  |
|
| ° Forum ° Rejestracja ° Szukaj ° | |
| Auto giełda ° wnętrzowe stacje transformatowe |
 |
Matma / Suma do oszacowania |
| . 1 . 2 . >> |
| Autor | Wiadomość |
| Maciek Przybyła
|
Posted: 15 Mar 2001 15:21:21 Mam pewien problem.
Otóż niech f: [a, b] - [a, b], ponadto |f(x) - f(y)| <= |x - y|, x(n) jest dowolnym ciągiem ograniczonym z przedziału [a, b]. Tworzymy sumę skończona
po k = 0, 1, 2, ..., n - 1 z wyrażenia: f(x(n)) / (2^(n - k)) Przepraszam, pomyliłem się. Chodzi mi o sumę z wyrażenia f(x(k)) /( 2^(n - k)) Pozdrawiam Maciek Przybyła http://www.polsl.gliwice.pl/~mathew/ |
| Maciek Przybyła
|
Posted: 15 Mar 2001 15:22:53 Niestety nie znam języka rosyjskiego, więc nie mogę nigdzie znaleźć, a tym bardziej sprawdzić dowodu twierdzenia Krasnosielskiego o punkcie stałym z 1955 roku (aczkolwiek co do daty to nie jestem pewien). Twierdzenie. Niech f: [a, b] - [a, b], oraz |f(x) - f(y)| <= |x - y| wtedy istnieje x należący do [a, b] taki, że x = f(x). Ponadto x jest granicą następującego ciągu rekurencyjnego: x(n + 1) = (x(n) + f(x(n))) / 2, przy czym x(0) jest dowolną liczbą z przedziału [a, b]. Przez indukcję łatwo wykazać, że x(n) = x(0)/2^n + SUMA{(f(x(k))/(2^(n - k)), po k = 0, 1, 2, ..., n - 1}. Teraz wystarczy pokazać zbiezność wyrażenia po prawej stronie. Jak to pokazać? -- Pozdrawiam Maciek Przybyła http://www.polsl.gliwice.pl/~mathew/ |
| Maciek Przybyła
|
Posted: 15 Mar 2001 15:24:02 Przepraszam, moja wina: pomyliłem się w zapisie! Zapraszam do lektury erraty! -- Pozdrawiam Maciek Przybyła http://www.polsl.gliwice.pl/~mathew/ |
| Michal Misiurewicz
|
Posted: 15 Mar 2001 17:30:06 Niech f: [a, b] - [a, b], oraz |f(x) - f(y)| <= |x - y| wtedy istnieje x
należący do [a, b] taki, że x = f(x). Ponadto x jest granicą następującego ciągu rekurencyjnego: x(n + 1) = (x(n) + f(x(n))) / 2, przy czym x(0) jest dowolną liczbą z przedziału [a, b]. Zalozmy, ze f(x(n))=x(n). Poniewaz |f(x(n+1))-f(x(n))|<=|x(n+1)-x(n)|=|x(n+1)-f(x(n))|, mamy f(x(n+1))=x(n+1) (radze zrobic rysunek). Podobnie, jesli f(x(n))<=x(n), to f(x(n+1))<=x(n+1). Ciag x(n) jest wiec monotoniczny i ograniczony, a wiec zbiezny. Jego granica jest (z ciaglosci f) punktem stalym. Pozdrowienia, Michal ***************************** Michal Misiurewicz http://www.math.iupui.edu/~mmisiure/ |
| Pawel F. Gora
|
Posted: 15 Mar 2001 17:40:23 Niech f: [a, b] - [a, b], oraz |f(x) - f(y)| <= |x - y| wtedy istnieje x należący do [a, b] taki, że x = f(x). Ponadto x jest granicą następującego ciągu rekurencyjnego: x(n + 1) = (x(n) + f(x(n))) / 2, przy czym x(0) jest dowolną liczbą z przedziału [a, b]. Zalozmy, ze f(x(n))=x(n). Poniewaz |f(x(n+1))-f(x(n))|<=|x(n+1)-x(n)|=|x(n+1)-f(x(n))|, mamy f(x(n+1))=x(n+1) (radze zrobic rysunek). Podobnie, jesli f(x(n))<=x(n), to f(x(n+1))<=x(n+1). Ciag x(n) jest wiec monotoniczny i ograniczony, a wiec zbiezny. Jego granica jest (z ciaglosci f) punktem stalym. Niestety, Michale, nie mamy założenia o ciągłości f - gdyby było, możnaby od razu skorzystać z twierdzenia Brouwera. Sądzę, że zadanie można spróbować zrobić tak oto: x(n+1) - x(n) = (x(n) + f(x(n)))/2 - x(n) = (f(x(n)) - x(n))/2 Zatem |x(n+1) - x(n)| = |f(x(n)) - x(n)|/2 Analogicznie |x(n+2) - x(n+1)| = |f(x(n+1)) - x(n+1)|/2 = |f(x(n+1)) - f(x(n)) + f(x(n)) - x(n+1)|/2 <= |f(x(n+1)) - f(x(n))|/2 + |f(x(n)) - x(n+1)|/2 Korzystam z tego, że |f(x) - f(y)| <= |x - y|, a w drugim członie podstawiam f(x(n)) = 2x(n+1) - x(n) |x(n+2) - x(n+1)| <= |x(n+1) - x(n)|/2 + |2x(n+1) - x(n) -x(n+1)|/2 = |x(n+1) - x(n)|/2 + |x(n+1) - x(n)|/2 = |x(n+1) - x(n)| Otrzymałem zatem |x(n+2) - x(n+1)| <= |x(n+1) - x(n)| (*) Gdyby nierówność była silna, to gotowe. W przypadku równości mogą zachodzić dwa przypadki: Po pierwsze, {x(n)} jest ciągiem stałym, wówczas x(n) = x(0), f jest identycznością i punkt stały ma. Po drugie {x(n)} nie jest ciągiem stałym, ale (*) zachodzi. W tej sytuacji albo (i) x(n+1) = x(n) + c, gdzie c ot= 0, albo (ii) x(n+2) = x(n). W przypadku (i) nie może zachodzić f:[a,b] - [a,b], a więc (i) jest niemożliwy. Zostaje tylko rozpatrzyć (ii), ale już nie mam na to czasu. To zresztą jest przypadek najciekawszy, bo to jest jak ze słynną książką Borgesa - każda jej kartka dzieli się na dwie kartki i, jak powiada Borges (w Fikcjach bodajże), musi wobec tego istnieć niepojęta kartka o jednej tylko stronie. Widać Borges znał twierdzenie Krasnosielskiego :-) Dopisane po przeczytaniu przed-wysłaniem: Przypadek (ii) jest bardziej skomplikowany, może bowiem być tak, że x(n+1) = x(n) + c, x(n+2) = x(n+1) + c, ..., x(n+k+1) = x(n+k) + c, x(n+k+2) = x(n+k). Pewnie trzeba pokazać, że jest to sprzeczne z warunkiem Lipszyca. Paweł Góra Institute of Physics, Jagellonian University, Cracow, Poland A physical entity does not do what it does because it is what it is, but is what it is because it does what it does. |
| Pawel F. Gora
|
Posted: 15 Mar 2001 18:09:49 Dopisane po przeczytaniu przed-wysłaniem: Przypadek (ii)
jest bardziej skomplikowany, może bowiem być tak, że x(n+1) = x(n) + c, x(n+2) = x(n+1) + c, ..., x(n+k+1) = x(n+k) + c, x(n+k+2) = x(n+k). Pewnie trzeba pokazać, że jest to sprzeczne z warunkiem Lipszyca. Może tak: Jeżeli dla _jakiegoś_ x(n) zachodzi x(n+2) = x(n), to x(n) = x(n+2) = ((x(n) + f(x(n)))/2 + f((x(n) + f(x(n)))/2))/2 Zatem 3x(n) = f(x(n)) + 2f((x(n) + f(x(n)))/2) Odejmuję od obu stron 3f(x(n)) i biorę moduł: 3|x(n) - f(x(n))| = 2|f((x(n) + f(x(n)))/2) - f(x(n))| <= 2|(x(n) + f(x(n)))/2 - f(x(n))| = |x(n) - f(x(n))| Czyli warunek x(n+2) = x(n) prowadzi do |x(n) - f(x(n))| = 0, czyli x(n) = f(x(n)), więc f ma punkt stały. Teraz już chyba jest OK. Paweł Góra Institute of Physics, Jagellonian University, Cracow, Poland A physical entity does not do what it does because it is what it is, but is what it is because it does what it does. |
| Michal Misiurewicz
|
Posted: 15 Mar 2001 20:24:22 Niech f: [a, b] - [a, b], oraz |f(x) - f(y)| <= |x - y| wtedy
istnieje x [...] Niestety, Michale, nie mamy założenia o ciągłości f - gdyby było,
możnaby od razu skorzystać z twierdzenia Brouwera. Funkcja spelnia warunek Lipschitza ze stala 1, wiec jest ciagla. O ile zrozumialem, to chodzilo o konkretna metode znalezienia punktu stalego przez iterowanie pewnej funkcji, a nie o samo istnienie punktu stalego, ktore jest oczywiscie oczywiste (supremum tych x dla ktorych f(x)=x; bez powolywania sie na silne badz co badz twierdzenie Brouwera). Chyba, ze zalozenia sa inne. Pozdrowienia, Michal ***************************** Michal Misiurewicz http://www.math.iupui.edu/~mmisiure/ |
| . 1 . 2 . >> |