Funzioni implicite

Esercizio 6.1

Sia data

$$F(x,y)=e^{x-y}+x^{2}-y^{2}-e(x+1)+1$$

$$F(x,y)=e^{x-y}+x^{2}-y^{2}-e(x+1)+1$$

si verifichi che l'equazione

$$F(x,y)=0$$

$$F(x,y)=0$$

definisce implicitamente $y=f(x)$$y=f(x)$ in un intorno del punto $x=0$$x=0$ con $f(0)=-1$$f(0)=-1$. Si dimostri che $x=0$$x=0$ è un punto di minimo locale per $f$$f$.

 

Verifico che l'equazione $F(x,y)=0$$F(x,y)=0$ definisce il grafico di una funzione nel punto $(0,-1)$$(0,-1)$, e quindi verifico le tre condizioni enunciate sopra:

1. $F$$F$ è di classe $C^{\infty }$$C^{\infty}$, (allora anche la funzione implicita lo è).
2. $$F(0,-1)=e-1-e+1=0$$

   $$F(0,-1)=e-1-e+1=0$$
3. $${\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y)=-e^{x-y}-2y$$

   $${\frac {\partial F}{\partial y}}(x,y)=-e^{x-y}-2y$$
   $$F_{y}(0,-1)=-e+2\neq 0$$

   $$F_{y}(0,-1)=-e+2\neq 0$$

Allora sono soddisfatte le ipotesi del teorema della funzione implicita.

Verifico che $x=0$$x=0$ è un punto di minimo. In questo caso, l'equazione $\ast \ast$$\ast \ast$ che definisce $J_{f}(X)$$J_{f}(X)$ diventa:

$$f'(x)=-{\frac {F_{x}(x,f(x))}{F_{y}(x,f(x))}}$$

$$f'(x)=-{\frac {F_{x}(x,f(x))}{F_{y}(x,f(x))}}$$

quindi applico la formula in $x=0$$x=0$.

$$F_{x}=e^{x-y}+2x-e,\quad F_{x}(0,-1)=e-e=0$$

$$F_{x}=e^{x-y}+2x-e,\quad F_{x}(0,-1)=e-e=0$$

$$F_{y}=-e^{x-y}-2y,\quad F_{y}(0,-1)=-e-2$$

$$F_{y}=-e^{x-y}-2y,\quad F_{y}(0,-1)=-e-2$$

Quindi:

$$f'(0)=-{\frac {1}{-2-e}}*0=0$$

$$f'(0)=-{\frac {1}{-2-e}}*0=0$$

e questa è una condizione necessaria affinché $x=0$$x=0$ sia un punto di minimo per $f$$f$. A questo punto, $x=0$$x=0$ è un punto di minimo se la derivata seconda è positiva, altrimenti è negativa.

Osservazione 6.1

Tenendo conto che $F$$F$ è regolare, ricaviamo la derivata seconda dalla condizione

$$F(x,f(x))=0$$

$$F(x,f(x))=0$$

Derivando la relazione si ottiene:

$$F_{x}(x,f(x))+F_{y}(x,f(x))*f'(x)=0$$

$$F_{x}(x,f(x))+F_{y}(x,f(x))*f'(x)=0$$

ed esplicitando $f'(x)$$f'(x)$:

$$f'(x)=-{\frac {F_{x}(x,f(x))}{F_{y}(x,f(x))}}$$

$$f'(x)=-{\frac {F_{x}(x,f(x))}{F_{y}(x,f(x))}}$$

e si ricava l'equazione $\ast \ast$$\ast \ast$. Derivando ulteriormente si può ricavare l'espressione della derivata seconda.

 

Considerando l'esempio:

$$F(x,f(x))=0\,\longrightarrow \,e^{x-f(x)}+x^{2}-f(x)^{2}-e(x-1)+1=0$$

$$F(x,f(x))=0\,\longrightarrow \,e^{x-f(x)}+x^{2}-f(x)^{2}-e(x-1)+1=0$$

e derivando rispetto a $x$$x$:

$$e^{x-f(x)}*(1-f'(x))+2x-2f(x)f'(x)-e=0$$

$$e^{x-f(x)}*(1-f'(x))+2x-2f(x)f'(x)-e=0$$

$$e^{x-f(x)}*(1-f'(x))+2x-2f(x)f'(x)-e=0$$

$$e^{x-f(x)}*(1-f'(x))+2x-2f(x)f'(x)-e=0$$

Derivando ulteriormente:

$$e^{x-f}*(1-f')^{2}-e^{x-f}*f''+2-2(f')^{2}-2ff''=0$$

$$e^{x-f}*(1-f')^{2}-e^{x-f}*f''+2-2(f')^{2}-2ff''=0$$

e valutando in $x=0$$x=0$, con $f(0)=-1$$f(0)=-1$, e $f'(0)=0$$f'(0)=0$, ottengo:

$$e-ef''+2+2f''=0$$

$$e-ef''+2+2f''=0$$

$$\longrightarrow f''(0)=-{\frac {e+2}{2-e}}={\frac {e+2}{e-2}}>0$$

$$\longrightarrow f''(0)=-{\frac {e+2}{2-e}}={\frac {e+2}{e-2}}>0$$

allora $x=0$$x=0$ è un minimo.

