1 一部の変数に関する微分 定義 1.1. n , m ∈ Z ≥ 1 n,m\in\mathbb Z_{\geq1} n , m ∈ Z ≥ 1 U ⊂ R n × R m U\subset\mathbb R^n\times\mathbb R^m U ⊂ R n × R m F : U → R m F\colon U\to\mathbb R^m F : U → R m C 1 C^1 C 1 ( x , y ) ∈ U (x,y)\in U ( x , y ) ∈ U 第一変数に関する全微分 (total derivative with respect to the first variable )第二変数に関する全微分 (total derivative with respect to the second variable )
D x F ( x , y ) : R n ⟶ R m , D x F ( x , y ) h = D F ( x , y ) ( h , 0 ) , D y F ( x , y ) : R m ⟶ R m , D y F ( x , y ) k = D F ( x , y ) ( 0 , k ) \begin{aligned}
D_xF(x,y)&\colon\mathbb R^n\longrightarrow\mathbb R^m,
&D_xF(x,y)h&=DF(x,y)(h,0),\\
D_yF(x,y)&\colon\mathbb R^m\longrightarrow\mathbb R^m,
&D_yF(x,y)k&=DF(x,y)(0,k)
\end{aligned} D x F ( x , y ) D y F ( x , y ) : R n ⟶ R m , : R m ⟶ R m , D x F ( x , y ) h D y F ( x , y ) k = D F ( x , y ) ( h , 0 ) , = D F ( x , y ) ( 0 , k ) によって定める。このとき、任意の( h , k ) ∈ R n × R m (h,k)\in\mathbb R^n\times\mathbb R^m ( h , k ) ∈ R n × R m
D F ( x , y ) ( h , k ) = D x F ( x , y ) h + D y F ( x , y ) k DF(x,y)(h,k)=D_xF(x,y)h+D_yF(x,y)k D F ( x , y ) ( h , k ) = D x F ( x , y ) h + D y F ( x , y ) k である。
2 方程式を平らにする局所座標 定理 2.1 (陰関数定理). n , m ∈ Z ≥ 1 n,m\in\mathbb Z_{\geq1} n , m ∈ Z ≥ 1 U ⊂ R n × R m U\subset\mathbb R^n\times\mathbb R^m U ⊂ R n × R m F : U → R m F\colon U\to\mathbb R^m F : U → R m C 1 C^1 C 1 ( a , b ) ∈ U (a,b)\in U ( a , b ) ∈ U
F ( a , b ) = 0 F(a,b)=0 F ( a , b ) = 0 を満たし、線形写像
D y F ( a , b ) : R m ⟶ R m D_yF(a,b)\colon\mathbb R^m\longrightarrow\mathbb R^m D y F ( a , b ) : R m ⟶ R m が可逆であると仮定する。このとき、次の二つが成り立つ。
( a , b ) (a,b) ( a , b ) W ⊂ U W\subset U W ⊂ U ( a , 0 ) (a,0) ( a , 0 ) Z ⊂ R n × R m Z\subset\mathbb R^n\times\mathbb R^m Z ⊂ R n × R m Φ : W ⟶ Z , Φ ( x , y ) = ( x , F ( x , y ) ) \Phi\colon W\longrightarrow Z,
\qquad
\Phi(x,y)=(x,F(x,y)) Φ : W ⟶ Z , Φ ( x , y ) = ( x , F ( x , y )) C 1 C^1 C 1 C 1 C^1 C 1 ψ \psi ψ Φ − 1 ( u , z ) = ( u , ψ ( u , z ) ) \Phi^{-1}(u,z)=(u,\psi(u,z)) Φ − 1 ( u , z ) = ( u , ψ ( u , z )) F ( x , y ) = 0 F(x,y)=0 F ( x , y ) = 0 z = 0 z=0 z = 0 a a a A ⊂ R n A\subset\mathbb R^n A ⊂ R n b b b B ⊂ R m B\subset\mathbb R^m B ⊂ R m C 1 C^1 C 1 g : A → B g\colon A\to B g : A → B ( x , y ) ∈ A × B (x,y)\in A\times B ( x , y ) ∈ A × B F ( x , y ) = 0 ⟺ y = g ( x ) F(x,y)=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
