el teorema de punto ﬁjo y aplicaciones file(7.1), de nuevo por el teorema fundamental del calculo....

Capıtulo 7

El teorema de punto

fijo y aplicaciones

1. Problemas de valor inicial

La primera motivacion para el contenido de este capıtulo es el estudo dela ecuacion diferencial ordinaria

(7.1a) x′(t) = F (x(t), t),

donde buscamos una funcion t 7→ x(t) : R → Rl que satisfaga la ecuacion

(7.1), donde F : Rl × R → R

l. En particular, nos interesa la respuesta ala siguiente pregunta: ¿Bajo que condiciones en F la ecuacion (7.1a) tienesolucion en un intervalo (−ε, ε) que satisface

(7.1b) x(0) = x0,

x0 ∈ Rl, como condicion inicial?

A la pareja de ecuaciones (7.1) se le denomina problema de valor inicial,y nos referiremos a el como PVI. Observemos que si integramos con respectoa la variable t la ecuacion (7.1a), y haciendo uso del valor inicial (7.1b) ydel teorema fundamental del calculo, llegamos a la ecuacion integral

(7.2) x(t) = x0 +

∫ t

0F (x(s), s)ds.

Observamos que, si F es continua, la ecuacion (7.2) es equivalente al PVI

(7.1), de nuevo por el teorema fundamental del calculo. Esto quiere decir quesi la funcion x(t) es una solucion de (7.1), entonces es tambien una solucionde (7.2) y viceversa. Ası que podemos estudiar el PVI (7.1) a traves de laecuacion integral (7.2).

115

116 7. El teorema de punto fijo y aplicaciones

La principal ventaja de escribir el PVI como la ecuacion (7.2), es el hechoque, si F es continua, entonces el operador x 7→ Φ(x) definido por

Φ(x)(t) = x0 +

∫ t

0F (x(s), s)ds

es continuo en el espacio C([−r, r], Rl) de las funciones continuas en unintervalo [−r, r] alrededor de 0. Por lo tanto, reducimos entonces el problemaal estudio del operador Φ sobre este espacio, para el cual hemos estudiadosu estructura con detalle.

En particular, observamos que una solucion x(t) al PVI satisface la ecua-cion

Φ(x) = x,

por lo que entonces x es un punto fijo de Φ. De tal forma que reducimos eltrabajo a la respuesta de las siguientes dos preguntas:

1. ¿Bajo que condiciones en F podemos garantizar que el operador Φtiene un punto fijo en C([−ε, ε], Rl), para algun ε > 0?

2. ¿Bajo que condiciones podemos garantizar que este punto fijo esunico?

La segunda pregunta es importante, porque responde a la pregunta sobrela unicidad de la solucion al PVI (7.1). Los siguientes dos ejemplos muestrandistintas situaciones sobre unicidad de la solucion.

Ejemplo 7.1. Consideremos el problema de valor inicial x′(t) = λx(t),λ ∈ R, con x(t) = 1. Es facil ver que la funcion x(t) = eλt satisface este PVI,ası como tambien es un punto fijo del operador Φ con F (x, t) = λx, ya que

Φ(eλt) = 1 +

∫ t

0λeλtdt = eλt.

Mas aun, podemos verificar que esta solucion es unica: Si y(t) es una solucional PVI, consideramos f(t) = e−λty(t). Entonces

f ′(t) = −λe−λty(t) + e−λty′(t) = (−λy(t) + y′(t))e−λt = 0

para todo t, por lo que f(t) es entonces constante, por el teorema del valormedio. Como f(0) = y(0) = 1, entonces f(t) = 1 y, por lo tanto, y(t) = eλt.

No es muy difıcil mostrar, de manera similar, que la solucion a la ecuacionx′(t) = f(t)x(t), x(0) = x0 ∈ R, donde f : R → R es continua, es unica,utilizando el teorema del valor medio (ejercicio 1).

Ejemplo 7.2. Consideremos ahora el PVI dado por x′(t) =√

x(t), conx(0) = 0. Es claro que la solucion constante trivial x(t) = 0 para todo t es

2. El teorema de contraccion 117

una solucion a este problema. Sin embargo, la funcion

(7.3) x(t) =

0 t ≤ 0

t2

4t > 0,

es tambien solucion. Ası que este problema no tiene solucion unica.

De hecho, el PVI del ejemplo 7.2 tiene una infinidad de soluciones (ejer-cicio 2).

En las siguientes secciones comprenderemos la razon por lo cual los dosejemplos previos tienen distinta unicidad de soluciones, lo cual haremos atraves del teorema de punto fijo de Banach.

2. El teorema de contraccion

En esta seccion mostraremos el teorema de contraccion de Banach, con elcual obtendremos, mas adelantes, condiciones para resolver el PVI descritoen la seccion anterior.

Definicion 7.3. Dada una funcion f : X → X de un conjunto en sı mismo,decimos que x es un punto fijo de f si f(x) = x.

Ejemplo 7.4. Consideremos la funcion en R dada por f(x) = 2x + 1.Entonces, como f(−1) = −1, −1 es un punto fijo de f .

Ejemplo 7.5. La funcion f(x) = x + 1 no tiene puntos fijos en R.

Un “teorema de punto fijo” es un enunciado que garantiza la existenciay unicidad de un punto fijo, bajo ciertas condiciones, de una funcion dada.

Definicion 7.6. Sean (X, d) y (Y, d′) dos espacios metricos, y φ : X → Y .Decimos que φ es una contraccion si existe un numero α, 0 ≤ α < 1, tal que

d′(φ(x), φ(y)) ≤ αd(x, y)

para todo x y y en X.

Es decir, una contraccion reduce distancias entre puntos. Notemos queen el caso α = 0, φ es una funcion constante. En general, decimos que lafuncion f : X → Y , donde (X, d) y (Y, d′) son dos espacios metricos, es unafuncion de Lipschitz con constante L, si para todo x, y ∈ X,

d′(f(x), f(y)) ≤ Ld(x, y).

Por lo tanto, una contraccion es una funcion de Lipschitz con constante me-nor que 1. Mas aun, toda contraccion es uniformemente continua (ejercicio3).