Esercizio 6.2

Sia $G\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$$G\colon \mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ definita come:

$$G(x,y)=-xe^{y}+2y-1$$

$$G(x,y)=-xe^{y}+2y-1$$

1. Sia $(x_{0},y_{0})\in \mathbb {R} ^{2}$$(x_{0},y_{0})\in \mathbb {R} ^{2}$ tale che $x_{0}\leq 0$$x_{0}\leq 0$ e $G(x_{0},y_{0})=0$$G(x_{0},y_{0})=0$. E' vero che $G(x,y)=0$$G(x,y)=0$ definisce implicitamente $y=f(x)$$y=f(x)$ in un intorno del punto $(x_{0},y_{0})$$(x_{0},y_{0})$?
2. Scrivere lo sviluppo di Taylor di ordine 2 della funzione $y=f(x)$$y = f(x)$-definita implicitamente da $G(x,y)=0$$G(x,y)=0$ in un intorno del punto $(0,1/2)$$(0,1/2)$.
3. Trovare tutti i punti $(x,y)$$(x,y)$ tali che $G(x,y)=0$$G(x,y)=0$ ma in cui il teorema del Dini non garantisce l'esistenza di $y=f(x)$$y=f(x)$.

 

1. Verifico se $G$$G$ soddisfa le ipotesi del teorema del Dini: sappiamo già che $G$$G$ è di classe $C^{\infty }$$C^{\infty}$ e che $G(x_{0},y_{0})=0$$G(x_{0},y_{0})=0$. Allora il teorema del Dini è applicabile se $G_{y}(x_{0},y_{0})\neq 0$$G_{y}(x_{0},y_{0})\neq 0$.
   $${\frac {\partial G}{\partial y}}(x,y)=-xe^{y}+2$$

   $${\frac {\partial G}{\partial y}}(x,y)=-xe^{y}+2$$
   $${\frac {\partial G}{\partial y}}(x_{0},y_{0})=-x_{0}e^{y_{0}}+2$$

   $${\frac {\partial G}{\partial y}}(x_{0},y_{0})=-x_{0}e^{y_{0}}+2$$
   $$x_{0}\neq 0\,\longrightarrow \,-x_{0}e^{y_{0}}+2\geq 2\neq 0$$

   $$x_{0}\neq 0\,\longrightarrow \,-x_{0}e^{y_{0}}+2\geq 2\neq 0$$
   Allora per ogni punti $(x_{0},y_{0})$$(x_{0},y_{0})$ con $x_{0}\leq 0$$x_{0}\leq 0$ e con $G(x_{0},y_{0})=0$$G(x_{0},y_{0})=0$ è applicabile il teorema del Dini.
2. $(0,1/2)$$(0,1/2)$ è soluzione di $G(x,y)=0$$G(x,y)=0$ ed è della forma $(x_{0},y_{0})$$(x_{0},y_{0})$ con $x_{0}\leq 0$$x_{0}\leq 0$. Allora per il punto 1 in un intorno di $(0,1/2)$$(0,1/2)$ si ha
   $$G(x,f(x))=0$$

   $$G(x,f(x))=0$$
   Scriviamo lo sviluppo di Taylor di f: dobbiamo quindi ricavare le espressioni di $f'(0)$$f'(0)$ e $f''(0)$$f''(0)$.
   $$G(x,f(x))=0\,\longrightarrow \,-xe^{f}+2f-1=0$$

   $$G(x,f(x))=0\,\longrightarrow \,-xe^{f}+2f-1=0$$
   Derivando una volta rispetto a $x$$x$:
   $$-xe^{f}f'-e^{f}+2f'=0$$

   $$-xe^{f}f'-e^{f}+2f'=0$$
   e tenendo conto che $f(0)=1/2$$f(0)=1/2$ e $x=0$$x=0$:
   $$-{\sqrt {e}}+2f'=0$$

   $$-{\sqrt {e}}+2f'=0$$
   $$f'={\frac {\sqrt {e}}{2}}$$

   $$f'={\frac {\sqrt {e}}{2}}$$
   Derivo ancora per ricavare $f''$$f''$:
   $$-e^{f}f'-xe^{f}(f')^{2}-xe^{f}f''-e^{f}f'+2f''=0$$

   $$-e^{f}f'-xe^{f}(f')^{2}-xe^{f}f''-e^{f}f'+2f''=0$$
   $$f'(0)={\sqrt {e}}/2,f(0)=1/2,x=0\quad \longrightarrow \quad -{\sqrt {e}}{\sqrt {e}}/2-{\sqrt {e}}/2{\sqrt {e}}+2f''=0$$

   $$f'(0)={\sqrt {e}}/2,f(0)=1/2,x=0\quad \longrightarrow \quad -{\sqrt {e}}{\sqrt {e}}/2-{\sqrt {e}}/2{\sqrt {e}}+2f''=0$$
   $$-e+2f''=0$$

   $$-e+2f''=0$$
   $$f''(0)=e/2$$

   $$f''(0)=e/2$$
   Si può quindi scrivere lo sviluppo di Taylor di ordine 2 associato a $f(x)$$f(x)$:
   $$f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)/2x^{2}$$

   $$f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(0)/2x^{2}$$
   cioè
   $$f(x)=1/2+{\sqrt {e}}/2x+e/4x^{2}$$

   $$f(x)=1/2+{\sqrt {e}}/2x+e/4x^{2}$$
3. Voglio determinare punti in cui $G(x,y)=0$$G(x,y)=0$ e in cui non sia applicabile il teorema del Dini, cioè tali che $G_{y}=0$$G_{y}=0$.
   $${\frac {\partial G}{\partial y}}=-xe^{y}+2=0\,\longrightarrow \,x=2*e^{-y}$$

   $${\frac {\partial G}{\partial y}}=-xe^{y}+2=0\,\longrightarrow \,x=2*e^{-y}$$
   Inoltre, siccome dev'essere $G(x,y)=0$$G(x,y)=0$ si ha:
   $$G(2e^{-y},y)=0$$

