Tekst źródłowy strony Matematyka:Matematyka II NI/Twierdzenie o lokalnej odwracalności

__NOTOC__

==Twierdzenie o lokalnej odwracalności== 
===Wstęp motywacyjny===

====Twierdzenie o funkcji odwrotnej dla funkcji jednej zmiennej====
Dla funkcji jednej zmiennej mieliśmy <i>twierdzenie o funkcji odwrotnej</i>, które dla wygody tutaj przypomnimy.

Niech <math>f: { \mathbb R}\supset ]a,b[ \rightarrow  { \mathbb R}</math>; przyjmijmy, że <math>f</math> jest klasy <math>C^1</math>.

Jeśli <math>f^{\prime }(x_0)\ne 0</math>, to wtedy <math>f^{\prime }(x)\ne 0</math> na pewnym przedziale <math>]x_0-\epsilon , x_0+\epsilon [</math> i wtedy <math>f</math> jest
<i>bijekcją</i> odcinka <math>]a,b[ </math> na <math>]f(a),f(b)[</math> (dla <math>f^{\prime }(x_0)>0</math>; w przypadku gdy <math>f^{\prime }(x_0)<0</math>
bijekcja jest na odcinek <math>]f(b),f(a)[</math>). Innymi słowy, w każdym punkcie <math>x\in ]x_0-\epsilon , x_0+\epsilon [</math>
istnieje funkcja odwrotna <math>f^{-1}</math>.
====Twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym====
Zastanówmy się teraz, czy i jak można to twierdzenie rozszerzyć na przypadek <i>odwzorowań</i>
<math>f: { \mathbb R}^n\rightarrow  { \mathbb R}^m</math> klasy <math>C^1</math>.

Przykłady z zakresu odwzorowań liniowych pokazują, kiedy na pewno <i>nie jest</i> możliwe znalezienie
odwzorowania odwrotnego. I tak, dla odwzorowania <math> { \mathbb R}^2\rightarrow  { \mathbb R}</math>, pytanie o istnienie odwz. odwrotnego
jest równoważne pytaniu o istnienie jednoznacznego rozwiązania układu równań liniowych. I tak np.
układ równań <math>ax+by=A</math> <i>nie ma</i> jednoznacznego rozwiązania (gdy <math>b\ne 0</math>, to rozwiązaniem jest:
<math>(x, y=\frac{A-ax}{b})</math> dla dowolnego <math>x</math>; a gdy <math>b=0</math>, to jest rozwiązaniem jest <math>(x=\frac{A}{a}, y)</math>-dowolne;
w obu więc przypadkach nie ma jednoznaczności rozwiązania). Podobnie można się przekonać, że dla <math>n<m</math>
żadne odwzorowanie liniowe nie może być wzajemnie jednoznaczne.

Przyjmijmy więc, że <math>n=m</math>, i spróbujmy odgadnąć kryteria na odwracalność odwzorowania.

Analogonem pochodnej funkcji jest pochodna odwzorowania, tzn. macierz Jacobiego. Można przypuścić, że
gdy macierz Jacobiego będzie <i>nieosobliwa</i> (tzn. rząd macierzy Jacobiego będzie równy <math>n</math>), to odwzorowanie
da się odwrócić. Okazuje się jednak, że jest to warunek <i>konieczny</i>, ale <i>niewystarczający</i>.

====Przykł.====
Rozpatrzmy: <math> { \mathbb R}^2\ni (x,y)\rightarrow (e^x\cos y, e^x\sin y)\in  { \mathbb R}^2</math>. Mamy:
::<math>
T^{\prime }(x)=
\left[
\begin{array}{cc}
e^x\cos y &- e^x\sin y\\
e^x\sin y & e^x\cos y
\end{array}
\right],
\;\;\;\;\;
\det T^{\prime }(x,y) = e^x \ne 0
</math>
zatem jakobian odwzorowania wszędzie jest różny od zera i macierz Jacobiego jest wszędzie nieosobliwa.
Ale: <math>T(x,y+2\pi )=T(x,y)</math>, tzn. odwzorowanie <i>nie jest</i> globalnie odwracalne.

Okazuje się, że jest niełatwo podać warunki na <i>globalną</i> odwracalność odwzorowań. Da się to
jednak zrobić zadowalając się odwracalnością <i>lokalną</i>, tzn. jeśli odwracalność
zachodzi na <i>małym otoczeniu</i> punktu <math>x_0</math> w przeciwobrazie i <math>T(x_0)</math> w obrazie. Do takiej
<i>lokalnej</i> odwracalności wystarczy, aby macierz Jacobiego w punkcie <math>x_0</math> była nieosobliwa.

Przyjrzyjmy się, 'jak to działa', gdy mamy do czynienia z odwzorowaniem <i>liniowym</i> <math>A:  { \mathbb R}^n\rightarrow  { \mathbb R}^n</math>.
Niech <math>y=Ax</math>. Wtedy pytanie, czy odwzorowanie <math>A</math> jest odwracalne (tzn. czy istnieje <math>A^{-1}</math>, jest
równoważne pytaniu, czy <i>układ równań liniowych</i> <math>Ax=y</math> posiada jednoznaczne rozwiązanie.
Wiemy z algebry, że odpowiedź jest pozytywna w przypadku, gdy macierz <math>A</math> jest odwracalna,
co jest równoważne temu, że <math>\det A\ne 0</math>.

Dokładniejsze sformułowanie podamy później, a na razie zdefiniujemy pojęcia, które będą potrzebne
dalej przy dowodzie.
===Norma na przestrzeni macierzy===

