逆関数定理 | 実解析 II | 天游ヶ丘数理学院

1 線形写像の評価

補題 1.1. $B\colon\mathbb R^n\to\mathbb R^n$ を線形写像とし、

q=\lVert I-B\rVert_{\mathrm{op}}<1

とする。このとき $B$ は可逆であり、

\lVert B^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}\leq\frac{1}{1-q}

が成り立つ。

証明. $y\in\mathbb R^n$ を任意に取り、 $S_y\colon\mathbb R^n\to\mathbb R^n$ を

S_y(x)=(I-B)x+y

によって定める。任意の $x,z\in\mathbb R^n$ に対して

\lVert S_y(x)-S_y(z)\rVert \leq q\lVert x-z\rVert

である。§E2.5 命題 4.2により $\mathbb R^n$ は完備であり、空でないから、§E2.7 定理 2.2を $S_y$ へ適用することができる。したがって、 $S_y(x)=x$ を満たす $x$ がただ一つ存在する。この方程式は $Bx=y$ と同値であるから、 $B$ は全単射である。任意の $z_1,z_2\in\mathbb R^n$ と $\alpha,\beta\in\mathbb R$ に対して、 $B^{-1}(\alpha z_1+\beta z_2)$ と $\alpha B^{-1}z_1+\beta B^{-1}z_2$ は $B$ による像が等しいため、 $B$ の単射性から両者は等しい。ゆえに逆写像 $B^{-1}$ は線形である。

$y=Bx$ とおくと、§E4.2 命題 1.4によって

\lVert y\rVert =\lVert x-(I-B)x\rVert \geq(1-q)\lVert x\rVert

である。 $x=B^{-1}y$ として $y\ne0$ を動かせば、

\frac{\lVert B^{-1}y\rVert}{\lVert y\rVert} \leq\frac{1}{1-q}

となるため、主張する作用素ノルムの評価を得る。▨

2 局所逆写像

定理 2.1 (逆関数定理). $n\in\mathbb Z_{\geq1}$ とし、 $U\subset\mathbb R^n$ を開集合、 $f\colon U\to\mathbb R^n$ を $C^1$ 級の写像とする。 $a\in U$ における全微分 $Df(a)$ が可逆ならば、 $a$ の開近傍 $U_0\subset U$ と $f(a)$ の開近傍 $V_0\subset\mathbb R^n$ が存在し、制限写像

f|_{U_0}\colon U_0\longrightarrow V_0

は全単射である。その逆写像 $g\colon V_0\to U_0$ は $C^1$ 級であり、任意の $y\in V_0$ に対して

Dg(y)=Df(g(y))^{-1}

が成り立つ。

証明. 証明では、方程式 $f(x)=y$ を、 $y$ に依存しない一つの閉球上の不動点方程式へ変換する。

$A=Df(a)$ とおき、 $0<q<1$ を一つ固定する。 $U$ は開集合であり、 $Df$ は $a$ で作用素ノルムについて連続である。したがって、十分小さい $r>0$ を取れば $\overline B(a,r)\subset U$ であり、任意の $x\in\overline B(a,r)$ に対して

\lVert Df(x)-A\rVert_{\mathrm{op}} \leq\frac{q}{\lVert A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}}

となる。作用素ノルムの積に対する評価により、

\lVert I-A^{-1}Df(x)\rVert_{\mathrm{op}} =\lVert A^{-1}(A-Df(x))\rVert_{\mathrm{op}} \leq q \quad(x\in\overline B(a,r))

が成り立つ。以下、この $q$ と $r$ を固定する。

$H\colon U\to\mathbb R^n$ を

H(x)=x-A^{-1}f(x)

によって定める。 $x\in U$ と $x+h\in U$ に対して

H(x+h)-H(x)-\bigl(I-A^{-1}Df(x)\bigr)h =-A^{-1}\bigl(f(x+h)-f(x)-Df(x)h\bigr)

であるから、 $H$ は全微分可能であり、

DH(x)=I-A^{-1}Df(x)

を満たす。 $x,z\in\overline B(a,r)$ を取ると、閉球の凸性により $[x,z]\subset\overline B(a,r)\subset U$ である。したがって§E4.3 定理 2.1を $H$ へ適用して、

\lVert H(x)-H(z)\rVert\leq q\lVert x-z\rVert

を得る。

\sigma=\frac{(1-q)r}{\lVert A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}}, \qquad V_0=B(f(a),\sigma)

