Banachscher Fixpunktsatz < Nichtlineare Gleich. < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:36 Fr 10.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo erstmal!
So, ich bin mir gar nicht sicher, ob ich die Frage lieber unter Analysis stellen soll, denn eigentlich gehört der Fixpunktsatz doch dahin, oder? Aber meine Aufgabe kommt aus der Numerik...
Naja, jedenfalls habe ich folgende Iterationsvorschrift gegeben:
[mm] \Phi:\IR\to\IR, \Phi(x)=\bruch{x}{1+x^2}
[/mm]
Aufgabenteil a lautet nun: Bestimme die kleinste Konstante [mm] L\in\IR, [/mm] so dass für alle [mm] x,y\in\IR [/mm] gilt:
[mm] |\Phi(x)-\Phi(y)|\le [/mm] L|x-y|.
Ist der Banachsche Fixpunktsatz hier anwendbar?
Ich habe mir, ohne groß über die Mathematik des Fixpunktsatzes nachzudenken, als erstes Mal diese "Iterationsvorschrift" angeguckt (also gezeichnet). Dann habe ich mir überlegt, dass das L ja so sein muss, dass für alle x und y das obige gilt, also habe ich geguckt, wo die Funktionswerte von x und y am weitesten auseinander liegen, x und y aber nahe beieinander (denn das müsste ja dann das "größte" L sein, falls jemand versteht, was ich meine...). Jedenfalls ist das ja dort der Fall, wo die Ableitung am größten ist, also an der Stelle 0. Ich habe dann mal ein paar Werte nahe 0 eingesetzt und damit versucht L abzuschätzen. Ich würde vermuten, dass L=1 sein muss, oder geht es doch <1? Und vor allem: Ist der Weg so richtig, und reicht das so "mathematisch gesehen" oder gibt es da ein Prinzip, wie man die kleinste Konstante findet?
Dann zum Banachschen Fixpunktsatz: Voraussetzung ist ja ein vollständiger metrischer Raum mit einer kontrahierenden Abbildung. Vollständig metrisch ist der Raum doch (oder?) aber kontrahierend? Für kontrahierend muss das L doch echt kleiner 1 sein, wenn es also nach obiger Rechnung =1 ist, ist der Banachsche Fixpunktsatz nicht anwendbar, wenn es aber doch <1 ist, dann schon! 
(Hier noch eine kurze Frage: ist der Unterschied zwischen Lipschitz stetig und kontrahierend nur der, dass bei einer kontrahierenden Abbildung L<1 sein muss und bei Lipschitz stetig nur [mm] \ge [/mm] 0?)
Eigentlich finde ich meinen Lösungsweg bis hierhin ganz schön, aber irgendwie fast zu einfach. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Naja, Aufgabenteil b lautet dann noch:
Zeige, dass die Folge [mm] (x^{(k)})_{k\in\IN} [/mm] mit [mm] x^{(k+1)}=\Phi(x^{(k)}) [/mm] für jeden Startwert [mm] x^{(0)}\in\IR [/mm] gegen 0 konvergiert.
So, wenn der Banachsche Fixpunktsatz anwendbar ist, dann folgt das ja direkt aus diesem, da ja 0 der Fixpunkt wäre. Aber wenn dies nicht der Fall ist - was mache ich dann? Kann man den Satz so modifizieren, dass das dann trotzdem daraus folgt?
Nachtrag:
Also, ich habe gerade festgestellt, dass folgendes gilt:
[mm] \sup_{x,y} \bruch{|\Phi(x)-\Phi(y)|}{|x-y|}=\sup_{z}|\Phi'(z)|<\infty
[/mm]
demnach wäre also mein kleinstes L=1 und der Fixpunktsatz somit nicht anwendbar. :-(
Viele Grüße
Bastiane
![[winken]](/images/smileys/winken.gif "[winken]")
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:39 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Der Tipp ist leider falsch! ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]") (Stefan)
Liebe Christiane!
Überlege dir doch mal, dass man -egal wie man den Startwert wählt- im nächsten Schritt auf jedem Fall ins Intervall $[-0,5;0,5]$ kommt.
Jetzt muss du nur noch zeigen, dass
[mm] $\Phi|_{[-0,5;0,5]}$
[/mm]
eine kontrahierende Selbstabbildung ist.
> So, ich bin mir gar nicht sicher, ob ich die Frage lieber
> unter Analysis stellen soll, denn eigentlich gehört der
> Fixpunktsatz doch dahin, oder? Aber meine Aufgabe kommt aus
> der Numerik...
Ist schon okay, man hätte sie unter beidem stellen können.
