음함수 정리

틀:미적분학 다변수 미적분학에서 음함수 정리(陰函數定理, 틀:Llang)는 변수들에 대한 방정식이 국소적으로 충분히 매끄러운 함수 관계를 나타낼 충분 조건을 제시하는 정리이다.

도입

2차원 유클리드 공간 ${ℝ}^2$ 위에서 원점 $(0,0)$을 중심으로 하며 1을 반지름으로 하는 원의 방정식

$x^2+y^2-1=0$

을 생각하자. 이 방정식은 $[-1,1]\times [0,\mathrm{\infty })$에서 다음과 같은 유일한 함수와 동치이다.

$y=\sqrt{1-x^2}\mathrm{\forall }x\in [-1,1]$

또한 이 방정식은 $[-1,1]\times (-\mathrm{\infty },0]$에서 다음과 같은 유일한 함수와 동치이다.

$y=-\sqrt{1-x^2}\mathrm{\forall }x\in [-1,1]$

이 방정식을 만족시키는 연속 함수는 $[-1,1]\times ℝ$에서 위와 같은 두 가지가 있으므로 유일하지 않다. 그러나 $(0,1)$을 지나는 연속 함수는 첫 번째 함수로 유일하다. 이 사실에 대한 기하학적 의미를 알아보기 위해, 다음과 같은 함수를 정의하자.

$z=x^2+y^2-1\mathrm{\forall }x,y\in ℝ$

이렇게 정의한 $F$의 그래프는 ${ℝ}^3$에 놓인 곡면이며, 위와 같은 원은 이 곡면과 평면 $z=0$의 교선이다. $(0,1)$ 주변에서 $x{\text{'}}^2+y{\text{'}}^2-1=0$인 점 $(x^{\prime },y^{\prime })$을 임의로 취하자. 여기에는 특히 $(x^{\prime },y^{\prime })=(0,1)$ 역시 포함된다. $x=x^{\prime }$가 고정되었을 때, $z={x^{\prime }}^2+y^2-1$는 $y=y^{\prime }$ 주변에서 $y$에 대한 순증가 함수이기 때문에, 국소적으로 $y<y^{\prime }$에 대하여 $z<0$이 성립하며, $y>y^{\prime }$에 대하여 $z>0$이 성립한다. 따라서 $z=x^2+y^2-1$의 영점 집합은 $(0,1)$에서 국소적으로 어떤 함수 $y=y(x)$의 그래프와 일치한다. $z$가 $y$에 대한 순단조 함수가 되기 위한 한 가지 충분 조건은 $\partial z/\partial y\ne 0$이다. 이를 만족시키지 않는 점을 지나는 연속 함수는 국소적으로 유일할 필요가 없다. 예를 들어, 방정식을 만족시키며 $(1,0)$을 지나는 연속 함수는 대역적으로나 국소적으로나 유일하지 않다. 음함수 정리에서는 이 조건을 가정으로 삼아 국소적으로 유일한 음함수의 존재를 결론으로 제시한다. 사실 $\partial z/\partial y\ne 0$은 비퇴화 조건의 가장 간단한 경우이다. 여러 개의 방정식의 연립

$z_1(x_1,\dots ,x_n,y_1,\dots ,y_m)=0$

$⋮$

$z_m(x_1,\dots ,x_n,y_1,\dots ,y_m)=0$

에서 $(y_1,\dots ,y_m)$가 국소적으로 $(x_1,\dots ,x_n)$의 함수인지를 다루려면 다음과 같은 비퇴화 조건을 사용하여야 한다.

$\det \frac{\partial (z_1,\dots ,z_m)}{\partial (y_1,\dots ,y_m)}\ne 0$

이 부등식의 좌변은 함수 $z_1,\dots ,z_m$의 변수 $y_1,\dots ,y_m$에 대한 야코비 행렬식이다. 특히, 만약

$z_1=a_{11}{x}_1+\cdots a_{1n}{x}_n+b_{11}{y}_1+\cdots +b_{1m}{y}_m$

$⋮$

$z_m=a_{m1}{x}_1+\cdots +a_{mn}{x}_n+b_{m1}{y}_1+\cdots +b_{mm}{y}_m$

일 경우, 위에서 정의한 야코비 행렬식은 $x_1,\dots ,x_n$을 상수로 간주하여 얻는 연립 일차 방정식의 계수 행렬의 행렬식 $\det (b_{ij}{)}_{m\times m}$이다.

