漫步数学分析三十八—

注意Jf(x)≠0Jf(x)\neq0意味着Df(x):Rn→RnDf(x):R^n\to R^n是线性同构(即它的矩阵是可逆的)，从而根据事实：最佳线性近似是可逆的，我们想得出函数本身是可逆的。

然而，需要一些限制条件。为此考虑f:R→Rf:R\to R，如果ff是C1C^1且f′(x0)≠0f^\prime(x_0)\neq0，那么ff在x0x_0的邻域内是可逆的。几何上来看这非常明显，因为f′(x0)≠0f^\prime(x_0)\neq0意味着ff在x0x_0附近斜率不为零。(如图1)

图1

因此我们主要关注的是局部可逆性，即xx靠近x0x_0与yy靠近y0=f(x0)y_0=f(x_0)时f(x)f(x)的可逆性。

根据链式法则很容易计算可逆函数f−1(y)f^{-1}(y)的导数：f−1(f(x))=xf^{-1}(f(x))=x，我们得出(df−1/dy)⋅f′(x)=1(df^{-1}/dy)\cdot f^\prime(x)=1，所以

df−1dy|y=f(x)=1df/dx

\frac{df^{-1}}{dy}|_{y=f(x)}=\frac{1}{df/dx}

为了验证f−1f^{-1}是可微的需要更小心点。

如果f′(x0)=0f^\prime(x_0)=0，那么ff在x0x_0附近可能可逆，也可能不可逆；如图1所示，ff在x1x_1附近是不可逆的，但是f(x)=x3f(x)=x^3在x0=0x_0=0 是可逆的。那么当f′(x0)=0f^\prime(x_0)=0时我们的不出结论。通常来讲，f′(x0)≠0f^\prime(x_0)\neq 0不能保证对所有的y,f(x)=yy,f(x)=y有解。例如，在图1中不存在x3x_3使得f(x3)=y1f(x_3)=y_1。另外从图中也能看出f(x0)=f(x2)f(x_0)=f(x_2)的解不唯一，但当我们只考虑x0x_0很小的邻域时解是唯一的。

因此我们考虑ff在f(x0)f(x_0)附近的可逆性，即yy靠近f(x0)f(x_0)时，使得f(x)=yf(x)=y的某些靠近x0x_0的xx值是唯一的，有多靠近这个问题需要更细节分析，不过目前而言这个不重要。

定理1包含单变量的情况，它仅仅是一种特殊情况。

定理1\textbf{定理1} 令A⊂RnA\subset R^n是开集且f:A⊂Rn→Rnf:A\subset R^n\to R^n是C1C^1类(即，DfDf存在且连续)，令x0∈Ax_0\in A 并假设Jf(x0)≠0Jf(x_0)\neq0，那么存在x0x_0的邻域UU与f(x0)f(x_0) 的开邻域WW满足f(U)=Wf(U)=W，ff存在C1C^1逆f−1:W→Uf^{-1}:W\to U。此外，对于y∈W,x=f−1(y)y\in W,x=f^{-1}(y)，我们有

Df−1(y)=[Df(x)]−1

Df^{-1}(y)=[Df(x)]^{-1}

Df(x)Df(x)的逆意味着线性映射(对应于可逆矩阵)的逆，如果ff是CpC^p类，p≥1p\geq1，那么f−1f^{-1}同样如此。

我们讲ff有可逆函数f−1f^{-1}意味着给定y∈Wy\in W，有唯一的x∈Ux\in U满足f(x)=yf(x)=y。

定理的证明依赖一个存在的论据，即当yy靠近y0y_0时我们需要证明存在xx使得f(x)=yf(x)=y，最基本的工具是压缩映射原理；参看5.6节。在5.6节中我们看到这个结果如何用来证明简单积分方程解的存在性。在7.5节我们将利用同样的论据来求解微分方程。

例1：\textbf{例1：}考虑方程(x4+y4)/x=u(x,y),sinx+cosy=v(x,y)(x^4+y^4)/x=u(x,y),\sin x+\cos y=v(x,y)，那么在哪些点附近我们可以用u,vu,v的形式求解出x,yx,y？

解：\textbf{解：}这里的函数是u(x,y)=f1(x,y)=(x4+y4)/x,v(x,y)=f2(x,y)=sinx+cosyu(x,y)=f_1(x,y)=(x^4+y^4)/x,v(x,y)=f_2(x,y)=\sin x+\cos y，我们想知道在哪些点附近我们可以求出x,yx,y，根据逆函数定理，我们必须先计算出∂(f1,f2)/∂(x,y)\partial(f_1,f_2)/\partial(x,y)。对于f=(f1,f2)f=(f_1,f_2)，我们取其定义域为A={(x,y)∈R2|x≠0}A=\{(x,y)\in R^2|x\neq 0\}，接下来

