Fixpunkt und Grenzwert < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:01 Mo 10.10.2011 | | Autor: | hula |
Moin!
Ich habe auf ![[]](/images/popup.gif) stackexchange diese nette Aufgabe gesehen. Also wollte ich diese lösen, leider habe ich es nicht geschafft. Auch der Tipp der dort steht hat mir nicht weiter geholfen. Kann mir jemand sagen, wie man diese Aussage beweist:
Sei $\ f:[a,b] [mm] \to [/mm] [a,b]$ stetig differenzierbar, $\ p [mm] \in [/mm] [a,b] $ ein Fixpunkt von f und $\ |f'(p)| < 1 $ dann folgt, dass es ein $\ [mm] \delta [/mm] >0 $ existiert, so dass $\ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} f^n(x)=p \forall [/mm] x [mm] \in (p-\delta,p+\delta) [/mm] $.
Das kann ich noch nachvollziehen:
$\ [mm] \forall \epislon [/mm] >0 [mm] \exists \delta [/mm] >0 $ so dass $ |f'(x)| [mm] <1-\epsilon [/mm] $ für $\ |x-p| < [mm] \delta [/mm] $. Dies soll wohl das gesuchte $\ [mm] \delta [/mm] $ sein. Nun muss ich ja zeigen, dass der Grenzwert konvergiert. Leider komme ich da nicht so viel weiter mit dem Tipp der dort steht. Was ist mit Verhältnis gemeint?
Da ich wohl noch das mit der Ableitung gebrauchen soll, habe ich dies betrachtet:
$\ [mm] \bruch{f^{n+1}(x)-p}{f^n(x)-p} [/mm] $ und dann $\ p $ geschrieben als $\ [mm] f^{n+1}(p) [/mm] $ reps $\ [mm] f^n(p) [/mm] $. Aber ich komme einfach nicht weiter. Es sieht schon ein bisschen wie ein Differenzenquotient aus, aber das hilft mir ja nicht weiter. Wäre echt nett, wenn mir jemand helfen würde.
greetz
hula
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moin,
Ich erzähl dir jetzt mal wie du die gegebenen Infos nutzt, dann darfst du damit arbeiten. ;)
Zu aller erst ist p ein Fixpunkt, also ist [mm] $f^n(p) [/mm] = p$ für alle n.
Weiterhin ist die Ableitung stetig und die Ableitung im Punkt p ist betragsmäßig kleiner 1.
Somit gibt es ein ganzes Intervall um den Punkt p, in dem die Ableitung betragsmäßig kleiner 1 ist.
Damit in diesem Intervall alles gleich p ist muss die Ableitung (also die Steigung) im ganzen Intervall gleich 0 sein.
Leite also mal [mm] $f^n(x)$ [/mm] ab und zeige, dass diese Ableitung im oben genannten Intervall für n gegen unendlich gegen 0 geht.
lg
Schadow
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 13:52 Mo 10.10.2011 | | Autor: | hula |
Danke für deine Antwort!
Wenn ich $\ [mm] f^n(x) [/mm] $ ableite, dann kommt da raus
$\ [mm] f'(f^{n-1}(x))\cdot f'(f^{n-2}(x))\dots f'(f(x))\cdot [/mm] f'(x) $.
Den letzten Term, $\ f'(x) $ kann ich abschätzen durch:
$\ [mm] (f^n(x))' [/mm] < [mm] (f'(f^{n-1}(x))\cdot f'(f^{n-2}(x))\dots f'(f(x)))\cdot (1-\epsilon) [/mm] $.
Da $\ f $ stetig ist in $\ p $, gilt für $\ [mm] \epsilon_2 [/mm] := [mm] \delta [/mm] $ folgendes:
$\ [mm] \exists \delta^\* \mbox{ so dass } \forall [/mm] x [mm] \in [/mm] [a,b] : |x-p| [mm] <\delta^\* \Rightarrow [/mm] |f(x)-f(p)|=|f(x)-p| < [mm] \epsilon_2=\delta [/mm] $. Daher kann ich dann auch diese Ungleichung für $\ f(x) $ verwenden. Hier muss ich dann wohl noch die Wahl treffen: $\ [mm] delta_{final}=\min{(\delta,\delta^\*)}$.
