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Analysis » Funktionalanalysis » Funktionalanalysis - Banach'scher Fixpunktsatz anwendbar?
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Universität/Hochschule J Funktionalanalysis - Banach'scher Fixpunktsatz anwendbar?
Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-11


Hallo alle zusammen,

sei $(x, d)$ ein vollsätndiger metrischer Raum, $f: X \rightarrow X$ stetig, so dass

$\sum_{n = 0}^{\infty} d\left(f^n(x), f^n(y)\right) < \infty$ $\forall x,y \in X.$

zu zeigen: $f$ besitzt genau einen Fixpunkt $\lambda \in X$.

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Idee: Ich möchte zeigen, dass aus der Konvergenz der Reihe und der Stetigkeit von $f$ folgt, dass $d(f(x), f(y)) \leq q \cdot d(x,y)$ gilt ($q < 1$), denn dann liefert ja schon der Banach'sche Fixpunktsatz die (eindeutige) Existenz eines Fixpunktes $\lambda \in X$.

Aber ich weiß noch nicht so ganz, wie ich $d(f(x), f(y)) \leq q \cdot d(x,y)$ zeigen könnte, denn mir persönlich sagt die Konvergenz der Reihe nicht so viel ...  

Über einen Hinweis bzw. Ansatz würde ich mich sehr freuen!


Gruß
Neymar



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-05-11


Hey,

ich würde vermuten, man muss den Beweis des Banachschen Fixpunktsatz anschauen und an diese Situation hier anpassen. In dem Beweis taucht etwas auf der Form $d(x_n,x_{n+m})\leq d(x_n,x_{n+1})+\ldots d(x_{n+m-1},x_{n+m})$. Dort wird dann abgeschätzt über die Kontraktion. Stattdessen kann man vermutlich ausnutzen, dass die Folge $(\sum_{n=k}^\infty d(f^n(x),f^n(y) ))_k$ eine Nullfolge ist, für alle $x,y$.


Grüße
Creasy


-----------------
Smile (:



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11


Hallo Creasy,

ich gebe zu, dass ich kaum weitergekommen bin. Ich habe mir mal den Beweis des Banach'schen Fixpunktsatzes zweimal (in leicht unterschiedlichen Versionen) angeschaut. Auf jeden Fall wird, wie du schon angemerkt hattest, benutzt, dass die Abbildung kontrahiert. So, ich vermute, um ehrlich zu sein, dass die in der Aufgabe gegebene stetige Abbildung mit der Eigenschaft $\sum_{n = 0}^{\infty}\dots < \infty$ nicht kontrahiert. Ist das richtig? Ich wollte mir mal ein Gegenbeispiel nehmen ($X = \mathbb{R}$ mit der Standardmetrik, $f: X \rightarrow X, x \mapsto x$), aber die Eigenschaft $\sum_{n = 0}^{\infty}d(f^n(x), f^n(y)) < \infty$  ist nicht $\forall x,y \in X$ erfüllt ... Vielleicht hast du ja ad hoc ein Gegenbeispiel parat? Evtl. klappt es ja, wenn man sich den metrischen Raum der stetigen linearen Funktionen anschaut (mit der ,,Supremumsmetrik"), ich habe es noch nicht ausprobiert.

Stattdessen kann man vermutlich ausnutzen, dass die Folge $(\sum_{n=k}^\infty d(f^n(x),f^n(y) ))_k$ eine Nullfolge ist, für alle x,y.

$>$ Hmm, würdest du mir vielleicht zeigen, wie man den Beweis führen könnte? (Ich gebe zu, dass ich gedacht habe, dass mir schon ein kleiner Ansatz reicht, aber ich merke gerade, dass dies nicht der Fall ist.)

(In der Aufgabe wird auch noch verlangt, zu zeigen, dass für jedes $x_0 \in X$ die Folge der Iterierten $x_n = f(x_{n-1}) = f^n(x_0)$ für $n \in\mathbb{N}_{>1}$ gegen den Fixpunkt $\lambda$ konvergiert. Deshalb glaube ich auch nicht, dass der Banach'sche Fixpunktsatz gilt, sonst wäre es ja ein reines ,,Abstauben" des Satzes.)

