Der Satz von Arzelà-Ascoli und der Satz von Peano

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1 Der Satz von Arzelà-Ascoli und der Satz von Peano Judith Vorwerk

2 Inhaltsverzeichnis 1 Der Satz von Arzelà-Ascoli 5 2 Der Satz von Peano 10 2

3 Einleitung Diese Ausarbeitung beschäftigt sich mit dem Satz von Arzelà- Ascoli und dem Satz von Peano. Im ersten Teil, werden wir den Satz von Arzelà- Ascoli beweisen. Dieser sagt aus, das jede Folge von Funktionen auf einem kompakten Intervall eine gleichmäÿig konvergente Teilfolge besitzt, wenn die Folge punktweise beschränkt und gleichstetig ist. Dies ist in der Analysis eine sehr wichtige Aussage, da wir durch die gleichmäÿige Konvergenz Aussagen über den Limes treen können, obwohl die Folge an sich gar nicht konvergiert. Im zweiten Teil beschäftigen wir uns mit dem Satz von Peano, dieser besagt, dass es zu jedem Anfangswertproblem y = f(x, y(x)) mindestens eine Lösung auf einem Lösungsintervall gibt, dabei verlangen wir von f nur, dass es stetig ist. Im Gegensatz zu Picard-Lindelöf wird beim Satz von Peano keine Eindeutigkeit gewährleistet. 3

4 Abstract This paper deals with the Arzelà -Ascoli theorem and the Peano existence theorem. In the rst part we are going to prove the Arzelà -Ascoli theorem, which states, that every sequence of functions on an compact Interval possesses a uniformly convergent subsequence, if the sequence is pointwise bounded and equicontinuous. This is a very important proposition of mathematical analysis, because we can make propositions about the limit through the uniform convergence, although the sequence itself does not converge. In the second part we are going to deal with the Peano existence theorem, which states that for every initial value problem y'=f(x,y(x)) there is at least one solution on a solution interval, for which f is only required to be a continuous function. In dierence to the Picard -Lindelöf theorem, the Peano theorem does not ensure uniqueness. 4

5 1 Der Satz von Arzelà-Ascoli Zu Beginn unseres Kapitels über den Satz von Arzelà-Ascoli wollen wir den Begri der Gleichstetigkeit aus den uns bekannten Begrien der gleichmäÿigen Konvergenz und der gleichmäÿigen Stetigkeit herleiten. Hierzu eine kleine Wiederholung der Begrie: Denition 1.1. gleichmäÿige Konvergenz Eine Funktionenfolge (f n ), heiÿt gleichmäÿig konvergent gegen eine Funktion f, wenn gilt: ɛ > 0 m N : n m und x X : f n (x) f(x) < ɛ Denition 1.2. gleichmäÿige Stetigkeit Eine Funktion f heiÿt gleichmäÿig stetig genau dann wenn gilt: ɛ > 0 δ > 0 x, y X : x y < δ : f(x) f(y) < ɛ Herleitung 1.3. Gleichstetigkeit Sei (f n ) eine gleichmäÿig konvergente Folge gleichmäÿig stetiger Funktionen : ɛ > 0 m N : n m und x X : f n (x) f m (x) < ɛ 3 Da f m sogar gleichmäÿig stetig ist, gibt es zu demselben ɛ ein δ > 0, so dass Mit der Dreiecksungleichung folgt nun : x, y X : x y < δ f m (x) f m (y) < ɛ 3 f n (x) f n (y) f n (x) f m (x) + f m (x) f m (y) + f m (y) f n (y) n m x, y X mit x y < δ : f n (x) f n (y) < ɛ (1.1) da f 1,..., f m 1 gleichmäÿig stetig sind (1.1) gilt für alle n n < m x, y X mit x y < δ : f n (x) f n (y) < ɛ Das neue an dieser Abschätzung ist, dass das δ nicht nur unabhängig von der Lage von x, y in X ist, sondern auch unabhänging von dem Index n, also nach der Wahl von ɛ kommt man für alle f n mit ein und demselben δ aus 5

