zeigen/widerlegen dass f eine Kontraktion ist

Question

Definitionen:

Betrachtet wird $X \subseteq \mathbb{R}$ und $\mathbb{R}$ mit dem Betrag als Metrik.

$$X = [0,2] \\ f: X \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto \frac{1}{3}(4-{x}^2)$$

Hallo, wie kann ich zeigen dass das eine/keine Kontraktion ist?

Ich habe bereits gezeigt dass $Bild(f) \subseteq X$ ist und als Teilmenge von $\mathbb{R}$  ist $[0,2]$ auch ein metrischer Raum.

Bleibt noch zu zeigen, dass es $k<1$ gibt, so dass $d(f(x),f(y)) \leq k*d(x,y)$ für alle $x,y\in X$.

Ich habe den Ausdruck zunächst in ein Produkt umgeformt, was der rechten Seite ähnelt:

$$d(f(x),f(y)) = \frac{1}{3}*|{y}^2-{x}^2| = \frac{1}{3}*(y+x)*|y-x| = \frac{1}{3}*(y+x)* d(x,y)$$

Jetzt wollte ich den Ausdruck nach oben abschätzen. Er wird am größten für: $x=2$ und $y=2$:

$$d(f(x),f(y)) \leq \frac{1}{3}*(2+2)*d(x,y) = \frac{4}{3}*d(x,y)$$  (In diesem Fall wäre aber dann auch $d(x,y) = 0$ , daher bin ich mir bei diesem Schritt ohnehin unsicher)

Das k wäre dann offensichtlich nicht kleiner als 1. Das heißt ja aber noch nicht, dass es kein k gibt. Oder gibt das die Argumentation doch schon her? Wie argumentiere ich ggf. dass es gar kein k gibt? Ich sehe nicht so wirklich durch. Ist meine Methode insgesamt überhaupt sinnvoll?

Answer 1

Hallo :-)

Deine jetzige Herangehensweise wird nicht funktionieren, da $f$ tatsächlich keine Kontraktion auf $[0,2]$ ist.

Du hast ja bereits gezeigt, dass $\text{Bild}(f)\subseteq [0,2]$ gilt, sodass $f:[0,2]\to [0,2]$ wohldefiniert ist.

Damit eine Kontraktion einer sogenannten Selbstabbildung $h:X\to X$ vorliegt ($(X,d)$ ist metrischer Raum), muss gelten:

$\exists 0\leq L<1 \quad \forall v,w\in X: \quad d(h(v),h(w))\leq L\cdot d(v,w).$

Will man diese Aussage widerlegen, so muss man die Negation betrachten:

$\forall 0\leq L<1 \quad \exists v,w\in X: \quad d(h(v),h(w))> L\cdot d(v,w).$

Jetzt nehme ich mal deine Rechenüberlegungen:

$d(f(x),f(y)) = \frac{1}{3}*|{y}^2-{x}^2| = \frac{1}{3}*(y+x)*|y-x| = \frac{1}{3}*(y+x)* d(x,y)$

Die erweitere ich nun folgendermaßen zu:

$$d(f(x),f(y))=\frac{1}{3}\cdot |{y}^2-{x}^2| = \frac{1}{3}\cdot (y+x)\cdot |y-x| = \frac{1}{3}\cdot (y+x)\cdot d(x,y)\stackrel{!}{>}L\cdot d(x,y)$$

Man muss also im Prinzip nur $x,y\in [0,2]$ so wählen, sodass $\frac{1}{3}\cdot (y+x)>L$ gilt, wobei $x,y\in [0,2]$ von $L<1$ abhängig sind. Diese Ungleichung löse ich jetzt einfachmal nach $y$ auf und erhalte $y>3\cdot L-x$.

Jetzt muss geprüft werden, ob tatsächlich für jedes $L<1$ mindestens ein $x,y\in [0,2]$ gibt mit $y>3\cdot L-x$. Dazu schränke ich die Wahl von $x\in [0,2]$ ein wenig weiter ein z.b durch $2\cdot L> x> L$.

Dadurch erhalte ich die Abschätzung $2>2\cdot L=3\cdot L-L>3\cdot L-x>3\cdot L-2\cdot L=L\geq 0$.

Dadurch erhalte ich ein $y\in [0,2]$ mit $2\geq y>3\cdot L-x$, zb durch $y=\frac{2+3\cdot L-x}{2}$.

Das war nun die Schmierarbeit für den finalen Beweis, dass $f$ keine Kontraktion ist:

Beweis:

Sei $0\leq L<1$ beliebig. Wähle $x,y\in [0,2]$ durch $2\cdot L>x>L$ und $y=\frac{2+3\cdot L-x}{2}$.

Die Wahl von $x,y$ durch diese Bedingungen ist wohldefiniert, weil

$$1.)\quad 2=2\cdot 1>2\cdot L>L\geq 0,$$ sodass mindestens ein $x\in [0,2]$ existiert mit $2\cdot L>x>L$.

$$2.)\quad 2=\frac{2+2\cdot 1}{2}>\frac{2+2\cdot L}{2}=\frac{2+3\cdot L-L}{2}\\\qquad>\frac{2+3\cdot L-x}{2}=y=\frac{2+3\cdot L-x}{2}\\\qquad>\frac{2+3\cdot L-2\cdot L}{2}=\frac{2+L}{2}\geq 0,$$d.h, $y\in [0,2]$.

Damit gilt nun:

$$d(f(x),f(y))=\frac{1}{3}\cdot |{y}^2-{x}^2| = \frac{1}{3}\cdot (y+x)\cdot |y-x| \\[10pt]= \frac{1}{3}\cdot (y+x)\cdot d(x,y)=\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{2+3\cdot L-x}{2}+x\right)\cdot d(x,y)\\[10pt]=\frac{1}{3}\cdot \frac{2+3\cdot L+x}{2}\cdot d(x,y)>\frac{1}{3}\cdot \frac{2+3\cdot L+L}{2}\cdot d(x,y)\\[10pt]>\frac{1}{3}\cdot \frac{2\cdot L+3\cdot L+L}{2}\cdot d(x,y)=\frac{6\cdot L}{6}\cdot d(x,y)=L\cdot d(x,y),$$

sodass $f$ keine Kontraktion auf $[0,2]$ ist.

Answer 2

Vorweg: Der Malpunkt in LaTeX ist \cdot, nicht *.

Du bist doch schon fast fertig. Da es mit x=y=2 nicht ganz sauber klappt, ändern wir es minimal ab: x=2, y=1.9. Damit

$d(f(x),f(y))=\frac{3.9}3\cdot d(x,y) > d(x,y)\ge L\cdot d(x,y)$ für alle $0<L<1$ fertig.

Comments

edit, weil verstanden

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Noch der ergänzende Hinweis: Die kleinste Lipschitz Konstante kann auch über das Supremum des Betrags der Ableitung bestimmt werden

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Hallo Mathhilf,

das ist ein guter Hinweis! Vielen Dank

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Zum Hinweis von mathhilf: ja, wenn dieses Resultat aus der Vorlesung verfügbar ist.