Lösung.

1.
Es sei $ \mbox{$f : \mathbb{R}^m \times V \longrightarrow \mathbb{R}^m$}$ , $ \mbox{$f(x,y) := x - h(y)$}$ . Es ist $ \mbox{$f(x_0,y_0) = 0$}$ , und es ist $ \mbox{$f_y(x_0,y_0) = (-1)^m \det h'(y_0) \ne 0$}$ . Somit gibt es mit dem Satz über implizite Funktionen eine Umgebung $ \mbox{$V_0$}$ von $ \mbox{$y_0$}$ und eine Umgebung $ \mbox{$U_0$}$ von $ \mbox{$x_0$}$ derart, daß es zu jedem $ \mbox{$x\in U_0$}$ genau ein $ \mbox{$y\in U_0$}$ gibt mit $ \mbox{$f(x,y) = x - h(y) = 0$}$ , so daß wir $ \mbox{$g(x) := y$}$ setzen können. Ferner gilt dann für diese Funktion $ \mbox{$g :U_0\longrightarrow V_0$}$ , daß $ \mbox{$f(x,g(x)) = x - h(g(x)) = 0$}$ ist, d.h. daß $ \mbox{$h\circ g = \text{id}_{U_0}$}$ gilt. Weiter wissen wir, daß $ \mbox{$f_y(x,y) = (-1)^m \det h'(y) \ne 0$}$ ist für alle $ \mbox{$(x,y)^\text{t}\in U_0\times V_0$}$ , sowie, daß $ \mbox{$g$}$ stetig differenzierbar ist in allen inneren Punkten von $ \mbox{$U_0$}$ .

Wegen $ \mbox{$h\circ g = \text{id}_{U_0}$}$ ist $ \mbox{$h(U_0) = V_0$}$ . Da es zu jedem $ \mbox{$x\in U_0$}$ genau ein $ \mbox{$y\in V_0$}$ gibt mit $ \mbox{$x = h(y)$}$ ist $ \mbox{$h\vert _{U_0}$}$ auch injektiv, und damit insgesamt bijektiv.

2.
Aufgrund des Satzes über implizite Funktionen ist
$ \mbox{$\displaystyle g'(x) \;=\; - f_y(x,g(x))^{-1} f_x(x,g(x)) \;=\; -h'(g(x))^{-1} \; . $}$