> Dann zum Banachschen Fixpunktsatz: Voraussetzung ist ja ein
> vollständiger metrischer Raum mit einer kontrahierenden
> Abbildung. Vollständig metrisch ist der Raum doch (oder?)
Ja, man hat eine Metrik (den Betragsabstand) und der Raum [mm] $\IR$ [/mm] ist bezüglich dieser Metrik vollständig.
Beachte für meinen obigen Tipp bitte, dass auch $[-0,5;0,5]$ mit dem Betragsabstand ein vollständiger metrischer Raum ist, da abgeschlossene Teilmengen vollständiger topologischer Räume selbst wieder vollständig sind.
> aber kontrahierend? Für kontrahierend muss das L doch echt
> kleiner 1 sein, wenn es also nach obiger Rechnung =1 ist,
> ist der Banachsche Fixpunktsatz nicht anwendbar, wenn es
> aber doch <1 ist, dann schon!
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> (Hier noch eine kurze Frage: ist der Unterschied zwischen
> Lipschitz stetig und kontrahierend nur der, dass bei einer
> kontrahierenden Abbildung L<1 sein muss und bei Lipschitz
> stetig nur [mm]\ge[/mm] 0?)
Das ist richtig. ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
> So, wenn der Banachsche Fixpunktsatz anwendbar ist, dann
> folgt das ja direkt aus diesem, da ja 0 der Fixpunkt wäre.
> Aber wenn dies nicht der Fall ist - was mache ich dann?
> Kann man den Satz so modifizieren, dass das dann trotzdem
> daraus folgt?
Ja, siehe oben.
> Nachtrag:
> Also, ich habe gerade festgestellt, dass folgendes gilt:
> [mm]\sup_{x,y} \bruch{|\Phi(x)-\Phi(y)|}{|x-y|}=\sup_{z}|\Phi'(z)|<\infty
[/mm]
>
> demnach wäre also mein kleinstes L=1 und der Fixpunktsatz
> somit nicht anwendbar. :-(
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:52 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
Danke für den Tipp, leider komme ich damit noch nicht so ganz weiter.
> Überlege dir doch mal, dass man -egal wie man den Startwert
> wählt- im nächsten Schritt auf jedem Fall ins Intervall
> [mm][-0,5;0,5][/mm] kommt.
Was heißt denn "überlegen"?  Überlegt habe ich mir das, zuerst wollte ich es gar nicht glauben, aber dann habe ich das mal für ein paar Werte berechnet und "gesehen", warum es so ist. Aber mathematisch beweisen kann ich das nicht.
für [-1;1] könnte man ja damit argumentieren, dass der Zähler größer wird als der Nenner. Aber für [-0,5;0,5] - gibt's da nen Trick?
> Jetzt muss du nur noch zeigen, dass
>
> [mm]\Phi|_{[-0,5;0,5]}[/mm]
>
> eine kontrahierende Selbstabbildung ist.
Also quasi wieder die Schranke L berechnen, oder? Aber wenn ich das genauso mache, wie bei a, dann käme doch auch das Gleiche raus, oder? Mmh.
Und was war nochmal eine Selbstabbildung? Wenn Urbildmenge und Bildmenge gleich sind? Also jetzt hier [mm] \Phi:[-0,5;0,5]\to[-0,5;0,5]? [/mm] Muss das eigentlich wirklich sein? Ich finde beim Fixpunktsatz nur überall als Voraussetzung, dass die Abbildung kontrahierend ist, aber nicht, dass es eine Selbstabbildung sein muss.
> > So, wenn der Banachsche Fixpunktsatz anwendbar ist, dann
>
> > folgt das ja direkt aus diesem, da ja 0 der Fixpunkt
> wäre.
> > Aber wenn dies nicht der Fall ist - was mache ich dann?
>
> > Kann man den Satz so modifizieren, dass das dann trotzdem
>
> > daraus folgt?
>
> Ja, siehe oben.
Also habe ich den Bereich der Abbildung einfach nur "eingeschränkt", sodass der Satz wieder anwendbar ist!?
> > Nachtrag:
> > Also, ich habe gerade festgestellt, dass folgendes
> gilt:
> > [mm]\sup_{x,y} \bruch{|\Phi(x)-\Phi(y)|}{|x-y|}=\sup_{z}|\Phi'(z)|<\infty
[/mm]
>
> >
> > demnach wäre also mein kleinstes L=1 und der Fixpunktsatz
>
> > somit nicht anwendbar. :-(
>
>
Wäre ja sonst auch viel zu einfach gewesen!
Viele Grüße
Christiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:45 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> Danke für den Tipp, leider komme ich damit noch nicht so
> ganz weiter.
