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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