Teorema del Dini

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Il teorema del Dini, dovuto al matematico italiano Ulisse Dini (1845-1918), e detto anche della funzione implicita, riguarda le soluzioni di un’equazione implicita del tipo $F(x_1,\dots,x_n)=0$ , dove $F \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ con $m< n$ : esso afferma che, sotto opportune condizioni, tale insieme coincide localmente col grafico di una funzione $f$ di $n-m$ variabili: $(x_n,\dots,x_{n-m+1})=f(x_1,\dots,x_{n-m})$ oppure altre scritture simili.
Il teorema fornisce la differenziabilità della funzione $f$ e l’espressione delle sue derivate nei punti considerati.
Ad esempio, la circonferenza di equazione implicita $F(x,y)=x^2+y^2-1=0$ nel piano è descritta, nell’intorno di ogni suo punto, anche dal grafico di una funzione della variabile $x$ o $y$ , a seconda del punto considerato. Il teorema è quindi di estrema utilità, quando l’espressione di tale funzione appunto implicita non è facilmente ricavabile.

In questo articolo presentiamo una raccolta di esercizi sull’applicazione di questo importante risultato, di carattere misto e di varia difficoltà. Esso è quindi indicato per gli appassionati e gli studenti dei corsi universitari di Analisi Matematica 2, che desiderano approfondire la propria preparazione pratica su questo importante argomento.

Oltre all’articolo di teoria sul Teorema del Dini, segnaliamo i seguenti articoli su materiale correlato:

Buona lettura!

$\,$

Autori e revisori

Leggi...

Autori: Chiara Bellotti, Jacopo Garofali.

Revisori: Valerio Brunetti.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Per ciascuna delle seguenti equazioni dire se definiscono implicitamente una funzione $y=\varphi(x)$ in un intorno del punto assegnato $\left(x_0, y_0\right)$ e in tal caso determinare il polinomio di Taylor di $\varphi$ in $x_0$ di ordine 2 .

$\quad$

$2 y-x^2=2+\log (y)$ in $(0,1)$ ,

$\log \left(1+x^2-2 y\right)=x+y^4$ in $(0,0)$ ,

$y\left(x^2+y^2\right)=2 x^2$ in $(1,1)$ ,

$x^2-2 x+4 y^2=3$ in $(1,1)$ ,

$x^2 y=e^{x y+1}$ in $(-1,1)$ ,

$x^5+3 x^2 y-2 y^4=1$ in $(1,0)$ .

Svolgimento.

Studiamo separatamente le diverse equazioni.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo l’equazione $2 y-x^2=2+\log (y) \text{ in } (0,1).$

Data la funzione

$f(x,y)=2 y-x^2-2-\log (y),$

si osserva che $f$ è definita su $A=\mathbb{R}\times (0,+\infty)\subset\mathbb{R}^{2}$ ed è $C^{1}$ in $A$ . Inoltre, il punto $(0,1)$ dato appartiene ad $A$ .

Osserviamo poi che

$f(0,1)=2-2=0,$

e che la derivata parziale di $f$ rispetto ad $y$ è

$f_{y}(x,y)=2-\frac{1}{y},$

da cui

$f_{y}(0,1)=2-1=1\neq 0.$

Poiché $f(x,y)$ soddisfa le ipotesi del Teorema del Dini, è possibile definire una funzione $y=\varphi(x)$ in un intorno di $0$ con $\varphi(0)=1$ .

Troviamo ora il polinomio di Taylor $T_{2}$ di $\varphi$ in $x=0$ di ordine $2$ .

Innanzitutto

$\varphi(0)=1.$

Inoltre, essendo

(1) $\begin{equation*} \begin{split} f_{x}(x,y)&=-2x,\\ f_{y}(x,y)&=2-\frac{1}{y}, \end{split} \end{equation*}$

si ha che

$\varphi^{\prime}(0)=-\frac{f_x(0,1)}{f_y(0,1)}=0.$

Andiamo ora a sostituire $y=\varphi(x)$ nell’equazione iniziale ottenendo

$2 \varphi(x)-x^2=2+\log (\varphi(x)).$

Derivando una volta entrambi i membri rispetto a $x$ si ottiene che

$2 \varphi^{\prime}(x)-2 x=\frac{\varphi^{\prime}(x)}{\varphi(x)}.$

Derivando una seconda volta rispetto a $x$ entrambi i membri dell’equazione appena ottenuta si ottiene che