y=g(x) F ( x , y ) = 0 ⟺ y = g ( x ) g ( a ) = b g(a)=b g ( a ) = b A → B A\to B A → B x ∈ A x\in A x ∈ A D y F ( x , g ( x ) ) D_yF(x,g(x)) D y F ( x , g ( x )) D g ( x ) = − D y F ( x , g ( x ) ) − 1 ∘ D x F ( x , g ( x ) ) ∈ L ( R n , R m ) Dg(x)
=-D_yF(x,g(x))^{-1}\circ D_xF(x,g(x))
\in\mathcal L(\mathbb R^n,\mathbb R^m) D g ( x ) = − D y F ( x , g ( x ) ) − 1 ∘ D x F ( x , g ( x )) ∈ L ( R n , R m ) 証明. 証明では、自由変数x x x F ( x , y ) F(x,y) F ( x , y )
(1) を示す。Φ ~ : U → R n × R m \widetilde\Phi\colon U\to\mathbb R^n\times\mathbb R^m Φ : U → R n × R m
Φ ~ ( x , y ) = ( x , F ( x , y ) ) \widetilde\Phi(x,y)=(x,F(x,y)) Φ ( x , y ) = ( x , F ( x , y )) によって定める。座標射影とF F F C 1 C^1 C 1 Φ ~ \widetilde\Phi Φ C 1 C^1 C 1 ( h , k ) ∈ R n × R m (h,k)\in\mathbb R^n\times\mathbb R^m ( h , k ) ∈ R n × R m
D Φ ~ ( a , b ) ( h , k ) = ( h , D x F ( a , b ) h + D y F ( a , b ) k ) D\widetilde\Phi(a,b)(h,k)
=\bigl(h,D_xF(a,b)h+D_yF(a,b)k\bigr) D Φ ( a , b ) ( h , k ) = ( h , D x F ( a , b ) h + D y F ( a , b ) k ) である。L = D y F ( a , b ) L=D_yF(a,b) L = D y F ( a , b ) M = D x F ( a , b ) M=D_xF(a,b) M = D x F ( a , b ) D Φ ~ ( a , b ) D\widetilde\Phi(a,b) D Φ ( a , b )
( u , v ) ⟼ ( u , L − 1 ( v − M u ) ) (u,v)\longmapsto\bigl(u,L^{-1}(v-Mu)\bigr) ( u , v ) ⟼ ( u , L − 1 ( v − M u ) ) である。実際、二つの合成を計算すると恒等写像になるため、D Φ ~ ( a , b ) D\widetilde\Phi(a,b) D Φ ( a , b )
§E4.7 定理 2.1 をΦ ~ \widetilde\Phi Φ ( a , b ) (a,b) ( a , b ) W ⊂ U W\subset U W ⊂ U ( a , 0 ) = Φ ~ ( a , b ) (a,0)=\widetilde\Phi(a,b) ( a , 0 ) = Φ ( a , b ) Z Z Z
Φ = Φ ~ ∣ W : W ⟶ Z \Phi=\widetilde\Phi|_W\colon W\longrightarrow Z Φ = Φ ∣ W : W ⟶ Z はC 1 C^1 C 1 Ψ : Z → W \Psi\colon Z\to W Ψ : Z → W ( u , z ) ∈ Z (u,z)\in Z ( u , z ) ∈ Z Ψ ( u , z ) = ( ξ , η ) \Psi(u,z)=(\xi,\eta) Ψ ( u , z ) = ( ξ , η )
( u , z ) = Φ ( Ψ ( u , z ) ) = ( ξ , F ( ξ , η ) ) (u,z)=\Phi(\Psi(u,z))=(\xi,F(\xi,\eta)) ( u , z ) = Φ ( Ψ ( u , z )) = ( ξ , F ( ξ , η )) であるからξ = u \xi=u ξ = u π 2 \pi_2 π 2 ψ = π 2 ∘ Ψ \psi=\pi_2\circ\Psi ψ = π 2 ∘ Ψ ψ \psi ψ C 1 C^1 C 1
Ψ ( u , z ) = ( u , ψ ( u , z ) ) \Psi(u,z)=(u,\psi(u,z)) Ψ ( u , z ) = ( u , ψ ( u , z )) となる。これで(1) を得た。