====Własności normy na przestrzeni wektorowej.====
Pamiętamy, że jeżeli <math>x,y\in  { \mathbb R}^N</math> &mdash; wektory (tzn. <math>x=(x^1, x^2,\dots , x^N)</math>, a <math>\lambda </math> &mdash; liczba,
i określiliśmy normę <math>||x||</math> wzorem
::<math>
||x||=\sqrt{\sum _{k=1}^N (x^i)^2}
</math>
to norma posiada własności:
<ol>
	<li>
	<math>||\lambda x||=|\lambda |\cdot ||x||</math> dla dowolnego <math>\alpha \in  { \mathbb R}</math> i <math>x\in  { \mathbb R}^N</math>.
	<li>
	<math>||x||\ge 0,</math> a równość <math>||x||=0</math> zachodzi tylko dla wektora zerowego <math>x=0</math>.
	<li>
	<math>||x+y||\le ||x|| + ||y||</math>
</ol>
====Iloczyn skalarny====
W przestrzeni <math> { \mathbb R}^N</math> możemy też wprowadzić <i>iloczyn skalarny</i><ref>Na razie jest to jedynie
definicja i nazwa; iloczyn skalarny ma kilka własności, które będą wymienione później</ref>. Iloczynem
skalarnym wektorów <math>x,y\in  { \mathbb R}^N</math> nazywamy liczbę <math>(x|y)</math> określoną jako
<equation id="uid7">
<math>(x|y) = \sum _{k=1}^N x^i y^i
</math>
</equation>
Dla tak zdefiniowanego iloczynu skalarnego
zachodzi <i>nierówność Schwarza</i>:
::<math>
\left|
\sum _{k=1}^N x^i y^i
\right|
\le ||x||\cdot ||y||.
</math>
====Przestrzeń wektorowa====
Jak pamiętamy z wykładu z algebry (a jeśli nie pamiętamy to niniejszym wprowadzamy), zbiór macierzy
ustalonego rozmiaru jest <i>przestrzenią wektorową</i>. Załóżmy, że mamy do czynienia z macierzami
rozmiaru <math>m\times n</math>, tzn. o <math>m</math> wierszach i <math>n</math> kolumnach. Taką macierz <math>A</math> zapisujemy jako:
<math>A=(a_{ij})</math>, gdzie <math>1\le i\le m</math>, <math>1\le j\le n</math>. Gdy chcemy z macierzy <math>A</math> 'wyjąć' element
macierzowy <math>a_{ij}</math>, to zapisujemy to jako: <math>(A)_{ij}</math> (element na skrzyżowaniu <math>i</math>-tego wiersza
i <math>j</math>-tej kolumny). Macierze można <i>dodawać</i>: Jeśli <math>A,B</math> &mdash; macierze
<math>m\times n</math>, to ich suma <math>C=A+B</math> jest macierzą <math>m\times n</math> o elementach
::<math>
c_{ij}=a_{ij}+b_{ij};
</math>
macierz można także <i>pomnożyć przez liczbę</i>: Jeśli <math>A</math> &mdash; macierz, <math>\lambda </math> &mdash; liczba, to iloczynem <math>\lambda A</math>
nazywamy macierz o elementach
::<math>
(\lambda A)_{ij} = \lambda a_{ij}.
</math>
Te dwie operacje (dodawanie macierzy oraz mnożenie macierzy przez liczbę) czynią ze zbioru macierzy przestrzeń
wektorową.

Przypomnijmy jeszcze, jak macierz <math>A</math> działa na wektor <math>x\in  { \mathbb R}^n</math>: Wynikiem jest wektor <math>y=Ax=(y_1,\dots , y_m)\in  { \mathbb R}^m</math>
o składowych
<equation id="uid8">
<math>y_i =(Ax)_i =\sum _{k=1}^n a_{ij} x^j

</math>
</equation>

Do zdefiniowania normy na przestrzeni macierzy będzie nam potrzebny następujaćy
====Lemat====
Niech <math>A=(a_{ij})</math> &mdash; macierz <math>m\times n</math>. Istnieje wtedy taka stała <math>C\ge 0</math>, że
dla dowolnego wektora <math>x=(x^1, \dots , x^n)\in  { \mathbb R}^n</math> zachodzi nierówność
<equation id="uid9">
<math>\underbrace{||Ax||}_{{\rm liczona\;\;w\;\;} { \mathbb R}^m}\le C\cdot \underbrace{||x||}_{{\rm liczona\;\;w\;\;} { \mathbb R}^m}
</math>
</equation>

=====Dowód=====
Niech <math>y=Ax</math> liczone jak w (<xr id="uid8"> %i</xr>). Liczymy kwadrat normy wektora <math>Ax</math>:
::<math>
||Ax||^2 =||y||^2=\sum _{i=1}^m (y_i)^2= \sum _{i=1}^m (\sum _{j=1}^n a_{ij} x^j)^2=\spadesuit </math>

Potraktujmy teraz macierz <math>A</math> jako kolekcję <math>m</math> wektorów (wierszowych) o długości <math>n</math>. Tzn. taki <math>i</math>-ty wektor
<math>a_i</math> ma składowe <math>(a_i)_j = a_{ij}</math>. W ten sposób, drugą sumę w powyższej podwójnej sumie
można potraktować jako <i>iloczyn skalarny</i> wektorów <math>a_i</math> oraz <math>x</math>. Korzystając z nierówności Schwarza
w <math> { \mathbb R}^n</math>,
mamy:
::<math>
\spadesuit \le \sum _{i=1}^m ||a_i||^2\cdot ||x||^2
=
||x||\sum _{i=1}^m \left(\sum _{j=1}^n (a_{ij})^2\right)
=
||x||\sum _{i=1}^m \sum _{j=1}^n (a_{ij})^2.
</math>
Wyciągając pierwiastek (obie strony są nieujemne), mamy
::<math>
||Ax||
\le \sqrt{\sum _{i=1}^m \sum _{j=1}^n (a_{ij})^2} \cdot ||x||;
</math>
za liczbę <math>C</math> w sformułowaniu Lematu możemy więc wziąć np.
::<math>
C=\sqrt{\sum _{i=1}^m \sum _{j=1}^n (a_{ij})^2}.
</math>

<span style="font-style: smaller"></span><span style="font-style: smaller"><b>CBDO</b></span> 
====Normą macierzy <math>A</math>====
nazywamy kres dolny zbioru <math>\Gamma \subset  { \mathbb R}_+\cup \lbrace 0\rbrace </math>, gdzie
::<math>
\Gamma = \lbrace  C\in  { \mathbb R}_+\cup \lbrace 0\rbrace :\displaystyle \mathop { \forall }_{x\in  { \mathbb R}^n} ||Ax||\le C ||x||\rbrace 
</math>

=====Uwaga=====
Definicja jest z sensem, bo z pokazanego dopiero co Lematu wynika, że zbiór <math>\Gamma </math> jest
niepusty. Stąd też mamy <i>nieujemność</i> normy:

::<math>
||A||\ge 0
</math>

dla dowolnej macierzy <math>A</math>.

