Teorema del punto fijo
Rodrigo VargasDefinici´on 1. Un punto fijo de una aplicaci´on f : M → M es un punto x∈M tal que f(x) = x.
Definici´on 2. Sean M, N espacios m´etricos. Una aplicaci´on f :M →N es una contracci´on cuando existe una constante α, con 0≤α <1, tal que
d(f(x), f(y))≤α·d(x, y), ∀x, y ∈M .
Teorema 1 (Punto fijo de Banach). Si M es un espacio m´etrico completo, toda contracci´on f :M →M posee un ´unico punto fijo en M.
Ejercicios
1. Sea f :R→R definida por
f(x) =x+ 1 1 +ex
Demuestre que
|f(x)−f(y)|<|x−y|, ∀x, y ∈R, x6=y
y que sin embargo f no posee ning´un punto fijo.
2. Sea (X, d) un espacio m´etrico compacto,f :X →X continua tal que
d(f(x), f(y))< d(x, y), ∀x, y ∈X x6=y
Muestre que f tiene un ´unico punto fijo.
3. Sea M un espacio m´etrico completo, k > 1 f : M → M (no necesaria-mente continua) sobreyectiva tal que
d(f(x), f(y))≥k·d(x, y), ∀x, y ∈M
Pruebe que existe un ´unico a∈M tal que f(a) = a.
4. Sean M espacio m´etrico completo y f :M → M tal que, para un cierto p∈N fp =f◦f◦ · · · ◦f (pfactores) es una contracci´on enM. Entonces
5. Sea M un espacio m´etrico completo. Para cada α :M →M, sea Γα(M)
el conjunto de las contracciones f : M → M tales que d(f, α) < +∞. Demuestre que la aplicaci´on ϕ : Γα(M) → M, que asocia a cada
con-tracci´on f su ´unico punto fijo, es continua. (Estamos tomando en Γα(M)
la m´etrica del supremo.)
6. Pruebe que la funci´on f : R → R definida por f(x) = cos(cosx), es una
contracci´on, mas g(x) = cosxy h(x) = sin(sinx) no son contracciones.
7. Sea cos : [0, π/2] → [0, π/2] y ponga cosm = cos
◦cos◦ · · · ◦cos (m fac-tores). Pruebe que, para todo x ∈ [0, π/2], existe lim
m→∞cos
m
(x) = a, donde aes independiente de x.
8. Considere la funci´on Ω :C[0,1]→ C[0,1] definida por
Ω(φ)(x) = Z x
0
φ(t)dt .
Pruebe que Ω no es contracci´on, pero que Ω2 es contracci´on.
9. Sea K una funci´on continua sobre el cuadrado unitario 0 ≤ x, y ≤ 1 satisfaciendo |K(x.y)| < 1 para todo x, y. Demuestre que existe una funci´on continua f(x) en [0,1] tal que se tiene
f(x) + Z 1
0
K(x, y)f(y)dy=ex2.
10. Seag una func´ıon continua real sobre [0,1]. Pruebe que existe una funci´on continua real f en [0,1] satisfaciendo la ecuaci´on
f(x)− Z x
0
f(x−t)e−t2dt =g(x).
11. Demueste que existe una ´unica funci´on continua f : [0,1]→R tal que
f(x) = sinx+ Z 1
0
f(y) ex+y+1dy.
12. Sean φ : [a, b] → R, K : [a, b]×[a, b] → R funciones continuas, λ ∈ R.
Muestre que la ecuaci´on
f(x) =λ Z x
a
K(x, y)f(y)dy+φ(y)
13. Sea f :M →M tal que d(f(x), f(y))≤ α·d(x, y), con 0≤α <1. Dado cualquier a ∈ M, si r ≥ d(a, f(a))
1−α entonces la bola cerrada B =B[a, r] es invariante por f, esto es, f(B)⊂B. En particular, si M es completo, el punto fijo de f esta en la bola B.
14. SeaU ⊂Rny seaϕ:U →Rnuna contracci´on . Se definef(x) =x+ϕ(x)
para x∈U.
(a) Probar quef es inyectiva.
(b) Probar que f−1 :f(U)→U es continua.
