2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение30.04.2015, 22:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/04/14
968
спб
Задано отображение отрезка $f: I \to I$, такое что $|f(x)-f(y)|<|x-y|$ для всех $x \not =y$. Доказать, что такое отображение имеет единственную неподвижную точку и все орбиты сходятся к ней.

Доказательство
Рассмотрим функцию $g(x):=|x-f(x)|$ она непрерывна и достигает минимума на $I$ в некоторой точке $x_0.$ Пусть $g(x_0)=|x_0 -f(x_0)| = \theta > 0.$ Тогда $|f(x_0)-f(f(x_0))|<|x_0-f(x_0)|=\theta.$ То есть, $g(f(x_0)) < g(x_0)$, что невозможно. Значит, $x_0$ - неподвижная точка отображения $f.$
Пусть $x_0$ и $y_0$ - две неподвижные точки отображения $f$. Тогда $|x_0-y_0|=|f(x_0)-f(y_0)|<|x_0-y_0|$. Следовательно, $x_0=y_0$.
Теперь покажем сходимость орбит произвольной точки $x \in I$. Обозначим $x_n = f^n(x)$. Разобьем $x_n$ на две подпоследовательности $x_{n_k} \leq x_0$ и $x_{m_s} > x_0$ (Такое разбиение на две подпоследовательности может и не иметь место быть, но далее, не умаляя общности, рассматриваем этот случай). Имеем $x_{n_{k+1}} = f^{n_{k+1} - n_k}(x_{n_k}).$ Тогда $|x_0-x_{n_{k+1}}|=|f^{n_{k+1} - n_k}(x_0)-f^{n_{k+1} - n_k}(x_{n_k})| < |x_0 - x_{n_k}|.$ Отсюда получаем неубывание $x_{n_k}$. Аналогично получим невозрастание для $x_{m_s}$. Значит, обе подпоследовательности сходящиеся. Пусть $x_{n_k} \to \alpha \leq x_0$ и $x_{m_s} \to \beta \geq x_0$.
Пусть $\alpha\not=\beta$. В силу непрерывности $f$ верно $f(x_{n_k}) \to f(\alpha)$. Причем $f(x_{n_k})$ является подпоследовательностью $x_n$. Тогда в силу предположения верно одно из двух: либо $f(\alpha)=\alpha \ (1)$ либо $f(\alpha)=\beta \ (2).$ Также $f(x_{m_s}) \to f(\beta)$. Опять же верно одно из двух: либо $f(\beta)=\beta \ (3)$, либо $f(\beta)=\alpha \ (4)$.
Случай $(1)$ и $(3)$. Неподвижная точка единственная, поэтому $\alpha=f(\alpha)=x_0=f(\beta)=\beta$.
Случай $(1)$ и $(4)$. Из равенства $f(\beta)=\alpha=x_0$ имеем равенство $f^{m_{s+1}-m_s}(\beta)=x_0$. Тогда $|x_0-x_{m_{s+1}}| = |f^{m_{s+1}-m_s}(\beta)-f^{m_{s+1}-m_s}(x_{m_{s}})| < |\beta-x_{m_{s}}| \to 0$. Значит, $\beta=x_0.$
Случай $(2)$ и $(3)$ аналогичен предыдущему.
Случай $(2)$ и $(4)$. Имеем равенства $f^2(\alpha)=\alpha$ и $f^2(\beta) = \beta$. $f^2$ обладает тем же свойством, что и $f$, поэтому её неподвижная точка также единственная.
Во всех случаях приходим к тому, что $\alpha=\beta=x_0$. Поэтому $x_n \to x_0$, так как сходятся составляющие её последовательности. $\square$

А вопрос мой вот в чем: можно ли сходимость орбит показать как-нибудь попроще(побыстрее).

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение30.04.2015, 22:55 


29/04/15
6
Можно воспользоваться теоремой Банаха о неподвижной точке. :D Если надо все же показать, то можно сделать из доказательства теоремы частный случай для модулей.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение30.04.2015, 22:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/04/14
968
спб
К сожалению вы не умеете читать. Отображение в моей задачи не является сжимающим.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение30.04.2015, 23:09 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
Вообще, это как-то сразу следует из теоремы Брауэра. Не знаю, хорошо ли оно или подразумевалось другое решение: это, в некотором роде, может оказаться стрельбой из пушек по воробьям.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение30.04.2015, 23:13 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Если $x_0$ -- неподвижная точка, то $|f(x_{k+1})-x_0|=|f(f(x_k))-f(f(x_0))|<|f(x_k)-f(x_0)|=|f(x_k)-x_0|$. Остаётся доказать, что $|x_{k+1}-x_0|=|f(x_k)-x_0|$ не может стремиться не к нулю; но это, по-моему, довольно очевидно.

