El Teorena del Punto fijo de Banach

Teorema del punto fijo
Rodrigo Vargas
Definición 1. Un punto fijo de una aplicación f : M → M es un punto
x ∈ M tal que f (x) = x.
Definición 2. Sean M, N espacios métricos. Una aplicación f : M → N es
una contracción cuando existe una constante α, con 0 ≤ α < 1, tal que
d(f (x), f (y)) ≤ α · d(x, y),
∀ x, y ∈ M .
Teorema 1 (Punto fijo de Banach). Si M es un espacio métrico completo,
toda contracción f : M → M posee un único punto fijo en M .
Ejercicios
1. Sea f : R → R definida por
f (x) = x +
1
1 + ex
Demuestre que
|f (x) − f (y)| < |x − y|,
∀ x, y ∈ R,
x 6= y
y que sin embargo f no posee ningún punto fijo.
2. Sea (X, d) un espacio métrico compacto, f : X → X continua tal que
d(f (x), f (y)) < d(x, y),
∀ x, y ∈ X
x 6= y
Muestre que f tiene un único punto fijo.
3. Sea M un espacio métrico completo, k > 1 f : M → M (no necesariamente continua) sobreyectiva tal que
d(f (x), f (y)) ≥ k · d(x, y),
∀ x, y ∈ M
Pruebe que existe un único a ∈ M tal que f (a) = a.
4. Sean M espacio métrico completo y f : M → M tal que, para un cierto
p ∈ N f p = f ◦ f ◦ · · · ◦ f (p factores) es una contracción en M . Entonces
f posee un único punto fijo a ∈ M .
1
5. Sea M un espacio métrico completo. Para cada α : M → M , sea Γα (M )
el conjunto de las contracciones f : M → M tales que d(f, α) < +∞.
Demuestre que la aplicación ϕ : Γα (M ) → M , que asocia a cada contracción f su único punto fijo, es continua. (Estamos tomando en Γα (M )
la métrica del supremo.)
6. Pruebe que la función f : R → R definida por f (x) = cos(cos x), es una
contracción, mas g(x) = cos x y h(x) = sin(sin x) no son contracciones.
7. Sea cos : [0, π/2] → [0, π/2] y ponga cosm = cos ◦ cos ◦ · · · ◦ cos (m factores). Pruebe que, para todo x ∈ [0, π/2], existe lim cosm (x) = a,
m→∞
donde a es independiente de x.
8. Considere la función Ω : C[0, 1] → C[0, 1] definida por
Z x
Ω(φ)(x) =
φ(t)dt .
0
Pruebe que Ω no es contracción, pero que Ω2 es contracción.
9. Sea K una función continua sobre el cuadrado unitario 0 ≤ x, y ≤ 1
satisfaciendo |K(x.y)| < 1 para todo x, y. Demuestre que existe una
función continua f (x) en [0, 1] tal que se tiene
Z 1
2
f (x) +
K(x, y)f (y)dy = ex .
0
10. Sea g una funcı́on continua real sobre [0, 1]. Pruebe que existe una función
continua real f en [0, 1] satisfaciendo la ecuación
Z x
2
f (x) −
f (x − t)e−t dt = g(x).
0
11. Demueste que existe una única función continua f : [0, 1] → R tal que
Z 1
f (y)
f (x) = sin x +
dy.
x+y+1
0 e
12. Sean φ : [a, b] → R, K : [a, b] × [a, b] → R funciones continuas, λ ∈ R.
Muestre que la ecuación
Z x
f (x) = λ
K(x, y)f (y)dy + φ(y)
a
tiene solución única en C[a, b].
2
13. Sea f : M → M tal que d(f (x), f (y)) ≤ α · d(x, y), con 0 ≤ α < 1. Dado
d(a, f (a))
cualquier a ∈ M , si r ≥
entonces la bola cerrada B = B[a, r]
1−α
es invariante por f , esto es, f (B) ⊂ B. En particular, si M es completo,
el punto fijo de f esta en la bola B.
14. Sea U ⊂ Rn y sea ϕ : U → Rn una contracción . Se define f (x) = x+ϕ(x)
para x ∈ U .
(a) Probar que f es inyectiva.
(b) Probar que f −1 : f (U ) → U es continua.
(Católica, Magister, 2002)
15. Sea S = [a, b] × (−∞, ∞) ⊂ R2 y suponga que la función f : S → R
satisface las siguientes condiciones:
(i) f es continua.
