Fixpunkt/monoton.st.Funktion < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:45 Fr 07.11.2008 | | Autor: | SusanneK |
| Aufgabe | E seien [mm] a,b \in \IR , a < b[/mm]. Ein Element [mm] \delta \in [a,b] [/mm] heisst Fixpunkt einer Funktion [mm] f:[a,b] \to [a,b] [/mm], wenn [mm] f(\delta)=\delta [/mm] gilt.
a) Zeigen Sie an einem Beispiel, dass monoton fallende Funktionen [mm] f:[a,b] \to [a,b] [/mm] nicht notwendig einen Fixpunkt besitzen.
b) Jetzt sei f wie oben, aber eine monoton steigende Funktion. Zeigen Sie, dass f einen Fixpunkt besitzt. |
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Hallo,
zu a) habe ich folgende Idee:
[mm] f(x)=-x-1 [/mm] für alle [mm] x \ge 0 [/mm] und
[mm] f(x)=0 [/mm] für alle [mm] x < 0 [/mm]
Ist diese Funktion so ok ?
zu b) Das verstehe ich nicht so richtig. Bei der Aufgabe steht noch ein Hinweis auf folgenden Satz im Skript: Jede nicht leere nach oben beschränkte Menge reeller Zahlen besitzt ein Supremum in [mm] \IR [/mm].
Das wäre in diesem Fall b - oder ?
Aber ein Fixpunkt ist doch nicht ein Supremum.
Ich weiss hier nicht so richtig, wie ich das zeigen soll.
Danke, Susanne.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:24 Fr 07.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> E seien [mm]a,b \in \IR , a < b[/mm]. Ein Element [mm]\delta \in [a,b][/mm]
> heisst Fixpunkt einer Funktion [mm]f:[a,b] \to [a,b] [/mm], wenn
> [mm]f(\delta)=\delta[/mm] gilt.
> a) Zeigen Sie an einem Beispiel, dass monoton fallende
> Funktionen [mm]f:[a,b] \to [a,b][/mm] nicht notwendig einen Fixpunkt
> besitzen.
> b) Jetzt sei f wie oben, aber eine monoton steigende
> Funktion. Zeigen Sie, dass f einen Fixpunkt besitzt.
> Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
>
> Hallo,
> zu a) habe ich folgende Idee:
> [mm]f(x)=-x-1[/mm] für alle [mm]x \ge 0[/mm] und
> [mm]f(x)=0[/mm] für alle [mm]x < 0[/mm]
> Ist diese Funktion so ok ?
nein, tut mir leid. [mm] $\IR$ [/mm] läßt sich ja nicht als kompaktes Intervall schreiben. Der Definitionsbereich Deiner Funktion soll ja ein Intervall der Bauart [mm] $[\black{a},b]$ [/mm] sein, und der Zielbereich soll dann auch [mm] $[\black{a},b]$ [/mm] sein. Also [mm] $D_f=[\black{a},b]$ [/mm] mit festen $a,b [mm] \in \IR$ [/mm] mit [mm] $\black{a} \le [/mm] b$ (Du brauchst natürlich bzgl. der Aufgabenstellung schon [mm] $\black{a}
Aber folgendes ginge z.B.:
$$f: [-3,3]: [mm] \to [/mm] [-3,3] [mm] \text{ definiert durch }f(x)=\begin{cases} 0, & \mbox{für } -3 \le x < 0 \\ -1, & \mbox{für } 0 \le x \le 3 \end{cases}\,.$$
[/mm]
Generell der anschauliche Ansatz: Du musst eine monoton fallende Funktion so finden, dass der Graph dieser Funktion auf [mm] $[\black{a},b]$ [/mm] den Graphen von [mm] $g(x)=\black{x}$ [/mm] auf [mm] $[\black{a},b]$ [/mm] nicht schneidet.
Wenn Du Dir das klarmachst, dann fällt Dir schonmal auf, dass man an einer Stelle um den Graphen von [mm] $g(x)=\black{x}$ [/mm] herumspringen sollte (muss?). Wenn Du das verstanden hast, wäre es nun nicht schlecht, wenn Du selbst auch mal ein anderes (nicht ganz so triviales) Beispiel lieferst. Z.B. könnte man obiges [mm] $\black{f}$ [/mm] ja auch auf $(0,3]$ etwas "komplizierter" definieren (beachte aber, dass [mm] $\black{f}$ [/mm] auf $(0,3]$ monoton fallend sein muss und $f((0,3]) [mm] \subseteq [/mm] [-3,3]$ gelten muss)...
