Định lý điểm bất động Brouwer 2 chiều

Bước 1 — Giả sử phản chứng $f$ không có điểm bất động. Khi đó $f(x) \ne x$ với mọi $x \in D^2$, nên tia từ $f(x)$ qua $x$ được xác định tốt; cho $r(x) \in S^1 = \partial D^2$ là điểm mà tia này thoát khỏi đĩa. Vì $f(x) \ne x$ biến thiên liên tục và không bao giờ triệt tiêu, $r: D^2 \to S^1$ liên tục.

Bước 2 — $r$ là một rút gọn (retraction). Với $x \in S^1$ đã ở trên biên, tia từ $f(x)$ qua $x$ thoát ra đúng tại $x$ (vì $x$ đã ở trên biên và tia chỉ cắt biên một lần khi đi ra ngoài từ bên trong), nên $r(x) = x$ với mọi $x \in S^1$. Vậy $r: D^2 \to S^1$ là một rút gọn: một ánh xạ liên tục giữ nguyên từng điểm của không gian con $S^1$.

Bước 3 — Rút gọn là không thể: áp dụng hàm tử $\pi_1$. Cho $i: S^1 \hookrightarrow D^2$ là phép nhúng. Vì $r \circ i = \mathrm{id}_{S^1}$ (theo định nghĩa rút gọn), áp dụng hàm tử nhóm cơ bản cho $\pi_1(r) \circ \pi_1(i) = \pi_1(\mathrm{id}_{S^1}) = \mathrm{id}_{\pi_1(S^1)}$ ở mức nhóm (tính hàm tử: $\pi_1$ biến hợp thành các ánh xạ liên tục thành hợp thành các đồng cấu). Nhưng $\pi_1(S^1) \cong \mathbb{Z}$ trong khi $\pi_1(D^2)$ tầm thường (mọi vòng trong đĩa lồi co lại nhờ đồng luân đường thẳng), nên $\pi_1(i): \mathbb{Z} \to \{e\}$ và $\pi_1(r): \{e\} \to \mathbb{Z}$ hợp thành ánh xạ không, không thể bằng đồng nhất trên $\mathbb{Z}$ (một nhóm không tầm thường) — mâu thuẫn.

Bước 4 — Kết luận. Mâu thuẫn ở Bước 3 cho thấy không thể tồn tại rút gọn $r$ như vậy, nên giả thiết ở Bước 1 ($f$ không có điểm bất động) phải sai. Vậy mọi $f: D^2 \to D^2$ liên tục đều có điểm bất động.