Dimostrazione sulle Mappe Contrattive: Punti Fissi e Cicli Periodici su R

La Trappola del Periodo 3: Mappe Contrattive sulla Retta Reale

A prima vista, sembra il classico problema di analisi in cui bisogna derivare qualcosa o cercare dei massimi.

Invece, la funzione che abbiamo davanti è una scatola nera. Non ne conosciamo l’equazione.

Sappiamo solo un dettaglio: applicandola a due numeri qualsiasi, le loro immagini saranno sempre più vicine di quanto non lo fossero i numeri di partenza.

In termini tecnici, è una mappa a contrazione stretta.

La domanda è diretta:

se applico questa funzione tre volte partendo da zero e torno esattamente a zero, è possibile che io mi sia effettivamente mosso lungo la retta? O zero era fermo fin dall’inizio?

Vediamo come la pura geometria della retta reale ci costringe a una sola, inevitabile conclusione.

I Fondamenti: Punti Fissi e Cicli Periodici

Per capire come si comporta una funzione quando viene applicata ripetutamente a se stessa (un processo chiamato iterazione), dobbiamo definire i due concetti chiave attorno a cui ruota tutto il problema.

Cos’è un Punto Fisso?

In matematica, un punto fisso è un valore che non viene modificato dalla funzione. Se inserisci quel numero nella “scatola nera” della funzione, la macchina ti restituisce esattamente lo stesso numero.

Definizione formale:

Un punto [math]x[/math] si dice punto fisso per la funzione [math]f[/math] se:

[math]\displaystyle f(x) = x[/math]

Dal punto di vista grafico, trovare i punti fissi di una funzione equivale a cercare i punti in cui il grafico di [math]y = f(x)[/math] interseca la retta bisettrice [math]y = x[/math].

Esempio algebrico:

Consideriamo la funzione [math]f(x) = x^2[/math]. Per trovare i punti fissi, impostiamo l’equazione [math]x^2 = x[/math], che diventa [math]x^2 – x = 0[/math]. Risolvendo, otteniamo [math]x(x – 1) = 0[/math]. I punti fissi sono due: [math]x = 0[/math] e [math]x = 1[/math]. Infatti, [math]0^2 = 0[/math] e [math]1^2 = 1[/math]. Qualsiasi altro numero reale verrebbe modificato dall’elevamento al quadrato.

Cos’è un Ciclo Periodico?

Cosa succede se un punto non è fisso, ma dopo alcune iterazioni della funzione ritorna al valore di partenza? In questo caso siamo davanti a un punto periodico, e l’insieme dei punti toccati durante questo viaggio forma un ciclo periodico.

Definizione formale:

Un punto [math]x_0[/math] è periodico di periodo [math]n[/math] (con [math]n \ge 1[/math]) se applicando la funzione [math]n[/math] volte si ritorna al punto di partenza:

[math]\displaystyle f^{(n)}(x_0) = \underbrace{f(f(\dots f(f(x_0))\dots))}_{n \text{ volte}} = x_0[/math]

Il periodo minimo per cui questo accade definisce la “lunghezza” del ciclo.

Geometricamente, l’orbita del punto salta da un valore all’altro sulla retta, disegnando un percorso chiuso che ritorna su se stesso dopo [math]n[/math] passaggi.

Esempio algebrico (Periodo 2):

Prendiamo la funzione [math]f(x) = 1 – x[/math].

Se partiamo da [math]x_0 = 0[/math]:

[math]\displaystyle \text{Primo passo: } x_1 = f(0) = 1 – 0 = 1 \quad \text{(lo zero si è mosso).}[/math]

[math]\displaystyle \text{Secondo passo: } x_2 = f(1) = 1 – 1 = 0 \quad \text{(siamo tornati a zero).}[/math]

L’insieme [math]\{0, 1\}[/math] è un ciclo di periodo 2. I punti saltano continuamente da [math]0[/math] a [math]1[/math] e viceversa a ogni iterazione.