(2) を示す。W W W Z Z Z ( a , b ) (a,b) ( a , b ) ( a , 0 ) (a,0) ( a , 0 ) a a a A 1 , A 2 A_1,A_2 A 1 , A 2 b b b B B B 0 0 0 C C C
A 1 × B ⊂ W , A 2 × C ⊂ Z A_1\times B\subset W,
\qquad
A_2\times C\subset Z A 1 × B ⊂ W , A 2 × C ⊂ Z となるように取ることができる。A ′ = A 1 ∩ A 2 A'=A_1\cap A_2 A ′ = A 1 ∩ A 2
g 0 : A ′ ⟶ R m , g 0 ( x ) = ψ ( x , 0 ) g_0\colon A'\longrightarrow\mathbb R^m,
\qquad
g_0(x)=\psi(x,0) g 0 : A ′ ⟶ R m , g 0 ( x ) = ψ ( x , 0 ) と定める。g 0 g_0 g 0 C 1 C^1 C 1 g 0 ( a ) = b g_0(a)=b g 0 ( a ) = b g 0 g_0 g 0 a a a A ⊂ A ′ A\subset A' A ⊂ A ′ g 0 ( A ) ⊂ B g_0(A)\subset B g 0 ( A ) ⊂ B g = g 0 ∣ A : A → B g=g_0|_A\colon A\to B g = g 0 ∣ A : A → B
x ∈ A x\in A x ∈ A ( x , 0 ) ∈ Z (x,0)\in Z ( x , 0 ) ∈ Z
Φ ( x , g ( x ) ) = ( x , 0 ) \Phi(x,g(x))=(x,0) Φ ( x , g ( x )) = ( x , 0 ) であるからF ( x , g ( x ) ) = 0 F(x,g(x))=0 F ( x , g ( x )) = 0 ( x , y ) ∈ A × B (x,y)\in A\times B ( x , y ) ∈ A × B F ( x , y ) = 0 F(x,y)=0 F ( x , y ) = 0 ( x , y ) , ( x , g ( x ) ) ∈ W (x,y),(x,g(x))\in W ( x , y ) , ( x , g ( x )) ∈ W
Φ ( x , y ) = ( x , 0 ) = Φ ( x , g ( x ) ) \Phi(x,y)=(x,0)=\Phi(x,g(x)) Φ ( x , y ) = ( x , 0 ) = Φ ( x , g ( x )) となる。Φ \Phi Φ W W W y = g ( x ) y=g(x) y = g ( x ) g ~ : A → B \widetilde g\colon A\to B g : A → B x ∈ A x\in A x ∈ A F ( x , g ~ ( x ) ) = 0 F(x,\widetilde g(x))=0 F ( x , g ( x )) = 0 g ~ ( x ) = g ( x ) \widetilde g(x)=g(x) g ( x ) = g ( x ) g g g
x ∈ A x\in A x ∈ A p = ( x , g ( x ) ) ∈ W p=(x,g(x))\in W p = ( x , g ( x )) ∈ W Φ \Phi Φ Ψ \Psi Ψ C 1 C^1 C 1 §E4.3 定理 1.1 により
D Ψ ( Φ ( p ) ) ∘ D Φ ( p ) = I R n + m , D Φ ( p ) ∘ D Ψ ( Φ ( p ) ) = I R n + m D\Psi(\Phi(p))\circ D\Phi(p)=I_{\mathbb R^{n+m}},
\qquad
D\Phi(p)\circ D\Psi(\Phi(p))=I_{\mathbb R^{n+m}} D Ψ ( Φ ( p )) ∘ D Φ ( p ) = I R n + m , D Φ ( p ) ∘ D Ψ ( Φ ( p )) = I R n + m である。したがってD Φ ( p ) D\Phi(p) D Φ ( p ) D y F ( p ) k = 0 D_yF(p)k=0 D y F ( p ) k = 0 k ∈ R m k\in\mathbb R^m k ∈ R m
D Φ ( p ) ( 0 , k ) = ( 0 , D y F ( p ) k ) = 0 D\Phi(p)(0,k)=(0,D_yF(p)k)=0 D Φ ( p ) ( 0 , k ) = ( 0 , D y F ( p ) k ) = 0 であるため、D Φ ( p ) D\Phi(p) D Φ ( p ) k = 0 k=0 k = 0 D y F ( p ) D_yF(p) D y F ( p )
写像ι g : A → U \iota_g\colon A\to U ι g : A → U ι g ( x ) = ( x , g ( x ) ) \iota_g(x)=(x,g(x)) ι g ( x ) = ( x , g ( x )) F ∘ ι g = 0 F\circ\iota_g=0 F ∘ ι g = 0 h ∈ R n h\in\mathbb R^n h ∈ R n