Schade. :-( Kein Wunder, war ja auch falsch! (Stefan)
> > Überlege dir doch mal, dass man -egal wie man den
> Startwert
> > wählt- im nächsten Schritt auf jedem Fall ins Intervall
>
> > [mm][-0,5;0,5][/mm] kommt.
> Was heißt denn "überlegen"? Überlegt habe ich mir das,
> zuerst wollte ich es gar nicht glauben, aber dann habe ich
> das mal für ein paar Werte berechnet und "gesehen", warum
> es so ist. Aber mathematisch beweisen kann ich das nicht.
>
Du musst ja zeigen, dass für
[mm] $\Phi(x) [/mm] = [mm] \frac{x}{1+x^2}$
[/mm]
folgendes gilt:
$-0.5 [mm] \le \Phi(x) \le [/mm] 0.5$
für alle $x [mm] \in \IR$. [/mm] Wie zeigt man so etwas? Man schaut, wo die Extrempunkte von [mm] $\Phi$ [/mm] liegen und wie das Verhalten für $x [mm] \to -\infty$ [/mm] und $x [mm] \to +\infty$ [/mm] aussieht. Man bestimmt also den Wertebereich, so wie in der Schule. Versuche es bitte mal!
> Also quasi wieder die Schranke L berechnen, oder? Aber wenn
> ich das genauso mache, wie bei a, dann käme doch auch das
> Gleiche raus, oder? Mmh.
Ja, völlig richtig.
Nein, weil es sich ja nur noch um das Supremum der Ableitung von [mm] $\Phi$ [/mm] im Intervall $[-0.5;0.5]$ geht. Und das ist eben nicht gleich $1$, sondern kleiner als $1$.
> Und was war nochmal eine Selbstabbildung? Wenn Urbildmenge
> und Bildmenge gleich sind?
Eine Abbildung [mm] $\Phi:X \to [/mm] X$ ist eine Selbstabbildung.
> Also jetzt hier
> [mm]\Phi:[-0,5;0,5]\to[-0,5;0,5]?[/mm] Muss das eigentlich wirklich
> sein? Ich finde beim Fixpunktsatz nur überall als
> Voraussetzung, dass die Abbildung kontrahierend ist, aber
> nicht, dass es eine Selbstabbildung sein muss.
Doch, das steht immer dabei. Zum Beispiel geht man ja ![[]](/images/popup.gif) hier auch von einer Abbildung $f:M [mm] \to [/mm] M$, also von einer Selbstabbildung, aus.
> Also habe ich den Bereich der Abbildung einfach nur
> "eingeschränkt", sodass der Satz wieder anwendbar ist!?
>
Ja, das ist der Trick. Aber Vorsicht: Man muss sich halt davon überzeugen, dass dann alle Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes ("kontrahierende Selbstabbildung") für diese eingeschränkte Funktion erfüllt sind!
Genau, Vorsicht! Sie sind es nämlich nicht, ich Depp! (Stefan)
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 20:19 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
So, ich glaube, jetzt bin ich auch mit dem zweiten Teil klargekommen.
> Du musst ja zeigen, dass für
>
> [mm]\Phi(x) = \frac{x}{1+x^2}[/mm]
>
> folgendes gilt:
>
> [mm]-0.5 \le \Phi(x) \le 0.5[/mm]
>
> für alle [mm]x \in \IR[/mm]. Wie zeigt man so etwas? Man schaut, wo
> die Extrempunkte von [mm]\Phi[/mm] liegen und wie das Verhalten für
> [mm]x \to -\infty[/mm] und [mm]x \to +\infty[/mm] aussieht. Man bestimmt also
> den Wertebereich, so wie in der Schule. Versuche es bitte
> mal!
Natürlich habe ich das versucht! Kurvendiskussionen habe ich eigentlich ganz gerne gemacht!
So, ich erhalte dann: Die Extrempunkte von [mm] \Phi [/mm] liegen bei 1 und -1 und [mm] \Phi(1)=-\bruch{1}{2}, \Phi(-1)=\bruch{1}{2}.
[/mm]
Dann habe ich mich erst gefragt, warum man noch das Verhalten für x gegen [mm] \infty [/mm] und [mm] -\infty [/mm] untersuchen muss, aber das ist jetzt klar. Ich hatte nur überlegt, ob es reichen würde, wenn man zeigt, dass die Funktion Wendestellen hat ("außerhalb" der Tiefpunkte), aber dann könnte die Funktion ja theoretisch trotzdem über den Hochpunkt hinaus wachsen, oder? Jedenfalls erhalte ich:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\Phi(x)=0_{+}
[/mm]
[mm] \limes_{n\rightarrow-\infty}\Phi(x)=0_{-}
[/mm]
Da [mm] 0\in[-0,5;0,5] [/mm] ist somit gezeigt, dass die ganze Funktion in [-0,5;0,5] liegt, da ja auch die Extrempunkte dort drin liegen.
