utilizando el teorema del punto fijo

Question

Hola quiero utilizar el teorema del punto fijo para demostrar que para $G: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$ $G(x)= \epsilon M x + \max(x,y)$ Aquí $y$ se da y $\max(x,y)$ es el vector con componente $\max(x_i,y_i)$ , $M$ es negativa definida $n \times n$ matriz, $G(x)=x$ tiene una solución. (Tenga en cuenta que esto es para cualquier $\epsilon >0 $ ).

En primer lugar, mostré que $G$ es un mapa no expansivo para $\epsilon < \dfrac{1}{\|M\|}$ . Así que el punto fijo para el mapa de contracción no funcionaría, así que cambié de dirección.

Sé que $G$ es un mapa continuo, así que si puedo encontrar un conjunto cerrado $B$ (pelota) en $\mathbb R^n$ tal que $G$ mapas de $B$ a $B$ entonces el teorema del punto fijo de Brower dice que $G$ tiene un punto fijo. No puedo averiguar $B$ . Tuve dificultades para lidiar con $|\max(x,y)|$ .

Cualquier idea sobre esto sería muy apreciada.

Answer 1

Muy bien, aquí está la solución (me he divertido resolviendo este problema, gracias).

Sin pérdida de generalidad, $\varepsilon = 1$ . Así que se comienza con el problema original $$ G(x) = Mx + \max \{ x,y\} $$ que bajo la sustitución $x \mapsto x+y$ se convierte en $$ x+y = M(x+y) + \max \{ x+y,y \} = M(x+y) + y + \max \{x,0\}. $$ o en otras palabras, $$ x = Mx + My + \max \{x,0\}. $$ Desde $M$ es negativa definida, $M$ no puede tener $1$ como un valor propio, por lo que $I-M$ es invertible ( $I$ denota la matriz de identidad). Por lo tanto, una solución a esta ecuación resuelve $$ x = (I-M)^{-1} (My + \max \{x,0\}). $$ Ahora defina $H(x) = (I-M)^{-1} (My + \max \{x,0\})$ . Obsérvese que todos mis cambios de variables preservaban el punto fijo en ambas direcciones, así que todo lo que tenemos que hacer ahora es encontrar un punto fijo de $H$ . Si queremos aplicar el teorema del punto fijo de Banach sobre $H$ , para $x_1, x_2 \in \mathbb R^n$ calculamos $$ \begin{aligned} \| H(x_1) - H(x_2) \| & = \| (I-M)^{-1} (\max \{ x_1, 0\} - \max \{ x_2, 0\} ) \| \\ & \le \| (I-M)^{-1} \| \| \max \{ x_1, 0 \} - \max \{ x_2, 0 \} \| \\ & \le \| (I-M)^{-1} \| \| x_1 - x_2 \| \end{aligned} $$ La última desigualdad se deduce porque para los números reales $t_1, t_2$ tenemos $$ \max \{ t_1, 0 \} \le \max\{ t_1 - t_2, 0 \} + \max \{ t_2, 0 \} $$ Por lo tanto, al intercambiar los papeles, se obtiene $$ \begin{aligned} |\max \{ t_1, 0 \} - \max \{ t_2, 0 \}| & \le \max \{ \max \{ t_1 - t_2 , 0 \} , \max \{ t_2 - t_1, 0 \} \} \\ & \le \max \{ | t_1 - t_2 | , 0 \} \\ & = |t_1 - t_2| \end{aligned} $$ para que si $x_j = (x_j^1 , \dots, x_j^n)$ , $j=1,2$ tenemos $$ \| \max \{ x_1, 0 \} - \max \{ x_2, 0 \} \| \le \sqrt{ \sum_{i=1}^n |x_1^i - x_2^i|^2 } = \| x_1 - x_2 \|. $$ Todo lo que tenemos que demostrar ahora es que $\|(I-M)^{-1}\| < 1$ y podemos aplicar el teorema del punto fijo de Banach. Así que queremos demostrar que $$ \begin{aligned} 1 > \|(I-M)^{-1}\| & = \sup_{x \neq 0} \frac{ \|(I - M)^{-1}x \|}{\|x\|} \\ & = \sup_{x \neq 0} \frac{\|x\|}{\|(I-M)x\|} \\ & = \sup_{\|x\| = 1} \frac 1{\|(I-M)x\|} \\ & = \frac 1{\inf_{\|x\| =1} \|(I-M)x\|}, \\ & \\ & \\ & \\ \Longleftrightarrow & \quad \inf_{\|x\| = 1} \|(I-M)x\| > 1. \end{aligned} $$ La esfera unitaria es compacta y las aplicaciones/normas lineales son funciones continuas, por lo que este infimo es un mínimo digamos en $\hat x$ con $\|\hat x\| = 1$ . Fijar una base ortogonal $\{ \hat x, e_2, \dots, e_n \}$ de $\mathbb R^n$ , por lo que desde $\hat x^{\top} M \hat x < 0$ por el teorema de Pitágoras, tenemos $$ \|(I-M)\hat x\|^2 = (\hat x^{\top}(I-M)\hat x)^2 + \sum_{i=2}^n (e_i^{\top} M \hat x)^2 > \| \hat x\|^2 = 1. $$ Espero que te haya gustado.