Rekursive Anwendung einer Funktion führt auf Wurzel

Question

Begründe deine Antwort auf die Frage: "Warum führt die rekursive Anwendung der Funktion f mit \(f(x)= \frac{x^2+a}{2x}\) mit beliebigem positiven Startwert auf \( \sqrt{a} \)?

Comments

Schreib doch bitte stets dabei, ob Du schon eine Lösung hast, und eine weitere suchst, oder was genau Du willst und warum Du die Frage (oder auch Deine Textbeiträge) hier stellst.

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a sollte wohl positiv vorausgesetzt werden

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nudger, meine Beiträge dienen der Unterhaltung der Mitglieder.

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Das ist ja nichts anderes als das Heron verfahren. Nur das der Term noch mit x erweitert worden ist.

$$x = \frac{x^2 + a}{2x} \newline 2x^2 = x^2 + a \newline x^2 = a \newline x = \sqrt{a}$$

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Banachscher Fixpunktsatz

Answer 1

Wegen

\(f(\sqrt{a})=\frac{a+a}{2\sqrt{a}}=\sqrt{a}\)

ist \(\sqrt{a}\) ein Fixpunkt von \(f\). Damit konvergiert die Folge \(x_{n+1}=f(x_n)\) nach dem Banachschen Fixpunktsatz gegen diesen Wert.

Da \(f\) wegen \(|f'(x)|=\left|\frac{1}{2}-\frac{a}{2x^2}\right|<1\) auf \(D=[\sqrt{a};x_1]\) mit \(x_1\geq \sqrt{a}\)

eine kontrahierende Selbstabbildung ist, ist der Banachsche Fixpunktsatz anwendbar:

Es ist \(f'(x)=0\) für \(x=\sqrt{a}\), das heißt \(f(x)\geq f(\sqrt{a})=\sqrt{a}\) für alle \(x>0\)

(wegen \(f''(x)=\frac{a}{x^3}\) ist \(f\) für \(x>0\) konvex und es liegt ein globales Minimum vor).

Weiter ist

\(x_{n+1}=f(x_n)=\frac{x_n^2+a}{2x_n}\leq\frac{x_n^2+x_n^2}{2x_n}=x_n\)

eine monoton fallende Folge in \(D\). Daraus folgt \(\sqrt{a}\leq f(x_n) \leq x_1\) für alle \(x_n\in D\), weshalb \(f\) eine Selbstabbildung auf \(D\) ist.

Ist der Startwert \(x_0\) kleiner als \(\sqrt{a}\), so gilt bereits nach dem ersten Schritt \(x_1=f(x_0)\geq\sqrt{a}\) und das Verfahren konvergiert.

Comments

Das ist so nicht korrekt

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Was genau ist inkorrekt?

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ab ‚Damit …‘

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f(x) = 10 * (x - a) + a

Nur weil

f(a) = 10 * (a - a) + a = a

ist, muss die Folge nicht gegen a konvergieren oder?

Der Banachsche Fixpunktsatz hat eine weitere Voraussetzung, die man prüfen müsste.

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"Nicht korrekt" würde ich nicht sagen. Ich habe es nur nicht vollständig ausgeführt. Habe es aber entsprechend angepasst.

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Es ist immer noch nicht komplett, Du hast keine abgeschlossene Menge genommen und auch nicht gezeigt, dass es eine Selbstabbildung ist.

Fixpunktsatz von Banach:

Es seien \( (V,\|\cdot\|) \) ein Banachraum, \( D \subset V \) eine abgeschlossene Menge und \( T: D \rightarrow D \) eine Kontraktion mit Kontraktionskonstante \( q \in[0,1) \). Dann besitzt \( T \) genau einen Fixpunkt \( x \in D \).

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Das mit der Selbstabbildung ist ja offensichtlich:

Wenn \(D=[\sqrt{a};b]\) mit \(b>\sqrt{a}\) beliebig, dann ist mit \(x_n\geq \sqrt{a}\) die Folge

\(x_{n+1}=f(x_n)=\frac{x_n^2+a}{2x_n}\leq\frac{x_n^2+x_n^2}{2x_n}=x_n\)

monoton fallend und wegen \(f(x)\geq f(\sqrt{a})=\sqrt{a}\) nach unten durch \(\sqrt{a}\) beschränkt. Also ist \(f(x)\) für \(x\geq \sqrt{a}\) wieder in \(D\).

Das Stichwort mit dem Fixpunktsatz kam ja von dir und es geht ja darum, die Konvergenz für beliebige positive Werte zu zeigen und nicht nur für ein abgeschlossenes Intervall um \(\sqrt{a}\) herum. Führt der Fixpunktsatz dann überhaupt zum Ziel?

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Ja tut er.

Man nehme einen beliebigen Startwert x₀ > 0 und berechne x₁ = f(x₀) .

Es gilt immer x₁ ≥ \( \sqrt{a} \).

Nun nimmt man das Intervall [\( \sqrt{a} \) , x₁] als D und zeigt, das f eine Selbstabbildung auf D ist. Da f(x) monoton steigend ist, reicht es dazu den Wert für x₁ zu überprüfen, die untere Schranke \( \sqrt{a} \) hatte man ja schon gezeigt.

Dann sind insgesamt alle Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes gezeigt.

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Zur Klärung: alle Eigenschaften sind natürlich für die Abbildung f zu zeigen, nicht für die Folge. Das gilt auch für die Selbstabbildung.