Curva di livello passante per P

[Knuckles1]

Si consideri la seguente funzione:

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

mi si chiede di disegnare localmente la curva di livello passante per $(1,0)$.

provo ad applicare Dini:

$f(1,0)=1 -> text{considero allora:} g(xy)=(x^4+y^4)/(x^3-y^3)-1$

ma $g_(x,y)=0$ e cadono così le condizioni per il teo del dini...dove sbaglio?

[gugo82]

L'equazione della tua curva di livello è, in fin dei conti, [tex]$x^4-x^3+y^4+y^3=0$[/tex] con [tex]$x\neq y$[/tex] (infatti devi prendere il denominatore comune nella tua [tex]$g(x,y)=0$[/tex])... E mi pare che, messo il problema in questa forma, sia lecito applicare il teorema del Dini per esplicitare [tex]$x$[/tex] rispetto ad [tex]$y$[/tex] intorno a [tex]$(1,0)$[/tex].

Per disegnare la curva localmente, basta ricavare qualche informazione sulle derivate della funzione implicita [tex]$x(y)$[/tex]: ciò si può fare con lo stesso teorema del Dini per la derivata prima [tex]$x^\prime (y)$[/tex] e con qualche contariello in più per la derivata seconda [tex]$x^{\prime \prime}(y)$[/tex] (se ti serve).
Prova e vedi che ne riesci a cavare.

[Knuckles1]

però Dini dice che se $g(x_o,y_o)=0;g \in C^1; g_y(x_o,y_o)!=0$ allora posso dire che esiste $y=y(x)$... quindi tu dici che come posso esplicitare la y, posso esplicitare la x? e quindi sarà: $g(x_o,y_o)=0; g \in C^1; g_x(x_o,y_o)!=0$

[Knuckles1]

si effettivamente nessuno mi dice che devo esplicitare la funzione secondo una certa variabile... la variabile la scelgo io... solo una cosa... svolgendo i calcoli mi viene che: $g_x(1,0)=1$ e $g_y(1,0)=0$ quindi $x(y)=-(g_y(1,0))/(g_x(1,0))=0$... dovrei andare a vedere minimo la derivata seconda e terza.... solo che devo tenere conto del fatto che $x(y(x))$.... vengono delle derivate impossibili... non c'è un modo per calcolare tali derivate o il valore di tali derivate in quel punto senza effettivamente svolgere derivate così laboriose? non so se mi sono spiegato...

[gugo82]

Ora ho un po' da fare per mostrarti tutti i passaggi... Dall'espressione della derivata prima:

[tex]$x^\prime (y) =-\frac{4y^3+3y^2}{4x^3(y)-3x^2(y)}$[/tex]

è vero che non si ricava una forma "bella" per [tex]$x^{\prime \prime}$[/tex], epperò si ha una forma "comoda" per stabilire il segno della derivata seconda.
Ragionaci un po'. Se non ti viene in mente nulla, quando ho un po' di tempo ti rispondo un po' meglio.

[Knuckles1]

ok appena posso proseguo i calcoli, cmq mi interesserebbe l forma comoda ci risentiamo

[gugo82]

"gugo82":Ora ho un po' da fare per mostrarti tutti i passaggi... Dall'espressione della derivata prima:

[tex]$x^\prime (y) =-\frac{4y^3+3y^2}{4x^3(y)-3x^2(y)}$[/tex]

è vero che non si ricava una forma "bella" per [tex]$x^{\prime \prime}$[/tex], epperò si ha una forma "comoda" per stabilire il segno della derivata seconda.
Ragionaci un po'. Se non ti viene in mente nulla, quando ho un po' di tempo ti rispondo un po' meglio.

Innanzitutto, noti che:

[tex]$x^\prime =-3y^2 \cdot \frac{1+\frac{4}{3} y}{4x^3-3x^2}$[/tex].

