合成すると恒等写像になるような写像と，その存在条件について考える．
逆写像の定義
逆写像は，次のように定義される．
$X,Y$を空でない集合，$f:X\to Y$を全単射とする．
- $Y\times X$の部分集合
\[ g=\{ (f(x),x)\in Y\times X\mid x\in X\} \]
が$Y$から$X$への写像であるとき，$g$を$f$の逆写像(inverse mapping)といい，$f^{-1}$で表す． - また，逆写像が存在する写像を可逆写像(invertible mapping)という．
集合による写像の定義については，以下の記事の定義2を参照していただきたい．
逆写像の別の定義は，次のセクションで紹介している．
任意の写像に対して，その逆写像が存在するとは限らない．逆写像が存在するための必要十分条件は，次の通りである．
$X,Y$を空でない集合，$f:X\to Y$を写像とする．
$f$の逆写像$f^{-1}:Y\to X$が存在するための必要十分条件は，$f$が全単射となることである．
必要性を示す．
$y\in Y$を任意にとる．
$f^{-1}$が存在するとき，ある$x\in X$がただ1つ存在して，$x=f^{-1}(y)\in X$となる．
このとき
\[ f(x)=y\]
が成り立つから，$f$は全単射である1．
十分性を示す．
$f$の全単射性より，任意の$y\in Y$に対して，ある$x\in X$がただ1つ存在して，$y=f(x)$となる．
よって，$Y\times X$の部分集合
\[ g=\{ (f(x),x)\in Y\times X\mid x\in X\} \]
は写像であり，$g$は$f$の逆写像である．$\blacksquare$
逆写像は，以下の図1のようなイメージで捉えると良い．
逆写像と合成
逆写像は，写像の合成に関して，次の性質を持つ．
$X,Y$を空でない集合，$f:X\to Y$を可逆写像とする．
このとき，次が成り立つ．
- $f^{-1}\circ f=\mathrm{id}_X$
- $f\circ f^{-1}=\mathrm{id}_Y$
命題2は，以下の記事の命題1の③に該当する．
- 任意の$x\in X$に対して
\[ \begin{aligned}(f^{-1}\circ f)(x)=&f^{-1}(f(x))\\ =&x\\ =&\mathrm{id}_X(x)\end{aligned}\]
が成り立つから，$f^{-1}\circ f=\mathrm{id}_X$である．$\blacksquare$ - 任意の$y\in Y$に対して
\[ \begin{aligned}(f\circ f^{-1})(y)=&f(f^{-1}(y))\\ =&y\\ =&\mathrm{id}_Y(y)\end{aligned}\]
が成り立つから，$f\circ f^{-1}=\mathrm{id}_Y$である．$\blacksquare$
このような性質を持つ写像は一意に定まる．
$X,Y$を空でない集合，$f:X\to Y$を写像とする．
\[ \begin{aligned}g\circ f=&\mathrm{id}_X\\ f\circ g=&\mathrm{id}_Y\end{aligned}\]
を満たす写像$g:Y\to X$は高々1つ存在する．
写像$g,g^{\prime}:Y\to X$が与式を満たすとすると
\[ \begin{aligned}g=&g\circ \mathrm{id}_Y\\ =&g\circ (f\circ g^{\prime})\\ =&(g\circ f)\circ g^{\prime}\\ =&\mathrm{id}_X\circ g^{\prime}\\ =&g^{\prime}\quad \blacksquare \end{aligned}\]
よって，可逆写像の逆写像は一意に定まり，逆写像を次のように定義することもできる．
$X,Y$を空でない集合，$f:X\to Y,g:Y\to X$を写像とする．
\[ \begin{aligned}g\circ f=&\mathrm{id}_X\\ f\circ g=&\mathrm{id}_Y\end{aligned}\]
が成り立つとき，$g$を$f$の逆写像(inverse mapping)といい，$f^{-1}$で表す．
逆写像の例
以下の記事で挙げた全単射の例から，逆写像の例を構成する．
- 恒等写像の逆写像は恒等写像である．
実際，集合$X$の恒等写像$\mathrm{id}_X:X\to X$について，任意の$x\in X$に対して
\[ \begin{aligned}(\mathrm{id}_X\circ \mathrm{id}_X)(x)=&\mathrm{id}_X(\mathrm{id}_X(x))\\ =&\mathrm{id}_X(x)\end{aligned}\]
が成り立つ． - 次の式
