[다변수 미분] ch5. 역함수 정리

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역함수 정리

 

  역함수 정리란 대략 "꼬여있지 않은 공간에는 국소적으로 역함수가 존재한다" 를 의미한다. (정확한 설명이 아님에 주의) 차근차근 증명해보자.

 

페르마의 임계점 정리 (interior extremum theorem)
  미분가능함수 $\phi:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}$ 가 $a\in A$ 에서 local minimum 을 가지면 $D\phi(a)=0$ 이다.

 

※ Local minimum 이란 어떤 근방 속에서 최소값을 갖는 점을 의미한다.

 

  Proof.  각 $j\in\{1,\ldots,m\}$ 에 대해 정의에 따라 다음과 같다.

$$\lim_{t\to 0}\frac{\phi(a+te_j)-\phi(a)}{t}=D_j\phi(a)\tag{1}$$

  $\phi$ 는 $a$ 에서 local minimum 을 가지므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 모든 $x\in C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\phi(a)\le\phi(x)$$

  한편 모든 $t\in C_\delta^\mathbb{R}(0)$ 에 대해 $|(a+te_j)-a|<\delta$ 이므로 $a+te_j\in C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)$ 이다. 정리하면 모든 $t\in C_\delta^\mathbb{R}(0)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\phi(a)\le\phi(a+te_j)\tag{2}$$

  $C_\delta^\mathbb{R}(0)=(-\delta,\delta)$ 임을 상기하자. 극한의 성질(링크의 정리 5.2.)에 따라 $t$ 를 $(0,\delta)$ 에서만 취해도 식 (1)이 성립하며, 이 경우 극한식 내부의 함수는 식 (2)에 따라 양수이므로 극한의 성질(링크의 정리 5.6.)에 따라 $D_j\phi(a)\ge 0$ 을 얻는다. 다시 $t$ 를 $(-\delta,0)$ 에서만 취해도 식 (1)이 성립하며, 이 경우 극한식 내부의 함수는 식 (2)에 따라 음수이므로 $D_j\phi(a)\le 0$ 을 얻는다. 정리하면 $D_j\phi(a)=0$ 을 얻으며, 이는 $D\phi(a)$ 의 모든 성분이 0임을 의미하므로 $D\phi(a)=0$ 가 성립한다.   $\square$

 

 

Definition.  어떤 집합이 그 집합의 임의의 두 점을 잇는 line segment 를 포함하면 convex 하다고 한다.

 

Lemma 5.1.  임의의 $c\in\mathbb{R}^n$ , $\epsilon>0$ 에 대해 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(c)$ 는 convex 하다.

 

  Proof.  임의의 $a,b\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n})(c)$ 와 임의의 $t\in[0,1]$ 에 대해 다음이 성립함을 보이자.

$$a+t(b-a)\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n})(c)$$

  $|a-c|<\epsilon$ 와 $|b-c|<\epsilon$ 가 성립하므로 다음을 얻는다.

$$\begin{align}|a+t(b-a)-c|&=|(1-t)a+tb-(1-t)-tc|\\&=|(1-t)(a-c)+t(b-c)|\\&\le|(1-t)(a-c)|+|t(b-c)|\\&=(1-t)|a- c|+t|b-c|\\&<(1-t)\delta+t\delta\\&=\delta\end{align}$$ 

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

Lemma 5.2.  $C^1$ 급함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 와 어떤 $a\in A$ 에 대해 $Df(a)$ 가 non-singular 이면 어떤 $\alpha>0$ 이 존재하여 $A$ 에 포함되는 어떤 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 안의 모든 $x_0,x_1$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\alpha|x_0-x_1|\le|f(x_0)-f(x_1)|$$  이는 $f$ 가 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에서 단사임을 함의한다.

 

※ Non-singular 란 행렬의 행렬식이 0이 아님을 의미하며, 이는 행렬이 가역임과 동치이다. 자세한 정보는 [행렬식의 엄밀한 정의] ch6. 행렬식의 엄밀한 정의 참고

 