とおく。 $A^{-1}$ は零写像でないから $\sigma>0$ であり、 $V_0$ は $f(a)$ の開近傍である。各 $y\in V_0$ に対して、閉球 $\overline B(a,r)$ 上の写像を

T_y(x)=x-A^{-1}(f(x)-y)=H(x)+A^{-1}y

によって定める。 $x,z\in\overline B(a,r)$ に対して

\lVert T_y(x)-T_y(z)\rVert =\lVert H(x)-H(z)\rVert \leq q\lVert x-z\rVert

である。また $x\in\overline B(a,r)$ ならば、

\begin{aligned} \lVert T_y(x)-a\rVert &\leq\lVert T_y(x)-T_y(a)\rVert+\lVert T_y(a)-a\rVert\\ &\leq q\lVert x-a\rVert+\lVert A^{-1}(y-f(a))\rVert\\ &\leq qr+\lVert A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}\lVert y-f(a)\rVert <r. \end{aligned}

ゆえに、 $T_y$ は $\overline B(a,r)$ を自身へ写す縮小比 $q$ の縮小写像である。

§E2.5 命題 4.2と§E2.5 定理 3.2により、 $\overline B(a,r)$ は完備距離空間である。この閉球は $a$ を含むため空でない。したがって§E2.7 定理 2.2により、各 $y\in V_0$ に対して $T_y$ はただ一つの不動点 $x_y\in\overline B(a,r)$ をもつ。不動点方程式は

T_y(x_y)=x_y \quad\Longleftrightarrow\quad f(x_y)=y

と同値である。上の自己写像性の評価は $\lVert x_y-a\rVert<r$ も与える。

U_0=B(a,r)\cap f^{-1}(V_0)

とおく。 $f$ は全微分可能であるため§E4.2 命題 1.5により連続であり、 $U_0$ は $a$ を含む開集合である。各 $y\in V_0$ に対応する $x_y$ は $U_0$ に属するから、 $f|_{U_0}$ は $V_0$ 上への全射である。一方、 $x,z\in U_0$ が $f(x)=f(z)$ を満たすならば、

\lVert x-z\rVert =\lVert H(x)-H(z)\rVert \leq q\lVert x-z\rVert

である。 $q<1$ であるから $x=z$ であり、 $f|_{U_0}$ は単射でもある。逆写像を $g\colon V_0\to U_0$ と書く。

$y_1,y_2\in V_0$ とし、 $x_i=g(y_i)$ とおく。不動点方程式 $x_i=H(x_i)+A^{-1}y_i$ から、

\begin{aligned} \lVert x_1-x_2\rVert &\leq\lVert H(x_1)-H(x_2)\rVert +\lVert A^{-1}(y_1-y_2)\rVert\\ &\leq q\lVert x_1-x_2\rVert +\lVert A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}\lVert y_1-y_2\rVert \end{aligned}

を得る。したがって

\lVert g(y_1)-g(y_2)\rVert \leq\frac{\lVert A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}}{1-q} \lVert y_1-y_2\rVert

であり、 $g$ は Lipschitz 連続である。

$x\in U_0$ に対して $B_x=A^{-1}Df(x)$ とおけば、

\lVert I-B_x\rVert_{\mathrm{op}}\leq q<1

である。補題 1.1により $B_x$ は可逆であり、 $Df(x)=AB_x$ も可逆である。さらに

\lVert Df(x)^{-1}\rVert_{\mathrm{op}} =\lVert B_x^{-1}A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}} \leq\frac{\lVert A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}}{1-q}

が成り立つ。

$y_0\in V_0$ とし、 $x_0=g(y_0)$ とおく。 $y_0+k\in V_0$ を満たす $k$ に対して

h=g(y_0+k)-g(y_0)

とおく。上の Lipschitz 評価により、 $k\to0$ ならば $h\to0$ であり、

\lVert h\rVert \leq\frac{\lVert A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}}{1-q}\lVert k\rVert

である。 $f$ の $x_0$ における全微分可能性から、

k=f(x_0+h)-f(x_0)=Df(x_0)h+R(h), \qquad \frac{\lVert R(h)\rVert}{\lVert h\rVert}\longrightarrow0

と書くことができる。 $k\ne0$ ならば、 $g$ の単射性により $h\ne0$ である。したがって

\begin{aligned} &\frac{\lVert h-Df(x_0)^{-1}k\rVert}{\lVert k\rVert}\\ &\qquad\leq \lVert Df(x_0)^{-1}\rVert_{\mathrm{op}} \frac{\lVert R(h)\rVert}{\lVert h\rVert} \frac{\lVert h\rVert}{\lVert k\rVert} \longrightarrow0. \end{aligned}