> zu b) Das verstehe ich nicht so richtig. Bei der Aufgabe
> steht noch ein Hinweis auf folgenden Satz im Skript: Jede
> nicht leere nach oben beschränkte Menge reeller Zahlen
> besitzt ein Supremum in [mm]\IR [/mm].
> Das wäre in diesem Fall b -
> oder ?
Nein. Das Supremum von [mm] $[\black{a},b]$ [/mm] ist zwar [mm] $\black{b}\,,$ [/mm] das meinst Du vielleicht. Aber der Tipp ist eher so zu verstehen, dass Du bitte beachten sollst, dass [mm] $f([\black{a},b])$ [/mm] ein Supremum hat (dazu überlege Dir: [mm] $f([\black{a},b])$ [/mm] ist beschränkt; beachte dabei, dass $f:[a,b] [mm] \to [a,b]\,.$)
[/mm]
Nun definierst Du [mm] $\xi:=\text{sup}f([\black{a},b])\,.$ [/mm] Dann ist auch [mm] $\xi \in [a,b]\,.$ [/mm] (Warum?) Falls [mm] $f(\xi)=\xi\,$ [/mm] so ist nichts mehr zu zeigen. Sei also [mm] $f(\xi) \not=\xi\,.$ [/mm] Und jetzt wird's ein bisschen knifflig: Anschaulich scheint dann klar, dass es dann in mindestens einer der Mengen [mm] $[a,\xi)$ [/mm] oder [mm] $(\xi,b]$ [/mm] einen Fixpunkt gibt. Man kann nun versuchen, das folgende zu zeigen:
1.) Falls es in [mm] $[a,\xi)$ [/mm] keinen Fixpunkt gibt, dann gibt es einen in [mm] $(\xi,b]\,.$
[/mm]
2.) Falls es in [mm] $(\xi,b]$ [/mm] keinen Fixpunkt gibt, dann gibt es einen in [mm] $[a,\xi)\,.$
[/mm]
> Aber ein Fixpunkt ist doch nicht ein Supremum.
> Ich weiss hier nicht so richtig, wie ich das zeigen soll.
Das habe ich nun oben hingeschrieben. Ich habe den Ansatz nun nicht zu Ende gedacht, aber er sollte durchführbar sein. Vielleicht musst Du auch so nach und nach dann [mm] $\text{sup}f([a,\xi))$ [/mm] und [mm] $\text{sup}f((\xi,b])$ [/mm] ins Spiel bringen oder sowas. Das weiß ich gerade nicht, da ich selbst den Beweis im Kopf noch nicht zu Ende gebastelt habe und mir jetzt erstmal etwas zu essen mache  Aber ich hoffe, es hilft Dir wenigstens ansatzweise schonmal weiter 
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:12 Fr 07.11.2008 | | Autor: | SusanneK |
Hallo Marcel,
wieder erstmal vielen, vielen Dank für Deine Hilfe !!
Was ein Fixpunkt ist, habe ich erst nach Deiner Erklärung verstanden - danke !
> Wenn Du Dir das klarmachst, dann fällt Dir schonmal auf,
> dass man an einer Stelle um den Graphen von [mm]g(x)=\black{x}[/mm]
> herumspringen sollte (muss?). Wenn Du das verstanden hast,
> wäre es nun nicht schlecht, wenn Du selbst auch mal ein
> anderes (nicht ganz so triviales) Beispiel lieferst. Z.B.
> könnte man obiges [mm]\black{f}[/mm] ja auch auf [mm](0,3][/mm] etwas
> "komplizierter" definieren (beachte aber, dass [mm]\black{f}[/mm]
> auf [mm](0,3][/mm] monoton fallend sein muss und [mm]f((0,3]) \subseteq [-3,3][/mm]
> gelten muss)...
Also, mein Ansatz (ok, nicht so superkreativ, aber hoffentlich richtig):
> [mm]f: (0,3]: \to [-3,3] \text{ definiert durch }f(x)=\begin{cases} -1, & \mbox{für } x \le 1\\ -\wurzel{x}, & \mbox{für } 1 < x \le 9 \\ -3, & \mbox{für } 9 < x\end{cases}\,.[/mm]
> Nun definierst Du [mm]\xi:=\text{sup}f([\black{a},b])\,.[/mm] Dann
> ist auch [mm]\xi \in [a,b]\,.[/mm] (Warum?) Falls [mm]f(\xi)=\xi\,[/mm] so
> ist nichts mehr zu zeigen. Sei also [mm]f(\xi) \not=\xi\,.[/mm] Und
> jetzt wird's ein bisschen knifflig: Anschaulich scheint
> dann klar, dass es dann in mindestens einer der Mengen
> [mm][a,\xi)[/mm] oder [mm](\xi,b][/mm] einen Fixpunkt gibt. Man kann nun
> versuchen, das folgende zu zeigen:
Also, erstmal ist [mm]\xi \in [a,b]\[/mm], weil dieses Intervall auch das Intervall der Funktionswerte ist.
