\begin{enumerate}
\item
Als erstes m\"ussen wir ein abgeschlossenes Gebiet angeben, auf dem 
$f$ selbstabbildend ist.
Es ist auf dem unendlichen Rechteck $I=[2,\infty)^2$  immer
\[
 \frac{3x}{1+x} \in [2,3), \; \frac1y \in (0,\frac12], \;
 \frac{3y}{1+y} \in [2,3), \; \frac2x \in (0,1].
\]
Damit ist sofort klar, dass $f_1(x,y)\in [2,\frac72]$ liegt und
$f_2(x,y)\in [2,4]$ ist. Damit ist $f: I \to I$ selbstabbildend.
$I$ ist nat\"urlich, da das Komplement offen ist.

Als n\"achstes bestimmen wir eine Lipschitzkonstante. Daf\"ur verwenden 
wir Satz \ref{3.1.9} der Vorlesung.
Da $f$ differenzierbar und $Df$ beschr\"ankt auf $I$ ist, gilt
\[
     \|f(x)-f(y)\|_{\infty}\leqslant \|Df\|_{\infty}\dqr_I\cdot\|x-y\|_{\infty}
\]
und wir k\"onnen $\alpha=\|Df\|_{\infty}\dqr_I$ verwenden.
Hierzu m\"ussen wir die einzelnen Zeilen von $Df$ in der 1--Norm absch\"atzen.

\[
Df(x,y)=\pmatrix{  \frac{3}{(1+x)^2} & -\frac{1}{y^2} \cr
                   -\frac{2}{x^2}   &   \frac{3}{(1+y)^2}}.
\]
Die maximale Zeilensumme der Betr\"age der ersten Zeile ist
\[
\sup_{x,y\geqslant 2} \frac{3}{(1+x)^2} + \frac{1}{y^2}
                      \leqslant \frac{3}{(1+2)^2} + \frac{1}{2^2} = 
                      \frac{7}{12}.
\]
Die analoge Rechnung f\"ur die zweite Zeile ergibt
\[
\sup_{x,y\geqslant 2} \frac{3}{x^2} + \frac{3}{(1+y)^2}
                      \leqslant \frac{2}{2^2} + \frac{3}{(1+2)^2} = 
                      \frac{5}{6}.
\]
Wir k\"onnen also $\alpha=\frac56$ w\"ahlen.

\item Wir bekommen
\[
\pmatrix{x_1\cr y_1} = \pmatrix{\frac63+\frac12\cr
                                \frac63+\frac22} 
                     =\pmatrix{\frac52\cr
                               3}, \;
\pmatrix{x_2\cr y_2} = \pmatrix{\frac{\frac{15}{2}}{\frac72}+\frac13\cr
                                \frac94+\frac45} 
                       =\pmatrix{\frac{52}{21}\cr \frac{61}{20}}.
\]
Damit ist der a posteriori--Fehler
\[
\left\|\pmatrix{x^\ast\cr y^\ast} - \pmatrix{x_2\cr y_2}\right\|_\infty
\leqslant  \frac{5/6}{1/6} 
          \left\|\pmatrix{x_2\cr y_2} -\pmatrix{x_1\cr y_1} \right\|_\infty
= 5 \left\|\pmatrix{-\frac{1}{42} \cr  \frac{1}{20}}\right\|_{\infty}
= \frac14.
\]
\item Nach dem Banachschen Fixpunktsatz haben wir folgende
a priori Absch\"atzung:
\[
 \|x^\ast - x^{(k)} \|_{\infty}  \leqslant  \frac{(5/6)^k}{1/6}
  \|x^{(1)} - x^{(0)}\|_{\infty}
\]
Was wir noch machen m\"ussen, ist $x^{(1)}$ und 
 $\|x^{(1)} - x^{(0)}\|_{\infty}$ berechnen, dann haben wir alles f\"ur die rechte Seite zusammen.
F\"ur unser vorgegebenes $x^{(0)}$ erhalten wir
\[
\|x^{(1)} - x^{(0)}\|_{\infty} = 1.
\]
Wir wollen erreichen, dass $\|x^\ast - x^{(k)} \|_{\infty}\leqslant 10^{-4}$
ist. Daf\"ur ist es hinreichend, wenn
\[
 \left(\frac{5}{6}\right)^k \leqslant \frac{10^{-4}}{6} \cdot 1
\]
ist. Durch Logarithmieren der Gleichung bekommen wir
\[
k\ln \frac{5}{6} \leqslant \ln \frac{10^{-4}}{6}
\]
Da beide Logarithmen negativ sind, bedeutet dies, dass
\[
k\geqslant \frac{\ln\frac{10^{-4}}{6}}{\ln \frac{5}{6}}\geqslant 61
\]
ausreichend ist. Also $61$ Iterationsschritte reichen.

\end{enumerate}