ゆえに $g$ は $y_0$ で全微分可能であり、

Dg(y_0)=Df(x_0)^{-1}=Df(g(y_0))^{-1}

である。

最後に $Dg$ の連続性を示す。 $y\in V_0$ に対して $C_y=Df(g(y))$ とおく。 $g$ と $Df$ は連続であるから、 $y\to y_0$ のとき $C_y\to C_{y_0}$ である。また、既に得た一様評価により

\lVert C_y^{-1}\rVert_{\mathrm{op}} \leq\frac{\lVert A^{-1}\rVert_{\mathrm{op}}}{1-q}

である。恒等式

C_y^{-1}-C_{y_0}^{-1} =C_y^{-1}(C_{y_0}-C_y)C_{y_0}^{-1}

から $C_y^{-1}\to C_{y_0}^{-1}$ が従う。したがって $Dg(y)=C_y^{-1}$ は $V_0$ 上で連続であり、 $g$ は $C^1$ 級である。▨

3 局所性

例 3.1 (局所逆写像と全域的な単射性). 写像 $f\colon\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ を

f(x,y)=(e^x\cos y,e^x\sin y)

によって定める。その全微分の表現行列は

Df(x,y)=e^x \begin{pmatrix} \cos y&-\sin y\\ \sin y&\cos y \end{pmatrix}

であり、行列式は $e^{2x}>0$ である。したがって、定理 2.1により、すべての点で $C^1$ 級の局所逆写像が存在する。

$(0,0)$ の近傍を $|y|<\pi/2$ に制限すると、 $(1,0)=f(0,0)$ の近傍における逆写像は

g(u,v)=\left(\frac12\log(u^2+v^2),\arctan\frac vu\right)

である。ただし、像の近傍は $u>0$ を満たすように取る。これに対して

f(x,y+2\pi)=f(x,y)

であるから、 $f$ は $\mathbb R^2$ 全体では単射でない。各点における微分の可逆性は局所逆写像を与えるが、全域的な単射性を与えない。

4 演習

問題 4.1 (不動点反復による逆像の近似). $f\colon\mathbb R\to\mathbb R$ を $f(x)=x+x^3$ によって定める。 $|y|<3/8$ とし、閉区間 $[-1/2,1/2]$ 上で

T_y(x)=y-x^3

とおく。次を示せ。

$T_y$ は $[-1/2,1/2]$ を自身へ写す縮小比 $3/4$ の縮小写像である。
反復列 $x_0=0$ 、 $x_{m+1}=T_y(x_m)$ は、 $f(g(y))=y$ を満たす唯一の $g(y)\in[-1/2,1/2]$ へ収束し、 $|x_m-g(y)|\leq4\left(\frac34\right)^m|y|$ を満たす。
$g$ の微分を $g(y)$ を用いて表せ。

解答.

$|x|\leq1/2$ ならば

|T_y(x)|\leq|y|+|x|^3<\frac38+\frac18=\frac12

である。さらに $x,z\in[-1/2,1/2]$ に対して

\begin{aligned} |T_y(x)-T_y(z)| &=|x^3-z^3|\\ &=|x-z|\,|x^2+xz+z^2|\\ &\leq\frac34|x-z| \end{aligned}

である。したがって 1 が成り立つ。

§E2.5 命題 4.2と§E2.5 定理 3.2により、閉区間 $[-1/2,1/2]$ は完備である。したがって、§E2.7 定理 2.2により $T_y$ はただ一つの不動点 $g(y)$ をもち、反復列は $g(y)$ へ収束する。不動点方程式 $g(y)=y-g(y)^3$ は $f(g(y))=y$ と同値である。§E2.7 系 2.3の事前評価を $q=3/4$ 、 $|x_1-x_0|=|y|$ として適用すると、

|x_m-g(y)| \leq\frac{(3/4)^m}{1-3/4}|y| =4\left(\frac34\right)^m|y|

を得る。

$f'(x)=1+3x^2>0$ であるから、定理 2.1により各 $g(y)$ の近傍で局所逆写像が存在する。 $g(y)\in(-1/2,1/2)$ であり、方程式 $f(x)=y$ の $[-1/2,1/2]$ における解は一意であるから、この局所逆写像は $g$ の制限に一致する。したがって、同定理の微分公式により

g'(y)=\frac{1}{f'(g(y))} =\frac{1}{1+3g(y)^2}

である。▨

§E4.7逆関数定理

1 線形写像の評価

2 局所逆写像

3 局所性

4 演習

参考文献

前提記事