Das Problem ist - glaube ich - dass die Funktion g(x)=x auch monoton steigend ist.
Kann man hier sagen, wenn f die Winkelhalbierende trifft, dann habe ich
einen Fixpunkt ?
Und wenn f parallel zur Winkelhalbierenden ist, dann geht f(x) irgendwann über die Intervallgrenze hinaus, obwohl x noch nicht an der Definitionsbereichsgrenze angekommen ist.
Wenn das alles stimmt, habe ich jetzt wenigstens verstanden, was ich beweisen soll - wenn auch noch nicht wie.
Auf jeden Fall - VIELEN VIELEN DANK !
LG, Susanne.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:29 Sa 08.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Susanne,
> Hallo Marcel,
> wieder erstmal vielen, vielen Dank für Deine Hilfe !!
>
> Was ein Fixpunkt ist, habe ich erst nach Deiner Erklärung
> verstanden - danke !
>
> > Wenn Du Dir das klarmachst, dann fällt Dir schonmal auf,
> > dass man an einer Stelle um den Graphen von [mm]g(x)=\black{x}[/mm]
> > herumspringen sollte (muss?). Wenn Du das verstanden
> hast,
> > wäre es nun nicht schlecht, wenn Du selbst auch mal ein
> > anderes (nicht ganz so triviales) Beispiel lieferst. Z.B.
> > könnte man obiges [mm]\black{f}[/mm] ja auch auf [mm](0,3][/mm] etwas
> > "komplizierter" definieren (beachte aber, dass [mm]\black{f}[/mm]
> > auf [mm](0,3][/mm] monoton fallend sein muss und [mm]f((0,3]) \subseteq [-3,3][/mm]
> > gelten muss)...
> Also, mein Ansatz (ok, nicht so superkreativ, aber
> hoffentlich richtig):
> > [mm]f: (0,3]: \to [-3,3] \text{ definiert durch }f(x)=\begin{cases} -1, & \mbox{für } x \le 1\\ -\wurzel{x}, & \mbox{für } 1 < x \le 9 \\ -3, & \mbox{für } 9 < x\end{cases}\,.[/mm]
Uh, da hast Du aber immer noch ein paar Patzer drin. Zum einen muss der Definitionsbereich ja ein kompaktes (bzw. abgeschlossenes) Intervall sein. $(0,3]$ ist nicht kompakt. Auch, wenn man $(0,3]$ duch $[0,3]$ ersetzt, sind da immer noch Patzer drin. Dann hättest Du oben eine Funktion [mm] $[\black{a},b] \to [/mm] [-b,b]$ angegeben, Du sollst aber eine Funktion [mm] $[\black{a},b] \to [/mm] [a,b]$ angeben. Das heißt:
Der Definitionsbereich von [mm] $\black{f}$ [/mm] muss ein kompaktes Intervall der Bauart [mm] $[\black{a},b]$ [/mm] sein, und für alle $x [mm] \in [/mm] [a,b]$ muss auch $f(x) [mm] \in [/mm] [a,b]$ gelten. Deine obige Funktion ist zwar monoton fallend, aber alles andere beachtest Du nicht. Und wenn Dein [mm] $\black{f}$ [/mm] nur auf $(0,3]$ definiert ist, warum schreibst Du dann, wie [mm] $\black{f}(x)$ [/mm] für $x [mm] \le [/mm] 9$ bzw. [mm] $\black{x} [/mm] > 9$ aussieht? Wenn ich eine Abbildung $g: [mm] D_g:=\{n \in \IN: \; n \le 5\} \to \IN$ [/mm] definiere durch [mm] $g(m):=m^2$ [/mm] (für $m [mm] \in \{n \in \IN:\;n \le 5\}$), [/mm] dann kannst Du doch nicht mehr von $g(8)$ sprechen, da $8 [mm] \notin D_g\,.$ [/mm] Natürlich stellt sich manchmal die Frage der Erweiterung einer Funktion, aber da will man eine "erweiterte Funktion" mit gewissen Eigenschaften finden...
Also: Achte bitte genau darauf, dass alle Voraussetzungen erfüllt sind und dass Du Deine Funktion auch "sinnvoll" definierst, also keine Funktionswerte für Stellen angibst, wenn die Stellen gar nicht im Definitionsbereich liegen...
