Sea $f: [a, b] \to [a, b]$ creciente. Supongamos que $f(a) > a$. Sea

$$x_0 = \sup \{x \in [a, b] : f(x) > x\}.$$

Pruebe que $f(x_0) = x_0$.

$Dem:$ Considero $A=\{x \in [a, b] : f(x) > x\}$ Asumo que $x_{0}\in[a,b]$ pues sino no tendría sentido evaluar $f(x_{0})$

Por hipótesis, $x_{0}=sup(A)$. Como es cota superior de $A:$

$$x\leq x_{0}\quad \forall x\in A\tag{1}$$

Además, como $f$ es creciente, por (1)

$$f(x)\leq f(x_{0})\tag{2}$$

Dado $\varepsilon$, como $x_{0}$ es supremo tengo que

$$\:\exists\:x \in A:x_{0}-\varepsilon<x$$

Luego como $x \in A:x<f(x)$ y por (2):

$$\begin{array}{c} x_{0}-\varepsilon<x<f(x)\leq f(x_{0}) \\ \implies x_{0}-\varepsilon<f(x_{0}) \end{array}$$

Como $\varepsilon$ era arbitrario y por ejercicio 1 de la guía 1:

$$\therefore\: x_{0}\leq f(x_{0})$$

Quiero ver que $x_{0}\geq f(x_{0})$, asumo que $x_{0}<f(x_{0})$ Considero $\varepsilon=f(x_{0})-x_{0}>0$ Como $x_{0}$ es supremo entonces,

$$\:\exists\:x \in A:x_{0}-\varepsilon<x$$

Además como $x \in A:$

$$x<f(x)$$ $$\cancel{ x_{0} }-(f(x_{0})-\cancel{ x_{0 }})=f(x_{0})<x<f(x)$$ $$f(x_{0})<f(x)\tag{1}$$

Además como $x_{0}$ es cota superior

$$\forall x \in A:x\leq x_{0}$$

y también como $f$ es creciente

$$f(x)\leq f(x_{0})\tag{2}$$

De (1) y (2) llego a un absurdo, por lo tanto:

$$x_{0}\geq f(x_{0})$$

Finalmente obtengo que $f(x_{0})=x_{0}$

$$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \square$$

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Otra idea

Supongo que $f(x_{0})>x_{0}$ considero $\varepsilon=\frac{f(x_{0})-x_{0}}{2}$ o también $f(x_{0})>\frac{x_{0}+f(x_{0})}{2}=x_{0}+\varepsilon$

$$f(x_{0}+\varepsilon)\leq x_{0}+\varepsilon$$

pues $x_{0}$ es supremo de $A$

$$f(x_{0})\leq f(x_{0}+\varepsilon)\leq x_{0}+\varepsilon$$

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Resuelto en la clase práctica 3