Ejemplo 7.7. Sea A la matriz de 2 × 2 dada por

A =

(1/12 5/85/8 1/12

)

,

y consideramos la funcion en R2 dada por x 7→ Ax+

(11

)

. No es muy difıcil

(ejercicio 4) mostrar que

||Ax||E ≤ 1

2||x||E ,

y entonces, para x, y ∈ R2,

∣∣∣

∣∣∣

(

Ax +

(11

))

−(

Ay +

(11

))∣∣∣

∣∣∣E≤ 1

2||x − y||E ,

por lo que funcion x 7→ Ax +

(11

)

es una contraccion.

Ejemplo 7.8. Consideramos el operador I en C([0, 1/2]) dado por

If(x) =

∫ 1

2

0f,

para f ∈ C([0, 1/2]). Entonces

|If(x)| ≤∫ 1

2

0|f(t)|dt ≤ 1

2||f ||u,

y por lo tanto I es una contraccion en C([0, 1/2]), ya que

||If − Ig||u ≤ 1

2||f − g||u

para f, g ∈ C([0, 1/2]).

A continuacion enunciamos el teorema de Banach, que establece que lascontracciones en espacios completos tienen puntos fijos unicos.

Teorema 7.9 (Contraccion de Banach). Sea (X, d) un espacio metrico com-

pleto. Si la funcion φ : X → X es una contraccion, entonces φ tiene un unico

punto fijo.

Demostracion. Sea x0 ∈ X y construımos la sucesion (xn) en X de laforma

x1 = φ(x0), xn+1 = φ(xn), n = 1, 2, . . . .

Mostraremos primero que (xn) es una sucesion de Cauchy y, por la comple-titud de X, converge.

2. El teorema de contraccion 119

Sean n > m. Entonces

d(xn, xm) = d(φ(xn−1), φ(xm−1)) ≤ αd(xn−1, xm−1)

≤ α2d(xn−2, xm−2) ≤ αmd(xn−m, x0)

≤ αm(d(xn−m, xn−m−1) + . . . + d(x1, x0)

)

≤ αm(αn−m−1 + . . . + 1

)d(x1, x0)

=αm(1 − αm−n)

1 − αd(x1, x0) ≤

αm

1 − αd(x1, x0).

Como 0 ≤ α < 1, αm → 0. Entonces, si ε > 0 y N es tal que

αN

1 − αd(x1, x0) < ε,

entonces d(xn, xm) < ε para n,m ≥ N , por lo que (xn) es una sucesion deCauchy.

Suponemos entonces que xn → x. Demostraremos que x es un punto fijomostrando que d(x, φ(x)) < ε, para todo ε > 0.

Como xn → x, sea N > 0 tal que d(xn, x) < ε/2 para todo n ≥ N .Entonces

d(x, φ(x)) ≤ d(x, xN+1) + d(xN+1, φ(x))

<ε

2+ d(φ(xN ), φ(x)) ≤ ε

2+ αd(xN , x)

<ε

2+ α

ε

2< ε.

Para mostrar la unicidad, supongamos que x y y son dos puntos fijos de φ.Entonces

d(x, y) = d(φ(x), φ(y)) ≤ αd(x, y),

y, como α < 1, esto es posible solo si x = y. �

Ejemplo 7.10. Si A es la matriz del ejemplo 7.7, entonces la funcion x 7→φ(x) = Ax +

(11

)

es una contraccion, y por lo tanto tiene un unico punto

fijo. No es difıcil verificar que este punto es

x0 =

(24/724/7

)

.

Ejemplo 7.11. La funcion f 7→ If del ejemplo 7.8 es una contraccion, porlo que tiene un unico punto fijo: la funcion constante f = 0.

Para finalizar esta seccion observamos que, por la parte final de la de-mostracion del teorema 7.9, si X ⊂ Y y φ : X → Y es una contraccion,entonces, en el caso en que φ tiene un punto fijo, este punto fijo debe serunico.


3. Existencia y unicidad de soluciones

Consideremos entonces la ecuacion integral (7.2), donde

F : Rl × R → R

l y x0 ∈ Rl.

Sea r > 0 y definimos el operador

Φ : C([−r, r], Rl) → C([−r, r], Rl)

dado por

(7.4) Φ(x)(t) = x0 +

∫ t

0F (x(s), s)ds.

El operador Φ esta bien definido, ya que si x y F son continuas, entoncess → F (x(s), s) tambien es continua, por lo que es Riemann-integrable (com-ponente por componente) y la integral (indefinida) es una funcion continua.De hecho, si F es continua, esta integral es diferenciable y

(Φ(x))′(t) = F (x(t), t),

por el teorema fundamental del calculo. Entonces Φ toma valores en

C1([−r, r], Rl),

el espacio de funciones de [−r, r] en Rl diferenciables y con derivada continua.

Esta observacion nos lleva a la siguiente conclusion: para encontrar lassoluciones a la ecuacion (7.2), es necesario y suficiente encontrar los puntosfijos del operador Φ. Utilizaremos el teorema de contraccion de Banach,por lo que necesitamos condiciones para las cuales el operador Φ es unacontraccion.

Observemos que si x, y ∈ C([−r, r], Rl), entonces

du(Φ(x),Φ(y)) = maxt∈[−r,r]

||Φ(x)(t) − Φ(y)(t)||E

= maxt∈[−r,r]

∣∣∣∣

∣∣∣∣

∫ t

0

(F (x(s), s) − F (y(s), s)

)ds

∣∣∣∣

∣∣∣∣E

≤ maxt∈[−r,r]

∫ |t|

0

∣∣∣∣F (x(s), s) − F (y(s), s)

∣∣∣∣Eds,

donde hemos usado el hecho que, si f : [a, b] → Rl es Riemann-integrable,

entonces∣∣∣∣

∣∣∣∣

∫ b

af(t)dt

∣∣∣∣

∣∣∣∣E

≤∫ b

a||f(t)||Edt

(ejercicio 5). Entonces necesitamos de una estimacion apropiada de la dife-rencia

∣∣∣∣F (x(s), s) − F (y(s), s)

∣∣∣∣E.

3. Existencia y unicidad de soluciones 121

Teorema 7.12. Sea F : Rl × R → R

l una funcion continua, tal que es de

Lipschitz en la primer variable con constante M independiente de la segunda

variable. Es decir, para x, y ∈ Rl y t ∈ R,

(7.5)∣∣∣∣F (x, t) − F (y, t)

∣∣∣∣E≤ M ||x − y||E .