Gruß
Neymar



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-05-11


Hey,

ein Bsp. werde ich (oder hoffentlich jemand anders) nachliefern.

Zu dem Beweis: Ein solcher Fixpunkt muss eindeutig sein, denn angenommen es gibt zwei Fixpunkte, sagen wir $x$ und $y$. Dann ist $d(f^n(x),f^n(y))=d(x,y)\neq 0$ eine Konstante, insbesondere keine Nullfolge, und die Reihe $\sum d(f^n(x),f^n(y))$ kann nicht konvergieren, ein Widerspruch.

Wir wählen also $x_0\in X$ und setzen $x_n=f(x_{n-1})=f^n(x_0)$. Die Idee bei dem Beweis vom Fixpunktsatz von Banach ist zu zeigen, dass dies eine Cauchyfolge in $X$ liefert und daher konvergent ist, um dann zu folgern, dass sie gegen einen Fixpunkt konvergiert, weil die Abbildung stetig ist. Wir müssen also jetzt zeigen, dass die Folge eine Cauchyfolge ist. Für $n,m\in\mathbb{N}$  ist aber $$d(x_{n},x_{n+m})\leq d(x_{n},x_{n+1})+d(x_{n+1},x_{n+2})+\ldots +d(x_{n+m-1},x_{n+m})$$ nach der Dreiecksgleichung. Nun schreiben wir $x_i=f^i(x_0)$ und $x_{i+1}=f^i(x_1)$, damit erhalten wir
$$\begin{align*}..&\leq d(f^n(x_0),f^n(x_1))+d(f^{n+1}(x_0),f^{n+1}(x_1)) +\ldots + d(f^{n+m-1}(x_0),f^{n+m-1}(x_1))\\ &\leq \sum_{k=n}^{\infty} d(f^{k}(x_0),f^{k}(x_1))\end{align*} $$ und das geht gegen $0$, wenn $n$ gegen unendlich geht. Daraus folgt, dass $(x_n)$ eine Cauchyfolge ist.





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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-05-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)

ein Bsp. werde ich (oder hoffentlich jemand anders) nachliefern.
\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)

Betrachte den (vollständigen) metrischen Raum $X=[0,1]$, und die stetige Funktion $f:X\to X$ mit

\[f(x):=\begin{cases}
0&x\leq\frac{1}{2}\\
x-\frac{1}{2}&x>\frac{1}{2}
\end{cases}\]
Wegen des Falles für $x>\frac{1}{2}$ handelt es sich um keine Kontraktion. Aber für alle $x\in X$ und für alle $n\geq2$ ist $f^n(x)=0$, das heißt:

\[\sum_{n=0}^\infty d(f^n(x),f^n(y))=d(x,y)+d(f(x),f(y))\]
da alle höheren Terme wegfallen. Die Reihe konvergiert also, obwohl $f$ keine Kontraktion ist.
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11


Hallo Creasy,

erst einmal: Ich bin begeistert. :-) Ich habe aber noch Rückfragen.

(i) Wir setzen $x_n = f(x_{n-1}) = f^n(x_0)$. Okay, dann ist $x_i = f^i(x_0)$ (klar), und $x_{i+1} = f(x_i) = f^{i+1}(x_0)$. Wie erhältst du daraus $x_{i+1} = f^i(x_1)$? Definierst du das, oder sieht man das?

(ii) Also zumindest bei uns wurdso der BNF (kurz für Banach'scher Fixpunktsatz) so definiert, dass eine Folge $(\varphi_n)_{n \in \mathbb{N}_0}$ rekursiv mit $\varphi_{n+1} := A \varphi_n$ für $n \in \mathbb{N}_0$ definiert wurde. Nun wird bei uns (schon laut Hinweis in der Aufgabe) $(x_n)_{n\in \mathbb{N}} := f(x_{n-1})$ gesetzt. Dass beides $\Leftrightarrow$ ist, sieht man, wenn man sich klar macht, dass einmal $\mathbb{N}_0$ und das andere Mal $\mathbb{N}$ im Spiel ist. Aber warum ist $x_n = f(x_{n-1}) \mathbf{= f^n(x_0)}$? Die letzte Gleichheit ist für mich noch ein bisschen unmotiviert.

