函数迭代、不动点与反函数交点

严格递增函数没有非平凡周期

设 $f:D\to D$ 严格递增。若 $f(x)>x$，逐次应用单调性得 $f^{\circ(n+1)}(x)>f^{\circ n}(x)>\cdots>x$；若 $f(x)<x$，则不等号全部反向。因此 $f^{\circ n}(x)=x$ 只能发生在 $f(x)=x$。

严格递减时上述论证不成立，因为应用一次函数会反转不等号；它可能有二周期，例如 $f(x)=1-x$。

原函数与反函数的交点

若 $f:D\to D$ 为双射，则交点横坐标满足 $f(x)=f^{-1}(x)$，等价于 $f(f(x))=x$：分别对两侧施加 $f$ 或 $f^{-1}$ 即可。交点为 $(x,f(x))$。

若再严格递增，交点都在 $y=x$ 上；严格递减时未必如此。例 $f(x)=1-x$ 自身就是反函数，两图像完全重合，但只有 $(1/2,1/2)$ 在 $y=x$ 上。

若 $f:A\to B$ 且 $A,B$ 不同，必须限制横坐标位于 $A\cap B$，并检查 $f(x)$ 能再输入 $f$；不能省略定义域后直接套迭代等价式。

二周期与不动点之间还需要区间条件

设 $f$ 在包含 $u,v$ 的闭区间上连续，$u<v$，且 $f(u)=v,f(v)=u$。令 $g(x)=f(x)-x$，则 $g(u)=v-u>0,g(v)=u-v<0$。由零点存在性定理，$(u,v)$ 内存在 $c$ 满足 $f(c)=c$。

不能将条件缩成“在自身定义域上连续”。例如 $f(x)=-1/x$ 在 $\mathbb R\setminus\{0\}$ 上连续，且 $f(f(x))=x$，但 $f(x)=x$ 无实根。问题在于连接 $-1$ 与 $1$ 的完整区间不在定义域内，不能在该区间应用零点定理。

“二阶不动点”指两次迭代回到初始输入，可能已经是一次不动点；若要称为最小周期为二的点，还需 $f(x)\ne x$。

严格递增映射没有非平凡二周期：反函数交点的限制

设 $f$ 在集合 $I\subseteq\mathbb R$ 上严格递增，且 $x,f(x)\in I$。若 $f(f(x))=x$，则必有 $f(x)=x$：若 $f(x)>x$，递增给出 $f(f(x))>f(x)>x$；若 $f(x)<x$，同样得到 $f(f(x))<f(x)<x$，均矛盾。严格递减时不成立，例如 $f(x)=-x$。

若 $f$ 可逆，$f(x)=f^{-1}(x)$ 在两边均有定义时等价于 $f(f(x))=x$。要进一步化成不动点方程，仍须核对本次轨道上的递增性。

例如

分式在两个分支分别递增；左分支值域 $(4/3,+\infty)$，右分支值域 $[0,4/3)$，所以 $f$ 在整个 $D$ 上单射而不在整个 $D$ 上递增。若 $f(x)=f^{-1}(x)$，由反函数的定义域是 $f(D)$ 知 $x\ge0$，且 $f(x)\ge0$。在 $[0,+\infty)$ 上 $f$ 严格递增，上述二周期论证适用，故只需求 $f(x)=x$。

$x\ge0$ 时第二因子为正，所以唯一解 $x=1$。代回 $f(1)=1$，也验证了反函数一边有意义。

不动点与二次返回点：一个完整参数判定

不动点是满足 $f(x)=x$ 的输入 $x$；图像对应交点 $(x,x)$。满足 $f(f(x))=x$ 的点包括不动点及最小周期为 $2$ 的点。部分讲义称这些点为“稳定点”，本手册使用“二次返回点”，避免与其他稳定性概念混淆。设两者的集合分别为 $A,B$，只要迭代有定义，$A\subseteq B$，因为 $f(f(x))=f(x)=x$。

以 $f(x)=ax^2-1$、定义域 $\mathbb R$ 为例，求 $A=B\ne\varnothing$ 的参数。$a=0$ 时恒为 $-1$，两集合都为 $\{-1\}$。

$a\ne0$ 时，不动点满足 $ax^2-x-1=0$，实根存在当且仅当 $a\ge-1/4$。二次迭代可分解为

后一二次式的判别式为 $a^2(4a-3)$。当 $a<3/4$，它没有实根，不新增返回点。当 $a=3/4$，唯一根 $x=-2/3$ 也是不动点。

当 $a>3/4$，后一式有两个实根，并且都不是不动点：若有公共根，用 $ax^2=x+1$ 代入后一式得到 $2ax+1=0$，再代回不动点方程只能推出 $a=3/4$，矛盾。因此这两个根构成真正的二周期，$A\ne B$。

综上，所求参数为 $[-1/4,3/4]$。这也展示了检查迭代新增根时，不能只看第二因子“有没有根”，还要看其根是否已经属于第一因子。

不动点附近的收缩与排斥

设 $f$ 在不动点 $\alpha$ 的某个开邻域内连续可微，$f(\alpha)=\alpha$。考察递推 $a_{n+1}=f(a_n)$。

用蛛网图观察递推

从横轴输入 $a_1$ 出发，先竖直到曲线上的 $(a_1,f(a_1))=(a_1,a_2)$，再水平到直线 $y=x$ 上的 $(a_2,a_2)$；重复竖直到曲线、水平到对角线，就依次记录各项。曲线与对角线的交点对应不动点。图形能帮助发现单调、交替或周期的可能性，但有限条线段不能证明无限迭代的收敛。

$|f'(\alpha)|<1$：足够近的初值收敛

选取 $q$ 使 $|f'(\alpha)|<q<1$。由 $f'$ 连续，存在 $\delta>0$，使 $|x-\alpha|<\delta$ 时 $|f'(x)|\le q$。对这样的 $x$，中值定理给

所以这个邻域被映回自身。若 $|a_1-\alpha|<\delta$，归纳可知所有项都有定义且

这同时给出了收敛证明和误差估计。例如 $f(x)=(x+2)/3$ 的不动点为 $1$，误差每步恰好乘 $1/3$。

更一般地，只要在一个映回自身的区间 $I$ 上直接证明

同样可对全部 $a_1\in I$ 得到上述结论，此时不需要可导。

$|f'(\alpha)|>1$：不能无限逼近而始终不达到

选取 $p$ 使 $1<p<|f'(\alpha)|$。在充分小的邻域内，由连续性及中值定理有

若某条始终有定义的轨道收敛于 $\alpha$，则充分靠后的项全在这个邻域内。假如其中一项误差非零，之后误差至少连续乘以 $p>1$，必超过邻域半径，矛盾。因此收敛于 $\alpha$ 的轨道必须在某一步恰好达到 $\alpha$，随后保持不变。

这不能推出所有其他轨道都“趋于无穷”：它们也可能进入周期或趋于别的不动点。结论只排除了收敛到当前这个 $\alpha$。

临界情形必须另判

当 $|f'(\alpha)|=1$ 时，上面两项判据都不能使用。对 $\alpha=0$，$f(x)=x$ 保持每个初值；$f(x)=x-x^3$ 在 $0<a_1<1$ 时产生正的递减数列，其极限由 $L=L-L^3$ 确定为零；$f(x)=x+x^3$ 从正初值出发严格递增，不会收敛于零。三者在零处的导数都是 $1$，行为却不同。