   $$G(2e^{-y},y)=0$$
   cioè
   $$-2+2y-1=0\,\longrightarrow \,y=3/2$$

   $$-2+2y-1=0\,\longrightarrow \,y=3/2$$
   e sostituendo nell'espressione che esprime $x$$x$ in funzione di $y$$y$:
   $$x=2e^{-3/2}$$

   $$x=2e^{-3/2}$$
   quindi l'unico punto in cui il teorema di Dini non è applicabile e in cui $G(x,y)=0$$G(x,y)=0$ è
   $$P=(2e^{-3/2},3/2)$$

   $$P=(2e^{-3/2},3/2)$$

Esercizio 6.3

Verificare che il sistema

$${\begin{cases}e^{z}+3x-\cos y+y=0\\e^{x}-x-z+y-1=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}e^{z}+3x-\cos y+y=0\\e^{x}-x-z+y-1=0\end{cases}}$$

definisce implicitamente una curva di equazioni parametriche

$$x=t,\,y=y(t),\,z=z(t)$$

$$x=t,\,y=y(t),\,z=z(t)$$

in un intorno del punto $P=(0,0,0)$$P=(0,0,0)$ e scrivere l'equazione della retta tangente alla curva in $P$$P$.

 

In questo caso si ha una funzione $G\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$$G\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$. Si vogliono esplicitare $y$$y$ e $z$$z$ in funzione di $x$$x$.

Verifico che il sistema

$${\begin{cases}g_{1}(x,y,z)=e^{z}+3x-\cos y+y=0\\g_{2}(x,y,z)=e^{x}-x-z+y-1=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}g_{1}(x,y,z)=e^{z}+3x-\cos y+y=0\\g_{2}(x,y,z)=e^{x}-x-z+y-1=0\end{cases}}$$

definisce una curva $(t,y(t),z(t))$$(t,y(t),z(t))$. Verifico le ipotesi del teorema del Dini:

1. $G\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$$G\colon \mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2}$ è di classe $C^{\infty }$$C^{\infty}$ in $\mathbb {R} ^{3}$$\mathbb {R} ^{3}$;
2. valutando $G$$G$ in $(0,0,0)$$(0,0,0)$ si ha:
   $$g_{1}(0,0,0)=1-\cos 0=0,\quad \quad g_{2}(0,0,0)=1-0-0-1=0$$

   $$g_{1}(0,0,0)=1-\cos 0=0,\quad \quad g_{2}(0,0,0)=1-0-0-1=0$$
   quindi $G(0,0,0)=0$$G(0,0,0)=0$.
3. Per verificare la terza condizione scrivo la matrice:
   $$G_{y,z}(x,y,z)=\left({\begin{array}{cc}{\frac {\partial g_{1}}{\partial y}}&{\frac {\partial g_{1}}{\partial z}}\\{\frac {\partial g_{2}}{\partial y}}&{\frac {\partial g_{2}}{\partial z}}\end{array}}\right)$$

   $$G_{y,z}(x,y,z)=\left({\begin{array}{cc}{\frac {\partial g_{1}}{\partial y}}&{\frac {\partial g_{1}}{\partial z}}\\{\frac {\partial g_{2}}{\partial y}}&{\frac {\partial g_{2}}{\partial z}}\end{array}}\right)$$
   $$G_{y,z}(x,y,z)=\left({\begin{array}{cc}\sin y+1&e^{z}\\1&-1\end{array}}\right)$$

   $$G_{y,z}(x,y,z)=\left({\begin{array}{cc}\sin y+1&e^{z}\\1&-1\end{array}}\right)$$
   $$G_{y,z}(0,0,0)=\left({\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}}\right)$$

   $$G_{y,z}(0,0,0)=\left({\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}}\right)$$
   $$\det(J_{f})_{y,z}=-2\neq 0$$

   $$\det(J_{f})_{y,z}=-2\neq 0$$

Allora il teorema della funzione implicita è applicabile, ed è possibile definire la curva:

$$\gamma (t)=(x=t,\,y=y(t),\,z=z(t))$$

$$\gamma (t)=(x=t,\,y=y(t),\,z=z(t))$$

Osservazione 6.2

La retta tangente alla curva passa per $(x_{0},y_{0},z_{0})$$(x_0,y_0,z_0)$, e ha coefficiente angolare $((\gamma _{1})'(t),(\gamma _{2})'(t),(\gamma _{3})'(t))$$((\gamma _{1})'(t),(\gamma _{2})'(t),(\gamma _{3})'(t))$, quindi ha equazione:

$${\begin{cases}x=x_{0}+t\\y=y_{0}+y'(t)*t\\z=z_{0}+z'(t)*t\end{cases}}$$

$${\begin{cases}x=x_{0}+t\\y=y_{0}+y'(t)*t\\z=z_{0}+z'(t)*t\end{cases}}$$

 

Tenendo conto che $(x_{0},y_{0},z_{0})=(0,0,0)$$(x_{0},y_{0},z_{0})=(0,0,0)$ si ha:

$${\begin{cases}x=t\\y=y'(t)*t\\z=z'(t)*t\end{cases}}$$

$${\begin{cases}x=t\\y=y'(t)*t\\z=z'(t)*t\end{cases}}$$

Ponendo $h(x)=(f(x),g(x))$$h(x)=(f(x),g(x))$ per la sua derivata si ha:

