反函數定理和隱函數定理

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反函數定理與隱函數定理在一般情況下的證明.

主要參考的是 Spivak 的 Calculus on Manifolds.

反函數定理

引理: 令 E⊆RnE\subseteq\mathbb{R}^n 為凸區域, f:E→Rnf:E\to\mathbb{R}^n 連續可微. 若存在 MM 使得對 EE 內部的所有點 xx 都有 ∣Djfi(x)∣≤M|D_j f^i(x)|\le M, 那麼對任意 x,y∈Ex,y\in E 有 ∣f(y)−f(x)∣≤n2M∣y−x∣|f(y)-f(x)|\le n^2 M|y-x|

證明: 考慮 ff 的分量函數 fif^i, 對其使用多元函數中值定理, 有

∣fi(y)−fi(x)∣=∣∑j=1n(yj−xj)⋅Djfi(ξi)∣≤∑j=1nM∣yj−xj∣≤nM∣y−x∣ \begin{aligned} \left|f^i(y)-f^i(x)\right|&=\left|\sum_{j=1}^n (y^j-x^j)\cdot D_{j}f^i(\xi_{i})\right| \\ &\le\sum_{j=1}^n M \left|y^j-x^j\right| \\ &\le nM\left|y-x\right| \end{aligned}

其中 ξi\xi_i 為 x,yx,y 之間的一點, 故 ξi∈E\xi_{i}\in E, 根據條件有 ∣Djfi(ξi)∣≤M|D_{j}f^i(\xi_{i})|\le M.

於是

∣f(y)−f(x)∣≤∑i=1n∣fi(y)−fi(x)∣≤n2M∣y−x∣\left|f(y)-f(x)\right|\le\sum_{i=1}^n\left|f^i(y)-f^i(x)\right|\le n^2M \left|y-x\right|
定理: 令 EE 為 Rn\mathbb{R}^n 中開集, f:E→Rnf:E\to\mathbb{R}^n 連續可微. 對於 a∈Ea\in E, 如果在 aa 點處的 Jacobi 行列式 det⁡f′(a)=det⁡(∂fi/∂xj(a))≠0\det f'(a)=\det\left(\partial f^i/{\partial x^j}(a)\right)\neq 0, 那麼:
  • 存在 aa 的某鄰域 UU 和 f(a)f(a) 的鄰域 VV 使得 f:U→Vf:U\to V 是雙射, 從而 ff 在 UU 上有逆映射 f−1:V→Uf^{-1}:V\to U, 對任意 x∈Ux\in U, f−1(f(x))=xf^{-1}(f(x))=x.
  • f−1f^{-1} 是連續可微映射, 且對任意 y∈Vy\in V, (f−1)′(y)=[f′(f−1(y))]−1(f^{-1})'(y)=[f'(f^{-1}(y))]^{-1}.

證明: 用 λ\lambda 表示線性變換 Df(a)Df(a), 由於 det⁡f′(a)≠0\det f'(a)\neq 0, λ−1\lambda^{-1} 存在. 注意到

D(λ−1∘f)(a)=Dλ−1(f(a))∘Df(a)=λ−1∘λ=ID(\lambda^{-1}\circ f)(a)=D\lambda^{-1}(f(a))\circ Df(a)=\lambda^{-1}\circ \lambda=I

所以只需證明定理對 λ=I\lambda=I 的情況成立即可.

下設 λ=Df(a)=I\lambda=Df(a)=I. 若 f(a+h)=f(a)f(a+h)=f(a), 則

∣f(a+h)−f(a)−λ(h)∣∣h∣=∣h∣∣h∣=1\frac{\left|f(a+h)-f(a)-\lambda(h)\right|}{|h|}=\frac{|h|}{|h|}=1

但

lim⁡h→0∣f(a+h)−f(a)−λ(h)∣∣h∣=0\lim_{h\to 0}\frac{\left|f(a+h)-f(a)-\lambda(h)\right|}{|h|}=0

所以必存在一個充分小的包含 aa 的閉矩形 W⊆EW\subseteq E 滿足:

  1. 任意 x∈Wx\in W 且 x≠ax\neq a, 有 f(x)≠f(a)f(x)\neq f(a).

又由於 ff 在 EE 上連續可微, 我們不妨作如下假定:

  1. 任意 x∈Wx\in W, det⁡f′(x)≠0\det f'(x)\neq 0.
  2. 任意 x∈Wx\in W, ∣Djfi(x)−Djfi(a)∣<1/2n2|D_{j}f^i(x)-D_{j}f^i(a)|<1/{2n^2}, 對於 i,j=1,…,ni,j=1,\dots,n.

