Der Fixpunktsatz von Banach

3.9. Der Fixpunktsatz von Banach

Ein nicht unwesentlicher Teil der Mathematik besteht darin Gleichungen zu lösen. Eine Methode ist dabei aus der Linearen Algebra im Zusammenhang mit linearen Gleichungssystemen bekannt. Hier wollen wir eine weitere Methode zum lösen von Gleichungen kennnenlernen.
Sei $(M, d)$ ein vollständinger metrischer Raum. Z.B $M = E$ für einen Banachraum $E$ mit $d (x, y) = ∥ x - y ∥_{E}$ . Desweiteren betrachten wir eine Abbildung $T : M \to M$ .

DEfiNITION 3.9.1. Eine Abbildung $T : M \to M$ auf einem vollständigen Metrischen Raum $(M, d)$ heißt Kontraktion, falls ein $α$ mit $0 < α < 1$ existiert, so dass

\begin{array}{rcl} d (T x, T y) \leq α \cdot d (x, y) \end{array}

für alle $x, y \in M$ gilt.

SATZ 3.9.2 (Fixpunktsatz von Banach). Ist $(M, d)$ ein vollständiger Metrischer Raum und $T : M \to M$ eine Kontraktion, dann gibt es genau ein $x^{*} \in M$ , welches die Bedingung

\begin{array}{rcl} T x^{*} = x^{*} \end{array}

erfüllt.

Ein $x^{*} \in M$ , welches die Gleichung $T x^{*} = x^{*}$ erfüllt, nennt man auch Fixpunkt der Abbildung $T$ .
Satz 3.9.2 löst sofort zwei Probleme: Zum einen erhalten wir die Existenz, zum anderen die Eindeutigkeit der Lösung einer Gleichung $T x = x$ . Wie wir im Beweis sehen werden erhalten wir zusätzlich ein Verfahren mit dem sich die Lösung bestimmen lässt.

BEISPIEL 3.9.3. Sei $f : ℝ \to ℝ$ . Für $c < 1$ ist $f$ eine Kontraktion, $ℝ$ ist vollständig. Daraus folgt $f (x) = x$ besitzt genau eine Lösung.
Zum Beispiel falls $f$ auf $ℝ$ differenzierbar. Dann ist $sup_{x \in ℝ} |f^{'} (x)| < 1$ und folglich ist $f$ Lipschitz-stetig mit $c < 1$ .

LEMMA 3.9.4. Sei $T$ eine Kontraktion, dann ist $T$ gleichmäßig stetig.

$▸$

d (T x, T y) \leq α d (x, y) \leq α ϵ < ϵ

Wähle $δ = ϵ$ .
$◂$

Beweis von Satzes 3.9.2:
$▸$
Schritt 1: (“Alle Wege führen nach Rom.”)
Wähle ein beliebiges $x_{0} \in M$ . Mit diesem $x_{0}$ setzen wir

\begin{array}{rcl} x_{1} : = T x_{0}, x_{2} : = T x_{1}, \dots x_{n} : = T x_{n - 1} . \end{array}

Dies definiert eine Folge ${x_{n}}_{n \in ℕ} \subset M$ .

Schritt 2: (“Zeige, dass du irgendwo ankommst.”)
Wir zeigen, dass ${x_{n}}_{n \in ℕ}$ eine Cauchyfolge ist: Es ist

\begin{array}{rcl} d (x_{k}, x_{k - 1}) & = & d (T x_{k - 1}, T x_{k - 2}) \leq α \cdot d (x_{k - 1}, x_{k - 2}) \\ \leq & \dots \leq α^{k - 1} \cdot d (x_{1}, x_{0}) . \end{array}

Damit erhalten wir für $m > n$ , dass

\begin{array}{rcl} d (x_{m}, x_{n}) & \leq & d (x_{m}, x_{m - 1}) + \dots + d (x_{n - 1}, x_{n}) \\ \leq & (α^{m - 1} + \dots + α^{n}) d (x_{1}, x_{0}) = α^{n} (α^{m - n - 1} + \dots + 1) d (x_{1}, x_{0}) . \end{array}