 

Il problema originale

Enunciato

Sia [math]f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/math] tale che

[math]\displaystyle |f(a)-f(b)| < |a-b| \qquad \text{per ogni } a\neq b.[/math]

Dimostrare che se [math]f(f(f(0)))=0[/math], allora già [math]f(0)=0[/math].

Soluzione

Poniamo per comodità i punti della nostra traiettoria:

[math]\displaystyle x_0=0,\qquad x_1=f(x_0),\qquad x_2=f(x_1),\qquad x_3=f(x_2).[/math]

L’ipotesi ci dice che [math]x_3=x_0[/math] (ovvero il ciclo si chiude dopo tre passi).

Il nostro obiettivo è dimostrare che in realtà [math]x_1=x_0[/math], cioè che il ciclo non è mai partito.

Procediamo per assurdo e supponiamo che [math]x_0\neq x_1[/math].

Passo 1 — I tre punti sono a due a due distinti.

Se avessimo [math]x_1=x_2[/math], allora [math]x_3=f(x_2)=f(x_1)=x_2=x_1[/math]; ma sapendo che [math]x_3=x_0[/math], ne deriverebbe [math]x_0=x_1[/math], il che contraddice la nostra ipotesi di partenza. Dunque [math]x_1\neq x_2[/math].

Se invece avessimo [math]x_2=x_0[/math], allora da [math]x_3=f(x_2)=x_0[/math] seguirebbe [math]f(x_0)=x_0[/math], portando a [math]x_1=f(x_0)=x_0[/math], di nuovo un assurdo. Dunque [math]x_2\neq x_0[/math].

Concludiamo che [math]x_0, x_1, x_2[/math] sono tre numeri reali a due a due distinti.

Passo 2 — La catena di disuguaglianze.

Misuriamo le tre distanze in gioco ponendo [math]A=|x_0-x_1|[/math], [math]B=|x_1-x_2|[/math], e [math]C=|x_2-x_0|[/math]. Applicando la proprietà contrattiva della funzione a ciascuna coppia, otteniamo:

[math]\displaystyle |f(x_0)-f(x_1)| < |x_0-x_1| \;\Rightarrow\; B<A[/math]

[math]\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)| < |x_1-x_2| \;\Rightarrow\; C<B[/math]

[math]\displaystyle |f(x_2)-f(x_0)| < |x_2-x_0| \;\Rightarrow\; A<C[/math]

(Nota: per ricavare i termini a sinistra abbiamo usato il fatto che [math]f(x_0)=x_1[/math], [math]f(x_1)=x_2[/math] e [math]f(x_2)=x_0[/math]).

Se uniamo queste deduzioni, costruiamo la catena [math]B<A<C<B[/math], che collassa nell’inequivocabile assurdo [math]B<B[/math].

L’ipotesi [math]x_0\neq x_1[/math] è quindi falsa. Ne consegue che [math]f(0)=x_1=x_0=0[/math].

L’idea chiave da trattenere

La disuguaglianza stretta, se applicata lungo un ciclo chiuso, genera una spirale di distanze che si assottigliano e finiscono per “mordersi la coda”. È il motore logico standard per disinnescare l’esistenza di punti periodici nelle mappe contrattive.

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Quattro esercizi più avanzati

Esercizio 1 — Generalizzazione a periodo arbitrario

Enunciato

Sia [math]f[/math] come sopra. Dimostrare che per ogni [math]x\in\mathbb{R}[/math] e ogni [math]n\ge 1[/math], se [math]f^{(n)}(x)=x[/math] (cioè [math]x[/math] è un punto periodico), allora [math]f(x)=x[/math] (cioè [math]x[/math] è già un punto fisso).

(Il problema originale è il caso [math]n=3[/math], [math]x=0[/math].)

