Resultado del punto fijo para una función diferenciable.

Question

Dejemos que $f$ sea una función diferenciable sobre $[0, 1]$ con $0$ y $1$ sean sus puntos fijos. Además, se da que $$f'(0)>1, f'(1)>1.$$ Entonces demuestre que

(i) $f$ tiene al menos un punto fijo en $(0, 1)$ .

(ii) $f$ tiene un punto fijo $\xi\in (0, 1)$ tal que $f'(\xi)\leq 1$ .

Mi esfuerzo: Empecé por considerar $g(x)=f(x)-x$ . Claramente, $g$ es una función diferenciable, lo que significa que $g'(x)=f'(x)-1$ . Esto significa que $g'(0)>0, g'(1)>0$ . Pero no soy capaz de concluir nada. Por favor, ayuda.

Answer 1

También tiene $g(0) = 0$ y $g(1) = 0$ porque $0, 1$ son puntos fijos de $f$ . Ahora, porque $g'(0) > 0$ , debe tener $g(x_1) > 0$ para algunos $x_1 \in (0, 1)$ . En caso contrario, para una contradicción, si $g(x) \leq 0$ fueran en cambio verdaderos para todos los $x \in (0, 1)$ entonces $g(x) - g(0) = g(x) - 0 \leq 0$ siempre. Por lo tanto, la fracción $$ \frac{g(x) - g(0)}{x - 0} \leq 0, \ \forall x \in (0, 1) \implies g'(0) = \lim_{x \to 0, x \in (0, 1)}\frac{g(x) - g(0)}{x - 0} \leq 0 $$ al contrario que $g'(0) > 0$ .

Por una razón similar, también debe haber algún $x_2 \in (0, 1)$ tal que $g(x_2) < 0$ . Obviamente $x_1 \neq x_2$ . Así que ahora, puede concluir a través de IVT.

Answer 2

Utilice primero la definición de $g'(0)$ y $g'(1)$ para demostrar que $g$ asume un valor estrictamente positivo y otro estrictamente negativo en $(0,1)$ .

Answer 3

Como nadie ha dado una respuesta a la parte (ii), permítanme demostrar ambas partes a la vez (y también demostrar el teorema del valor intermedio como corolario).

Como has reducido, lo que tenemos que hacer es probar:

Supongamos que $g$ es una función diferenciable con $g'(0)>0$ y $g'(1)>0$ . Demostrar que existe algún $z\in (0,1)$ para que $g(z)=0$ y $g'(z)\leq 0$ .

Como otros han señalado, el uso de las derivadas en cualquiera de los extremos nos dice que menos $x_0$ para que $\frac{g(x_0)}{x_0} > 0$ y algunos $x_1$ para que $\frac{-g(x_1)}{1-x_1} > 0$ que en particular implica $g(x_0)>0$ y $g(x_1)<0$ - o, de hecho, que estas desigualdades se mantienen para todos $x_0$ en un barrio de $0$ y $x_1$ en un barrio de $1$ que necesitamos sutilmente para asegurarnos de que elegimos $x_0$ y $x_1$ para que $x_0 < x_1$ .

Ahora, intuitivamente, estamos buscando algún lugar donde la gráfica de $g$ cruza hacia abajo, de positivo a negativo. Una buena manera de hacerlo es considerar el último punto de $[x_0,x_1]$ donde $g$ es no negativo. En particular, dejemos que $$S=\{x\in [x_0,x_1] : g(x) \geq 0\}$$ Tenga en cuenta que $S$ es un conjunto cerrado (acotado) y por tanto tiene algún máximo $z\in S$ . Además, hay que tener en cuenta que $x_1$ no está en $S$ así $x_0\leq z<x_1$ . Afirmamos que $g(z)=0$ y $g'(z)\leq 0$ .

Sabemos que la imagen de cada intervalo $(z-h,z+h)$ en $g$ contiene un número negativo, ya que toda entrada mayor que $z$ da una salida negativa. También sabemos que $g(z)\geq 0$ . Por continuidad, necesitamos que cada vecindad de $g(z)$ incluye números negativos. En conjunto, esto implica $g(z)=0$ .

Para ver que la derivada es negativa en este $z$ , considere el cociente $$\frac{g(z+h) - g(z)}{h}=\frac{g(z+h)}h.$$ Obsérvese que esto es negativo para cada $0 < h \leq x_1 - z$ lo que implica que el límite de esta como $h$ va a $0$ debe ser no positivo - o, dicho de otro modo, $g'(z)\leq 0$ .

La prueba de que $g$ tiene un cruce de cero es suficiente como prueba del teorema del valor intermedio - y es una prueba que me gusta particularmente porque captura alguna intuición geométrica adicional sobre el cruce, que es exactamente lo que se necesita para este problema.