Der Faktor $(α^{m - n - 1} + \dots + 1)$ konvergiert für $m \to \infty$ gegen $1 ∕ (1 - α)$ (Geometrische Reihe, da $0 < α < 1$ ) und wir erhalten

\begin{array}{rcl} d (x_{m}, x_{n}) \leq \frac{α^{n}}{1 - α} d (x_{1}, x_{0}) . \end{array}

Wegen $0 < α < 1$ wir die rechte Seite dieser Ungleichung beliebig klein, d.h. für $n \geq N (ε, x_{0})$ ist $d (x_{m}, x_{n}) < ε$ . Die Folge ${x_{n}}_{n \in ℕ}$ ist also eine Cauchyfolge und besitzt wegen Vollständigkeit von $(M, d)$ einen Grenzwert

\begin{array}{rcl} x^{*} : = lim_{n \to \infty} x_{n} . \end{array}

Schritt 3: (“Jetzt muss ich zeigen, dass ich in Rom ankomme.”)
Wir zeigen nun, dass das in Schritt 2 gefundene $x^{*}$ auch der Fixpunkt von $T$ ist.
Wegen $x_{n} \to x^{*}$ folgt auch

\begin{array}{rcl} d (T x_{n}, T x^{*}) \leq α \cdot d (x_{n}, x^{*}) \to 0 . \end{array}

Nun ist aber geichzeitig $x_{n + 1} = T x_{n}$ und wir erhalten $T x^{*} = x^{*}$ .

Schritt 4: (“Letzte Frage: Gibt es nur ein Rom?”)
Wir zeigen die Eindeutigkeit des Fixpunktes. Angenommen es gibt zwei Punkte in $M$ , welche die Eigenschaft

\begin{array}{rcl} x^{*} = T x^{*}, x^{* *} = T x^{* *} \end{array}

erfüllen, so berechnen wir ihren Abstand:

\begin{array}{rcl} d (x^{*}, x^{* *}) = d (T x^{*}, T x^{* *}) \leq α \cdot d (x^{*}, x^{* *}) . \end{array}

Wegen $0 < α < 1$ folgt nun aber, dass $d (x^{*}, x^{* *}) = 0$ , bzw. $x^{*} = x^{* *}$ .

$◂$
Anmerkung:
Der Beweis liefert zusätzliche ein Verfahren, welches die Berechnung des Fixpunktes erlaubt. Hierfür wählt man wie in Schritt 1 ein beliebiges $x_{0} \in M$ und wendet darauf immer wieder $T$ an. Auf diese Weise erhält man eine Folge, welche gegen den Fixpunkt konvergiert. Der Fehler bei Abbruch nach dem $m$ -ten Schritt kann man dabei mit Hilfe der Ungleichung

d (x^{*}, x_{m}) \leq \frac{α^{m}}{1 - α} d (x_{1}, x_{0})

abschätzen.

Nichttriviales Anwendungsbeispiel: Es sei $Ω = [0, 1] \times [0, 1] K \in (Ω \subset ℝ^{2}, ℝ)$ ,

∥ K ∥_{(Ω, ℝ)} = max_{\begin{array}{c} x \in [0, 1] \\ y \in [0, 1] \end{array}} |K (x, y)| = α < 1

_{f} : ([0, 1], ℝ) \to ([0, 1], ℝ)

v (x) (_{f} u) (x) = f (x) - \underset{stetig}{\underset{︸}{\int_{0}^{1} K (x, y) u (y) d y}}

mit $f \in ([0, 1], ℝ)$ .