> > Nun definierst Du [mm]\xi:=\text{sup}f([\black{a},b])\,.[/mm] Dann
> > ist auch [mm]\xi \in [a,b]\,.[/mm] (Warum?) Falls [mm]f(\xi)=\xi\,[/mm] so
> > ist nichts mehr zu zeigen. Sei also [mm]f(\xi) \not=\xi\,.[/mm] Und
> > jetzt wird's ein bisschen knifflig: Anschaulich scheint
> > dann klar, dass es dann in mindestens einer der Mengen
> > [mm][a,\xi)[/mm] oder [mm](\xi,b][/mm] einen Fixpunkt gibt. Man kann nun
> > versuchen, das folgende zu zeigen:
> Also, erstmal ist [mm]\xi \in [a,b]\[/mm], weil dieses Intervall
> auch das Intervall der Funktionswerte ist.
> Das Problem ist - glaube ich - dass die Funktion g(x)=x
> auch monoton steigend ist.
> Kann man hier sagen, wenn f die Winkelhalbierende trifft,
> dann habe ich
> einen Fixpunkt ?
> Und wenn f parallel zur Winkelhalbierenden ist, dann geht
> f(x) irgendwann über die Intervallgrenze hinaus, obwohl x
> noch nicht an der Definitionsbereichsgrenze angekommen
> ist.
>
> Wenn das alles stimmt, habe ich jetzt wenigstens
> verstanden, was ich beweisen soll - wenn auch noch nicht
> wie.
Naja, das ist ja nur ein möglicher Ansatz. Ich denke, dass man den weiterdenken könnte und mit Intervallschachtelungen zum Ziel gelangen könnte.
Vielleicht geht es aber auch anders: Betrachte die Funktion [mm] $\,g(x):=f(x)-x\,$ [/mm] auf $[a,b]$ definiert. Diese hat höchstens abzählbar unendlich viele Sprungstellen (Warum?). Wir müssen zeigen, dass [mm] $g(\xi)=0$ [/mm] für ein [mm] $\xi \in [/mm] [a,b]$ (dann ist [mm] $\xi$ [/mm] Fixpunkt für [mm] $\black{f}$)$\,.$
[/mm]
Ich tippe mal, dass man den Beweis nun so fortführen könnte:
1. Fall: [mm] $\black{f}$ [/mm] habe keine Sprungstelle oder endliche viele [mm] $s_1 [/mm] < [mm] s_2 [/mm] < ... < [mm] s_n\,.$ [/mm] Falls [mm] $\black{f}$ [/mm] keine Sprungstelle hat, ist die Behauptung ziemlich klar (da dann [mm] $\black{f}$ [/mm] stetig; es ist allerdings nicht ganz trivial). Falls $f$ endlich viele Sprungstellen (wie oben bezeichnet) hat, dann betrachte [mm] $\black{g}$ [/mm] nach und nach auf [mm] $[a,s_1]\,,$ $[s_1,s_2]\,,$...$[s_{n-1},s_n]\,$ $[s_n,b]\,.$
[/mm]
2. Fall: $g$ habe (abzählbar) unendlich viele Sprungstellen. Als Idee wäre es vll. gut, zu begründen, dass $g$ eine Sprungstelle hat, wo ein Vorzeichenwechsel stattfindet (d.h. auf einer genügend kleinen Umgebung gilt echt links dieser Sprungstelle, dass dort alle Funktionswerte dieser Stellen unter $g$ echt positiv sind und rechts davon echt negativ; oder: auf einer gnügend kleinen Umgebung gilt echt links dieser Sprungstelle, dass dort alle Funktionswerte dieser Stellen unter $g$ echt negativ sind und rechts davon echt positiv). Dann sollte man wohl zeigen, dass diese Sprungstelle Fixpunkt für [mm] $\black{f}$ [/mm] ist.
Aber eine Warnung:
Das hier ist auch nur ein möglicher Beweisansatz, der mir anschaulich erstmal logisch erscheint. Ich weiß nicht, ob der Ansatz noch zu viele Lücken enthält oder vielleicht sogar fehlerbehaftete Behauptungen.
Das ist also auch nur eine Idee, die sich vll. zu einem Beweis ausbauen lassen könnte, vll. muss man sie aber doch wieder ganz verwerfen (da sie evtl. zu viel Unfug enthält).
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:19 Sa 08.11.2008 | | Autor: | SusanneK |
Lieber Marcel,
nochmals - wieder mal - VIELEN DANK für Deine Hilfe !
> Uh, da hast Du aber immer noch ein paar Patzer drin. Zum
> einen muss der Definitionsbereich ja ein kompaktes (bzw.
> abgeschlossenes) Intervall sein. [mm](0,3][/mm] ist nicht kompakt.