정의

열린 근방 $𝐚\in U\subseteq {ℝ}^n$와 $𝐛\in V\subseteq {ℝ}^m$ 및 연속 함수 $𝐟:U\times V\to {ℝ}^m$, $(𝐱,𝐲)\mapsto 𝐟(𝐱,𝐲)$ ($𝐱\in U$, $𝐲\in V$)가 다음을 만족시킨다고 하자.

• ${\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟$ 역시 연속 함수이다. 여기서 $({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟{)}_{ij}=\partial f_i/\partial y_j$이다.
• $𝐟(𝐚,𝐛)=\mathrm{𝟎}$
• $\det {\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟(𝐚,𝐛)\ne 0$

그렇다면, 다음을 만족시키는 열린 근방 $𝐚\in W\subseteq U$ 및 유일한 연속 함수 $𝐠:W\to {ℝ}^m$가 존재한다.

• $𝐠(W)\subseteq V$
• $𝐛=𝐠(𝐚)$
• 임의의 $𝐱\in W$에 대하여, $𝐟(𝐱,𝐠(𝐱))=\mathrm{𝟎}$

또한, $k\in \{1,2,\dots \}$에 대하여, 만약 $𝐟$가 ${𝒞}^k$ 함수라면, $𝐠$ 역시 ${𝒞}^k$ 함수이며, $𝐠$의 도함수 $\mathrm{D}𝐠$는 다음과 같다.

$\mathrm{D}𝐠(𝐱)=-({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟(𝐱,𝐠(𝐱)){)}^{-1}{\mathrm{D}}_{𝐱}𝐟(𝐱,𝐠(𝐱))\mathrm{\forall }𝐱\in W$

여기서 $({\mathrm{D}}_{𝐱}𝐟{)}_{ij}=\partial f_i/\partial x_j$이다. 이를 음함수 정리라고 한다. $𝐟$가 ${𝒞}^k$ 함수임을 가정하지 않을 경우, $𝐠$의 미분 가능성은 일반적으로 성립하지 않는다.

가장 간단한 경우

두 열린구간 $a\in U\subseteq ℝ$와 $b\in V\subseteq ℝ$ 및 연속 함수 $f:U\times V\to ℝ$가 다음을 만족시킨다고 하자.

• $\partial f/\partial y$ 역시 연속 함수이다.
• $f(a,b)=0$
• $(\partial f/\partial y)(a,b)\ne 0$

그렇다면, 다음을 만족시키는 열린구간 $a\in W\subseteq U$ 및 유일한 연속 함수 $g:W\to ℝ$가 존재한다.

• $g(W)\subseteq V$
• $b=g(a)$
• 임의의 $x\in W$에 대하여, $f(x,g(x))=0$

또한, $k\in \{1,2,\dots \}$에 대하여, 만약 $f$가 ${𝒞}^k$ 함수라면, $g$ 역시 ${𝒞}^k$ 함수이며, $g$의 도함수 $g^{\prime }$는 다음과 같다.

$g^{\prime }(x)=-\frac{(\partial f/\partial x)(x,g(x))}{(\partial f/\partial y)(x,g(x))}\mathrm{\forall }x\in W$

이는 음함수 정리에서 $n=m=1$을 취한 가장 간단한 경우이다.

증명

수학적 귀납법을 통한 증명

수학적 귀납법을 사용하자.

m=1

먼저 $m=1$일 경우를 증명하자. 편의상 $(\partial f/\partial y)(a,b)>0$라고 가정하자. 그러면 $\partial f/\partial y$에 연속성에 의하여, 다음을 만족시키는 ${\delta }_1>0$가 존재한다.

• $\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1)\subseteq U$
• $\mathrm{B}(b,{\delta }_1)\subseteq V$
• 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1)$ 및 $y\in \mathrm{B}(b,{\delta }_1)$에 대하여, $(\partial f/\partial y)(𝐱,y)>0$

이에 따라 $f(𝐚,y)$가 $\mathrm{B}(b,{\delta }_1)$에서 순증가 함수이며, 또한 $f(𝐚,b)=0$이므로, $f(𝐚,b-{\delta }_1)<0<f(𝐚,b+{\delta }_1)$이다. 따라서 다음을 만족시키는 $0<{\delta }_2<{\delta }_1$가 존재한다.

