Autor Tema: Teorema del punto fijo de Brouwer

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01 Diciembre, 2009, 10:58 pm
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Jorge klan

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Hola a todos.

Estoy viendo la demostración del punto fijo de Brouwer y me surgió la siguiente duda. La demostración consiste en suponer que para todo par \( (x,y)\in D^{2} \), \( f(x,y)\neq (x,y) \) (donde \( f:D^2\rightarrow{}D^2 \) es una funcón continua y \( D^{2} \) es el disco unitario con centro en el origen), es decir lo hacemos por contraposición (suponemos que \( f \) no fija puntos). Luego se dan la siguiente función, la cual explican solo con un dibujo

\( \xy 0;/r.6pc/:
(0.3,0)*{};(9.7,0)*{};**\crv{(9.5,6.5)&(0.5,6.5)};
(0.3,0)*{};(9.7,0)*{};**\crv{(9.5,-6.5)&(0.5,-6.5)};
(3,-2)*{\cdot};(6,1)*{\cdot};**\dir{-};(6,1)*{};(8.5,3.5)*{\bullet};**\dir{-};
(3.5,-3)*{\scriptstyle{f(x,y)}};(4.5,1.5)*{\scriptstyle{(x,y)}};(9.5,5)*{\scriptstyle{g(x,y)}};
\endxy \)

Tengo problemas principalmente en encontrar explícitamente esta función, pues no sé como utilizar \( f(x,y) \) y \( (x,y) \) para definir ésta (lo cual, creo que es lo que consideran)... Se agradece por su tiempo

Saludos

PD: Aprovecho de hacer una sugerencia con el paquete xy-pic, hay una especialidad dentro de este paquete que arregla la calidad de imágen, la especialidad es "\dvips", pero parece que tiene un problema con las flechas en los diagramas (esto depende de que interfaz usa el foro para mostrar los ".tex", realmente no sé si es dvi o pdf directamente) ¿quien sabe esto?

02 Diciembre, 2009, 03:37 am
Respuesta #1

argentinator

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Claro.
Suponiendo que nunca son iguales el punto (x,y) y el punto f(x,y),
y como ambos están en el disco,
entonces se los puede unir con una línea recta.
Esa recta ha de cruzar el borde del disco en algún par de puntos.
Al parecer g(x,y) es ese punto de corte.
Hay dos puntos de corte posibles.
El que toma en el dibujo parece ser el de la semirrecta con origen en f(x,y) que pasa por (x,y).
El otro punto de corte que corresponde a la semirrecta opuesta no lo toma en cuenta.

Saludos

02 Diciembre, 2009, 04:50 am
Respuesta #2

Jorge klan

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El que toma en el dibujo parece ser el de la semirrecta con origen en f(x,y) que pasa por (x,y).
El otro punto de corte que corresponde a la semirrecta opuesta no lo toma en cuenta.

Saludos


No entendí muy bien ese concepto de "origen en f(x,y)", puede ser, considerar las imagenes que se encuentran en en semicirculo superior (o inferior)??

02 Diciembre, 2009, 07:26 am
Respuesta #3

argentinator

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02 Diciembre, 2009, 07:32 am
Respuesta #4

Jorge klan

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Gracias por tu respuesta Argentinator!!

Voy a ver, como saco algo explícito de lo concluido

Saludos

26 Diciembre, 2009, 10:59 am
Respuesta #5

rcamino

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Consideras la semirrecta que parte de f(x,y), es decir \( \{f(x,y)+\lambda ((x,y)-f(x,y));\lambda\geq 0\} \). Intersecas con el círculo, es decir, impones que tenga módulo 1. Por tanto \( |f(x,y)|^2+2\lambda\langle f(x,y),(x,y)-f(x,y)\rangle+\lambda^2|(x,y)-f(x,y)|^2=1 \). Denoto por \( \langle,\rangle \) el producto escalar euclídeo. De aquí tienes una ecuación de segundo grado, es decir, hay dos soluciones para \( \lambda \). Esto es evidente por el dibujo, pero además verás que una de ellas es positiva (la que te vale para definir g(x,y), y la otra es menor o igual que cero. Cuando despejes \( \lambda \), la función g estará definida pues por \( g(x,y)=f(x,y)+\lambda((x,y)-f(x,y)) \). Esta aplicación es continua, pues cuando tengas explícitamente el valor de \( \lambda \) te fijarás que está "hecho" con "cosas continuas" (módulos, productos escalares, etc). Es importante, y en esto hay que darse cuenta, que se usa que \( f(x,y)\not=(x,y) \) y que \( f(x,y)\in D \), todo ello para que "g esté bien definida".