> Auch, wenn man [mm](0,3][/mm] duch [mm][0,3][/mm] ersetzt, sind da immer noch
> Patzer drin. Dann hättest Du oben eine Funktion
> [mm][\black{a},b] \to [-b,b][/mm] angegeben, Du sollst aber eine
> Funktion [mm][\black{a},b] \to [a,b][/mm] angeben. Das heißt:
> Der Definitionsbereich von [mm]\black{f}[/mm] muss ein kompaktes
> Intervall der Bauart [mm][\black{a},b][/mm] sein, und für alle [mm]x \in [a,b][/mm]
> muss auch [mm]f(x) \in [a,b][/mm] gelten. Deine obige Funktion ist
> zwar monoton fallend, aber alles andere beachtest Du nicht.
> Und wenn Dein [mm]\black{f}[/mm] nur auf [mm](0,3][/mm] definiert ist, warum
> schreibst Du dann, wie [mm]\black{f}(x)[/mm] für [mm]x \le 9[/mm] bzw.
> [mm]\black{x} > 9[/mm] aussieht? Wenn ich eine Abbildung [mm]g: D_g:=\{n \in \IN: \; n \le 5\} \to \IN[/mm]
> definiere durch [mm]g(m):=m^2[/mm] (für [mm]m \in \{n \in \IN:\;n \le 5\}[/mm]),
> dann kannst Du doch nicht mehr von [mm]g(8)[/mm] sprechen, da [mm]8 \notin D_g\,.[/mm]
> Natürlich stellt sich manchmal die Frage der Erweiterung
> einer Funktion, aber da will man eine "erweiterte Funktion"
> mit gewissen Eigenschaften finden...
> Also: Achte bitte genau darauf, dass alle Voraussetzungen
> erfüllt sind und dass Du Deine Funktion auch "sinnvoll"
> definierst, also keine Funktionswerte für Stellen angibst,
> wenn die Stellen gar nicht im Definitionsbereich liegen...
Auweia - SETZEN - 5 !
Ok, jetzt habe ich es verstanden - danke!
> Naja, das ist ja nur ein möglicher Ansatz. Ich denke, dass
> man den weiterdenken könnte und mit Intervallschachtelungen
> zum Ziel gelangen könnte.
>
> Vielleicht geht es aber auch anders: Betrachte die Funktion
> [mm]\,g(x):=f(x)-x\,[/mm] auf [mm][a,b][/mm] definiert. Diese hat höchstens
> abzählbar unendlich viele Sprungstellen (Warum?). Wir
> müssen zeigen, dass [mm]g(\xi)=0[/mm] für ein [mm]\xi \in [a,b][/mm] (dann
> ist [mm]\xi[/mm] Fixpunkt für [mm]\black{f}[/mm])[mm]\,.[/mm]
> Ich tippe mal, dass man den Beweis nun so fortführen
> könnte:
> 1. Fall: [mm]\black{f}[/mm] habe keine Sprungstelle oder endliche
> viele [mm]s_1 < s_2 < ... < s_n\,.[/mm] Falls [mm]\black{f}[/mm] keine
> Sprungstelle hat, ist die Behauptung ziemlich klar (da dann
> [mm]\black{f}[/mm] stetig; es ist allerdings nicht ganz trivial).
> Falls [mm]f[/mm] endlich viele Sprungstellen (wie oben bezeichnet)
> hat, dann betrachte [mm]\black{g}[/mm] nach und nach auf [mm][a,s_1]\,,[/mm]
> [mm][s_1,s_2]\,,[/mm]...[mm][s_{n-1},s_n]\,[/mm] [mm][s_n,b]\,.[/mm]
>
> 2. Fall: [mm]g[/mm] habe (abzählbar) unendlich viele Sprungstellen.
> Als Idee wäre es vll. gut, zu begründen, dass [mm]g[/mm] eine
> Sprungstelle hat, wo ein Vorzeichenwechsel stattfindet
> (d.h. auf einer genügend kleinen Umgebung gilt echt links
> dieser Sprungstelle, dass dort alle Funktionswerte dieser
> Stellen unter [mm]g[/mm] echt positiv sind und rechts davon echt
> negativ; oder: auf einer gnügend kleinen Umgebung gilt echt
> links dieser Sprungstelle, dass dort alle Funktionswerte
> dieser Stellen unter [mm]g[/mm] echt negativ sind und rechts davon
> echt positiv). Dann sollte man wohl zeigen, dass diese
> Sprungstelle Fixpunkt für [mm]\black{f}[/mm] ist.
>
> Aber eine Warnung:
> Das hier ist auch nur ein möglicher Beweisansatz, der mir
> anschaulich erstmal logisch erscheint. Ich weiß nicht, ob
> der Ansatz noch zu viele Lücken enthält oder vielleicht
> sogar fehlerbehaftete Behauptungen.
