Hallo :-)
Deine jetzige Herangehensweise wird nicht funktionieren, da \(f\) tatsächlich keine Kontraktion auf \([0,2]\) ist.
Du hast ja bereits gezeigt, dass \(\text{Bild}(f)\subseteq [0,2]\) gilt, sodass \(f:[0,2]\to [0,2]\) wohldefiniert ist.
Damit eine Kontraktion einer sogenannten Selbstabbildung \(h:X\to X\) vorliegt (\((X,d)\) ist metrischer Raum), muss gelten:
\( \exists 0\leq L<1 \quad \forall v,w\in X: \quad d(h(v),h(w))\leq L\cdot d(v,w).\)
Will man diese Aussage widerlegen, so muss man die Negation betrachten:
\( \forall 0\leq L<1 \quad \exists v,w\in X: \quad d(h(v),h(w))> L\cdot d(v,w).\)
Jetzt nehme ich mal deine Rechenüberlegungen:
\( d(f(x),f(y)) = \frac{1}{3}*|{y}^2-{x}^2| = \frac{1}{3}*(y+x)*|y-x| = \frac{1}{3}*(y+x)* d(x,y) \)
Die erweitere ich nun folgendermaßen zu:
$$ d(f(x),f(y))=\frac{1}{3}\cdot |{y}^2-{x}^2| = \frac{1}{3}\cdot (y+x)\cdot |y-x| = \frac{1}{3}\cdot (y+x)\cdot d(x,y)\stackrel{!}{>}L\cdot d(x,y) $$
Man muss also im Prinzip nur \(x,y\in [0,2]\) so wählen, sodass \( \frac{1}{3}\cdot (y+x)>L\) gilt, wobei \(x,y\in [0,2]\) von \(L<1\) abhängig sind. Diese Ungleichung löse ich jetzt einfachmal nach \(y\) auf und erhalte \(y>3\cdot L-x\).
Jetzt muss geprüft werden, ob tatsächlich für jedes \(L<1\) mindestens ein \(x,y\in [0,2]\) gibt mit \(y>3\cdot L-x\). Dazu schränke ich die Wahl von \(x\in [0,2]\) ein wenig weiter ein z.b durch \(2\cdot L> x> L\).
Dadurch erhalte ich die Abschätzung \(2>2\cdot L=3\cdot L-L>3\cdot L-x>3\cdot L-2\cdot L=L\geq 0\).
Dadurch erhalte ich ein \(y\in [0,2]\) mit \(2\geq y>3\cdot L-x\), zb durch \(y=\frac{2+3\cdot L-x}{2}\).
Das war nun die Schmierarbeit für den finalen Beweis, dass \(f\) keine Kontraktion ist:
Beweis:
Sei \(0\leq L<1\) beliebig. Wähle \(x,y\in [0,2]\) durch \(2\cdot L>x>L\) und \(y=\frac{2+3\cdot L-x}{2}\).
Die Wahl von \(x,y\) durch diese Bedingungen ist wohldefiniert, weil
$$1.)\quad 2=2\cdot 1>2\cdot L>L\geq 0,$$ sodass mindestens ein \(x\in [0,2]\) existiert mit \(2\cdot L>x>L\).
$$2.)\quad 2=\frac{2+2\cdot 1}{2}>\frac{2+2\cdot L}{2}=\frac{2+3\cdot L-L}{2}\\\qquad>\frac{2+3\cdot L-x}{2}=y=\frac{2+3\cdot L-x}{2}\\\qquad>\frac{2+3\cdot L-2\cdot L}{2}=\frac{2+L}{2}\geq 0,$$d.h, \(y\in [0,2]\).
Damit gilt nun:
$$d(f(x),f(y))=\frac{1}{3}\cdot |{y}^2-{x}^2| = \frac{1}{3}\cdot (y+x)\cdot |y-x| \\[10pt]= \frac{1}{3}\cdot (y+x)\cdot d(x,y)=\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{2+3\cdot L-x}{2}+x\right)\cdot d(x,y)\\[10pt]=\frac{1}{3}\cdot \frac{2+3\cdot L+x}{2}\cdot d(x,y)>\frac{1}{3}\cdot \frac{2+3\cdot L+L}{2}\cdot d(x,y)\\[10pt]>\frac{1}{3}\cdot \frac{2\cdot L+3\cdot L+L}{2}\cdot d(x,y)=\frac{6\cdot L}{6}\cdot d(x,y)=L\cdot d(x,y),$$
sodass \(f\) keine Kontraktion auf \([0,2]\) ist.