$2 \varphi^{\prime \prime}(x)-2=\frac{\varphi^{\prime \prime}(x) \varphi(x)-\left(\varphi^{\prime}(x)\right)^2}{(\varphi(x))^2}.$

In particolare, ponendo $x=0$ nella relazione appena trovata si ha che

$2 \varphi^{\prime \prime}(0)-2=\frac{\varphi^{\prime \prime}(0) \cdot 1-0^2}{1^2},$

da cui

$\varphi^{\prime \prime}(0)=2.$

Possiamo ora concludere che il polinomio di Taylor di ordine $2$ richiesto è

$T_2(x)=1+0 \cdot x+\frac{2}{2} x^2=1+x^2.$

$\[\]$

Vediamo ora una soluzione alternativa per il calcolo del polinomio di Taylor di ordine $2$ di $\varphi$ in un intorno di $x=0$ .

Lo sviluppo di Taylor di $\varphi$ è

$\varphi(x)=1+ax+bx^{2}+o(x^{2}).$

Andando a sostituire questo sviluppo di Taylor in

$f(x,\varphi(x))=0$

e sapendo che lo sviluppo di Taylor di $\log(1+x)$ è

$\log (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}+\cdots+\frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n+o\left(x^n\right) \quad \text { per }|x|<1,$

si ha

$\begin{equation*} \begin{aligned} f(x,\varphi(x))&=2 \varphi(x)-x^2-2-\log (\varphi(x))=\\&=2(1+ax+bx^{2}+o(x^{2}))-x^{2}-2-\log(1+ax+bx^{2}+o(x^{2}))=\\&=2ax+2bx^{2}-x^{2}-\left(ax+bx^{2}-\frac{(ax+bx^{2})^{2}}{2}+o(x^{2})\right)=\\&=2ax+2bx^{2}-x^{2}-ax-bx^{2}+\frac{a^{2}x^{2}}{2}+o(x^{2})=\\&=ax+\left(b-1+\frac{a^{2}}{2}\right)x^{2}+o(x^{2})=\\&=0, \end{aligned} \end{equation*}$

da cui si deve avere necessariamente

$a=0$

$b-1+\frac{a^{2}}{2}=b-1=0$

ovvero

$b=1.$

Segue che il polinomio di Taylor di ordine due richiesto è

$T_{2}(x)=1+x^{2}.$

Svolgimento punto 2.

Consideriamo l’equazione $\log \left(1+x^2-2 y\right)=x+y^4$ in $(0,0)$ .

Data la funzione

$f(x,y)=\log \left(1+x^2-2 y\right)-x-y^4,$

si osserva che $f$ è definita su $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}|1+x^{2}-2y>0\}\subset\mathbb{R}^{2}$ ed è $C^{1}$ in $A$ . Inoltre, il punto $(0,0)$ dato nelle ipotesi appartiene ad $A$ .

Abbiamo

$f(0,0)=0$

e, considerando la derivata parziale di $f$ rispetto ad $y$

$f_{y}(x,y)=\frac{-2}{1+x^2-2 y}-4 y^3,$

si ha che

$f_{y}(0,0)=-2\neq 0.$

Poichè $f(x,y)$ soddisfa le ipotesi del Teorema del Dini, esiste una funzione $y=\varphi(x)$ in un intorno di $0$ con $\varphi(0)=0$ .

Adesso calcoliamo il polinomio di Taylor $T_{2}$ di $\varphi$ in $x=0$ di ordine $2$ .

