$\proof$
Sei für $x\in rB_X$: $f_0(x)\colon=0$ und
$f_{n+1}(x)\colon=u(x,f_n(x))$. Dann ist $f_n$ stetig und
\begin{eqnarray*}
\norm{f_{n+1}(x)-f_n(x)}
&=&\norm{u(x,f_n(x))-u(x,f_{n-1}(x))}\\
&\leq& L\norm{f_n(x)-f_{n-1}(x)}\leq\cdots
\leq L^n\norm{f_1(x)-f_0(x)}
< L^nR(1-L)
\end{eqnarray*}
Somit konvergiert $f_n$ in dem Banachraum $C_b(rB_X,Y)$ gleichmäßig gegen eine stetige Funktion $f$ mit $\norm{f(x)} < R$. Ist $g:rB_X\rar RB_Y$ eine weitere Funktion mit $u(x,g(x))=g(x)$, so folgt:
$$
\norm{f(x)-g(x)}
=\norm{u(x,f(x))-u(x,g(x))} < L\norm{f(x)-g(x)}
$$
i.e. $g(x)=f(x)$.
$\eofproof$
Ist z.B. $u:B_R(y_0)\rar X$ für $y_0\in Y$ eine Lipschitz Abbildung mit der Konstante $L < 1$ und gilt: $\norm{u(y_0)-y_0} < L(1-R)$, so gibt es genau einen Punkt $y\in B_R(y_0)$, so daß $u(y)=y$ - die Abbildung $y\mapsto u(y+y_0)-y_0$ von $RB_Y$ in $Y$ erfüllt nämlich die Voraussetzungen von Satz und somit gibt es ein $y\in RB_Y$, so daß $u(y+y_0)-y_0=y$, i.e. $u(y+y_0)=y+y_0$.
$\proof$
$f$ ist injektiv, denn aus $f(x_1)=f(x_2)$ folgt: $x_1-x_2=h(x_2)-h(x_1)$; da $L < 1$ folgt: $x_1=x_2$.
Seien $r\colon=R(1-L)$ und $u:rB_X\times RB_X\rar X$ die Abbildung $(x,y)\mapsto x-h(y)$. Da
$$
\norm{u(x,y_1)-u(x,y_2)}\leq L\norm{y_1-y_2}
\quad\mbox{und}\quad
\norm{u(x,0)} < R(1-L)
$$
existiert nach dem Satz von der sukzessiven Approximation eine eindeutig bestimmte stetige Abbildung $g:rB_X\rar RB_X$, so daß für alle $x\in rB_X$ gilt: $u(x,g(x))=g(x)$, i.e. $x-h(g(x))=g(x)$, also $x=f(g(x))$ und damit: $rB_X\sbe f(RB_X)$. Da $f$ injektiv ist, ist $g:rB_X\rar g(rB_X)$ die inverse Abbildung zu $f:g(rB_X)\rar rB_X$, also ist $f:g(rB_X)\rar rB_X$ ein Homöomorphismus und da $f^{-1}(rB_X)=g(rB_X)$, ist $g(rB_X)$ offen.
$\eofproof$
$\proof$
Seien o.B.d.A. $x_0=0$, $y_0=0$, $Y=Z$ und $D_2u(0,0)=id$. Setzen wir $v(x,y)\colon=y-u(x,y)$, so ist die Beziehung $u(x,y)=0$ gleichbedeutend mit $v(x,y)=y$. Für $(x,y),(x,z)\in W$ folgt nach Korollar und der stetigen Differenzierbarkeit von $u$:
\begin{eqnarray*}
v(x,y)-v(x,z)
&=&y-z-u(x,y)+u(x,z)\\
&=&y-z-D_2u(0,0)(y-z)+\oh(y-z)
=\oh(y-z)
\end{eqnarray*}
Es gibt somit ein $r > 0$, so daß für alle $x\in rB_X$ und alle $y,z\in rB_Y$:
$$
\norm{v(x,y)-v(x,z)}\leq\tfrac12\norm{y-z}~.
$$
Da $f(0,0)=0$, können wir ferner $r > 0$ so wählen, daß für alle $x\in rB_X$: $\norm{v(x,0)} < r/2$. Nach dem Satz von der sukzessiven Approximation gibt es daher eine eindeutig bestimmte stetige Funktion $f:rB_X\rar rB_Y$, so daß für alle $x\in rB_X$: $f(x)=v(x,f(x))=f(x)-u(x,f(x))$.
2. $f$ ist auf $rB_X$ stetig differenzierbar: Seien $x,x+h\in rB_X$ und $y\colon=f(x+h)-f(x)$, so gilt $u(x+h,f(x)+y)=0$ und $\norm y=\r(h)$. Da $u$ stetig differenzierbar ist, gilt mit $A(x)\colon=D_1u(x,f(x))\in L(X,Y)$ und $B(x)\colon=D_2u(x,f(x))\in L(Y,Y)$:
$$
u(x+h,f(x)+y)-u(x,f(x))-A(x)h-B(x)y=\oh(h,y)~.
$$
i.e. $A(x)h+B(x)y=\oh(h,y)$. Da $B(x)$ ein Isomorphismus ist, folgt:
\begin{equation}\label{ifteq1}\tag{IFT1}
\norm{B(x)^{-1}A(x)h+y}=\r(h,y)(\norm h+\norm y)
\end{equation}
Wählen wir nun $\d > 0$, so daß für alle $h\in\d B_X$: $\r(h,y)\leq1/2$, so folgt:
$$
\norm{B(x)^{-1}A(x)h+y}\leq\tfrac12(\norm h+\norm y)
$$
und damit: $\norm y\leq C\norm h$ mit $C\colon=2\norm{B(x)^{-1}A(x)}+1$. Nach \eqref{ifteq1} ist daher $f$ im Punkt $x$ differenzierbar mit der Ableitung: $-B(x)^{-1}A(x)$.