  Proof.  $E=Df(a)$ 라고 하자. $\alpha=\frac{1}{2n|E^{-1}|}$ 이라고 하면 sup norm 의 성질(링크의 정리 1.5.)에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|x_0-x_1|&=|E^{-1}(Ex_0-Ex_1)|\\&\le n|E^{-1}||Ex_0-Ex_1|\\&=\frac{1}{2\alpha}|Ex_0-Ex_1|\end{align}$$

$$\therefore 2\alpha|x_0-x_1|\le|Ex_0-Ex_1|$$

  함수 $h(x)=f(x)-Ex$ 를 생각하자. $h$ 는 $A$ 에서 정의된 $C^1$ 급함수이며 $Dh(x)=Df(x)-E$ 이고, 특히 $Dh(a)=0$ 임을 알 수 있다. $h$ 는 $C^1$ 급이므로 각 $D_jh_i$ 가 $a$ 에서 연속이다. 따라서 어떤 $\delta_{ij}>0$ 이존재하여 임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$x\in C_{\delta_{ij}}^{\mathbb{R}^n}(a)\Rightarrow|D_jh_i(x)|<\frac{\alpha}{n}$$

  $A$ 는 열린집합이므로 $A$ 에 포함되는 어떤 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)$ 가 존재한다. 다음과 같이 정의하자.

$$\epsilon=\text{min}\big(\{\delta\}\cup\{\delta_{ij}:i,j\in\{1,\ldots,n\}\}\big)$$

  임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}x\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)&\Rightarrow\forall i,j\in\{1,\ldots,n\},\;\;|D_jh_i(x)|<\frac{\alpha}{n}\\&\Rightarrow|Dh(x)|<\frac{\alpha}{n}\end{align}$$

  $x_0,x_1\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 라고 하자. 도움정리 5.1.에 따라 $x_0$ 과 $x_1$ 을 잇는 line segment 는 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 안에 포함되며, 평균값 정리에 따라 어떤 $c\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|h(x_0)-h(x_1)|&=|Dh(c)(x_0-x_1)|\\&\le n|Dh(c)||x_0-x_1|\\&<\alpha|x_0-x_1|\end{align}$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\alpha|x_0-x_1|&\ge|h(x_0)-h(x_1)|\\&=|f(x_0)-Ex_0-f(x_1)+Ex_1|\\&=|(Ex_1-Ex_0)-(f(x_0)-f(x_1))|\\&\ge|Ex_1-Ex_0|-|f(x_0)-f(x_1)|\\&\ge 2\alpha|x_0-x_1|-|f(x_0)-f(x_1)|\end{align}$$

$$\therefore\alpha|x_0-x_1|\le|f(x_0)-f(x_1)|$$

  이때 $f$ 가 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에서 단사임을 보이자. 임의의 $x_0,x_1\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에 대해 $x_0\neq x_1$ 이면 $|x_0-x_1|\neq 0$ 이므로 위 부등식에 따라 $|f(x_0)-f(x_1)|\neq 0$ 이다. 즉 $f(x_0)\neq f(x_1)$ 이므로 $f$ 가 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에서 단사임을 얻는다.   $\square$

 

 

  아래의 도움정리는 사실상 역함수 정리의 본질이며, 완성된 역함수 정리보다 더 자주 인용되곤 한다. 단사함수는 공역에서 치역에 포함되지 않는 부분을 제거하여 전단사함수를 만들 수 있음을 기억하자.

 

Lemma 5.3.  $C^r$ 급 단사함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 와 각 $a\in A$ 에 대해 $Df(a)$ 가 non-singular 이면 $f(A)=B$ 라고 할때 $B\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이며 역함수 $g:B\to A$ 는 $C^r$ 급이다.

 

  Proof.

  Step 1. $B\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 임을 보이자. 임의의 $b\in B$ 를 고정하자. $f$ 는 단사이므로 $f(a)=b$ 를 만족하는 $a\in A$ 가 유일하게 존재한다. $A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이므로 어떤 $\gamma>0$ 이 존재하여 $C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)\subset A$ 이다. 다음의 집합을 생각하자.

$$Q=\left\{x\in\mathbb{R}^n:|x-a|\le\frac{\gamma}{2}\right\}$$

  $Q\subset C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)$ 이므로 $Q$ 는 유계이고 $Q\subset A$ 이다. 한편 $Q$ 는 $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle 이므로 콤팩트하다. (링크의 정리 7.5. 참고) 하이네-보렐 정리에 따라 $Q$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있으므로 $\text{Bd }Q\subset Q$ 이다. (링크의 정리 3.7.과 링크의 정리 6.1. 참고) $Q$ 가 유계이므로 $\text{Bd }Q$ 도 유계이며, $\text{Bd }Q$ 의 여집합은 $\text{Int }Q\cup\text{Ext }Q$ 이므로 $\text{Bd }Q$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있다. 다시 하이네-보렐 정리에 따라 $\text{Bd }Q$ 는 콤팩트하다. 한편 $f$ 는 연속이기에 $f(\text{Bd }Q)$ 는 콤팩트하므로 (링크의 최대-최소 정리 참고) $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있고 유계이다. 한편 다음이 성립함을 안다. (링크의 정리 6.2. 참고)

$$\text{Int }Q=\left\{x\in\mathbb{R}^n:|x-a|<\frac{\gamma}{2}\right\}=C_\frac{\gamma}{2}^{\mathbb{R}^n}(a)$$

