Point fixe d'une application croissante

Pour illustrer l'utilisation de la notion de borne supérieure, nous allons démontrer la proposition suivante.

Proposition 7   Soit $f$ une application croissante de l'intervalle $[0,1]$ dans lui-même :

$$\forall x,y\in[0,1]\;,\quad x\leqslant y \Longrightarrow f(x)\leqslant f(y)\;.$$

Alors $f$ admet un point fixe :

$$\exists a\in [0,1]\;,\quad f(a)=a\;.$$

Démonstration : Soit $A$ l'ensemble des réels $x$ dans $[0,1]$ tels que l'image de $x$ dépasse $x$ :

$$A=\{x\in[0,1] ,\;f(x)\geqslant x\}\;.$$

Par hypothèse l'ensemble $A$ est non vide puisqu'il contient 0, et il est majoré par $1$. Notons $a$ sa borne supérieure. Nous allons montrer d'abord $f(a)\geqslant a$, puis $f(a)\leqslant a$.

Par la proposition 1, pour tout $\varepsilon >0$, il existe $x\in A$ tel que $a-\varepsilon \leqslant x\leqslant a$. Comme $x$ est dans $A$, $f(x)\geqslant x$, et puisque $f$ est croissante, $f(x)\leqslant f(a)$. Donc :

$$f(a)\geqslant f(x)\geqslant x\geqslant a-\varepsilon \;.$$

Pour tout $\varepsilon$, $f(a)\geqslant a-\varepsilon$, donc $f(a)\geqslant a$ par la proposition 3.

De $f(a)\geqslant a$, on déduit $f(f(a))\geqslant f(a)$ car $f$ est croissante. Donc $f(a)\in A$, par définition de $A$. Donc $f(a)\leqslant a$, car $a$ est la borne supérieure de $A$.$\square$

Vous pouvez refaire cette démonstration en remplaçant $A$ par

$$B=\{x\in[0,1] ,\;f(x)\leqslant x\}\;,$$

et en étudiant la borne inférieure de $B$.