Kontrahierende Funktion < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:18 Mo 07.01.2013 | | Autor: | Krissel |
| Aufgabe | Es sei f : [mm] \IR \to \IR [/mm] eine stetig differenzierbare Funktion mit f ([a, b]) [mm] \subset [/mm] [a, b].
Mit f : [a, b] [mm] \to [/mm] [a, b] bezeichnen wir auch die Einschränkung von f zu einer Selbstabbildung
des vollständigen metrischen Raumes X := ([a, b], d), d(x, y) = |x-y|.
Zeigen Sie: Gilt |f'(x)| < 1 für alle x [a, b], so ist f kontrahierend. |
Hallo liebes Forum, ich muss obige Aussage beweisen. Ich hab hier einen Ansatz und fänd das toll, wenn mir jemand sagen könnte, ob ich da was übersehen habe.
Mein Beweisansatz über einen indirekten Beweis:
Sei [mm] f:[a,b]\to[a,b] [/mm] mit |f'(x)|<1 [mm] \forall x\in[a,b] [/mm] und
f nicht kontrahierend. d.h. es existieren
[mm] x,y\in[a,b], [/mm] x<y, so dass [mm] d(f(x)-f(y))>\lambda*d(x,y)
[/mm]
[mm] \forall \lambda \in[0,1).
[/mm]
(Nach Definition einer kontrahierenden Abbildung).
Also ist [mm] |f(y)-f(x)|=\mu*|y-x| [/mm] für ein [mm] \mu \ge [/mm] 1
Da f stetig differenzierbar, existiert ein [mm] \varepsilon\in[x,y] [/mm] mit [mm] f(y)-f(x)=f'(\varepsilon)(y-x). [/mm] (Mittelwertsatz)
Dann ist aber auch [mm] |f(y)-f(x)|=|f'(\varepsilon)|*|y-x| [/mm] und somit [mm] |f'(\varepsilon)|=\mu \ge [/mm] 1. Das ist ein Widerspruch zur Annahme, dass |f'(x)|<1 [mm] \forall x\in[a,b] [/mm] und somit muss f schon kontrahierend sein.
Kann ich das so machen?
Vielen Dank schonmal für eure Antworten!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:53 Mo 07.01.2013 | | Autor: | Helbig |
Hallo Krissel,
> Es sei f : [mm]\IR \to \IR[/mm] eine stetig differenzierbare
> Funktion mit f ([a, b]) = [a, b].
Heißt das wirklich so? Und nicht [mm] $f([a;b])\subseteq[a;b]\,?$
[/mm]
> Mit f : [a, b] [mm]\to[/mm] [a, b] bezeichnen wir auch die
> Einschränkung von f zu einer Selbstabbildung
> des vollständigen metrischen Raumes X := ([a, b], d),
> d(x, y) = |x-y|.
>
> Zeigen Sie: Gilt |f'(x)| < 1 für alle x [a, b], so ist f
> kontrahierend.
>
> Hallo liebes Forum, ich muss obige Aussage beweisen. Ich
> hab hier einen Ansatz und fänd das toll, wenn mir jemand
> sagen könnte, ob ich da was übersehen habe.
>
> Mein Beweisansatz über einen indirekten Beweis:
>
> Sei [mm]f:[a,b]\to[a,b][/mm] mit |f'(x)|<1 [mm]\forall x\in[a,b][/mm] und
> f nicht kontrahierend. d.h. es existieren
> [mm]x,y\in[a,b],[/mm] x<y, so dass [mm]d(f(x)-f(y))>\lambda*d(x,y)[/mm]
> [mm]\forall \lambda \in[0,1).[/mm]
> (Nach Definition einer
> kontrahierenden Abbildung).