$$h'(x)=((J_{g})_{y,z})^{-1}(x,y(x),z(x))\circ (J_{g})_{x}(x,y(x),z(x))$$

$$h'(x)=((J_{g})_{y,z})^{-1}(x,y(x),z(x))\circ (J_{g})_{x}(x,y(x),z(x))$$

$${\frac {\partial g_{1}}{\partial x}}(0,0,0)=3$$

$${\frac {\partial g_{1}}{\partial x}}(0,0,0)=3$$

$${\frac {\partial g_{2}}{\partial x}}(0,0,0)=(e^{x}-1)(0,0,0)=1-1=0$$

$${\frac {\partial g_{2}}{\partial x}}(0,0,0)=(e^{x}-1)(0,0,0)=1-1=0$$

Quindi

$$[(J_{G})_{x}=\left({\begin{array}{c}3\\0\end{array}}\right)$$

$$[(J_{G})_{x}=\left({\begin{array}{c}3\\0\end{array}}\right)$$

Invece

$$(J_{G})_{y,z}(0,0,0)=\left({\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}}\right)$$

$$(J_{G})_{y,z}(0,0,0)=\left({\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}}\right)$$

$$\det(J_{g})_{y,z}=-2$$

$$\det(J_{g})_{y,z}=-2$$

$$((J_{G})_{y,z})^{-1}=-1/2\left({\begin{array}{cc}-1&-1\\-1&1\end{array}}\right)$$

$$((J_{G})_{y,z})^{-1}=-1/2\left({\begin{array}{cc}-1&-1\\-1&1\end{array}}\right)$$

$$((J_{G})_{y,z})^{-1}=1/2\left({\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}}\right)$$

$$((J_{G})_{y,z})^{-1}=1/2\left({\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}}\right)$$

$$H'(0)=-1/2*\left({\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}}\right)\times \left({\begin{array}{c}3\\0\end{array}}\right)$$

$$H'(0)=-1/2*\left({\begin{array}{cc}1&1\\1&-1\end{array}}\right)\times \left({\begin{array}{c}3\\0\end{array}}\right)$$

ed è il vettore $(-3/2,-3/2)$$(-3/2,-3/2)$.

Allora la retta tangente ha equazioni:

$${\begin{cases}x=t\\y=-3/2t\\z=-3/2t\end{cases}}$$

$${\begin{cases}x=t\\y=-3/2t\\z=-3/2t\end{cases}}$$

Osservazione 6.3

Alternativamente, senza procedere con le matrici, si considera il sistema:

$${\begin{cases}g_{1}(x,y(x),z(x))=0\\g_{2}(x,y(x),z(x))=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}g_{1}(x,y(x),z(x))=0\\g_{2}(x,y(x),z(x))=0\end{cases}}$$

Derivando ottengo:

$$\nabla g_{1}(x,y(x),z(x))\cdot (1,y'(x),z'(x)=0$$

$$\nabla g_{1}(x,y(x),z(x))\cdot (1,y'(x),z'(x)=0$$

$$\nabla g_{2}(x,y(x),z(x))\cdot (1,y'(x),z'(x))=0$$

$$\nabla g_{2}(x,y(x),z(x))\cdot (1,y'(x),z'(x))=0$$

e valutando l'espressione in $x=0$$x=0$ trovo un sistema lineare in $y'(0)$$y'(0)$ e $z'(0)$$z'(0)$.

 

Esercizio 6.4

E' data l'equazione:

$$g(x,y,z)=x^{2}+2x+e^{y}+y-2z^{3}=0$$

$$g(x,y,z)=x^{2}+2x+e^{y}+y-2z^{3}=0$$

Si richiede di verificare che in un intorno del punto $(-1,0,0)$$(-1,0,0)$ l'equazione

$$g(x,y,z)=0$$

$$g(x,y,z)=0$$

definisce implicitamente una superficie di equazione $y=g(x,z)$$y=g(x,z)$. Scrivere l'equazione del piano tangente alla superficie nel punto $(-1,0,0)$$(-1,0,0)$.

 

Vogliamo esplicitare $y$$y$ in funzione di $x$$x$ e $z$$z$. Verifichiamo le ipotesi del teorema del Dini:

1. $g$$g$ è di classe $C^{\infty }$$C^{\infty}$
2. $g(-1,0,0)=1-2+1=0$$g(-1,0,0)=1-2+1=0$
3. Si ha $G_{y}=e^{y}+1$$G_{y}=e^{y}+1$ quindi $G_{y}(-1,0,0)=2\neq 0$$G_{y}(-1,0,0)=2\neq 0$.

Allora il teorema della funzione implicita è applicabile e $G(x,y,z)=0$$G(x,y,z)=0$ definisce implicitamente la superficie cercata.

Osservazione 6.4

Il piano tangente alla superficie nel punto $(-1,0,0)$$(-1,0,0)$ si trova immediatamente con la formula:

$$\nabla G(x,y,z)\cdot (x-x_{0},y-y_{0},z-z_{0})=0$$

$$\nabla G(x,y,z)\cdot (x-x_{0},y-y_{0},z-z_{0})=0$$

in quanto passa per $(x_{0},y_{0},z_{0})$$(x_0,y_0,z_0)$ ed è perpendicolare a $\nabla G$$\nabla G$, che è diretto come il versore normale al piano tangente.

 

In questo caso bisogna risolvere l'equazione:

$$\nabla G(-1,0,0)\cdot (x+1,y,z)=0$$

$$\nabla G(-1,0,0)\cdot (x+1,y,z)=0$$

$${\begin{aligned}G_{x}(x,y,z)=2x+2,&G_{x}(-1,0,0)=0\\G_{y}(x,y,z)=e^{y}+1,&G_{y}(-1,0,0)=2\\G_{z}(x,y,z)=-6z^{2},&G_{z}(-1,0,0)=0\\\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}G_{x}(x,y,z)=2x+2,&G_{x}(-1,0,0)=0\\G_{y}(x,y,z)=e^{y}+1,&G_{y}(-1,0,0)=2\\G_{z}(x,y,z)=-6z^{2},&G_{z}(-1,0,0)=0\\\end{aligned}}$$

Allora:

$$(0,2,0)\cdot (x+1,y,z)=0$$

$$(0,2,0)\cdot (x+1,y,z)=0$$

$$\longrightarrow \,2y=0$$

$$\longrightarrow \,2y=0$$

cioè $y=0$$y=0$ è l'equazione del piano tangente nel punto $(-1,0,0)$$(-1,0,0)$.

