Esercizi svolti · Scheda 1

Derivate prime di funzioni implicite

Teoria usata: Teorema di Dini (due variabili)Funzione definita implicitamente

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Esercizio 1

Verificare che l’equazione

x^{3} + y^{3} - 2 x y = 0

definisce implicitamente una funzione $y = φ (x)$ vicino al punto $(1, 1)$ e calcolare $φ^{'} (1)$ .

F (x, y) = x^{3} + y^{3} - 2 x y, F (1, 1) = 1 + 1 - 2 = 0

F_{y} (x, y) = 3 y^{2} - 2 x, F_{y} (1, 1) = 3 - 2 = 1 \neq = 0

F_{x} (x, y) = 3 x^{2} - 2 y, F_{x} (1, 1) = 3 - 2 = 1

φ^{'} (1) = - \frac{F _{x} ( 1 , 1 )}{F _{y} ( 1 , 1 )} = - \frac{1}{1} = - 1

Si verificano le due ipotesi del teorema di Dini nel punto. Il punto appartiene alla curva, poiché $F (1, 1) = 0$ ; la derivata parziale rispetto a $y$ nel punto è $F_{y} (1, 1) = 1$ , diversa da zero, quindi il teorema si applica e vicino a $(1, 1)$ la curva è il grafico di una funzione $y = φ (x)$ di classe $C^{1}$ con $φ (1) = 1$ . La derivata si calcola con la formula del teorema, che richiede soltanto le derivate parziali di $F$ nel punto: poiché $F_{x} (1, 1) = 1$ e $F_{y} (1, 1) = 1$ , risulta $φ^{'} (1) = - 1$ .

Esercizio 2

Verificare che l’equazione

e^{x y} + x^{2} - y - 2 = 0

definisce implicitamente una funzione $y = φ (x)$ vicino al punto $(0, - 1)$ e calcolare $φ^{'} (0)$ .

F (x, y) = e^{x y} + x^{2} - y - 2, F (0, - 1) = 1 + 0 + 1 - 2 = 0

F_{y} (x, y) = x e^{x y} - 1, F_{y} (0, - 1) = 0 - 1 = - 1 \neq = 0

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

φ^{'} (0) = - \frac{F _{x} ( 0 , - 1 )}{F _{y} ( 0 , - 1 )} = - \frac{- 1}{- 1} = - 1

Il punto $(0, - 1)$ appartiene alla curva perché, sostituendo, l’esponenziale vale $e^{0} = 1$ e la somma $1 + 0 + 1 - 2$ è nulla. Per derivare $e^{x y}$ rispetto a $y$ si applica la regola della catena: la derivata dell’esponente $x y$ rispetto a $y$ è $x$ , quindi $\frac{\partial}{\partial y} e^{x y} = x e^{x y}$ ; nel punto questo termine è nullo e resta $F_{y} (0, - 1) = - 1$ , diverso da zero, perciò il teorema di Dini si applica. Allo stesso modo $\frac{\partial}{\partial x} e^{x y} = y e^{x y}$ , che nel punto vale $- 1$ . La formula della derivata dà $φ^{'} (0) = - \frac{- 1}{- 1} = - 1$ .

Esercizio 3

Verificare che l’equazione

x ln y + y e^{x - 1} - 1 = 0

definisce implicitamente una funzione $y = φ (x)$ vicino al punto $(1, 1)$ e calcolare $φ^{'} (1)$ .

F (x, y) = x ln y + y e^{x - 1} - 1, F (1, 1) = 1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 - 1 = 0

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

F_{x} (x, y) = ln y + y e^{x - 1}, F_{x} (1, 1) = 0 + 1 = 1

φ^{'} (1) = - \frac{F _{x} ( 1 , 1 )}{F _{y} ( 1 , 1 )} = - \frac{1}{2}

La funzione $F$ è di classe $C^{1}$ nell’aperto ${y > 0}$ , che contiene il punto $(1, 1)$ . Nel punto il logaritmo si annulla e l’esponenziale vale $e^{0} = 1$ , quindi $F (1, 1) = 0$ e il punto appartiene alla curva. La derivata rispetto a $y$ ha due addendi, $\frac{x}{y}$ dal termine $x ln y$ e $e^{x - 1}$ dal termine $y e^{x - 1}$ ; nel punto la somma vale $2$ , diversa da zero, quindi il teorema di Dini si applica. Nella derivata rispetto a $x$ il primo addendo è $ln y$ , che nel punto è nullo, e il secondo è $y e^{x - 1}$ , che vale $1$ . Dalla formula del teorema segue $φ^{'} (1) = - \frac{1}{2}$ .