=====Stwierdzenie=====
Norma macierzy posiada następujące własności:
<ol>
<li>
	<math>\displaystyle \mathop {\forall }_x ||Ax||\le ||A||\cdot ||x||</math>.
	<li>
	<math>||\lambda A||\le |\lambda |\cdot ||A||</math>.
<li>
	<math>||A+B||\le ||A||+||B||</math>.
<li>
	<math>||A||\ge 0</math>, przy czym <math>||A||=0 \Longleftrightarrow A=0</math>.
<li>
	<math>||A\cdot B|| \le ||A||\cdot ||B||</math> dla <math>A, B</math> &mdash; takich, że iloczyn <math>A\cdot B</math> jest określony.
</ol>

======Dowód======
<ol>
<li>Wynika z definicji normy.
<li>Oczywiste.
<li>Policzmy <math>||(A+B)x||</math>:
::<math>
||(A+B)x||
=
\underbrace{||Ax+Bx||}_{\rm norma\;wektora}
\overbrace{\le }^{\rm v.S.i.}
||Ax|| + ||Bx||
\overbrace{\le }^{{\rm wl.\;0.}}
||A||\cdot ||x|| + ||B||\cdot ||x||
=
(||A||+||B||)||x||
</math>

Pokazaliśmy więc, że dla dowolnego wektora <math>x</math> zachodzi <math>||(A+B)x||\le (||A||+||B||) \cdot ||x||</math>. Porównajmy to z
definicją normy: Norma <math>(A+B)</math> to <i>kres dolny</i> liczb <math>C</math> takich, że <math>||(A+B)x||\le C\cdot ||x||</math>, zatem

::<math>
||A+B||\le ||A||+||B||.
</math>
<li>Było, że <math>A=0\Longrightarrow ||A||=0</math>. Pokażemy, że też: <math>||A=0||\Longrightarrow A=0</math>.

<b>Dow.</b> będzie niewprost: Pokażemy, że jeżeli <math>A\ne 0\Longrightarrow ||A||>0</math>.
Najsampierw zauważmy, że jeśli <math>A\ne 0</math>, to istnieje wektor <math>x</math> taki, że <math>Ax\ne 0</math>.
Możemy założyć, że <math>||x||=1</math>. Niech <math>||Ax||=k>0</math>. Ponieważ <math>||Ax||\le ||A||</math> dla każdego <math>x</math>
takiego, że <math>||x||=1</math>, to znaczy, że <math>||A||\ge k>0</math>. <b></b><span style="font-style: smaller"><b>CBDO</b></span> w p. 3.
<li>Mamy:
::<math>
(A\cdot B)x||= ||A(Bx)||\le ||A||\cdot ||Bx||\le ||A||\cdot ||B||\cdot ||x||;
</math>
argumentując analogicznie jak pod koniec p. 2. mamy, że <math>||A\cdot B||\le ||A||\cdot ||B||</math>.
</ol>



===Zasada Banacha===

Niech <math>D</math> &mdash;zbiór domknięty w <math> { \mathbb R}^n</math>. Niech <math>T:K\rightarrow K</math>, <math>T</math> &mdash; ciągłe.
====Odwzorowanie zwężające====
Mówimy, że <math>T</math> jest <i>zwężające</i>, jeśli istnieje stała <math>C<</math> taka, że
::<math>
\displaystyle \mathop {\forall }_{x,y\in K} d(T(x),T(y)) \le C d(x,y)
</math>

====Twierdzenie====
Niech <math>T</math> &mdash; zwężające. Wtedy istnieje dokładnie jeden punkt stały dla <math>T</math>, tzn.
<math>\hat{x}\in K</math> taki, że <math>T(\hat{x})=\hat{x}</math>, przy czym
::<math>
\hat{x}={\displaystyle \mathop {\lim }_{n\rightarrow \infty } }T^n(x_0)\;\;\;\mbox{dla dowolnego } x_0\in K
</math>

=====Uwaga 1=====
Innymi słowy, możemy znaleźć punkt stały przez kolejne iteracje odwzorowania <math>T</math>
jako granicę ciągu: <math>x_0, T(x_0), T(T(x_0)), \dots )</math>.

=====Uwaga 2=====
Zasada Banacha jest bardzo potężnym narzędziem: W tym wykładzie użyjemy jej do dowodu tw. o lokalnej odwracalności, a potem do istnienia i jednoznaczności rozwiązania równania
różniczkowego.
=====Dowód=====
Załóżmy najsampierw, że istnieją dwa punkty stałe <math>x_1</math>, <math>x_2</math>, tzn. zachodzi: <math>T(x_1)=x_1</math>,
<math>T(x_2)=x_2</math>. Wtedy jednak, ponieważ <math>T</math> jest zwężające, mamy:
::<math>
d(T(x_1), T(x_2))\le C d(x_1,x_2),
</math>
i ponieważ <math>x_1, x_2</math> są punktami stałymi, to
::<math>
d(x_1,x_2)\le C d(x_1,x_2),
</math>
co może mieć miejsce tylko w przypadku, gdy <math>d(x_1,x_2)=0</math>, co implikuje, że <math>x_1=x_2</math>.

Jeśli więc istnieje punkt stały, to co najwyżej jeden.

Dla wykazania, że punkt stały istnieje, pokażemy najsampierw, że ciąg <math>x_n = T^n(x_0)</math>, <math>x_0\in K</math>, jest zbieżny.
A jeżeli jest zbieżny, to jego granica <math>\hat{x} = {\displaystyle \mathop {\lim }_{n\rightarrow \infty } }x_n</math> należy do <math>K</math>, bo <math>K</math> jest domknięty.
Ta granica <math>\hat{x}</math> jest też punktem stałym <math>T</math>, bo
::<math>
T(\hat{x}) = {\displaystyle \mathop {\lim }_{n\rightarrow \infty } }T(x_n) ={\displaystyle \mathop {\lim }_{n\rightarrow \infty } }x_{n+1} = \hat{x}.
</math>
Będziemy wykazywać, że ciąg <math>\lbrace  {x}_n \rbrace </math>  jest ciągiem Cauchy'ego, tzn. że
::<math>
\displaystyle \mathop \forall _{\epsilon >0}
\mathop \exists _{N\in  { \mathbb N}}
\mathop \forall _{n>N}
\mathop \forall _{k\in  { \mathbb N}}
d(x_{n+k},x_n)\le \epsilon .
</math>
Mamy:
<equation id="uid21">
<math>d(x_{n+k},x_n)=d(T^{n+k}(x_0), T^n(x_0))=d(T^n(x_k),T^n(x_0))\le C^n d(x_k, x_0)</math>
</equation>
Potrzebujemy oszacowania na <math>d(x_k,x_0)</math> niezależnego od <math>k</math>. Najsampierw weźmy:
::<math>
d(x_2,x_0) \le d(x_2, x_1) + d(x_1,x_0) = d(T(x_1), T(x_0)) + d(x_1,x_0)\le d(x_1,x_0) (1+C);
</math>
i ogólniej mamy:
::<math>
d(x_n,x_0) \le d(x_n, x_{n-1}) + d(x_{n-1},x_0)
\le C^{n-1}d(x_1, x_0) + d(x_{n-1},x_0)
</math>
::<math>
\le d(x_1,x_0) C^{n-1} +d(x_{n-1}, x_{n-2})+ d(x_{n-2},x_0)\le (C^{n-1}+C^{n-2}) d(x_1, x_0) + d(x_{n-2},x_0)
\le \dots </math>
::<math>
\le (C^{n-1}+C^{n-2}+\dots + C +1) d(x_1, x_0)
</math>
i sumując szereg geometryczny, otrzymamy ostatecznie, że
::<math>
d(x_n,x_0) \le d(x_1,x_0) (C^{n-1}+C^{n-2}) + \dots + C +1) d(x_1, x_0)
=
\frac{1}{1-C} d(x_1, x_0).
</math>
Wstawiając to do (<xr id="uid21"> %i</xr>), otrzymamy ostatecznie, że
::<math>
d(x_{n+k},x_n)\le \frac{C^n}{1-C} d(x_1, x_0)
</math>
Zatem ciąg <math>\lbrace  {x}_n \rbrace </math>  jest ciągiem Cauchy'ego i, ponieważ <math>K</math> jest domknięty,
posiada granicę należącą do <math>K</math>.