• 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, $f(𝐱,b-{\delta }_1)<0<f(𝐱,b+{\delta }_1)$

따라서, 임의의 ${𝐱}^{\prime }\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, $f({𝐱}^{\prime },y)$는 $\mathrm{B}(b,{\delta }_1)$에서 순증가 함수이자 연속 함수이므로, 중간값 정리에 따라 $f({𝐱}^{\prime },g({𝐱}^{\prime }))=0$인 유일한 $g({𝐱}^{\prime })\in \mathrm{B}(b,{\delta }_1)$가 존재한다. 이렇게 정의한 함수 $g:\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)\to ℝ$는 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여 $f(𝐱,g(𝐱))=0$를 만족시키며, 특히 $b=g(𝐚)$이다. 이제 $g$의 연속성을 증명하자. 임의의 ${𝐱}^{\prime }\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$ 및 충분히 작은 $ϵ>0$에 대하여, $f({𝐱}^{\prime },g({𝐱}^{\prime })-ϵ)<0<f({𝐱}^{\prime },g({𝐱}^{\prime })+ϵ)$이므로, 다음을 만족시키는 ${\delta }_3>0$가 존재한다.

• $\mathrm{B}({𝐱}^{\prime },{\delta }_3)\subseteq \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$
• 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}({𝐱}^{\prime },{\delta }_3)$에 대하여, $f(𝐱,g({𝐱}^{\prime })-ϵ)<0<f(𝐱,g({𝐱}^{\prime })+ϵ)$

따라서, 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}({𝐱}^{\prime },\delta )$에 대하여, $g(𝐱)\in \mathrm{B}(g({𝐱}^{\prime }),ϵ)$이다. 이제 $g$의 유일성을 증명하자. 연속 함수 $h:\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)\to ℝ$가 다음을 만족시킨다고 가정하자.

• $h(\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2))\subseteq V$
• $b=h(𝐚)$
• 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, $f(𝐱,h(𝐱))=0$

그렇다면, 다음과 같은 집합이 $\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$의 열린닫힌집합임을 보이는 것으로 족하다.

$A=\{𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2):g(𝐱)=h(𝐱)\}$

우선 임의의 ${𝐱}^{\prime }\in A$에 대하여, 다음을 만족시키는 ${\delta }_4>0$가 존재한다.

• $\mathrm{B}({𝐱}^{\prime },{\delta }_4)\subseteq \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$
• 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}({𝐱}^{\prime },{\delta }_4)$에 대하여, $h(𝐱)\in \mathrm{B}(b,{\delta }_1)$

따라서, 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}({𝐱}^{\prime },{\delta }_4)$에 대하여, $h(𝐱)=g(𝐱)$이다. 즉, $A$는 $\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$의 열린집합이다. 또한 임의의 ${𝐱}^{\prime }\in A^{\prime }\cap \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, $g,h$의 연속성에 의하여 ${𝐱}^{\prime }\in A$이다. 즉, $A$는 $\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$의 닫힌집합이다. $\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$는 연결 집합이며, 또한 $A\ne \varnothing$이므로, $A=\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$이다. 즉, 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, $g(𝐱)=h(𝐱)$이다. 이제 $f$가 ${𝒞}^k$ 함수일 때 $g$의 ${𝒞}^k$성을 보이고 도함수를 구하자. 임의의 $j\in \{1,\dots ,n\}$ 및 ${𝐱}^{\prime },{𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, 다음과 같이 표기하자.

$\mathrm{\Delta }y({𝐱}^{\prime },{𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j)=g({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j)-g({𝐱}^{\prime })$

그러면 평균값 정리에 따라 다음을 만족시키는 $0<\theta ({𝐱}^{\prime },{𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j)<1$가 존재한다.

$\begin{array}{cc}0& =f({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j,g({𝐱}^{\prime })+\mathrm{\Delta }y)-f({𝐱}^{\prime },g({𝐱}^{\prime }))\\ & =\frac{\partial f}{\partial x_j}({𝐱}^{\prime }+\theta \mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j,𝐠({𝐱}^{\prime })+\theta \mathrm{\Delta }y)\mathrm{\Delta }{x}_j+\frac{\partial f}{\partial y}({𝐱}^{\prime }+\theta \mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j,𝐠({𝐱}^{\prime })+\theta \mathrm{\Delta }y)\mathrm{\Delta }y\end{array}$

따라서, 다음이 성립한다.