Entonces, existe ε > 0 tal que el operador

Φ : C([−ε, ε], Rl) → C1([−ε, ε], Rl) ⊂ C([−ε, ε], Rl),

dado por

Φ(x)(t) = x0 +

∫ t

0F (x(s), s)ds, t ∈ [−ε, ε],

tiene un unico punto fijo.

Demostracion. Sean 0 < α < 1 y 0 < ε <α

M. Entonces, para t ∈ [−ε, ε],

∣∣∣∣Φ(x)(t) − Φ(y)(t)

∣∣∣∣E

≤∫ |t|

0

∣∣∣∣F (x(s), s) − F (y(s), s)

∣∣∣∣Eds

≤∫ |t|

0M

∣∣∣∣x(s) − y(s)

∣∣∣∣Eds

≤ M

∫ |t|

0||x − y||uds = M ||x − y||u|t|

≤ α||x − y||u,

uniformemente en t ∈ [−ε, ε]. Por lo tanto

||Φ(x) − Φ(y)||u ≤ α||x − y||u,

y entonces Φ es una contraccion en C([−ε, ε], Rl). Por el teorema de con-traccion de Banach, Φ tiene un unico punto fijo. �

Tenemos entonces, en termino del PVI (7.1), el siguiente resultado.

Corolario 7.13. Si F satisface las condiciones del Teorema 7.12, entonces

existe un ε > 0 tal que el PVI (7.1) tiene una unica solucion en el intervalo

(−ε, ε).

Ejemplo 7.14. Consideremos el problema

x′(t) =tx

x2 + 1x(0) = 1.

No es muy difıcil verificar, si hacemos

F (x, t) =tx

x2 + 1,


que F satisface, para t ∈ [−ε, ε],

|F (x, t) − F (y, t)| ≤ ε|x − y|.Entonces el PVI tiene solucion unica en un intervalo alrededor de 0.

Observamos que la funcion√

x no es una funcion de Lipschitz en [0,∞)(ejercicio 7), lo que explica por que el PVI del ejemplo 7.2 tiene mas de unasolucion.

El corolario 7.13 garantiza la existencia y unicidad de la solucion delproblema de valor inicial de primer orden (7.1). Sin embargo, es posibleextender este resultado a ecuaciones diferenciales ordinarias de orden k,para k ≥ 1, de la forma

(7.6a) x(k)(t) = F (xk−1(t), xk−2(t), . . . , x′(t), x(t), t),

donde

F : Rl × R

l × · · ·Rl︸︷︷︸

k veces

×R → Rl,

y con condiciones iniciales

(7.6b) x(0) = x0, x′(0) = x1, . . . x(k−1)(0) = xk−1,

x0, x1, . . . , xk−1 ∈ Rl.

Corolario 7.15. Si la funcion F satisface las hipotesis del Teorema 7.12,

vista como una funcion en Rnk×R, entonces existe ε > 0 tal que el problema

de valor inicial (7.6) tiene una unica solucion en el intervalo (−ε, ε) ⊂[−r, r],

Demostracion. Considere las nuevas funciones

y1(t) = x(t)

y2(t) = x′(t)

...

yk(t) = x(k−1)(t)

y(t) = (y1(t), y2(t), . . . , yk(t))

G(y, t) =(y2, . . . , yk, F (yk, yk−1, . . . , y1, t)

),

y el punto

y0 = (x0, x1, . . . , xk−1).

Entonces, el PVI (7.6) es equivalente a

y′(t) = G(y(t), t),

y(0) = y0,

4. Los teoremas de la funcion inversa e implıcita 123

y, como F satisface las condiciones de Lipschitz, entonces

G : Rnk × [−r, r] → R

nk

tambien satisface las condiciones de Lipschitz del teorema 7.12 (aunque condistintas constantes), por lo que el corolario se concluye de una aplicaciondel corolario 7.13. �

Ejemplo 7.16. Consideramos el PVI

θ′′(t) = − sen θ(t)

θ(0) = θ0

θ′(0) = ω0.

Este sistema describe el movimiento de un pendulo. Observamos que, sidefinimos

F (x, y, t) = − senx,

entonces

|F (x, y, t) − F (u, v, t)| ≤ |x − u| ≤ ||(x, y) − (u, v)||E ,

para todo (x, y, t), (u, v, t) ∈ R2×R. Entonces el PVI tiene una unica solucion

alrededor de t = 0.

Observemos que la version local del teorema 7.12, y del corolario 7.13,tambien es valida. Es decir, es suficiente con suponer que F esta definida enun conjunto abierto U ⊂ R

l × R alrededor del punto (x0, 0) y que satisfacela condicion de Lipschitz en x uniformemente en t.

Con estos metodos es posible estudiar el PVI

F (x′(t), x(t), t) = 0, x(0) = x0 ∈ Rl,

para una funcion F : Rl × R

l × R → R. Sin embargo, ahora tambien esnecesario establecer las condiciones para las cuales podemos resolver para

x′, y entonces aplicar el corolario 7.13. Para esto es necesario usar el teoremade la funcion implıcita, el cual repasaremos en la siguiente seccion.

4. Los teoremas de la funcion inversa e implıcita

En esta seccion repasaremos los teoremas de la funcion inversa y de lafuncion implıcita, y daremos una demostracion de ellos basada en el teoremade punto fijo, tomada de [6], como una aplicacion mas del teorema 7.9.

Iniciamos con algunas observaciones referentes a transformaciones linea-les. Recordemos que, si T : R

l → Rm es una transformacion lineal, entonces

es continua, por el teorema 4.15, y ademas existe M > 0 tal que

||Tx||E ≤ M ||x||E


para todo x ∈ Rl. Si definimos por ||T ||L el ınfimo de tales M ,

(7.7) ||T ||L = ınf{M > 0 : ||Tx||E ≤ M ||x||E para todo x ∈ Rl},

entonces || · ||L es una norma en el espacio de las transformaciones lineales deR

l en Rm, que denotaremos por L(Rl, Rm) (ejercicio 10). Observamos que

||T ||L es de hecho una de las M de la definicion (7.7), es decir, para todox ∈ R

l,

(7.8) ||Tx||E ≤ ||T ||L||x||E .