-- Пт май 01, 2015 00:15:02 --

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1009737 писал(а):
это, в некотором роде, может оказаться стрельбой из пушек по воробьям

и это ещё мягко сказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение30.04.2015, 23:16 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
Ну да. :-)

(Оффтоп)

Ну что делать, ну нравится она мне. :)

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение30.04.2015, 23:47 


10/02/11
6786
post566560.html#p566560

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение01.05.2015, 00:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/04/14
968
спб
ewert в сообщении #1009739 писал(а):
Остаётся доказать, что $|x_{k+1}-x_0|=|f(x_k)-x_0|$ не может стремиться не к нулю;

Ну собственно этому и посвящено более половины моего доказательства. Непонятно как упростить этот момент.
Oleg Zubelevich в сообщении #1009746 писал(а):
post566560.html#p566560

В моем случае имеется не произвольное метрическое пространство, а всего лишь отрезок со стандартной метрикой. И доказательство существенно на это опирается.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение01.05.2015, 00:37 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
demolishka в сообщении #1009756 писал(а):
Непонятно как упростить этот момент.

Стандартно. Если $|x_k-x_0|\to c>0$, то по подпоследовательности $x_{k_n}\to x_0+c$ (например). Тогда по непрерывности $|f(x_0+c)-f(x_0)|=c$, что как-то не вполне хорошо.

Хм, ладно, чуть детальнее:

$x_{k_n}\to x_0+c\ \Rightarrow\ f(x_{k_n})\to f(x_0+c);\quad |f(x_0+c)-x_0|=\lim\limits_{n\to\infty}|f(x_{k_n})-x_0|=c$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение01.05.2015, 00:45 


13/08/14
349
$r_n=\left\lvert x_n-x_0\right\rvert$
$0\leqslant$ $r_n<r_{n-1}$
$r_n$ имеет предел $r$
$x_n$ имеет две предельные точки $x_0-r$ и $x_0+r$
$r=0$ иначе после применения преобразования последовательность не изменится, а предельные точки сблизятся.
Если есть только одна предельная точка, то рассмотреть расстояние до неподвижной точки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение01.05.2015, 00:48 


10/02/11
6786
demolishka в сообщении #1009756 писал(а):
В моем случае имеется не произвольное метрическое пространство, а всего лишь отрезок со стандартной метрикой. И доказательство существенно на это опирается.

глупо

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение01.05.2015, 00:53 
Заслуженный участник


11/05/08
32166

(Оффтоп)

Oleg Zubelevich в сообщении #1009765 писал(а):
demolishka в сообщении #1009756 писал(а):
В моем случае имеется не произвольное метрическое пространство, а всего лишь отрезок со стандартной метрикой. И доказательство существенно на это опирается.

глупо

Да. Элементарные утверждения доказывать продвинутыми средствами -- неприлично.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение01.05.2015, 00:54 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/04/14
968
спб
ewert в сообщении #1009758 писал(а):
Стандартно. Если $|x_k-x_0|\to c>0$, то по подпоследовательности $x_{k_n}\to x_0+c$ (например). Тогда по непрерывности $|f(x_0+c)-f(x_0)|=c$, что как-то не вполне хорошо.

То что нужно. Спасибо большое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение01.05.2015, 00:54 


10/02/11
6786
ewert в сообщении #1009768 писал(а):
Да. Элементарные утверждения доказывать продвинутыми средствами -- неприлично.

а там как раз элементарное доказательство, там слова только умные произносятся, там вместо метрики надо было лишь модуль разности поставить. очевидно к этому ТС уже не способен

 Профиль  
                  
 
 Re: Почти сжимающее отображение отрезка
Сообщение01.05.2015, 00:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/09/13
4318
ewert в сообщении #1009768 писал(а):
Элементарные утверждения доказывать продвинутыми средствами -- неприлично.

Почему? Тем более что особо продвинутого там, вроде бы, нет, но очень изящно.
(Если не считать "продвинутостью" большую общность (что на мой взгляд только плюс))

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 18 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group