6 Gegenbeispiel 1.4. Für die Folge f n (x) := x n (0 x 1) Sei ɛ < 1 so gilt 0 f n (1) f n (x) = 1 x n < ɛ x > (1 ɛ) 1 n Da (1 ɛ) 1 n 1 strebt, kann es kein δ > 0 geben, so dass 1 x n < ɛ für alle x (1 δ, 1] und alle n N Nun erhalten wir aus 1.3 die folgende Denition: Denition 1.5. Gleichstetigkeit Eine Familie F reellwertiger Funktionen auf X R heiÿt gleichstetig, wenn: ɛ > 0 δ > 0 : f F x, y X mit x y < δ gilt f(x) f(y) < ɛ Satz 1.6. Jede gleichmäÿig konvergente Folge stetiger Funktionen auf einer kompakten Menge ist sogar gleichstetig Zusatz: Jedes einzelne Glied der Folge ist beschränkte Funktion, weil die Denitionsmenge kompakt ist,also folgt aus der gleichmäÿigen Konvergenz, dass die Folge selbst normbeschränkt ist und damit erst recht punktweise beschränkt ist. Beweis. folgt direkt aus 1.3 und 1.5 Denition 1.7. Sei F ein Familie reellwertiger Funktionen auf der beliebigen (nicht notwendig reellen) Menge X, dann heiÿt F a) punktweise beschränkt, wenn es zu jedem x X eine Schranke M(x) gibt, so dass f(x) M(x), f F (1.2) b) gleichmäÿig beschränkt, wenn es eine Schranke M gibt, so dass f(x) M, x X, f F (1.3) Folgerung 1.8. Eine Familie F ist gleichmäÿig beschränkt normbeschränkt F ist Beweis. " "mit Denition 1.7 b) folgt, dass jedes f(x) beschränkt ist f := sup x X f(x) M f F " " f M f F 1.7 b) Lemma 1.9. Jede kompakte Menge X R enthält eine höchstens abzählbare Teilmenge, die in X dicht liegt. 6

7 Beweis. Bei festem k N bildet das System der Umgebungen U 1/k (x) (x X) eine oene Überdeckung von X. Nach dem Satz von Heine Borel wird X bereits von endlich vielen dieser Umgebungen überdeckt, d.h es gibt eine endliche Teilmenge M k := {x k1, x k2,..., x kmk } von X mit X m k U 1/k (x kµ ). Die Vereinigung M := M k ist eine µ=1 höchstens abzählbare Teilmenge von X. Sei nun y irgendein fester Punkt aus X und ɛ eine beliebige positive Zahl. k N k N und x 0 X werden so gewählt dass 1 k < ɛ und dass y in U 1/k(x 0 ) liegt y U ɛ (x 0 ) x 0 U ɛ (y). Mit anderen Worten : In jeder ɛ - Umgebung des beliebigen Punktes y liegt mindestens ein Punkt aus M M liegt dicht in X Satz 1.10 (Satz von Arzelà-Ascoli). F sei eine Familie reellwertiger stetiger Funktionen auf der kompakten Menge X R. Jede Folge aus F enthält eine gleichmäÿig konvergente Teilfolge F punktweise beschränkt und gleichstetig. In diesem Fall ist F sogar gleichmäÿig beschränkt Beweis. " " Wir zeigen erst: (f n ) enhält eine gleichmäÿig konvergente Teilfolge (g n ) auf M (dichte Menge in X) Sei (f n ) F beliebig und M := {x 1, x 2,...} X dicht in X (siehe Lemma 1.10) (f n (x 1 )) ist beschränkt Bolzano W = es existiert eine konvergente Teilfolge (f 1k (x 1 )) geschrieben als (f 11, f 12, f 13,...) (f 1k (x 2 )) ebenfalls beschränkt ex existiert eine Teilfolge (f 2k (x 2 )) von (f 1k ) mit (f 21, f 22, f 23,...) usw. f 11, f 12, f 13,... f 21, f 22, f 23,... f 31, f 32, f 33,... k=1 Betrachte nun die Diagonalfolge g n := f nn (n=1,2,...) Ab dem n-ten Glied ist g n Teilfolge der n-ten Zeilenfolge konvergiert für x = x n konvergiert auf M noch zu zeigen: (g n ) konvergiert auf ganz X: (g n ) gleichstetig ɛ > 0 δ > 0 n N x, y X mit x y < 2δ : g n (x) g n (y) < ɛ 3 (1.4) Mit dem Satz von Heine Borel, wissen wir : X p ν=1 U δ (y ν ) 7