Esercizio 6.5

Sia $f\colon \mathbb {R} \to \mathbb {R}$$f\colon \mathbb {R} \to \mathbb {R}$ una funzione continua tale che $f(0)=0$$f(0)=0$. Verificare che il sistema:

$${\begin{cases}y^{2}-z^{2}+\int _{0}^{x}f(t)\,dt=0\\\log y-2\log z+x=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}y^{2}-z^{2}+\int _{0}^{x}f(t)\,dt=0\\\log y-2\log z+x=0\end{cases}}$$

definisce implicitamente la curva:

$$x=x,\,y=y(x),\,z=z(x)$$

$$x=x,\,y=y(x),\,z=z(x)$$

in un intorno del punto $(0,1,1)$$(0,1,1)$.

Scrivere l'equazione della retta tangente alla curva nel punto $(0,1,1)$$(0,1,1)$ e discutere la massima regolarità che si può garantire per la funzione implicita.

 

Verifico le ipotesi del teorema del Dini:

1. Siccome $f$$f$ è continua la funzione integrale è di classe $C^{1}$$C^1$, quindi $g$$g$ è di classe $C^{1}$$C^1$ in $\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{+}$$\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{+}$.
2. $$g_{1}(0,1,1)=0+1-1=0$$

   $$g_{1}(0,1,1)=0+1-1=0$$
   $$g_{2}=\log 1-2\log 1+0=0$$

   $$g_{2}=\log 1-2\log 1+0=0$$
3. Per la terza ipotesi, vogliamo verificare che la matrice jacobiana rispetto alle variabili $y,z$$y,z$ della funzione $G$$G$ sia invertibile.
   $$(J_{g})_{y,z}(x,y,z)=\left({\begin{array}{cc}2y&-2z\\1/y&-2/z\end{array}}\right)$$

   $$(J_{g})_{y,z}(x,y,z)=\left({\begin{array}{cc}2y&-2z\\1/y&-2/z\end{array}}\right)$$
   $$(J_{g})_{y,z}(0,1,1)=\left({\begin{array}{cc}2&-2\\1&-2\end{array}}\right)$$

   $$(J_{g})_{y,z}(0,1,1)=\left({\begin{array}{cc}2&-2\\1&-2\end{array}}\right)$$
   $$\det J_{g}=-4+2=-2\neq 0$$

   $$\det J_{g}=-4+2=-2\neq 0$$
   quindi la matrice è invertibile e il teorema del Dini è applicabile.

Massima regolarità garantita: Se $G$$G$ è di classe $C^{k}$$C^{k}$, la funzione implicita è di classe $C^{k}$$C^{k}$. In questo caso, senza ulteriroi ipotesi $g$$g$ è al più di classe $C^{1}$$C^1$, e lo stesso vale per la funzione implicita. 402

Retta tangente: Vogliamo trovare $y'(x),z'(x)$$y'(x),z'(x)$. Vale la relazione:

$$\left({\begin{array}{c}y'(x)\\z'(x)\end{array}}\right)=-((J_{g})_{y,z})^{-1}(0,1,1)\times (J_{g})_{x}(0,1,1)$$

$$\left({\begin{array}{c}y'(x)\\z'(x)\end{array}}\right)=-((J_{g})_{y,z})^{-1}(0,1,1)\times (J_{g})_{x}(0,1,1)$$

Inverto la matrice trovata prima:

$$((J_{g})_{x,y})^{-1}(0,1,1)=-1/2*\left({\begin{array}{cc}-2&2\\-1&2\end{array}}\right)$$

$$((J_{g})_{x,y})^{-1}(0,1,1)=-1/2*\left({\begin{array}{cc}-2&2\\-1&2\end{array}}\right)$$

Invece:

$$(J_{g})_{x}(x,y,z)=(f(x),1)$$

$$(J_{g})_{x}(x,y,z)=(f(x),1)$$

e valutando in $(0,1,1)$$(0,1,1)$, siccome $f(0)=0$$f(0)=0$ ho il vettore colonna

$$\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right)$$

$$\left({\begin{array}{c}0\\1\end{array}}\right)$$

In conclusione, svolgendo il prodotto ottengo il vettore:

$$1/2*(2,2)=(1,1)$$

$$1/2*(2,2)=(1,1)$$

allora l'equazione della retta tangente è:

$${\begin{cases}x=t,\\y=1+t,\\z=1+t\end{cases}}$$

$${\begin{cases}x=t,\\y=1+t,\\z=1+t\end{cases}}$$

Esercizio 6.6

Sia $\gamma (t)=(x(t),y(t))$$\gamma (t)=(x(t),y(t))$ la curva definita implicitamente dal sistema

$${\begin{cases}e^{t}+\sin x+\log(1+y)-1=0\\\cos y-e^{tx}+2t+4x=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}e^{t}+\sin x+\log(1+y)-1=0\\\cos y-e^{tx}+2t+4x=0\end{cases}}$$

in un intorno di $(0,0)$$(0,0)$. Si determini il versore tangente a $\gamma$$\gamma$ in $(0,0,0)$$(0,0,0)$.