0 = D ( F ∘ ι g ) ( x ) h = D x F ( x , g ( x ) ) h + D y F ( x , g ( x ) ) D g ( x ) h 0
=D(F\circ\iota_g)(x)h
=D_xF(x,g(x))h+D_yF(x,g(x))Dg(x)h 0 = D ( F ∘ ι g ) ( x ) h = D x F ( x , g ( x )) h + D y F ( x , g ( x )) D g ( x ) h を得る。D y F ( x , g ( x ) ) D_yF(x,g(x)) D y F ( x , g ( x ))
D g ( x ) = − D y F ( x , g ( x ) ) − 1 ∘ D x F ( x , g ( x ) ) Dg(x)=-D_yF(x,g(x))^{-1}\circ D_xF(x,g(x)) D g ( x ) = − D y F ( x , g ( x ) ) − 1 ∘ D x F ( x , g ( x )) となる。▨
3 一変数の場合と解集合の接ベクトル 系 3.1 (一変数の陰関数定理). U ⊂ R 2 U\subset\mathbb R^2 U ⊂ R 2 F : U → R F\colon U\to\mathbb R F : U → R C 1 C^1 C 1 ( a , b ) ∈ U (a,b)\in U ( a , b ) ∈ U
F ( a , b ) = 0 , ∂ F ∂ y ( a , b ) ≠ 0 F(a,b)=0,
\qquad
\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\ne0 F ( a , b ) = 0 , ∂ y ∂ F ( a , b ) = 0 を満たすならば、a a a A A A b b b B B B C 1 C^1 C 1 g : A → B g\colon A\to B g : A → B ( x , y ) ∈ A × B (x,y)\in A\times B ( x , y ) ∈ A × B
F ( x , y ) = 0 ⟺ y = g ( x ) F(x,y)=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
y=g(x) F ( x , y ) = 0 ⟺ y = g ( x ) となる。さらに、任意のx ∈ A x\in A x ∈ A
g ′ ( x ) = − ∂ F ∂ x ( x , g ( x ) ) ∂ F ∂ y ( x , g ( x ) ) g'(x)
=-\frac{\dfrac{\partial F}{\partial x}(x,g(x))}
{\dfrac{\partial F}{\partial y}(x,g(x))} g ′ ( x ) = − ∂ y ∂ F ( x , g ( x )) ∂ x ∂ F ( x , g ( x )) が成り立つ。
証明. 定理 2.1 をn = m = 1 n=m=1 n = m = 1 D y F ( a , b ) : R → R D_yF(a,b)\colon\mathbb R\to\mathbb R D y F ( a , b ) : R → R k ↦ ( ∂ F / ∂ y ) ( a , b ) k k\mapsto (\partial F/\partial y)(a,b)k k ↦ ( ∂ F / ∂ y ) ( a , b ) k ( ∂ F / ∂ y ) ( a , b ) ≠ 0 (\partial F/\partial y)(a,b)\ne0 ( ∂ F / ∂ y ) ( a , b ) = 0 ▨
定義 3.2. U ⊂ R n × R m U\subset\mathbb R^n\times\mathbb R^m U ⊂ R n × R m F : U → R m F\colon U\to\mathbb R^m F : U → R m C 1 C^1 C 1 M = F − 1 ( 0 ) M=F^{-1}(0) M = F − 1 ( 0 ) p ∈ M p\in M p ∈ M ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 C 1 C^1 C 1 γ : ( − ε , ε ) → M \gamma\colon(-\varepsilon,\varepsilon)\to M γ : ( − ε , ε ) → M
γ ( 0 ) = p , γ ′ ( 0 ) = v \gamma(0)=p,
\qquad
\gamma'(0)=v γ ( 0 ) = p , γ ′ ( 0 ) = v を満たすとき、v ∈ R n × R m v\in\mathbb R^n\times\mathbb R^m v ∈ R n × R m M M M p p p 接ベクトル (tangent vector )T p M T_pM T p M