  따라서 $a\in\text{Int }Q$ 이므로 $a\notin\text{Bd }Q$ 이다. $f$ 는 단사이므로 $f(a)=b$ 에 대해 $b\notin f(\text{Bd }Q)$ 임을 알 수 있다. 따라서 $b\in\mathbb{R}^n\setminus f(\text{Bd }Q)$ 이며 이는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다. (Euclidean metric 을 이용함에 주의. 링크의 정리 2.1. 참고)

$$B_{2\delta}^{\mathbb{R}^n}(b)\subset\mathbb{R}^n\setminus f(\text{Bd }Q)$$

  이때 $B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)\subset B$ 임을 보이자. 임의의 $c\in B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)$ 에 대해 다음의 함수 $\phi:A\to\mathbb{R}$ 를 생각하자.

$$\begin{align}\phi(x)&=||f(x)-c||^2\\&=\big(f_1(x)-c_1\big)^2+\cdots+\big(f_n(x)-c_n\big)^2\end{align}$$

  이 함수가 $C^r$ 급임은 자명하다. $Q$ 는 콤팩트하므로 최대-최소 정리에 따라 $\phi$ 는 $Q$ 에서 최솟값을 갖는다. 이 최소점 $q\in Q$ 에 대해 $f(q)=c$ 임을 보이자. 우선 다음이 성립한다.

$$\phi(a)=||f(a)-c||^2=||b-c||^2$$

  이때 $c\in B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)$ 이므로 $\phi(a)<\delta^2$ 이다. 한편 $q$ 는 $\phi$ 의 최소점이므로 $\phi(q)<\delta^2$ 가 성립해야 한다. $q\in Q$ 이고 $Q=\text{Int }Q\cup\text{Bd }Q$ 이므로 $q\in\text{Int }Q$ 또는 $q\in\text{Bd }Q$ 이다. 만약  $q\in\text{Bd }Q$ 라면 $f(q)\in f(\text{Bd }Q)$ 이므로 $f(q)\notin B_{2\delta}^{\mathbb{R}^n}(b)$ 가 성립하며 다음을 얻는다.

$$\begin{align}2\delta&\le||f(q)-b||\\&\le||f(q)-c||+||c-b||\\&<||f(q)-c||+\delta\end{align}$$

$$\therefore||f(q)-c||>\delta$$

  따라서 $\phi(q)>\delta^2$ 를 얻으며, 이는 $\phi(q)<\delta^2$ 임에 어긋나므로 $q\in\text{Bd }Q$ 가 성립하지 않는다. 따라서 $q\in\text{Int }Q$ 를 얻는다. 그러므로 $q$ 는 $\phi$ 의 local minimum 이기도 하며, 페르마의 임계점 정리에 따라 $q$ 에서 $\phi$ 의 미분은 0(영행렬)이다. 한편 각 $j\in\{1,\ldots,n\}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\phi(q)=\sum_{k=1}^n\big(f_k(q)-c\big)^2$$

$$\therefore D_j\phi(q)=\sum_{k=1}^n2\big(f_k(q)-c\big)D_jf_k(q)$$

  식 $D\phi(q)=0$ 은 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$\begin{align}&\;D\phi(q)\\=&\;\begin{pmatrix}D_1\phi(q)&\cdots&D_n\phi(q)\end{pmatrix}\\=&\;2\begin{pmatrix}\displaystyle\sum_{k=1}^n\big(f_k(q)-c\big)D_1f_k(q)&\cdots&\displaystyle\sum_{k=1}^n\big(f_k(q)-c\big)D_nf_k(q)\end{pmatrix}\\=&\;2\begin{pmatrix}(f_1(q)-c)&\cdots&(f_n(q)-c)\end{pmatrix}Df(q)\end{align}$$

$$\therefore\begin{pmatrix}(f_1(q)-c)&\cdots&(f_n(q)-c)\end{pmatrix}Df(q)=0$$

  이때 $Df(q)$ 는 non-singualr 이므로 역행렬을 위 식의 양변에 곱하면 다음을 얻는다.

$$\begin{pmatrix}(f_1(q)-c)&\cdots&(f_n(q)-c)\end{pmatrix}=0$$

$$\therefore f(q)=c$$

  이때 $c$ 를 $B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)$ 에서 임의로 선택하였으므로 $B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)\subset f(A)$ 를 얻으며, $f(A)=B$ 이므로 $B$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다.