Soluzione. Sia [math]n\ge 2[/math] (il caso [math]n=1[/math] è banale). Poniamo [math]x_0=x[/math], [math]x_{k+1}=f(x_k)[/math], con [math]x_n=x_0[/math]. Supponiamo per assurdo [math]x_1\neq x_0[/math].

Distinzione consecutiva. Se per qualche indice [math]j[/math] fosse [math]x_j=x_{j+1}[/math], applicando [math]f[/math] ripetutamente si ottiene [math]x_{j+1}=x_{j+2}=\cdots[/math], e percorrendo tutto il ciclo si arriva a [math]x_0=x_1[/math], assurdo. Quindi [math]x_k\neq x_{k+1}[/math] per ogni [math]k=0,\dots,n-1[/math] (indici mod [math]n[/math]).

Catena. Poniamo [math]d_k=|x_{k+1}-x_k|>0[/math]. Per ogni [math]k[/math], da [math]x_k\neq x_{k-1}[/math]:

[math]\displaystyle d_k=|f(x_k)-f(x_{k-1})|<|x_k-x_{k-1}|=d_{k-1}.[/math]

Percorrendo il ciclo completo (mod [math]n[/math]):

[math]\displaystyle d_0<d_{n-1}<d_{n-2}<\cdots<d_1<d_0,[/math]

da cui [math]d_0<d_0[/math], assurdo.

Quindi [math]f(x)=x[/math].

Commento.

Questo risultato è il vero “teorema” dietro l’esercizio originale: una mappa con questa proprietà di contrazione stretta su [math]\mathbb{R}[/math] non può avere orbite periodiche non banali, ogni punto periodico è fisso.

L’esercizio di partenza ne è semplicemente l’istanza [math]n=3[/math], [math]x=0[/math].

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Esercizio 2 — Unicità del punto fisso

Enunciato. Dimostrare che [math]f[/math] ha al più un punto fisso.

Soluzione. Siano [math]p,q[/math] punti fissi, [math]f(p)=p[/math], [math]f(q)=q[/math]. Se fosse [math]p\neq q[/math], applicando l’ipotesi:

[math]\displaystyle |f(p)-f(q)|<|p-q| \;\Longrightarrow\; |p-q|<|p-q|,[/math]

assurdo. Quindi [math]p=q[/math].

Commento

Insieme all’Esercizio 1, questo dice che l’insieme dei punti periodici di [math]f[/math] (se non è vuoto) si riduce a un singolo punto fisso. È l’analogo “debole” (senza ipotesi di completezza metrica o di costante di Lipschitz [math]<1[/math] uniforme) della parte di unicità del teorema di Banach-Caccioppoli.

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Esercizio 3 — L’esistenza del punto fisso NON è garantita

Enunciato

Costruire una funzione [math]f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/math] che soddisfa [math]|f(a)-f(b)|<|a-b|[/math] per ogni [math]a\neq b[/math], ma che non ha alcun punto fisso.

Soluzione. Si consideri

[math]\displaystyle f(x) = x + \frac{\pi}{2} – \arctan(x).[/math]

Nessun punto fisso. [math]f(x)-x = \dfrac{\pi}{2}-\arctan(x)[/math]. Poiché [math]\arctan(x)\in\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)[/math] per ogni [math]x[/math] reale, si ha [math]f(x)-x \in (0,\pi)[/math], dunque [math]f(x)>x[/math] per ogni [math]x[/math]: nessun punto fisso.

Verifica della contrazione stretta. Per [math]a\neq b[/math], per il teorema di Lagrange esiste [math]c[/math] strettamente tra [math]a[/math] e [math]b[/math] con

[math]\displaystyle \arctan(a)-\arctan(b) = \frac{a-b}{1+c^2}.[/math]

Quindi

[math]\displaystyle f(a)-f(b) = (a-b)-\frac{a-b}{1+c^2} = (a-b)\cdot\frac{c^2}{1+c^2}.[/math]

Poiché [math]\dfrac{c^2}{1+c^2}\in[0,1)[/math] per ogni [math]c[/math] reale finito, si ottiene

[math]\displaystyle |f(a)-f(b)| = |a-b|\cdot\frac{c^2}{1+c^2} < |a-b|.[/math]

(Il rapporto è [math]>0[/math] perché [math]f[/math] è strettamente crescente — [math]f'(x)=\frac{x^2}{1+x^2}\ge 0[/math], nullo solo in [math]x=0[/math] — quindi [math]f(a)\neq f(b)[/math].)

