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- 一元单调函数的不动点定理
本篇文章适合个人复习翻阅，不建议新手入门使用
一元单调函数的不动点定理
定理
设函数
f
f
f 在区间
[
a
,
b
]
[a,b]
[a,b] 上单调递增，且
f
(
a
)
≥
a
,
f
(
b
)
≤
b
f(a)\geq a,f(b)\leq b
f(a)≥a,f(b)≤b，则
f
(
x
)
f(x)
f(x) 在区间
[
a
,
b
]
[a,b]
[a,b] 上存在不动点，即
∃
x
0
∈
[
a
,
b
]
,
s
.
t
.
f
(
x
0
)
=
x
0
\exists x_0\in[a,b],s.t.f(x_0)=x_0
∃x0∈[a,b],s.t.f(x0)=x0
证明
法1：（确界原理）
令
A
=
{
x
∣
f
(
x
)
≥
x
}
∩
[
a
,
b
]
A=\{x|f(x)\geq x\}\cap [a,b]
A={x∣f(x)≥x}∩[a,b]
则 a ∈ A , A ≠ ∅ a\in A,A\neq\varnothing a∈A,A=∅，由确界原理， sup A \sup A supA 存在，令 x 0 = sup A x_0=\sup A x0=supA
一方面，对任意
x
∈
A
x\in A
x∈A，有
x
≤
x
0
x\leq x_0
x≤x0，由单调函数的性质
x
≤
f
(
x
)
≤
f
(
x
0
)
x\leq f(x)\leq f(x_0)
x≤f(x)≤f(x0)
这说明 f ( x 0 ) f(x_0) f(x0) 是 A A A 的上界，故 x 0 ≤ f ( x 0 ) x_0\leq f(x_0) x0≤f(x0)
另一方面，由 x 0 ≤ f ( x 0 ) x_0\leq f(x_0) x0≤f(x0) 得到 f ( x 0 ) ≤ f ( f ( x 0 ) ) f(x_0)\leq f(f(x_0)) f(x0)≤f(f(x0))，这说明 f ( x 0 ) ∈ A f(x_0)\in A f(x0)∈A，则 f ( x 0 ) ≤ x 0 = sup A f(x_0)\leq x_0=\sup A f(x0)≤x0=supA
综上所述， f ( x 0 ) = x 0 f(x_0)=x_0 f(x0)=x0
法2：（区间套原理）
将区间不断二分，构造闭区间套如下：
考虑
x
=
a
+
b
2
x=\frac{a+b}{2}
x=2a+b
若
f
(
a
+
b
2
)
=
a
+
b
2
f(\frac{a+b}{2})=\frac{a+b}{2}
f(2a+b)=2a+b，则不动点找到
若
f
(
a
+
b
2
)
<
a
+
b
2
f(\frac{a+b}{2})<\frac{a+b}{2}
f(2a+b)<2a+b，则记
[
a
,
a
+
b
2
]
=
[
a
1
,
b
1
]
[a,\frac{a+b}{2}]=[a_1,b_1]
[a,2a+b]=[a1,b1]
若
f
(
a
+
b
2
)
>
a
+
b
2
f(\frac{a+b}{2})>\frac{a+b}{2}
f(2a+b)>2a+b，则记
[
a
+
b
2
,
b
]
=
[
a
1
,
b
1
]
[\frac{a+b}{2},b]=[a_1,b_1]
[2a+b,b]=[a1,b1]
考虑
x
=
a
1
+
b
1
2
x=\frac{a_1+b_1}{2}
x=2a1+b1
若
f
(
a
1
+
b
1
2
)
=
a
1
+
b
1
2
f(\frac{a_1+b_1}{2})=\frac{a_1+b_1}{2}
f(2a1+b1)=2a1+b1，则不动点找到
若
f
(
a
1
+
b
1
2
)
<
a
1
+
b
1
2
f(\frac{a_1+b_1}{2})<\frac{a_1+b_1}{2}
f(2a1+b1)<2a1+b1，则记
[
a
1
,
a
1
+
b
1
2
]
=
[
a
2
,
b
2
]
[a_1,\frac{a_1+b_1}{2}]=[a_2,b_2]
[a1,2a1+b1]=[a2,b2]
若
f
(
a
1
+
b
1
2
)
>
a
1
+
b
1
2
f(\frac{a_1+b_1}{2})>\frac{a_1+b_1}{2}
f(2a1+b1)>2a1+b1，则记
[
a
1
+
b
1
2
,
b
1
]
=
[
a
2
,
b
2
]
[\frac{a_1+b_1}{2},b_1]=[a_2,b_2]
[2a1+b1,b1]=[a2,b2]
不断地做…………
得到一列单调降的闭区间
[
a
n
,
b
n
]
,
n
=
1
,
2
,
…
[a_n,b_n],n=1,2,\dots
[an,bn],n=1,2,…，且
lim
n
→
∞
(
b
n
−
a
n
)
=
lim
n
→
∞
b
−
a
2
n
=
0
\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{b-a}{2^n}=0
n→∞lim(bn−an)=n→∞lim2nb−a=0
由区间套原理，可得存在唯一
x
0
∈
[
a
,
b
]
x_0\in[a,b]
x0∈[a,b] 使得
x
0
∈
⋂
n
=
1
∞
[
a
n
,
b
n
]
x_0\in\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n]
x0∈n=1⋂∞[an,bn]，从而易得
o
≤
∣
f
(
x
0
)
−
x
0
∣
≤
b
n
−
a
n
o\leq |f(x_0)-x_0|\leq b_n-a_n
o≤∣f(x0)−x0∣≤bn−an
令 n → ∞ n\to \infty n→∞ 即得 f ( x 0 ) = x 0 f(x_0)=x_0 f(x0)=x0
注：若把定理条件改为 f ( a ) > a , f ( b ) < b f(a)>a,f(b)<b f(a)>a,f(b)<b，则相应地，结论中的不动点范围变为 ( a , b ) (a,b) (a,b)
注：该定理是裴礼文《数学分析中的典型问题与方法（第3版）》单元练习1.1中的1.1.12的推广
参考书：
- 《数学分析》陈纪修 於崇华 金路
- 《数学分析之课程讲义》清华大学数学系及丘成桐数学中心
- 《数学分析习题课讲义》谢惠民 恽自求 易法槐 钱定边 著
