Demostrando que $f:M\mapsto M$ tiene un punto fijo único si $M$ es compacto y $d(f(a),f(b))<d(a,b)~\forall a,b\in M$

Question

No estoy seguro de si este es un buen enfoque (sé que hay una prueba diferente que implica una función $a\mapsto d(a,f(a))$ cuyo mínimo es el único punto fijo):

Para cualquier $a\ne b\in M$ tenemos que $d(f(a),f(b))<d(a,b)$ de forma equivalente, existe $k(a,b)\in[0,1)$ tal que $d(f(a),f(b))\le kd(a,b)$

Impongamos que $k:M\times M\mapsto[0,1)$ es el más pequeño $k\in[0,1)$ tal que $d(f(a),f(b))\le k d(a,b)$ para un determinado $(a,b)\in M\times M$

Creo que $k$ es continua porque $f$ es continua (eligiendo $\delta = \varepsilon$ ), pero no sé cómo demostrarlo.

Una vez que tengamos eso $k$ es continua, ya que $M\times M$ es compacto tiene un máximo, $k^*\in[0,1)$ y ahora tenemos todo lo que necesitamos para aplicar el teorema del punto fijo de Banach a $f:M\mapsto M$ que es un $k^*$ -contracción y porque $M$ es completo como espacio compacto.

Answer 1

Dejemos que $f(x) = \sin x$ para $0\le x\le 1$ . Entonces, por el teorema del valor medio, existe $c\in (x,y)$ tal que $$ |f(x)-f(y)| = \cos c\cdot |x-y|<|x-y| $$ para todos $x\ne y$ . Esto muestra $f$ satisface la condición del problema. Sin embargo, $$k(x,y) =\frac{|\sin x-\sin y|}{|x-y|}, \quad x\ne y$$ puede estar arbitrariamente cerca de $1$ cerca de $(0,0)$ como podemos ver en MVT y $\lim\limits_{c\to 0}\cos c= 1$ . Por lo tanto, no hay $k^*<1$ tal que $k(x,y)\le k^*$ . Desgraciadamente, el teorema del punto fijo de Banach no puede aplicarse en este caso, por lo que no puede ser una aproximación general al problema.