Aufgabensammlung Mathematik: Fixpunkt für eine stetige Funktion auf kompakten Definitionsbereich

Fixpunkt für eine stetige Funktion auf kompakten Definitionsbereich

Sei $X$ ein kompakter und metrischer Raum, wobei $d$ die auf $X$ definierte Metrik ist. Sei $T:X\rightarrow X$ eine stetige Abbildung mit der Eigenschaft

$d(T(x),T(y))<d(x,y)$ für alle $x,y\in X$ mit $x\neq y$

Beweise, dass $T$ genau einen Fixpunkt besitzt.

Beweis

Existenz eines Fixpunkts

Widerspruchsbeweis: Sei $T:X\rightarrow X$ eine Abbildung ohne Fixpunkt.

Behauptung 1: Es gibt ein $M\in [0,1)$ mit $d\left(T(T(x)),\,T(x)\right)\leq M\cdot d(T(x),\,x)$ für alle $x\in X$

Wir definieren $f:X\rightarrow \mathbb {R} :x\mapsto {\frac {d\left(T(T(x)),\,T(x)\right)}{d(T(x),\,x)}}$. Weil $\forall x\in X:T(x)\neq x$ ist $\forall x\in X:d(T(x),x)\neq 0$ und damit $f$ eine wohldefinierte Abbildung. Weil $d(x,y)\geq 0$ für alle $x,y\in X$ und $\forall x\in X:d(T(T(x)),\,T(x))<d(T(x),\,x)\Leftrightarrow {\frac {d\left(T(T(x)),\,T(x)\right)}{d(T(x),\,x)}}<1$ ist das Bild von $f$ eine Teilmenge von halboffenen Intervall $[0,1)$ (Es ist $0\leq f(x)<1$ für alle $x\in X$).

Es ist $f$ als Verknüpfung stetiger Abbildungen wieder eine stetige Abbildung. Da der Definitionsbereich von $f$ ein kompakter Raum ist, ist auch das Bild $f(X)\subset [0,1)$ von $f$ kompakt, wobei $f$ sein Maximum annimmt. Sei $M\in [0,1)$ das Maximum von $f$. Es ist also für alle $x\in X$:

${\begin{aligned}&f(x)\leq M\\[3px]\Leftrightarrow \ &{\frac {d\left(T(T(x)),\,T(x)\right)}{d(T(x),\,x)}}\leq M\\[3px]\Leftrightarrow \ &d\left(T(T(x)),\,T(x)\right)\leq M\cdot d(T(x),\,x)\end{aligned}}$

Behauptung 2: $T$ besitzt einen Fixpunkt (im Widerspruch zur Annahme)

Sei $x_{0}\in X$ beliebig und $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ rekursiv definiert durch $a_{0}:=x_{0}$ und $a_{n+1}=T\left(a_{n}\right)$. Es ist also

$a_{n}=\underbrace {T(T(T(\ldots T(T(} _{n{\text{-mal}}}x_{0}))\ldots )))$

Analog zum Beweis des Fixpunktsatzes von Banach lässt sich nun beweisen, dass $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge ist:

Behauptung 2.1: $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ ist eine Cauchy-Folge

Behauptung 2.1.1: Für alle $n\in \mathbb {N}$ ist $d(a_{n+1},\,a_{n})\leq M^{n}\cdot d(a_{1},\,a_{0})$

Induktionsanfang:

$d(a_{1},\,a_{0})\leq 1\cdot d(a_{1},\,a_{0})\leq M^{0}\cdot d(a_{1},\,a_{0})$

Induktionsschritt:

${\begin{aligned}{\begin{array}{ll}d(a_{n+2},\,a_{n+1})&=d(T(T(a_{n})),\,T(a_{n}))\\[5px]&\qquad \left\downarrow \ {\text{Behauptung 1: }}d\left(T(T(x)),\,T(x)\right)\leq M\cdot d(T(x),\,x){\text{ f}}{\ddot {\mathrm {u} }}{\text{r alle }}x\in X\right.\\[5px]&\leq M\cdot d(T(a_{n}),\,a_{n})\\[3px]&=M\cdot d(a_{n+1},\,a_{n})\\[5px]&\qquad \left\downarrow \ {\text{Induktionsvoraussetzung einsetzen}}\right.\\[5px]&\leq M\cdot M^{n}\cdot d(a_{1},\,a_{0})\\[3px]&=M^{n+1}\cdot d(a_{1},\,a_{0})\end{array}}\end{aligned}}$