 

Il versore tangente ha espressione:

$$T_{\gamma }(0,0,0)={\frac {\nabla F_{1}\times \nabla F_{2}}{\vert \nabla F_{1}\times \nabla F_{2}\vert }}$$

$$T_{\gamma }(0,0,0)={\frac {\nabla F_{1}\times \nabla F_{2}}{\vert \nabla F_{1}\times \nabla F_{2}\vert }}$$

con

$$F_{1}=e^{t}+\sin x+\log(1+y)-1$$

$$F_{1}=e^{t}+\sin x+\log(1+y)-1$$

$$F_{2}=\cos y-e^{tx}+2t+4x$$

$$F_{2}=\cos y-e^{tx}+2t+4x$$

$${\begin{aligned}\nabla F_{1}=(e^{t},\cos x,{\frac {1}{1+y}}),&\nabla F_{1}(0,0,0)=(1,1,1)\\\nabla F_{2}=(-e^{tx}*x+2,-e^{tx}*t+4,-\sin y),&\nabla F_{2}(0,0,0)=(2,4,0)\\\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\nabla F_{1}=(e^{t},\cos x,{\frac {1}{1+y}}),&\nabla F_{1}(0,0,0)=(1,1,1)\\\nabla F_{2}=(-e^{tx}*x+2,-e^{tx}*t+4,-\sin y),&\nabla F_{2}(0,0,0)=(2,4,0)\\\end{aligned}}$$

$$\nabla F_{1}\times \nabla F_{2}=(-4,2,2)$$

$$\nabla F_{1}\times \nabla F_{2}=(-4,2,2)$$

$$\vert \nabla F_{1}\times \nabla F_{2}\vert ={\sqrt {16+4+4}}=2{\sqrt {6}}$$

$$\vert \nabla F_{1}\times \nabla F_{2}\vert ={\sqrt {16+4+4}}=2{\sqrt {6}}$$

Quindi

$$T_{\gamma }(0,0,0)={\frac {1}{2{\sqrt {6}}}}(-4,2,2)={\frac {1}{\sqrt {6}}}(-2,1,1)$$

$$T_{\gamma }(0,0,0)={\frac {1}{2{\sqrt {6}}}}(-4,2,2)={\frac {1}{\sqrt {6}}}(-2,1,1)$$

Esercizio 6.7

Si studi la funzione $y=y(x)$$y=y(x)$ definita implicitamente dalla relazione

$$\log(x^{3}y)+e^{xy}=0.$$

$$\log(x^{3}y)+e^{xy}=0.$$

 

Questa relazione è ben definita se e solo se $x^{3}y>0$$x^{3}y>0$ e quindi se e solo se $xy>0$$xy>0$, cioè se $x<0$$x<0$ e $y<0$$y<0$ oppure per $x>0$$x>0$ e $y>0$$y>0$.

Per il teorema del Dini segue che:

$$y'(x)={\frac {-F_{x}}{F_{y}}}$$

$$y'(x)={\frac {-F_{x}}{F_{y}}}$$

con

$$F=\log(x^{3}y)+e^{xy}$$

$$F=\log(x^{3}y)+e^{xy}$$

$$F_{y}={\frac {x^{3}}{x^{3}y}}+e^{xy}*x=1/y+x*e^{xy}$$

$$F_{y}={\frac {x^{3}}{x^{3}y}}+e^{xy}*x=1/y+x*e^{xy}$$

$$y'(x)={\frac {3/x+y*e^{xy}}{1/y+x*e^{xy}}}$$

$$y'(x)={\frac {3/x+y*e^{xy}}{1/y+x*e^{xy}}}$$

La funzione ottenuta è definita anch'essa per $xy>0$$xy>0$, $x\neq 0,y\neq 0$$x\neq 0,y\neq 0$ e

$$1/y+x*e^{xy}\neq 0$$

$$1/y+x*e^{xy}\neq 0$$

cioè

$$1+xy*e^{xy}\neq 0$$

$$1+xy*e^{xy}\neq 0$$

$$xye^{xy}\neq -1$$

$$xye^{xy}\neq -1$$

e questo è sempre vero per $xy>0$$xy>0$.

$$y'(x)=-{\frac {y(3+xy*e^{xy})}{x(1+xy*e^{xy})}}$$

$$y'(x)=-{\frac {y(3+xy*e^{xy})}{x(1+xy*e^{xy})}}$$

La derivata della funzione si annulla se $y=0$$y=0$ (ma qui la funzione non è definita), oppure quando

$$3+xye^{xy}=0$$

$$3+xye^{xy}=0$$

$$xye^{xy}=-3$$

$$xye^{xy}=-3$$

e anche questo non è possibile se $xy>0$$xy>0$, quindi la derivata della funzione non ha punti stazionari.

Inoltre, la derivata nel complesso è negativa, quindi la funzione $y(x)$$y(x)$ è decrescente negli intervalli $(-\infty ,0)$$(-\infty ,0)$ e in $(0,+\infty )$$(0,+\infty )$. Supponiamo che

$$L^{+}=\lim _{x\to +\infty }f(x,y)$$

$$L^{+}=\lim _{x\to +\infty }f(x,y)$$

sia finito, allora, in questo caso si ha necessariamente $x>0$$x>0$ e quindi segue che $xy>0\longrightarrow \,y>0$$xy>0\longrightarrow \,y>0$. Allora, per $x>0,y>0$$x>0,y>0$ la relazione che definisce $y(x)$$y(x)$ si può riscrivere come:

$$3\log x+\log y+e^{xy}=0$$

$$3\log x+\log y+e^{xy}=0$$

$$\longrightarrow \,3\log x+\log l^{+}+e^{xl^{+}}=0$$

$$\longrightarrow \,3\log x+\log l^{+}+e^{xl^{+}}=0$$

$$\longrightarrow \,3\log x+e^{xl^{+}}=\log l^{+}$$

$$\longrightarrow \,3\log x+e^{xl^{+}}=\log l^{+}$$

ma questo non è possibile perché mentre il primo membro tende a infinito, il secondo membro è una quantità finita, allora si ha necessariamente $l^{+}=\infty$$l^{+}=\infty$ e in particolare per monotonia $l^{+}=-\infty$$l^{+}=-\infty$. Analogamente, $l^{-}=+\infty$$l^{-}=+\infty$.

