Fachbereich Informatik Sommersemester 2018 Prof. Dr. Peter Becker
H¨ ohere Analysis
L¨osungen zu Aufgabenblatt 4
Aufgabe 1 (Lipschitz-Stetigkeit) 2+2+2+2=8 Punkte
Es seien (M, d) und (M0, d0) metrische R¨aume.
Eine Funktionf :M →M0 heißt Lipschitz-stetig, wenn es einL∈Rgibt, so dass gilt:
∀x, y∈M :d0(f(x), f(y))≤L·d(x, y).
Lheißt dann Lipschitz-Konstante.
(a) Zeigen Sie: Istf Lipschitz-stetig, dann ist f auch stetig aufM.
(b) Geben Sie ein Beispiel f¨ur eine Funktionf :R→Ran, die stetig aber nicht Lipschitz-stetig ist.
(c) Geben Sie ein Beispiel f¨ur eine Funktion f : [0,1]→ R an, die stetig aber nicht Lipschitz-stetig ist.
(d) Sei f : [a, b] → R differenzierbar. Zeigen Sie: Gilt |f0(x)| ≤ L f¨ur alle x ∈ [a, b], dann ist f Lipschitz-stetig auf [a, b].
Hinweise: Bei (b), (c) und (d) nutzen Sie die Metrik d(x, y) = |x−y| f¨ur x, y ∈ R. Bei (b) und (c) m¨ussen Sie nat¨urlich auch begr¨unden, warum die von Ihnen angegebene Funktion nicht Lipschitz-stetig ist.
L¨osung:
(a) Seix0 ∈M beliebig. Wir zeigen mit dem-δ-Kriterium, dassf inx0 stetig ist.
Sei >0. W¨ahle δ= L. O.B.d.A. gelteL >0. Dann gilt:
d(x, x0)< δ
⇒ d(x, x0)<
L
⇒ L·d(x, x0)<
⇒ d0(f(x), f(x0))< .
(b) Die Funktionf(x) =x2 ist nicht Lipschitz-stetig aufR. F¨ur den formalen Nachweis m¨ussen wir
∀L∈R∃x, y∈R:|f(x)−f(y)|> L|x−y|
zeigen. Sei alsoL∈Rbeliebig. O.B.d.A. gelteL >0.
W¨ahle y= 0 und x= 2L. Dann gilt:
|f(x)−f(y)|=|x2−y2|=|x+y||x−y|= 2|L||x−y|> L|x−y|.
(c) Die Funktion f(x) =√
x ist nicht Lipschitz-stetig auf [0,1]. SeiL >0 beliebig. W¨ahle y= 0 und x= 2L12. Dann gilt:
|f(x)−f(y)|=√ x=
r 1
2L2 = 1
√
2L > 1
2L =L· 1
2L2 =L· |x−y|.
(d) Wir wenden den Mittelwertsatz der Differentialrechnung an. Damit folgt f¨ur ein ξ∈(a, b):
|f(x)−f(y)|=|f0(ξ)(x−y)|=|f0(ξ)| |x−y| ≤L|x−y|.
Also istf Lipschitz-stetig.
Aufgabe 2 (Banachscher Fixpunktsatz) 3+1+2=6 Punkte
(a) Zeigen Sie, dass die Funktionf : [0,∞)→[0,∞) mit f(x) = x+12
x+ 1 einen eindeutigen Fixpunkt hat.
(b) Berechnen Sie diesen Fixpunkt.
(c) Berechnen Sie f¨ur die Approximationsfolge des Banachschen Fixpunktsatzes mit den Startwerten x0 = 0, x0= 1 und x0 = 100 jeweils die ersten f¨unf Folgenglieder.
L¨osung:
(a) Es gilt:
f0(x) = (x+ 1)−(x+12)
(x+ 1)2 = 1
2(x+ 1)2 ≤ 1
2 f¨urx∈[0,∞).
Wie bei 1 (d) oder Beispiel 1.64 folgt dann mit dem Mittelwertsatz:
|f(x)−f(y)|=|f0(ξ)||x−y| ≤ 1
2|x−y|.
Also ist die Abbildung kontrahierend. Weiterhin ist [0,∞) mit der Betragsmetrik ein vollst¨andiger metrischer Raum. Mit dem Banachschen Fixpunktsatz folgt, dassf einen eindeutigen Fixpunkt hat.
(b)
x+12
x+ 1 =x ⇒ x+1
2 =x(x+ 1)
⇒ x+1
2 =x2+x
⇒ x2 = 1 2
⇒ x= 1
√ 2.
2
Aufgabe 3 (Banachscher Fixpunktsatz) 2+1+2+2=7 Punkte (a) Zeigen Sie, dass die Funktion
f(x) = 1 6x3−1
2x2−1 4x+3
4 im Intervall [1,2] eine Nullstelle hat.
(b) Formulieren Sie das Problem der Nullstellenbestimmung als Fixpunktaufgabe.
(c) ¨Uberpr¨ufen Sie, ob die Voraussetzungen f¨ur den Banachschen Fixpunktsatz erf¨ullt sind.
(d) Schreiben Sie ein kleines Programm, um eine Approximation der Nullstelle zu berechnen und geben Sie das Ergebnis der Berechnung an.
L¨osung:
(a) Die Funktionf ist als Polynom stetig. Weiterhin gilt f(1) = 1
6−1 2 −1
4 +3 4 = 1
6 >0 und
f(2) = 4
3−2− 1 2+3
4 =− 5 12 <0.
Mit dem Zwischenwertsatz folgt, dassf im Intervall (1,2) eine Nullstelle hat.
(b)
f(x) = 0 ⇔ 1 6x3−1
2x2−1 4x+3
4 = 0
⇔ 1 6x3−1
2x2+3 4x+3
4 =x
Also hat die Funktion f genau dort eine Nullstelle, wo die Funktion g(x) = 16x3− 12x2+34x+34 einen Fixpunkt hat.
(c)
g0(x) = 1
2x2−x+3 4
= 1
2
x2−2x+3 2
= 1
2
(x−1)2+1 2
Damit folgt:
1
4 ≤g0(x)≤ 3
4 f¨urx∈[1,2].
Also ist g auf [1,2] kontrahierend. Weil das Intervall abgeschlossen ist, haben wir auch einen vollst¨andigen metrischen Raum.
(d)
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