<span style="font-style: smaller"></span><span style="font-style: smaller"><b>CBDO</b></span>

====Mamy następujący prosty fakt dotyczący funkcji rzeczywistych.====
Niech <math>f:]a,b[\rightarrow  { \mathbb R}</math> &mdash; różniczkowalna. Dla dowolnych <math>x,y\in ]a,b[</math> istnieje
taki punkt <math>\xi \in ]x,y[</math>, że
::<math>
\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=f^{\prime }(\xi ).
</math>
Niech pochodna <math>f^{\prime }(x)</math> będzie ograniczona na odcinku <math>]a,b[</math>: <math>|f^{\prime }(x)|<C</math> dla dowolnego <math>x\in ]a,b[</math>.
Wtedy dla dowolnych <math>x,y\in ]a,b[</math> mamy
::<math>
|f(x)-f(y)|=|f^{\prime }(\xi )|\cdot |x-y|\le C|x-y|.
</math>
Będziemy potrzebowali rozszerzenia tego faktu na odwzorowania. Okazuje się, że zachodzi

====Stwierdzenie====
Niech <math> {\cal O}\subset  { \mathbb R}^n</math> &mdash; otwarty i wypukły. Niech <math>T: {\cal O}\rightarrow  {\cal U}\subset  { \mathbb R}^m</math>.
Niech <i>norma</i> z pochodnej <math>T</math> będzie ograniczona, tzn. dla każdego <math>x\in  {\cal O}</math> niech <math>||T^{\prime }(x)||\le C</math>.
Wtedy
::<math>
d(T(x),T(y))\le C d(x,y)
</math>
dla dowolnych <math>x,y\in  {\cal O}</math>.

=====Uzupełnienie=====
Zbiór <math>X\subset  { \mathbb R}^N</math> nazywamy wypukłym, gdy dla dowolnych jego punktów <math>x,y</math>,
także punkt <math>z=\alpha x + (1-\alpha )y</math> należy do <math>X</math> dla dowolnego <math>\alpha \in [0,1]</math>. <b>RYS.</b>

=====Dowód=====
Weźmy <math>h\in  { \mathbb R}^n</math> na tyle małe, aby <math>y=x+h</math> należało do <math> {\cal O}</math>. (<b>RYS.</b>).
Niech <math> { \mathbb R}^m\ni k=T(x+h)-T(x)</math>; naówczas <math>||k||=d(T(x+h),T(x)</math>.

Zdefiniujmy funkcję zmiennej rzeczywistej <math>\lambda </math>, <math>\lambda \in [0,1]</math>:
::<math>
f(\lambda )=\sum _{i=1}^m k^i (T^i(x+\lambda h)-T^i(x)).
</math>
Policzmy pochodną <math>f(\lambda )</math>:
<equation id="uid22">
<math>\frac{{\sf d}f}{{\sf d}\lambda } = \sum _{i=1}^m k^i
\sum _{j=1}^n
\frac{\partial T^i}{\partial x^j}(x+\lambda h)h^j</math>
</equation>
Mamy: <math>f(0)=0</math> oraz <math>f(1)=||k||^2</math>. Wobec tego, z tw. Lagrange'a o wartości średniejwnosimy, iż istnieje <math>\xi \in ]0,1[</math> t. że
<math>f(1)-f(0)=f^{\prime }(\xi )</math>. Pisząc jawnie wyrażenie (<xr id="uid22"> %i</xr>) na <math>f^{\prime }(\lambda )</math> uzyskane wyżej, mamy
::<math>
\left|
\sum _{i=1}^m k^i
\sum _{j=1}^n
\frac{\partial T^i}{\partial x^j}(x+\xi h)h^j
\right|
=||k||^2
</math>
Z własności 4. dla normy macierzy, mamy, iż lewa strona jest nie większa niż
::<math>
||k||\cdot ||T^{\prime }(x+\xi h) h||
</math>
zatem
::<math>
||k||^2 \le ||k|| \cdot ||T^{\prime }(x+\xi h) h||
\le ||k|| \cdot ||T^{\prime }(x+\xi h)||\cdot || h||
\le ||k||\cdot C \cdot ||h||,
</math>
zatem
::<math>
||k||\le C\cdot ||h||,
</math>
co znaczy, że
::<math>
d(T(x+h),T(x))\le C\cdot d(x+h,x)
</math>
czyli
::<math>
d(T(x),T(y))\le C\cdot d(x,y)
</math>

<span style="font-style: smaller"></span><span style="font-style: smaller"><b>CBDO</b></span>

=====Morał===== 
Jeśli <math>C<1</math>, to <math>T</math> jest zbliżające.

Teraz już jesteśmy gotowi, aby sformułować
===Twierdzenie o lokalnej odwracalności===
<b>RYS.</b>

Niech <math>F: {\cal O}\rightarrow  { \mathbb R}^n</math>, gdzie <math> {\cal O}\subset  { \mathbb R}^n</math>. Zakładamy, że <math>F</math> jest klasy <math>C^1</math>.
Niech <math>x_0\in  {\cal O}</math> i niech <math>F^{\prime }(x_0)</math> będzie odwracalne, tzn. <math>\det F^{\prime }(x_0)\ne 0</math>.

Wtedy istnieje otoczenie punktu <math>x_0</math> (a więc i <math>K(x_0,r),\; r>0</math>) i istnieje otoczenie <math> {\cal U}</math>
punktu <math>F(x_0)</math> takie, że odwzorowanie <math>F</math> obcięte do <math>K(x_0,r)</math>:
<math>\left. F\right|_{K(x_0,r)} : K(x_0,r) \rightarrow  {\cal U}</math>
jest odwracalne. Odwzorowanie odwrotne do niego jest też klasy <math>C^1</math>.