(iii) Ich würde es vermutlich folgendermaßen aufschreiben: Für $m > n$ gilt

$d(x_n, x_m) \leq d(x_n, x_{n+1}) + d({x_{n+1}, x_{n+2}}) + \dots + d(x_{m-1}, x_m) = d(f^n(x_0), f^{n+1}(x_0)) + d(f^{n+1}(x_0), f^{n+2}(x_0)) + \dots + d(f^{m-1}(x_0), f^m(x_0))$

Falls $x_i=f^i(x_0)$ und $x_{i+1}=f^i(x_1)$ (vgl. meine Frage (i)), dann kann auch ich meine Terme durch die konvergente Reihe abschätzen.

(iv) Zur Eindeutigkeit:

Warum ist $d(f^n(x), f^n(y)) = d(x,y)$?


(v) Es gibt noch eine weitere Aufgabe, die wir bearbeiten sollen, die der hier ähnlich scheint (zumindest auf den ersten Blick). Ich versuche das mal (spätestens morgen) und melde mich dann bei Unklarheiten.


ad Vercassivelaunos: Was für ein schönes Beispiel!


Gruß
Neymar


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-05-11


2019-05-11 19:38 - Neymar in Beitrag No. 5 schreibt:
Hallo Creasy,

erst einmal: Ich bin begeistert. :-) Ich habe aber noch Rückfragen.

(i) Wir setzen $x_n = f(x_{n-1}) = f^n(x_0)$. Okay, dann ist $x_i = f^i(x_0)$ (klar), und $x_{i+1} = f(x_i) = f^{i+1}(x_0)$. Wie erhältst du daraus $x_{i+1} = f^i(x_1)$? Definierst du das, oder sieht man das?

Also um sicherzugehen: Mit $f^2(x)$ meint man $(f\circ f)(x)$. Damit ist also $f^i(x_1)=f^i(f(x_0))=f^{i+1}(x_0)=x_{i+1}$.


Aber warum ist $x_n = f(x_{n-1}) \mathbf{= f^n(x_0)}$? Die letzte Gleichheit ist für mich noch ein bisschen unmotiviert.

Gleiches hier nur induktiv: $x_n=f(x_{n-1})=f(f(x_{n-2}))=f^2(x_{n-2})=f^2(f(x_{n-3}))=f^3(x_{n-3})=...=f^n(x_0)$.


(iv) Zur Eindeutigkeit:

Warum ist $d(f^n(x), f^n(y)) = d(x,y)$?
Hier sei dazugesagt: $x$ und $y$ waren hier als Fixpunkte vorausgesetzt, erfüllen also $f(x)=x$, und damit auch $f^n(x)=f^{n-1}(f(x))=f^{n-1}(x)=...=x$ und $f^n(y)=y$, also auch $d(f^n(x), f^n(y)) = d(x,y)$.


Beste Grüße
Creasy



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-12


Erst einmal danke dir für deine sehr hilfreichen Antworten! Ich gebe zu, dass ich $f^n(x)$ falsch verstanden habe; ich dachte, dass $f^n(x) = f^{n-1}(x) \mathbf{\cdot} f(x)$.

zur neuen Aufgabe:

Sei $(x, d)$ ein vollst. metrischer Raum und sei $f: X \rightarrow X$ eine Abbildung, so dass

$d^n\left(f(x), f(y)\right)  \leq d_n d(x,y)$ $\forall n\in \mathbb{N}_0$ $\forall x, y \in X$ mit Konstanten $d_n \geq 0$ und $\sum{n = 0}^{\infty}d_n < \infty$. Zeigen Sie, dass $f$ genau einen Fixpunkt $\lambda \in X$ besitzt und für jedes $x_0 \in X$ die Iterierten

$x_n = f(x_{n-1}) = f^n(x_0)$ die folgenden Abschätzungen erfüllen:

(i) a priori Fehlerabschätzung

$d(x_n, \lambda) \leq \left(\sum_{k = n}^{\infty}d_k \right) d(x_0, x_1)$,

(ii) a posteriori Fehlerabschätzung

$d(x_n, \lambda) \leq d_1 \left( \sum_{k = 0}^{\infty} d_k \right) d(x_{n-1}, x_n)$.

