Krawczyk算子

考虑固定斜率迭代 $T(x)=x-CF(x)$。近似逆把主要线性变化抵消，$I-CDF(x)$ 留下没能抵消的部分。Krawczyk盒把整盒通过 $T$ 后可能落到的位置包起来：中心残差决定整体平移，Jacobian不确定性决定剩余伸缩。

小残差只让平移项小。还要确认剩余伸缩无法把点推出边界，才得到式(3)。当某个坐标的允许半径很小时，必须按该坐标自己的尺度比较，不能仅看未经缩放的总残差。

严格包含为什么同时给出可逆与唯一 ​

由式(3)，

在加权诱导范数理路矩阵范数与诱导算子范数Matrix norm · Induced matrix norm · Operator norm of a matrix用诱导范数和常用可计算矩阵范数度量线性映射的放大能力，并区分算子范数、Frobenius 范数与谱半径。 $\Vert v{\Vert }_r=\underset{i}{max}|v_i|/r_i$ 下，每个 $A\in \mathit{J}(X)$ 都满足 $\Vert I-CA{\Vert }_r\le q$。几何级数说明 $CA$ 可逆，因此 $C,A$ 都可逆。这一步认证了近似逆的资格，而非把它当作黑箱事实。

沿 $c$ 到 $x$ 的线段积分，有 $F(x)=F(c)+A_x(x-c)$，其中 $A_x\in \mathit{J}(X)$。所以 $T(x)\in K(c,X)\subset X$，即 $T$ 确实是盒上的自映射。再沿任意 $x,y\in X$ 的连线积分，得

闭盒在这个范数下完备。Banach不动点定理理路Banach 不动点定理Banach fixed-point theorem · Contraction mapping theorem完备空间中的统一压缩给出唯一不动点；用几何尾和证明收敛，并把后验误差与残差转成停止证书。于是给唯一不动点 $x_{\ast }$；由 $CF(x_{\ast })=0$ 及 $C$ 可逆，得到 $F(x_{\ast })=0$。所有根也都是不动点，故唯一性成立。它还给固定斜率迭代的后验误差界；这不是每步重新求Jacobian的普通Newton轨道。

不用精确逆也能认证 ​

对 $f(x)=x^2-2$，取 $X=[1,2]$、$c=3/2$、$C=1/3$。于是

故

这给出唯一根证书；盒宽比本例区间Newton的 $1/16$ 大，但不涉及区间求逆。若把 $C$ 改成便于十进制书写的 $33/100$，同样可直接检查式(3)。$C$ 不是精确逆不妨碍证明，未经包围的舍入误差才会破坏它。

圆与指数曲线的两张证书 ​

设

取

用有理Taylor尾界包围指数后，Krawczyk盒分别包含在下面特意向外取整的十进制盒中：

每个展示端点都表示精确的有限小数；指数并没有被当作精确浮点数。两盒的加权压缩上界分别小于 $0.002767$ 和 $0.003237$。由式(2)，两原盒各有一个根，且它们不交。式(5)尚未排除其他位置还有根；完整终点继续提供整个目标矩形的覆盖树。

弱包含与失败判据 ​

若只知 $K\subseteq X$，并且已经另行证明 $C$ 可逆，则 $T$ 为连续自映射，可用Brouwer定理理路Brouwer 不动点定理Brouwer fixed-point theorem闭球到自身的任意连续映射都有不动点。证明至少一根；唯一性仍需别的条件。以 $C=0$ 为例，不论 $F$ 如何都有 $K=X$，连无根函数 $F\equiv 1$ 也如此，所以不能从弱包含中省略可逆性。

严格包含是充分条件，不是存在根的必要条件。对重根 $f(x)=x^2$，任何含零的正半径盒，其导数区间含零；本判据若成功就会强迫所有允许导数非零，因此不会成功。遇到这种情形应输出未决，而不是宣布无根。

稠密 $n$ 维下，构造近似逆和矩阵积的通常算术成本为 $O(n^3)$，其后矩阵乘向量与式(3)的检查为 $O(n^2)$；还应另计函数、Jacobian区间求值和端点位长。若不断缩盒到舍入平台，继续增加迭代数未必有用，需要提高求值精度或改写过宽的区间表达式。

区间根覆盖证书理路区间根覆盖证书Interval root cover certificate · Validated branch-and-prune root coverage以互不相交的局部根证书和完整二叉盒树认证紧区域内的全部根，保留未决叶，证明覆盖不变量并明确有限停止与计算成本。把本页当作局部接口：每张成功证书贡献一个已知根盒，外围区域另做无根排除。两张成功但相交的盒可能包住同一个根，不能直接把证书张数当作根数；本单元终点使用不交盒避免这一计数歧义。