Per [tex]$y$[/tex] intorno a [tex]$0$[/tex] hai [tex]$1+\frac{4}{3} y \approx 1>0$[/tex] ed [tex]$x(y) \approx 1$[/tex], di modo che anche [tex]$4x^3-3x^2\approx 1 >0$[/tex]: da ciò segue che il segno di [tex]$x^\prime$[/tex] coincide con quello di [tex]$-3y^2$[/tex].
Pertanto [tex]$x(y)$[/tex] è decrescente intorno a [tex]$0$[/tex].

Poi, per quanto riguarda la derivata seconda, beh... Derivando m.a.m. l'uguaglianza del post precedente e mettendo un po' in evidenza trovi:

[tex]$x^{\prime \prime} =-6yx\cdot \frac{(2y-1)(4x^2-3x)-(4y^2+3y)(2x-1)x^\prime}{x^4 (4x-3)^2}$[/tex]

ove ho sottointeso la dipendenza di [tex]$x,\ x^\prime$[/tex] da [tex]$y$[/tex] per non appesantire; visto che intorno a [tex]$x_0=1$[/tex] hai per permanenza del segno [tex]$x(y)>0$[/tex], puoi semplificare ulteriormente e scrivere:

[tex]$x^{\prime \prime} =-6y\cdot \frac{(2y+1)(4x^2-3x)-(4y^2+3y)(2x-1)x^\prime}{x^3 (4x-3)^2}$[/tex].

Ora, per [tex]$y$[/tex] intorno a [tex]$0$[/tex] si ha:

[tex]$2y+1 \approx 1>0,\ 4y^2+3y \approx 0$[/tex];

inoltre [tex]$x(y) \approx 1$[/tex] e perciò:

[tex]$4x^2(y)-3x(y) \approx 1>0,\ 2x(y)-1 \approx 1>0,\ x^3(y) \approx 1>0,\ 4x(y)-3 \approx 1>0$[/tex];

infine [tex]$x^\prime \approx 0$[/tex].
Tenendo presenti le approssimazioni e le disuguaglianze citate, possiamo dire che intorno a [tex]$y_0=0$[/tex] il segno di [tex]$x^{\prime \prime} (y)$[/tex] è quello di [tex]$-y$[/tex]: infatti si ha:

[tex]$\frac{(2y-1)(4x^2-3x)-(4y^2+3y)(2x-1)x^\prime}{x^3 (4x-3)^2} \approx =1>0$[/tex]

sicché [tex]$x^{\prime \prime} \approx -6y$[/tex].
Ne viene che la tua funzione [tex]$x(y)$[/tex] è convessa per [tex]$y\leq 0$[/tex] e concava per [tex]$y\geq 0$[/tex].

Rimane così stabilito che il punto [tex]$(1,0)$[/tex] è un flesso discendente a tangente orizzontale per il diagramma di [tex]$x(y)$[/tex]; pertanto puoi immaginarti il grafico di [tex]$x(y)$[/tex] intorno a [tex]$0$[/tex] simile, più o meno, al grafico di [tex]$1-y^3$[/tex].

[asvg]xmin=0;xmax=2;ymin=-1;ymax=1;
axes("labels","grid");
text([2,0],"x",belowright);
text([0,1],"y",aboveleft);
stroke="dodgerblue";
plot("(1-x)^(1/3)",0.75,1);
plot("-(x-1)^(1/3)",1,1.25);[/asvg]

Non era comodissima, ma si poteva fare...

[Knuckles1]

ma quindi più che andare a sostituire il valore di $x_o,y_o$ guardo solo ed esclusivamente il segno? nel senso, nella derivata prima se sostituisco $(1,0)$ $x'=0$.... invece te dici che in un intorno di 0, $x'=-3y^2$ che quindi è negativo per ogni y... a questo punto mi sorge un dubbio... che metodo devo seguire? e il fatto che la derivata prima sia nulla in quel punto non vuol dire che ho un punto a tangenza orizzontale?

[Knuckles1]

però pensandoci effettivamente i risultati combaciano forse.... il fatto che la derivata prima sia nulla vuol dire che è un punto a tangenza orizzontale, ma siccome x è funzione di y, nel piano x,y la tangente è verticale, mentre nel piano y,x sarebbe appunto a tangenza orizzontale... giusto?