$\begin{array}{cc}\frac{\partial g}{\partial x_j}({𝐱}^{\prime })& =\underset{\mathrm{\Delta }{x}_j\to \mathrm{𝟎}}{\lim }\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }{x}_j}\\ & =\underset{\mathrm{\Delta }{x}_j\to \mathrm{𝟎}}{\lim }(-\frac{(\partial f/\partial x_j)({𝐱}^{\prime }+\theta \mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j,𝐠({𝐱}^{\prime })+\theta \mathrm{\Delta }y)}{(\partial f/\partial y)({𝐱}^{\prime }+\theta \mathrm{\Delta }{x}_j{𝐞}_j,𝐠({𝐱}^{\prime })+\theta \mathrm{\Delta }y)})\\ & =-\frac{(\partial f/\partial x_j)({𝐱}^{\prime },g({𝐱}^{\prime }))}{(\partial f/\partial y)({𝐱}^{\prime },g({𝐱}^{\prime }))}\end{array}$

또한 $(\partial f/\partial x_j)({𝐱}^{\prime },g({𝐱}^{\prime }))$와 $(\partial f/\partial y)({𝐱}^{\prime },g({𝐱}^{\prime }))$가 연속 함수이므로, $g$는 연속 미분 가능 함수이다.

m>1

이제 $m>1$일 경우를 증명하자. $V$의 원소를 $𝐲=(y_1,\widetilde{𝐲})$로 쓰고, $𝐟=(f_1,\widetilde{𝐟})$와 같이 표기하자. 또한 편의상 $\det ({\mathrm{D}}_{\widetilde{𝐲}}\widetilde{𝐟}(𝐚,𝐛))\ne 0$이라고 가정하자. 그렇다면, 수학적 귀납법 가정에 의하여, 다음을 만족시키는 유일한 연속 함수 $\widetilde{𝐠}:\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1)\times \mathrm{B}(b_1,{\delta }_1)\to {ℝ}^{m-1}$가 존재하게 되는 ${\delta }_1>0$가 존재한다.

• $\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1)\subseteq U$
• $\mathrm{B}(b_1,{\delta }_1)\times \widetilde{𝐠}(\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1)\times \mathrm{B}(b_1,{\delta }_1))\subseteq V$
• ${𝐛}^{\prime }=\widetilde{𝐠}(𝐚,b_1)$
• 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1)$ 및 $y_1\in \mathrm{B}(b_1,{\delta }_1)$ 및 $i\in \{2,\dots ,m\}$에 대하여, $f_i(𝐱,y_1,\widetilde{𝐠}(𝐱,y_1))=0$

다음과 같은 함수 $F:\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1)\times \mathrm{B}(b_1,{\delta }_1)\to {ℝ}^m$를 정의하자.

$F(𝐱,y_1)=f_1(𝐱,y_1,\widetilde{𝐠}(𝐱,y_1))\mathrm{\forall }𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1),y_1\in \mathrm{B}(b_1,{\delta }_1)$

그렇다면, 수학적 귀납법 가정에 의하여, 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_1)$ 및 $y_1\in \mathrm{B}(b_1,{\delta }_1)$에 대하여 다음이 성립한다.

$\begin{array}{cc}\frac{\partial F}{\partial y_1}& =\frac{\partial f_1}{\partial y_1}+\sum _{j=2}^m\frac{\partial f_1}{\partial y_j}\frac{\partial h_{j-1}}{\partial y_1}\\ & =\frac{\partial f_1}{\partial y_1}+{\mathrm{D}}_{\tilde{\mathrm{y}}}{f}_1({\mathrm{D}}_{\tilde{\mathrm{y}}}\tilde{f}{)}^{-1}{\mathrm{D}}_{y_1}\tilde{f}\\ & =\frac{\partial f_1}{\partial y_1}+\sum _{i=2}^m\sum _{j=2}^m(-1{)}^{i+j}\frac{1}{\det {\mathrm{D}}_{\widetilde{𝐲}}\widetilde{𝐟}}\frac{\partial f_i}{\partial y_1}\frac{\partial f_1}{\partial y_j}\det {\mathrm{D}}_{(y_2,\dots ,y_{j-1},y_{j+1},\dots ,y_m)}(f_2,\dots ,f_{i-1},f_{i+1},\dots ,f_m)\\ & =\frac{\det {\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟}{\det {\mathrm{D}}_{\widetilde{𝐲}}\widetilde{𝐟}}\end{array}$

