Avanzado-Práctica 15 - Punto Fijo

Mon-04-11-2024 21:16 profe: Mauro status: Ubicación: Plaza de Mayo tags: Compacidad

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$$Ejemplos$$

1. La función $f(x)=\frac{1}{2}arctg(x)+1$ tiene un único punto fijo.

$Dem:$ Teorema del valor medio,

$$\forall x,y:\quad |f(x)-f(y)|=|f'(c)|.|x-y|$$

$f'(x)=\frac{1}{2.(1+x^{2})}$, entonces $|f'(c)|< \frac{1}{2}$. Luego vale el teorema y tenemos único punto fijo.

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

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2. La función $f(X)=x+ \frac{1}{1+e^{x}}$ cumple $|x-y|>|f(x)-f(y)|\quad\forall x,y\in \mathbb{R}$ y sin embargo no tiene ningún punto fijo.

$Dem:$ Usamos nuevamente el teorema del valor medio. $f'(x)=1-\frac{e^{x}}{(1+e^{x})^{2}}<1$ Notemos que

$$0<f'(x)\iff1>\frac{e^{x}}{(1+e^{x})^{2}}\iff1+2e^{x}+e^{2x}>e^{x}\iff1+e^{x}+e^{2x}>0$$

Luego $|f'(x)|<1$. Entonces

$$|f(x)-f(y)|=|f'(c)|.|x-y|<|x.y|$$

Resta ver que $\not\exists$ punto fijo. Por absurdo, si $\:\exists\:x:$

$$x=x+\frac{1}{1+e^{x}}\implies_{0}=\frac{1}{1+e^{x}}\quad \text{lo cual es absurdo.}$$ $$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \square$$

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