[/mm]
Ich erhalte also:
$\ [mm] (f^n(x))' [/mm] < [mm] (1-\epsilon)^n [/mm] $ für $\ x [mm] \in (\delta_{final}-p,\delta_{final}+p)$, [/mm] was gegen 0 geht, das der linke Term $\ < 1 $ ist . Stimmt der Beweis so ?
greetz
hula
EDIT: Ich glaub, dass geht so nicht! Da ich ja nachher $\ [mm] f'(f^k(x)) [/mm] $ habe und nicht mehr $\ f(x) $. wie kann man dann das ganz zeigen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:04 Di 11.10.2011 | | Autor: | fred97 |
Wähle $q [mm] \in [/mm] (0,1)$ mit: $|f'(p)|<q<1$. Da die Ableitung von f in p stetig ist, gibt es ein [mm] \delta>0 [/mm] mit:
$|f'(x)| [mm] \le [/mm] q$ für alle $x [mm] \in [/mm] I$,
wobei $I:=[p- [mm] \delta, [/mm] p+ [mm] \delta] \cap [/mm] [a,b].$
Sind nun $x.y [mm] \in [/mm] I$, so folgt mit dem Mittelwertsatz: es gibt ein $t [mm] \in [/mm] I$, so dass
$f(x)-f(y)=f'(t)(x-y)$.
Somit ist
(*) $|f(x)-f(y)|=|f'(t)||(x-y)| [mm] \le [/mm] q|x-y|$.
Mit y:=p erhalten wir daraus:
$|f(x)-p|=|f(x)-f(p)| [mm] \le [/mm] q|x-p| < q [mm] \delta <\delta$.
[/mm]
Dies liefert: $ f(x) [mm] \in [/mm] I $ für jedes $x [mm] \in [/mm] I$, also
(**) $f(I) [mm] \subseteq [/mm] I$.
Damit ist [mm] f_{|I} [/mm] eine Selbstabbildung von I und eine Kontraktion auf I.
Wählt man nun [mm] $x_0 \in [/mm] I$ und setzt man [mm] $x_{n+1}:=f(x_n)$, [/mm] so ist
[mm] $x_n=f^n(x_0)$,
[/mm]
wobei mit [mm] f^n [/mm] die n-fache Hintereinanderausführung von f gemeint ist.
Der Banachsche Fixpunktsatz liefert nun:
[mm] f_{|I} [/mm] hat in I genau eine Fixpunkt [mm] x^{\star} [/mm] und [mm] (x_n) [/mm] konvergiert gegen [mm] x^{\star}.
[/mm]
Da p [mm] \in [/mm] I, folgt:
[mm] x^{\star}=p [/mm] und ( [mm] f^n(x_0)) [/mm] konvergiert gegen p.
Zwei Bemerkungen:
1. Wer den Fixpunktsatz von Banach nicht kennt, schaue hier:
http://de.wikipedia.org/wiki/Fixpunktsatz_von_Banach.
Der vollständige metr. Raum M ist obiges Intervall I und es ist oben: d(x,y):=|x-y|.
2. Ich bin davon überzeugt, dass es einfacher geht, also ohne den Satz von Banach. Ein derartiger Beweis ist mir aber bislang nicht eingefallen.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:34 Di 11.10.2011 | | Autor: | Blech |
woops, sorry, hatte die Antwort völlig übersehen. =)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:33 Di 11.10.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
$ \ [mm] \bruch{|f^{\times n+1}(x)-p|}{|f^{\times n} (x)-p|} [/mm] = [mm] \bruch{|f(f^{\times n}(x))- f(p)|}{|f^{\times n}(x)-p|} \leq sup_{\xi\in [f^{\times n}(x), p]} |f'(\xi)| [/mm] < [mm] \kappa [/mm] <1$
1. Die erste Ungleichung folgt unmittelbar aus dem Mittelwertsatz.
[mm] $\exists\, \xi\in [/mm] [o, p]:\ [mm] \frac{f(o)-f(p)}{o-p} [/mm] = [mm] f'(\xi)$
[/mm]
2. Daß es das [mm] $\kappa$ [/mm] (unabhängig von n!) gibt und es <1 ist, folgt aus der stetigen Diffbarkeit (d.h. es gibt ne Umgebung um p, wo f' strikt kleiner 1 ist) und Induktion.
ciao
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:51 Di 11.10.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hi,
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> [mm]\ \bruch{|f^{\times n+1}(x)-p|}{|f^{\times n} (x)-p|} = \bruch{|f(f^{\times n}(x))- f(p)|}{|f^{\times n}(x)-p|} \leq sup_{\xi\in [f^{\times n}(x), p]} |f'(\xi)| < \kappa <1[/mm]
Hallo Blech,
das ist gut, aber Du solltst noch begründen warum für [mm] \xi \in [f^{\times n}(x), [/mm] p] die obige Abschätzung mit f' richtig ist.