Oznaczmy: <math>\left. F\right|_{K(x_0,r)}=\tilde{F}</math>. Wtedy wyrażenie na pochodną <math>(\tilde{F}^{-1})^{\prime }</math>
odwzorowania odwrotnego jest dane przez

<equation id="uid24">
<math>(\tilde{F}^{-1})^{\prime } (\tilde{F}(x)) = (\tilde{F}^{\prime }(x))^{-1}.

</math>
</equation>

====Dowód====
Jak pamiętamy, odwzorowanie odwrotne jest zdefiniowane przez: <math>\tilde{F}^{-1} \circ \tilde{F} = {\rm Id}\,</math> lub,
jawnie wypisując argument(-y),
<equation id="uid25">
<math>(\tilde{F}^{-1})(\tilde{F}(x)) =x</math>
</equation>
Jeśli <math>\tilde{F}</math> oraz <math>\tilde{F}^{-1} </math> są klasy <math>C^1</math>, to obliczając pochodne
obu stron wyrażenia (<xr id="uid25"> %i</xr>) i korzystając z wzoru na pochodną odwzorowania złożonego mamy
::<math>
(\tilde{F}^{-1})^{\prime }(\tilde{F}(x))\cdot (\tilde{F}^{\prime }(x)) = I,
</math>
(<math>I</math> &mdash; macierz jednostkowa) czyli
::<math>
(\tilde{F}^{-1})^{\prime }(\tilde{F}(x)) = (\tilde{F}^{\prime }(x))^{-1}.
</math>
czyli mamy wzór (<xr id="uid24"> %i</xr>). Pozostaje wykazać całą resztę tezy.

Oznaczmy: <math>F^{\prime }(x_0) = A</math> i wybierzmy <math>\lambda \in  { \mathbb R}_+</math> tak, aby <math>4\lambda ||A^{-1}||=1</math>. Ponieważ <math>F</math> jest klasy <math>C^1</math>, tzn. jego pochodne cząstkowe są ciągłe,
to istnieje kula otwarta <math>U</math> o środku w punkcie <math>x_0</math> taka, że
<equation id="uid26">
<math>||F^{\prime }(x)-A|| < 2\lambda \;\;\;\;\;\mbox{dla wszystkich}\;\;\;x\in U.</math>
</equation>
Załóżmy, że <math>x\in U</math>, <math>x+h\in U</math> i zdefiniujmy <math>\Phi : [0,1]\rightarrow  { \mathbb R}^n</math>:
::<math>
\Phi (t)=F(x+th)-F(x)-tAh\;\;\;\;\;0\le t\le 1.
</math>
Ponieważ kula <math>U</math> jest zbiorem wypukłym<ref>To chyba nie było dowodzone; wydaje się, że warto</ref>,
to <math>x+th\in U</math> dla <math>0\le t\le 1</math> i z (<xr id="uid26"> %i</xr>) wynika, że
<equation id="uid28">
<math>||\Phi ^{\prime }(t)||
=
|| F^{\prime }(x+th)h -Ah||
=
|| (F^{\prime }(x+th) -A)h||
\le || F^{\prime }(x+th) -A||\cdot ||h||
\le 2\lambda ||h||
\le \frac{1}{2}||Ah||</math>
</equation>
(w przedostatniej nierówności skorzystaliśmy z (<xr id="uid26"> %i</xr>)). Ostatnia nierówność wynika
z następującej argumentacji:
<equation id="uid29">
<math>2\lambda ||h||= 2\lambda ||A^{-1} A h||\le 2 \lambda ||A^{-1}||\cdot ||Ah|| = \frac{1}{2}||Ah||.
</math>
</equation>
Przypomnijmy sobie teraz Stw. ze str. 6 mówiące, że jeżeli odwzorowanie <math>T: { \mathbb R}^m\rightarrow  { \mathbb R}^n</math>
ma pochodną ograniczoną przez <math>C</math>, to dla dowolnych <math>x,y\in  { \mathbb R}^m</math> zachodzi nierówność
<math>d(T(x),T(y))\le C d(x,y)</math>. Zastosujmy go do funkcji <math>\Phi :  { \mathbb R}\rightarrow  { \mathbb R}^n</math>:
Jeżeli jest spełnione oszacowanie (<xr id="uid28"> %i</xr>) na normę <math>\Phi </math>, to biorąc <math>x=1,y=0</math> dostajemy
::<math>
||\Phi (1)-\Phi (0)||\le \frac{1}{2}||Ah||,
</math>
co można przepisać jako
<equation id="uid30">
<math>||F(x+h)-F(x)-Ah||\le \frac{1}{2}||Ah||.</math>
</equation>
Oznaczmy na chwilę <math>F(x+h)-F(x)=\Delta </math>. Mamy więc: <math>||\Delta -Ah||\le \frac{1}{2}||Ah||</math> lub
<equation id="uid31">
<math>-||\Delta -Ah||\ge -\frac{1}{2}||Ah||;</math>
</equation>
Ponadto:
::<math>
||Ah||=||\Delta -Ah-\Delta ||\le ||\Delta -Ah||+||\Delta ||,
</math>
czyli
::<math>
||\Delta ||\ge ||Ah||-||\Delta -Ah||
</math>
zaś uwzględniając (<xr id="uid31"> %i</xr>) mamy:
::<math>
||\Delta ||\ge ||Ah||-\frac{1}{2}||Ah||=\frac{1}{2}||Ah||,
</math>
czyli, uwzględniając jeszcze (<xr id="uid29"> %i</xr>), dostajemy
<equation id="uid32">
<math>||F(x+h)-F(x)||\ge \frac{1}{2} ||Ah|| \ge 2 \lambda ||h||.</math>
</equation>
Nierówności (<xr id="uid30"> %i</xr>) i (<xr id="uid32"> %i</xr>) zachodzą dla <i>dowolnych</i> <math>x</math> i <math>h</math> takich, że
<math>x\in U</math> i <math>x+h\in U</math>. Tak więc nierówność (<xr id="uid32"> %i</xr>) mówi, że <math>F</math> jest <i>wzajemnie
jednoznaczna</i> na <math>U</math> (bowiem nie ma takich punktów <math>x,x+h</math> aby zachodziło <math>F(x)=F(x+h)</math>).

Pozostaje pokazać <i>ciągłość</i> i <i>różniczkowalność</i> odwzorowania odwrotnego.
Oznaczmy odwzorowanie odwrotne do <math>F</math> przez <math>G</math>.

Niech <math> {\cal U}=F(U)</math>, niech <math>y\in  {\cal U}</math>, <math>y+k\in V</math> i niech <math>x=G(y)</math>. Niech
::<math>
h=G(y+k)-G(y).
</math>
Pamiętamy, że na <math>U</math> pochodna <math>F^{\prime }(x)</math> ma operator odwrotny, który oznaczymy przez <math>B</math>.