(ii) fy existe en S y existen constantes m y M tal que
0 < m ≤ fy (x, y) ≤ M
para todo (x, y) ∈ S.
Demuestre que existe φ ∈ C[a, b] tal que y = φ(x) es la única solución de
la ecuación f (x, y) = 0.
16. Sea S = [x0 − a, x0 + a] × [y0 − b.y0 + b] ⊂ R2 . La función f : S → R es
continua y existe una constante A tal que
|f (x, y1 ) − f (x, y2 )| ≤ A|y1 − y2 | ,
∀ (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ S .
Sea |f (x, y)| ≤ B en S y sea α ∈ [0, a] tal que
1 b
α < min
,
.
A B
Entonces, la ecuación diferencial

dy


= f (x, y)

dx



y(x0 ) = y0
tiene una única solución en el intervalo [x0 − α, x0 + α].
3
1. Sea f : R → R definida por
f (x) = x +
1
1 + ex
Demuestre que
|f (x) − f (y)| < |x − y|,
∀ x, y ∈ R,
x 6= y
y que sin embargo f no posee ningún punto fijo.
Solución: Tenemos que
f 0 (x) = 1 −
ex
(1 + ex )2
y f 00 (x) =
ex (ex − 1)
(ex + 1)3
entonces f 00 (x) = 0 si y sólo si x = 0. Es fácil ver que en x = 0 la función
f 0 (x) tiene un mı́nimo y lim f 0 (x) = 1. Por lo tanto, |f 0 (x)| < 1 para
n→∞
todo x ∈ R entonces
|f (x) − f (y)| = |f 0 (ξ)|| x − y| < | x − y| ∀ x, y ∈ R,
x 6= y :,
como queriamos probar. Además f no posee puntos fijos, ya que si f (x) =
1
x entonces
= 0 lo que es imposible.
1 + ex
2. Sea (X, d) un espacio métrico compacto, f : X → X continua tal que
d(f (x), f (y)) < d(x, y),
∀ x, y ∈ X
x 6= y
Muestre que f tiene un único punto fijo.
Solución: Consideremos F : X → R dada por
F (x) = d(x, f (x)) .
Como X es compacto, el Teorema de Weiertrass afirma que existen a, b ∈
X tales que
F (a) ≤ F (x) ≤ F (b), ∀ x ∈ X .
Afirmamos que F (a) = 0. En efecto, si F (a) 6= 0 entonces
d(f (f (a)), f (a)) < d(f (a), a) = F (a)
4
contradiciendo la minimalidad de F (a) entonces F (a) = 0 ⇒ f (a) = a.
Para la unicida, supongamos que existen a, b ∈ X tales que f (a) = a y
f (b) = b entonces
d(a, b) = d(f (a), f (b)) < d(a, b)
lo que implica d(a, b) = 0 ⇒ a = b.
3. Sea M un espacio métrico completo, k > 1 f : M → M (no necesariamente continua) sobreyectiva tal que
d(f (x), f (y)) ≥ k · d(x, y),
∀ x, y ∈ M
Pruebe que existe un único a ∈ M tal que f (a) = a.
Solución: Si f (x) = f (y) entonces
0 ≤ d(x, y) ≤
1
d(f (x), f (y)) = 0
k
entonces d(x, y) = 0 ⇒ x = y. Luego, f es inyectiva y por ser f sobreyectiva existe f −1 . Entonces,
d(f −1 (x), f −1 (y)) ≤
1
1
d(f (f −1 (x), f (f −1 (y))) = d(x, y)
k
k
como k > 1 entonces f −1 es una contracción por el Teorema del punto
fijo de Banach, existe un único a ∈ M tal que
f −1 (a) = a ⇔ a = f (a) .
4. Sean M espacio métrico completo y f : M → M tal que, para un cierto
p ∈ N f p = f ◦ f ◦ · · · ◦ f (p factores) es una contracción en M . Entonces
f posee un único punto fijo a ∈ M .
Solución: Como f p es una contracción en un espaio métrico completo,
en virtud del Teorema del punto fijo de Banach existe un único a ∈ M
tal que f p (a) = a entonces
f (f p (a)) = f (a) ⇒ f p+1 (a) = f (a) ⇒ f p (f (a)) = f (a)
entonces f (a) es un punto fijo de f p como el punto fijo de f p es único,
implica que f (a) = a.
