Abgschlossene Teilmengen im metrischen Raum sind vollständig und Beweis mit Banachschem Fixpunktsatz

Question

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 x_n+1 = \( \sqrt{2 + \sqrt{xn}} \)   für n ≥ 0.
Verwenden Sie den Banachschen Fixpunktsatz, um zu zeigen, dass (x_n)_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 d_X(Φ(X), Φ(Y) ≤ Ld_X(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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Answer 1

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 $$  x^4 -4x^2 -x  + 4 = 0 $$