Odwzorowanie <math>F</math> jest różniczkowalne, więc możemy zapisać:
::<math>
k=F(x+h)-F(x) = F^{\prime }(x) h + r(h),
</math>
gdzie <math>r(h)</math> jest <i>resztą</i>, tzn. zachodzi: <math>\frac{||r(h)||}{||h||}\rightarrow 0</math> dla <math>h\rightarrow 0</math>.
Na obie strony powyższej równości zadziałajmy operatorem <math>B</math>. Otrzymamy: <math>Bk=h+Br(h)</math> lub
<equation id="uid33">
<math>G(y+k)-G(y) = Bk -B(r(h)).</math>
</equation>
Na mocy (<xr id="uid32"> %i</xr>), <math>2\lambda ||h||\le ||k||</math>. Zatem <math>h\rightarrow 0</math>, jeśli <math>k\rightarrow 0</math> (co dowodzi ciągłości <math>G</math>
w punkcie <math>y</math>) oraz
<equation id="uid34">
<math>\frac{||B(r(h))||}{||k||}
\le \frac{||B||}{2\lambda }\cdot \frac{||r(h)||}{||h||}\rightarrow 0,\;\;\;\;\;\mbox{gdy}\;\;\;k\rightarrow 0.</math>
</equation>
Z porównania (<xr id="uid33"> %i</xr>) i (<xr id="uid34"> %i</xr>) wynika, że <math>G</math> jest różniczkowalna w punkcie <math>y</math> oraz
że <math>G^{\prime }(y)=B</math>. Można to przeformułować mówiąc, że dla <math>y\in  {\cal U}</math> zachodzi
<equation id="uid35">
<math>G^{\prime }(y) = [F^{\prime }(G(y))]^{-1}.</math>
</equation>
o czym już wiedzieliśmy z formalnego rachunku tuż przed dowodem (ale dopiero teraz uzasadniliśmy
poprawność tego rachunku).

<span style="font-style: smaller"></span><span style="font-style: smaller"><b>CBDO</b></span>

=====Przykł.=====
Dla <math>F: { \mathbb R}^2\ni (r,\phi ) \rightarrow (x,y)\in  { \mathbb R}^2</math> określonego jako: <math>x(r,\phi )= r\cos \phi </math>,
<math>y(r,\phi )=r\sin \phi </math> pokazujemy bezpośrednim rachunkiem, że <math>(F^{-1})^{\prime } = (F^{\prime })^{-1}</math>.

==Tw. o funkcji uwikłanej==
===Układ równań liniowych===
Aby wyrobić intuicję, rozpatrzmy najsampierw układy równań <i>liniowych</i>.
Taki układ to <math>m</math> równań na <math>N</math> zmiennych, gdzie założymy, że <math>N>m</math>. <ref>Dlaczego zakładamy,
że ilość równań jest mniejsza od ilości niewiadomych? Bo gdy jest większa, tzn. <math>N<m</math>,
to &mdash; jeśli
równania są liniowo niezależne &mdash; to układ nie ma rozwiązań, a gdy <math>N=m</math>, to mamy sytuację
z tw. o lokalnej odwracalności.</ref>
W takiej sytuacji, jeśli jest spełniony określony warunek, który zaraz wypiszemy, możemy
wyrazić <math>m</math> zmiennych jako funkcję pozostałych <math>N-m</math>.
====Przykłady====
<ol>
	<dt>
	(1)
	<li>
	<span style="font-style: smaller"><math>N=3</math>, <math>m=1</math>. Weźmy równanie:</span>

::<math>
3x+2y+z=1
</math>

<span style="font-style: smaller">(Geometrycznie, powyższe równanie opisuje </span><span style="font-style: smaller"><i>płaszczyznę</i></span><span style="font-style: smaller"> w <math> { \mathbb R}^3</math> &mdash; więc obiekt dwuwymiarowy.)
Jedną ze zmiennych (np. <math>z</math>) można wyrazić jako funkcję od pozostałych dwóch <math>x,y</math>:</span>

::<math>
z=1-3x-2y
</math>

<span style="font-style: smaller"></span>

	<dt>
	(2)
	<li>
	<span style="font-style: smaller"><math>N=3</math>, <math>m=2</math>. Weźmy układ 2 równań na 3 niewiadome:</span>

::<math>
\left\lbrace 
\begin{array}{ccc}
x+y+z & = & 1\\
x+2y -z & = & 1
\end{array}
\right.
</math>

<span style="font-style: smaller">(Geometrycznie, powyższy układ dwóch równań opisuje przecięcie dwóch płaszczyzn,
a więc </span><span style="font-style: smaller"><i>prostą</i></span><span style="font-style: smaller">).
Wybierzmy dwie zmienne, np. <math>x,y</math> i wyraźmy je jako funkcje pozostałej zmiennej <math>z</math>. Mamy:</span>

::<math>
W = \left|
\begin{array}{cc}
1&1\\
1&2
\end{array}
\right|=1,\;\;\;\;\;
W_x = \left|
\begin{array}{cc}
1-z&1\\
1+z&2
\end{array}
\right|=1-3z,\;\;\;\;\;
W_y = \left|
\begin{array}{cc}
1&1-z\\
1&1+z
\end{array}
\right|=2z\;\;\;\;\;
</math>

<span style="font-style: smaller">czyli rozwiązaniem jest:
<math> \left\lbrace  \begin{array}{ccc} x& = & 1-3z\\ y& = & 2z \end{array} \right. </math></span>

	<dt>
	(3)
	<li>
	<span style="font-style: smaller">W ogólnym przypadku <math>m</math> równań na <math>N</math> zmiennych, wybieramy <math>m</math> zmiennych
które chcemy wyrazić jako funkcje <math>N-m</math> pozostałych. Zmienne zalezne przenosimy na
</span><span style="font-style: smaller"><i>lewą </i></span><span style="font-style: smaller"> stronę układu, a zmienne niezależne &mdash; na prawą, traktując je
jako parametry. Układ da się rozwiązać, jeśli główny wyznacznik jest różny
od zera.
</span>
</ol>
===Układ równań nieliniowych===
Wróćmy teraz do sytuacji, którą będziemy chcieli analizować: Będzie to układ <math>m</math>
równań na <math>N</math> zmiennych, ale równań na ogół <i>nieliniowych</i>.