5
5. Sea M un espacio métrico completo. Para cada α : M → M , sea Γα (M )
el conjunto de las contracciones f : M → M tales que d(f, α) < +∞.
Demuestre que la aplicación ϕ : Γα (M ) → M , que asocia a cada contracción f su único punto fijo, es continua. (Estamos tomando en Γα (M )
la métrica del supremo.)
Solución: Sea (fn )∞
n=1 ⊂ Γα (M ) una sucesión tal que fn → f cuando
n → ∞. Afirmamos que ϕ(fn ) → ϕ(f ) cuando n → ∞, lo que probaria
que ϕ es continua. En efecto, sea xn el punto fijo de fn para cada n ∈ N,
es decir, f (xn ) = xn . Como fn , f = f0 ∈ Γα (M ) existe 0 ≤ kn < 1 tal que
d(fn (x), fn (y)) ≤ kn · d(x, y) ,
∀ x, y ∈ M
∀ n ∈ N ∪ {0} .
Por la convergencia uniforme de fn , dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
1
d(fn (x), f (x)) < (1 − k0 )ε ,
2
∀ n ≥ n0 ,
∀x∈M .
Sean n, m ∈ N tales que n, m ≥ n0 entonces
d(xn , xm ) = d(fn (xn ), fm (xm ))
≤ d(fn (xn ), f (xn )) + d(f (xn ), f (xm )) + d(f (xm ), fm (xm ))
< (1 − k0 )ε + d(f (xn ), f (xm ))
≤ (1 − k0 )ε + k0 · d(xn , xm )
lo que implica que d(xn , xm ) < ε, luego (xn )∞
n=1 ⊂ M es una sucesión
de Cauchy, como M es completo existe a ∈ M tal que xn → a cuando
n → ∞. Además, tenemos que
d(f (a), a) ≤ d(f (a), fn (a)) + d(fn (a), fn (xn )) + d(fn (xn ), a)
= d(f (a), fn (a)) + d(fn (a), fn (xn )) + d(xn , a)
n→∞
≤ d(f (a), fn (a)) + kn · d(a, xn ) + d(xn , a) −→ 0
entonces d(f (a), a) = 0 ⇒ f (a) = a luego a es el único punto fijo de f .
Por lo tanto,
d(ϕ(fn ), ϕ(f )) = d(xn , a) → 0,
cuando n → ∞ : .
Es decir, ϕ(fn ) −→ ϕ(f ) como queriamos probar.
6
6. Pruebe que la función f : R → R definida por f (x) = cos(cos x), es una
contracción, mas g(x) = cos x y h(x) = sin(sin x) no son contracciones.
Solución: Tenemos que f 0 (x) = sin(cos x) sin x y notemos que
−1 ≤ cos x ≤ 1 ⇒ sin(−1) ≤ sin(cos x) ≤ sin(1)
⇒ − sin(1) ≤ sin(cos x) ≤ sin(1)
⇒ | sin(cos x)| ≤ sin(1) = c < 1
entonces |f 0 (x)| = | sin(cos x) sin x| ≤ | sin(cos x)| ≤ c y por el Teorema
del Valor Medio se tiene que para todo x, y ∈ R con x < y existe ξ ∈ (x, y)
tal que
|f (x) − f (y)| = |f 0 (ξ)|| x − y| ≤ c| x − y|
y por lo tanto, f es contracción.
7. Sea cos : [0, π/2] → [0, π/2] y ponga cosm = cos ◦ cos ◦ · · · ◦ cos (m factores). Pruebe que, para todo x ∈ [0, π/2], existe lim cosm (x) = a,
m→∞
donde a es independiente de x.