對 F(x)=f(x)−xF(x)=f(x)-x 應用引理, 並結合 (3)(3) 可知, 對於 x1,x2∈Ux_1,x_2\in U,

∣x1−x2∣−∣f(x1)−f(x2)∣≤∣f(x1)−f(x2)−(x1−x2)∣≤12∣x1−x2∣\left|x_{1}-x_{2}\right|-\left|f(x_{1})-f(x_{2})\right|\le\left|f(x_{1})-f(x_{2})-(x_{1}-x_{2})\right|\le \frac{1}{2}\left|x_{1}-x_{2}\right|

即

∣x1−x2∣≤2∣f(x1)−f(x2)∣(a)|x_{1}-x_{2}|\le 2\left|f(x_{1})-f(x_{2})\right|\tag{a}

記 ∂W\partial W 為 WW 的邊界, 則 f(∂W)f(\partial W) 為緊集且由 (1)(1) 知 f(a)∉f(∂W)f(a)\notin f(\partial W), 故存在 d>0d>0 使得對任意 x∈∂Wx\in\partial W 有 ∣f(x)−f(a)∣>d|f(x)-f(a)|>d. 令 V={y:∣y−f(a)∣<1/2d}V=\lbrace y:\left|y-f(a)\right|<1/2d\rbrace, 則對 y∈Vy\in V 和 x∈∂Wx\in\partial W 有

∣y−f(a)∣<∣y−f(x)∣(b)|y-f(a)|<|y-f(x)|\tag{b}

下面證明: 對任意 y∈Vy\in V 存在唯一的 x∈W∖∂Wx\in W\setminus{\partial W} 滿足 f(x)=yf(x)=y.

固定 y∈Vy\in V, 定義函數 g:W→Rg:W\to\mathbb{R} 如下

g(x)=∣y−f(x)∣2=∑i=1n(yi−fi(x))2g(x)=|y-f(x)|^2=\sum_{i=1}^n (y^i-f^i(x))^2 gg 是緊集上的連續函數, 故 gg 在 WW 上有極值. 又根據 (b)(\text{b}) 可知極值不在 ∂W\partial W 上取到, 所以存在 x∈W∖∂Wx\in W\setminus{\partial W} 使得對 j=1,…,nj=1,\dots,n 有 Djg(x)=∑i=1n2(yi−fi(x))⋅Djfi(x)=0(c)D_{j}g(x)=\sum_{i=1}^n 2\left(y^i-f^i(x)\right)\cdot D_{j}f^i(x)=0\tag{c}

由 (2)(2) 可知 det⁡(Djfi(x))≠0\det\left(D_{j}f^i(x)\right)\neq 0, 故 (c)(\text{c}) 只有零解 yi−fi(x)=0y^i-f^i(x)=0, (i=1,…,ni=1,\dots,n), 此即 f(x)=yf(x)=y. 唯一性由 (a)(\text{a}) 式容易看出. 令 U=f−1(V)∩WU=f^{-1}(V)\cap W, 我們就得到了要求的 f−1:V→Uf^{-1}:V\to U, 把 (a)(\text{a}) 式改寫為

∣f−1(y1)−f−1(y2)∣≤2∣y1−y2∣,y1,y2∈V(a’)|f^{-1}(y_{1})-f^{-1}(y_{2})|\le 2\left|y_{1}-y_{2}\right|,\enspace y_{1},y_{2}\in V\tag{a'}

這表明了 f−1f^{-1} 的連續性.

最後還需證明 f−1f^{-1} 可微. 取定 y0∈Vy_0\in V 並記 x0=f−1(y0)∈Ux_0=f^{-1}(y_0)\in U, 則

lim⁡y→y0∣f−1(y)−f−1(y0)−(f′(x0))−1(y−y0)∣∣y−y0∣=lim⁡x→x0∣x−x0−(f′(x0))−1(f(x)−f(x0))∣∣f(x)−f(x0)∣=lim⁡x→x0∣(f′(x0))−1f(x)−f(x0)−f′(x0)(x−x0)x−x0∣⋅∣x−x0∣∣f(x)−f(x0)∣=0 \begin{aligned} &\lim_{y\to y_{0}} \frac{\left|f^{-1}(y)-f^{-1}(y_{0})-\left(f'(x_{0})\right)^{-1}(y-y_{0})\right|}{|y-y_{0}|} \\ =&\lim_{x\to x_{0}} \frac{\left|x-x_{0}-\left(f'(x_{0})\right)^{-1}(f(x)-f(x_{0}))\right|}{|f(x)-f(x_{0})|} \\ =&\lim_{x\to x_{0}} \left|\left(f'(x_{0})\right)^{-1}\frac{f(x)-f(x_{0})-f'(x_{0})(x-x_{0})}{x-x_{0}}\right|\cdot \frac{|x-x_{0}|}{|f(x)-f(x_{0})|} \\ =&0 \end{aligned}