(Cat´olica, Magister, 2002)
15. Sea S = [a, b]×(−∞,∞) ⊂ R2 y suponga que la funci´on f : S → R
satisface las siguientes condiciones:
(i) f es continua.
(ii) fy existe en S y existen constantesm y M tal que
0< m≤fy(x, y)≤M
para todo (x, y)∈S.
Demuestre que existe φ ∈ C[a, b] tal que y =φ(x) es la ´unica soluci´on de la ecuaci´onf(x, y) = 0.
16. Sea S = [x0 −a, x0+a]×[y0−b.y0 +b]⊂ R2. La funci´on f :S →R es
continua y existe una constante A tal que
|f(x, y1)−f(x, y2)| ≤A|y1−y2|, ∀(x, y1),(x, y2)∈S .
Sea |f(x, y)| ≤B en S y sea α∈[0, a] tal que
α <min
1 A,
b B
.
Entonces, la ecuaci´on diferencial
dy
dx =f(x, y)
y(x0) =y0
1. Sea f :R→R definida por
f(x) =x+ 1 1 +ex
Demuestre que
|f(x)−f(y)|<|x−y|, ∀x, y ∈R, x6=y
y que sin embargo f no posee ning´un punto fijo.
Soluci´on: Tenemos que
f0
(x) = 1− e
x
(1 +ex)2 y f
00
(x) = e
x(ex −1) (ex+ 1)3
entoncesf00
(x) = 0 si y s´olo si x= 0. Es f´acil ver que en x= 0 la funci´on f0(x) tiene un m´ınimo y lim
n→∞f 0
(x) = 1. Por lo tanto, |f0(x)
| < 1 para todox∈R entonces
|f(x)−f(y)|=|f0
(ξ)||x−y|<|x−y| ∀x, y ∈R, x6=y:,
como queriamos probar. Adem´asf no posee puntos fijos, ya que sif(x) =
x entonces 1
1 +ex = 0 lo que es imposible.
2. Sea (X, d) un espacio m´etrico compacto,f :X →X continua tal que
d(f(x), f(y))< d(x, y), ∀x, y ∈X x6=y
Muestre que f tiene un ´unico punto fijo.
Soluci´on: Consideremos F :X →R dada por
F(x) =d(x, f(x)).
ComoX es compacto, el Teorema de Weiertrass afirma que existena, b ∈ X tales que
F(a)≤F(x)≤F(b), ∀x∈X .
Afirmamos que F(a) = 0. En efecto, si F(a)6= 0 entonces
contradiciendo la minimalidad de F(a) entonces F(a) = 0 ⇒ f(a) = a. Para la unicida, supongamos que existen a, b ∈ X tales que f(a) = a y f(b) =b entonces
d(a, b) =d(f(a), f(b))< d(a, b)
lo que implicad(a, b) = 0⇒a=b.
3. Sea M un espacio m´etrico completo, k > 1 f : M → M (no necesaria-mente continua) sobreyectiva tal que
d(f(x), f(y))≥k·d(x, y), ∀x, y ∈M
Pruebe que existe un ´unico a∈M tal que f(a) = a.
Soluci´on: Si f(x) =f(y) entonces
0≤d(x, y)≤ 1
kd(f(x), f(y)) = 0
entoncesd(x, y) = 0⇒x=y. Luego,f es inyectiva y por ser f sobreyec-tiva existe f−1. Entonces,
d(f−1(x), f−1(y))
≤ 1kd(f(f−1(x), f(f−1(y))) = 1
kd(x, y)
como k > 1 entonces f−1 es una contracci´on por el Teorema del punto
fijo de Banach, existe un ´unico a∈M tal que
f−1(a) =a⇔a=f(a).
4. Sean M espacio m´etrico completo y f :M → M tal que, para un cierto p∈N fp =f◦f◦ · · · ◦f (pfactores) es una contracci´on enM. Entonces
f posee un ´unico punto fijo a∈M.