따라서 $(\partial F/\partial y_1)(𝐚,b_1)\ne 0$이다. 수학적 귀납법 가정에 의하여, 다음을 만족시키는 유일한 연속 함수 $g_1:\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)\to ℝ$가 존재하게 되는 $0<{\delta }_2<{\delta }_1$가 존재한다.

• $g_1(\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2))\subseteq \mathrm{B}(b_1,{\delta }_1)$
• $b_1=g_1(𝐚)$
• 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, $F(𝐱,g_1(𝐱))=0$

이제 $𝐠:\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)\to {ℝ}^m$를 다음과 같이 정의하자.

$𝐠(𝐱)=(g_1(𝐱),\widetilde{𝐠}(𝐱,g_1(𝐱)))\mathrm{\forall }𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$

그렇다면, $𝐠$는 연속 함수이며, 다음이 성립한다.

$𝐠(\mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2))\subseteq V$

$f_1(𝐱,𝐠(𝐱))=F(𝐱,g_1(𝐱))=0\mathrm{\forall }𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$

$f_i(𝐱,𝐠(𝐱))=f_i(𝐱,g_1(𝐱),\widetilde{𝐠}(𝐱,g_1(𝐱)))=0\mathrm{\forall }𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2),i\in \{2,\dots ,m\}$

$𝐠(𝐚)=(g_1(𝐚),\widetilde{𝐠}(𝐚,b_1))=𝐛$

이러한 $𝐠$의 유일성은 $m=1$의 경우와 똑같은 방법으로 보일 수 있다. 만약 $𝐟$가 ${𝒞}^k$ 함수라면, 각 $i\in \{1,\dots ,m\}$ 및 $j\in \{1,\dots ,n\}$에 대하여, $f_i(𝐱,𝐠(𝐱))=0$의 양변에 $\partial /\partial x_j$를 취하면, 연쇄 법칙에 따라 다음을 얻는다.

$\frac{\partial f_i}{\partial x_j}+\sum _{k=1}^m\frac{\partial f_i}{\partial y_k}\frac{\partial g_k}{\partial y_j}=0$

이를 행렬로 표기하면 $\mathrm{D}𝐠$의 공식을 얻으며, 따라서 $𝐠$ 역시 ${𝒞}^k$ 함수이다.

바나흐 고정점 정리를 통한 증명

다음과 같은 함수 $𝐅:U\times V\to {ℝ}^m$를 정의하자.

$𝐅(𝐱,𝐲)=𝐲-({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟(𝐚,𝐛){)}^{-1}𝐟(𝐱,𝐲)\mathrm{\forall }𝐱\in U,𝐲\in V$

그러면 다음이 성립한다.

${\mathrm{D}}_{𝐲}𝐅(𝐱,𝐲)=1_{m\times m}-({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟(𝐚,𝐛){)}^{-1}{\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟(𝐱,𝐲)\mathrm{\forall }𝐱\in U,𝐲\in V$

따라서 ${\mathrm{D}}_{𝐲}𝐅(𝐚,𝐛)=0_{m\times m}$이다. 또한 $\det {\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟(𝐚,𝐛)\ne 0$이므로, $0<c<1$를 취하였을 때, 다음을 만족시키는 ${\delta }_1>0$가 존재한다.

• $\overline{\mathrm{B}}(𝐚,{\delta }_1)\subseteq U$
• $\overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)\subseteq V$
• 임의의 $𝐱\in \overline{\mathrm{B}}(𝐚,{\delta }_1)$ 및 $𝐲\in \overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)$에 대하여, ${\mathrm{D}}_{𝐲}𝐅(𝐱,𝐲)<c$이며 $\det {\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟(𝐱,𝐲)\ne 0$

또한, $𝐅(𝐚,𝐛)=𝐛$이므로, 다음을 만족시키는 $0<{\delta }_2<{\delta }_1$가 존재한다.