>
> Das ist also auch nur eine Idee, die sich vll. zu einem
> Beweis ausbauen lassen könnte, vll. muss man sie aber doch
> wieder ganz verwerfen (da sie evtl. zu viel Unfug enthält).
Jetzt habe ich stundenlang über Deinen Ausführungen gebrütet und habe vielleicht eine Idee:
Da f monoton wachsend ist gilt: [mm] f(a) \le f(b) [/mm] und [mm] a < b [/mm] gilt ja sowieso. Dann gilt auch [mm] f(a) \ge a [/mm] und [mm] f(b) \le b [/mm]. Dann folgt aus [mm] g(a) = f(a)-a [/mm] und [mm] g(b)=f(b)-b [/mm] mit der vorherigen Ungleichung [mm] g(a)=f(a)-a \ge 0 [/mm] und [mm] g(b)=f(b)-b \le 0 [/mm]. Da die Funktion g einmal kleiner und einmal grosser 0 ist, gibt es dazwischen ein [mm] g(x)=f(x)-x=0 [/mm] und damit einen Fixpunkt.
Ist das richtig ?
LG Susanne.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:07 Sa 08.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Susanne!
> Lieber Marcel,
> nochmals - wieder mal - VIELEN DANK für Deine Hilfe !
>
> > Uh, da hast Du aber immer noch ein paar Patzer drin. Zum
> > einen muss der Definitionsbereich ja ein kompaktes (bzw.
> > abgeschlossenes) Intervall sein. [mm](0,3][/mm] ist nicht kompakt.
> > Auch, wenn man [mm](0,3][/mm] duch [mm][0,3][/mm] ersetzt, sind da immer noch
> > Patzer drin. Dann hättest Du oben eine Funktion
> > [mm][\black{a},b] \to [-b,b][/mm] angegeben, Du sollst aber eine
> > Funktion [mm][\black{a},b] \to [a,b][/mm] angeben. Das heißt:
> > Der Definitionsbereich von [mm]\black{f}[/mm] muss ein kompaktes
> > Intervall der Bauart [mm][\black{a},b][/mm] sein, und für alle [mm]x \in [a,b][/mm]
> > muss auch [mm]f(x) \in [a,b][/mm] gelten. Deine obige Funktion ist
> > zwar monoton fallend, aber alles andere beachtest Du nicht.
> > Und wenn Dein [mm]\black{f}[/mm] nur auf [mm](0,3][/mm] definiert ist, warum
> > schreibst Du dann, wie [mm]\black{f}(x)[/mm] für [mm]x \le 9[/mm] bzw.
> > [mm]\black{x} > 9[/mm] aussieht? Wenn ich eine Abbildung [mm]g: D_g:=\{n \in \IN: \; n \le 5\} \to \IN[/mm]
> > definiere durch [mm]g(m):=m^2[/mm] (für [mm]m \in \{n \in \IN:\;n \le 5\}[/mm]),
> > dann kannst Du doch nicht mehr von [mm]g(8)[/mm] sprechen, da [mm]8 \notin D_g\,.[/mm]
> > Natürlich stellt sich manchmal die Frage der Erweiterung
> > einer Funktion, aber da will man eine "erweiterte Funktion"
> > mit gewissen Eigenschaften finden...
> > Also: Achte bitte genau darauf, dass alle
> Voraussetzungen
> > erfüllt sind und dass Du Deine Funktion auch "sinnvoll"
> > definierst, also keine Funktionswerte für Stellen angibst,
> > wenn die Stellen gar nicht im Definitionsbereich liegen...
> Auweia - SETZEN - 5 !
Geh nicht so streng mit Dir selbst ins Gericht
> Ok, jetzt habe ich es verstanden - danke!
>
> > Naja, das ist ja nur ein möglicher Ansatz. Ich denke, dass
> > man den weiterdenken könnte und mit Intervallschachtelungen
> > zum Ziel gelangen könnte.
> >
> > Vielleicht geht es aber auch anders: Betrachte die Funktion
> > [mm]\,g(x):=f(x)-x\,[/mm] auf [mm][a,b][/mm] definiert. Diese hat höchstens
> > abzählbar unendlich viele Sprungstellen (Warum?). Wir
> > müssen zeigen, dass [mm]g(\xi)=0[/mm] für ein [mm]\xi \in [a,b][/mm] (dann
> > ist [mm]\xi[/mm] Fixpunkt für [mm]\black{f}[/mm])[mm]\,.[/mm]
> > Ich tippe mal, dass man den Beweis nun so fortführen
> > könnte:
> > 1. Fall: [mm]\black{f}[/mm] habe keine Sprungstelle oder
> endliche
> > viele [mm]s_1 < s_2 < ... < s_n\,.[/mm] Falls [mm]\black{f}[/mm] keine
> > Sprungstelle hat, ist die Behauptung ziemlich klar (da dann
> > [mm]\black{f}[/mm] stetig; es ist allerdings nicht ganz trivial).