Soluci´on: Como fp es una contracci´on en un espaio m´etrico completo,
en virtud del Teorema del punto fijo de Banach existe un ´unico a ∈ M tal que fp(a) =a entonces
f(fp(a)) = f(a)
⇒fp+1(a) =f(a)
⇒fp(f(a)) =f(a)
entonces f(a) es un punto fijo de fp como el punto fijo de fp es ´unico,
5. Sea M un espacio m´etrico completo. Para cada α :M →M, sea Γα(M)
el conjunto de las contracciones f : M → M tales que d(f, α) < +∞. Demuestre que la aplicaci´on ϕ : Γα(M) → M, que asocia a cada
con-tracci´on f su ´unico punto fijo, es continua. (Estamos tomando en Γα(M)
la m´etrica del supremo.)
Soluci´on: Sea (fn)
∞
n=1 ⊂ Γα(M) una sucesi´on tal que fn → f cuando
n → ∞. Afirmamos que ϕ(fn) → ϕ(f) cuando n → ∞, lo que probaria
queϕes continua. En efecto, sea xn el punto fijo de fn para cada n∈N,
es decir,f(xn) =xn. Comofn, f =f0 ∈Γα(M) existe 0≤kn <1 tal que
d(fn(x), fn(y))≤kn·d(x, y), ∀x, y ∈M ∀n∈N∪ {0}.
Por la convergencia uniforme de fn, dado ε >0 existe n0 ∈N tal que
d(fn(x), f(x))<
1
2(1−k0)ε , ∀n ≥n0, ∀x∈M . Sean n, m∈N tales que n, m≥n0 entonces
d(xn, xm) = d(fn(xn), fm(xm))
≤ d(fn(xn), f(xn)) +d(f(xn), f(xm)) +d(f(xm), fm(xm))
< (1−k0)ε+d(f(xn), f(xm)) ≤ (1−k0)ε+k0·d(xn, xm)
lo que implica que d(xn, xm) < ε, luego (xn)
∞
n=1 ⊂ M es una sucesi´on
de Cauchy, como M es completo existe a ∈ M tal que xn → a cuando
n→ ∞. Adem´as, tenemos que
d(f(a), a) ≤ d(f(a), fn(a)) +d(fn(a), fn(xn)) +d(fn(xn), a)
= d(f(a), fn(a)) +d(fn(a), fn(xn)) +d(xn, a) ≤ d(f(a), fn(a)) +kn·d(a, xn) +d(xn, a)
n→∞
−→0
entonces d(f(a), a) = 0 ⇒ f(a) = a luego a es el ´unico punto fijo de f. Por lo tanto,
d(ϕ(fn), ϕ(f)) =d(xn, a)→0, cuando n → ∞:.
6. Pruebe que la funci´on f : R → R definida por f(x) = cos(cosx), es una
contracci´on, mas g(x) = cosxy h(x) = sin(sinx) no son contracciones.
Soluci´on: Tenemos que f0(x) = sin(cosx) sinx y notemos que
−1≤cosx≤1 ⇒ sin(−1)≤sin(cosx)≤sin(1)
⇒ −sin(1)≤sin(cosx)≤sin(1)
⇒ |sin(cosx)| ≤sin(1) =c <1 entonces |f0
(x)| = |sin(cosx) sinx| ≤ |sin(cosx)| ≤ c y por el Teorema del Valor Medio se tiene que para todox, y ∈Rconx < y existeξ∈(x, y)
tal que
|f(x)−f(y)|=|f0
(ξ)||x−y| ≤c|x−y|
y por lo tanto,f es contracci´on.
7. Sea cos : [0, π/2] → [0, π/2] y ponga cosm = cos◦cos◦ · · · ◦cos (m
fac-tores). Pruebe que, para todo x ∈ [0, π/2], existe lim
m→∞cos
m(x) = a,
donde aes independiente de x.