Para verificar (7.8), suponemos que existe x0 ∈ Rl tal que

(7.9) ||Tx0||E > (||T ||L + ε)||x0||E ,

para algun ε > 0. Ahora bien, como ||T ||L es un ınfimo, existe M > 0 talque

||Tx||E ≤ M ||x||Epara todo x ∈ R

l, y ||T ||L ≤ M < ||T ||L + ε. Pero esto contradice (7.9),porque

||Tx0||E > (||T ||L + ε)||x0||E > M ||x0||E .

Mas aun, ||T ||L tambien esta dada por el supremo de las normas ||Tx||E ,tomado sobre los vectores x en la bola cerrada B1(0) en R

l, de radio 1, concentro en el origen (ejercicio 11).

Tambien podemos verificar la desigualdad

(7.10) ||TS||L ≤ ||T ||L||S||L,

para S ∈ L(Rl, Rm) y T ∈ L(Rm, Rp): Si x ∈ Rl, entonces

||TSx||E ≤ ||T ||L||Sx||E ≤ ||T ||L||S||L||x||E .

Mas adelante haremos uso de la siguiente proposicion. Cuando m = l, de-notamos como L(Rl) al espacio L(Rl, Rl).

Proposicion 7.17. 1. Si T ∈ L(Rl) es invertible y S ∈ L(Rl) es tal

que

||T − S||L||T−1||L < 1,

entonces S es invertible.

2. El conjunto GL(l) de transformaciones invertibles es abierto en el

espacio L(Rl), y la funcion T 7→ T−1 es continua en GL(l).

Demostracion. 1. Observamos que es suficiente con mostrar que S esinyectiva y, a su vez, con mostrar que ker S = {0}.

Ahora bien,

||x||E = ||T−1Tx||E ≤ ||T−1||L||Tx||E .


Entonces, por la desigualdad del triangulo,

||Sx||E ≥ ||Tx||E − ||(S − T )x||E≥ ||T−1||−1

L ||x||E − ||S − T ||L||x||E= ||T−1||−1

L

(1 − ||T − S||L||T−1||L

)||x||E .

Como ||T −S||L||T−1||L < 1, tenemos entonces que ||Sx||E = 0 solosi ||x||E = 0, por lo que S es inyectiva.

2. Por la primera parte, si T ∈ GL(l), tenemos que

BLr (T ) ⊂ GL(l),

donde r = ||T−1||−1L y BL

1 (T ) es la bola de radio r en L(Rl) alrededorde T . Entonces GL(l) es abierto.

Para mostrar la continuidad de la inversa, observamos primeroque, si T, S ∈ GL(l), entonces

(7.11) ||T−1 − S−1||L = ||T−1(S − T )S−1||L ≤ ||T−1||L||T − S||L||S−1||L,

por la desigualdad (7.10). Ahora bien, tenemos que

||Sx||E ≥(||T−1||−1

L − ||S − T ||L)||x||E ,

por lo que entonces

||S−1x||E ≤(||T−1||−1

L − ||S − T ||L)−1||x||E .

Si tenemos que ||T − S||E <1

2||T−1||−1

L , entonces

||S−1x||E ≤ 2||T−1||L||x||E ,

y por lo tanto ||S−1||L ≤ 2||T−1||L. Combinando con la ecuacion(7.11) obtenemos

||T−1 − S−1||L ≤ 2||T−1||2L||T − S||L,

lo cual demuestra la continuidad de la funcion T 7→ T−1 en GL(l).

�

Recordemos que, si U es un conjunto abierto en Rl, entonces una funcion

f : U → Rm es diferenciable en x0 ∈ U si existe una transformacion lineal

T ∈ L(Rl, Rm) tal que, para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que, si h ∈ Rl

satisface ||h||E < δ y x0 + h ∈ U , entonces

(7.12) ||f(x0 + h) − f(x0) − Th||E < ε||h||E .

En otras palabras,

(7.13) lımh→0

||f(x0 + h) − f(x0) − Th||E||h||E

= 0.


Si T y S satisfacen (7.13), entonces, para cualquier x ∈ Rl, x 6= 0,

||(T − S)x||E||x||E

= lımt→0

||(T − S)(tx)||E||tx||E

≤ lımt→0

||f(x0 + tx) − f(x0) − S(tx)||E||tx||E

+ lımt→0

||f(x0 + tx) − f(x0) − T (tx)||E||tx||E

= 0,

por lo que ||(T − S)x||E = 0 y entonces T = S. Ası que la transformacionT es unica y es llamada la derivada de f en x0, la cual denotamos comof ′(x0).

Decimos que f : U → Rm es continuamente diferenciable, y escribimos

f ∈ C1(U, Rm), si f es diferenciable en cada punto de U , y la funcion

x 7→ f ′(x)

es continua de U al espacio L(Rl, Rm).1

Teorema 7.18 (Funcion inversa). Sea U abierto en Rl y f ∈ C1(U, Rl) tal

que, para algun x0 ∈ U , f ′(x0) es invertible. Entonces existe una vecindad

V de x0, V ⊂ U , tal que f es inyectiva en V y f(V ) es abierto.

Mas aun, f−1 ∈ C1(f(V ), Rl) y(f−1

)′(y) = f ′(x)−1

para cada y ∈ f(V ), donde x ∈ V es tal que y = f(x).

Demostracion. Sea T = f ′(x0) y r =1

2||T−1||L. Como x 7→ f ′(x) es

continua de U a L(Rl), existe δ > 0 tal que Bδ(x0) ⊂ U y, para todox ∈ Bδ(x0),

(7.14) ||f ′(x) − T ||L < r.

Mostraremos que V = Bδ(x0) satisface la conclusion del teorema. En parti-cular, observamos que

||T−1||L||f ′(x) − T ||L < r||T−1||L =1

2< 1,

por lo que, por la proposicion 7.17, f ′(x) es invertible para cada x ∈ V .

1Equivalentemente, f ∈ C1(U, Rl) si cada una de las derivadas parciales

∂fi

∂xj

existe y es continua en U . Sin embargo, en estas notas no trabajaremos con las derivadas parcialesde una funcion.


Definimos, para y ∈ Rl, la funcion φy : V → R

l como

φy(x) = x + T−1(y − f(x)).

Observamos que x ∈ V es un punto fijo de φy, φy(x) = x, si y solo sif(x) = y.