 

  Step 2. $f$ 의 역함수 $g:B\to A$ 가 연속임을 보이자. 임의의 $U\in\mathcal{T}_A$ 를 생각하자. 이때 $A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이므로 $U\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이다. (링크의 따름정리 3.4. 참고) $V=g^{-1}(U)$ 라고 하면 $V=f(U)$ 이다. $f$ 는 단사이므로 $f|_U$ 도 단사이며, 각 $a\in U$ 에 대해 $Df|_U(a)=Df(a)$ 는 non-singular 이므로 step 1에 따라 $f|_U(U)=f(U)$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다. 다시말해 $g^{-1}(U)$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 연속의 정의에 따라 $g$ 는 연속이다.

 

  Step 3. $g$ 가 미분가능함을 보이자. 임의의 $b\in B$ 를 고정하면 $b=f(a)$ 를 만족하는 $a\in A$ 가 유일하게 존재한다. 도움정리 5.2.에 따라 어떤 $C\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(a)$ 와 $\alpha>0$ 이 존재하여 모든 $x_0,x_1\in C$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\alpha|x_0-x_1|\le|f(x_0)-f(x_1)|$$

  Step 1에 따라 $f(C)\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이며 $b=f(a)\in f(C)$ 이므로 $f(C)\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(b)$ 이다. 따라서 어떤 $\delta_1>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$C_{\delta_1}^{\mathbb{R}^n}(b)\subset f(C)$$

$$\therefore g\left(C_{\delta_1}^{\mathbb{R}^n}(b)\right)\subset g\big(f(C)\big)=C$$

  임의의 $b'\in C_{\delta_1}^{\mathbb{R}^n}(b)\setminus\{b\}$ 를 고정하고 $x_0=g(b')$ , $x_1=g(b)$ 라고 하자. 다음이 성립한다.

$$\alpha|g(b')-g(b)|\le|b'-b|$$

$$\therefore\frac{|g(b')-g(b)|}{|b'-b|}\le\frac{1}{\alpha}$$

  이때 $g$ 는 단사이므로 $g(b')\neq g(b)$ 이며 따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\frac{g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(b'-b)}{|b'-b|}\\=&\;-Df(a)^{-1}\frac{b'-b-Df(a)\big(g(b')-g(b)\big)}{|g(b')-g(b)|}\frac{|g(b')-g(b)|}{|b'-b|}\end{align}$$

  따라서 sup norm 의 성질(링크의 정리 1.5.)에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;\frac{|g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(b'-b)|}{|b'-b|}\\\le&\;n|Df(a)^{-1}|\frac{\left|b'-b-Df(a)\big(g(b')-g(b)\big)\right|}{|g(b')-g(b)|}\frac{|g(b')-g(b)|}{|b'-b|}\\\le&\;\frac{n|Df(a)^{-1}|}{\alpha}\frac{\left|b'-b-Df(a)\big(g(b')-g(b)\big)\right|}{|g(b')-g(b)|}\end{align}$$

  $f$ 는 $a$ 에서 미분가능하므로 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\gamma>0$ 이 존재하여 모든 $a'\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$a'\in C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)\Rightarrow\frac{|f(a')-f(a)-Df(a)(a'-a)|}{|a'-a|}<\frac{\alpha}{n|Df(a)^{-1}(a)|}\epsilon$$

  Step 2에 따라 $g$ 는 $b$ 에서 연속이므로 어떤 $\delta_2>0$ 이 존재하여 임의의 $b'\in B$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$|b'-b|<\delta_2\Rightarrow g(b')\in C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(g(b))=C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)$$

  $\delta=\text{min}\{\delta_1,\delta_2\}$ 라고 하면 임의의 $b'\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)\setminus\{b\}$ 에 대해 $g(b')\in C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\epsilon&>\frac{n|Df(a)^{-1}(a)|}{\alpha}\frac{|f(g(b'))-f(a)-Df(a)(g(b')-a)|}{|g(b')-a|}\\&=\frac{n|Df(a)^{-1}(a)|}{\alpha}\frac{|b'-b-Df(a)(g(b')-g(b))|}{|g(b')-g(b)|}\\&\ge\frac{1}{\alpha}\frac{|g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(a)(b'-b)|}{|g(b')-g(b)|}\\&\ge\frac{|g(b')-g(b)|}{|b'-b|}\frac{|g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(a)(b'-b)|}{|g(b')-g(b)|}\\&=\frac{|g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(a)(b'-b)|}{|b'-b|}\end{align}$$

  따라서 $g$ 는 $b$ 에서 미분가능하며, $g$ 를 $B$ 에서 임의로 선택하였으므로 $g$ 는 미분가능하다.