Solución: Sea f : [0, π/2] → [0, π/2] definida siguiendo la notación del
enunciado por f (x) = cos2 (x). Sea x0 ∈ [0, π/2] y definimos
x1 = f (x0 ) ,
xn+1 = f (xn )
y observe que por el problema anterior la función f es una contracción
entonces existe 0 ≤ c < 1 tal que
|f (x) − f (y)| ≤ c| x − y|
∀ x, y ∈ R
Ahora bien,
|x1 − x2 | = |f (x0 ) − f (x1 )| ≤ c|x0 − x1 |
|x2 − x3 | = |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ c| x1 − x2 | ≤ c2 | x0 − x1 |
y en general tenemos |xn − xn+1 | ≤ cn |x0 − x1 | para todo n ∈ N. Se sigue
que para n, p ∈ N se tiene que
|xn − xn+p | ≤ |xn − xn+1 | + |xn+1 − xn+2 | + · · · + |xn+p−1 − xn+p |
≤ (cn + cn+1 + · · · + cn+p−1 )|x0 − x1 |
= cn (1 + c + · · · + cp−1 )|x0 − x1 |
cn
≤
|x0 − x1 |
1−c
7
Como lim cn = 0 concluimos que (xn ) es una sucesión de Cauchy en
n→∞
√
[0, π/2]. Considere h : [0, π/2] → [0, π/2] definida por h(x) = x la
cual es continua en [0, π/2] el cual es un conjunto compacto de R entonces h es uniformemente continua y usamos el hecho que las funciones
uniformemente continuas llevan sucesiones de Cauchy en sucesiones de
Cauchy entonces (yn ) = (h(xn )) = (cos(xn−1 )) es una sucesión de Cauchy
en [0, π/2] entonces existe a ∈ [0, π/2] tal que
a = lim ym = lim cos(xm−1 ) = lim cosm (x0 )
m→∞
n→∞
n→∞
como x0 es arbitrario entonces este lı́mite es independiente de x0 .
8. Considere la función Ω : C[0, 1] → C[0, 1] definida por
Z x
Ω(φ)(x) =
φ(t)dt .
0
Pruebe que Ω no es contracción, pero que Ω2 es contracción.
Solución: Consideremos f (x) ≡ 1 y g(x) ≡ 0 para todo x ∈ [0, 1]
entonces kf − gk∞ = 1 y además kΩ(f ) − Ω(g)k∞ = 1 entonces Ω no es
contracción. Por otro lado, tenemos que
Z x
Z x
2
2
| Ω (f )(x) − Ω (g)(x)| = Ω(f )(t)dt −
Ω(g)(t)dt
0
Z0 x Z t
Z xZ t
= f (z)dzdt −
g(z)dzdt
0
0
0
0
Z xZ t
≤
|f (z) − g(z)|dxdt
0
0
Z xZ t
≤ kf − gk∞
dzdt
0
2
0
1
x
kf − gk∞ ≤ kf − gk∞
2
2
1
Por lo tanto, kΩ2 (f ) − Ω2 (g)k∞ ≤ kf − gk∞ y Ω2 es una contracción.
2
9. Sea K una función continua sobre el cuadrado unitario 0 ≤ x, y ≤ 1
satisfaciendo |K(x.y)| < 1 para todo x, y. Demuestre que existe una
función continua f (x) en [0, 1] tal que se tiene
Z 1
2
f (x) +
K(x, y)f (y)dy = ex .
=
0
8
Solución: Consideremos la aplicación T : C[0, 1] → C[0, 1] definida por
Z 1
x2
T (f )(x) = e −
K(x, y)f (y)dy .
0
Como |K(x, y)| < 1 existe λ tal que |K(x, y)| ≤ λ < 1, entonces
Z 1
Z 1
|T f (x) − T g(y)| = K(x, y)f (y)dy −
K(x, y)f (y)dy 0
0
Z 1
≤
|K(x, y)||f (y) − g(y)|dy
0
Z 1
≤ λ
|f (y) − g(y)|dy
0
≤ λkf − gk∞ .
es decir, kT f − T gk∞ ≤ λkf − gk∞ entonces, T es una contracción en
C[0, 1] por el Teorema del punto fijo de Banach existe f ∈ C[0, 1] tal que
T (f (x)) = f (x) esto es
Z 1
x2
e −
K(x, y)f (y)dy = f (x) .
0
10. Sea g una funcı́on continua real sobre [0, 1]. Pruebe que existe una función
continua real f en [0, 1] satisfaciendo la ecuación
Z x
2
f (x) −
f (x − t)e−t dt = g(x).
0
Solución: Consideremos la aplicación L : C[0, 1] → C[0, 1] dada por
Z x
2
T (f )(x) =
f (x − t)e−t dt + g(x) .