Ahora bien, φ′y(x) = I +T−1f ′(x), donde I ∈ L(Rl) es la transformacion

identidad. Entonces, para x ∈ V ,

||φ′y(x)||L = ||I + T−1f ′(x)||L = ||T−1(T − f ′(x))||L

≤ ||T−1||L||f ′(x) − T ||L <1

2,

por lo que (ejercicios 12 y 13) tenemos que

(7.15) ||φy(x1) − φy(x2)||E ≤ 1

2||x1 − x2||E

para todo x1, x2 ∈ V . Entonces φy es una contraccion de V a Rl.

Por las observaciones al final de la seccion 2, φy tiene a lo mas un puntofijo, por lo que entonces, si y ∈ f(V ), existe un unico x ∈ V tal que f(x) = y.Entonces f es inyectiva en f(V ).

Para mostrar que f(V ) es abierto, tomamos y ∈ f(V ). Sea x ∈ V tal quef(x) = y, y sea ε > 0 tal que Bε(x) ⊂ V . Mostraremos que Brε(y) ⊂ f(V ).

Tomamos z ∈ Brε(y). Entonces

||φz(x) − x||E = ||T−1(z − f(x))||E ≤ ||T−1||L||z − y||E <1

2rrε =

ε

2.

Por lo tanto, para u ∈ Bε(x),

||φz(u) − x||E ≤ ||φz(u) − φz(x)||E + ||φz(x) − x||E

<1

2||u − x||E +

ε

2≤ ε,

y por lo tanto φz es una contraccion de Bε(x) en Bε(x). Como este conjuntoes compacto, es completo, por lo que el teorema de contraccion 7.9 implicaque tiene un punto fijo, digamos u ∈ Bε(x) ⊂ V . Pero φz(u) = u implica quef(u) = z, y por lo tanto z ∈ f(V ). Concluimos entonces que Brε(y) ⊂ f(V ),y f(V ) es abierto.

Para finalizar, mostraremos que la inversa de f : V → f(V ) es dife-renciable. Recordemos que cada f ′(x) es invertible para x ∈ V , por lo queverificaremos que f ′(x)−1 es la derivada de f−1 en f(x).

Sea y ∈ f(V ). Debemos verificar entonces

lımk→0

||f−1(y + k) − f−1(y) − f ′(x)−1k||E||k||E

= 0,

donde x ∈ V es tal que f(x) = y.


Si h = f−1(y + k) − f−1(y), entonces

f−1(y + k) − f−1(y) − f ′(x)−1k = h − f ′(x)−1k

= −f ′(x)−1(f(x + h) − f(x) − f ′(x)h),

por lo que es suficiente con verificar que el cociente||h||E||k||E

es acotado cuando

k → 0.

Ahora bien, φy(x + h) − φy(x) = h − T−1k, por lo que

||h − T−1k||E = ||φy(x + h) − φy(x)||E ≤ 1

2||h||E ,

y luego, por la desigualdad del triangulo, ||T−1k||E ≥ 1

2||h||E , y ası

||h||E ≤ 2||T−1k||E ≤ 2||T−1||L||k||E .

La continuidad de y → (f ′)−1(y) esta garantizada por la proposicion7.17. �

Estamos listos para enunciar y demostrar el teorema de la funcion in-versa, el cual ofrece condiciones suficientes para las cuales podemos resolverla ecuacion

f(x, y) = 0

pra x ∈ Rl como funcion de y ∈ R

m, si f : U → Rl y U ⊂ R

l+m.

Teorema 7.19 (Funcion implıcita). Sea U un conjunto abierto en Rl+m y

f ∈ C1(U, Rl). Suponemos que, para algun (x0, y0) ∈ U , f(x0, y0) = 0 y la

transformacion T ∈ L(Rl) dada por

Tu = f ′(x0, y0)(u, 0)

es invertible. Entonces existen abiertos V ⊂ Rl alrededor de x0 y W ⊂ R

m

alrededor de y0 con la propiedad que, para cada y ∈ W , existe un unico

x ∈ V tal que (x, y) ∈ U y f(x, y) = 0.

Mas aun, si escribimos tal x como g(y), entonces g ∈ C1(W, Rl).

Demostracion. Sea F : U → Rl+m dada por F (x, y) = (f(x, y), y). Enton-

ces F ∈ C1(U, Rl+m) y la transformacion F ′(x0, y0) esta dada por

F ′(x0, y0)(u, v) =(f ′(x0, y0)(u, v), v

),

por lo que es invertible (ejercicio 14). Por el teorema 7.18 de la funcioninversa, existe un abierto U ′ ⊂ U tal que F : U ′ → F (U ′) tiene inversaF−1 : F (U ′) → U continuamente diferenciable, y esta inversa tiene la forma

F−1(u, v) =(G(u, v), v

).


Si V ⊂ Rl y W ⊂ R

m son abiertos tales que (x0, y0) ∈ V ×W y V ×W ⊂ U ′,y definimos g : W → R

l como

g(y) = G(0, y),

entonces x = g(y) es el unico x ∈ V tal que f(g(y), y) = 0, porque

(f(g(y), y), y) = F (g(y), y) = F (G(0, y), y) = (0, y),

y g ∈ C1(W, Rl). �

Podemos entonces considerar el PVI

(7.16)

{

F (x′, x, t) = 0

x(0) = x0,

con F : Rl × R

l × R → Rl y x0 ∈ R

l.

Corolario 7.20. Sea F ∈ C1(Rl×Rl×R, Rl) tal que existe un unico y0 ∈ R

l

tal que F (y0, x0, 0) = 0. Si la transformacion lineal T ∈ L(Rl) dada por

Ty = F ′(y0, x0, 0)(y, 0, 0)

es invertible, entonces existe ε > 0 tal que el PVI (7.16) tiene una unica

solucion x(t) en el intervalo (−ε, ε).

Demostracion. Por el teorema de la funcion implıcita 7.19, existe un abier-to U ⊂ R

l × R y una funcion g ∈ C1(U, Rl) tal que

F (g(x, t), x, t) = 0.

De las demostraciones de los teoremas 7.18 y 7.19 se desprende que, paratodo (x, t) ∈ U ,

||g′(x, t)||L ≤ M,

donde M = 2||f ′(0, x0, 0)||L y f es la inversa de la funcion

(y, x, t) 7→(F (y, x, t), x, t

).

Entonces, por el ejercicio 13, g es una funcion de Lipschitz en una bolaalrededor de (x, 0), por lo que podemos aplicar la version local del teorema7.13 para resolver el PVI

{

x′(t) = g(x(t), t)

x(0) = x0.