即 (f−1)′(y)=[f′(f−1(y))]−1(f^{-1})'(y)=[f'(f^{-1}(y))]^{-1}. 由於 f′f' 連續且對任意 x∈Ux\in U 有 det⁡f′(x)≠0\det f'(x)\neq 0, 根據 Cramer 法則, (f−1)′(y)(f^{-1})'(y) 的元可以表為關於 xx 的連續函數, 而 xx 又可表為 yy 的連續函數, 因此 (f−1)′(f^{-1})' 在 VV 上連續. □\square

Remarks:

  • 在上述定理中, 如果 f∈Cpf\in C^p, 那麼就有 f−1∈Cpf^{-1}\in C^p. 證明是一個簡單的歸納: 假設命題對 p−1p-1 成立, 對於 f∈Cpf\in C^p, 有 f′∈Cp−1f'\in C^{p-1}, 由歸納假設可知 f−1∈Cp−1f^{-1}\in C^{p-1}, 又 (−)−1∈C∞(-)^{-1}\in C^{\infty}, 故 (f−1)′=(f′∘f−1)−1∈Cp−1(f^{-1})'=(f'\circ f^{-1})^{-1}\in C^{p-1}, 即 f−1∈Cpf^{-1}\in C^p.
  • 定理證明中 ff 連續可微的條件不能去掉, 考慮如下經典反例, 它在 x=0x=0 附近不可逆 (x=0x=0 的任意小鄰域都含有無窮多個 xx 使得 f(x)=0f(x)=0 ):
f(x)={x/2+x2sin⁡(1/x),x≠00,x=0 f(x)=\begin{cases} x/2+x^2\sin(1/x),&x\neq 0 \\ 0, &x=0 \end{cases}

隱函數定理

定理: 令 EE 為 Rn×Rm\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^m 中開集, f:E→Rmf:E\to\mathbb{R}^m 連續可微. 設 (a,b)∈E(a,b)\in E 且 f(a,b)=0f(a,b)=0, 若 det⁡M:=det⁡(Dn+jfi(a,b))≠0\det M:=\det \left(D_{n+j}f^i(a,b)\right)\neq 0, 則存在 (a,b)(a,b) 的鄰域 A×B⊆EA\times B\subseteq E 和由 f(x,y)=0f(x,y)=0 唯一確定的函數 g:A→Bg:A\to B 使得對 (x,y)∈A×B(x,y)\in A\times B 有 f(x,y)=0⟺y=g(x)f(x,y)=0\Longleftrightarrow y=g(x) 且函數 gg 連續可微.

證明: 定義 F:E→Rn×RmF:E\to \mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^m 為 F(x,y)=(x,f(x,y))F(x,y)=(x,f(x,y)), 則 det⁡F′(a,b)=det⁡M≠0\det F'(a,b)=\det M\neq 0. 由反函數定理, 存在 (a,b)(a,b) 的鄰域 A×BA\times B 和 F(a,b)=(a,0)F(a,b)=(a,0) 的鄰域 VV 使得 F:A×B→VF:A\times B\to V 有連續可微的逆 h:W→A×Bh:W\to A\times B, 則 h(x,y)h(x,y) 形如 (x,k(x,y))(x,k(x,y)), 其中 kk 為連續可微函數. 再令 π:Rn×Rm→Rm\pi:\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^m 為 π(x,y)=y\pi(x,y)=y, 則 π∘F=f\pi\circ F=f, 從而

f(x,k(x,y))=f∘h(x,y)=(π∘F)∘h(x,y)=π∘(F∘h)(x,y)=π(x,y)=yf(x,k(x,y))=f\circ h(x,y)=(\pi\circ F)\circ h(x,y)=\pi\circ(F\circ h)(x,y)=\pi(x,y)=y

於是 f(x,k(x,0))=0f(x,k(x,0))=0. 令 g(x)=k(x,0)g(x)=k(x,0), 則 gg 即為要求的函數, 且由 kk 的連續可微性知 gg 連續可微. □\square

對已經確定下來的函數 gg, 在 fi(x,g(x))=0f^i(x,g(x))=0 兩邊同時求導得:

Djfi(x,g(x))+∑α=1mDn+αfi(x,g(x))⋅Djgα(x)=0,i,j=1,…,mD_{j}f^i(x,g(x))+\sum_{\alpha=1}^m D_{n+\alpha}f^i(x,g(x))\cdot D_{j}g^{\alpha}(x)=0,\enspace i,j=1,\dots,m

由此可求出 Djgα(x)D_{j}g^{\alpha}(x). 然而如果直接計算的話, yy 的範圍沒有確定, g(x)g(x) 可能不是唯一的, 計算得到的 Djgα(x)D_{j}g^{\alpha}(x) 也不一定唯一.