証明. h ∈ R n h\in\mathbb R^n h ∈ R n A A A x x x ∣ t ∣ |t| ∣ t ∣ x + t h ∈ A x+th\in A x + t h ∈ A
γ h ( t ) = ( x + t h , g ( x + t h ) ) \gamma_h(t)=(x+th,g(x+th)) γ h ( t ) = ( x + t h , g ( x + t h )) とおけば、F ( γ h ( t ) ) = 0 F(\gamma_h(t))=0 F ( γ h ( t )) = 0
γ h ( 0 ) = p , γ h ′ ( 0 ) = ( h , D g ( x ) h ) \gamma_h(0)=p,
\qquad
\gamma_h'(0)=(h,Dg(x)h) γ h ( 0 ) = p , γ h ′ ( 0 ) = ( h , D g ( x ) h ) である。したがって、右辺のグラフはT p M T_pM T p M
逆にv ∈ T p M v\in T_pM v ∈ T p M γ ( t ) = ( α ( t ) , β ( t ) ) \gamma(t)=(\alpha(t),\beta(t)) γ ( t ) = ( α ( t ) , β ( t )) γ ( 0 ) = p ∈ A × B \gamma(0)=p\in A\times B γ ( 0 ) = p ∈ A × B A × B A\times B A × B t t t 0 0 0 γ ( t ) ∈ A × B \gamma(t)\in A\times B γ ( t ) ∈ A × B F ( γ ( t ) ) = 0 F(\gamma(t))=0 F ( γ ( t )) = 0
β ( t ) = g ( α ( t ) ) \beta(t)=g(\alpha(t)) β ( t ) = g ( α ( t )) である。t = 0 t=0 t = 0
v = γ ′ ( 0 ) = ( α ′ ( 0 ) , D g ( x ) α ′ ( 0 ) ) v=\gamma'(0)=\bigl(\alpha'(0),Dg(x)\alpha'(0)\bigr) v = γ ′ ( 0 ) = ( α ′ ( 0 ) , D g ( x ) α ′ ( 0 ) ) となる。よってT p M T_pM T p M D g ( x ) Dg(x) D g ( x )
主定理の微分公式により、任意のh ∈ R n h\in\mathbb R^n h ∈ R n
D F ( p ) ( h , D g ( x ) h ) = D x F ( p ) h + D y F ( p ) D g ( x ) h = 0 DF(p)(h,Dg(x)h)
=D_xF(p)h+D_yF(p)Dg(x)h
=0 D F ( p ) ( h , D g ( x ) h ) = D x F ( p ) h + D y F ( p ) D g ( x ) h = 0 であるから、このグラフはker D F ( p ) \ker DF(p) ker D F ( p ) ( h , k ) ∈ ker D F ( p ) (h,k)\in\ker DF(p) ( h , k ) ∈ ker D F ( p )
D x F ( p ) h + D y F ( p ) k = 0 D_xF(p)h+D_yF(p)k=0 D x F ( p ) h + D y F ( p ) k = 0 である。D y F ( p ) D_yF(p) D y F ( p )
k = − D y F ( p ) − 1 D x F ( p ) h = D g ( x ) h k=-D_yF(p)^{-1}D_xF(p)h=Dg(x)h k = − D y F ( p ) − 1 D x F ( p ) h = D g ( x ) h となる。したがってker D F ( p ) \ker DF(p) ker D F ( p ) m = 1 m=1 m = 1 D F ( p ) v = ⟨ ∇ F ( p ) , v ⟩ DF(p)v=\langle\nabla F(p),v\rangle D F ( p ) v = ⟨ ∇ F ( p ) , v ⟩ ▨
4 局所表示の例と退化点 例 4.1 (単位円の二つの局所表示). F : R 2 → R F\colon\mathbb R^2\to\mathbb R F : R 2 → R
F ( x , y ) = x 2 + y 2 − 1 F(x,y)=x^2+y^2-1 F ( x , y ) = x 2 + y 2 − 1 によって定める。( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) ∂ F / ∂ y = 2 \partial F/\partial y=2 ∂ F / ∂ y = 2
y = g ( x ) = 1 − x 2 y=g(x)=\sqrt{1-x^2} y = g ( x ) = 1 − x 2 というグラフになる。陰関数の微分公式は