�


5. Conjuntos autosimilares

En esta seccion aplicaramos el teorema de contraccion 7.9 al estudio deconjuntos autosimilares.

Si X es un espacio metrico, decimos que un compacto no vacıo K ⊂ Xes autosimilar si existen contracciones f1, . . . , fN : X → X tales que

K = f1(K) ∪ . . . ∪ fN (K).

Es decir, K es la union de sus imagenes bajo contracciones.

Ejemplo 7.21. Consideramos la recta R y el intervalo I = [0, 1]. Entonces

I = f1(I) ∪ f2(I),

donde f1, f2 : R → R estan dadas por

f1(x) =1

2x, f2(x) =

1

2x +

1

2.

Notamos que, de hecho, f1(I) =[0,

1

2

]y f2(I) =

[1

2, 1

].

f1 y f2 no son las unicas contracciones para las cuales el intervalo [0, 1]es autosimilar. Por ejemplo, no es muy difıcil ver que [0, 1] tambien es au-tosimilar respecto a las funciones

g1(x) =1

3x, g2(x) =

2

3x +

1

3,

ya que g1([0, 1]) =[0,

1

3

]y g2([0, 1]) =

[1

3, 1

].

Ejemplo 7.22. Sea C el conjunto de Cantor dado por la interseccion C =⋂

n≥0 Cn, donde cada

Cn =[0,

1

3n

]∪

[ 2

3n,

1

3n−1

]∪ . . . ∪

[3n − 1

3n, 1

]

es el resultado de remover el tercio central de cada uno de los intervalos deCn−1. Entonces C es autosimilar con respecto a las funciones

f1(x) =1

3x, f2(x) =

1

3x +

2

3,

ya que f1(C) = C ∩[0, 1

3

]y f2(C) = C ∩

[23 , 1

]. De hecho, para cada n,

podemos observar que

f1(Cn) ∪ f2(Cn) = Cn+1,

por lo que el efecto de aplicar las contracciones f1, f2 a cada iteracion Cn

del conjunto de Cantor es, precisamente, el borrar el tercio central de laconstruccion.

5. Conjuntos autosimilares 131

Mas aun, el conjunto de Cantor puede ser definido por medio de lascontracciones del ejemplo 7.22, es decir, es el unico conjunto compacto au-tosimilar respecto a ellas.

En general, tenemos el siguiente teorema.

Teorema 7.23. Sea (X, d) un espacio metrico completo y

f1, . . . , fN : X → X

contracciones. Entonces existe un unico conjunto compacto K ⊂ X no vacıo

tal que

K = f1(K) ∪ . . . ∪ fN (K).

Como sugiere la construccion del conjunto compacto, el conjunto K delteorema 7.23 puede ser construıdo a partir de un conjunto compacto K0 ⊂X, K0 6= ∅, y luego tomamos las iteraciones

Kn+1 = f1(Kn) ∪ . . . ∪ fN (Kn).

Cada uno de los Kn ası construidos son compactos, ya que cada fi es conti-nua, y entonces Kn es la union finita de compactos. Ahora bien, la existenciade un “conjunto lımite” de los Kn, ademas de su unicidad, sera garantizadapor el teorema de contraccion 7.9, una vez que verificamos que la funcion

K 7→ f1(K) ∪ . . . ∪ fN(K)

es una contraccion sobre el espacio de los subconjuntos compactos de X conuna metrica apropiada.

Definicion 7.24. Sea A ⊂ X un subconjunto novacıo de X. Para ε > 0,definimos la ε-vecindad de A como el conjunto

Uε(A) = {x ∈ X : d(x,A) ≤ ε},donde d(x,A) es la distancia del punto x al conjunto A, dada por (1.12).

No es muy difıcil verificar (ejercicio 15) que Uε(A) es cerrado, aunqueno necesariamente compacto.

Sea CX el conjunto de los subconjuntos compactos no vacıos del espaciometrico X. Definimos la funcion dH : CX × CX → R como

(7.17) dH(A,B) = ınf{ε > 0 : Uε(A) ⊃ B y Uε(B) ⊃ A}.Es decir, dH(A,B) es el ınfimo de los ε > 0 tales que las ε-vecindades de losconjuntos A y B se cubren al otro conjunto.

Ejemplo 7.25. Si A = {x} y B = {y} tienen un solo punto, entonces

dH(A,B) = d(x, y).


En general, si A = {x},dH({x}, B) = max{d(x,B),M},

donde M = ınf{r > 0 : Br(x) ⊃ B}. Notamos que d(x,B) = 0 si x ∈ B,pero dH({x}, B) > 0 si B 6= {x}.

Ahora mostramos que dH define una metrica en CX , llamada la metrica

de Hausdorff.

Teorema 7.26. La funcion dH es una metrica en CX . Mas aun, si X es

completo, entonces el espacio (CX , dH) es completo.

Demostracion. Claramente, para A,B ∈ CX , dH(A,B) ≥ 0, y dH(A,A) =0. Ahora suponemos que dH(A,B) = 0 y debemos mostrar que A = B.

Como dH(A,B) = 0, Uε(A) ⊃ B para todo ε > 0, por lo que entonces,para cada x ∈ B, d(x,A) ≤ ε. Como A es compacto, es cerrado y entoncesx ∈ A. Esto muestra que B ⊂ A. De manera similar A ⊂ B, y entoncesA = B.

Por definicion, tambien es claro que dH(A,B) = dH(B,A).

Para mostrar la desigualdad del triangulo, sean A,B,C ∈ CX y supone-mos que r, s > 0 son tales que dH(A,C) < r y dH(C,B) < s. Mostraremosque dH(A,B) ≤ r + s.

Como dH(A,C) < r, entonces A ⊂ Ur(C), y entonces, para cada x ∈ A,existe y ∈ C tal que d(x, y) < r. Ahora bien, como dH(C,B) < s, C ⊂Us(B), por lo que existe z ∈ B tal que d(y, z) < s. Por lo tanto, para cadax ∈ A, existe z ∈ B tal que

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < r + s,

y entonces A ⊂ Ur+s(B). Similarmente, B ⊂ Ur+s(A), y entonces

dH(A,B) ≤ r + s,

como querıamos mostrar.