W ogólnym przypadku rozwiązywanie takich układów jest bardzo trudne (podobnie jak przy
konstrukcji odwzorowania odwrotnego). Jeżeli jednak ograniczymy się do sytuacji <i>lokalnych</i>,
tzn. małego otoczenia jakiegoś punktu z <math> { \mathbb R}^N</math>, to sytuacja pod wieloma względami
przypomina to, z czym mamy do czynienia w przypadku układów równań liniowych. Zanim sformułujemy
odpowiednie twierdzenie, podeprzemy się znów dwoma przykładami.
<ol>
	<dt>
	(1)
	<li>
	<span style="font-style: smaller"><math>N=2</math>, <math>m=1</math>.</span>

::<math>
x^2 + y^2 =2
</math>

<span style="font-style: smaller">co możemy zapisać jako: <math>H(x,y)=0</math>, gdzie <math>H(x,y)=x^2+y^2-2</math>. Weżmy punkt <math>p=(1,1)</math> na płaszczyźnie;
widać, że w otoczeniu tego punktu można wyrazić jedną ze zmiennych, np. <math>y</math> jako funkcję pozostałej
(tu <math>x</math>). </span><span style="font-style: smaller"><b>RYS.</b></span><span style="font-style: smaller"> (Rozwiązanie można tu napisać jawnie, tzn. <math>y=+\sqrt{2-x^2}</math>).
Inna jest sytuacja w otoczeniu punktu <math>p^*=(2,0)</math>. W żadnym otoczeniu tego
punktu nie można </span><span style="font-style: smaller"><i>jednoznacznie</i></span><span style="font-style: smaller"> wyrazić <math>y</math> jako funkcji <math>x</math>.</span>

	<dt>
	(2)
	<li>
	<span style="font-style: smaller"><math>N=3</math>, <math>m=2</math>.</span>

::<math>
W = \left\lbrace 
\begin{array}{ccc}
x^2+y^2+z^2 -1 & = & 0\\
x+2y+3z & = & 0
\end{array}
\right.
</math>

<span style="font-style: smaller">Co opisuje ten układ równań? Pierwsze równanie to równanie </span><span style="font-style: smaller"><i>sfery</i></span><span style="font-style: smaller">, a drugie &mdash; </span><span style="font-style: smaller"><i>płaszczyzny</i></span><span style="font-style: smaller">,
zatem powyższy układ to </span><span style="font-style: smaller"><i>przecięcie</i></span><span style="font-style: smaller"> sfery z płaszczyzną, czyli </span><span style="font-style: smaller"><i>okrąg</i></span><span style="font-style: smaller"> (łatwo się przekonać, że
nie jest to zbiór pusty ani punkt). Rozwiązaniem powyższego układu byłaby para zmiennych, np. <math>x</math> i <math>y</math>
jako funkcja pozostałej trzeciej:
<math> \left\lbrace  \begin{array}{ccc} x& = & x(z),\\ y& = &y(z) \end{array} \right., </math>
czyli opis parametryczny okręgu. Jest to możliwe dla prawie wszystkich punktów okręgu,
z wyjątkiem jednak niektórych z nich. Poniżej zobaczymy, jak rozpoznać, kiedy w otoczeniu
danego punktu jest możliwy taki jednoznaczny opis parametryczny, a kiedy nie jest możliwy.</span>

	<dt>
	(3)
	<li>
	<span style="font-style: smaller"></span><span style="font-style: smaller"><b>Przykład z innej beczki &mdash; termodynamika</b></span><span style="font-style: smaller">. Równanie stanu, np. <math>F(p,V,T)=0</math> i konieczność
policzenia stąd np. <math>p(V,T)</math></span>

	<dt>
	(4)
	<li>
	<span style="font-style: smaller"></span><span style="font-style: smaller"><b>Przykład z jeszcze innej beczki &mdash; mechanika</b></span><span style="font-style: smaller">. Układy z więzami (np. punkt uwięziony
na powierzchni i ślizgający się tylko po niej).
</span>

</ol>

Rozpatrzmy teraz przypadek ogólny. Zmienimy najpierw trochę oznaczenia: Ponieważ <math>N>m</math>, będziemy
pisać: <math>N=n+m</math> (gdzie <math>n>0</math>). Mamy zatem układ <math>m</math> równań na <math>n+m</math> zmiennych. Będziemy ten
układ (lokalnie) rozwiązywać, tzn. wyznaczać <math>m</math> zmiennych jako funkcje <math>n</math> pozostałych.
Zmienne <i>niezależne</i> oznaczać będziemy jako <math>x=(x_1, \dots , x_n)</math>, zaś zmienne
<i>zależne</i> jako <math>y=(y_1, \dots , y_m)</math>.

Załóżmy więc, że mamy odwzorowanie <math>H: { \mathbb R}^n\times  { \mathbb R}^m\supset  {\cal O}\rightarrow  { \mathbb R}^m</math> (<math> {\cal O}</math> jest zb. otwartym)
klasy <math>C^1</math>. <math>H(x,y)</math> jest więc wektorem o <math>m</math> składowych:
::<math>
H(x,y)= \left(
\begin{array}{c}
H^1(x,y)\\
H^2(x,y)\\
\vdots \\
H^m(x,y)
\end{array}
\right)
</math>
zaś równość: <math>H(x,y)=0</math> możemy przepisać jako <math>m</math> równań:
::<math>
H(x,y)= \left\lbrace 
\begin{array}{ccc}
H^1(x,y) & = & 0\\
H^2(x,y)& = & 0\\
& \vdots & \\
H^m(x,y)& = & 0
\end{array}
\right.
</math>
Popatrzmy jeszcze na macierz pochodnej <math>H^{\prime }</math>. Jest to macierz rozmiaru <math>m\times (n+m)</math>:
<equation id="uid44">
<math>H^{\prime }
=
\left[
\begin{array}{cccccc}
\frac{\partial H^1}{\partial x^1} &
\dots &
\frac{\partial H^1}{\partial x^n} &
\frac{\partial H^1}{\partial y^1} &
\dots &
\frac{\partial H^1}{\partial y^m}
\\
\frac{\partial H^2}{\partial x^1} &
\dots &
\frac{\partial H^2}{\partial x^n} &
\frac{\partial H^2}{\partial y^1} &
\dots &
\frac{\partial H^2}{\partial y^m}
\\
\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\vdots \\
\frac{\partial H^m}{\partial x^1} &
\dots &
\frac{\partial H^m}{\partial x^n} &
\frac{\partial H^m}{\partial y^1} &
\dots &
\frac{\partial H^m}{\partial y^m}\\
\end{array}
\right]</math>
</equation>
Są tam pochodne po zmiennych <math>x</math> oraz <math>y</math>. Macierz pochodnych <math>H</math> po zmiennych <math>x</math> oznaczymy jako <math>H^{\prime }_x</math>
(jest to macierz <math>m\times n</math>),
zaś po zmiennych <math>y</math> jako <math>H^{\prime }_y</math> (jest to macierz <math>m\times m</math>). Możemy więc napisać
::<math>
H^{\prime }
=
(H^{\prime }_x,H^{\prime }_y)
</math>
===Twierdzenie (o funkcji uwikłanej)===
Niech <math>H: { \mathbb R}^n\times  { \mathbb R}^m\supset  {\cal O}\rightarrow  { \mathbb R}^m</math> (<math> {\cal O}</math> jest zb. otwartym) będzie odwzorowaniem klasy <math>C^1</math>. Niech <math>H(x_0,y_0)=0</math>. Niech <math>H^{\prime }_y(x_0,y_0)</math> będzie odwracalna.