\[ f(x)=e^x\quad (x\in \mathbb{R})\]
により定まる全単射$f:\mathbb{R}\to (0,\infty )$の逆写像$f^{-1}:(0,\infty )\to \mathbb{R}$は
\[ f^{-1}(x)=\log x\quad (x\in (0,\infty ))\]
を満たす．
実際，任意の$x\in \mathbb{R}$に対して
\[ f^{-1}(f(x))=\log e^x=x=\mathrm{id}_X(x)\]
が成り立ち，任意の$y\in (0,\infty )$に対して
\[ f(f^{-1}(y))=e^{\log y}=y=\mathrm{id}_Y(y)\]
が成り立つ．
逆写像の性質
合成写像の逆写像について，次の命題が成り立つ．
$X,Y,Z$を空でない集合，$f:X\to Y,g:Y\to Z$を全単射とする．
このとき，次が成り立つ．
\[ (g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}\]
任意の$x\in X$に対して
\[ \begin{aligned}&(f^{-1}\circ g^{-1})\circ (g\circ f)\\ =&f^{-1}\circ (g^{-1}\circ g)\circ f\\ =&f^{-1}\circ \mathrm{id}_{Y}\circ f\\ =&f^{-1}\circ f=\mathrm{id}_X\end{aligned}\]
であり，任意の$z\in Z$に対して
\[ \begin{aligned}&(g\circ f)\circ (f^{-1}\circ g^{-1})\\ =&g\circ (f\circ f^{-1})\circ g^{-1}\\ =&g\circ \mathrm{id}_X\circ g^{-1}\\ =&g\circ g^{-1}=\mathrm{id}_Z\end{aligned}\]
であるから，与式が成り立つ．$\blacksquare$
合成関数の逆像についても，同様の主張が成り立つ．
$X,Y,Z$を空でない集合，$C$を$Z$の部分集合とし，$f:X\to Y,g:Y\to Z$を全単射とする．
このとき，次が成り立つ．
\[ (g\circ f)^{-1}(C)=f^{-1}(g^{-1}(C))\]
\[ \begin{aligned}&x\in (g\circ f)^{-1}(C)\\ \iff &{}^{\exists}z\in C\,\mathrm{s.t.}\,x=g\circ f)^{-1}(z)=f^{-1}(g^{-1}(z))\quad (\because 命題4)\\ \iff &x\in f^{-1}(g^{-1}(C))\end{aligned}\]
したがって，与式が成り立つ．$\blacksquare$
逆写像の一般化
定義域を制限することで可逆写像が得られるとき，その逆写像を考えることは有効である．
$X,Y$を空でない集合，$A$を$X$の部分集合とし，$f:X\to Y$を写像とする．
$f$の$A$への制限$f|_A:A\to Y$が可逆写像であるとき，$f|_A$の逆写像$(f|_A)^{-1}:Y\to A$を$f$の偏逆写像(または逆部分写像)(partial inverse)という．
重要な例を紹介しよう．
- 正弦関数$\sin :\mathbb{R}\to [-1,1]$の$\left[ -\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$への制限は全単射である．
任意の$y\in [-1,1]$に対して，$y=\sin x$となる$x\in \left[ -\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$を対応させる写像は，正弦関数の偏逆写像である．
これは，逆正弦関数$\operatorname{Arcsin}:[-1,1]\to \left[ -\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$である． - 余弦関数$\cos :\mathbb{R}\to [-1,1]$の$[0,\pi ]$への制限は全単射である．
任意の$y\in [-1,1]$に対して，$y=\cos x$となる$x\in [0,\pi ]$を対応させる写像は，余弦関数の偏逆写像である．
これは，逆余弦関数$\operatorname{Arccos}:[-1,1]\to [0,\pi ]$である． - $A=\left\{ \dfrac{\pi n}{2}\middle| n\in \mathbb{Z}\right\}$とする．
正接関数$\tan :\mathbb{R}\setminus A\to \mathbb{R}$の$\left( -\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$への制限は全単射である．