Para finalizar mostramos que, si X es completo, entonces (CX , dH) escompleto. Sea (An) una sucesion de Cauchy en CX . Mostraremos que con-verge.

Empezamos por definir, para cada n ≥ 1,

Bn =⋃

k≥n

Ak.

Claramente Bn es una sucesion decreciente de conjuntos cerrados, y verifi-caremos que son compactos. De hecho, es suficiente con mostrar que B1 escompacto, por la proposicion 3.15.


Sea ε > 0. Como (An) es de Cauchy, existe N tal que Uε/3(AN ) ⊃ An

para todo n ≥ N . Como AN es compacto, es totalmente acotado, por lo queexisten x1, . . . , xk ∈ X tales que

AN ⊂ Bε/3(x1) ∪ . . . ∪ Bε/3(xk).

Entonces

B2ε/3(x1) ∪ . . . ∪ B2ε/3(xk) ⊃ Uε/3(AN ) ⊃⋃

k≥N

Ak,

y por lo tanto

BN ⊂ Bε(x1) ∪ . . . ∪ Bε(xk).

Como A1∪ . . .∪AN−1 es compacto, existen tambien y1, . . . , yl ∈ X tales que

A1 ∪ . . . ∪ AN−1 ⊂ Bε(y1) ∪ . . . ∪ Bε(yl),

y entonces

B1 ⊂ A1 ∪ . . . ∪ AN−1 ∪ BN

⊂ Bε(y1) ∪ . . . ∪ Bε(yl) ∪ Bε(x1) ∪ . . . ∪ Bε(xk).

Como ε > 0 es arbitrario, concluimos que B1 es totalmente acotado. Comoes cerrado y X es completo, tambien es completo, y por lo tanto es compacto,por el corolario 3.22.

Definimos ahora el conjunto

A =⋂

n≥1

Bn.

Entonces A ∈ CX , y mostraremos que An → A, con respecto a la metricadH .

Sea ε > 0. Primero, sea N1 tal que dH(An, Am) < ε para todo n,m ≥ N1.En particular, Uε(An) ⊃ Am para todo m ≥ n ≥ N1, y entonces

Uε(An) ⊃ Bn ⊃ A

para todo n ≥ N1. Ahora bien, existe N2 tal que Uε(A) ⊃ BN2. Si no,

entonces, para cada n, podrıamos tomar xn ∈ Bn tal que d(xn, A) > ε.Como cada Bn es compacto y Bn+1 ⊂ Bn, entonces existe una subsucesionxnk

→ x0, y x0 ∈ A, lo cual contradice d(x0, A) ≥ ε. Observamos queAn ⊂ BN2

para n ≥ N2, y entonces Uε(A) ⊃ An para n ≥ N2.

Por lo tanto, si N = max{N1, N2}, entonces Uε(An) ⊃ A y Uε(A) ⊃ An

para todo n ≥ N , y entonces

dH(An, A) ≤ ε

para n ≥ A. Ası An → A. �


Sean f1, . . . , fN contracciones en X. Como cada fi es continua, fi(A) escompacto si A lo es, y entonces

f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A) ∈ CX

si A ∈ CX . Consideramos entonces la funcion Φ : CX → CX dada por

Φ(A) = f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A).

Teorema 7.27. Φ es una contraccion en (CX , dH).

Demostracion. Para cada i = 1, . . . , N , sea 0 ≤ αi < 1 tal que

d(fi(x), fi(y)) ≤ αid(x, y)

para todo x, y ∈ X. Definimos α = max{α1, . . . , αN}. Mostraremos que,para A,B ∈ CX ,

dH(Φ(A),Φ(B)) ≤ αdH(A,B).

Como 0 ≤ α < 1, esto muestra que Φ es una contraccion.

Sean A,B ∈ CX , y sea r > 0 tal que dH(A,B) < r. Verificaremos quedH(Φ(A),Φ(B)) ≤ αr. Tomamos x ∈ Φ(A). Entonces x ∈ fi(A) para alguni, y luego x = fi(a) para algun a ∈ A. Ahora bien, como A ⊂ Ur(B), existeb ∈ B tal que d(a, b) ≤ r. Como

d(fi(a), fi(b)) ≤ αid(a, b) ≤ αd(a, b) ≤ αr,

y fi(b) ∈ fi(B) ⊂ Φ(B), tenemos que d(x,Φ(B)) ≤ αr. Por lo tanto

Φ(A) ⊂ Uαr(Φ(B)).

Similarmente Φ(B) ⊂ Uαr(Φ(A)), y por lo tanto dH(Φ(A),Φ(B)) ≤ αr. �

Tenemos entonces, como corolario, el teorema 7.23.

Demostracion del teorema 7.23. Sea Φ : CX → CX dada por

Φ(A) = f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A).

Por el teorema 7.27, Φ es una contraccion y, como CX es completo, por elteorema 7.26, Φ tiene un unico punto fijo K ∈ CX . O sea,

K = f1(K) ∪ . . . ∪ fN (K).

�

Como un conjunto autosimilar K, respecto a las contracciones f1, . . . , fN ,es el punto fijo de la funcion

A 7→ Φ(A) = f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A),

entonces observamos que

K = lım Φn(A),


donde A es cualquier conjunto compacto no vacıo, Φn es la n-esima iteracionde Φ, definida como Φ1 = Φ y Φn+1 = Φn, y el lımite se toma con respectoa la metrica dH .

Por ejemplo, ya habıamos observado (ejemplo 7.22) que el conjunto deCantor C es la interseccion las iteraciones Cn = Φn([0, 1]), y, de la demos-tracion del teorema 7.26 (ejercicio 18), vemos que Cn → C respecto a lametrica dH .

Ejemplo 7.28 (Curva de Koch). Consideremos las contracciones f1, f2 :C → C dadas por

f1(z) = αz, f2(z) = (1 − α)z + α,

donde z es el conjungado del numero complejo z y α =1

2+

√3

6. Notamos

que

f1(0) = 0 y f2(1) = 1,

por lo que 0 y 1 son los puntos fijos de f1 y f2, respectivamente. Mas aun,

f1(1) = f2(0) = α,

por lo que la imagen del segmento [0, 1] es la union de los dos segmentosen el plano complejo uniendo 0 a α y α a 1, respectivamente (figura 1). El

Figura 1. Primeras cuatro iteraciones a la curva de Koch, iniciandocon el segmento [0, m1].

conjunto K autosimilar con respecto a f1 y f2 se le llama curva de Koch

(figura 2). Observamos que esta curva no tiene longitud (o es de “longitud

Figura 2. La curva de Koch.

infinita”), ya que cada iteracion, iniciando por el segmento [0, 1], multiplica

la longitud por un factor de 2|α| =2√3

> 1.


