Supongamos que $f :[0,1] \rightarrow [0,1]$ es una función continua. Demuestre que existe un punto fijo $x$ es decir $f(x) = x$

Question

Supongamos que $f :[0,1] \rightarrow [0,1]$ es una función continua.

Mostrar que hay $x \in [0,1]$ con $f(x) = x.$

¿Hay algún ejemplo de función continua $g:(0,1) \rightarrow (0,1)$ ¿donde esto es falso?

Answer 1

Dejemos que $h(x)=f(x)-x$ . $$h(0)=f(0)-0=f(0)\ge0$$ $$h(1)=f(1)-1\le0$$ Por el teorema del valor intermedio, $$h(x)=0\Rightarrow f(x)=x$$ para algunos $x\in[0,1]$ .

Esto no es cierto en $(0,1)$ . Por ejemplo, considere $g(x)=x^2\lt x$ para todos $x\in(0,1)$ .

Answer 2

$f(x)=x+x(1-x)$ por ejemplo $f(x)$ es siempre mayor que $x$ en $(0,1)$ pero sigue sin salir del intervalo

Answer 3

Una demostración sin el teorema del valor intermedio.

Si $f(0)\neq 0$ y $f(1)\neq 1$ entonces $f(0)-0>0$ y $f(1)-1<0$ . Sea $I_{n}=\{0=\frac{0}{n},\frac{1}{n},\frac{2}{n},\ldots, \frac{n-1}{n}, \frac{n}{n}=1\}$ . Para todos los $n$ set $k_n\in\{0,1,\ldots,n\}$ tal que $$ \begin{array}{cc} f\left(\frac{0}{n}\right)-\frac{0}{n}&\geq 0. \\ f\left(\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{n}&\geq 0. \\ \vdots & \\ f\left(\frac{k_n-1}{n}\right)-\frac{k_n-1}{n}&\geq 0. \\ f\left(\frac{k_n}{n}\right)-\frac{k_n}{n}&\geq 0. \\ f\left(\frac{k_n+1}{n}\right)-\frac{k_n+1}{n}&\leq 0. \end{array} $$ Set $u_n=\frac{k_n}{n}$ y $v_n=u_n+\frac{1}{n}$ . Las secuencias $u_n$ y $v_n$ son limitados. Por el teorema de Weierstrass existe una subsecuencia convergente $u_{n_i}$ tal que $\lim_{i\to \infty} u_{n_i}=u\in [0,1]$ y $\lim_{i\to \infty} v_{n_i}=v\in [0,1]$ . Por la continuidad de $f$ tenemos $\lim_{i\to \infty}f(u_i)-u_i=f(u)-u\geq 0$ y $\lim_{i\to \infty}f(v_i)-v_i=f(v)-v\leq 0$ .

Ahora bien, tenga en cuenta que $|u_{n_i}-v_{n_i}|=1/n$ implica $f(u)-u=\lim_{i\to \infty}f(u_i)-u_i= \lim_{i\to \infty}f(v_i)-v_i=f(v)-v $ . Por $0\leq f(u)-u=f(v)-v\leq 0$ sólo podemos concluir $f(u)-u=0$ , es decir $$ f(u)=u $$ Un contraejemplo. Para $0<x<1$ tenemos $0<x^n<x$ para todos $n\geq 2$ . Entonces $f:(0,1)\to (0,1)$ definido por $f(x)=x^n$ es tal que $f(x)<x$ .