Wtedy istnieje otoczenie <math> {\cal U}</math> punktu <math>x_0</math>: <math> {\cal U}\subset  { \mathbb R}^n</math> oraz odwzorowanie <math>\phi </math> klasy <math>C^1</math>:
<math>\phi :  {\cal U}\rightarrow  { \mathbb R}^m</math> takie, że
<equation id="uid45">
<math>H(x,\phi (x)) \equiv 0 \;\;\;\mbox{dla}\;\; x\in  {\cal U}
</math>
</equation>
oraz pochodna <math>\phi ^{\prime }(x)</math> jest równa
<equation id="uid46">
<math>\phi ^{\prime }(x)= - (H^{\prime }_y(x,\phi (x)))^{-1} \cdot (H^{\prime }_x(x,\phi (x))).
</math>
</equation>

====Dowód====
Zdefiniujmy odwzorowanie <math>\Psi </math> następująco:
::<math>
\Psi :  {\cal O}\ni (x,y) \rightarrow (x,H(x,y))\in  { \mathbb R}^n\times  { \mathbb R}^m,
</math>
czyli jawnie, w składowych:
::<math>
\left(
\begin{array}{c}
x^1\\
\vdots \\
x^n\\
y^1\\
\vdots \\
y^m
\end{array}
\right)</math><math>
\stackrel{\Psi }{\rightarrow }</math><math>
\left(
\begin{array}{c}
x^1\\
\vdots \\
x^n\\
H^1(x,y)\\
\vdots \\
H^m(x,y)
\end{array}
\right)</math> co daje <math>\Psi ^{\prime }(x_0,y_0)</math><math>=\left(\begin{matrix} 
{\bf I} _n & \bf 0\\
H^{\prime }_x(x_0,y_0) & H^{\prime }_y(x_0,y_0)
\end{matrix}\right)
</math>
gdzie <math>{\bf I} _n</math> jest macierzą jednostkową rozmiaru <math>n\times n</math>, <math>\bf 0</math> jest macierzą
rozmiaru <math>n\times m</math> złożoną
z samych zer.

Mamy:
::<math>
\det (\Psi ^{\prime }(x_0,y_0)) = \det (H^{\prime }_y(x_0,y_0) \ne 0\;\;\;\mbox{z założenia}.
</math>
zatem &mdash; z twierdzenia o lokalnej odwracalności &mdash; istnieje otoczenie <math> {\cal V}</math> punktu <math>(x_0,0)</math>
oraz otoczenie <math> {\cal W}</math> punktu <math>(x_0,y_0)</math> oraz istnieje odwzorowanie <math>\Psi ^{-1}</math> określone
na <math> {\cal V}</math>: <math>\Psi ^{-1}:  {\cal V}\rightarrow  {\cal W}</math> takie, że
::<math>
\Psi ^{-1}(x,z) = (x,\tilde{\phi }(x,z))\in  {\cal W}</math>
Odwzorowanie <math>\tilde{\phi }</math> jest klasy <math>C^1</math>. Oznaczmy teraz:
::<math>
\phi (x)=\tilde{\phi }(x,0);
</math>
mamy:
::<math>
\Psi (x, \tilde{\phi }(x,z))=(x,z)
</math>
i z definicji odwzorowania <math>\Psi </math>
::<math>
\Psi (x, \tilde{\phi }(x,z))
=
(x,H(x, \tilde{\phi }(x,z)))
=
(x,z)
</math>
i patrząc na drugie składowe powyższej równości dla <math>z=0</math> mamy
::<math>
H(x,\phi (x)) = H (x, \tilde{\phi }(x,0)) = 0
</math>
Znaleźliśmy więc odwzorowanie <math>\phi </math> o własnościach danych przez (<xr id="uid45"> %i</xr>).

Co do wzoru (<xr id="uid46"> %i</xr>) na pochodną, to rozważmy następujące odwzorowanie <math>F:  { \mathbb R}^n\rightarrow  { \mathbb R}^m</math>:
::<math>
F(x)=H(x,\phi (x)).
</math>
<math>F</math> jest odwzorowaniem tożsamościowo równym zeru, więc jego pochodna też jest tożsamościowo
równa zeru (i wyższe pochodne też). Policzmy pochodną <math>F^{\prime }</math>:

<span style="None">?? Bardziej szczegółowa kalkulacja?? </span>
::<math>
F^{\prime }(x)=H^{\prime }_x(x,\phi (x) + H^{\prime }_y(x,\phi (x))\cdot \phi ^{\prime }(x) \equiv 0,
</math>
co daje
::<math>
-H^{\prime }_x(x,\phi (x) = H^{\prime }_y(x,\phi (x))\cdot \phi ^{\prime }(x)
</math>
i po pomnożeniu (lewostronnym) przez macierz <math>(H^{\prime }_y(x,\phi (x)))^{-1}</math> (a pomnożyć można, bo w dostatecznie
małym otoczeniu <math>x_0</math> macierz <math>H^{\prime }_y(x,\phi (x))</math> jest odwracalna) dostajemy wzór (<xr id="uid46"> %i</xr>).

<span style="font-style: smaller"></span><span style="font-style: smaller"><b>CBDO</b></span>

====Przykł.====
<math>H:  { \mathbb R}^3\rightarrow  { \mathbb R}</math>; czyli <math>m=1, n=2</math>; czyli mamy tu jedno równanie na 3 zmienne: <math>H(x,y,z) = 0</math> i chcemy
stąd wyrazić <math>z</math> jako funkcję od pozostałych zmiennych <math>x,y</math>: <math>z = z(x,y)</math> w otoczeniu jakiegoś danego
punktu <math>(x_0,y_0, z_0)</math>. Udowodnione dopiero co twierdzenie
o funkcji uwikłanej mówi, że jest to możliwe, gdy pochodna <math>\frac{\partial H}{\partial z}(x_0,y_0, z_0)\ne 0</math>.
Gdybyśmy jeszcze chcieli policzyć
pochodne <math>z</math> po swoich argumentach, to są one następujące:

::<math>
\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\frac{\partial H}{\partial x}}{\frac{\partial H}{\partial z}},
\;\;\;
\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial H}{\partial y}}{\frac{\partial H}{\partial z}}.
</math>

-------
<references/>