8 M dicht in X = ψ ν M U δ (y ν ) x U δ (y ν ) : x ψ ν x y ν + y ν ψ ν < 2δ (1.5) n, x U δ (y ν ) X : g n (x) g n (ψ ν ) < ɛ 3 Da bei festem ν die Folge (g n (ψ ν )) konvergiert : n 0 : m, n > n 0 : g m (ψ ν ) g n (ψ ν ) < ɛ 3 (1.6) Nun sei x X beliebiger Punkt. Dann liegt er in einem U δ (y ν ), so dass die Abschätzung 1.5 gilt Wähle m, n > n 0 g m (x) g n (x) g m (x) g m (ψ ν ) + g m (ψ ν ) g n (ψ ν ) + g n (ψ ν ) g n (x) < ɛ 3 + ɛ 3 + ɛ 3 (1.7) = ɛ (g n ) konvergiert gleichmäÿig auf X (f n ) enthält gleichmäÿig konvergente Teilfolge Zusatz: F ist gleichmäÿig beschränkt: Annahme: F ist nicht gleichmäÿig beschränkt n N existiert f n F mit f n n konvergente Teilfolge (f nk ) von (f n ) (f nk )normbeschränkt Konstruktion (f nk ) n k F ist gleichmäÿig beschränkt " " Voraussetzungen : Jede Folge aus F enthält eine gleichmäÿig konvergente Teilfolge zu zeigen:f punktweise beschränkt wir haben eben gesehen, dass F gleichmäÿig beschränkt ist, also ist F auch punktweise beschränkt. noch zu zeigen: F ist gleichstetig Annahme : F nicht gleichstetig ɛ 0 > 0, δ > 0 f F x, y X mit x y < δ, aber f(x) f(y) ɛ 0 (1.8) 8

9 Wähle nun δ := 1 n, n N,die Funktion f n und das Paar x n, y n X ist kompakt, also besitzt die Folge (x n ) eine konvergente Teilfolge mit x nk ψ X Wähle (x n ) gleich so, dass es gegenψ X konvergiert. Wegen x n y n < 1 n gilt y n ψ Nach Voraussetzung existiert eine gleichmäÿig konvergente Teilfolge (f nk ) von (f n ) f nk (x nk ) f nk (y nk ) f n (ψ) f n (ψ) = 0 mit 1.6 folgt dann das F gleichstetig 9

10 2 Der Satz von Peano Mit Hilfe des Satzes von Peano, können wir die Lösbarkeit einer Anfangswertaufgabe y = f(x, y), y() = η garantieren. Hierzu brauchen wir lediglich die Stetigkeit von f. Wir starten mit einer kleiner Wiederholung: Satz 2.1 (Satz von Heine). Sei I = [a, b] ein kompaktes Intervall und f auf I stetig. Dann ist f sogar gleichmäÿig stetig. Als Vorbereitung für den Satz von Peano benötigen wir den Euler-Cauchyschen Polygonzug Denition 2.2 (Euler-Cauchy'scher Polygonzug). Es sei das Anfangswertproblem y (x) = f(x, y(x)) mit y(x 0 ) = y 0 gegeben. Integration liefert die äquivalente Formulierung: y(x) = y 0 + f(s, y(s))ds x 0 (2.1) Im Startpunkt (x 0, y 0 ) hat y(x) die Steigung f(x 0, y(x 0 )). Nun wird eine Gerade mit eben dieser Steigung bis zum Punkt (x 1, y 1 ) gezeichnet. Von dort wird eine weitere Gerade mit der Steigung f(x 1, y 1 (x 1 )) bis zum Punkt (x 2, y 2 ) gezogen und so weiter. Vgl. Abbildung 2.1 Die y i lassen sich mit gegebenem y 0 wie folgt darstellen: y i+1 = y i + (x x i )f(x i, y i ), i = 0, 1,... (2.2) Die Geraden stellen eine Annäherung an die Lösungskurve y(x) des Anfangswertproblemes dar. (x x i ) = h ist dabei die Schrittweite. Je kleiner das h, desto genauer wird also die Annäherung. Beispiel 2.3. Gegeben sei das Anfangswertproblem y = f(x, y) mit y() = η. Dann gilt: 10

