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 une application croissante de l'intervalle dans lui-même :

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

Alors admet un point fixe :

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

Démonstration : Soit

l'ensemble des réels

dans

tels que l'image de

dépasse

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

Par hypothèse l'ensemble

est non vide puisqu'il contient 0, et il est majoré par

. Notons

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 est dans , $f(x)\geqslant x$ , et puisque est croissante, $f(x)\leqslant f(a)$ . Donc :

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

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

Vous pouvez refaire cette démonstration en remplaçant par

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

et en étudiant la borne inférieure de