• 임의의 $𝐱\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, $\Vert 𝐅(𝐱,𝐛)-𝐛\Vert <(1-c){\delta }_1$

이제 임의의 ${𝐱}^{\prime }\in \mathrm{B}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, $𝐅({𝐱}^{\prime },\cdot )$가 $\overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)$ 위의 $c$-립시츠 연속 함수임을 증명하자. 우선 임의의 $𝐲\in \overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)$에 대하여, 다음을 만족시키는 $0<\theta ({𝐱}^{\prime },𝐲)<1$가 존재한다.

$\begin{array}{cc}\Vert 𝐅({𝐱}^{\prime },𝐲)-𝐛\Vert & \le \Vert 𝐅({𝐱}^{\prime },𝐲)-𝐅({𝐱}^{\prime },𝐛)\Vert +\Vert 𝐅({𝐱}^{\prime },𝐛)-𝐛\Vert \\ & \le \Vert {\mathrm{D}}_{𝐲}𝐅({𝐱}^{\prime },𝐛+\theta (𝐲-𝐛))\Vert \Vert 𝐲-𝐛\Vert +\Vert 𝐅({𝐱}^{\prime },𝐛)-𝐛\Vert \\ & <(1-c){\delta }_1+c{\delta }_1\\ & ={\delta }_1\end{array}$

따라서 $𝐅({𝐱}^{\prime },𝐲)\in \mathrm{B}(𝐛,{\delta }_1)\subseteq \overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)$이다. 또한, 임의의 $𝐲,𝐳\in \overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)$에 대하여, 다음을 만족시키는 $0<\theta ({𝐱}^{\prime },𝐲,𝐳)<1$가 존재한다.

$\begin{array}{cc}\Vert 𝐅({𝐱}^{\prime },𝐲)-𝐅({𝐱}^{\prime },𝐳)\Vert & \le \Vert {\mathrm{D}}_{\mathrm{y}}𝐅({𝐱}^{\prime },𝐳+\theta (𝐲-𝐳)\Vert \Vert 𝐲-𝐳\Vert \\ & \le c\Vert 𝐲-𝐳\Vert \end{array}$

즉, $𝐅({𝐱}^{\prime },\cdot )$는 $\overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)$ 위의 $c$-립시츠 연속 함수이다. 또한 $(\overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1),\Vert \cdot \Vert )$는 완비 거리 공간이므로, 바나흐 고정점 정리에 따라 $𝐅({𝐱}^{\prime },\cdot )$는 $\overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)$에서 유일한 고정점 $𝐠({𝐱}^{\prime })\in \overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)$를 가진다. 즉, 다음이 성립한다.

$𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime }))=\mathrm{𝟎}$

이제 이렇게 정의한 $𝐠:\overline{\mathrm{B}}(𝐚,{\delta }_2)\to {ℝ}^m$가 연속 함수임을 증명하자. 임의의 ${𝐱}^{\prime },{𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱\in \overline{\mathrm{B}}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, 다음이 성립한다.

$\begin{array}{cc}\Vert 𝐠({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱)-𝐠({𝐱}^{\prime })\Vert & =\Vert 𝐅({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱,𝐠({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱))-𝐅({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime }))\Vert \\ & \le \Vert 𝐅({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱,𝐠({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱))-𝐅({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱,𝐠({𝐱}^{\prime }))\Vert +\Vert 𝐅({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱,𝐠({𝐱}^{\prime }))-𝐅({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime }))\Vert \\ & \le c\Vert 𝐠({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱)-𝐠({𝐱}^{\prime })\Vert +c^{\prime }\Vert \mathrm{\Delta }𝐱\Vert \end{array}$

$c^{\prime }=\underset{𝐱\in \overline{\mathrm{B}}(𝐚,{\delta }_2),𝐲\in \overline{\mathrm{B}}(𝐛,{\delta }_1)}{\sup }\Vert {\mathrm{D}}_{𝐱}𝐅(𝐱,𝐲)\Vert$

즉, 다음이 성립한다.

