Lecture 2

1
,
I
1. Groÿe Übung
I.1
Fixpunktsatz
Aufgabe 1. Sei
C([0, 1]) := {f : [0, 1] → R : f
ist stetig}.
(I.1)
Für alle f ∈ C([0, 1]) denieren wir die Norm
kf k∞ := sup |f (x)|.
x∈[0,1]
(I.2)
Sei G : C([0, 1]) → C([0, 1]), sodass
1
kG(f ) − G(g)k∞ ≤ kf − gk∞ , ∀f, g ∈ C([0, 1]).
2
(I.3)
(Wir merken, dass f, g ∈ C([0, 1]) und deshalb gilt auch G(f )−G(g) ∈
C([0, 1]) ).
Zeigen Sie, dass für alle x0 ∈ R eine Funktion f ∈ C([0, 1]) mit
den folgenden Eigenschaften existiert:
(i)
f
ist dierenzierbar auf (0, 1) und
∀x ∈ (0, 1) : f 0 (x) = G(f )(x).
(I.4)
f (0) = x0 .
(I.5)
(ii)
Wir wollen den Fixpunktsatz benutzen. Die Lösung von (I.4) und
(I.5) wird ein Fixpunkt sein.
Beweis:
Teil 1:
Wir tauschen die Dierentialgleichung gegen eine Integralgleichung.
Wir nehmen an, dass wir eine Funktion g nden können, die die folgende
Gleichung erfüllt:
Z x
f (x) = x0 +
G(f )(t)dt.
(I.6)
0
Es folgt, dass
Z
f (0) = x0 +
0
G(f )(t)dt = x0 ,
0
(I.7)
2
,
und aus dem Hauptsatz der Dierential- und Integralrechnung folgt
(I.8)
f 0 (x) = G(f )(x).
Es folgt, dass f die Gleichungen (I.4) und (I.5) erfüllt. Deswegen werden wir
eine Funktion nden, die die Gleichung (I.6) erfüllt.
Teil 2: Wie benutzen wir den Fixpunktsatz?
Wir wollen eine Kontraktion nden, die uns dabei helfen kann, die Gleichung (I.6) zu lösen.
Sei H : C([0, 1]) → C([0, 1]) mit
Z
x
(I.9)
G(f )(t)dt.
H(f )(x) := x0 +
0
(Wir erinnern uns daran, dass H(f ) ∈ C([0, 1]) ist.)
Wir suchen einen Fixpunkt von H , da
(I.10)
H(f ) = f
impliziert, dass f eine Lösung von (I.6) ist.
Wir können die Gleichung (I.10) lösen, wenn H eine Kontraktion ist (wegen des Fixpunktsatzes). Deshalb müssen wir nur zeigen, das H eine Kontraktion ist. Wir müssen beweisen, dass eine Konstante c ∈ (0, 1) existiert,
sodass
∀f, g ∈ C([0, 1]) : kH(f ) − H(g)k∞ ≤ ckf − gk∞
(I.11)
Seien f , g ∈ C([0, 1]). Wir berechnen:
kH(f ) − H(g)k∞ = supx∈[0,1] |x0 +
= supx∈[0,1] |
Rx
0
Rx
0
G(f (t))dt − x0 +
Rx
0
G(g(t))dt|
G(f (t)) − G(g(t))dt|.
(I.12)
Jetzt betrachten wir
|
Rx
0
G(f (t)) − G(g(t))dt| ≤
≤
Rx
≤
Rx
0
Rx
0
|G(f (t)) − G(g(t))|dt
supt∈[0,1] |G(f (t)) − G(g(t))| =
1
kf
0 2
− gk∞ dt = kf − gk∞
Rx
0
kG(f ) − G(g)k∞ dt
Rx
1
0 2
(I.13)
= kf − gk∞ 21 x ≤ 21 kf − gk∞ ,
was impliziert, dass
supx∈[0,1] |
Rx
0
G(f (t)) − G(g(t))dt| ≤ 12 kf − gk∞ .
(I.14)
3
,
Gleichungen (I.12) und (I.14) implizieren, dass
1
∀f, g ∈ C([0, 1]) : kH(f ) − H(g)k∞ ≤ kf − gk∞ ,
2
(I.15)
und deswegen ist H eine Kontraktion. Wegen des Fixpunktsatzes gibt es eine
Funktion f , sodass
H(f ) = f.
(I.16)
Das heiÿt,
Z
x
G(f )(t)dt.
f (x) = x0 +
(I.17)
0
Da f ∈ C([0, 1]) gilt, folgt aus dem Hauptsatz der Dierential- und Integralrechnung, dass f dierenzierbar in (0, 1) ist und
∀x ∈ (0, 1) : f00 (x) = G(f )(x), f0 (0) = x0 ,
(I.18)
und das ist, was wir beweisen wollten.
Anmerkung: Wir können die Funktion f , die (I.17) erfüllt, explizit berechnen durch
f := lim H n (0), wobei 0 : [0, 1] → R, 0(x) = 0, ∀x ∈ [0, 1].
n→∞
Was wäre f, wenn wir G(g) :=
den?
I.2
1
g
2
, für alle g ∈ C([0, 1]), wählen wür-
Der Raum (X, Y)
Aufgabe 2.
Sind (X, k · kX ) ein normierter Raum und (Y, k · kY ) ein Banach
Raum, so ist auch (B(X, Y ), k · kB(X,Y ) ) ein Banach Raum.