Und: warum folgt nun: [mm] f^{\times n}(x) \to [/mm] p ?
FRED
>
> 1. Die erste Ungleichung folgt unmittelbar aus dem
> Mittelwertsatz.
>
> [mm]\exists\, \xi\in [o, p]:\ \frac{f(o)-f(p)}{o-p} = f'(\xi)[/mm]
>
> 2. Daß es das [mm]\kappa[/mm] (unabhängig von n!) gibt und es <1
> ist, folgt aus der stetigen Diffbarkeit (d.h. es gibt ne
> Umgebung um p, wo f' strikt kleiner 1 ist) und Induktion.
>
> ciao
> Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:57 Di 11.10.2011 | | Autor: | Blech |
Hi,
> das ist gut, aber Du solltst noch begründen warum für $ [mm] \xi \in [f^{\times n}(x), [/mm] $ p] die obige Abschätzung mit f' richtig ist.
Hatte doch geschrieben, daß die erste Ungleichung aus dem MWS folgt. =)
> Und: warum folgt nun: $ [mm] f^{\times n}(x) \to [/mm] $ p ?
[mm] $\kappa^n\to [/mm] 0$, für [mm] $n\to\infty$. [/mm] Auf den Bruch war hula ja auch von ganz alleine gekommen.
ciao
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:30 Di 11.10.2011 | | Autor: | fred97 |
Angeregt durch Blechs Antwort ein Beweis ohne den Banachschen Satz (der Anfang ist wie in meiner ersten Antwort):
Wähle $ q [mm] \in [/mm] (0,1) $ mit: $ |f'(p)|<q<1 $. Da die Ableitung von f in p stetig ist, gibt es ein $ [mm] \delta>0 [/mm] $ mit:
$ |f'(x)| [mm] \le [/mm] q $ für alle $ x [mm] \in [/mm] I $,
wobei $ I:=[p- [mm] \delta, [/mm] p+ [mm] \delta] \cap [/mm] [a,b]. $
Sind nun $ x.y [mm] \in [/mm] I $, so folgt mit dem Mittelwertsatz: es gibt ein $ t [mm] \in [/mm] I $, so dass
$ f(x)-f(y)=f'(t)(x-y) $.
Somit ist
(*) $ |f(x)-f(y)|=|f'(t)||(x-y)| [mm] \le [/mm] q|x-y| $.
Mit y:=p erhalten wir daraus:
$ |f(x)-p|=|f(x)-f(p)| [mm] \le [/mm] q|x-p| < q [mm] \delta <\delta [/mm] $.
Dies liefert: $ f(x) [mm] \in [/mm] I $ für jedes $ x [mm] \in [/mm] I $, also
(**) $ f(I) [mm] \subseteq [/mm] I $.
Damit ist $ [mm] f_{|I} [/mm] $ eine Selbstabbildung von I und eine Kontraktion auf I.
Wählt man nun $ [mm] x_0 \in [/mm] I $ und setzt man $ [mm] x_{n+1}:=f(x_n) [/mm] $, so ist
$ [mm] x_n=f^n(x_0) [/mm] $,
wobei mit $ [mm] f^n [/mm] $ die n-fache Hintereinanderausführung von f gemeint ist.
Fall 1: [mm] x_n [/mm] = p für ein n. Dann ist [mm] x_k [/mm] = p für allr k [mm] \ge [/mm] n und damit konvergiert [mm] (f^n(x_0))=(x_n) [/mm] gegen p.
Fall 2: [mm] x_n \ne [/mm] p für alle n.
Setze [mm] a_n:= x_n-p.
[/mm]
Mit (*) sieht man:
[mm] $|\bruch{a_{n+1}}{a_n}|=| \bruch{f(x_n)-f(p)}{x_n-p}| \le [/mm] q <1$
Das Quotientenkriterium liefert nun die Konvergenz der Reihe [mm] \sum a_n. [/mm] Damit ist [mm] (a_n) [/mm] eine Nullfolge.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:41 Di 11.10.2011 | | Autor: | hula |
Hallo fred!
Wow, ein sehr hübscher Beweis! Gefällt mir sehr gut! Danke für deine Ausführungen.
Ich war ebenfalls daran zu zeigen, dass $\ f $ eine Kontraktion ist.
Kann jemand die Frage auf gelöst stellen?
Danke
hula
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