역함수 정리

f′(a)≠0f'(a) \ne 0이면 ff는 aa 근처에서 뒤집을 수 있고, 뒤집힌 함수의 기울기는 역수입니다 — 두 접선의 기울기를 곱하면 정확히 11.

(f−1)′(f(a))=1f′(a)(f^{-1})'(f(a)) = \frac{1}{f'(a)}
f(x)=x3+x, f′(1)=4, (f−1)′(2)=14f(x) = x^3+x,\ f'(1) = 4,\ (f^{-1})'(2) = \frac{1}{4}

예제

1차원 C1C^1 역함수 정리를 완전히 증명하세요: ff가 x0x_0 근처에서 C1C^1이고 f′(x0)≠0f'(x_0) \ne 0이면, ff는 x0x_0의 어떤 근방에서 단조이므로 연속인 국소 역함수 gg를 가지며, g′(f(x0))=1f′(x0)g'(f(x_0)) = \frac{1}{f'(x_0)}입니다.

f∈C1, f′(x0)≠0 ⇒ g′(y0)=1f′(x0),y0=f(x0)f \in C^1,\ f'(x_0) \ne 0 \ \Rightarrow\ g'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)}, \quad y_0 = f(x_0)
f(x)=x3+xf(x) = x^3+x, a=1a = 1: f′(1)=4f'(1) = 4, g′(2)=14g'(2) = \frac{1}{4}, 곱이 정확히 1 — 정리가 약속한 대로입니다.
증명 보기
  1. f′(x0)>0f'(x_0) > 0인 경우를 증명합니다 (음수인 경우는 −f-f에 적용). f′f'가 연속이고 f′(x0)>0f'(x_0) > 0이므로, f′(x)>0f'(x) > 0인 x0x_0의 근방 II가 존재합니다 (부호 보존). 평균값 정리(MVT)에 의해 x1<x2x_1 < x_2 (x1,x2∈Ix_1, x_2 \in I)이면 f(x2)−f(x1)=f′(ξ)(x2−x1)>0f(x_2) - f(x_1) = f'(\xi)(x_2 - x_1) > 0이므로 ff는 II에서 엄격히 증가합니다 — 따라서 단사이고, 연속이므로 J=f(I)J = f(I) 위에서 연속인 역함수 g:J→Ig: J \to I를 가집니다.
  2. y0=f(x0)y_0 = f(x_0), y∈Jy \in J, x=g(y)x = g(y), x0=g(y0)x_0 = g(y_0)라 두면 차분몫은 g(y)−g(y0)y−y0=x−x0f(x)−f(x0)\frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0} = \frac{x - x_0}{f(x) - f(x_0)}입니다 (x≠x0x \ne x_0일 때; gg가 단사라 y≠y0y \ne y_0이면 x≠x0x \ne x_0). MVT를 분모에 적용하면 f(x)−f(x0)=f′(ξ)(x−x0)f(x) - f(x_0) = f'(\xi)(x - x_0)인 ξ\xi (xx와 x0x_0 사이)가 있어 차분몫은 1f′(ξ)\frac{1}{f'(\xi)}가 됩니다.
  3. y→y0y \to y_0이면 gg의 연속성에 의해 x=g(y)→x0x = g(y) \to x_0이고, 따라서 그 사이에 낀 ξ→x0\xi \to x_0입니다. f′f'의 연속성에 의해 1f′(ξ)→1f′(x0)\frac{1}{f'(\xi)} \to \frac{1}{f'(x_0)} (분모가 0이 아님) — 즉 g′(y0)=1f′(x0)g'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)}입니다. 증명 완료. (참고: 일반적인 Rn\mathbb{R}^n 버전의 증명은 여기서 다루지 않습니다 — 아이디어 수준으로만 언급합니다: 미분을 선형사상으로 보고 역행렬이 국소 역함수의 미분이 됩니다.)

f(x)=x3+xf(x) = x^3+x에 대해 a=1a = 1에서 정리의 공식을 수치로 검증하세요: f′(1)=4f'(1) = 4임을 계산하고, 이분법으로 구한 역함수를 이용해 g′(2)g'(2)를 수치 계산한 뒤 ∣4 g′(2)−1∣<10−9|4\,g'(2) - 1| < 10^{-9}임을 확인하세요.