 

  Step 4. $g$ 가 $C^r$ 급임을 보이자. Step 3에 따라 $g$ 는 미분가능하므로 연쇄법칙에 따라(링크의 따름정리 4.2.) 각 $y\in B$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$Dg(y)=Df\big(f(y)\big)^{-1}$$

  Non-singular 인 $n\times n$ 행렬의 집합을 $GL(n)$ 이라고 하자. 가역행렬을 그 역행렬에 대응하는 사상을 $I:GL(n)\to GL(n)$ 라고 하자. 함수 $Dg:B\to GL(n)$ 는 다음의 세 함수의 합성이다.

$$\begin{CD}B@>g>>A@>Df>>GL(n)@>I>>GL(n)\end{CD}$$

  함수 $I$ 에 대해 생각해보자. 임의의 $C\in GL(n)$ 에 대해 $I(C)$ 는 각 성분이 $C$ 의 성분으로 이루어진 분수다항식으로 구성된 $n\times n$ 행렬이다. 한편 함수 $\frac{1}{x}$ 는 자명히 $C^\infty$ 이므로 $I(C)$ 의 각 성분은 $C$ 의 성분에 대한 $C^\infty$ 급함수이다. $g$ 가 $C^r$ 급임을 $r$ 에 대한 귀납법으로 증명하자. $f$ 가 $C^1$ 급이면 $Df$ 의 각 성분함수는 연속이다. $g$ 는 미분가능하므로 연속이며, 따라서 $Df\circ g$ 의 각 성분함수는 연속이다. 위 논의에 따라 $I\circ Df\circ g$ 의 각 성분함수도 연속이다. 정리하면 $Dg$ 의 각 성분함수는 연속이므로 $g$ 는 $C^1$ 급임을 알 수 있다. $r-1$ 에 대해 Step 4의 결론이 성립한다고 가정하고 $r$ 에 대해서도 성립함을 보이자. $f$ 가 $C^r$ 급이면 $C^{r-1}$ 급이기도 하며, 귀납법 가정에 따라 $g$ 는 $C^{r-1}$ 급이다. 따라서 $Df\circ g$ 의 각 성분함수는 $C^{r-1}$ 이며 따라서 $I\circ Df\circ g$ 의 각 성분함수는 $C^{r-1}$ 급이다. 정리하면 $Dg$ 의 각 성분함수는 $C^{r-1}$ 급이므로 $g$ 는 $C^1$ 급임을 알 수 있다. (링크의 정리 3.3. 참고) 따라서 임의의 $r\in\mathbb{N}$ 에 대해 주어진 정리가 성립한다.   $\square$

 

 

역함수 정리 (inverse function theorem)
  $C^r$ 급함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 와 어떤 $a\in A$ 에 대해 $Df(a)$ 가 non-singular 이면 어떤 $U\in\mathcal{N}_A(a)$ 가 존재하여 어떤 $V\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 에 대해 $f|_U:U\to V$ 는 전단사이며 그 역함수는 $C^r$ 급이다.

 

  Proof.  도움정리 5.2.에 따르면 어떤 $U_0\in\mathcal{N}_A(a)$ 가 존재하여 $f|_{U_0}$ 이 단사이다. 한편 $\text{det }Df(x)$ 는 $x$ 에 대한 연속함수이며 $\text{det }Df(a)\neq 0$ 이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$x\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)\Rightarrow|\text{det }Df(x)-\text{det }Df(a)|<|\text{det }Df(a)|$$

  이때 역삼각 부등식에 따라 다음이 성립한다.

$$|\text{det }Df(a)|-|\text{det }Df(x)|\le|\text{det }Df(a)-\text{det }Df(x)|$$

  따라서 다음이 성립한다.

$$x\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)\Rightarrow 0<|\text{det }Df(x)|$$

  다시말해 임의의 $x\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에 대해 $\text{det }Df(x)\neq 0$ 이다. $U=U_0\cap C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)$ 라고 하면 $f|_U$ 는 단사이고 임의의 $a\in U$ 에 대해 $Df|_U(a)=Df(a)$ 는 non-singular 이므로 도움정리 5.3.에 따라 전단사함수 $f|_U:U\to V$ 는 치역이 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으며 역함수가 $C^r$ 급이므로 본 정리가 성립한다.   $\square$

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)

[1] James R. Munkres. (1991). Analysis on manifolds. CRC press.

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