11 Abbildung 2.1: Euler-Cauchyscher Polygonzug y 1 = y 0 + (x x 0 )f(x 0, y 0 ) = η + (x )f(, η) y 2 = y 1 + (x x 1 )f(x 1, y 1 ). y n = y n 1 + (x x n 1 )f(x n 1, y n 1 ) (2.3) Der Polygonzug p kann also wie folgt dargestellt werden: η + (x )f(, η); x x 1 p(x 1 ) + (x x 1 )f(x 1, p(x 1 )); x 1 < x x 2 p(x) =. p(x n 1 ) + (x x n 1 )f(x n 1, p(x n 1 )); x n 1 < x x n (2.4) Man kann den Polygonzug p auch als Integral darstellen: p(x) = η + p(t)dt, x J (2.5) Hierbei ist p = { f(, η); x = x 0 f(x k, p(x k )); x k < x x k+1 ; k = 0, 1,..., n 1 (2.6) 11

12 Satz 2.4 (Der Satz von Peano 1.0). Sei S := {(x, y) x + a, y R}, a > 0 ein Vertikalstreifen. Die Funktion f(x, y) sei stetig und auf S beschränkt. Dann besitzt das Anfangswertproblem y = f(x, y) mit y() = η für jedes η mindestens eine auf [, + a] existierende Lösung. Beweis. Wir gehen wie folgt vor : Falls y(x) eine Lösung der DGL y = f(x, y), so besitzt ihr Schaubild im Punkt (x, y(x)) die Steigung y(x) = f(x, y(x)), dazu konstruieren wir einen Euler-Cauchyschen Polygonzug auf J = [, +a]. Wir unterteilen J immer feiner, sodass (Z m ) die Zerlegungsnullfolge zu der Folge (p m ) der Euler-Cauchy'schen Polygonzüge ist. Eine Teilfolge p mk der (p m ) konvergiert dann gleichmäÿig gegen eine Lösung ϕ des AWP's. Um dies zu zeigen benötigen wir den Satz von Arzelà- Ascoli aus dem vorherigen Kapitel. Dazu müssen wir zeigen, dass (p m ) gleichstetig und punktweise beschränkt ist. Wähle Zerlegung Z := {x 0, x 1,..., x n } von J = [, + a]. Zu dieser Zerlegung konstruieren wir einen Euler-Cauchy'schen Polygonzug wie in Bsp. 2.3 Diesen können wir also wie folgt darstellen: p(x) = η + p(t)dt, x J (2.7) Vermutung: Eine Teilfolge von ECP p m die zu (Z m ) gehört konvergiert gegen Lösung des AWP Nach Voraussetzung wissen wir, dass f auf S beschränkt ist also gilt : und f(x, y) M, (x, y) S p(x) M, x J Nun wollen wir nachprüfen, ob unsere (p m (x)) auch beschränkt und gleichstetig sind, damit wir den Satz von Arzelà - Ascoli anwenden können: Wir betrachten zunächst ein 12

13 allgemeines p p(x) = η + p(t)dt η + η + η + p(t)dt p(t) dt Mdt = η + x M = η + am (2.8) p(x) beschränkt Für x, y J mit x y < δ gilt: y p(x) p(y) = η + p(t)dt η + p(t)dt = p(t)dt, y < x y y y p(t) dt Mdt = x y M < δm (2.9) p(x) ist gleichmäÿig stetig, wir übertragen die gleichmäÿige Stetigkeit auf alle p m (p m (x)) gleichstetig Also ist die Familie F aller Euler-Cauchy'schen Polygonzüge auf J sowohl punktweise beschränkt als auch gleichstetig. Mit dem Satz von Arzelà-Ascoli können wir nun folgern, dass jede Folge auf F eine gleichmäÿig konvergente Teilfolge besitzt. Wählen uns (p m ) gleich einer Teilfolge (p mk ), so dass die Folge (p m ) gegen eine stetige Funktion ϕ konvergiert. Um später zu zeigen, dass ϕ wirklich das AWP löst müssen wir zunächst zeigen, dass: p m (x) f(x, ϕ(x)) Betrachte: (Z m ) = {x (m) 0, x (m) 1,..., x (m) n m }. Zur Vereinfachung denieren wir für k = 0, 1,..., n m 1 die Treppenfunktion g durch: {, x = = x (m) 0 g m (x) = x (m) k, x (m) k < x x (m) k 1 (2.10) 13