f(1)=2,f′(1)=4,g′(2)=1f′(g(2))=14,∣4 g′(2)−1∣=0<10−9f(1) = 2, \quad f'(1) = 4, \quad g'(2) = \frac{1}{f'(g(2))} = \frac{1}{4}, \quad \lvert 4\,g'(2) - 1\rvert = 0 < 10^{-9}
a=1a = 1: b=f(1)=2b = f(1) = 2, 이분법으로 g(2)=1g(2) = 1을 구하고 g′(2)=1f′(1)=14g'(2) = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{4} — 곱 4⋅14=14 \cdot \frac{1}{4} = 1을 확인하세요.
증명 보기
  1. f′(x)=3x2+1f'(x) = 3x^2+1이므로 f′(1)=4f'(1) = 4입니다. b=f(1)=2b = f(1) = 2이고, [−2,4][-2, 4]에서의 이분법은 ff가 엄격히 증가하므로 (f′≥1f' \ge 1) g(2)=1g(2) = 1로 수렴합니다 (200회 반복 후 오차는 6/22006/2^{200} 이하로, 배정밀도에서는 정확히 1).
  2. 공식 g′(y)=1f′(g(y))g'(y) = \frac{1}{f'(g(y))}에 y=2y = 2를 대입하면 g′(2)=1f′(g(2))=1f′(1)=13⋅12+1=14g'(2) = \frac{1}{f'(g(2))} = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{3\cdot 1^2+1} = \frac{1}{4}입니다. 따라서 ∣4 g′(2)−1∣=∣4⋅14−1∣=0<10−9|4\,g'(2) - 1| = |4\cdot\frac{1}{4} - 1| = 0 < 10^{-9} — 수치 오차 없이 정리가 성립합니다.

f(x)=x3f(x) = x^3은 00에서 왜 정리가 깨지는지 보이세요: f′(0)=0f'(0) = 0이고, 역함수 y3\sqrt[3]{y}가 00에서 미분가능하지 않음을 차분몫이 ∞\infty로 발산함을 이용해 증명하세요.

f′(0)=0,h3−0h−0=h−2/3→h→0∞f'(0) = 0, \qquad \frac{\sqrt[3]{h} - 0}{h - 0} = h^{-2/3} \xrightarrow[h \to 0]{} \infty
씬의 f(x)=x3+xf(x) = x^3+x는 a=0a = 0에서도 f′(0)=1≠0f'(0) = 1 \ne 0이라 정리가 성립합니다 — 아래 문제는 도함수가 0이 되는 x3x^3의 경우로, 정리의 가설 f′(x0)≠0f'(x_0) \ne 0이 왜 필요한지 보여줍니다.
증명 보기
  1. f(x)=x3f(x) = x^3는 R\mathbb{R} 전체에서 엄격히 증가하므로 전역 역함수 g(y)=y3g(y) = \sqrt[3]{y}를 가집니다. 그러나 f′(x)=3x2f'(x) = 3x^2이므로 f′(0)=0f'(0) = 0 — 정리의 가설이 깨집니다.
  2. 00에서의 차분몫: g(h)−g(0)h=h3h=h−2/3=1(h3)2\frac{g(h) - g(0)}{h} = \frac{\sqrt[3]{h}}{h} = h^{-2/3} = \frac{1}{(\sqrt[3]{h})^2}입니다. h→0h \to 0일 때 분모 →0+\to 0^+이므로 몫은 +∞+\infty로 발산합니다 — 극한이 존재하지 않으므로 gg는 00에서 미분가능하지 않습니다. 정리의 공식 1f′(0)\frac{1}{f'(0)}도 10\frac{1}{0}으로 무의미해집니다.
  3. 기하학적 의미: ff의 그래프가 (0,0)(0,0)에서 수평 접선을 가지면, 대각선 대칭으로 얻는 gg의 그래프는 (0,0)(0,0)에서 수직 접선을 가집니다 — 미분가능성이 깨지는 것이 그림으로도 자명합니다.

9. 미분