$\Vert 𝐠({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱)-𝐠({𝐱}^{\prime })\Vert \le \frac{c^{\prime }}{1-c}\Vert \mathrm{\Delta }𝐱\Vert$

따라서 $𝐠$는 연속 함수가 맞다. $𝐠$의 유일성은 고정점의 유일성에 따라 성립한다. 이제 $𝐟$가 ${𝒞}^k$ 함수일 때 $𝐠$의 ${𝒞}^k$성을 보이고 도함수를 구하자. 임의의 ${𝐱}^{\prime },{𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱\in \overline{\mathrm{B}}(𝐚,{\delta }_2)$에 대하여, 다음과 같이 표기하자.

$\mathrm{\Delta }𝐲({𝐱}^{\prime },{𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱)=𝐠(𝐱+\mathrm{\Delta }𝐱)-𝐠(𝐱)$

그러면 다음이 성립한다.

$\begin{array}{cc}\Vert \mathrm{\Delta }𝐲+({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime })){)}^{-1}{\mathrm{D}}_{𝐱}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime }))\mathrm{\Delta }𝐱\Vert & \le \Vert ({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime })){)}^{-1}\Vert \Vert ({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime })))\mathrm{\Delta }𝐲+{\mathrm{D}}_{𝐱}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime }))\mathrm{\Delta }𝐱\Vert \\ & =\Vert ({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime })){)}^{-1}\Vert \Vert 𝐟({𝐱}^{\prime }+\mathrm{\Delta }𝐱,𝐠({𝐱}^{\prime })+\mathrm{\Delta }𝐲)-𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime }))-({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime })))\mathrm{\Delta }𝐲-{\mathrm{D}}_{𝐱}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime }))\mathrm{\Delta }𝐱\Vert \\ & =o(\Vert \mathrm{\Delta }𝐱\Vert )(\mathrm{\Delta }𝐱\to \mathrm{𝟎})\end{array}$

마지막 등호는 $\Vert \mathrm{\Delta }𝐲\Vert \le (c^{\prime }/(1-c))\Vert \mathrm{\Delta }𝐱\Vert$ 때문이다. 즉,

$\mathrm{D}𝐠({𝐱}^{\prime })=-({\mathrm{D}}_{𝐲}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime })){)}^{-1}{\mathrm{D}}_{𝐱}𝐟({𝐱}^{\prime },𝐠({𝐱}^{\prime }))$

가 성립하며, $𝐠$는 ${𝒞}^k$ 함수이다.

예

닫힌 형식으로 나타낼 수 없는 함수

어떤 $0<ϵ<1$에 대하여, 케플러 방정식

$x=y-ϵ\sin y$

을 생각하자. 다음과 같은 함수 $f:{ℝ}^2\to ℝ$를 정의하자.

$f(x,y)=y-x-ϵ\sin y\mathrm{\forall }x,y\in ℝ$

그렇다면, 임의의 $x\in ℝ$에 대하여,

$\underset{y\to -\mathrm{\infty }}{\lim }f(x,y)=-\mathrm{\infty },\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }f(x,y)=\mathrm{\infty }$

$f_y(x,y)=1-ϵ\cos y>0\mathrm{\forall }y\in ℝ$

이므로, $f(x,g(x))=0$인 유일한 $g(x)\in ℝ$가 존재한다. 음함수 정리에 따라, 이러한 함수 $g:ℝ\to ℝ$는 ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ 함수이다. 다시 말해, 케플러 방정식은 어떤 유일한 (${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$) 함수를 정의한다. 그러나 이러한 함수 $g$는 닫힌 형식으로 나타낼 수 없다.

충분 조건의 비필요성

다음과 같은 연속 함수 $f,g:{ℝ}^2\to ℝ$ 및 $h:ℝ\to ℝ$를 생각하자.

$f(x,y)=|y|\mathrm{\forall }x,y\in ℝ$

$g(x,y)=y^3\mathrm{\forall }x,y\in ℝ$

$h(x)=0\mathrm{\forall }x\in ℝ$

그러면 $x,y\in ℝ$에 대하여 다음 세 가지가 동치이다.

• $f(x,y)=0$
• $g(x,y)=0$
• $y=h(x)$

즉, $h$는 $f$ 또는 $g$가 유도하는 음함수이다. 그러나 $f_y(0,0)$는 존재하지 않으며, $g_y(0,0)=0$이다.

같이 보기

• 역함수 정리