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Beweis:abgschlossene Teilmenge im metrischen Raum sind vollständig und Beweis mit Banachschem Fixpunktsatz


a) Zeigen Sie, dass eine abgeschlossene Teilmenge eines vollständigen metrischen Raumes vollständig ist.

b)  Betrachten Sie die rekursiv gegebene Folge x0 = \( \sqrt{2} \)  und xn+1 = \( \sqrt{2 + \sqrt{xn}} \)   für n ≥ 0.
Verwenden Sie den Banachschen Fixpunktsatz, um zu zeigen, dass (xn)n  gegen eine Lösung der polynomialen Gleichung x4 - 4x2 - x + 4 =0 konvergiert, die zwischen \( \sqrt{3} \)  und 2 liegt. Beweisen Sie hierzu insbesondere, dass der Satz anwendbar ist, also, dass alle seine Voraussetzungen erfüllt sind.

Der Banachsche Fixpunktsatz wurde bei uns wie folgt definiert:
Sei (X, d) ein vollständig metrischer Raum. Sei M⊂X eine abgeschlossene Teilmenge und Φ: M→X eine Abbildung mit Φ(M⊂M) und es gäbe 0≤L≤1, sodass dX(Φ(X), Φ(Y) ≤ LdX(x, y) ∀x, y∈M (Φ ist als Konstraktion gemeint)

Dann gibt es genau ein t* sodass Φ(t*) = t* Mit t* ist der Fixpunkt von Φ gemeint.

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Sei \( D = [ \sqrt{3} , 2 ] \) und \( \varphi(x) = \sqrt{2 + \sqrt{x} } \) dann ist $$ \varphi'(x) = \frac{1}{4} \frac{1}{ \sqrt{ 2 + \sqrt{x} } \sqrt{ x } }  $$ \(  \varphi'(x)  \) ist ein monoton fallende Funktion, also gilt \( \varphi'(x) \le \varphi'(\sqrt{3}) < 1  \)

Damit ist \( \varphi(\cdot) \) Lipschitzstetig.

Weiter gilt \( \varphi(x) \) ist eine monoton steigende Funktion und \( \varphi(\sqrt{3}) = \sqrt { \sqrt[4]{3} + 2 } > \sqrt{3} \) und \( \varphi(2) =  \sqrt{ 2 + \sqrt{2} } < \sqrt{4} = 2 \)

Damit ist \( \varphi(\cdot) \) eine Kontraktion und somit ist die Folge $$ x_{n+1} = \sqrt{2 + \sqrt{x_n} }  $$ konvergent und der Grenzwert berechnet sich aus der Gleichung $$ x = \sqrt{ 2 + \sqrt{x} }  $$ D.h. $$  x^2 = 2 + \sqrt{x} $$ und daraus $$  \sqrt{x} = x^2 -2 $$ also $$  x^4 -4x^2 -x  + 4 = 0 $$

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