Funzioni implicite - Esercizi svolti

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1 Funzioni implicite - Esercizi svolti Esercizio. È data la funzione di due variabili F (x, y) = y(e y + x) log x. Verificare che esiste un intorno I in R del punto di ascissa x 0 = sul quale è definita un unica funzione y = f(x) di classe C, tale che f() = 0 e F (x, f(x)) = 0. Esercizio. Sia Γ il luogo dei punti del piano definito dall equazione x x 4 y = 0. (). Verificare che il punto P di coordinate (x 0, y 0 ) = (/, 3/4) appartiene a Γ. Quindi, facendo uso del Teorema delle funzioni implicite, verificare che esiste un intorno B in R di P, un intorno I in R del punto di ascissa x 0 = / e una funzione y = f(x) definita su I, di classe C, tale che il grafico di f coincide con l insieme Γ B. Determinare esplicitamente un intervallo I e una funzione y = f(x) definita su I soddisfacente a tutte le proprietà richieste.. Verificare che il punto Q di coordinate (x 0, y 0 ) = (, 0) appartiene a Γ. Quindi, facendo uso del Teorema delle funzioni implicite, verificare che esiste un intorno C in R di Q, un intorno J in R del punto di ascissa y 0 = 0 e una funzione x = g(y) definita su J, di classe C, tale che il grafico di g coincide con l insieme Γ C. Determinare esplicitamente un intervallo J e una funzione x = g(y) definita su J soddisfacente a tutte le proprietà richieste. Esercizio 3. È data la funzione y = f(x) = e x + x. Facendo uso del Teorema delle funzioni implicite, dimostrare che esiste un intorno I del punto x 0 = 0 sul quale f(x) è invertibile. Detta x = ϕ(y) la funzione inversa della restrizione di f a I, calcolare lo sviluppo di Taylor di ordine di ϕ(y) nel punto y 0 =. Esercizio 4. Per ogni k R, indichiamo Γ k il luogo dei punti del piano che soddisfano l equazione y y(x + ) = k. () Determinare, al variare di k, i punti di coordinate (x 0, y 0 ) Γ k per i quali il Teorema delle funzioni implicite garantisce l esistenza di un intorno B in R, di un intorno I di x 0 in R, di una funzione y = ϕ(x) di classe C su I il cui grafico coincida con l insieme Γ k B.

2 FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI Esercizio 5. È data l equazione y + log x log y = 0. (3) Tra tutte le coppie (x 0, y 0 ) che verificano la (3) determinare quelle per cui esiste un intorno I di x 0 e una soluzione y = ϕ(x) della (3) definita su I, di classe C e tale che ϕ(x 0 ) = y 0. Verificare inoltre che ogni tale soluzione è anche soluzione del problema di Cauchy y = y x( y), y(x 0) = x 0.

3 FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI 3 SOLUZIONI Esercizio. Prima di tutto verifichiamo che F (, 0) = 0. Quindi calcoliamo y = ey + x + ye y. Tale derivata vale quando x =, y = 0. Quindi il Teorema delle funzioni implicite è applicabile e l esistenza della funzione y = f(x) con le caratteristiche richieste è garantita. Esercizio. Il luogo Γ è mostrato nella figura seguente 3 4 P 0 Γ 0. La verifica che che (/, 3/4) Γ è immediata. Consideriamo la funzione di due variabili F (x, y) = x x 4 y. Si ha: y = y che risulta evidentemente diversa da zero quando y = 3/4. Per il Teorema delle funzioni implicite, esiste un intorno I del punto x 0 = / e un unica funzione y = f(x) definita su I e di classe C tale che f(/) = 3/4, e F (x, f(x)) = 0 per ogni x I. Sia J = f(i) e B = I J. I punti del grafico di f sono tutti e soli i punti dell insieme Γ B. Dalla () si ricava subito y = x ( x ) e quindi y = ± x x, per x. In virtù della condizione f(/) = 3/4, si sceglie il segno +. Inoltre, se si vuole una funzione di classe C, dobbiamo restringere il dominio alle x 0. In definitiva, si ha f(x) = x x e l intervallo massimo di definizione è [0, ].. Anche in questo caso, si verifica subito che il punto di coordinate (, 0) Γ. Questa volta bisogna prendere in considerazione la derivata di F rispetto a x: x = x( x ). Per x =, y = 0 quest ultima è uguale a 0. Il Teorema delle funzioni implicite è applicabile anche in questo caso. Per trovare un espressione esplicita della g(y), dobbiamo risolvere la () rispetto a x. Posto t = x, dobbiamo cioè risolvere l equazione di secondo grado t t + y = 0 rispetto all incognita t. Per avere soluzioni reali, il discriminante deve essere non-negativo, per cui dobbiamo imporre 4y 0 ovvero / y /. Si ha

