Teorema (Tarski): Si $(X,\leq)$ es un completo orden lineal, entonces cada débilmente el aumento de la función $f: X \rightarrow X$ tiene un punto fijo.
Usted puede comprobar esto mediante el Principio de la Ordenada de la Inducción ver Teorema 4 aquí, que es la generalización de la Real Inducción (por la Proposición 1 de loc. cit.) para cualquier Dedekind Completa linealmente conjunto ordenado.
(Recordar que un orden lineal es Dedekind completa si cada subconjunto no vacío que está delimitada por encima tiene al menos un límite superior; equivalentemente, cada subconjunto no vacío que está delimitada por debajo tiene un mayor límite inferior. Un orden lineal es completo si cada subconjunto tiene al menos un límite superior y un mayor límite inferior: esto es equivalente a Dedekind completa además de la existencia de la parte superior e inferior de los elementos.)
El resultado al $X = [a,b]$ (una cerrada delimitada intervalo en $\mathbb{R}$) se demostró el uso Real de la Inducción en el Teorema 6.22 de estas notas. Que la prueba funciona verbatim para completar cualquier orden lineal.
Otros comentarios:
1) En honor a la verdad debo mencionar también la más estándar: mostrar que $\operatorname{sup} \{x \in X \mid f(x) \geq x\}$ es un punto fijo. Esto es bastante sencillo, tal vez incluso más que en el enfoque anterior.
2) Si se equipa de un orden lineal con el fin de topología, entonces es compacto iff es completo, y que está conectado el fib es Dedekind completo y denso (si $x < z$ hay$y$$x < y< z$). Esto también es agradable para demostrar el uso ordenado de la inducción: ver aquí. Así que usted está asumiendo más de lo que usted necesita: completa implica compacto, y conectado no es ni necesario ni suficiente.
3) Como Asaf puntos, el resultado es un caso especial de la Knaster-Teorema de Tarski: que el teorema se aplica a un completo entramado en lugar de una completa lineal de orden y afirma que el conjunto de puntos fijos, además de ser no vacío, forma un sublattice.
4) El punto fijo de la propiedad que caracteriza a la integridad de redes:
Teorema (Anne C. Davis) Deje $X$ ser una red en la que cada débilmente el aumento de la función $f: X \rightarrow X$ tiene un punto fijo. A continuación, $X$ es completa.
En realidad Davis del Teorema es un poco más difícil de probar que el Knaster-Teorema de Tarski.
Añadido: Niels Diepeveen en los comentarios señala que el "punto fijo de la propiedad" podría ser: "¿todas continua (para el fin de topología) de la función de $f: X \rightarrow X$ tiene un punto fijo?" Esa es una cuestión diferente. La siguiente es una incompleta respuesta.
La proposición: Vamos a $X$ ser un vacío linealmente ordenado conjunto dotado con el fin de topología.
a) Si $X$ es completa y conectado, a continuación, cada continuas $f: X \rightarrow X$
tiene un punto fijo.
b) Si cada función continua $f: X \rightarrow X$ tiene un punto fijo, a continuación, $X$ está conectado.
Prueba: a) Supongamos que $X$ es completa, sino que hay una continua $f: X \rightarrow X$ que no tiene un punto fijo. Vamos a mostrar que $X$ no está conectado. Deje $X_1 = \{x \in X \mid f(x) < x\}$$X_2 = \{x \in X \mid f(x) > x\}$. A continuación, $X_1$ $X_2$ están abiertos, y-ya que no hay puntos fijos --
$X_1 \cup X_2 = X$. Además, la parte inferior del elemento $0$ se encuentra en $X_2$ y el elemento de la parte superior $1$ se encuentra en $X_1$, por lo que tenemos una separación de $X$.
b) Si $X = X_1 \coprod X_2$ es una separación de $X$, vamos a $x_i \in X_i$$i = 1,2$,
y definir $f: X \rightarrow X$ mediante la asignación de cada punto en $X_1$ $x_2$y cada punto en $X_2$ a $x_1$. $f$ es localmente constante, por lo tanto continua, pero no tiene ningún punto fijo.
Lo que queda es determinar si cada función continua $f: X \rightarrow X$
tener un punto fijo implica que $X$ es completa.