> > Also quasi wieder die Schranke L berechnen, oder? Aber
> wenn
> > ich das genauso mache, wie bei a, dann käme doch auch das
>
> > Gleiche raus, oder? Mmh.
>
> Nein, weil es sich ja nur noch um das Supremum der
> Ableitung von [mm]\Phi[/mm] im Intervall [mm][-0.5;0.5][/mm] geht. Und das
> ist eben nicht gleich [mm]1[/mm], sondern kleiner als [mm]1[/mm].
Kann ich denn ein bestimmtes L angeben? Jedenfalls weiß ich nicht so ganz, wie ich das machen soll. Die Ableitung ist ja dieselbe, und die Nullstellen dieser auch. Nur liegen diese nicht mehr im Intervall [-0.5;0.5], oder wäre dann das Supremum =0,5? Ich fürchte, ich habe hier gerade einen Denkfehler...
> > Und was war nochmal eine Selbstabbildung? Wenn
> Urbildmenge
> > und Bildmenge gleich sind?
>
> Eine Abbildung [mm]\Phi:X \to X[/mm] ist eine Selbstabbildung.
>
> > Also jetzt hier
> > [mm]\Phi:[-0,5;0,5]\to[-0,5;0,5]?[/mm] Muss das eigentlich
> wirklich
> > sein? Ich finde beim Fixpunktsatz nur überall als
> > Voraussetzung, dass die Abbildung kontrahierend ist, aber
>
> > nicht, dass es eine Selbstabbildung sein muss.
>
>
> Doch, das steht immer dabei. Zum Beispiel geht man ja
> hier
> auch von einer Abbildung [mm]f:M \to M[/mm], also von einer
> Selbstabbildung, aus.
Ja, du hast Recht. Nur, weil es nicht explizit genannt war, sondern da einfach stand: f:M [mm] \to [/mm] M, habe ich das gar nicht beachtet. Und die Seite von dem Link da, habe ich gestern auch schon gefunden.
> > Also habe ich den Bereich der Abbildung einfach nur
> > "eingeschränkt", sodass der Satz wieder anwendbar ist!?
>
> >
>
> Ja, das ist der Trick. Aber Vorsicht: Man muss sich halt
> davon überzeugen, dass dann alle Voraussetzungen des
> Banachschen Fixpunktsatzes ("kontrahierende
> Selbstabbildung") für diese eingeschränkte Funktion erfüllt
> sind!
Okay, dazu noch eine Frage: Wusstest du, dass [mm] \Phi [/mm] genau in diesem Intervall liegt? Oder hast du etwa die ganze Aufgabe vorher schon gerechnet?
Viele Grüße und danke für die schönen Tipps.
Christiane
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:25 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
].
> Kann ich denn ein bestimmtes L angeben? Jedenfalls weiß
> ich nicht so ganz, wie ich das machen soll. Die Ableitung
> ist ja dieselbe, und die Nullstellen dieser auch. Nur
> liegen diese nicht mehr im Intervall [-0.5;0.5], oder wäre
> dann das Supremum =0,5? Ich fürchte, ich habe hier gerade
> einen Denkfehler...
Nein, ich habe den Fehler gemacht, nicht du. ![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]")
> Okay, dazu noch eine Frage: Wusstest du, dass [mm]\Phi[/mm] genau in
> diesem Intervall liegt? Oder hast du etwa die ganze Aufgabe
> vorher schon gerechnet?
Nö, das habe ich sofort gesehen. Allerdings habe ich mich ja auch vertan, so dass ich mal besser demnächst lieber vorher rechnen sollte.
> Viele Grüße und danke für die schönen Tipps.
Die waren ja leider nicht so schön. ![[wein]](/images/smileys/wein.gif "[wein]")
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:53 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
Also, ich bin da ja gerade am Rechnen und komme ein bisschen durcheinander mit den ganzen Ableitungen. Deswegen jetzt erstmal noch zu Teil a - Teil b kommt nachher... (dein weiterer Tipp hilft natürlich, hätte ich eigentlich auch selber drauf kommen können! ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]") )
> Ich habe mir, ohne groß über die Mathematik des
> Fixpunktsatzes nachzudenken, als erstes Mal diese
> "Iterationsvorschrift" angeguckt (also gezeichnet). Dann
> habe ich mir überlegt, dass das L ja so sein muss, dass für
> alle x und y das obige gilt, also habe ich geguckt, wo die
> Funktionswerte von x und y am weitesten auseinander liegen,
> x und y aber nahe beieinander (denn das müsste ja dann das
> "größte" L sein, falls jemand versteht, was ich meine...).
