tiene solución en $latex [-\e,\e]$.
Solución: Solo es necesario verificar que, para $latex r>0$ (digamos $latex r=1$), $latex F(x,t) = \sin x - tx$ es de Lipschitz en $latex x$ uniformemente en $latex t\in[-r,r]$.
Pero, para $latex t\in[-1,1]$, tenemos
$latex |F(x,t) - F(y,t)| \le |\sin x - \sin y| + |t|\ |x-y|$
$latex \le |\sin x - \sin y| + |x-y|.$
Ahora bien, por el teorema del valor medio, existe $latex z$ entre $latex x$ y $latex y$ tal que $latex \sin x - \sin y = \cos z (x-y)$, por lo que entonces
$latex |F(x,t) - F(y,t)| \le |\cos z|\ |x-y| + |x-y| \le 2|x-y|.$
Por lo tanto, $latex F(x,t)$ es de Lipschitz en $latex x$, uniformemente en $latex t$.
$latex \Box$
Problema 3. Sea $latex x_0 = (1/2, 1/2)\in\R^2$ y $latex f:\R^2\to\R^2$ dada por
$latex f(x) = \dfrac{||x||^2_E}{4} x + x_0,$
donde $latex ||x||_E$ es la norma euclideana en $latex \R^2$. Entonces $latex f$ tiene un único punto fijo en $latex \D$, el disco cerrado de radio 1 en $latex \R^2$.
Solución: Mostraremos que $latex f$ es una contracción de $latex \D$ en $latex \D$. Sea $latex x\in\D$. Entonces
$latex ||f(x)||_E \le \dfrac{1}{4}||x||_E^3 + ||x_0||_E \le \dfrac{1}{4} + \dfrac{\sqrt 2}{2} < 1,$
por lo que $latex f:\D\to\D$. Para mostrar que $latex f$ es contracción, sean $latex x,y\in\D.$ Entonces
$latex ||f(x) - f(y)||_E =$
$latex \dfrac{1}{4}|| \ ||x||_E^2 \ x - ||y||_E^2 \ y \ ||_E = \dfrac{1}{4} ||\ ||x||_E^2\ x - ||x||_E^2 \ y + ||x||_E^2 \ y - ||y||_E^2 \ y \ ||_E$
$latex \le \dfrac{1}{4}\Big( ||x||_E^2 \ ||x - y||_E + (||x||_E^2 - ||y||_E^2) ||y||_E\Big)$
$latex \le \dfrac{1}{4}\Big( ||x - y||_E + (||x||_E + ||y||_E)(||x||_E - ||y||_E) \Big)$
$latex \le \dfrac{1}{4}\Big( ||x - y||_E + 2 ||x - y||_E \Big) = \dfrac{3}{4}||x - y||_E. \ \Box$
Problema 4. Si $latex Y\subset X$ es un subespacio separable de $latex X$, entonces $latex \bar Y$ es un subespacio separable de $latex X$.
Solución: Sea $latex F$ contable denso en $latex Y$. Entonces, para $latex y\in\bar Y$ y $latex \e>0,$ tomamos $latex x\in Y$ tal que $latex d(x,y)<\e/2,$ por la definición de la cerradura. Como $latex F$ es denso en $latex Y,$ existe $latex z\in F$ tal que $latex d(x,z)<\e/2$. Entonces
$latex d(y,z) \le d(y,x) + d(x,z) < \dfrac{\e}{2} + \dfrac{\e}{2} = \e.$
Por lo tanto $latex F$ es denso en $latex \bar Y$. Como $latex F$ es contable, $latex \bar Y$ es separable.
$latex \Box$
La constante $latex \dfrac{3}{4}$ del problema 3 no se puede mejorar: Si consideramos $latex x = \Big( \dfrac{1}{\sqrt 2},\dfrac{1}{\sqrt 2} \Big)$ y $latex y = (s, s),$ entonces, cuando $latex s\to \dfrac{1}{\sqrt 2},$
$latex \dfrac{||f(x) - f(y)||_E}{||x - y||_E} = \dfrac{1}{4}\dfrac{||(1/\sqrt 2,1/\sqrt 2) - 2s^2(s,s)||_E}{(||1/\sqrt 2,1/\sqrt 2) - (s,s)||_E}$
$latex =\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1 - (\sqrt 2s)^3}{1 -\sqrt 2 s} = \dfrac{1}{4}(1 + \sqrt 2 s + 2s^2) \to \dfrac{3}{4}.$
También es posible resolver explícitamente la ecuación $latex f(x) = x$ para obtener el punto fijo de $latex f$ en $latex \D.$ De hecho, tenemos el par de ecuaciones, si $latex x = (u,v),$
$latex \begin{array}{rl} \dfrac{1}{4}(u^2 + v^2)u + \dfrac{1}{2} &= u\\\dfrac{1}{4}(u^2 + v^2)v + \dfrac{1}{2} &= v.\end{array}$
Si restamos estas dos ecuaciones obtenemos $latex \dfrac{1}{4}(u^2 + v^2)(u - v) = u - v,$ o
$latex (u-v)\Big(\dfrac{1}{4}(u^2 + v^2) - 1\Big) = 0.$
Es fácil ver que el caso $latex \dfrac{1}{4}(u^2 + v^2) = 1$ es imposible, por lo que tenemos $latex u=v$. Entonces tenemos la ecuación $latex \dfrac{1}{2}u^3 + \dfrac{1}{2} = u,$ o
$latex u^3 - 2u + 1 = 0.$
El lado izquierdo se factoriza como $latex u^3 - 2u + 1 = (u - 1)(u^2 + u - 1),$ por lo que las soluciones son entonces
$latex u =1, \dfrac{\sqrt 5 - 1}{2}, - \dfrac{\sqrt 5 + 1}{2}.$
Observamos que, de las soluciones obtenidas, solo el punto $latex \Big(\dfrac{\sqrt 5 - 1}{2},\dfrac{\sqrt 5 - 1}{2}\Big)$ se encuentra en el disco $latex \D.$
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