Soluci´on: Sea f : [0, π/2] → [0, π/2] definida siguiendo la notaci´on del enunciado por f(x) = cos2(x). Sea x
0 ∈[0, π/2] y definimos
x1 =f(x0), xn+1 =f(xn)
y observe que por el problema anterior la funci´on f es una contracci´on entonces existe 0≤c <1 tal que
|f(x)−f(y)| ≤c|x−y| ∀x, y ∈R
Ahora bien,
|x1−x2|=|f(x0)−f(x1)| ≤c|x0−x1|
|x2−x3|=|f(x1)−f(x2)| ≤c|x1−x2| ≤c2|x0−x1|
y en general tenemos |xn−xn+1| ≤cn|x0−x1|para todo n∈N. Se sigue
que paran, p ∈Nse tiene que
|xn−xn+p| ≤ |xn−xn+1|+|xn+1−xn+2|+· · ·+|xn+p−1−xn+p| ≤ (cn+cn+1+
· · ·+cn+p−1)
|x0−x1|
= cn(1 +c+
· · ·+cp−1
)|x0−x1|
≤ c
n
Como lim
n→∞c
n
= 0 concluimos que (xn) es una sucesi´on de Cauchy en
[0, π/2]. Considere h : [0, π/2] → [0, π/2] definida por h(x) = √x la cual es continua en [0, π/2] el cual es un conjunto compacto de R
en-tonces h es uniformemente continua y usamos el hecho que las funciones uniformemente continuas llevan sucesiones de Cauchy en sucesiones de Cauchy entonces (yn) = (h(xn)) = (cos(xn−1)) es una sucesi´on de Cauchy
en [0, π/2] entonces existe a∈[0, π/2] tal que
a= lim
m→∞ym = limn→∞cos(xm−1) = limn→∞cos
m(x
0)
como x0 es arbitrario entonces este l´ımite es independiente de x0.
8. Considere la funci´on Ω :C[0,1]→ C[0,1] definida por
Ω(φ)(x) = Z x
0
φ(t)dt .
Pruebe que Ω no es contracci´on, pero que Ω2 es contracci´on.
Soluci´on: Consideremos f(x) ≡ 1 y g(x) ≡ 0 para todo x ∈ [0,1] entonces kf −gk∞ = 1 y adem´as kΩ(f)−Ω(g)k∞ = 1 entonces Ω no es contracci´on. Por otro lado, tenemos que
|Ω2(f)(x)−Ω2(g)(x)| = Z x 0 Ω(f)(t)dt− Z x 0 Ω(g)(t)dt = Z x 0 Z t 0
f(z)dzdt− Z x 0 Z t 0 g(z)dzdt ≤ Z x 0 Z t 0 |
f(z)−g(z)|dxdt
≤ kf −gk∞ Z x 0 Z t 0 dzdt = x 2
2 kf−gk∞ ≤ 1
2kf−gk∞
Por lo tanto,kΩ2(f)−Ω2(g)k
∞≤ 1
2kf −gk∞ y Ω
2 es una contracci´on.
9. Sea K una funci´on continua sobre el cuadrado unitario 0 ≤ x, y ≤ 1 satisfaciendo |K(x.y)| < 1 para todo x, y. Demuestre que existe una funci´on continua f(x) en [0,1] tal que se tiene
f(x) + Z 1
0
Soluci´on: Consideremos la aplicaci´on T :C[0,1]→ C[0,1] definida por
T(f)(x) =ex2
−
Z 1
0
K(x, y)f(y)dy .
Como|K(x, y)|<1 existe λ tal que |K(x, y)| ≤λ <1, entonces
|T f(x)−T g(y)| = Z 1 0
K(x, y)f(y)dy− Z 1
0
K(x, y)f(y)dy ≤ Z 1 0 |
K(x, y)||f(y)−g(y)|dy
≤ λ
Z 1
0 |
f(y)−g(y)|dy
≤ λkf−gk∞.
es decir, kT f −T gk∞ ≤ λkf −gk∞ entonces, T es una contracci´on en
C[0,1] por el Teorema del punto fijo de Banach existe f ∈ C[0,1] tal que T(f(x)) =f(x) esto es
ex2 −
Z 1
0
K(x, y)f(y)dy=f(x).
10. Seag una func´ıon continua real sobre [0,1]. Pruebe que existe una funci´on continua real f en [0,1] satisfaciendo la ecuaci´on
f(x)− Z x
0
f(x−t)e−t2dt =g(x).
Soluci´on: Consideremos la aplicaci´on L:C[0,1]→ C[0,1] dada por
T(f)(x) = Z x
0
f(x−t)e−t2dt+g(x).