> Jedenfalls ist das ja dort der Fall, wo die Ableitung am
> größten ist, also an der Stelle 0. Ich habe dann mal ein
> paar Werte nahe 0 eingesetzt und damit versucht L
> abzuschätzen. Ich würde vermuten, dass L=1 sein muss, oder
Das, was ich mir hier überlegt hatte, ist doch im Prinzip, die Hochpunkte der Ableitung zu suchen. komisch, hatte ich gar nicht gemerkt. Jedenfalls muss ich dafür ja dann [mm] \Phi''=0 [/mm] setzen, da erhalte ich drei reelle Lösungen, nämlich 0 und [mm] \pm\wurzel3, [/mm] aber nur an der Stelle 0 ist ein Hochpunkt. Und [mm] \Phi(0)=1, [/mm] also L=1, was ich ja schon vermutet hatte.
Ich denke, du brauchst das nicht alles nachzurechnen, ich selbst habe mich schon bei der zweiten Ableitung verrechnet, das habe ich dann meinen Computer mal rechnen lassen. Meinst du, ich muss aufschreiben, wie ich die Ableitungen berechne, oder reicht es bei der zweiten und dritten, wenn ich sie einfach angebe. Bei der dritten wird das nämlich ziemlich lang, und auch das 0 setzen der zweiten Ableitung ist etwas Schreibarbeit. (Ich hoffe, du antwortest jetzt nicht mit: "Besser wär's schon, wenn du alles aufschreibst." )
> Nachtrag:
> Also, ich habe gerade festgestellt, dass folgendes gilt:
> [mm]\sup_{x,y} \bruch{|\Phi(x)-\Phi(y)|}{|x-y|}=\sup_{z}|\Phi'(z)|<\infty
[/mm]
>
> demnach wäre also mein kleinstes L=1 und der Fixpunktsatz
> somit nicht anwendbar. :-(
Komisch, dass ich hier auch nicht gemerkt hatte, dass das genau das ist, was ich mir selber überlegt hatte.
Viele Grüße
Bastiane
![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]")
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:12 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> Hallo Stefan!
> Das, was ich mir hier überlegt hatte, ist doch im Prinzip,
> die Hochpunkte der Ableitung zu suchen. komisch,
> hatte ich gar nicht gemerkt. Jedenfalls muss ich dafür ja
> dann [mm]\Phi''=0[/mm] setzen, da erhalte ich drei reelle Lösungen,
> nämlich 0 und [mm]\pm\wurzel3,[/mm] aber nur an der Stelle 0 ist ein
> Hochpunkt. Und [mm]\Phi(0)=1,[/mm] also L=1, was ich ja schon
> vermutet hatte.
Du meinst: [mm] $\Phi'(0)=1$, [/mm] oder?
Mist, Mist, das kommt davon, dass ich die Aufgabe nicht nachgerechnet habe, sondern mir wieder nur im Kopf überlegt habe. Dann geht das in der Tat wieder nicht mit Banach, auch mit der Einschränkung nicht, denn $0$ liegt ja auch im Intervall $[-0.5;0.5]$. Ich hatte gedacht, das ging wie immer bei diesen Aufgaben durch Einschränkung.
Hmmh, dann müssen wir uns was anderes überlegen. Gerade habe ich aber keine Idee... [verzweifel]
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:10 So 12.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Ich habe die Aufgabe jetzt herausbekommen, denke ich, weiß aber nicht, ob ich das heute schaffe aufzuschreiben, da ich mich um unser Haus kümmern muss. Nutze mal aus, dass die Iterationsfolge monoton fallend (falls [mm] $x_0 \ge [/mm] 0$) bzw. streng monoton fallend (falls [mm] $x_0 \le [/mm] 0$) ist und beides Mal durch $0$ und [mm] $x_0$ [/mm] beschränkt ist, also auf jeden Fall konvergent. Jetzt musst du noch zeigen, dass der Grenzwert tatsächlich ein Fixpunkt ist.
Vielleicht kann dir dabei ja ein anderes Mitglied des Matheraums helfen.
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:57 So 12.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
> Ich habe die Aufgabe jetzt herausbekommen, denke ich, weiß
> aber nicht, ob ich das heute schaffe aufzuschreiben, da ich
> mich um unser Haus kümmern muss. Nutze mal aus, dass die
Super, dass du's rausbekommen hast! Kein Problem mit dem Aufschreiben, es hat ja noch Zeit. Und so kann ich wenigstens nochmal selber überlegen... Wie sieht's denn mit eurem Haus aus?
