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60 14. TEOREMA DELLA FUNZIONE IMPLICITA E INVERSA - CONTINUAZIONE
(1) Provare che Γ è il grafico di una funzione ϕ : R → R.
(2) Discutere la continuità e la derivabilità di ϕ.
(3) Effettuare uno studio qualitativo di ϕ: in particolare, si stabilisca se ϕ ammette un asintoto obliquo
per x → ±∞.
Svolgimento. Poniamo f(x, y) = y 3 − xy 2 + x 2 y − x + x 3 in modo che Γ = {(x, y) : f(x, y) = 0}.
Poiché f(−x, −y) = −f(x, y), si ha che Γ è simmetrico rispetto all’origine. Studiamo le intersezioni con gli assi:
f(0, y) = 0 solo se y = 0 e f(x, 0) = 0 solo se −x + x 3 = 0 quindi x ∈ {0, ±1}.
(1) Calcoliamo le derivate parziali di f, osservando che f ∈ C ∞ :
∂xf(x, y) = −y 2 + 2xy − 1 + 3x 2 = 4x 2 − (y − x) 2 − 1
∂yf(x, y) = 3y 2 − 2xy + x 2 = 2y 2 + (x − y) 2
La derivata ∂yf(x, y) si annulla se e solo se x = y = 0. Ciò implica che se x = 0, in un intorno di x
si ha che γ è grafico di una funzione C 1 . D’altra parte, per x = 0, si ha che l’equazione f(0, y) = 0 è
soddisfatta solo da y = 0, quindi poniamo ϕ(0) = 0.
(2) Si ha che ϕ è continua. Sia {(xn, yn)}n∈N una successione in Γ con xn → 0.
0 = lim inf
n→∞ f(xn, yn) = lim inf
n→∞ y3 n
0 = lim sup
n→∞
f(xn, yn) = lim sup y
n→∞
3 n
quindi yn → 0 = limn→∞ ϕ(xn) e si ha che ϕ è continua. Inoltre ϕ(0) = 0, ϕ(±1) = 0.
Studiamo la derivabilità: si è già detto che ϕ ∈ C 1 in R\0. Il differenziale di f in (0, 0) è df(0, 0) = − dx.
Quindi esiste C ∈ R tale per cui la retta C + x = 0 è la tangente a γ in (0, 0), tale retta è x = 0,
pertanto ϕ non può essere differenziabile in 0. Si ha per x = 0:
ϕ ′ (x) = − ∂xf(x, ϕ(x))
∂yf(x, ϕ(x)) = −4x2 − (ϕ(x) − x) 2 − 1
2ϕ2 (x) + (x − ϕ(x))
(3) In particolare si ha che ϕ(1) = 0 e ϕ ′ (1) = − ∂xf(1,0)
∂yf(1,0) = −2 < 0, quindi la funzione ϕ(x) è negativa
in un intorno destro di 1 , e quindi per ogni x > 1 perché non ci sono altre intersezioni con gli assi,
ed è positiva in un intorno sinistro di 1 e quindi in 0 < x < 1 perché non vi sono altri punti dove si
annulli tra 0 e 1, in quanto f(x, 0) = 0 solo per x ∈ {0, ±1}. Sfruttando le simmetrie, si ha quindi che
ϕ(x) > 0 se 0 < x < 1 o x < −1, ϕ(x) = 0 se x ∈ {0, ±1} e ϕ(x) < 0 se −1 < x < 0, x > 1.
Poniamo y = mx, si ha allora f(x, mx) = 0 se e solo se (m3 − m2 + m + 1)x3 − x = 0, ovvero se e solo
se x((m3 − m2 + m + 1)x2 − 1) = 0. Se x = 0, per avere soluzione si deve avere (m3 − m2 + m + 1) > 0,
in tal caso si ha che esistono due soluzioni di segno opposto, ossia x = ±(m3 − m2 + m + 1) −1/2 . cui
corrisponde
m
y = ± √
m3 − m2 + m + 1
Poniamo
m
h(m) = √
m3 − m2 + m + 1
e studiamone le derivate:
h ′ 3m
m3 − m2 + m + 1 − m
(m) =
2 − 2m + 1
2 √ m3 − m2 + m + 1
(m3 − m2 + m + 1)
= 2m3 − 2m 2 + 2m + 2 − m(3m 2 − 2m + 1)
2(m 3 − m 2 + m + 1) 3/2
=
−m 3 + m + 2
2(m 3 − m 2 + m + 1) 3/2
Tale derivata si annulla per m 3 − m − 2 = 0. Studiamo il numero di soluzioni di tale equazione. Posto
v(m) = m 3 − m − 2, calcoliamo massimi e minimi relativi di v. Si ha v ′ (m) = 3m 2 − 1, nullo per
¯m ± = ± 1/3. Si ha | ¯m ± | < 1 e | ¯m ± | 3 < 1, quindi v( ¯m ± ) < 0. Ciò implica che gli estremali relativi di
v sono entrambi strettamente negativi, pertanto l’equazione m 3 − m − 2 = 0 possiede una sola radice
reale. Dato che v(0) = v(1) = −2 e limm→∞ v(m) = +∞, si ha che tale radice è strettamente positiva.
Inoltre v(2) = 4 > 0, quindi tale radice è strettamente minore di 2 In particolare, si ha che esiste un
solo valore di 1 < ¯m < 2 per cui h ′ ( ¯m) = 0. Questo implica che gli unici punti critici di ϕ si hanno nei
2 ,