> > Falls [mm]f[/mm] endlich viele Sprungstellen (wie oben bezeichnet)
> > hat, dann betrachte [mm]\black{g}[/mm] nach und nach auf [mm][a,s_1]\,,[/mm]
> > [mm][s_1,s_2]\,,[/mm]...[mm][s_{n-1},s_n]\,[/mm] [mm][s_n,b]\,.[/mm]
> >
> > 2. Fall: [mm]g[/mm] habe (abzählbar) unendlich viele Sprungstellen.
> > Als Idee wäre es vll. gut, zu begründen, dass [mm]g[/mm] eine
> > Sprungstelle hat, wo ein Vorzeichenwechsel stattfindet
> > (d.h. auf einer genügend kleinen Umgebung gilt echt links
> > dieser Sprungstelle, dass dort alle Funktionswerte dieser
> > Stellen unter [mm]g[/mm] echt positiv sind und rechts davon echt
> > negativ; oder: auf einer gnügend kleinen Umgebung gilt echt
> > links dieser Sprungstelle, dass dort alle Funktionswerte
> > dieser Stellen unter [mm]g[/mm] echt negativ sind und rechts davon
> > echt positiv). Dann sollte man wohl zeigen, dass diese
> > Sprungstelle Fixpunkt für [mm]\black{f}[/mm] ist.
> >
> > Aber eine Warnung:
> > Das hier ist auch nur ein möglicher Beweisansatz, der
> mir
> > anschaulich erstmal logisch erscheint. Ich weiß nicht, ob
> > der Ansatz noch zu viele Lücken enthält oder vielleicht
> > sogar fehlerbehaftete Behauptungen.
> >
> > Das ist also auch nur eine Idee, die sich vll. zu einem
> > Beweis ausbauen lassen könnte, vll. muss man sie aber doch
> > wieder ganz verwerfen (da sie evtl. zu viel Unfug enthält).
> Jetzt habe ich stundenlang über Deinen Ausführungen
> gebrütet und habe vielleicht eine Idee:
> Da f monoton wachsend ist gilt: [mm]f(a) \le f(b)[/mm] und [mm]a < b[/mm]
> gilt ja sowieso. Dann gilt auch [mm]f(a) \ge a[/mm] und [mm]f(b) \le b [/mm].
> Dann folgt aus [mm]g(a) = f(a)-a[/mm] und [mm]g(b)=f(b)-b[/mm] mit der
> vorherigen Ungleichung [mm]g(a)=f(a)-a \ge 0[/mm] und [mm]g(b)=f(b)-b \le 0 [/mm].
> Da die Funktion g einmal kleiner und einmal grosser 0 ist,
> gibt es dazwischen ein [mm]g(x)=f(x)-x=0[/mm] und damit einen
> Fixpunkt.
Leider nicht, denn dazu benötigst Du, dass $g$ stetig ist, was i.a. nicht der Fall sein wird. I.a. ist $g$ nämlich nur bis auf höchstens abzählbar unendlich viele Sprungstellen stetig (weil $f$ ja nur bis auf höchstens abzählbar unendlich viele Sprungstellen stetig ist; die Funktion $x [mm] \mapsto [/mm] -x$ macht hier natürlich keine Probleme). Deswegen weiß ich halt nicht, ob dieser Ansatz auch wirklich zielführend ist. Und ich bin mir auch nicht ganz sicher, ob ich die Aufgabe schonmal gelöst bzw. gelöst gesehen habe, sonst würde ich mich vll. an Tipps erinnern. So sind das halt nur "Ideen", die vll. auch zu kompliziert werden. Such vll. mal auch im Internet, ob man die Aufgabe (oder in einer analogen Variante) vielleicht mit Begriffen wie ober-/unterhalbstetig formulieren kann. Vll. hast Du ja Glück und findest dann sogar auch einen Beweis dazu. Ich selbst habe halt noch keinen Beweis zu Ende gedacht, vll. finde ich ja morgen nochmal die Zeit dazu, drüber nachzudenken ^^
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:45 Sa 08.11.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Zu deinem Beispiel, was iat denn das abgeschlossene Intervall, das auf sich selbst abgebildet wird ?
wenn du 1/2*f(x) nimmst waer das z. bsp das Intervall [-1,1]
zu b)
1.Wegen [a,b] nach [a,b] gilt [mm] f(a)\ge [/mm] a wenn a=f(a) ist a fixpunkt, deshalb a<f(a) . Damit ist die Menge M aller x mit x<f(x) nicht leer und wir haben eine beschraenkte Menge die ein sup. hat. Ich nenn das [mm] sup_{x\inM}(x)=x_1 [/mm] entweder ist x1<f(x1) dann war x1 nicht das sup , hier genauer mit mn. steigend argumentieren, ebenso falls x1>f(x1), bleibt f(x1)=x1
Die Argumentation musst du noch durch die Monotonie genau machen.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:20 So 09.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Leduart,
> Hallo
> Zu deinem Beispiel, was iat denn das abgeschlossene
> Intervall, das auf sich selbst abgebildet wird ?