Die Reihenfolge der Quantoren ist falsch: [mm] $\forall \lambda$ [/mm] muß am Anfang stehen, oder auf deutsch:
Zu jedem [mm] $\lambda\in[0;1)$ [/mm] gibt es $x, y [mm] \in [/mm] [a; b]$ mit
$|f(x)-f(y)| > [mm] \lambda |x-y|\,.$
[/mm]
>
> Also ist [mm]|f(y)-f(x)|=\mu*|y-x|[/mm] für ein [mm]\mu \ge[/mm] 1
Der Schluß ging daneben! Dies gilt nicht für nichtkontrahierende Abbildungen! Nimm als Beispiel die Abbildung $f: [mm] [0;1]\to[0;1]\,, x\mapsto [/mm] {1 [mm] \over [/mm] 2} [mm] x^2\,.$
[/mm]
>
> Da f stetig differenzierbar, existiert ein
> [mm]\varepsilon\in[x,y][/mm] mit [mm]f(y)-f(x)=f'(\varepsilon)(y-x).[/mm]
> (Mittelwertsatz)
Dies folgt schon aus der Differenzierbarkeit von $f$, die Stetigkeit der Ableitung geht hier nicht ein. Und auch sonst nirgends in Deinem Beweis. Dies ist immer ein Alarmzeichen, daß irgendwas faul sein könnte!
> Dann ist aber auch [mm]|f(y)-f(x)|=|f'(\varepsilon)|*|y-x|[/mm] und
> somit [mm]|f'(\varepsilon)|=\mu \ge[/mm] 1. Das ist ein Widerspruch
> zur Annahme, dass |f'(x)|<1 [mm]\forall x\in[a,b][/mm] und somit
> muss f schon kontrahierend sein.
>
> Kann ich das so machen?
Nein.
Gruß,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:22 Di 08.01.2013 | | Autor: | Krissel |
> Hallo Krissel,
>
> > Es sei f : [mm]\IR \to \IR[/mm] eine stetig differenzierbare
> > Funktion mit f ([a, b]) = [a, b].
>
> Heißt das wirklich so? Und nicht
> [mm]f([a;b])\subseteq[a;b]\,?[/mm]
Entschuldigung, da hab ich beim abtippen geschludert.
Es ist sogar [mm] "\subset" [/mm] in der Aufgabenstellung.
> > Sei [mm]f:[a,b]\to[a,b][/mm] mit |f'(x)|<1 [mm]\forall x\in[a,b][/mm] und
> > f nicht kontrahierend. d.h. es existieren
> > [mm]x,y\in[a,b],[/mm] x<y, so dass [mm]d(f(x)-f(y))>\lambda*d(x,y)[/mm]
> > [mm]\forall \lambda \in[0,1).[/mm]
> > (Nach Definition einer
> > kontrahierenden Abbildung).
>
> Die Reihenfolge der Quantoren ist falsch: [mm]\forall \lambda[/mm]
> muß am Anfang stehen, oder auf deutsch:
>
> Zu jedem [mm]\lambda\in[0;1)[/mm] gibt es [mm]x, y \in [a; b][/mm] mit
>
> [mm]|f(x)-f(y)| > \lambda |x-y|\,.[/mm]
Danke, das sehe ich ein.
> > Also ist [mm]|f(y)-f(x)|=\mu*|y-x|[/mm] für ein [mm]\mu \ge[/mm] 1
>
> Der Schluß ging daneben! Dies gilt nicht für
> nichtkontrahierende Abbildungen! Nimm als Beispiel die
> Abbildung [mm]f: [0;1]\to[0;1]\,, x\mapsto {1 \over 2} x^2\,.[/mm]
>
> >
> > Da f stetig differenzierbar, existiert ein
> > [mm]\varepsilon\in[x,y][/mm] mit [mm]f(y)-f(x)=f'(\varepsilon)(y-x).[/mm]
> > (Mittelwertsatz)
>
> Dies folgt schon aus der Differenzierbarkeit von [mm]f[/mm], die
> Stetigkeit der Ableitung geht hier nicht ein. Und auch
> sonst nirgends in Deinem Beweis. Dies ist immer ein
> Alarmzeichen, daß irgendwas faul sein könnte!