0
Notemos que sup e
−t2
= 1 entonces
t∈[0,1]
|L2 f (x) − L2 h(x)| = |L(T f (x)) − L(Lh(x))|
Z x
2
−t
= [T f (x − t) − T h(x − t)]e dt
Z0 x Z x−t
2
2
−r
−t
= [f (x − t − r) − h(x − t − r)]e dr e dt
0
0
Z x Z x−t
≤ kf − hk∞
drdt
0
0
x2
1
= kf − hk∞ ≤ kf − hk∞
2
2
9
es decir, kL2 f −L2 hk∞ ≤ 21 kf −hk∞ , luego L2 es una contracción en C[0, 1]
por ser C[0, 1] completo en virtud del Teorema del punto fijo de Banach
existe una unica f ∈ C[0, 1] tal que L2 (f (x)) = f (x), por problema 4 se
tiene que L(f (x)) = f (x) como queriamos probar.
11. Demueste que existe una única función continua f : [0, 1] → R tal que
Z 1
f (y)
f (x) = sin x +
dy.
x+y+1
0 e
Solución: Concsideremos la aplicación T : C[0, 1] → C[0, 1] definida por
T (f (x)) = sin x +
Z
1
0
f (y)
dy ,
ex+y+1
entonces
Z
1
|f (y) − g(y)|e−x−y−1dy
0
Z y
−x
≤ kf − gk∞ sup e
e−y−1 dy
|T f (x) − T g(x)| ≤
0
x∈[0,1]
= kf − gk∞
1
1
− 2
e e
= λkf − gk∞
donde λ = e−1 − e−2 < 1 entonces kT f − T gk∞ ≤ λkf − gk∞ y T es una
contracción en C[0, 1] por el Teorema del punto fijo de Banach existe una
única f ∈ C[0, 1] tal que T (f (x)) = f (x).
12. Sean φ : [a, b] → R, K : [a, b] × [a, b] → R funciones continuas, λ ∈ R.
Muestre que la ecuación
Z x
f (x) = λ
K(x, y)f (y)dy + φ(y)
a
tiene solución única en C[a, b].
Solución: Definimos T : C[0, 1] → C[0, 1] dada por
Z x
T (f )(x) = λ
K(x, y)f (y)dy + φ(y) ,
a
10
denotamos por M = sup |K(x, y)| entonces
Z x
|T f (x) − T g(x)| ≤ |λ|
|K(x, y)||f (y) − g(y)|dy
a
Z x
≤ |λ| sup |K(x, y)|kf − gk∞
dy
a
= |λ|M kf − gk∞(x − a)
= |λ|M kf − gk∞(b − a)
además tenemos que
2
2
|T f (x) − T g(x)| =
≤
≤
≤
Z x
Z x
λ
K(x, y)T f (y)dy − λ
K(x, y)T g(y)dy a
Za x
|λ|
|K(x, y)||T f (y) − T g(y)|dy
a
Z x Z y
Z y
|λ|M
K(y, z)f (z)dz − λ
K(y, z)g(z)dz dy
λ
a
a
Z x Z ay
|λ|2 M 2
|f (z) − g(z)|dzdy
0
0
(x − a)2
2
(b − a)2
≤ |λ|2 M 2 kf − gk∞
2
Se deduce que en general se tiene
≤ |λ|2 M 2 kf − gk∞
|T n f (x) − tn g(x)| ≤ |λ|n M n kf − gk∞
(b − a)n
.
n
|λ|p M p (b − a)p
< α < 1 entonces T p es
p
contración en C[0, 1]. Por problema 4 existe una única f ∈ C[0, 1] tal que
T (f (x)) = f (x), como queriamos probar.
Luego existe p ∈ N tal que
13. Sea f : M → M tal que d(f (x), f (y)) ≤ α · d(x, y), con 0 ≤ α < 1. Dado
d(a, f (a))
cualquier a ∈ M , si r ≥
entonces la bola cerrada B = B[a, r]
1−α
es invariante por f , esto es, f (B) ⊂ B. En particular, si M es completo,
el punto fijo de f esta en la bola B.
Solución: Sea x ∈ B entonces d(x, a) ≤ r luego
d(f (x), a) ≤ d(f (x), f (a))+d(f (a), a) ≤ α·d(x, a)+(1−α)r ≤ αr+(1−α)r = r
11
lo que implica que f (x) ∈ B.
14. Sea U ⊂ Rn y sea ϕ : U → Rn una contracción . Se define f (x) = x+ϕ(x)
para x ∈ U .
(a) Probar que f es inyectiva.
(b) Probar que f −1 : f (U ) → U es continua.