> Iterationsfolge monoton fallend (falls [mm]x_0 \ge 0[/mm]) bzw.
> streng monoton fallend (falls [mm]x_0 \le 0[/mm]) ist und beides Mal
> durch [mm]0[/mm] und [mm]x_0[/mm] beschränkt ist, also auf jeden Fall
> konvergent. Jetzt musst du noch zeigen, dass der Grenzwert
> tatsächlich ein Fixpunkt ist.
Also: monoton fallend.
Hab' ich mal versucht zu zeigen... Da habe ich aber ein bisschen Probleme, weil das eine Folge ist, und ich irgendwie immer rechne, als wäre es eine Funktion. Irgendwie habe ich da nie den Unterschied beim Rechnen gesehen, aber das ist wohl schon was anderes.
Jedenfalls gilt doch für eine monoton fallende Folge:
[mm] \bruch{a_n+1}{a_n}\le [/mm] 1 [mm] \forall [/mm] n
also hier:
[mm] \bruch{\Phi(x+1)}{\Phi(x)}\le [/mm] 1 [mm] \forall [/mm] x
Nun ist ja [mm] \Phi(x)=\bruch{x}{1+x^2}
[/mm]
Und ich habe berechnet:
[mm] \Phi(x+1)=\bruch{x+1}{1+(x+1)^2}=\bruch{1}{2+x}
[/mm]
aber ich bin mir nicht sicher, ob man das so macht!?
Dann wäre jedenfalls:
[mm] \bruch{\Phi(x+1)}{\Phi(x)}\=\bruch{1}{2+x}*\bruch{1+x^2}{x}=\bruch{1+x^2}{2x+x^2}
[/mm]
und das ist nur [mm] \le [/mm] 1 für [mm] x\ge [/mm] 0,5!?
Und die Beschränktheit berechnet man doch durch den Limes (?), das sieht man ja direkt, dass
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\Phi(x)=0
[/mm]
aber beschränkt durch [mm] x_0? [/mm] Vielleicht habe ich nur das Problem, dass das da eine Folge und keine Funktion ist...
Und warum muss ich dann noch zeigen, dass der Grenzwert ein Fixpunkt ist? Ich will den Banachschen Fixpunktsatz doch gar nicht mehr anwenden, oder? Ich soll ja nur zeigen, dass die Folge gegen 0 konvergiert!? Aber ein Fixpunkt ist es doch wegen [mm] \Phi(0)=\bruch{0}{1+0^2}=0
[/mm]
So, vielleicht kommt mir ja noch ne Erleuchtung von alleine...
Viele Grüße
Christiane
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:06 Mo 13.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Zunächst einmal: Unserem Haus geht es gut, wir bekommen es morgen übergeben. Allerdings ist dann noch ziemlich viel von uns zu tun, einziehen können wir noch lange nicht.
Du hast meine Tipps leider nicht richtig verstanden. Ich meinte die Iterationsfolge, also die durch
[mm] $x_{n+1}:= \Phi(x_n)$
[/mm]
für ein beliebiges [mm] $x_0 \in \IR$ [/mm] rekursiv bestimmte Folge.
Zunächst sei [mm] $x_0> [/mm] 0$.
Dann zeigt man mit vollständiger Induktion
[Idee: [mm] $x_{n+1} [/mm] = [mm] \Phi(x_n) [/mm] = [mm] \frac{x_n}{1+x_n^2} [/mm] > 0$ (nach Induktionsvoraussetzung)]
die Beziehung [mm] $x_n>0$ [/mm] für alle $n [mm] \in \IN$.
[/mm]
Weiterhin ist die Folge [mm] $(x_n)_{n \in \IN}$ [/mm] wegen
[mm] $x_{n+1} [/mm] = [mm] \frac{x_n}{1+x_n^2} [/mm] < [mm] x_n$ [/mm] (wegen [mm] $x_n [/mm] > 0$)
(streng) monoton fallend.
Im Falle [mm] $x_0 [/mm] > 0$ ist die Folge [mm] $(x_n)_{n \in \IN}$ [/mm] also streng monoton fallend und durch $0$ und [mm] $x_0$ [/mm] beschränkt (sogar strikt beschränkt), d.h. es gilt:
$0 < [mm] x_n [/mm] < [mm] x_0$
[/mm]
für alle $n [mm] \in \IN$.
[/mm]
Analog zeigt man im Falle [mm] $x_0 [/mm] < 0$:
Die Folge [mm] $(x_n)_{n in \IN}$ [/mm] ist streng monoton steigend und für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] gilt:
$0 > [mm] x_n [/mm] > [mm] x_0$.