Innanzitutto

$\varphi(0)=0.$

Inoltre, essendo

$\begin{aligned} f_{x}(x,y)&=\frac{2 x}{1+x^2-2 y}-1,\\ f_{y}(x,y)&=\frac{-2}{1+x^2-2 y}-4 y^3, \end{aligned}$

si ha che

$\varphi^{\prime}(0)=-\frac{f_x(0,0)}{f_y(0,0)}=-\frac{1}{2}.$

A questo punto, sostituiamo $y=\varphi(x)$ nell’equazione iniziale ottenendo

$\log \left(1+x^2-2 \varphi(x)\right)=x+(\varphi(x))^4.$

Derivando una prima volta l’equazione ottenuta rispetto a $x$ si ha

$\frac{2 x-2 \varphi^{\prime}(x)}{1+x^2-2 \varphi(x)}=1+4 \varphi^3(x) \varphi^{\prime}(x)$

e derivando una seconda volta sempre rispetto a $x$ si ottiene che

$\frac{1}{\left(1+x^2-2 \varphi(x)\right)^2}\left[\left(2-2 \varphi^{\prime \prime}(x)\right)\left(1+x^2-2 \varphi(x)\right)-\left(2 x-2 \varphi^{\prime}(x)\right)^2\right]=12 \varphi^2(x)\left(\varphi^{\prime}(x)\right)^2+4 \varphi^3(x) \varphi^{\prime \prime}(x).$

Valutando $x=0$ l’equazione appena ottenuta diventa

$\frac{1}{1^2}\left[\left(2-2 \varphi^{\prime \prime}(0)\right) \cdot 1-\left(-2 \cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\right)^2\right]=0$

ovvero

$2-2 \varphi^{\prime \prime}(0)-1=0$

da cui

$\varphi^{\prime \prime}(0)=\frac{1}{2}.$

Il polinomio di Taylor di ordine $2$ richiesto sarà quindi

$T_2(x)=0-\frac{x}{2}+\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2=-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{4}.$

Svolgimento punto 3.

Consideriamo l’equazione $y\left(x^2+y^2\right)=2 x^2$ in $(1,1)$ .

Data la funzione

$f(x,y)=y\left(x^2+y^2\right)-2 x^2=y x^2+y^3-2 x^2,$

essa è definita su tutto $\mathbb{R}^{2}$ , è $C^{1}$ su tutto $\mathbb{R}^{2}$ e $(1,1)\in\mathbb{R}^{2}$ .

Si osserva poi che

$f(1,1)=2-2=0,$

e inoltre

$f_{y}(x,y)=x^2+3 y^2,$

da cui

$f_{y}(1,1)=4\neq 0.$

Poichè $f(x,y)$ soddisfa le ipotesi del Teorema del Dini, esiste una funzione $y=\varphi(x)$ in un intorno di $1$ con $\varphi(1)=1$ .

Adesso calcoliamo il polinomio di Taylor $T_{2}$ di $\varphi$ in $x=1$ di ordine $2$ .

Innanzitutto

$\varphi(1)=1.$

Inoltre, essendo

$\begin{aligned} f_{x}(x,y)&=2 y x-4 x,\\ f_{y}(x,y)&=x^2+3 y^2, \end{aligned}$

si ha

$\varphi^{\prime}(1)=-\frac{f_x(1, 1)}{f_y(1, 1)}=\frac{1}{2}.$

Andiamo ora a sostituire $y=\varphi(x)$ nell’equazione iniziale, ottenendo

$\varphi(x)\left(x^2+\varphi^2(x)\right)=2 x^2.$

Derivando una volta rispetto a $x$ si ottiene

$\varphi^{\prime}(x)\left(x^2+\varphi^2(x)\right)+\varphi(x)\left(2 x+2 \varphi(x) \varphi^{\prime}(x)\right)=4 x$

ovvero

$\varphi^{\prime}(x) x^2+\varphi(x) \cdot 2 x+3 \varphi^2(x) \varphi^{\prime}(x)=4 x.$

Derivando una seconda volta si ha

$\varphi^{\prime \prime}(x) x^2+\varphi^{\prime}(x) \cdot 2 x+\varphi^{\prime}(x) 2 x+2 \varphi(x)+6 \varphi(x)\left(\varphi^{\prime}(x)\right)^2+3 \varphi^2(x) \varphi^{\prime \prime}(x)=4.$

In particolare, per $x=1$ si ha

$\varphi^{\prime \prime}(1)+1+1+2+6 \cdot \frac{1}{4}+3 \varphi^{\prime \prime}(1)=4,$

da cui

$\varphi^{\prime \prime}(1)=-\frac{3}{8}.$

Possiamo quindi concludere che il polinomio di Taylor cercato sarà

$T_2(x)=1+\frac{1}{2}(x-1)-\frac{3}{16}(x-1)^2.$

Svolgimento punto 4.