Commento

Questo esempio mostra che l’ipotesi [math]|f(a)-f(b)|<|a-b|[/math] è una contrazione non uniforme: il rapporto [math]\frac{c^2}{1+c^2}[/math] tende a [math]1[/math] quando [math]c\to\infty[/math], quindi non esiste [math]k<1[/math] fisso tale che [math]|f(a)-f(b)|\le k|a-b|[/math] per tutti [math]a,b[/math]. È esattamente per questo che il teorema delle contrazioni di Banach (che richiede [math]k<1[/math] uniforme) non si applica, e infatti qui il punto fisso non esiste. Gli Esercizi 1–2 mostrano comunque che, se un punto fisso o periodico esistesse, sarebbe unico:  questo esempio mostra che l’esistenza resta un’ipotesi indipendente, non garantita dalla sola contrazione puntuale.

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Esercizio 4 — Quanto è essenziale la disuguaglianza stretta?

Enunciato

Sia [math]g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/math] tale che [math]|g(a)-g(b)|\le|a-b|[/math] per ogni [math]a,b[/math] (disuguaglianza non stretta, cioè [math]g[/math] è [math]1[/math]-lipschitziana).

Mostrare con un controesempio che [math]g(g(0))=0[/math] non implica [math]g(0)=0[/math].

Soluzione (controesempio).

Sia [math]g(x)=1-x[/math].

Allora:

• [math]|g(a)-g(b)| = |(1-a)-(1-b)| = |b-a| = |a-b|[/math]: l’ipotesi [math]\le[/math] è soddisfatta (con uguaglianza sempre, mai disuguaglianza stretta).
• [math]g(0)=1\neq 0[/math].
• [math]g(g(0))=g(1)=1-1=0[/math].

Quindi [math]g(g(0))=0[/math] ma [math]g(0)\neq 0[/math]: la conclusione fallisce se si rimuove la stretta disuguaglianza.

Osservazione conclusiva

Curiosamente, per il ciclo di periodo 3 dell’esercizio originale, la conclusione [math]f(0)=0[/math] resta vera anche con la sola [math]\le[/math]! Infatti, ripetendo la dimostrazione iniziale con disuguaglianze non strette, se [math]x_0,x_1,x_2[/math] sono distinti si ottiene [math]B\le A\le C\le B[/math], dunque [math]A=B=C[/math]: le tre distanze a due a due tra [math]x_0,x_1,x_2[/math] sarebbero tutte uguali. Ma questo è impossibile per tre numeri reali distinti: se [math]p<q<r[/math] sono i tre punti ordinati sulla retta, allora [math]r-p=(r-q)+(q-p)[/math], quindi la distanza maggiore è somma delle altre due, e dunque strettamente maggiore di ciascuna — le tre distanze non possono mai coincidere. Questa rigidità è una proprietà puramente geometrica della retta reale (vale solo per il “triangolo” di 3 punti, non si estende automaticamente a cicli più lunghi), e spiega perché il controesempio dell’Esercizio 4 funziona per [math]n=2[/math] ma non potrebbe funzionare per [math]n=3[/math].

La geometria nascosta della retta reale

Finora abbiamo utilizzato solo la proprietà di contrazione della funzione. Tuttavia, nell’Osservazione conclusiva dell’Esercizio 4 entra in gioco un secondo protagonista, molto più discreto ma altrettanto importante: la geometria della retta reale.