g ′ ( x ) = − 2 x 2 g ( x ) = − x 1 − x 2 g'(x)=-\frac{2x}{2g(x)}=-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}} g ′ ( x ) = − 2 g ( x ) 2 x = − 1 − x 2 x を与える。
一方、( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) ∂ F / ∂ y = 0 \partial F/\partial y=0 ∂ F / ∂ y = 0 y y y x x x ∂ F / ∂ x = 2 \partial F/\partial x=2 ∂ F / ∂ x = 2
x = 1 − y 2 x=\sqrt{1-y^2} x = 1 − y 2 という局所表示を得る。可逆であるべき一部変数は、求めるグラフの従属変数に対応する。
例 4.2 (球面の局所表示). R > 0 R>0 R > 0 F : R n × R → R F\colon\mathbb R^n\times\mathbb R\to\mathbb R F : R n × R → R
F ( x , y ) = ∥ x ∥ 2 + y 2 − R 2 F(x,y)=\lVert x\rVert^2+y^2-R^2 F ( x , y ) = ∥ x ∥ 2 + y 2 − R 2 によって定める。p = ( a , b ) p=(a,b) p = ( a , b ) F ( a , b ) = 0 F(a,b)=0 F ( a , b ) = 0 b ≠ 0 b\ne0 b = 0 D y F ( p ) D_yF(p) D y F ( p ) k ↦ 2 b k k\mapsto2bk k ↦ 2 bk p p p y = g ( x ) y=g(x) y = g ( x )
D g ( x ) h = − ⟨ x , h ⟩ g ( x ) Dg(x)h=-\frac{\langle x,h\rangle}{g(x)} D g ( x ) h = − g ( x ) ⟨ x , h ⟩ となる。b > 0 b>0 b > 0 g ( x ) = R 2 − ∥ x ∥ 2 g(x)=\sqrt{R^2-\lVert x\rVert^2} g ( x ) = R 2 − ∥ x ∥ 2 b < 0 b<0 b < 0 g ( x ) = − R 2 − ∥ x ∥ 2 g(x)=-\sqrt{R^2-\lVert x\rVert^2} g ( x ) = − R 2 − ∥ x ∥ 2
例 4.3 (可逆性を欠く点で枝が分かれる例). F : R 2 → R F\colon\mathbb R^2\to\mathbb R F : R 2 → R
F ( x , y ) = y 2 − x 2 F(x,y)=y^2-x^2 F ( x , y ) = y 2 − x 2 によって定める。F ( 0 , 0 ) = 0 F(0,0)=0 F ( 0 , 0 ) = 0 ∂ F / ∂ y ( 0 , 0 ) = 0 \partial F/\partial y(0,0)=0 ∂ F / ∂ y ( 0 , 0 ) = 0 0 0 0
y = x または y = − x y=x
\qquad\text{または}\qquad
y=-x y = x または y = − x という二つの枝を含む。したがって、( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) y = g ( x ) y=g(x) y = g ( x )
5 演習 問題 5.1 (連立方程式が定める陰関数). x = ( s , t ) ∈ R 2 x=(s,t)\in\mathbb R^2 x = ( s , t ) ∈ R 2 y = ( u , v ) ∈ R 2 y=(u,v)\in\mathbb R^2 y = ( u , v ) ∈ R 2 F : R 2 × R 2 → R 2 F\colon\mathbb R^2\times\mathbb R^2\to\mathbb R^2 F : R 2 × R 2 → R 2
F ( s , t , u , v ) = ( u + s v − e t , v + t u − s ) F(s,t,u,v)
=\bigl(u+sv-e^t,\ v+tu-s\bigr) F ( s , t , u , v ) = ( u + s v − e t , v + t u − s ) によって定める。基点を( a , b ) = ( ( 0 , 0 ) , ( 1 , 0 ) ) (a,b)=((0,0),(1,0)) ( a , b ) = (( 0 , 0 ) , ( 1 , 0 ))