Consideriamo l’equazione $x^2-2 x+4 y^2=3$ in $(1,1)$ .

Data la funzione

$f(x,y)=x^2-2 x+4 y^2-3$

essa è definita su tutto $\mathbb{R}^{2}$ , è $C^{1}$ su tutto $\mathbb{R}^{2}$ e $(1,1)\in\mathbb{R}^{2}$ .

Si osserva poi che

$f(1,1)=1-2+4-3=0.$

Inoltre, la derivata parziale di $f$ rispetto a $y$ è

$f_{y}(x,y)=8y,$

da cui

$f_{y}(1,1)=8\neq 0.$

Poiché $f(x,y)$ soddisfa le ipotesi del Teorema del Dini, esiste una funzione $y=\varphi(x)$ in un intorno di $1$ con $\varphi(1)=1$ .

Adesso calcoliamo il polinomio di Taylor $T_{2}$ di $\varphi$ in $x=1$ di ordine $2$ .

Innanzitutto

$\varphi(1)=1.$

Inoltre, essendo

$\begin{aligned} f_{x}(x,y)&=2 x-2,\\ f_{y}(x,y)&=8y, \end{aligned}$

si ottiene

$\varphi^{\prime}(1)=-\frac{f_x(1,1)}{f_y(1,1)}=0.$

Riscriviamo ora l’equazione iniziale con $y=\varphi(x)$ ottenendo

$x^2-2 x+4 \varphi^2(x)=3.$

Deriviamo poi rispetto a $x$ entrambi i membri ottenendo

$2 x-2+8 \varphi(x) \cdot \varphi^{\prime}(x)=0.$

Derivando una seconda volta si ottiene

$2+8\left(\varphi^{\prime}(x)\right)^2+8 \varphi(x) \varphi^{\prime \prime}(x)=0.$

Sostituendo $x=1$ otteniamo

$2+8 \cdot 0+8 \cdot 1 \cdot \varphi^{\prime \prime}(1)=0,$

da cui

$\varphi^{\prime \prime}(1)=-\frac{1}{4}.$

Il polinomio di Taylor cercato sarà quindi

$T_2(x)=1-\frac{1}{8}(x-1)^2.$

Svolgimento punto 5.

Consideriamo l’equazione $x^2 y=e^{x y+1}$ in $(-1,1)$ .

Data la funzione

$f(x,y)=x^2y-e^{x y+1}$

essa è definita su tutto $\mathbb{R}^{2}$ , è $C^{1}$ su tutto $\mathbb{R}^{2}$ e $(-1,1)\in\mathbb{R}^{2}$ .

Inoltre

$f(-1,1)=1-1=0$

e la derivata parziale di $f$ rispetto a $y$ è

$f_{y}(x,y)=x^2-e^{x y+1} \cdot x,$

dunque abbiamo

$f_{y}(-1,1)=2\neq 0.$

Siccome $f(x,y)$ soddisfa le ipotesi del Teorema del Dini, esiste una funzione $y=\varphi(x)$ in un intorno di $-1$ con $\varphi(-1)=1$ .

Passiamo ora al calcolo del polinomio di Taylor $T_{2}$ di $\varphi$ in $x=-1$ di ordine $2$ .

Prima di tutto

$\varphi(-1)=1.$

Inoltre, poiché

$\begin{aligned} f_{x}(x,y)&=2 x y-e^{x y+1}\cdot y,\\ f_{y}(x,y)&=x^2-e^{x y+1} \cdot x, \end{aligned}$

si ottiene

$\varphi^{\prime}(-1)=-\frac{f_x(-1,1)}{f_y(-1,1)}=-\frac{-2-1}{2}=\frac{3}{2}.$

A questo punto riscriviamo l’equazione iniziale con $y=\varphi(x)$ ottenendo

$x^2 \varphi(x)=e^{x \varphi(x)+1}.$

Derivando rispetto a $x$ entrambi i membri si ha

$2 x \varphi(x)+x^2 \varphi^{\prime}(x)=e^{x \varphi(x)+1} \cdot\left(\varphi(x)+x \varphi^{\prime}(x)\right)$

e, derivando una seconda volta, si ottiene

$2 \varphi(x)+4 x \varphi^{\prime}(x)+x^2 \varphi^{\prime \prime}(x)=e^{x \varphi(x)+1}\left[\left(\varphi(x)+x \varphi^{\prime}(x)\right)^2+\left(2 \varphi^{\prime}(x)+x \varphi^{\prime \prime}(x)\right)\right].$

