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Mathematik » Numerik & Optimierung » Banachscher Fixpunktsatz
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Kein bestimmter Bereich Banachscher Fixpunktsatz
Wunderkind89
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-03-13 20:05


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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-13 20:24

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Hallo Wunderkind99,

rechne doch einfach mal ein paar Werte für $x_n$ aus (achte auch insbesondere auf $x_0$). Du wirst wahrscheinlich relativ schnell einen geeigneten Bereich erkennen, und wirst wahrscheinlich auch relativ leicht begründen können, warum tatsächlich alle $x_n$ in diesem Bereich liegen.

Viele Grüße
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)


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Wunderkind89
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-13 21:01


ok danke dir, also ich erhalte folgende Werte:

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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-03-13 21:40

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Die 0 erreichst du schon, speziell ist bereits $x_0=0$. Der metrische Raum, den du betrachtest, muss den Startpunkt schon enthalten. Darüber hinaus reicht es festzustellen, dass alle Werte nichtnegativ sind. Ob sie eine obere Schranke haben, ist erstmal egal (wobei es sie natürlich gibt, sonst würde $x_n$ nicht konvergieren). Es reicht ja bereits, wenn $\varphi$ auf einem größeren Raum eine Kontraktion ist. Betrachte mal $[0,\infty)$.
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Wunderkind89
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-13 22:06


Da Phi(x) streng monoton fallend ist auf dem Intervall [0, unendlich), wegen erste Ableitung in Betrag |Phi'(x)| < 0 muss ich gucken, ob die Werte der Ableitung |Phi'(0)| und zum Beispiel |Phi'(1)| im Intervall [0,1] liegen und das tun sie. Folglich bedeutet das, dass alle Werte zwischen 0 und 1 ebenso aufgrund der Monotonie im Intervall liegen. Somit sind Voraussetzungen für Banachschen Fixpunktsatz erfüllt und dieser kann angewendet werden. Außerdem weiß ich, dass der Fixpunkt zwischen
[0,1] liegen muss.

Es wird hier einfach hingenommen, dass die Funktion differenzierbar ist, eigentlich müsste man zusätzlich nochmals überprüfen ob Differenzierbarkeit vorliegt.

Warum ich |Phi'(1)| genommen hab liegt daran, dass ich mir einfach gedacht hab, dass ich mit meinem x_n+1 nie größer werden kann, als 1.

So richtig?

Liebe Grüße



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-03-13 23:57

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Also wenn du $[0,1]$ als Intervall wählst, dann musst du zunächst mal zeigen, dass $\varphi(x)\in[0,1]$ für alle $x\in[0,1]$ (und nicht $\varphi'(x)\in[0,1]$), denn eine Kontraktion muss immer von einem metrischen Raum auf denselben Raum abbilden. Das kannst du über die Monotonie tatsächlich machen, nur musst du $\varphi(0),\varphi(1)$ testen, nicht $\varphi'(0),\varphi'(1)$.
Die Monotonie folgt aber aus $\varphi'(x)<0$, nicht aus $\vert\varphi'(x)\vert<0$. Letzteres ist ja grundsätzlich nie erfüllt, da Beträge nicht negativ sein können.
Und jetzt folgt aus $\varphi'(x)<1$, dass es sich um eine Kontraktion handelt. Wobei diese Aussage ($\varphi'<1\Rightarrow\varphi$ Kontraktion) auch erst bewiesen werden müsste. Das würde ich mit dem Mittelwertsatz machen.

Zu deiner Wahl von $[0,1]$: Das kann man so machen. Wenn du die obere Grenze aber einfach nur rätst, dann kannst du genausogut einfach $[0,\infty)$ als den relevanten metrischen Raum betrachten. Das macht mathematisch zwar keinen Unterschied, kommt aber vielleicht weniger willkürlich rüber.
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Wunderkind89
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-14 21:21


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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-03-14 21:44

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Man duzt sich in diesem Forum normalerweise ;)

Zum Beweis: Tatsächlich gibt es hier doch noch ein kleines Problem. Nämlich muss $\vert\varphi'(x)\vert\leq L<1$ sein, nicht einfach nur $\vert\varphi'(x)\vert<1$. Beispielsweise ist $\vert\frac{\d}{\d x}(x+\e^{-x})\vert<1$ für alle $x\in[0,\infty)$, aber die Funktion besitzt keinen Fixpunkt in diesem Intervall. Du müsstest also noch eine kleinere obere Schranke als 1 für $\vert\varphi'(x)\vert$ finden. Wobei mit deiner jetztigen Vorgehensweise sowieso keine Ableitung benötigt wird. Du gehst ja direkt über die Definition einer Kontraktion und zeigst

\[\left\vert\frac{\varphi(x_2)-\varphi(x_1)}{x_2-x_1}\right\vert=\left\vert\frac{1}{(x_1+2)(x_2+2)}\right\vert\leq L.\]
Nur ist eben bisher $L=1$. Es geht aber auch relativ einfach, eine Abschätzung $L<1$ zu finden, zum Beispiel indem du $(x_1+2)(x_2+2)\geq4$ feststellst.

Der zweite Teil ist aber richtig. Und du hast Recht, es muss für die Monotonie natürlich $\varphi'(x)<0$ sein, nicht $<1$. Da habe ich mich vertan.
Und auch die Sache, ob $\varphi'$ oder $\varphi$ betrachtet wird: Ich verstehe jetzt, was du wolltest. Auch da müsste aber besser $\varphi'(x)\in[0,L],~L<1$ gezeigt werden (siehe Anfang dieses Posts). Aber das habe ich selber ja auch verpennt...
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Wunderkind89
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-25 20:54


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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-03-25 21:06

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Wie finde ich diese?

Das habe ich im Prinzip hier geschrieben:

2020-03-14 21:44 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 7 schreibt:
Es geht aber auch relativ einfach, eine Abschätzung $L<1$ zu finden, zum Beispiel indem du $(x_1+2)(x_2+2)\geq4$ feststellst.

Wieso ist L = 1? Wie kommst du drauf?

Damit meinte ich, dass deine aktuelle Abschätzung 1 ist. Sie sollte aber kleiner sein.
Du hast ja nur $\vert\frac{\d\varphi}{\d x}\vert<1$ festgestellt. Damit ist deine obere Schranke 1. Sie muss aber kleiner als 1 sein.

Viele Grüße
Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-25 21:30


Also wäre in meinem Beispiel L = 1/4. Bei deinem Beispiel mit der e Funktion existiert so ein L nicht und somit existiert kein Fixpunkt.
Hoffe so richtig.




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Vercassivelaunos
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Genau.



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