v_{1} (x) = (_{f} u_{1}) (x) = f (x) - \int_{0}^{1} K (x, y) u_{1} (y) d y

v_{2} (x) = (_{f} u_{2}) (x) = f (x) - \int_{0}^{1} K (x, y) u_{2} (y) d y

\begin{array}{l} |v_{1} (x) - v_{2} (x)| = & |\int_{0}^{1} K (x, y) (u_{1} (y) - u_{2} (y))| \\ \leq & \int_{0}^{1} |K (x, y)| |u_{1} (y) - u_{2} (y)| d y \\ \leq & \int_{0}^{1} \underset{unabhängig von y}{\underset{︸}{∥ K ∥_{(Ω, ℝ)} ∥ u_{1} - u_{2} ∥_{([0, 1], ℝ)}}} d y \\ = & ∥ K ∥_{(Ω, ℝ)} ∥ u_{1} - u_{2} ∥_{([0, 1], ℝ)} \end{array}

Daraus folgt

∥ v_{1} - v_{2} ∥_{} \leq α ∥ u_{1} - u_{2} ∥_{([0, 1], ℝ)}

Somit ist $_{f}$ eine Kontaktion auf $([0, 1], ℝ)$ . Beachte, dass $([0, 1], ℝ)$ vollständig ist. Es folgt, dass es genau ein $u^{*} \in ([0, 1], ℝ)$ gibt mit $_{f} u^{*} = u^{*}$ . Das heißt $u^{*} (x) = f (x) - \int_{0}^{1} K (x, y) u^{*} (y) d y$ genau dann wenn $f (x) = u^{*} + \int_{0}^{1} K (x, y) u^{*} (x) d y$ genau eine Lösung in $([0, 1], ℝ)$ besitzt.
Wie löse ich die Gleichung?
1. Wähle $u_{0} \in ([0, 1], ℝ)$
2. Iterativ: $u_{n} (x) = f (x) - \int_{0}^{1} K (x, y) u_{n - 1} (y) d y$
Mit dem Fixpunktsatz folgt $u_{n} \overset{([0, 1], ℝ)}{u^{*}}$ .

\underset{max_{x \in [0, 1]} |u_{n} (x) - u^{*} (x)|}{\underset{︸}{∥ u_{n} - u^{*} ∥_{([0, 1], ℝ)}}} \leq \frac{α^{n}}{1 - α} ∥ u_{1} - u_{0} ∥_{}

Zum Beispiel $u_{0} = f$

\begin{array}{l} ∥ u_{1} - u_{0} ∥_{} = & max_{x} \int_{0}^{1} |K (x, y)| |f (y)| d y \\ \leq & α \int_{0}^{1} |f (y)| d y \end{array}

BEISPIEL 3.9.5. Es seien $E$ ein Banachraum und $T \in (E, E)$ mit $∥ T ∥_{(E, E)} = α < 1$ eine Kontraktion.

∥ T x - T y ∥_{E} \leq ∥ T ∥_{} ∥ x - y ∥_{E}

Folglich existiert genau ein $x^{*} \in E$ mit $t x^{*} = x^{*}$ (offensichtlich $x^{*} = 0$ ). $(1 - T) x^{*} = 0$ genau dann wenn $x^{*} = 0$ also ist $1 - T$ injektiv, weil $1 - T \in (E, E)$ , $k e r (1 - T) = {0}$ . Das heißt $1 - T$ ist auf dem Bild von $1 - T$ invertierbar. Ist aber $(1 - T) u = f$ für ALLE $f \in E$ lösbar? Das heißt ist das Bild von $1 - T = E$ ? Betrachte hierzu

T_{f} x : = T x + f

T_{f} x_{1} - T_{f} x_{2} = T x_{1} - T x_{2} = T (x_{1} - x_{2})

∥ T_{f} x_{1} - T_{f} x_{2} ∥_{E} \leq ∥ T ∥_{(E, E)} ∥ x_{1} - x_{2} ∥_{E}

Folglich gibt es genau ein $x^{*}$ mit $T_{f} x^{*} = x^{*} = T x^{*} + f \Leftrightarrow (1 - T) x^{*} = f$ . Dies gilt für beliebiges $f \in E$ . Also ist $1 - T$ auf ganz $E$ invertierbar, falls $∥ T ∥_{} < 1$ .

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