4 4 FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI cioè x = t = ± 4y ± 4y x = ±. Tenendo conto della condizione g(0) =, si ottiene finalmente definita per / y /. x = g(y) = Esercizio 3. Il grafico di f è tracciato nella figura seguente + 4y Osserviamo preliminarmente che f(0) =. Consideriamo la funzione F (x, y) = f(x) y = e x + x y. Poiché = e x + x = 0 x x=0,y= x=0,y= il Teorema della funzioni implicite garantisce l esistenza di un intorno J di y = e di una funzione x = ϕ(y) tale che F (ϕ(y), y) = 0 per y J. Ovvero, f(ϕ(y)) = y = identità. Quindi ϕ(y) coincide proprio con la funzione inversa di f. Possiamo porre I = ϕ(j). Derivando la relazione F (ϕ(y), y) = 0 si ottiene: x ϕ + y = 0. (4) Poiché y =, posto x = 0, y =, dalla (4) si ottiene ϕ () =. Derivando una seconda volta la (4), si ha:

5 FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI 5 ( ) F x + F ϕ + x y x ϕ + F y x + F y = 0. Ponendo di nuovo x = 0, y = e tenendo conto dei risultati già ottenuti, si trova ϕ = 3. In definitiva, ϕ(y) = + (y ) 3 (y ) + o((y ) ). Esercizio 4. Il luogo Γ k è mostrato nella Figura 3 per k =, k = 0, k =. k = 0 k = k = 0 Figura 3 Il Teorema delle funzioni implicite non può essere applicato in quei punti (x, y) Γ k per cui (x, y) = y (x + ) = 0. y Per trovare tali punti, dobbiamo quindi risolvere il sistema equivalente all equazione { y y(x + ) k = 0 y (x + ) = 0 (5) (x + ) = k. 4 Dobbiamo pertanto distinguere i casi seguenti.

6 6 FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI (i) Se k > 0, non esistono punti di Γ k in cui la derivata parziale di F rispetto a y si annulla. Quindi il Teorema delle funzioni implicite è applicabile in ogni punto. Risolvendo la () rispetto all incognita y, si ha y = (x + ) ± (x + ) + 4k. La scelta del segno è determinata dall assegnazione di un punto di Γ k attraverso il quale si desidera che passi il grafico di ϕ. (ii) Se k = 0, il sistema (5) ammette, come unica soluzione, il punto di coordinate x =, y = 0. Il Teorema delle funzioni implicite è applicabile con l esclusione di tale punto. Risolvendo l equazione (5) con k = 0, si trovano le soluzioni y = ϕ (x) = 0 (costante) e y = ϕ (x) = x+. I grafici di ϕ e ϕ sono rette che si intersecano nel punto (, 0). Tale punto deve però essere escluso dal dominio. Le soluzioni quindi in realtà sono quattro: le due restrizioni di ϕ agli intervalli (, ) e (, + ) e le due restrizioni di ϕ agli intervalli (, ) e (, + ). (iii) Se k < 0, il sistema (5) è equivalente all equazione (x + ) = 4 k. Da questa si ricava subito x = ± k. Sostituendo nella prima equazione del sistema (5) (che non è altro che la ()), si ottiene: per x = k, cioè y = k ; per x = + k, y + y k + k = (y + k ) = 0 y y k + k = (y k ) = 0 cioè y = k. I punti in cui non si può applicare il Teorema delle funzioni implicite sono dunque due. Il discriminante della () è (x + ) 4 k. Per avere soluzioni reali si deve quindi prendere x (, k ], oppure x [ + k, + ). Per ciascuno di tali intervalli si hanno due soluzioni y = (x + ) ± (x + ) 4 k. Da un punto di vista geometrico, il luogo Γ k è costituito, per ogni k R, da un iperbole (degenere se k = 0). Esercizio 5. Sia F (x, y) = y + log x log y, definita nel quadrante {(x, y) : x > 0, y > 0}. Si ha

7 FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI 7 y = y = y = 0 y da cui y =. Sostituendo nella (3), si ottiene + log x = 0 cioè x = e. Una soluzione y = ϕ(x) della (3) esiste quindi in un intorno di ogni punto (x 0, y 0 ) che soddisfa l equazione (3), con l unica eccezione del punto di coordinate (e, ). Derivando la relazione F (x, ϕ(x)) = 0, si ottiene ovvero x + y ϕ = 0 ϕ x = y La derivata di F rispetto ad y è già stata calcolata. Inoltre,. (6) Sostituendo in (6), si ha: x = x. da cui si ricava subito la relazione cercata. ϕ = x y y

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