任意の$y\in \mathbb{R}$に対して，$y=\tan x$となる$x\in \left( -\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$を対応させる写像は，正接関数の偏逆写像である．
これは，逆正接関数$\operatorname{Arctan}:\mathbb{R}\to \left( -\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$である．
定義2のように，逆写像は写像の合成に関する2つの等式を満たさなければならない．このうち，一方を満たす写像は，逆写像の概念を一般化したものであると言える．
$X,Y$を空でない集合，$f:X\to Y,g:Y\to X$を写像とする．
- $g\circ f=\mathrm{id}_X$が成り立つとき，$g$を$f$の左逆写像(left inverse)(または引き込み(retract))という．
- $f\circ g=\mathrm{id}_Y$が成り立つとき，$g$を$f$の右逆写像(right inverse)(または切断(または断面)(section))という．
左逆写像，右逆写像が存在するための必要十分条件は，次の通りである．
$X,Y$を空でない集合，$f:X\to Y$を写像とする．
- $f$の左逆写像が存在するための必要十分条件は，$f$が単射となることである．
- $f$の右逆写像が存在するための必要十分条件は，$f$が全射となることである．
命題6のそれぞれの必要性の証明は，以下の記事の命題3を用いている．以下の記事を参照するとよい．
命題6の②の十分性の証明は，選択公理を用いる．選択公理については，以下の記事を参照するとよい．
- まず，必要性を示す．$g$を$f$の左逆写像とする．
$g\circ f=\mathrm{id}_X$は単射であるから，$f$は単射である．
次に，十分性を示す．$x_0\in X$とし，$y\in Y$を任意にとる．
ある$x\in X$が存在して，$y=f(x)$となるならば，$f$の単射性より，$x$は一意に定まる．
このような$x$が存在するとき，$y$に$x$を対応させ，このような$x$が存在しないとき，$y$に$x_0$を対応させることにより写像$g:Y\to X$が定まる．
このとき，任意の$x\in X$に対して
\[ (g\circ f)(x)=g(f(x))=x=\mathrm{id}_X\]
が成り立つから，$g$は$f$の左逆写像である．$\blacksquare$ - まず，必要性を示す．$g$を$f$の右逆写像とする．
$f\circ g=\mathrm{id}_Y$は全射であるから，$f$は全射である．
次に，十分性を示す．
任意の$y\in Y$に対して，$f$の全射性より，$f^{-1}(\{ y\} )$は空でない．
よって，選択公理より，選択関数$\phi :\{ f^{-1}(\{ y\} )\} _{y\in Y}\to X$が存在して，任意の$y\in Y$に対して
\[ \phi (f^{-1}(\{ y\} ))\in f^{-1}(\{ y\} )\]
すなわち
\[ f(\phi (f^{-1}(\{ y\} )))=y\]
となる．このとき，写像$g:Y\to X$を
\[ g(y)=\phi (f^{-1}(\{ y\} ))\quad (y\in Y)\]
により定めると，任意の$y\in Y$に対して
\[ (f\circ g)(y)=f(g(y))=y=\mathrm{id}_X\]
が成り立つから，$g$は$f$の右逆写像である．$\blacksquare$
逆写像は，左逆写像でも右逆写像でもあり，次の命題が成り立つ．
左逆写像と右逆写像がともに存在する写像は全単射であり，逆写像，左逆写像，右逆写像はすべて一致する．
命題7の証明は，以下の記事の命題4を用いている．以下の記事を参照するとよい．
$X,Y$を空でない集合，$f:X\to Y$を写像，$g:Y\to X$を$f$の左逆写像，$g^{\prime}:Y\to X$を$f$の右逆写像とする．
命題—より，明らかに$f$は全単射である．このとき
\[ \begin{aligned}f^{-1}\circ f=&g\circ f=\mathrm{id}_X\\ f\circ f^{-1}=f\circ g=\mathrm{id}_Y\end{aligned}\]
であるから，$f^{-1}=g=g^{\prime}$である．$\blacksquare$
- $f:X\to Y$が全単射であることの必要十分条件が，任意の$y\in Y$に対して，ある$x\in X$がただ1つ存在して，$y=f(x)$となることであることを用いた． ↩︎