F ( a , b ) = 0 F(a,b)=0 F ( a , b ) = 0 D y F ( a , b ) D_yF(a,b) D y F ( a , b ) g = ( g 1 , g 2 ) g=(g_1,g_2) g = ( g 1 , g 2 ) D g ( a ) Dg(a) D g ( a ) 1 − s t ≠ 0 1-st\ne0 1 − s t = 0 F ( s , t , u , v ) = 0 F(s,t,u,v)=0 F ( s , t , u , v ) = 0 ( u , v ) (u,v) ( u , v ) g g g 直接求めた式を( s , t ) = ( 0 , 0 ) (s,t)=(0,0) ( s , t ) = ( 0 , 0 ) (1) の微分公式と一致することを確かめよ。
解答. (1) を示す。F ( 0 , 0 , 1 , 0 ) = ( 0 , 0 ) F(0,0,1,0)=(0,0) F ( 0 , 0 , 1 , 0 ) = ( 0 , 0 ) ( h 1 , h 2 ) ∈ R 2 (h_1,h_2)\in\mathbb R^2 ( h 1 , h 2 ) ∈ R 2 ( k 1 , k 2 ) ∈ R 2 (k_1,k_2)\in\mathbb R^2 ( k 1 , k 2 ) ∈ R 2
D x F ( a , b ) ( h 1 , h 2 ) = ( − h 2 , − h 1 + h 2 ) , D y F ( a , b ) ( k 1 , k 2 ) = ( k 1 , k 2 ) D_xF(a,b)(h_1,h_2)=(-h_2,-h_1+h_2),
\qquad
D_yF(a,b)(k_1,k_2)=(k_1,k_2) D x F ( a , b ) ( h 1 , h 2 ) = ( − h 2 , − h 1 + h 2 ) , D y F ( a , b ) ( k 1 , k 2 ) = ( k 1 , k 2 ) である。したがってD y F ( a , b ) = I 2 D_yF(a,b)=I_2 D y F ( a , b ) = I 2
D g ( a ) ( h 1 , h 2 ) = − D x F ( a , b ) ( h 1 , h 2 ) = ( h 2 , h 1 − h 2 ) Dg(a)(h_1,h_2)
=-D_xF(a,b)(h_1,h_2)
=(h_2,h_1-h_2) D g ( a ) ( h 1 , h 2 ) = − D x F ( a , b ) ( h 1 , h 2 ) = ( h 2 , h 1 − h 2 ) を得る。標準基底に関する表現行列は
D g ( a ) = ( 0 1 1 − 1 ) Dg(a)=
\begin{pmatrix}
0&1\\
1&-1
\end{pmatrix} D g ( a ) = ( 0 1 1 − 1 ) である。
(2) を示す。F ( s , t , u , v ) = 0 F(s,t,u,v)=0 F ( s , t , u , v ) = 0
u + s v = e t , v + t u = s u+sv=e^t,
\qquad
v+tu=s u + s v = e t , v + t u = s と同値である。第二式からv = s − t u v=s-tu v = s − t u
( 1 − s t ) u = e t − s 2 (1-st)u=e^t-s^2 ( 1 − s t ) u = e t − s 2 となる。よって1 − s t ≠ 0 1-st\ne0 1 − s t = 0
g 1 ( s , t ) = e t − s 2 1 − s t , g 2 ( s , t ) = s − t e t − s 2 1 − s t g_1(s,t)=\frac{e^t-s^2}{1-st},
\qquad
g_2(s,t)=s-t\frac{e^t-s^2}{1-st} g 1 ( s , t ) = 1 − s t e t − s 2 , g 2 ( s , t ) = s − t 1 − s t e t − s 2 である。1 − s t ≠ 0 1-st\ne0 1 − s t = 0 ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) C 1 C^1 C 1 g ( 0 , 0 ) = ( 1 , 0 ) g(0,0)=(1,0) g ( 0 , 0 ) = ( 1 , 0 ) F ( s , t , g ( s , t ) ) = 0 F(s,t,g(s,t))=0 F ( s , t , g ( s , t )) = 0
(3) を示す。商の微分、または一次の項だけを取り出す計算により、( s , t ) = ( 0 , 0 ) (s,t)=(0,0) ( s , t ) = ( 0 , 0 )
D g 1 ( 0 , 0 ) ( h 1 , h 2 ) = h 2 , D g 2 ( 0 , 0 ) ( h 1 , h 2 ) = h 1 − h 2 Dg_1(0,0)(h_1,h_2)=h_2,
\qquad
Dg_2(0,0)(h_1,h_2)=h_1-h_2 D g 1 ( 0 , 0 ) ( h 1 , h 2 ) = h 2 , D g 2 ( 0 , 0 ) ( h 1 , h 2 ) = h 1 − h 2 を得る。したがって、直接表示から得た微分は陰関数定理の公式から得た微分と一致する。▨