Welche Abschätzungen erhält man im Falle einer Kontraktion?
________________________________________

1.) So, ich habe schon (vollkommen analog, wie du es gemacht hattest) gezeigt, dass es höchstens einen Fixpunkt gibt (i.e., Eindeutigkeit).

Dass $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ eine Cauchyfolge ist, ist auch schon erledeigt (wobei ich dazu noch eine Frage habe, vgl. 2.)

Aber da $f$ nicht nach Voraussetzung stetig ist, weiß ich nicht, wie ich die Existenz des Fixpunktes zeigen kann.

2.) Ich erhalte für $m >n$ (analoge Rechenschritte wie von dir aufgeführt bzw. wie beim Beweis v. BNF):

$d(x_n, x_m) \leq d(x_0, x_1) \cdot \sum_{k = n}^{\infty} d_k$

Nun, warum konvergiert die Reihe $\sum_{k = n}^{\infty} d_n$ für $k \to \infty$ gegen $0$? (Liegt es daran, dass $d_k$ notwendigerweise eine Nullfolge bilden muss?)

Aber in der letzten Aufgabe hatten wir ja:

$$\dots \leq \sum_{k=n}^{\infty} d(f^{k}(x_0),f^{k}(x_1))$$ Warum konvergiert diese Reihe für $k \to \infty$ gegen $0$?

So, die Fehlerabschätzungen schaue ich mir dann später an und melde mich dann vermutlich noch einmal.


Gruß
Neymar



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-05-12


2019-05-12 12:23 - Neymar in Beitrag No. 7 schreibt:
$d^n\left(f(x), f(y)\right)  \leq d_n d(x,y)$ $\forall n\in \mathbb{N}_0$ $\forall x, y \in X$

Vermutlich ist $d(f^n(x),f^n(y))\leq ..$ gemeint?

Aber da $f$ nicht nach Voraussetzung stetig ist, weiß ich nicht, wie ich die Existenz des Fixpunktes zeigen kann.
Wenn $x$ der Grenzwert ist, dann soll $x=f(x)$ sein. Um das zu zeigen, kann man zeigen, dass $d(f(x),x))=0$ ist, und zwar in dem man $d(f(x),x)\leq d(f(x),x_n)+d(x_n,x)= d(f(x),f(x_{n-1}))+d(x_n,x)$ betrachtet.



2.) Ich erhalte für $m >n$ (analoge Rechenschritte wie von dir aufgeführt bzw. wie beim Beweis v. BNF):

$d(x_n, x_m) \leq d(x_0, x_1) \cdot \sum_{k = n}^{\infty} d_k$

Nun, warum konvergiert die Reihe $\sum_{k = n}^{\infty} d_n$ für $k \to \infty$ gegen $0$? (Liegt es daran, dass $d_k$ notwendigerweise eine Nullfolge bilden muss?)

Aber in der letzten Aufgabe hatten wir ja:

$$\dots \leq \sum_{k=n}^{\infty} d(f^{k}(x_0),f^{k}(x_1))$$ Warum konvergiert diese Reihe für $k \to \infty$ gegen $0$?

Es geht darum, dass die Folge der Reihen gegen 0 konvergiert. Also gemeint ist: Ich setze $y_n=\sum_{k=n}^{\infty} d(f^{k}(x_0),f^{k}(x_1))$, und betrachte die Folge $(y_n)_n$ und behaupte die konvergiert gegen 0, denn $y_n=\sum_{k=0}^\infty d(f^{k}(x_0),f^{k}(x_1))  - \sum_{k=0}^{n-1}d(f^{k}(x_0),f^{k}(x_1))\to 0$. Das benutzt eigentlich nur, dass $\sum_{k=0}^\infty d(f^{k}(x_0),f^{k}(x_1))$ endlich, also dass die Folge der Partialsummen (das was man da abzieht) konvergent ist und zwar gegen die Reihe.


Beste Grüße
Creasy



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-12


(Ja, ich hatte mich in der Tat verippt.)