Notemos que sup
t∈[0,1]
e−t2 = 1 entonces
|L2f(x)−L2h(x)| = |L(T f(x))−L(Lh(x))|
= Z x 0
[T f(x−t)−T h(x−t)]e−t2dt
= Z x 0
Z x−t
0
[f(x−t−r)−h(x−t−r)]e−r2dr
e−t2dt
≤ kf−hk∞ Z x
0
Z x−t
0
drdt
= kf−hk∞ x2
2 ≤ 1
es decir,kL2f−L2hk
∞≤ 12kf−hk∞, luegoL2es una contracci´on enC[0,1] por ser C[0,1] completo en virtud del Teorema del punto fijo de Banach existe una unica f ∈ C[0,1] tal que L2(f(x)) = f(x), por problema 4 se
tiene queL(f(x)) = f(x) como queriamos probar.
11. Demueste que existe una ´unica funci´on continua f : [0,1]→R tal que
f(x) = sinx+ Z 1
0
f(y) ex+y+1dy.
Soluci´on: Concsideremos la aplicaci´on T :C[0,1]→ C[0,1] definida por
T(f(x)) = sinx+ Z 1
0
f(y) ex+y+1dy ,
entonces
|T f(x)−T g(x)| ≤ Z 1
0 |
f(y)−g(y)|e−x−y−1 dy
≤ kf −gk∞ sup
x∈[0,1]
e−x
Z y
0
e−y−1 dy
= kf −gk∞
1 e −
1 e2
= λkf−gk∞
dondeλ=e−1−e−2 <1 entonces kT f −T gk
∞ ≤λkf−gk∞ y T es una contracci´on en C[0,1] por el Teorema del punto fijo de Banach existe una ´
unicaf ∈ C[0,1] tal que T(f(x)) = f(x).
12. Sean φ : [a, b] → R, K : [a, b]×[a, b] → R funciones continuas, λ ∈ R.
Muestre que la ecuaci´on
f(x) =λ Z x
a
K(x, y)f(y)dy+φ(y)
tiene soluci´on ´unica en C[a, b].
Soluci´on: Definimos T :C[0,1]→ C[0,1] dada por
T(f)(x) = λ Z x
a
denotamos porM = sup|K(x, y)| entonces
|T f(x)−T g(x)| ≤ |λ| Z x
a
|K(x, y)||f(y)−g(y)|dy
≤ |λ|sup|K(x, y)|kf −gk∞ Z x
a
dy
= |λ|Mkf−gk∞(x−a) = |λ|Mkf−gk∞(b−a)
adem´as tenemos que
|T2f(x)−T2g(x)| = λ Z x a
K(x, y)T f(y)dy−λ Z x
a
K(x, y)T g(y)dy ≤ |λ| Z x a
|K(x, y)||T f(y)−T g(y)|dy
≤ |λ|M Z x a λ Z y a
K(y, z)f(z)dz−λ Z y a K(y, z)g(z)dz dy
≤ |λ|2M2
Z x
0
Z y
0 |
f(z)−g(z)|dzdy
≤ |λ|2M2kf −gk∞
(x−a)2
2
≤ |λ|2M2kf −gk∞
(b−a)2
2 Se deduce que en general se tiene
|Tn
f(x)−tn
g(x)| ≤ |λ|n
Mn
kf −gk∞
(b−a)n
n .
Luego existe p ∈ N tal que |λ| pMp(b
−a)p
p < α < 1 entonces T
p es
contraci´on enC[0,1]. Por problema 4 existe una ´unica f ∈ C[0,1] tal que T(f(x)) =f(x), como queriamos probar.
13. Sea f :M →M tal que d(f(x), f(y))≤ α·d(x, y), con 0≤α <1. Dado cualquier a ∈ M, si r ≥ d(a, f(a))
1−α entonces la bola cerrada B =B[a, r] es invariante por f, esto es, f(B)⊂B. En particular, si M es completo, el punto fijo de f esta en la bola B.
Soluci´on: Sea x∈B entonces d(x, a)≤r luego
lo que implica que f(x)∈B.
14. SeaU ⊂Rny seaϕ:U →Rnuna contracci´on . Se definef(x) =x+ϕ(x)
para x∈U.
(a) Probar quef es inyectiva.
(b) Probar que f−1 :f(U)→U es continua.