Behauptung 2.1.2: Für alle $m,n\in \mathbb {N}$ ist $d(a_{m},a_{n})\leq \left(\sum _{k=\min\{n,m\}}^{\max\{n,m\}-1}M^{k}\right)\cdot d(a_{1},a_{0})$

Sei $m,n\in \mathbb {N}$. Weil $d(a_{m},a_{n})=d(a_{n},a_{m})$ ist, können wir oBdA $m\geq n$ also $m=\max\{m,n\}$ und $n=\min\{m,n\}$ fordern. Es ist nun:

${\begin{aligned}{\begin{array}{lll}d(a_{m},a_{n})&\leq d(a_{m},a_{m-1})+d(a_{m-1},a_{m-2})+d(a_{m-2},a_{m-3})+\dots +d(a_{n+2},a_{n+2})+d(a_{n+1},a_{n})\\[5px]&\qquad \left\downarrow \ d(a_{n+1},\,a_{n})\leq M^{n}\cdot d(a_{1},\,a_{0}){\text{ nach Behauptung 2.1.1}}\right.\\[5px]&\leq M^{m-1}\cdot d(a_{1},a_{0})+M^{m-2}\cdot d(a_{1},a_{0})+M^{m-3}\cdot d(a_{1},a_{0})+\dots +M^{n+1}\cdot d(a_{1},a_{0})+M^{n}\cdot d(a_{1},a_{0})\\[3px]&=\left(M^{m-1}+M^{m-2}+M^{m-3}+\dots +M^{n+1}+M^{n}\right)\cdot d(a_{1},a_{0})\\[3px]&=\left(\sum \limits _{k=n}^{m-1}M^{k}\right)\cdot d(a_{1},a_{0})\\\end{array}}\end{aligned}}$

Beweis von Behauptung 2.1: $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ ist eine Cauchy-Folge.

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Da $M\in [0,1)$ ist, konvergiert die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }M^{k}$. Nach dem Cauchykriterium für Reihen gibt es danach ein $N\in \mathbb {N}$, so dass für alle $m,n\in \mathbb {N}$ mit $m\geq N$ und $n\geq N$ die Ungleichung

$\sum _{k=\min\{m,n\}}^{\max\{m,n\}-1}M^{k}<{\frac {\epsilon }{d(a_{1},a_{0})}}$

erfüllt ist (Weil $T$ keine Fixpunkte besitzt, ist $d(a_{1},a_{0})\neq 0$). Damit ist dann für alle $m,n\in \mathbb {N}$ mit $m\geq N$ und $n\geq N$:

$d(a_{n},a_{m})\leq \left(\sum _{k=\min\{n,m\}}^{\max\{n,m\}-1}M^{k}\right)\cdot d(a_{1},a_{0})<{\frac {\epsilon }{d(a_{1},a_{0})}}\cdot d(a_{1},a_{0})=\epsilon$

Damit ist $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge.

Beweis von Behauptung 2:

Da $X$ als kompakter, metrischer Raum vollständig ist, besitzt die Folge $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ einen Grenzwert in $X$. Sei $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=a$. Es ist $a$ ein Fixpunkt von $T$, denn:

${\begin{aligned}{\begin{array}{lcccl}&a_{n+1}&=&T(a_{n})\\[3px]\Rightarrow \ &\lim \limits _{n\rightarrow \infty }a_{n+1}&=&\lim \limits _{n\rightarrow \infty }T(a_{n})&\left|\ T{\text{ ist stetig und damit der Limes in }}T{\text{ reinziehbar}}\right.\\[3px]\Rightarrow \ &\lim \limits _{n\rightarrow \infty }a_{n+1}&=&T\left(\lim \limits _{n\rightarrow \infty }a_{n}\right)\\[3px]\Rightarrow \ &a&=&T(a)\end{array}}\end{aligned}}$

Eindeutigkeit des Fixpunktes

Widerspruchsbeweis: Seien $x,y\in X$ zwei verschiedene Fixpunkte von $T$. Dann ist $T(x)=x$ und $T(y)=y$. Es ist damit $d(T(x),\,T(y))=d(x,y)$. Dies steht jedoch im Widerspruch zur Ungleichung $d(T(x),\,T(y))<d(x,y)$, welche $T$ nach Aufgabenstellung erfüllt.