Sperner の補題と Brouwer の不動点定理

点 $A$ が赤色，点 $B$ が青色の状況を考えても一般性を失わない。

図のように「赤と青の辺」に矢印を引く。

仮定より辺 $BC,CA$ をまたぐ矢印は無く，（1次元の場合の Sperner の補題より）辺 $AB$ をまたぐ矢印が奇数本存在する。

そこで，その奇数本の中から1本選んで矢印をたどっていく（各小さい三角形から伸びる矢印は $2$ 本以下なので途中で分岐することはない）。

すると，以下のいずれかになる。

• 状況1. 外側に戻ってくる
• 状況2. 内部で行き止まりに到達する

状況2が必ずどこかで発生する。なぜなら $AB$ をまたぐ矢印が奇数本存在するためである。

そして状況2の行き止まりは，$3$ つの頂点の色が相異なるような小さい三角形になる。

$A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)$ とする。正三角形 $ABC$（の周と内部全体）を $T$ と書く。

目標は「$B^2$ から $B^2$ への連続関数に対する不動点の存在」を示すことだが，以下では「$T$ から $T$ への連続関数に対する不動点の存在」を示す。

（$T$ と $B^2$ は「だいたい同じ」なので $T$ で示せば十分。厳密には，$T$ と $B^2$ は位相同型（連続な全単射で逆写像も連続なものが存在）であることからOK）

$T$ を細かく三角形分割していく（例えば中点三角形で分割など，すべての小さい三角形の各辺の長さが $0$ に限りなく近づくように）。$i$ 段階目の三角形分割を $S_i$ とおく。$S_{i+1}$ は $S_i$ の細分である。

$S_i$ の各点 $\overrightarrow{x}$ に以下のように色を塗る：

• $f(\overrightarrow{x})$ の第1成分が $\overrightarrow{x}$ より第1成分が小さいなら赤
• $f(\overrightarrow{x})$ の第2成分が $\overrightarrow{x}$ より第2成分が小さいなら青
• $f(\overrightarrow{x})$ の第3成分が $\overrightarrow{x}$ より第3成分が小さいなら緑

で塗る（複数該当ならどれでもよい）。$S$ 上の点は3つの成分の和が $1$ で一定なので上記1～3をいずれも満たさないなら $f(\overrightarrow{x})$ と $\overrightarrow{x}$ の各成分は等しいので $\overrightarrow{x}$ が不動点。もし不動点が存在しないならこのような三角形分割をひたすら続ける。

上記の塗り方により，三角形分割 $S_i$ は Spernerの補題の前提を満たすので3つの頂点の色が相異なるような小さい三角形 $A_iB_iC_i$ が存在する。このとき，$A_i$ は赤，$B_i$ は青，$C_i$ は緑で塗られているとする。

点列 $A_1,A_2,...,$ を考える。$T$ はコンパクト（有界閉）なので収束部分列 $A_{i_1},A_{i_2},...$ を持つ。この収束先を $\overrightarrow{x_0}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}A_{i_n}$ とおく。

このとき「各 $A_{i_n}$ は赤で塗られている」ことと「$f$ は連続」より

• $f(\overrightarrow{x_0})$ の第1成分は $\overrightarrow{x_0}$ の第1成分以下

一方，三角形分割で各三角形のサイズは $0$ に近づくので $\overrightarrow{x_0}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}B_{i_n}$ でもある。よって，

• $f(\overrightarrow{x_0})$ の第2成分は $\overrightarrow{x_0}$ の第2成分以下

第3成分も同様である。ところが，$f(\overrightarrow{x_0})$ と $\overrightarrow{x_0}$ の各成分の和は $1$ で等しいので結局各成分が等しい。つまり $\overrightarrow{x_0}$ が不動点。