Esercizio 6.8

Si studi la funzione $y=y(x)$$y=y(x)$ definita implicitamente dalla relazione

$$(1-x+y)e^{x}+e^{y}-1=0.$$

$$(1-x+y)e^{x}+e^{y}-1=0.$$

 

1. Derivata prima: Ponendo
   $$F=(1-x+y)e^{x}+e^{y}-1$$

   $$F=(1-x+y)e^{x}+e^{y}-1$$
   si ha:
   $$F_{x}=e^{x}*(1-x+y)+e^{x}*(-1)=e^{x}*(y-x)$$

   $$F_{x}=e^{x}*(1-x+y)+e^{x}*(-1)=e^{x}*(y-x)$$
   $$F_{y}=e^{x}+e^{y}$$

   $$F_{y}=e^{x}+e^{y}$$
   quindi, per il teorema del Dini, la derivata della funzione definita implicitamente dalla relazione è:
   $$y'=-{\frac {e^{x}*(y-x)}{e^{x}+e^{y}}}$$

   $$y'=-{\frac {e^{x}*(y-x)}{e^{x}+e^{y}}}$$
2. Punti stazionari:I punti stazionari della funzione sono quelli per cui:
   $$e^{x}*(y-x)=0$$

   $$e^{x}*(y-x)=0$$
   e quindi i punti tali che $y=x$$y=x$. Sfrutto la relazione deinitoria per trovare i punti della forma $(x,x)$$(x,x)$. Deve valere:
   $$(1-x+x)e^{x}+e^{x}-1=0\longrightarrow \,e^{x}+e^{x}-1=0$$

   $$(1-x+x)e^{x}+e^{x}-1=0\longrightarrow \,e^{x}+e^{x}-1=0$$
   $$\longrightarrow e^{x}=1/2$$

   $$\longrightarrow e^{x}=1/2$$
   $$x=\log(1/2)=-\log 2$$

   $$x=\log(1/2)=-\log 2$$
   Allora l'unico punto $(x,x)$$(x,x)$ tale che $F(x,x)=0$$F(x,x)=0$ è $(-\log 2,-\log 2)$$(-\log 2,-\log 2)$, ed è l'unico punto stazionario per la funzione.
3. Positività della derivata: La derivata è positiva per $y<x$$y<x$, e negativa per $y>x$$y>x$, cioè la funzione è decrescente quando sta sopra la retta $y=x$$y=x$ e crescene quando sta sotto questa retta.
4. Limiti della funzione: Supponiamo che
   $$\ell ^{+}=\lim _{x\to +\infty }y(x)$$

   $$\ell ^{+}=\lim _{x\to +\infty }y(x)$$
   sia finito, allora sostituendo nella relazione definitoria si avrebbe:
   $$(1-x+\ell ^{+})e^{x}+e^{\ell ^{+}}-1=0.$$

   $$(1-x+\ell ^{+})e^{x}+e^{\ell ^{+}}-1=0.$$
   $$(1-x+\ell ^{+})e^{x}=1-e^{\ell ^{+}}.\quad {\hbox{relazione}}\ast$$

   $$(1-x+\ell ^{+})e^{x}=1-e^{\ell ^{+}}.\quad {\hbox{relazione}}\ast$$
   e si ha una contraddizione perché il primo membro tende a $-\infty$$-\infty$ mentre il secondo membro è finito, quindi $\ell ^{+}=+\infty$$\ell ^{+}=+\infty$.Calcoliamo ora
   $$\ell ^{-}=\lim _{x\to -\infty }y(x)=$$

   $$\ell ^{-}=\lim _{x\to -\infty }y(x)=$$
   Supponiamo che $\ell ^{-}$$\ell ^{-}$ sia finito, allora considerando la relazione $\ast$$\ast$ in questo caso non si ha nessuna contraddizione, perché $e^{x}\to 0$$e^{x}\to 0$, e quindi sia il primo che il secondo membro sono finiti. Anche il secondo membro dev'essere uguale a 0, e quindi si avrebbe:
   $$e^{\ell ^{-}}=1$$

   $$e^{\ell ^{-}}=1$$
   e quindi
   $$\ell ^{-}=\log 1=0$$

   $$\ell ^{-}=\log 1=0$$
   La funzione ha un asintoto orizzontale per $y=0$$y=0$.
5. Derivata seconda: Derivo due volte la relazione definitoria per trovare la derivata seconda:
   $$R'=e^{x}*(1-x+y-1+y')+e^{y}*y'=0.$$

   $$R'=e^{x}*(1-x+y-1+y')+e^{y}*y'=0.$$
   $$R''=e^{x}*(-x+y+y'-1+y'+y'')+e^{y}*(y')^{2}+e^{y}*y''=0.$$

   $$R''=e^{x}*(-x+y+y'-1+y'+y'')+e^{y}*(y')^{2}+e^{y}*y''=0.$$
   $$R''=e^{x}*(-x+y+2y'-1)+e^{y}*(y')^{2}+e^{x}*y''+e^{y}*y''=0.$$

