Funzioni implicite - Esercizi svolti Esercizio 1. ` data la funzione di due variabili F (x, y) = y(ey + x) − log x. E Verificare che esiste un intorno I in R del punto di ascissa x0 = 1 sul quale `e definita un’unica funzione y = f (x) di classe C 1 , tale che f (1) = 0 e F (x, f (x)) = 0. Esercizio 2. Sia Γ il luogo dei punti del piano definito dall’equazione x2 − x4 − y 2 = 0 .
(1)
√ 1. Verificare che il punto P di coordinate (x0 , y0 ) = (1/2, 3/4) appartiene a Γ. Quindi, facendo uso del Teorema delle funzioni implicite, verificare che esiste un intorno B in R2 di P , un intorno I in R del punto di ascissa x0 = 1/2 e una funzione y = f (x) definita su I, di classe C 1 , 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 propriet` a richieste. 2. Verificare che il punto Q di coordinate (x0 , y0 ) = (1, 0) appartiene a Γ. Quindi, facendo uso del Teorema delle funzioni implicite, verificare che esiste un intorno C in R2 di Q, un intorno J in R del punto di ascissa y0 = 0 e una funzione x = g(y) definita su J, di classe C 1 , 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 propriet` a richieste. Esercizio 3. ` data la funzione y = f (x) = ex + x2 . Facendo uso del Teorema delle funzioni implicite, E dimostrare che esiste un intorno I del punto x0 = 0 sul quale f (x) `e invertibile. Detta x = ϕ(y) la funzione inversa della restrizione di f a I, calcolare lo sviluppo di Taylor di ordine 2 di ϕ(y) nel punto y0 = 1. Esercizio 4. Per ogni k ∈ R, indichiamo Γk il luogo dei punti del piano che soddisfano l’equazione y 2 − y(x + 1) = k .
(2)
Determinare, al variare di k, i punti di coordinate (x0 , y0 ) ∈ Γk per i quali il Teorema delle funzioni implicite garantisce l’esistenza di un intorno B in R2 , di un intorno I di x0 in R, di una funzione y = ϕ(x) di classe C 1 su I il cui grafico coincida con l’insieme Γk ∩ B. 1
2
FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI
Esercizio 5. ` data l’equazione E y + log x − log y = 0 .
(3)
Tra tutte le coppie (x0 , y0 ) che verificano la (3) determinare quelle per cui esiste un intorno I di x0 e una soluzione y = ϕ(x) della (3) definita su I, di classe C 1 e tale che ϕ(x0 ) = y0 . Verificare inoltre che ogni tale soluzione `e anche soluzione del problema di Cauchy y0 =
y , x(1 − y)
y(x0 ) = x0 .
FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI
3
SOLUZIONI Esercizio 1. Prima di tutto verifichiamo che F (1, 0) = 0. Quindi calcoliamo ∂F = ey + x + yey . ∂y Tale derivata vale 2 quando x = 1, y = 0. Quindi il Teorema delle funzioni implicite `e applicabile e l’esistenza della funzione y = f (x) con le caratteristiche richieste `e garantita. Esercizio 2. Il luogo Γ `e mostrato nella figura seguente
P0
√
Γ
3 4
−1
1. La verifica che che (1/2, F (x, y) = x2 − x4 − y 2 . Si ha:
√
0
1 2
1
3/4) ∈ Γ `e immediata. Consideriamo la funzione di due variabili
∂F = −2y ∂y √ che risulta evidentemente diversa da zero quando y = 3/4. Per il Teorema delle funzioni implicite, esiste un intorno I√del punto x0 = 1/2 e un’unica funzione y = f (x) definita su I e di classe C 1 tale che f (1/2) = 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. √ 2 2 2 2 Dalla (1) si ricava subito u √ y = x (1 − x ) e quindi y = ±|x| 1 − x , per −1 ≤ x ≤ 1. In virt` della condizione f (1/2) = 3/4, si sceglie il segno “+”. Inoltre, se si vuole una funzione di classe √ C 1 , dobbiamo restringere il dominio alle x ≥ 0. In definitiva, si ha f (x) = x 1 − x2 e l’intervallo massimo di definizione `e [0, 1]. 2. Anche in questo caso, si verifica subito che il punto di coordinate (1, 0) ∈ Γ. Questa volta bisogna prendere in considerazione la derivata di F rispetto a x: ∂F = 2x(1 − 2x2 ) . ∂x Per x = 1, y = 0 quest’ultima `e uguale a −2 6= 0. Il Teorema delle funzioni implicite `e applicabile anche in questo caso. Per trovare un’espressione esplicita della g(y), dobbiamo risolvere la (1) rispetto a x. Posto t = x2 , dobbiamo cio`e risolvere l’equazione di secondo grado t2 − t + y 2 = 0 rispetto all’incognita t. Per avere soluzioni reali, il discriminante deve essere non-negativo, per cui dobbiamo imporre 1 − 4y 2 ≥ 0 ovvero −1/2 ≤ y ≤ 1/2. Si ha
4
FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI
2
x =t=
1±
p
1 − 4y 2 2
cio`e s
x=±
1±
p
1 − 4y 2 . 2
Tenendo conto della condizione g(0) = 1, si ottiene finalmente s
x = g(y) =
1+
p
1 − 4y 2 2
definita per −1/2 ≤ y ≤ 1/2. Esercizio 3. Il grafico di f `e tracciato nella figura seguente 4 3 2 1
−2
−1
0
1
Osserviamo preliminarmente che f (0) = 1. Consideriamo la funzione F (x, y) = f (x) − y = ex + x2 − y. Poich´e
∂F
= ex + 2x
= 1 6= 0
∂x x=0,y=1 x=0,y=1
il Teorema della funzioni implicite garantisce l’esistenza di un intorno J di y = 1 e di una funzione x = ϕ(y) tale che F (ϕ(y), y) = 0 per y ∈ J. Ovvero, f (ϕ(y)) = y = identit`a. 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: ∂F 0 ∂F ϕ + =0. ∂x ∂y
(4)
0 Poich´e ∂F ∂y = −1, posto x = 0, y = 1, dalla (4) si ottiene ϕ (1) = 1. Derivando una seconda volta la (4), si ha:
FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI
∂2F ∂2F + 2 ∂x ∂x∂y
!
