¿Implica $|f'(x)|<1$ $f$ tiene un punto fijo?

Question

es diferenciable en $f :\mathbb R \rightarrow \mathbb R$ $\mathbb R$ y $|f'(x)| \lt 1$, hace $f$ tiene un punto fijo?

Creo que lo hace pero no puedo terminar la prueba.

Vamos a definir $g(x) = f(x) - x$, queremos demostrar que esta función es igual a $0$ en algún momento.

$g'(x) = f'(x) - 1 \in (-2,0)$, así $g$ es estrictamente decreciente. ¿Qué pasa ahora?

Answer 1

Tal vez intente $f(x) = \frac{1}{2}(x+\sqrt{x^2+1})$ para un contraejemplo.

Sin embargo, el teorema se cumple si reemplazar $1$$1-\epsilon$, para algunas de las $\epsilon>0$. Para que usted pueda probar como este: por el valor medio teorema vemos que $|f(x)-f(y)|<(1-\varepsilon)|x-y|$ cualquier $x,y \in \Bbb R$. Por lo que elegir un punto de $x_0 \in \Bbb R$ y definen $x_{k+1}=f(x_k)$. Vemos que $|x_{k+1}-x_k|=|f(x_k)-f(x_{k-1})| \leq (1-\epsilon)|x_k-x_{k-1}|$, por lo que la inducción por $|x_{k+1}-x_k|<(1-\epsilon)^k|x_1-x_0|$, por lo que se deduce que el $(x_k)$ es una secuencia de Cauchy, por lo que converge a algún punto de $p\in \Bbb R$. Entonces, por la continuidad de $f$, podemos ver que $p=\lim x_k=\lim x_{k+1} = \lim f(x_k)=f(p)$.

Por CIERTO, esto se conoce como la asignación de contracción teorema.

Answer 2

La función$f(t)=t+\dfrac{1}{1+e^t}$ no tiene un punto fijo pero$0<f'(t)<1$ para todos los% reales$t$.

Answer 3

El derivado limitado por 1 solo da el hecho de que si en todos existe un punto fijo es único... para asegurar que único punto fijo existe sólo hacen f una función continua en cualquier intervalo compacto es decir cerrado y acotado. Supongo que te ocupan en la línea verdadera...