Mal ein ganz blöder Vorschlag: $$d(f(x),x)\leq d(f(x),x_n)+d(x_n,x)= d(f(x),f(x_{n-1}))+d(x_n,x) \Rightarrow \lim\limits_{n\to \infty} d(f(x),x)= d(f(x),x) = \lim\limits_{n\to \infty} d(f(x),f(x_{n-1}))+d(x_n,x) \longrightarrow 0 + 0 = 0$$
(Wegen der Vollständigkeit von $X$ gibt es ein Grenzelement $x\in X$ mit $x_n \longrightarrow x$ für $n \to \infty$.)



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-05-12


Du musst noch begründen, warum $d(f(x),f(x_{n-1}))$ gegen 0 geht, bei $n$ gegen unendlich.



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Neymar
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Ich glaube, ich hatte mich vertippt:

(i) Wenn, dann müsste es ja $$\lim\limits_{n \to \infty}d(f(x), x) = d\left(f(x), x\right) \leq \lim\limits_{n\to \infty} \left[ d(f(x),f(x_{n-1}))+d(x_n,x)\right]$$ heißen. Warum $d(f(x), f(x_{n-1}))$ gegen $0$ konvergiert, ist mir nicht klar, um ehrlich zu sein.  


(ii) Also die a priori-Fehlerabschätzung habe ich hinbekommen, denke ich. Aber bei der a posteriori-Fehlerabschätzung hakt es noch:

$$d(x, x_n) = d(f(x), f(x_{n-1})) \leq d(f(x), f(x_n)) + d(f(x_n), f(x_{n-1})) \leq d_1 \cdot d(x, x_n) + d(x_{n+1}, x_n) \leq d_1 \cdot d(x_0, x_1) \sum_{n = 0}^{\infty}d_n + d(x_{n+1}, x_n)$$, wobei ich zwischendurch die a priori-Fehlerabschätzung verwendet habe, und dass gilt $d(f(x), f(y)) \leq d_1 \cdot d(x,y)$, vgl. Aufgabe.



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2019-05-12 20:54 - Neymar in Beitrag No. 11 schreibt:
(i) Warum $d(f(x), f(x_{n-1}))$ gegen $0$ konvergiert, ist mir nicht klar, um ehrlich zu sein.  
$0\leq d(f(x),f(x_{n-1}) )\leq d_1 d(x,x_{n-1})$ und  letzteres konvergiert gegen 0.


(ii) Also die a priori-Fehlerabschätzung habe ich hinbekommen, denke ich. Aber bei der a posteriori-Fehlerabschätzung hakt es noch:

$$d(x, x_n) = d(f(x), f(x_{n-1})) \leq d(f(x), f(x_n)) + d(f(x_n), f(x_{n-1})) \leq d_1 \cdot d(x, x_n) + d(x_{n+1}, x_n) \leq d_1 \cdot d(x_0, x_1) \sum_{n = 0}^{\infty}d_n + d(x_{n+1}, x_n)$$, wobei ich zwischendurch die a priori-Fehlerabschätzung verwendet habe, und dass gilt $d(f(x), f(y)) \leq d_1 \cdot d(x,y)$, vgl. Aufgabe.
Sieht im Ansatz richtig aus und der ist in etwa der gleiche wie bei der a-priori:
$$d(x,x_n)=\lim_m d(x_n,x_m) \leq \lim_m d(x_n, x_{n+1})+\ldots d(x_{m-1},x_m)=\lim_m d(f(x_{n-1}),f(x_n)) + d(f^2(x_{n-1}),f^2(x_{n}))+ ... \leq  d_1 d(x_{n-1},x_n) +d_1d(f(x_{n-1},f(x_n))+..\leq d_1d_0d(x_{n-1},x_n)+d_1d_1d(x_{n-1},x_n))+... $$
Du solltest natürlich besser mit $\sum$  arbeiten, aber das soll dafür helfen. Dabei ist $1\leq d_0$ benutzt worden.



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Neymar
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Hey Creasy,

vielen Dank dir, ich habe es leider erst eben geschafft, mir das anzuschauen.

Gruß
Neymar



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Neymar hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Neymar hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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