Vorraussetzungen Banachscher Fixpunktsatz mit Umkehrfunktion zeigen.

Question

Aufgabe:

Bestimme für das Intervall [0,1.5] den (die) Fixpunkt(e) der Funktion
$$ F(x)=\tan (x-0.5) $$

Weise die Voraussetzungen des Fixpunktsatzes explizit nach.

Problem/Ansatz:

Soweit ich weiß, müsste ich dafür zeigen, dass das ganze ein mit einer Norm versehener Raum ist auf einem abgeschlossenen Intervall. Die beiden Bedingungen sind ja erfüllt (Ich denke mal F : R->R wurde hier weggelassen in der Aufgabenstellung).

Zusätzlich ist dann zu zeigen, dass die Funktion eine Selbstabbildung ist und kontraktiv -  und da liegt mein Problem.

In der Musterlösung wird gezeigt, dass die Funktion nicht kontraktiv ist, da die Ableitung >= 1 ist. Dann wird die Umkehrfunktion betrachtet. Ich hätte gedacht, da F nicht kontraktiv ist, sind die Voraussetzungen nicht erfüllt. Hier wird jedoch zu dem Ergebnis gekommen, das genau ein Fixpunkt im Intervall vorliegt und es wird gezeigt, dass die Ableitung der Umkehrfunktion streng monoton fallend ist in $$[0, \infty)$$. Dann wird eine Wertetabelle im Intervall von 0 bis 1,5 gebildet, wo man sehen kann, dass die Umkehrfunktion eine Selbstabbildung ist.

Warum wird hier die Umkehrfunktion betrachtet und wie weise ich damit die Vorausetzungen des Fixpunktsatzes nach?

Vielen Dank im Voraus.

Answer 1

Aloha :)

Die gegebene Form der Fixpunkt-Gleichung$$x=\tan\left(x-\frac12\right)=F(x)\quad;\quad x\in\left[0\bigg|\frac32\right]$$konvergiert nicht, weil die Funktion \(F(x)\) keine Kontraktion ist:$$F'(x)=1+\tan^2\left(x-\frac12\right)\ge1$$Das bedeutet formal \(\frac{dF}{dx}\ge1\) und intuitiv, dass die Funktionswerte schneller wachsen als die Argumente. Du wirst quasi von einem möglichen Fixpunkt weggedrückt.

Mit Hilfe der \(\arctan\)-Funktion kannst du die Fixpunkt-Gleichung jedoch umformen:$$\arctan(x)=x-\frac12\quad\implies$$$$x=\frac12+\arctan(x)\eqqcolon\varphi(x)\quad;\quad x\in\left[0\bigg|\frac32\right]$$Die neu definierte Abbildung \(\varphi(x)\) ist nun eine Kontraktion, denn:$$\varphi'(x)=\frac{1}{1+x^2}<1\implies 0<\varphi'(x)<1\quad;\quad x\in\left(0\bigg|\frac32\right)$$Formal heißt das \(0<\frac{d\varphi}{dx}<1\) und intuitiv, dass die Funktionswerte langsamer wachsen als die Argumente und einem Fixpunkt zustreben.

Den Fixpunkt findest du nun numerisch als Grenzwert der rekursiv definierten Folge:$$x_{n+1}=\varphi(x_n)=\frac12+\arctan(x_n)\quad;\quad x_0\text{ beliebig}$$Unser Freund Wolfram meint dazu:\(\quad x\approx1,475\)

Answer 2

Anstelle von \(x=\tan(x-0.5)\) betrachte das

äquivalente Problem \(x=\arctan(x)+0.5\).

Hier sind die Voraussetzungen vermutlich erfüllt, da die Steigung von \(\arctan\)

\(\leq 1\) ist (kontrahierend).