推論1: 令 EE 為 Rn\mathbb{R}^n 中開集, f:E→Rpf:E\to\mathbb{R}^p (p≤np\le n) 連續可微. 設 a∈Ea\in E, 若 f(a)=0f(a)=0 且 p×np\times n 矩陣 (Djfi(a))\left(D_{j}f^i(a)\right) 有秩 pp, 則存在 aa 的鄰域 AA 和可微函數 h:A→Rnh:A\to\mathbb{R}^n 使得 f∘h(x1,…,xn)=(xn−p+1,…,xn)f\circ h(x^1,\dots,x^n)=(x^{n-p+1},\dots,x^n)

證明: 先假設 det⁡(Dn−p+jfi(a))≠0\det \left(D_{n-p+j}f^i(a)\right)\neq 0 (i,j=1,…,pi,j=1,\dots,p), 則隱函數定理證明過程中定義的函數 hh 即滿足條件. 一般地, 因為 (Djfi(a))\left(D_{j}f^i(a)\right) 秩為 pp, 必有下標 j1,…,jpj_1,\dots,j_p 使得 det⁡(Djkfi(a))≠0\det\left(D_{j_k}f^i(a)\right)\neq 0 (i,k=1,…,pi,k=1,\dots,p). 設 g:Rn→Rng:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n 以如下方式置換變元:

g(x1,…,xn)=(…,xj1,…,xjp)g(x^1,\dots,x^n)=(\dots,x^{j_{1}},\dots,x^{j_{p}})

則 f∘gf\circ g 為已經考慮的情形, 存在 kk 使得

(f∘g)∘k(x1,…,xn)=(xn−p+1,…,xn)(f\circ g)\circ k(x^1,\dots,x^n)=(x^{n-p+1},\dots,x^n)

令 h=g∘kh=g\circ k 即可. □\square

推論2: 令 EE 為 Rn\mathbb{R}^n 中開集, g:E→Rpg:E\to\mathbb{R}^p (p≤np\le n) 無窮可微. 若對任意 a∈Ea\in E 且 g(a)=0g(a)=0, g′(a)g'(a) 均有秩 pp, 則 g−1(0)g^{-1}(0) 是 Rn\mathbb{R}^n 中的 n−pn-p 維流形.

證明: 由推論1, 存在可逆的 hh 使得 g∘h(x1,…,xn)=(xn−p+1,…,xn)g\circ h(x^1,\dots,x^n)=(x^{n-p+1},\dots,x^n), 所以對任意 x∈g−1(0)x\in g^{-1}(0), 有 x=h(x1,…,xn−p,0,…,0)x=h(x^1,\dots,x^{n-p},0,\dots,0). 取 xx 的鄰域 UU, h−1(U∩M)=V∩(Rn−p×{0})h^{-1}(U\cap M)=V\cap(\mathbb{R}^{n-p}\times\lbrace 0\rbrace), 對於某開集 V∈RnV\in\mathbb{R}^n. □\square

最後, 我們用隱函數定理來證明反函數定理, 表明兩者的等價性.

定理: 隱函數定理與反函數定理等價.

證明: 設 EE 為 Rn\mathbb{R}^n 中開集, f:E→Rnf:E\to\mathbb{R}^n 連續可微, a∈Ea\in E 且 Jacobi 行列式 det⁡f′(a)=det⁡(∂fi/∂xj(a))≠0\det f'(a)=\det\left(\partial f^i/{\partial x^j}(a)\right)\neq 0, 我們要證明 y=f(x)y=f(x) 在 aa 附近局部可逆. 令 g(x,y)=f(x)−y=0g(x,y)=f(x)-y=0, 則

det⁡(∂gi∂xj(a,f(a)))=det⁡(∂fi∂xj(a,f(a)))≠0\det\left(\frac{\partial g^i}{\partial x^j}(a,f(a))\right)=\det\left(\frac{\partial f^i}{\partial x^j}(a,f(a))\right)\neq 0

由隱函數定理, g(x,y)=0g(x,y)=0 在 (a,f(a))(a,f(a)) 的鄰域 U×VU\times V 內唯一確定了函數 h:V→Uh:V\to U, 滿足

h(y)=x⟺g(x,y)=f(x)−y=0⟺y=f(x)h(y)=x\Longleftrightarrow g(x,y)=f(x)-y=0\Longleftrightarrow y=f(x)

對於 x∈Ux\in U 有 h(f(x))=xh(f(x))=x. □\square