[/mm]
Da beschränkte monotone Folgen konvergieren, konvergiert die Iterationsfolge [mm] $(x_n)_{n \in \IN}$ [/mm] sowohl im Falle [mm] $x_0 [/mm] >0$ wie auch im Falle [mm] $x_0=0$ [/mm] (im Falle [mm] $x_0=0$ [/mm] konvergiert sie trivialerweise, weil es sich um die konstante Nullfolge handelt).
Wir müssen nun nur noch zeigen, dass dieser Grenzwert in beiden Fällen der Fixpunkt, also wegen
[mm] $x_{\*} [/mm] = [mm] \Phi(x_{\*}) [/mm] = [mm] \frac{x_{\*}}{1 + x_{\*}^2} \quad \Leftrightarrow \quad [/mm] 1 + [mm] x_{\*}^2 [/mm] = 1 [mm] \quad \Leftrightarrow \quad x_{\*} [/mm] =0$,
gleich $0$ ist.
Da die Funktion [mm] $\Phi:\IR \to \IR$ [/mm] aber stetig ist, folgt aus
[mm] $x_{n+1} [/mm] = [mm] \Phi(x_n)$
[/mm]
durch Grenzübergang für $n [mm] \to \infty$
[/mm]
[mm] $\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}= \lim\limits_{n \to \infty} x_{n+1} [/mm] = [mm] \lim\limits_{n \to \infty} \Phi(x_n) [/mm] = [mm] \Phi(\lim\limits_{n \to \infty} x_n)$,
[/mm]
d.h. der Grenzwert [mm] $\lim\limits_{n \to \infty} x_n$ [/mm] ist (unabhängig vom gewählten [mm] $x_0$) [/mm] notwendigerweise zugleich auch der Fixpunkt.
Ist denn jetzt alles klar?
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:33 Mi 15.12.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
> Zunächst sei [mm]x_0> 0[/mm].
>
> Dann zeigt man mit vollständiger Induktion
>
> [Idee: [mm]x_{n+1} = \Phi(x_n) = \frac{x_n}{1+x_n^2} > 0[/mm] (nach
> Induktionsvoraussetzung)]
>
> die Beziehung [mm]x_n>0[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm].
So, du willst es ja bestimmt sehen, ich hoffe, es ist richtig, denn eigentlich steht es doch direkt da, oder?
zz.: [mm] x_n>0 \; \forall n\in [/mm] N
Induktion nach n:
IA: n=0
[mm] x_1=\Phi(x_0)=\bruch{x_0}{1+x_0^2}>0, [/mm] da [mm] x_0>0
[/mm]
IV: [mm] \Phi(x_n)=\bruch{x_n}{1+x_n^2}>0 \; \forall [/mm] n
IS: [mm] n\to [/mm] n+1
[mm] \Phi(x_{n+1})=x_{n+2}=\bruch{x_{n+1}}{1+x_{n+1}^2}>0, [/mm] da [mm] x_{n+1}>0 [/mm] nach IV
> Weiterhin ist die Folge [mm](x_n)_{n \in \IN}[/mm] wegen
>
> [mm]x_{n+1} = \frac{x_n}{1+x_n^2} < x_n[/mm] (wegen [mm]x_n > 0[/mm])
>
>
> (streng) monoton fallend.
Wieso ist das streng eingeklammert?
>
> Im Falle [mm]x_0 > 0[/mm] ist die Folge [mm](x_n)_{n \in \IN}[/mm] also
> streng monoton fallend und durch [mm]0[/mm] und [mm]x_0[/mm] beschränkt
> (sogar strikt beschränkt), d.h. es gilt:
>
> [mm]0 < x_n < x_0[/mm]
>
> für alle [mm]n \in \IN[/mm].
>
> Analog zeigt man im Falle [mm]x_0 < 0[/mm]:
>
> Die Folge [mm](x_n)_{n in \IN}[/mm] ist streng monoton steigend und
> für alle [mm]n \in \IN[/mm] gilt:
>
> [mm]0 > x_n > x_0[/mm].
Hier verläuft die Induktion genauso...
> Da beschränkte monotone Folgen konvergieren, konvergiert
> die Iterationsfolge [mm](x_n)_{n \in \IN}[/mm] sowohl im Falle [mm]x_0 >0[/mm]
> wie auch im Falle [mm]x_0=0[/mm] (im Falle [mm]x_0=0[/mm] konvergiert sie
> trivialerweise, weil es sich um die konstante Nullfolge
> handelt).
