嘿，我来帮你严谨论证这个命题，先把函数定义明确下来，再从两个方向推导等价性：

我们给定的函数是：
$$
\begin{align*} f:\left[-\frac{3}{2},\infty\right) &\to [0,\infty),\ x&\mapsto\sqrt{2x+3}. \end{align*}
$$
已知该函数严格递增且可逆，要证明的核心命题是：对任意$n\in\mathbb N^*$，$f_{n+1}(x)=x \Longleftrightarrow f(x)=x$（这里$f_{n+1}$是$f$的$n+1$次复合迭代，定义域和陪域与$f$一致）。

必要性：$\boldsymbol{f_{n+1}(x)=x \implies f(x)=x}$ #

首先得用上严格递增函数的关键性质：对任意$a,b$，$f(a) > f(b)$当且仅当$a > b$，$f(a)=f(b)$当且仅当$a=b$。

假设存在某个$x$满足$f_{n+1}(x)=x$，但$f(x)\neq x$，那我们分两种情况讨论：

• 情况1：$f(x) > x$
  因为$f$严格递增，所以$f(f(x)) > f(x)$，以此类推，对所有$k\geq2$，都有$f_k(x) > f_{k-1}(x)$。这样一来，序列$x, f(x), f_2(x), ..., f_{n+1}(x)$是严格递增的，但$f_{n+1}(x)=x$，这就会推出$x > f_n(x) > ... > f(x) > x$，明显矛盾。
• 情况2：$f(x) < x$
  同样用严格递增性，$f(f(x)) < f(x)$，递推可得对所有$k\geq2$，$f_k(x) < f_{k-1}(x)$。序列$x, f(x), f_2(x), ..., f_{n+1}(x)$严格递减，可$f_{n+1}(x)=x$，这就会得到$x < f_n(x) < ... < f(x) < x$，也是矛盾的。

两种情况都导出了矛盾，说明我们的假设不成立，也就是说只要$f_{n+1}(x)=x$，就一定有$f(x)=x$。

充分性：$\boldsymbol{f(x)=x \implies f_{n+1}(x)=x}$ #

这个方向就很直观了：如果$f(x)=x$，那不管迭代多少次，结果都是$x$——比如$f_2(x)=f(f(x))=f(x)=x$，$f_3(x)=f(f_2(x))=f(x)=x$，以此类推，$f_{n+1}(x)$自然也等于$x$。

结论 #

综上，对任意正整数$n$，$f_{n+1}(x)=x$和$f(x)=x$是完全等价的，命题成立。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Anonymus