¿Atractivo punto fijo?

Question

Siento de antemano lo específico que es este problema. He tratado de hacerlo lo más genérico posible pero esto es lo más lejos que he podido llegar. Quiero demostrar que un punto fijo es atractivo.

No he encontrado mucho en Google sobre cómo demostrar el atractivo de un punto fijo, pero si hay una metodología general, ya sería muy útil.

La función es: $$ f(x) = (ax + b)^{1/\alpha} $$ con $a>0$ , $\alpha\in(0,1)$ y $b\in(0,b_0)$ donde $\displaystyle{b_0 = (1-\alpha)\left(\frac{\alpha}{a}\right)^{\alpha/(1-\alpha)}}$ . El dominio de esta función es $[0,x_0)$ con $\displaystyle{x_0 = \left(\frac{\alpha}{a}\right)^{1/(1-\alpha)}}$ .

He demostrado que esta función tiene un único punto fijo en su dominio, pero no sé cómo demostrar que es atractiva. En concreto, la derivada no es absolutamente menor que 1. Lo que ya sé sobre la derivada es que es estrictamente positiva y creciente, y toma valores en $[0,x_0)$ .

EDITAR:

He cometido un error en mis cálculos; la derivada toma valores en $[0,1)$ que es suficiente para demostrar que el punto fijo es atractivo. Gracias a Julian por su respuesta.

Answer 1

Trabajaremos en $[0,+\infty[$ .

En primer lugar, observe que para $x\geq 0$ : $$ f(x)=x\quad\Leftrightarrow\quad ax+b=x^\alpha. $$ Ahora dibuja las gráficas de $ax+b$ y $x^\alpha$ para convencerte de que podría haber $0$ , $1$ o $2$ puntos fijos positivos en general.

Resulta que la condición $b<b_0$ garantiza que hay $2$ puntos fijos positivos.

De hecho, considere el punto $$ x_2:=\frac{\alpha b}{(1-\alpha)a}. $$ En este punto, tenemos, tras las simplificaciones: $$ ax_2+b<x_2^\alpha\quad\Leftrightarrow\quad b< (1-\alpha)\left( \frac{a}{\alpha}\right)^\alpha=b_0. $$ Esta última es una de las hipótesis dadas por el OP, así que ahora sabemos por qué está aquí. Dado que el gráfico de $x^\alpha$ está por encima de $ax+b$ en $x_2$ mientras que está por debajo en $0$ y en $+\infty$ sabemos que hay dos puntos fijos $x_1,x_3$ tal que $0<x_1<x_2<x_3$ .

A continuación, calcule la derivada en $x_1$ y utilizar la condición de punto fijo: $$ f'(x_1)=\frac{a}{\alpha}(ax_1+b)^{1/\alpha-1}=\frac{ax_1}{\alpha(ax_1+b)}. $$ Finalmente, vemos tras la simplificación que: $$ f'(x_1)<1\quad\Leftrightarrow\quad x_1<x_2. $$ Así que el punto fijo más pequeño es atractivo.

Obsérvese que el último párrafo es en realidad la consecuencia de la observación más general hecha por Will Jagy.

Por último, la condición $x_1<x_0$ también se cumple. En efecto, tenemos $ax_0+b<x_0^\alpha$ así que $x_1<x_0$ ya que la primera resulta ser equivalente a $b<b_0$ de nuevo.

Answer 2

La segunda derivada $f''$ es positivo al igual que $f'$ y $f$ en sí mismo. En particular, $f(0) > 0.$ Por lo tanto, una posibilidad es que no haya puntos fijos. Otra es que haya exactamente un punto fijo, como en $g(x) = e^{x-1}$ en $x=1,$ en cuyo caso la derivada es exactamente uno.

Si, como dices, hay dos puntos fijos, llámalos $0 < u < v.$ Así que, $f(u) = u$ y $ 0 < f'(u) < 1, $ que es lo que querías saber. Entonces $f(x) < x$ para $u < x < v.$ Finalmente $f(v)=v,$ con $f'(v) > 1,$ y para $x > v$ obtenemos $f(x) > x.$

EEDDIITT: Una forma de ver todo esto es simplemente notar que $\frac{1}{\alpha} > 1,$ así que $f(x) > x$ para grandes $x.$ Por lo tanto, defina $$ h(x) = f(x) - x. $$ Sabemos que $h(0) > 0,$ también $h(x) > 0$ para grandes $x.$ Y sabemos que $h'' > 0.$ Por lo tanto, si $h(u) = h(v) =0,$ sabemos por el Teorema del Valor Medio que hay alguna $u < w < v$ con $h'(w) = 0.$ Además, $h'(u) < 0, \; h'(v) > 0,$ y $h(w) < 0.$ La parte que quieres es $h'(u) < 0.$