$\eofproof$
Im Prinzip läßt sich die implizite Gleichung $u(x_0+x,y_0+f(x))=0$ numerisch lösen: wir setzen $A\colon=D_2u(x_0,y_0)$, starten mit der konstanten Funktion $g_0(x)=0$ und setzen
$$
g_{n+1}(x)\colon=g_n(x)-u(x_0+x,y_0+A^{-1}g_n(x))
$$
Der Fixpunkt $g=\lim g_n$ löst dann die Gleichung $u(x_0+x,y_0+A^{-1}g(x))=0$, i.e. $f(x)=A^{-1}g(x)$. Also z.B.
$$
g_0(x)=0,\quad
g_1(x)=-u(x_0+x,y_0),\quad
g_2(x)=-u(x_0+x,y_0)-u(x_0+x,y_0-A^{-1}u(x_0+x,y_0)),\quad\ldots
$$
Eine wichtige Folgerung des Satzes über implizite Funktionen ist
$\proof$
Sei $u(x,y)\colon=f(x)-y$; da $D_1u(x_0,y_0)=Df(x_0)$ ein Isomorphismus ist, gibt es nach Theorem (mit vertauschten Rollen von $x$ und $y$) eine offene Umgebung $V$ von $y_0$ und eine eindeutig bestimmte stetig differenzierbare Abbildung $g:V\rar X$, so daß für alle $y\in V$: $0=u(g(y),y)=f(g(y))-y$, i.e. $f(g(y))=y$; damit ist $g:V\rar g(V)$ bijektiv und die inverse ist $f:g(V)\rar V$, i.e. $f$ ist ein Homöomorphismus von $U\colon=g(V)$ auf $V$.
$\eofproof$
$\proof$
Sei $B_{2r}(x)\sbe U$ und für $t\in[-1,1]$ und $u,v\in X$ mit $\Vert u\Vert,\Vert v\Vert < r$: $g(t)\colon=f(x+tu+v)-f(x+tu)$. Da $f$ in $x$ zweimal differenzierbar ist gilt:
\begin{equation}\label{stheq1}\tag{STH1}
Df(x+tu+v)-Df(x)-D^2f(x)(tu+v)=\oh(tu+v),
\end{equation}
also erhalten wir nach Korollar wegen $g^\prime(0)=Df(x+v)u-Df(x)u$:
\begin{eqnarray*}
\norm{g(1)-g(0)-D^2f(x)(v)u}
&\leq&\norm{g(1)-g(0)-g^\prime(0)}+\norm{g^\prime(0)-D^2f(x)(v)u}\\
&\leq&\sup\{\norm{g^\prime(t)-g^\prime(0)}:0\leq t\leq1\}+\oh(v)\Vert u\Vert
\end{eqnarray*}
wobei $\norm{\oh(u)}=\oh(u)$. Nun ist
\begin{eqnarray*}
g^\prime(t)
&=&Df(x+tu+v)u-Df(x+tu)u\\
&=&(Df(x+tu+v)-Df(x))u-(Df(x+tu)-Df(x))u
\end{eqnarray*}
und damit ist nach \eqref{stheq1} aufgrund der Bilinearität von $D^2f(x)$:
\begin{eqnarray*}
\norm{g^\prime(t)-g^\prime(0)}
&=&\norm{Df(x+tu+v)u-Df(x+tu)u-Df(x+v)u+Df(x)u}\\
&\leq&\norm{D^2f(x)(tu+v)u+Df(x)u-(D^2f(x)(tu)u+Df(x)u)-(D^2f(x)(v)u+Df(x)u)+Df(x)u}\\
&&+(\oh(tu+v)+\oh(tu)+\oh(v))\Vert u\Vert\\
&=&\norm{D^2f(x)(tu+v)u-D^2f(x)(tu)u-D^2f(x)(v)u}
+(\oh(tu+v)+\oh(tu)+\oh(v))\Vert u\Vert\\
&=&(\oh(tu+v)+\oh(tu)+\oh(v))\Vert u\Vert
\end{eqnarray*}
Setzen wir also $\r(r)\colon=\sup\{\oh(u)/\Vert u\Vert:\Vert u\Vert\leq2r\}$, so folgt für alle $\Vert u\Vert,\Vert v\Vert\leq r$:
$$
\norm{g(1)-g(0)-D^2f(x)(v)u}
\leq3\r(r)(\Vert u\Vert+\Vert v\Vert)\Vert u\Vert
$$
Da $g(1)-g(0)=f(x+u+v)-f(x+u)-f(x+v)+f(x)$ in $u$ und $v$ symmetrisch ist, erhalten wir nach Vertauschung von $u$ und $v$ die Behauptung.
$\eofproof$