14 Damit ist p m (x) = f(g m (x), p m (g m (x))) Wir schauen uns nun die Eigenschaften von f an: Mit dem Satz von Heine folgt nun, dass f auf dem Rechteck R := {(x, y) y + a, y η + am} gleichmäÿig stetig ist, da R eine kompakte Menge ist, das bedeutet: ɛ > 0 δ > 0 : (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ) R und x 1 x 2 < δ, y 1 y 2 < δ : f(x 1, y 1 ) f(x 2, y 2 ) < ɛ Um diesen Satz anwenden zu können, müssen wir noch zeigen, dass (x, ϕ(x)) und (g m (x), p m (g m (x)) dicht bei einander liegen: x g m (x) können wir folgendermaÿen abschätzen: x g m (x) Z m Da (Z m )Zerlegungsnullfolge gilt : Z m < δ also auch x g m (x) < δ für ϕ(x) p m ((g m (x)) gilt: ϕ(x) p m ((g m (x)) ϕ(x) p m (x) + p m (x) p m (g m (x)) ϕ(x) p m (x) + M x g m (x) = ϕ(x) p m (x) + Z m M (2.11) Da nun (Z m ) eine Zerlegungsnullfolge ist gilt: δ > 0 n 0 mit M Z m < δ 2 und da (p m ) gleichmäÿig auf J gegen ϕ konvergiert : m n 0 : ϕ(x) p m (x) < δ 2 x J m n 0 mit n 0 groÿgenug gilt dann: ϕ(x) p m (x) + M Z m < δ 2 + δ 2 = δ ϕ(x) p m(g m (x)) < δ, x J (2.12) Also liegen die Punkte dicht beieinander. Nach dem Satz von Heine gilt nun: f(x, ϕ(x)) f(g m (x), p m (g m (x))) < ɛ (2.13) Da f(g m (x), p m (g m (x))) =: p m (x) konvergiert die Folge p m gleichmäÿig gegen f(x, ϕ(x)) 14

15 Das bedeutet, dass f(g m (x), p m (g m (x))) f(x, ϕ(x) auf J. Da wir nun also wissen, dass p m (x) ϕ(x) und p m (x) f(x, ϕ(x)) folgt: ϕ(x) = lim m p m(x) = lim (η + p m (t)dt) m = η + lim ( p m (t)dt) m = η + = η + lim p m(t)dt m f(t, ϕ(t))dt (2.14) ϕ(x) ist also wirklich eine Lösung des Anfangswertproblems! Satz 2.5 (Der Satz von Peano 2.0). Sei R := {(x, y) x a, y η b} mit a, b > 0 ein kompaktes Rechteck. f sei stetig auf R und M und α deniert durch: M := max f(x, y), α := min(a, b ), M > 0 (2.15) (x,y) R M Dann können wir folgern, dass es in der Umgebung U α () mindestens eine Lösung des Anfangswertproblems y = f(x, y) mit y() = η gibt! Beweis. Wir betrachten den Vertikalstreifen S := {(x, y) x +α, y R}. Achtung, in diesem Fall ist x auf dem Intervall I + = [, + α] deniert. Sei f eine auf S stetige und durch M beschränkte Funktion mit: f(x, η + b), y > η + b f(x, y) = f(x, y), η b y η + b (2.16) (fx, η b), y < η b Dann folgt aus Satz 1, dass das Anfangswertproblem y = f(x, y) auf dem Intervall I + = [, + α] mindestens eine Lösung ϕ mit ϕ() = η besitzt. Auÿerdem gilt für x + α: ϕ(x) η = f(t, ϕ(t))dt am b (2.17) Damit ist auch klar, dass der Punkt (x, ϕ(x) für x [, +α] im Denitionsbereich R von f liegt und ϕ somit wirkliche eine Lösung des Anfangswertproblems ist. Unsere Betrachtungen können wir auch auf ein Intervall links von verschieben und mit der gleichen Argumentation stellen wir fest, dass auf dem Intervall I = [ α, ] mindestens eine 15

16 Lösung ψ mit ψ() = η existiert. Nun können wir die Lösung y des Anfangswertproblems y = f(x, y) auf der Umgebung U α () darstellen durch: { ψ(x), α x < y(x) = (2.18) ϕ(x), x + α 16

17 Literaturverzeichnis [Bro08] I. Bronstein: Taschenbuch der Mathematik. Verlag Harri Deutsch, 2008 [Heu06] [Heu08] H.Heuser: Lehrbuch der Analysis 1. Mathematische Leitfäden. B.G. Teubner GmbH, 2006 H.Heuser: Lehrbuch der Analysis 2. Mathematische Leitfäden. B.G. Teubner GmbH,