> wenn du 1/2*f(x) nimmst waer das z. bsp das Intervall
> [-1,1]
> zu b)
> 1.Wegen [a,b] nach [a,b] gilt [mm]f(a)\ge[/mm] a wenn a=f(a) ist a
> fixpunkt, deshalb a<f(a) . Damit ist die Menge M aller x
> mit x<f(x) nicht leer und wir haben eine beschraenkte Menge
> die ein sup. hat. Ich nenn das [mm]sup_{x\inM}(x)=x_1[/mm]
> entweder ist x1<f(x1) dann war x1 nicht das sup , hier
> genauer mit mn. steigend argumentieren, ebenso falls
> x1>f(x1), bleibt f(x1)=x1
> Die Argumentation musst du noch durch die Monotonie genau
> machen.
ein sehr interessanter Ansatz. Klingt ähnlich meinen Überlegungen, aber das Einführen der Menge $M$ macht die Sache übersichtlicher und einfacher (außerdem habe ich meine Gedanken auch nicht zu Ende gedacht, aber wenn ich das hier sehe, sollte sich das "analogisieren" lassen ).
Eine Sache, nur der Lesbarkeit halber:
[mm] [nomm]$sup_{x\inM}(x)=x_1$[/nomm] [/mm] -> [mm] $sup_{x\inM}(x)=x_1$
[/mm]
ist etwas schlecht abgetippt, da wird das $M$ unterschlagen. Ich wollte Dich bitten, das vielleicht nochmal kurz umzuschreiben, damit die Formel auch lesbar erscheint:
[mm] [nomm]$sup_{x\in M}(x)=x_1$[/nomm] [/mm] -> [mm] $sup_{x\in M}(x)=x_1\,.$
[/mm]
Ist ja auch kein Fehler Deinerseits, aber nicht jeder klickt die Formel an oder fährt mit der Maus drüber und dann verwirrt es vll., wenn es falsch angezeigt wird.
Gruß,
Marcel
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Hallo leduart,
vielen Dank für Deine Hilfe !!
> 1.Wegen [a,b] nach [a,b] gilt [mm]f(a)\ge[/mm] a wenn a=f(a) ist a
> fixpunkt, deshalb a<f(a) . Damit ist die Menge M aller x
> mit x<f(x) nicht leer und wir haben eine beschraenkte Menge
> die ein sup. hat. Ich nenn das [mm]sup_{x\inM}(x)=x_1[/mm]
> entweder ist x1<f(x1) dann war x1 nicht das sup , hier
> genauer mit mn. steigend argumentieren, ebenso falls
> x1>f(x1), bleibt f(x1)=x1
> Die Argumentation musst du noch durch die Monotonie genau
> machen.
> Gruss leduart
So ganz sicher bin ich mir noch nicht, ob ich das jetzt richtig verstanden habe:
Also, da es ein Sup. der Menge M gibt (das soll [mm] x_1 [/mm] heissen), gibt es die Variante
1) [mm] x_1 < f(x_1) [/mm] dann ist [mm] x_1 [/mm] noch nicht das Supremum, da es dann noch ein [mm] x_{1+n} [/mm] mit [mm] f(x_{1+n}) [/mm] usw. gibt und dann wäre jeweils das nächste x das Supremum bis man bei einem [mm] f(x_{1+n})=x_{1+n} [/mm] angekommen ist, was dann der Fixpunkt wäre.
2) [mm] x_1 > f(x_1) [/mm] geht nicht, da f mit [mm] f(a) > a startet und bei monoton steigend dann nicht (bildlich gesprochen) unterhalb der Winkelhalbierenden ankommen kann
3) bleibt also nur [mm] f(x)=x [/mm] übrig ?
Habe ich das jetzt richtig verstanden (das habe ich letzte Nacht auch schon mal fälschlicherweise geglaubt)?
(Ist die Aufgabe argumentativ so schwer wie sie mir erscheint, oder bin ich dafür zu blöd ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") )
Vielen Dank !
LG, Susanne.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:12 Di 11.11.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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