>
> Wir müssen nun nur noch zeigen, dass dieser Grenzwert in
> beiden Fällen der Fixpunkt, also wegen
>
> [mm]x_{\*} = \Phi(x_{\*}) = \frac{x_{\*}}{1 + x_{\*}^2} \quad \Leftrightarrow \quad 1 + x_{\*}^2 = 1 \quad \Leftrightarrow \quad x_{\*} =0[/mm],
>
>
> gleich [mm]0[/mm] ist.
>
> Da die Funktion [mm]\Phi:\IR \to \IR[/mm] aber stetig ist, folgt
> aus
>
> [mm]x_{n+1} = \Phi(x_n)[/mm]
>
> durch Grenzübergang für [mm]n \to \infty[/mm]
>
> [mm]\lim\limits_{n \to \infty} x_{n}= \lim\limits_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim\limits_{n \to \infty} \Phi(x_n) = \Phi(\lim\limits_{n \to \infty} x_n)[/mm],
>
>
> d.h. der Grenzwert [mm]\lim\limits_{n \to \infty} x_n[/mm] ist
> (unabhängig vom gewählten [mm]x_0[/mm]) notwendigerweise zugleich
> auch der Fixpunkt.
>
> Ist denn jetzt alles klar?
Fast.
Hier am Ende verstehe ich das Prinzip nicht mehr so ganz:
Wir haben jetzt gezeigt, dass die Iterationsfolge in jedem Fall konvergiert und müssen nun noch zeigen, dass der Grenzwert 0 ist. Brauchen wir denn dafür die Zeile mit dem Fixpunkt? Reicht es nicht, den Grenzwert so anzugeben, wie da oben? Und kannst du mir vielleicht noch sagen, warum diese Zeile da mit dem Grenzwert so gilt (also, das letzte Gleichheitszeichen, der Rest ist doch trivial, oder?) - das ist doch wahrscheinlich irgendein Satz, den ich mal wieder vergessen habe. Es reicht, wenn du sagst, welcher Satz das ist, dann gucke ich das selber nach.
Aber ansonsten war deine Erklärung sehr gut! Danke.
Viele Grüße und viel Spaß in eurem neuen Haus! Wann habt ihr denn vor, einzuziehen?
Viele Grüße
Christiane
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:56 Mi 15.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> es ja bestimmt sehen, ich hoffe, es ist richtig, denn
> eigentlich steht es doch direkt da, oder?
> zz.: [mm]x_n>0 \; \forall n\in[/mm] N
> Induktion nach n:
> IA: n=0
> [mm]x_1=\Phi(x_0)=\bruch{x_0}{1+x_0^2}>0,[/mm] da [mm]x_0>0
[/mm]
> IV: [mm]\Phi(x_n)=\bruch{x_n}{1+x_n^2}>0 \; \forall[/mm] n
> IS: [mm]n\to[/mm] n+1
> [mm]\Phi(x_{n+1})=x_{n+2}=\bruch{x_{n+1}}{1+x_{n+1}^2}>0,[/mm] da
> [mm]x_{n+1}>0[/mm] nach IV
> Wieso ist das streng eingeklammert?
Weil man eigentlich nur monoton bräuchte, hier aber mehr hat, nämlich strenge Monotonie. Ist aber völlig egal.
> Wir haben jetzt gezeigt, dass die Iterationsfolge in jedem
> Fall konvergiert und müssen nun noch zeigen, dass der
> Grenzwert 0 ist. Brauchen wir denn dafür die Zeile mit dem
> Fixpunkt? Reicht es nicht, den Grenzwert so anzugeben, wie
> da oben?
Wie willst du es denn genau machen? Es ist schwierig direkt zu zeigen, dass $0$ der Grenzwert ist. Mir gelingt das nicht, und ich denke es geht auch nicht. Daher zeigt man besser zunächst, dass der Grenzwert auf jeden Fall ein Fixpunkt sein muss.
> Und kannst du mir vielleicht noch sagen, warum
> diese Zeile da mit dem Grenzwert so gilt (also, das letzte
> Gleichheitszeichen, der Rest ist doch trivial, oder?) - das
> ist doch wahrscheinlich irgendein Satz, den ich mal wieder
> vergessen habe. Es reicht, wenn du sagst, welcher Satz das
> ist, dann gucke ich das selber nach.
Das ist die Stetigkeit von [mm] $\Phi$. [/mm]
> Viele Grüße und viel Spaß in eurem neuen Haus! Wann habt
> ihr denn vor, einzuziehen?
Am 21. Januar. Dann kommt der Möbelwagen... Bis dahin ist noch viel zu tun.
Liebe Grüße
Stefan
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