Da werd ich dann jetzt nochmal ein wenig drüber brüten :)
Danke schonmal für die schnelle Antwort!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:49 Di 08.01.2013 | | Autor: | fred97 |
Helbig hats schon gesagt: alle (!) Voraussetzungen verwenden !
Sei S:= sup [mm] \{|f'(x)|: x \in [a,b]\}
[/mm]
Dann ist S [mm] \le [/mm] 1.
Begründe, warum S<1 ist.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:50 Di 08.01.2013 | | Autor: | Krissel |
> Helbig hats schon gesagt: alle (!) Voraussetzungen
> verwenden !
>
> Sei S:= sup [mm]\{|f'(x)|: x \in[a,b]\}[/mm]
>
> Dann ist S [mm]\le[/mm] 1.
>
> Begründe, warum S<1 ist.
>
> FRED
Hallo Fred!
So, nach einem langen Uni-Tag hab ich mich grad nochmal drangesetzt und dein Hinweis hat mir die Augen geöffnet :)
Danke.
Jetzt bin ich das ganze folgendermaßen direkt angegangen:
Sei alles wie gehabt.
Nach dem Mittelwertsatz gilt, dass für alle [mm]x,y[/mm] [mm] \in[a,b],[/mm] [mm]x
[mm] |f(x)-f(y)|=|f'(\varepsilon)|*|x-y| [/mm] .
Da [mm]f'(x)[/mm] stetig, hat [mm]f'(x)[/mm] auf [mm][a,b][/mm] ein Minimum und ein Maximum. Also hat [mm]|f'(x)|[/mm]
ein Maximum [mm] m=max\{|f'(x)|: x \in[a,b]\}. [/mm] Nach Vorraussetzung ist [mm]m<1[/mm]. Für dieses m gilt dann:
[mm] |f(x)-f(y)|\le[/mm] [mm]m*[/mm]|x-y| .
Und damit ist f nach Definition kontrahierend.
Hab ich jetzt noch was übersehen?
Danke für die Hilfe!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:12 Mi 09.01.2013 | | Autor: | fred97 |
> > Helbig hats schon gesagt: alle (!) Voraussetzungen
> > verwenden !
> >
> > Sei S:= sup [mm]\{|f'(x)|: x \in[a,b]\}[/mm]
> >
> > Dann ist S [mm]\le[/mm] 1.
> >
> > Begründe, warum S<1 ist.
> >
> > FRED
>
> Hallo Fred!
>
> So, nach einem langen Uni-Tag hab ich mich grad nochmal
> drangesetzt und dein Hinweis hat mir die Augen geöffnet
> :)
> Danke.
>
> Jetzt bin ich das ganze folgendermaßen direkt angegangen:
>
> Sei alles wie gehabt.
>
> Nach dem Mittelwertsatz gilt, dass für alle [mm]x,y[/mm] [mm]\in[a,b],[/mm]
> [mm]x
>
> [mm]|f(x)-f(y)|=|f'(\varepsilon)|*|x-y|[/mm] .
>
> Da [mm]f'(x)[/mm] stetig, hat [mm]f'(x)[/mm] auf [mm][a,b][/mm] ein Minimum und ein
> Maximum. Also hat [mm]|f'(x)|[/mm]
> ein Maximum [mm]m=max\{|f'(x)|: x \in[a,b]\}.[/mm] Nach
> Vorraussetzung ist [mm]m<1[/mm]. Für dieses m gilt dann:
>
> [mm]|f(x)-f(y)|\le[/mm] [mm]m*[/mm]|x-y| .
>
> Und damit ist f nach Definition kontrahierend.
>
> Hab ich jetzt noch was übersehen?
Nein
FRED
>
> Danke für die Hilfe!
>
>
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:26 Mi 09.01.2013 | | Autor: | Krissel |
Super, vielen Dank nochmal, auch an Helbig, für eure Hilfe.
Krissel
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