   $$R''=e^{x}*(-x+y+2y'-1)+e^{y}*(y')^{2}+e^{x}*y''+e^{y}*y''=0.$$
   quindi
   $$y''=-{\frac {e^{x}*(-x+y+2y'-1)+e^{y}*(y')^{2}}{e^{x}+e^{y}}}$$

   $$y''=-{\frac {e^{x}*(-x+y+2y'-1)+e^{y}*(y')^{2}}{e^{x}+e^{y}}}$$
   Valutando la derivata seconda in $(-\log 2,-\log 2)$$(-\log 2,-\log 2)$ si ha:
   $$y''(-\log 2,-\log 2)=-{\frac {1/2*(-1)+1/2*0}{1/2+1/2}}=1/2>0$$

   $$y''(-\log 2,-\log 2)=-{\frac {1/2*(-1)+1/2*0}{1/2+1/2}}=1/2>0$$
   quindi $(-\log 2,-\log 2)$$(-\log 2,-\log 2)$ è un punto di minimo per $F$$F$.

Esercizio 6.9

Sia $f(x,y)=e^{2x-y}+\sin(x+y)$$f(x,y)=e^{2x-y}+\sin(x+y)$.

1. Si dimostri che $\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:f(x,y)=1\}$$\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:f(x,y)=1\}$ in un intornodi $(0,0)$$(0,0)$ coincide con il grafico di una funzione $x=g(y)$$x=g(y)$.
2. Si scriva lo sviluppo di Taylor del secondo ordine (con il restodi Peano) di $g$$g$ centrato in $y=0$$y=0$.
3. Si verifichi che $y=0$$y=0$ è un punto di massimo locale per $g$$g$.

 

Verifico le ipotesi del teorema del Dini. Pongo

$$F(x,y)=e^{2x-y}+\sin(x+y)-1$$

$$F(x,y)=e^{2x-y}+\sin(x+y)-1$$

1. $F$$F$ è di classe $C^{1}$$C^1$.
2. $(0,0)\in Z_{F}$$(0,0)\in Z_{F}$, infatti:
   $$F(0,0)=e^{0}+\sin 0-1=1-1=0$$

   $$F(0,0)=e^{0}+\sin 0-1=1-1=0$$
3. $F_{x}(0,0)\neq 0$$F_{x}(0,0)\neq 0$, infatti:
   $$F_{x}=e^{2x-y}*2+\cos(x+y)$$

   $$F_{x}=e^{2x-y}*2+\cos(x+y)$$
   $$F_{x}(0,0)=e^{0}*2+\cos(0)=2+1=3\neq 0$$

   $$F_{x}(0,0)=e^{0}*2+\cos(0)=2+1=3\neq 0$$

allora esiste un intorno $U$$U$ di $(0,0)$$(0,0)$ tale che $Z_{F}\cap U$$Z_{F}\cap U$ sia il grafico di una funzione $g(y)$$g(y)$.

Derivando una volta la relazione $e^{2x-y}+\sin(x+y)-1=0$$e^{2x-y}+\sin(x+y)-1=0$ rispetto a $x$$x$ ottengo

$$e^{2x-y}*(2x'-1)+\cos(x+y)(x'+1)=0$$

$$e^{2x-y}*(2x'-1)+\cos(x+y)(x'+1)=0$$

da cui si ottiene:

$$x'*(2e^{2x-y}+\cos(x+y))+\cos(x+y)-e^{2x-y}=0$$

$$x'*(2e^{2x-y}+\cos(x+y))+\cos(x+y)-e^{2x-y}=0$$

$$x'*(2e^{2x-y}+\cos(x+y))=-\cos(x+y)+e^{2x-y}$$

$$x'*(2e^{2x-y}+\cos(x+y))=-\cos(x+y)+e^{2x-y}$$

$$x'(y)={\frac {-\cos(x+y)+e^{2x-y}}{2e^{2x-y}+\cos(x+y)}}\quad {\hbox{derivata prima}}$$

$$x'(y)={\frac {-\cos(x+y)+e^{2x-y}}{2e^{2x-y}+\cos(x+y)}}\quad {\hbox{derivata prima}}$$

e valutando in $y=0$$y=0$ ottengo:

$$x'(0)={\frac {-\cos(0)+e^{0}}{2e^{0}+\cos(0)}}=0$$

$$x'(0)={\frac {-\cos(0)+e^{0}}{2e^{0}+\cos(0)}}=0$$

Derivando due volte la relazione definitoria ottengo:

$$e^{2x-y}*[(2x'-1)^{2}+2x'']-\sin(x+y)*(x'+1)^{2}+\cos(x+y)x''=0$$

$$e^{2x-y}*[(2x'-1)^{2}+2x'']-\sin(x+y)*(x'+1)^{2}+\cos(x+y)x''=0$$

e sostituendo le espressioni di $y=0,f(0)=x=0,f'(0)=0$$y=0,f(0)=x=0,f'(0)=0$ ottengo:

$$1*[1+2x'']+1x''=0$$

$$1*[1+2x'']+1x''=0$$

$$x''+2x''+1=0$$

$$x''+2x''+1=0$$

$$x''(0,0)=1/3$$

$$x''(0,0)=1/3$$

Allora lo sviluppo di Taylor centrato in $x=0$$x=0$ di $g$$g$ è

$$g(y)=0+0*x+1/3*x^{2}+o(x^{2})=1/3*x^{2}+o(x^{2})$$

$$g(y)=0+0*x+1/3*x^{2}+o(x^{2})=1/3*x^{2}+o(x^{2})$$

Osservo che $g'(0)=0$$g'(0)=0$, cioè $y=0$$y=0$ è un punto stazionario per la funzione, inoltre $g''(0)=0$$g''(0)=0$ e quindi $y=0$$y=0$ è un punto di minimo per $g$$g$.