Ein echtes Analyseproblem von MTRP 2018
Dies ist die Frage, die 2018 in der MTRP-Prüfungsarbeit auftauchte. Ich konnte vor Ort der Prüfung nicht darauf eingehen, aber später, als ich nach Hause kam, kamen mir einige Ideen, ob ich beweisen kann, dass f irgendwie stetig ist und ob S war ein Intervall, dann könnten wir argumentieren, dass f tatsächlich einen Fixpunkt hat. Aber das Problem, dem ich gegenüberstehe, ist, dass S eine endliche Menge ist. Also habe ich keine Idee, das zu lösen.
Wenn mir also jemand helfen kann, dies zu lösen und zu erklären, wäre ich sehr dankbar. Ich bin am Anfang des Analyselernens, also habe ich vage Vorstellungen darüber, keinen strengen Beweis.
Antworten
Diese Behauptung ist aufgrund des Falles nicht wahr$S = \emptyset$.
Allerdings solange$S$mindestens 1 Element hat, ist diese Behauptung wahr. Wir gehen per Induktion über die Anzahl der Elemente vor.
Ob$S$genau ein Element hat, ist diese Behauptung selbstverständlich wahr.
Nehmen Sie jetzt an, dass$S$verfügt über$k + 1$Elemente. Nehmen$a, b \in S$st$a \neq b$. Lassen$\delta = \min\limits_{x, y \in S, x \neq y} |x - y|$. Dann$\delta > 0$.
Betrachten Sie nun die Folgen$a_n = f^n(a)$und$b_n = f^n(b)$, wo$f^n$bedeutet bewerben$f$ $n$mal.
Wir sehen das$|a_n - b_n| \leq \frac{1}{2^n} |a - b|$.
Nehmen$n$ausreichend groß das$\frac{1}{2^n} |a - b| < \delta$. In diesem Fall müssen wir haben$f^n(a) = f^n(b)$.
Nimm den kleinsten$n$st$f^n(a) = f^n(b)$. Dann haben wir$f^{n - 1}(a) \neq f^{n - 1}(b)$sondern$f^n(a) = f^n(b)$. Dann$f$ist nicht injektiv und damit nicht surjektiv, da$S$ist endlich.
Nehmen$w \in S$st$w \notin f(S)$. Betrachten Sie dann die Menge$S' = S - \{w\}$. Dann$f$kann auf eine Funktion eingeschränkt werden$f : S' \to S'$, und$|S'| = |S| - 1 = (k + 1) - 1$. Dies bedeutet, dass es nach der induktiven Hypothese einige gibt$x \in S' \subseteq S$st$f(x) = x$.
Bearbeiten: Wie Kami Rama Murthy betonte, ist es einfacher, die Reihenfolge zu berücksichtigen$s, f(s), f(f(s)), ...$und das zeigen$|f^n(s) - f^{n + 1}(s)|$beliebig klein und damit kleiner als wird$\delta$; dann gibt es welche$n$st$f^{n}(s) = f^{n + 1}(s)$.
Lassen$s \in S$,$s_1=f(s),s_2=f(f(s)),...$. Dann$|s_n-s_{n+1}| \leq \frac 1 {2^{n}}|s-s_1|$durch Anwendung der gegebenen Ungleichung$n$mal. Aber es gibt einen minimalen Abstand zwischen Punkten der endlichen Menge$S$also kann diese Ungleichung gelten$n$groß nur wenn$s_n=s_{n+1}$. Jetzt nimm$x=s_n$um den Beweis zu vollenden.
Dies kann als Beispiel des Banachschen Fixpunktsatzes bewiesen werden. Die allgemeinere Aussage lautet wie folgt:$S$ist ein abgeschlossener Unterraum eines vollständigen metrischen Raums, also ein vollständiger metrischer Raum.$f$ist eine Kontraktion eines vollständigen metrischen Raums, also für den erwähnten Satz$f$hat einen Fixpunkt.
Konkret denken Sie an folgendes Vorgehen. Wählen Sie eine beliebige$s_1 \in S$, und definieren$s_{n+1} = f(s_n)$. Denken Sie an die Abfolge der Entfernungen$d_n = |s_{n+1} - s_n|$. Wir haben$d_n=0$dann und nur dann, wenn$f(s_n)=s_{n+1}=s_n$, und$d_n$kann nur eine endliche Anzahl von Werten haben, da es nur gibt$|S|^2$Mögliche Wahl für ein Paar Elemente. Außerdem$d_{n+1} = |s_{n+2} - s_{n+1}| = |f(s_{n+1}) - f(s_n)| \le \frac{1}2|s_{n+1} -s_n| = d_n$(Gleichheit gilt nur, wenn wir den Fixpunkt gefunden haben), daher$d_n$wird weniger. Eine abnehmende Folge unter einer Menge endlich möglicher Werte nähert sich ihrem Minimum, das nur hier sein kann$0$.