∂(f1,f2)∂(x,y)=∣∣∣∣∣∣∂f1∂x∂f2∂x∂f1∂y∂f2∂y∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣3x4−y4x2cosx4y3x−siny∣∣∣∣=(siny)x2(y4−3x4)−4y3xcosx

\begin{align*} \frac{\partial(f_1,f_2)}{\partial(x,y)} &=\begin{vmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x}&\frac{\partial f_1}{\partial y}\\ \frac{\partial f_2}{\partial x}&\frac{\partial f_2}{\partial y} \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} \frac{3x^4-y^4}{x^2}&\frac{4y^3}{x}\\ \cos x&-\sin y \end{vmatrix}\\ &=\frac{(\sin y)}{x^2}(y^4-3x^4)-\frac{4y^3}{x}\cos x \end{align*}

因此，对于没消失的点，我们可以用u,vu,v来表示x,yx,y。换句哈说，我们可以在靠近x,yx,y的附近求出x,yx,y，这种问题通常无法显式求出。例如如果x0=π/2,y0=π/2x_0=\pi/2,y_0=\pi/2，那么我们可以在x0,y0x_0,y_0附近求出x,yx,y，因为∂(f1,f2)/∂(x,y)≠0\partial(f_1,f_2)/\partial(x,y)\neq 0。

根据定理1，通过求雅克比矩阵的逆就能得到导数∂x/∂u\partial x/\partial u等，对于2×22\times 2的情况就是

∂x∂u=1Jf(x,y)∂v∂y,∂x∂v=−1Jf(x,y)∂u∂y;

\frac{\partial x}{\partial u}=\frac{1}{Jf(x,y)}\frac{\partial v}{\partial y},\quad\frac{\partial x}{\partial v}=\frac{-1}{Jf(x,y)}\frac{\partial u}{\partial y};

∂y∂u=−1Jf(x,y)∂v∂y,∂y∂v=1Jf(x,y)∂u∂y

\frac{\partial y}{\partial u}=\frac{-1}{Jf(x,y)}\frac{\partial v}{\partial y},\quad\frac{\partial y}{\partial v}=\frac{1}{Jf(x,y)}\frac{\partial u}{\partial y}

在本例中

∂x∂u=−(x2siny){(siny)(y4−3x4)−4y3xcosx}

\frac{\partial x}{\partial u}=\frac{-(x^2\sin y)}{\{(\sin y)(y^4-3x^4)-4y^3x\cos x\}}

注意这个答案使用x,yx,y而不是u,vu,v来表示，所以∂x/∂u\partial x/\partial u是在点u(x,y),v(x,y)u(x,y),v(x,y)处计算出来的。

逆函数定理是非常有用的，因为它告诉我们方程有解并说明如何求出解的微分，虽然可能无法显式求解出方程。

例2：\textbf{例2：}令u(x,y)=excosy,u(x,y)=exsinyu(x,y)=e^x\cos y,u(x,y)=e^x\sin y，说明(x,y)↦(u(x,y),v(x,y))(x,y)\mapsto(u(x,y),v(x,y))是局部可逆的，但是本身不可逆。

解：\textbf{解：}

∂(u,v)∂(x,y)=∣∣∣∣∣∣∂u∂x∂v∂x∂u∂y∂v∂y∣∣∣∣∣∣=∣∣∣excosyexsiny−exsinyexcosy∣∣∣=e2x(cos2y+sin2y)=e2x≠0

\begin{align*} \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} &=\begin{vmatrix} \frac{\partial u}{\partial x}&\frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial x}&\frac{\partial v}{\partial y} \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} e^x\cos y&-e^x\sin y\\ e^x\sin y&e^x\cos y \end{vmatrix}\\ &=e^{2x}(\cos^2y+\sin^2y)=e^{2x}\neq 0 \end{align*}

因此根据可逆函数定理，映射是局部可逆的。然而因为

u(x,y+2π)=u(x,y),v(x,y+2π)=v(x,y)

u(x,y+2\pi)=u(x,y),\quad v(x,y+2\pi)=v(x,y)

所以它不是(全局)一对一的。

注意对于f:R→Rf:R\to R，如果ff是可微的且对于所有的x,f′≠0x,f^\prime\neq0，那么f′(x)f^\prime(x)要么>0>0要么<0<script type="math/tex" id="MathJax-Element-114"><0</script>，因为f′f^\prime满足中值定理。从而ff肯定是(全局)一对一的，ff要么一直递增要么一直递减，上面的例子表明R2R^2中不一定如此。

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