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CAPITOLO 13
Lezione del giorno martedì 10 novembre 2009 (1 ora)
Teorema della funzione implicita e inversa
Teorema 13.1 (Dini in R 2 ). Sia D ⊆ R 2 aperto, f : D → R continua, (x0, y0) ∈ D tale che f(x0, y0) = 0.
Supponiamo che in un intorno di (x0, y0) esista continua ∂yf(x, y) e sia ∂yf(x, y) = 0. Esistono allora U e V
intorni in R rispettivamente di x0 e y0, ed un’unica funzione continua ϕ : U → V tali che:
{(x, y) ∈ D : f(x, y) = 0} ∩ (U × V ) = {(x, ϕ(x)) : x ∈ U}, ϕ(x0) = y0.
Si dirà che ϕ esplicita localmente f rispetto alla variabile x in un intorno di x0.
Proposizione 13.2. Nelle ipotesi precedenti, si assuma che f sia differenziabile in (x0, y0). Allora ϕ è
derivabile in x0 e vale:
ϕ ′ (x0) = − ∂xf(x0, y0)
ϕyf(x0, y0) .
In particolare se f è differenziabile in un intorno di (x0, y0), allora
ϕ ′ (x) = − ∂xf(x, ϕ(x))
, ∀x ∈ U.
∂yf(x, ϕ(x))
Teorema 13.3 (Dini). Siano X, Y, Z spazi normati completi, D aperto in X × Y , f : D → R continua,
(x0, y0) ∈ D tale che f(x0, y0) = 0. Supponiamo che in un intorno di (x0, y0) esista continua ∂Y f(x, y) e che
∂Y f(x0, y0) sia isomorfismo di Y su Z. Esistono allora U ⊂ X e V ⊂ Y intorni rispettivamente di x0 e y0, ed
un’unica funzione continua ϕ : U → V tali che:
{(x, y) ∈ D : f(x, y) = 0} ∩ (U × V ) = {(x, ϕ(x)) : x ∈ U}, ϕ(x0) = y0.
Si dirà che ϕ esplicita localmente f rispetto alle variabili x in un intorno di x0. Se poi f è differenziabile in
(x0, y0), si ha:
ϕ ′
−1 (x0) = − ∂Y f(x0, y0) ◦ ∂Xf(x0, y0).
Esercizio 13.4. Dimostrare che esiste una ed una sola funzione continua e derivabile y = ϕ(x) definita in
un intorno di x = 2 soddisfacente all’equazione:
x 2 + y 3 − 2xy − 1 = 0,
con la condizione ϕ(2) = 1. Calcolarne la derivata prima e seconda.
Svolgimento. Poniamo f(x, y) = x 2 + y 3 − 2xy − 1, P = (2, 1). Si ha f(P ) = 0. Calcoliamo ∂yf(x, y) =
3y 2 − 2x e osserviamo che ∂yf(P ) = −1 = 0. Per il Teorema di Dini esiste una ed una sola funzione continua
ϕ definita in un intorno di 2 tale che F (x, ϕ(x)) = 0 e ϕ(2) = 1. Poiché f ∈ C 1 , si ha che ϕ è C 1 , e si ha
In particolare, ϕ ′ (2) = 2.
Derivando ulteriormente, si ottiene:
d 2
d
dx ϕ(x) = −∂xf(x, ϕ(x)) 2x − 2ϕ(x)
= −
∂yf(x, ϕ(x)) 3ϕ2 (x) − 2x ,
dx2 ϕ(x) = −(2 − 2ϕ′ (x))(3ϕ2 (x) − 2x) − (2x − 2ϕ(x))(6ϕ(x)ϕ ′ (x) − 2)
(3ϕ2 (x) − 2x) 2
,
In particolare, sostituendo x = 2, ϕ(2) = 1, ϕ ′ (2) = 2, si ha ϕ ′′ (2) = 1/16.
Si poteva procedere per la prima parte anche nel modo seguente:
df(x, y) = ∂xf(x, y) dx + ∂yf(x, y) dy = 2(x − y) dx + 2(3y 2 − x) dy
Questo implica in particolare che ∇f(x, y) = 2(x−y, 3y 2 −x). Tale vettore è ortogonale all’insieme S = {(x, y) ∈
R 2 : f(x, y) = 0} nel punto (x, y) ∈ S. Ma allora esiste C ∈ R tale che la retta C +df(x, y)(h, k) = 0 (le variabili
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