ϕ0 +
5
∂F 00 ∂2F ∂2F ϕ + + =0. ∂x ∂y∂x ∂y 2
Ponendo di nuovo x = 0, y = 1 e tenendo conto dei risultati gi`a ottenuti, si trova ϕ00 = −3. In definitiva, 3 ϕ(y) = 1 + (y − 1) − (y − 1)2 + o((y − 1)2 ) . 2 Esercizio 4. Il luogo Γk `e mostrato nella Figura 3 per k = −1, k = 0, k = 1.
k = −1 k=0 k=1
0
Figura 3 Il Teorema delle funzioni implicite non pu`o essere applicato in quei punti (x, y) ∈ Γk per cui ∂F (x, y) = 2y − (x + 1) = 0 . ∂y Per trovare tali punti, dobbiamo quindi risolvere il sistema 2 y − y(x + 1) − k = 0
2y − (x + 1) = 0 equivalente all’equazione (x + 1)2 = −k . 4 Dobbiamo pertanto distinguere i casi seguenti.
(5)
6
FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI
(i) Se k > 0, non esistono punti di Γk in cui la derivata parziale di F rispetto a y si annulla. Quindi il Teorema delle funzioni implicite `e applicabile in ogni punto. Risolvendo la (2) rispetto all’incognita y, si ha y=
(x + 1) ±
p
(x + 1)2 + 4k . 2
La scelta del segno `e determinata dall’assegnazione di un punto di Γk 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 = −1, y = 0. Il Teorema delle funzioni implicite `e applicabile con l’esclusione di tale punto. Risolvendo l’equazione (5) con k = 0, si trovano le soluzioni y = ϕ1 (x) = 0 (costante) e y = ϕ2 (x) = x+1. I grafici di ϕ1 e ϕ2 sono rette che si intersecano nel punto (−1, 0). Tale punto deve per`o essere escluso dal dominio. Le soluzioni quindi in realt`a sono quattro: le due restrizioni di ϕ1 agli intervalli (−∞, −1) e (−1, +∞) e le due restrizioni di ϕ2 agli intervalli (−∞, −1) e (−1, +∞). (iii) Se k < 0, il sistema (5) `e equivalente all’equazione (x + 1)2 = 4|k| . p
Da questa si ricava subito x = −1 ± 2 |k|. Sostituendo nella prima equazione del sistema (5) (che non `e altro che la (2)), si ottiene: p
• per x = −1 − 2 |k|, q
q
|k|)2 = 0
q
q
|k|)2 = 0
y 2 + 2y |k| + |k| = (y + p
cio`e y = − |k|; p
• per x = −1 + 2 |k|, y 2 − 2y |k| + |k| = (y − cio`e y =
p
|k|.
I punti in cui non si pu` o applicare il Teorema delle funzioni implicite sono dunque due. Il discriminante della (2) `e (x + 1)2 − 4|k|.pPer avere soluzioni reali si deve quindi prendere p x ∈ (−∞, −1 − 2 |k|], oppure x ∈ [−1 + 2 |k|, +∞). Per ciascuno di tali intervalli si hanno due soluzioni y=
(x + 1) ±
p
(x + 1)2 − 4|k| . 2
Da un punto di vista geometrico, il luogo Γk `e 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
FUNZIONI IMPLICITE - ESERCIZI SVOLTI
7
∂F 1 y−1 =1− = =0 ∂y y y da cui y = 1. Sostituendo nella (3), si ottiene 1 + log x = 0 cio`e x = e−1 . Una soluzione y = ϕ(x) della (3) esiste quindi in un intorno di ogni punto (x0 , y0 ) che soddisfa l’equazione (3), con l’unica eccezione del punto di coordinate (e−1 , 1). Derivando la relazione F (x, ϕ(x)) = 0, si ottiene ∂F ∂F 0 + ϕ =0 ∂x ∂y ovvero ∂F ∂x ϕ0 = − ∂F . ∂y
La derivata di F rispetto ad y `e gi`a stata calcolata. Inoltre, 1 ∂F = . ∂x x Sostituendo in (6), si ha: 1 x ϕ0 = − y−1 y
da cui si ricava subito la relazione cercata.
(6)