Supponiamo di avere tre punti distinti sulla retta:

[math]\displaystyle p<q<r[/math]

Le tre distanze che possiamo misurare sono:

[math]\displaystyle q-p,\qquad r-q,\qquad r-p.[/math]

A differenza di quanto accade nel piano, queste tre distanze non sono indipendenti. Infatti vale necessariamente

[math]\displaystyle r-p=(r-q)+(q-p).[/math]

La distanza tra gli estremi è quindi la somma delle altre due.

Da questa semplice identità segue immediatamente che la distanza maggiore è sempre [math]r-p[/math], ed è strettamente più grande di ciascuna delle altre due:

[math]\displaystyle r-p>r-q,\qquad r-p>q-p.[/math]

Di conseguenza, tre punti distinti sulla retta non possono mai essere equidistanti a due a due.

Nel piano, invece, questo è possibile: basta pensare ai vertici di un triangolo equilatero. Sulla retta reale non c’è abbastanza “spazio geometrico” per realizzare una configurazione del genere.

È proprio questa rigidità che compare silenziosamente nell’esercizio. Quando, nel caso della disuguaglianza non stretta,

[math]\displaystyle |f(a)-f(b)|\le |a-b|,[/math]

si arriva alla catena

[math]\displaystyle B\le A\le C\le B,[/math]

si conclude che

[math]\displaystyle A=B=C.[/math]

Ma ciò significherebbe che le tre distanze tra i punti [math]x_0,x_1,x_2[/math] sono tutte uguali, una configurazione impossibile sulla retta reale. L’assurdo non nasce più dalla contrazione stretta, bensì dalla geometria stessa dello spazio in cui stiamo lavorando.

In altre parole, il ciclo di periodo 3 viene distrutto due volte: prima dall’argomento metrico delle contrazioni e, in modo ancora più sottile, dalla struttura geometrica unidimensionale della retta. È una piccola dimostrazione di come, in matematica, proprietà apparentemente elementari dello spazio possano imporre vincoli sorprendentemente forti sul comportamento dinamico delle funzioni.

 

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Le implicazioni nascoste

Questo esercizio tocca corde molto profonde dell’analisi matematica e della teoria dei sistemi dinamici, mettendo in luce due contrasti affascinanti:

Caos contro Ordine (Il paradosso del Periodo 3):

Nella teoria dei sistemi dinamici continui, il celebre Teorema di Sarkovskii e l’articolo “Period Three Implies Chaos” (Li e Yorke) ci insegnano che se una funzione continua sulla retta reale ammette un punto di periodo 3, allora è caotica e ammette punti di qualsiasi altro periodo. Il nostro problema prende questo scenario e lo ribalta: introducendo la condizione di contrazione stretta, si uccide letteralmente ogni possibilità di caos. La funzione non può avere periodi di alcun tipo.

La trappola dell’Analisi Numerica (Esercizio 3):

Da un punto di vista applicativo (ad esempio nella ricerca di radici con metodi iterativi o algoritmi di machine learning), ci serve convergere verso un punto fisso. L’Esercizio 3 mostra in modo brutale perché nei teoremi formali (come quello di Banach-Caccioppoli) pretendiamo una costante di Lipschitz strettamente minore di 1 ([math]k<1[/math]), e non ci accontentiamo della disuguaglianza stretta puntuale. Se l’avvicinamento rallenta asintoticamente (come accade con l’arcotangente), l’algoritmo cammina all’infinito senza mai trovare la soluzione, perché la soluzione non esiste.

La Rigidità della Geometria 1D:

L’osservazione conclusiva del problema è forse la più bella. Ci ricorda che stiamo lavorando su una retta, non su un piano. In due dimensioni, tre punti possono formare un triangolo equilatero (tre distanze uguali). Sulla retta reale, questo è impossibile. L’esercizio sfrutta silenziosamente questa impossibilità topologica: non c’è spazio sulla retta per “scambiarsi di posto” mantenendo intatte le distanze.

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