Ejemplo 7.29 (Triangulo de Sierpinski). Consideramos ahora las contrac-ciones f1, f2, f3 : R

2 → R2 dadas por

fi(x) =1

2x +

1

2pi,

donde p1 =

(00

)

, p2 =

(10

)

y p3 =

(1/2√3/2

)

, los vertices de un triangu-

lo equilatero. El conjunto K autosimilar con respecto a las contraccionesf1, f2, f3 es llamado el triangulo de Sierpinski (figura 3). Observamos que el

Figura 3. El triangulo de Sierpinski.

triangulo de Sierpinski tiene “area cero”. Esto se debe a que cada una delas contracciones fi, al contraer las distancias por 1/2, contrae areas por unfactor 1/4, por lo que la iteracion

A 7→ f1(A) ∪ f2(A) ∪ f3(A)

contrae areas por un factor de 3/4 < 1.

Ejercicios

1. Considere el PVI {

x′(t) = f(t)x(t)

x(0) = x0,

donde x0 ∈ R y f : R → R es continua. Utilice el teorema del valormedio para mostrar que la unica solucion al PVI esta dada por

x(t) = x0e∫ t

0f .

Ejercicios 137

2. El PVI{

x′(t) =√

x(t)

x(0) = 0

tiene una infinidad de soluciones.

3. Sea f : X → Y una funcion de Lipschitz. Entonces f es uniformementecontinua.

4. Sea A la matriz de 2 × 2

A =

(1/12 5/85/8 1/12

)

.

Entonces, para x ∈ R2, ||Ax||E ≤ 1

2||x||E . (Sugerencia: Considere la

diagonalizacion de A. Por el teorema espectral, como A es simetrica,entonces se puede diagonalizar ortonormalmente.)

5. Sea f : [a, b] → Rl tal que cada componente fi es Riemann-integrable, y

definimos

∫ b

af como el vector en R

l dado por

∫ b

af =

(∫ b

af1, . . . ,

∫ b

afl

)

.

Entonces∣∣∣∣

∣∣∣∣

∫ b

af

∣∣∣∣

∣∣∣∣E

≤∫ b

a||f(t)||Edt.

(Sugerencia: Considere las sumas de Riemann de cada fi y utilice ladesigualdad del triangulo.)

6. Sea F (x, t) =tx

x2 + 1. Entonces, para todo t ∈ R,

|F (x, t) − F (y, t)| ≤ |t||x − y|.

(Sugerencia: Considere la funcion f(x) =x

x2 + 1, y verifique que

|f ′(x)| ≤ 1.)

7. f : [0,∞) → R, dada por f(x) =√

x, es uniformemente continua perono de Lipschitz.

8. Sean P,Q, f : [−1, 1] → R continuas, a, b ∈ R. Entonces el PVI{

u′′(x) + P (x)u′(x) + Q(x)u(x) = f(x)

u(0) = a, u′(0) = b

tiene una unica solucion.


9. Considera el operador integral Φ : C([−1, 1]) → C([−1, 1]) dado por

Φ(x)(t) = 1 + 2

∫ t

0sx(s)ds,

para x ∈ C([−1, 1]). Empezando de la funcion constante x0(s) = 1,calcula explıcitamente las iteraciones xn+1 = Φ(xn) y verifica que cada

xn es el n-esimo polinomio de Taylor de la funcion et2 alrededor de t = 0.

10. Sea L(Rl, Rm) el espacio vectorial de las transformaciones lineales de Rl

a Rm y, para T ∈ L(Rl, Rm),

||T ||L = ınf{M > 0 : ||Tx||E ≤ M ||x||E para todo x ∈ Rl}.

Entonces || · ||L es una norma en L(Rl, Rm).

11. Para T ∈ L(Rl, Rm),

||T ||L = sup{||Tx||E : x ∈ B1(0)},donde B1(0) es la bola cerrada de radio 1 en R

l con centro en el origen.

12. Sea Br(x0) una bola en Rl y x, y ∈ Br(x0). Entonces

x + t(y − x) ∈ Br(x0)

para todo t ∈ [0, 1].

13. Sea Br(x0) una bola en Rl y f ∈ C1(Br(x0), R

m) tal que ||f ′(x)||L ≤ Mpara todo x ∈ Br(x0). Entonces, para x, y ∈ Br(x0),

||f(x) − f(y)||E ≤ M ||x − y||E .

(Sugerencia: Considere F (t) = f(x + t(y − x)) y, por el teorema funda-

mental del calculo, F (1) − F (0) =∫ 10 F ′(t)dt.)

14. Sea T ∈ L(Rl+m, Rl) tal que x 7→ T (x, 0) es una transformacion enGL(l). Entonces, si S ∈ GL(m), la transformacion

(x, y) 7→(T (x, y), Sy

)

es una transformacion en GL(l + m).

15. a) Sea A ⊂ X no vacıo y Uε(A) su ε-vecindad. Entonces Uε(A) escerrado.

b) Aun cuando A es compacto, Uε(A) no es necesariamente compacto.

16. Sea X discreto. Entonces (CX , dH) es discreto.

17. Sea A ⊂ X un conjunto finito de puntos aislados de X, es decir, cadax ∈ A es un conjunto abierto en X de un solo punto. Entonces A esaislado en CX .

18. Sean An compactos no vacıos en X tales que An ⊃ An+1. Entonces

An →⋂

n≥1

An

Ejercicios 139

con respecto a la metrica dH .

19. Sean A,B,C,D ∈ CX . Entonces

dH(A ∪ B,C ∪ D) ≤ max{dH(A,C), dH (B,D)}.20. Sean f1, . . . , fN : X → X contracciones en el espacio completo X, y K

el conjunto autosimilar con respecto a las fi. Si A ⊂ X es no vacıo y

A ⊃ f1(A) ∪ . . . ∪ fN (A),

entonces A ⊃ K.

el teorema de punto ﬁjo y aplicaciones file(7.1), de nuevo por el teorema fundamental del calculo....

Documents