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CAPITOLO 14
Lezione del giorno giovedì 12 novembre 2009 (2 ore)
Teorema della funzione implicita e inversa - continuazione
Esercizio 14.1. Si tracci un grafico qualitativo del folium di Cartesio:
Γ = {(x, y) ∈ R 2 : x 3 − 3xy + y 3 = 0},
e si studino le funzioni y = ϕ(x) di classe C 1 definite implicitamente dall’equazione x 3 − 3xy + y 3 = 0.
Svolgimento. Posto f(x, y) = x3 − 3xy + y3 , osserviamo che f(x, y) = f(y, x) pertanto Γ è simmetrico
rispetto alla bisettrice del primo quadrante.
Stabiliamo il numero di funzioni implicitamente definite da f. A tal proposito consideriamo l’intersezione di Γ
con le rette x = k al variare di k ∈ R. Si deve avere f(k, y) = 0, da cui k3 − 3ky + y3 = 0. Essendo un polinomio
di terzo grado, esso ha sempre una soluzione reale, e può averne al più altre due, quindi f definisce al più tre
funzioni y = ϕ(x). Per determinare il numero delle soluzioni, studiamo ora il polinomio pk(y) = k3 − 3ky + y3 al
variare di k. Osserviamo che limy→±∞ pk(y) = ±∞, quindi pk non ha massimi o minimi assoluti. La derivata
prima è p ′ k (y) = 3y2 − 3k, che si annulla per y2 = k, e la derivata seconda è p ′′
k (y) = 6y. Distinguiamo quindi
vari casi:
(1) Se k < 0, la funzione y ↦→ pk(y) è strettamente crescente perché p ′ k (y) > 0, quindi si annulla in un solo
punto yk. Cerchiamo di stimare il valore di yk: poiché pk(0) = k3 < 0, si deve avere yk > 0 e poiché
pk(k2 ) = k3 − 3k3 + k6 = −2k3 + k6 > 0 si ha yk < k2 .
Ciò implica che se x < 0 esiste un solo punto y = y(x) ∈]0, +∞[ tale per cui (x, y(x)) ∈ Γ. Inoltre si
ha y(x) < x2 .
(2) Se k = 0, allora p0(y) = y3 che si annulla solo in 0, quindi (0, y) ∈ Γ se e solo se y = 0.
(3) Se k > 0 allora p ′ k (y) = 0 se y = ±√k, e p ′′
k (y) = 6y quindi pk ammette un massimo relativo per
y = − √ k (infatti p ′ k (√k) = 0 e p ′′
k (√k) = −6 √ k < 0) e un minimo relativo per y = √ k (infatti
p ′ k (−√k) = 0 e p ′′
k (√k) = 6 √ k > 0). Calcoliamo il valore del minimo e del massimo relativo:
pk( √ k) = k 3 − 3k 3/2 + k 3/2 = k 3 − 2k 3/2 = k 3/2 (k 3/2 − 2) =: mk
pk(− √ k) = k 3 + 3k 3/2 − k 3/2 = k 3 − 2k 3/2 = k 3/2 (k 3/2 + 2) =: Mk
Se mk > 0 oppure Mk < 0 esiste una sola soluzione dell’equazione pk(y) = 0, altrimenti se mk < 0 <
Mk ne esistono tre. Sostituendo le definizioni di mK e di Mk, e ricordando che k > 0, per avere tre
soluzioni si deve avere k 3/2 − 2 < 0 < k 3/2 + 2 da cui −2 < k 3/2 < 2, pertanto si hanno tre soluzioni
se 0 < k < 3√ 4 e una sola se k > 3√ 4. Se si hanno tre soluzioni, la soluzione maggiore è strettamente
maggiore di √ k e l’altra soluzione positiva è strettamente compresa tra 0 e √ k.
(4) Se k = 3√ 4, allora mk = 0 e l’equazione pk(y) = 0, ovvero 4 − 3 3√ 4y + y 3 = 0 ammette due soluzioni:
una positiva corrispondente al punto dove pk(y) = mk, quindi y = √ k = 3√ 2. Poiché pk(0) = 4 > 0,
l’altra soluzione deve essere negativa.
Queste considerazioni implicano:
(1) Per x < 0 si ha che f(x, y) = 0 definisce una sola funzione ϕ1 :] − ∞, 0[→]0, +∞[ tale che y = ϕ(x)
se e solo se f(x, y) = 0. Studiamo la regolarità di tale funzione: se ¯x < 0, consideriamo il punto
(¯x, ϕ1(¯x)) ∈ Γ. Poiché ∂yf(¯x, ϕ1(¯x)) = 3ϕ2 (¯x) − 3¯x e ¯x < 0, si ha ∂yf(¯x, ϕ1(¯x)) = 0, quindi per
il teorema di Dini f definisce implicitamente una funzione y = ψ(x) in un intorno di ¯x tale che
ψ(¯x) = ϕ1(¯x). Poiché f ∈ C1 , tale funzione è C1 , ma poiché ϕ1 è l’unica funzione tale che per ogni
x < 0 si abbia y = ϕ(x) se e solo se f(x, y) = 0, si conclude che ψ = ϕ1. Studiamo le derivate di tale
funzione:
dϕ1
dx (x) = −∂xf(x, ϕ1(x))
∂yf(x, ϕ1(x)) = −3x2 − 3ϕ1(x)
3ϕ2 1 (x) − 3x = −x2 − ϕ1(x)
.
(x) − x
55
ϕ 2 1