\section*{Aufgabe 2}
\subsection*{Teilaufgabe i}
Es gilt:

\begin{align}
    2x - e^{-x} &= 0\\
    \Leftrightarrow 2x &= e^{-x}\\
\end{align}

Offensichtlich ist $g(x) := 2x$ streng monoton steigend und $h(x) := e^{-x}$ streng
monoton fallend.

Nun gilt: $g(0) = 0 < 1 = e^0 = h(0)$. Das heißt, es gibt keinen
Schnittpunkt für $x \leq 0$.

Außerdem: $g(1) = 2$ und $h(1) = e^{-1} = \frac{1}{e} < 2$.
Das heißt, für $x \geq 1$ haben $g$ und $h$ keinen Schnittpunkt.

Da $g$ und $h$ auf $[0,1]$ stetig sind und $g(0) < h(0)$ sowie $g(1) > h(1)$
gilt, müssen sich $g$ und $h$ im Intervall mindestens ein mal schneiden.
Da beide Funktionen streng monoton sind, schneiden sie sich genau
ein mal.

Ein Schnittpunkt der Funktion $g,h$ ist äquivalent zu einer
Nullstelle der Funktion $f$. Also hat $f$ genau eine Nullstelle
und diese liegt in $[0,1]$.

\subsection*{Teilaufgabe ii}
    \begin{align}
        2x - e^{-x} &= 0\\
    \Leftrightarrow 2x &= e^{-x}\\
    \Leftrightarrow x &= \frac{1}{2} \cdot e^{-x} = F_1(x) \label{a2iif1}\\
    \stackrel{x \in \mathbb{R}^+}{\Rightarrow} \ln(2x) &= -x\\
    \Leftrightarrow x &= - \ln(2x) = F_2(x)\label{a2iif2}
    \end{align}

Gleichung \ref{a2iif1} zeigt, dass der Fixpunkt von $F_1$ mit der 
Nullstelle von $f$ übereinstimmt.

Gleichung \ref{a2iif2} zeigt, dass der Fixpunkt von $F_1$ mit der 
Nullstelle von $f$ übereinstimmt. Da es nur in $[0,1]$ eine Nullstelle
gibt (vgl. Teilaufgabe i), ist die Einschränkung von $x$ auf $\mathbb{R}^+$
irrelevant.

Man sollte $F_1$ zur Fixpunktiteration verwenden, da $\ln(x)$ nur für
$x>0$ definiert ist. Bei der Iteration kommt man aber schnell in
einen Bereich, der nicht erlaubt ist (das erlaubte Intervall ist klein;
Rechenungenauigkeit)

$F_1$ ist auf $[0,1]$ eine Kontraktion mit Kontraktionszahl $\theta = \frac{1}{2}$:

Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung ex. ein $\xi \in (a,b)$ mit $ 0 \leq a < b \leq 1$, sodass 
gilt:


\begin{align}
    \frac{F(b) - F(a)}{b-a} &= f'(\xi) \\
    \Leftrightarrow \frac{F(b) - F(a)}{b-a} &= - \frac{1}{2} e^{- \xi} \\
    \Leftrightarrow \frac{\|F(b) - F(a)\|}{\|b-a\|} &= \frac{1}{2} \frac{1}{e^{\xi}} < \frac{1}{2 e^a} \\
    \Leftrightarrow \|F(b) - F(a)\| &< \frac{1}{2 e^a} |b-a|\\
    \Rightarrow \forall x, y \in [0,1]: |F(x) - F(y)| &< \frac{1}{2} |x-y|
\end{align}

Die Ableitung $F_2' = -\frac{1}{x}$. Da $F_2(1) \neq 1$ ist $x^* \neq 1$.
Also ist $|F_2'(x^*)| > 1$. Deshalb konvergiert das Iterationsverfahren
definiert durch $F_2$ nicht gegen $x^*$ für Startwerte ungleich $x^*$.

Gegen $F_2$ spricht auch, dass $\log$ nur auf $\mathbb{R}^+$ definiert
ist. Das kann bei Rundungsfehlern eventuell zu einem Fehler führen.
(vgl. Python-Skript)

\subsection*{Teilaufgabe iii}
\[x_{k+1} = x_k - \frac{2x_k - e^{-x_k}}{2 + e^{-x_k}}\]

Laut \href{http://www.wolframalpha.com/input/?i=2x-e%5E(-x)%3D0}{Wolfram|Alpha} ist die Lösung etwa 0.35173371124919582602
