Funzioni implicite

Risulta $F(1,1)=0$ e $F_y(1,1)=3y^2+x{|}_{(1,1)}=4\ne 0$, quindi il teorema di Dini si applica e

Risulta $F(1,0)=0$ e $F_y(1,0)=x{e}^y+1{|}_{(1,0)}=2\ne 0$; poiché $F_x(1,0)=e^y{|}_{(1,0)}=1$, si ottiene

Con $F(x,y)=x^{2}y+y^3-2$ si ha $\nabla F(1,1)=(2,4)$, quindi la tangente è $2(x-1)+4(y-1)=0$, cioè

Con $F(x,y)=\ln (x+y)+xy$ si ha $F_x(0,1)=2$ e $F_y(0,1)=1$, quindi ${\phi }^{\prime }(0)=-2$ e la tangente è

I punti a tangente orizzontale sono quelli della curva con $F_x=2x+y=0$ e $F_y\ne 0$: da $y=-2x$ sostituito nell’equazione segue $3x^2=3$, quindi i punti sono

e in entrambi $F_y=x+2y\ne 0$.

Risulta $F(1,1)=0$ e $F_y(1,1)=4\ne 0$. Derivando due volte l’identità si ottiene

Risulta $F(1,1)=0$, $F_y(1,1)=6\ne 0$ e $F_x(1,1)=0$, quindi ${\phi }^{\prime }(1)=0$. Derivando due volte l’identità si ottiene ${\phi }^{\prime \prime }(1)=\frac{1}{3}>0$, perciò $x_0=1$ è un punto di minimo locale.

Risulta $F(1,1,1)=0$ e $F_z(1,1,1)=3z^2+2{|}_{(1,1,1)}=5\ne 0$, quindi

Con $F(x,y,z)=xz+y{z}^2+xy-3$ si ha $\nabla F(1,1,1)=(2,2,3)$, quindi il piano tangente è

I punti della curva con $F_y=2y=0$ sono

In essi $F_x=3x^2-3$ vale rispettivamente $-3$, $6$ e $6$, sempre diversa da zero, quindi vicino a ciascun punto la curva è il grafico di una funzione $x=\psi (y)$ e la retta tangente è verticale.

Risulta $F(0,0)=0$ e $F_y(0,0)=e^{x+y}-2y{|}_{(0,0)}=1\ne 0$; poiché $F_x(0,0)=1$, si ottiene ${\phi }^{\prime }(0)=-1$ e la tangente è

Il punto risolve il sistema e il determinante Jacobiano rispetto a $(y,z)$ nel punto è

Derivando le due equazioni rispetto a $x$ si ottiene