Soluci´on: Por ser ϕ una contracci´on existe 0 ≤ α < 1 tal que kϕ(x)− ϕ(y)k ≤αkx−yk para todox, y ∈U entonces
kf(x)−f(y)k = k(x−y)−(ϕ(x)−ϕ(y)k
≥ kx−yk − kϕ(x)−ϕ(y)k = (1−α)kx−yk
Luego, sif(x) =f(y) entonces
0≥(1−α)kx−yk ≥0⇒ kx−yk= 0⇒x=y
y f es inyectiva. Ahora bien, por ser f inyectiva existe f−1 : f(U) →U
y sean a=f(x) y b=f(y) entonces
kf−1(a)
−f−1(b)
k=kx−yk ≤ 1
1−αkf(x)−f(y)k= 1
1−αka−bk
lo que implica que f es continua.
15. Sea S = [a, b]×(−∞,∞) ⊂ R2 y suponga que la funci´on f : S → R
satisface las siguientes condiciones:
(i) f es continua.
(ii) fy existe en S y existen constantesm y M tal que
0< m≤fy(x, y)≤M
para todo (x, y)∈S.
Soluci´on: Considere la aplicaci´on L:C[a, b]→ C[a, b] definida por
L(ϕ)(x) =ϕ(x)− 1
Mf(x, ϕ(x)). entonces
|L(ϕ)(x)−L(ψ)(x)| =
(ϕ(x)−ψ(x))− 1
M(f(x, ϕ(x))−f(x, ψ(x))) =
(ϕ(x)−ψ(x))
1− 1 M
f(x, ϕ(x))−f(x, ψ(x)) ϕ(x)−ψ(x)
=
(ϕ(x)−ψ(x))
1− fy(x, u) M
≤ 1− m M
kϕ−ψk∞
y como 0≤1−m/M <1 entonces L es una contracci´on entonces existe una ´unica φ∈ C[a, b] tal que L(φ) =φ es decir f(x, φ(x)) = 0.
16. Sea S = [x0 −a, x0+a]×[y0−b.y0 +b]⊂ R2. La funci´on f : S →R es
continua y existe una constante A tal que
|f(x, y1)−f(x, y2)| ≤A|y1−y2|, ∀(x, y1),(x, y2)∈S .
Sea |f(x, y)| ≤B en S y sea α∈[0, a] tal que
α <min 1 A, b B .
Entonces, la ecuaci´on diferencial
dy
dx =f(x, y)
y(x0) =y0
tiene una ´unica soluci´on en el intervalo [x0−α, x0+α].
Soluci´on: La ecuaci´on diferencial puede ser englobada en una ´unica condici´on para todot ∈I se debe tener
y(t) =y0+
Z t
x0
Sean M = [x0−α, x0+α] y N = [y0−b, yo+b]. Definimos la aplicaci´on
F :C(M, N)→ C(M, N) poniendo
F(ψ)(x) =y0+
Z x
x0
f(t, ψ(t))dt .
Hay algunos cosas a verificar: en primer lugar que F(ψ)(x) ∈ N para todaψ ∈ C(M, N), en efecto
|L(ψ)(x)−y0| ≤ |x−x0|B ≤αB < b
Del mismo modo se tiene que
|F(ψ)(x)−F(ψ)(y)|=
Z y
x
f(t, ψ(t))dt ≤
B|x−y|,
de modo que F(ψ) es lipschitziana, en particaular, tenemos que F(ψ) ∈
C(M, N) para todaψ ∈ C(M, N) y tenemos por lo tanto queF es una apli-caci´on de un espacio m´etrico completoC(M, N) en si mismo. Finalmente si tomamos k = Aα, vemos que 0 < k < 1 y que para ψ, φ ∈ C(M, N) cualquiera, tenemos
|L(ψ)(x)−L(φ)(x)| ≤ Z x
x0
|f(t, ψ(t))−f(t, φ(t))|dt
≤ A|ψ(t)−φ(t)||x−x0|
≤ Aαkψ−φk∞=kkψ−φk∞.
LuegoF es contracci´on del espacio m´etrico completoC(M, N) en si mismo. Existe por tanto una aplicaci´on ϕ ∈ C(M, N) tal que F(ϕ) = ϕ, o sea
y(t) = y0 +
Z t
x0
f(s, y(s))ds lo que equivale a existir una ´unica soluci´on