In particolare, per $x=-1$ vale

$2 \cdot 1+4(-1) \cdot \frac{3}{2}+1 \cdot \varphi^{\prime \prime}(-1)=1 \cdot\left[\left(1-\frac{3}{2}\right)^2+\left(2 \cdot \frac{3}{2}-1 \cdot \varphi^{\prime \prime}(-1)\right)\right],$

da cui

$\varphi^{\prime \prime}(-1)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}+3-2+6\right)=\frac{29}{8}.$

Il polinomio di Taylor cercato sarà

$T_2(x)=1+\frac{3}{2}(x+1)+\frac{29}{16}(x+1)^2 .$

Svolgimento punto 6.

Passiamo infine all’equazione $x^5+3 x^2 y-2 y^4=1$ considerata nel punto $(1,0)$ .

Definiamo la funzione

$f(x,y)=x^5+3 x^2 y-2 y^4-1$

e osserviamo che è definita su tutto $\mathbb{R}^{2}$ , è $C^{1}$ su tutto $\mathbb{R}^{2}$ e $(1,0)\in\mathbb{R}^{2}$ .

Inoltre

$f(1,0)=1-1=0$

e, essendo la derivata parziale di $f$ rispetto a $y$

$f_{y}(x,y)=3 x^2-8 y^3,$

abbiamo

$f_{y}(1,0)=3\neq 0.$

Poiché $f(x,y)$ soddisfa le ipotesi del Teorema del Dini, esiste una funzione $y=\varphi(x)$ in un intorno di $1$ con $\varphi(1)=0$ .

Passiamo ora al calcolo del polinomio di Taylor $T_{2}$ di $\varphi$ in $x=1$ di ordine $2$ .

Innanzitutto

$\varphi(1)=0.$

Inoltre, siccome

$\begin{aligned} f_{x}(x,y)&=5 x^4+6 x y,\\ f_{y}(x,y)&=3 x^2-8 y^3, \end{aligned}$

si ottiene

$\varphi^{\prime}(1)=-\frac{f_x(1,0)}{f_y(1,0)}=-\frac{5}{3}.$

Riscrivendo l’equazione iniziale con $y=\varphi(x)$ abbiamo

$x^5+3 x^2 \varphi(x)-2 \varphi^4(x)=1$

da cui, derivando rispetto a $x$ entrambi i membri si ha

$5 x^4+6 x \varphi(x)+3 x^2 \varphi^{\prime}(x)-8 \varphi^3(x) \cdot \varphi^{\prime}(x)=0$

e, derivando una seconda volta, otteniamo

$20 x^3+6 \varphi(x)+12 x \varphi^{\prime}(x)+3 x^2 \varphi^{\prime \prime}(x)-2 4 \varphi^2(x) \cdot \varphi^{\prime}(x)-8 \varphi^3(x) \varphi^{\prime \prime}(x)=0.$

Sostituendo $x=1$ si ha

$20+12\cdot\left(-\frac{5}{3}\right)+3 \varphi^{\prime \prime}(1)=0$

da cui

$\varphi^{\prime \prime}(1)=0.$

Possiamo quindi concludere che il polinomio di Taylor cercato sarà

$T_2(x)=-\frac{5}{3}(x-1) .$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Per ciascuno dei seguenti sistemi dire se definiscono implicitamente due funzioni $y= \varphi(x),$ $z=\psi(x)$ in un intorno del punto assegnato $\left(x_0, y_0, z_0\right)$ e in tal caso determinare il polinomio di Taylor di $\varphi$ e $\psi$ in $x_0$ di ordine $1$ .

$\quad$

Consideriamo il sistema
$\left\{\begin{array}{l} x y z=-2 \\ x^3+y^3+z^3=8 \end{array} \right.$

in $(-1,2,1)$ .

Consideriamo il sistema
$\left\{\begin{array}{l} x^2+y^2-z^2=1 \\ x y+y z=x z-3 \end{array}\right.$

in $(1,-1,1)$ .

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