Solución: Por ser ϕ una contracción existe 0 ≤ α < 1 tal que kϕ(x) −
ϕ(y)k ≤ αkx − yk para todo x, y ∈ U entonces
kf (x) − f (y)k = k(x − y) − (ϕ(x) − ϕ(y)k
≥ kx − yk − kϕ(x) − ϕ(y)k
= (1 − α)kx − yk
Luego, si f (x) = f (y) entonces
0 ≥ (1 − α)kx − yk ≥ 0 ⇒ kx − yk = 0 ⇒ x = y
y f es inyectiva. Ahora bien, por ser f inyectiva existe f −1 : f (U ) → U
y sean a = f (x) y b = f (y) entonces
kf −1 (a) − f −1 (b)k = kx − yk ≤
1
1
kf (x) − f (y)k =
ka − bk
1−α
1−α
lo que implica que f es continua.
15. Sea S = [a, b] × (−∞, ∞) ⊂ R2 y suponga que la función f : S → R
satisface las siguientes condiciones:
(i) f es continua.
(ii) fy existe en S y existen constantes m y M tal que
0 < m ≤ fy (x, y) ≤ M
para todo (x, y) ∈ S.
Demuestre que existe φ ∈ C[a, b] tal que y = φ(x) es la única solución de
la ecuación f (x, y) = 0.
12
Solución: Considere la aplicación L : C[a, b] → C[a, b] definida por
L(ϕ)(x) = ϕ(x) −
1
f (x, ϕ(x)) .
M
entonces
|L(ϕ)(x) − L(ψ)(x)| =
=
=
≤
1
(ϕ(x) − ψ(x)) − (f (x, ϕ(x)) − f (x, ψ(x)))
M
(ϕ(x) − ψ(x)) 1 − 1 f (x, ϕ(x)) − f (x, ψ(x)) M
ϕ(x) − ψ(x)
(ϕ(x) − ψ(x)) 1 − fy (x, u) M
m
1−
kϕ − ψk∞
M
y como 0 ≤ 1 − m/M < 1 entonces L es una contracción entonces existe
una única φ ∈ C[a, b] tal que L(φ) = φ es decir f (x, φ(x)) = 0.
16. Sea S = [x0 − a, x0 + a] × [y0 − b.y0 + b] ⊂ R2 . La función f : S → R es
continua y existe una constante A tal que
|f (x, y1 ) − f (x, y2 )| ≤ A|y1 − y2 | ,
∀ (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ S .
Sea |f (x, y)| ≤ B en S y sea α ∈ [0, a] tal que
1 b
,
α < min
.
A B
Entonces, la ecuación diferencial

dy


= f (x, y)

dx



y(x0 ) = y0
tiene una única solución en el intervalo [x0 − α, x0 + α].
Solución: La ecuación diferencial puede ser englobada en una única
condición para todo t ∈ I se debe tener
Z t
y(t) = y0 +
f (s, y(s))ds .
x0
13
Sean M = [x0 − α, x0 + α] y N = [y0 − b, yo + b]. Definimos la aplicación
F : C(M, N ) → C(M, N ) poniendo
Z x
F (ψ)(x) = y0 +
f (t, ψ(t))dt .
x0
Hay algunos cosas a verificar: en primer lugar que F (ψ)(x) ∈ N para
toda ψ ∈ C(M, N ), en efecto
|L(ψ)(x) − y0 | ≤ |x − x0 |B ≤ αB < b
Del mismo modo se tiene que
Z
|F (ψ)(x) − F (ψ)(y)| = y
x
f (t, ψ(t))dt ≤ B|x − y| ,
de modo que F (ψ) es lipschitziana, en particaular, tenemos que F (ψ) ∈
C(M, N ) para toda ψ ∈ C(M, N ) y tenemos por lo tanto que F es una aplicación de un espacio métrico completo C(M, N ) en si mismo. Finalmente
si tomamos k = Aα, vemos que 0 < k < 1 y que para ψ, φ ∈ C(M, N )
cualquiera, tenemos
Z x
|L(ψ)(x) − L(φ)(x)| ≤
|f (t, ψ(t)) − f (t, φ(t))|dt
x0
≤ A|ψ(t) − φ(t)|| x − x0 |
≤ Aαkψ − φk∞ = kkψ − φk∞ .
Luego F es contracción del espacio métrico completo C(M, N ) en si mismo.
Existe por tanto
una aplicación ϕ ∈ C(M, N ) tal que F (ϕ) = ϕ, o sea
Z
t
y(t) = y0 +
f (s, y(s))ds lo que equivale a existir una única solución
x0
para la ecuación diferencial.
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