Derivate di funzioni inverse e implicite

Due tecniche permettono di derivare funzioni che non sono date in forma esplicita $y=f(x)$ .

Derivata della funzione inversa. Se $f$ è invertibile e derivabile con $f'\neq 0$ , allora

$\big(f^{-1}\big)'(y_0)=\dfrac{1}{f'(x_0)},\qquad\text{dove } y_0=f(x_0).$

Derivazione implicita. Quando $x$ e $y$ sono legati da un’equazione $F(x,y)=0$ (una curva), si deriva entrambi i membri rispetto a $x$ trattando $y$ come funzione di $x$ (quindi ogni $y$ che si deriva produce un fattore $y'$ , per la regola della catena), poi si isola $y'$ .

1. Derivata dell’arcoseno ricavata dall’inversa

Esercizio. Ricavare la derivata di $y=\arcsin x$ usando che è l’inversa del seno.

Da $y=\arcsin x$ segue $x=\sin y$ , con $\displaystyle y\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ . Deriviamo $x=\sin y$ rispetto a $x$ (regola della catena, $y$ funzione di $x$ ):

$1=\cos y\cdot y'\ \Longrightarrow\ y'=\dfrac{1}{\cos y}.$

Resta da esprimere $\cos y$ in funzione di $x$ . Da $\sin y=x$ e $\cos y\geq 0$ (nell’intervallo scelto): $\cos y=\sqrt{1-\sin^2 y}=\sqrt{1-x^2}$ . Quindi

$\big(\arcsin x\big)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$

2. La formula (f⁻¹)’ = 1/f’ applicata in un punto

Esercizio. Per $f(x)=x^3+1$ (strettamente crescente, quindi invertibile), calcolare $\big(f^{-1}\big)'(2)$ senza determinare $f^{-1}$ .

Serve l’ $x_0$ con $f(x_0)=2$ : da $x_0^3+1=2$ si ha $x_0=1$ . Poiché $f'(x)=3x^2$ , $f'(1)=3$ . Allora

$\big(f^{-1}\big)'(2)=\dfrac{1}{f'(1)}=\dfrac{1}{3}.$

(La tangente a $f$ in $(1,2)$ ha pendenza $3$ ; la sua riflessa rispetto a $y=x$ , tangente a $f^{-1}$ in $(2,1)$ , ha pendenza reciproca $\dfrac{1}{3}$ .)

3. Derivazione implicita: la circonferenza

Esercizio. Trovare $y'$ per la curva $x^2+y^2=1$ , e la pendenza nel punto $\left(\dfrac{3}{5},\dfrac{4}{5}\right)$ .

Deriviamo entrambi i membri rispetto a $x$ , ricordando che $\displaystyle \dfrac{d}{dx}(y^2)=2y\,y'$ :

$2x+2y\,y'=0\ \Longrightarrow\ y'=-\dfrac{x}{y}.$

Nel punto $\left(\dfrac{3}{5},\dfrac{4}{5}\right)$ : $y'=-\dfrac{3/5}{4/5}=-\dfrac{3}{4}$ . (Coerente: il raggio in quel punto ha pendenza $\displaystyle \dfrac{4/5}{3/5}=\dfrac{4}{3}$ , e la tangente, perpendicolare, ha pendenza $-\dfrac{3}{4}$ .)

4. Derivazione implicita con esponenziale

Esercizio. Trovare $y'$ per la curva $xy=e^y$ .

Deriviamo rispetto a $x$ . A sinistra, regola del prodotto su $xy$ : $\displaystyle \dfrac{d}{dx}(xy)=y+x\,y'$ . A destra, catena su $e^y$ : $\displaystyle \dfrac{d}{dx}(e^y)=e^y\,y'$ . Quindi

$y+x\,y'=e^y\,y'.$

Raccogliamo $y'$ : $y=e^y y'-x y'=y'(e^y-x)$ , da cui

$y'=\dfrac{y}{e^y-x}.$

5. Derivazione implicita: il folium di Cartesio

Esercizio. Trovare $y'$ per la curva $x^3+y^3=6xy$ (folium di Cartesio), e la pendenza nel punto $(3,3)$ .

Deriviamo rispetto a $x$ , con $\displaystyle \dfrac{d}{dx}(y^3)=3y^2y'$ e regola del prodotto su $6xy$ :

$3x^2+3y^2\,y'=6y+6x\,y'.$

Isoliamo $y'$ portando i termini con $y'$ a sinistra:

$3y^2 y'-6x y'=6y-3x^2\ \Longrightarrow\ y'(3y^2-6x)=6y-3x^2\ \Longrightarrow\ y'=\dfrac{6y-3x^2}{3y^2-6x}=\dfrac{2y-x^2}{y^2-2x}.$

Nel punto $(3,3)$ :

$y'=\dfrac{2\cdot3-3^2}{3^2-2\cdot3}=\dfrac{6-9}{9-6}=\dfrac{-3}{3}=-1.$

La tangente nel punto $(3,3)$ ha pendenza $-1$ (è perpendicolare alla bisettrice, coerente con la simmetria della curva rispetto a $y=x$ ).

6. Derivata dell’arcotangente dall’inversa

Esercizio. Ricavare la derivata di $y=\arctan x$ .

Da $y=\arctan x$ segue:

x=\tan y.

Derivando rispetto a $x$ :

1=\sec^2 y\cdot y' \quad\Rightarrow\quad y'=\dfrac{1}{\sec^2 y}.

Poiché $\sec^2 y=1+\tan^2 y=1+x^2$ :

(\arctan x)'=\dfrac{1}{1+x^2}.

La derivata dell’inversa evita di memorizzare la formula come fatto isolato: discende direttamente dalla derivata della tangente.

7. Quando la formula dell’inversa non si applica

Esercizio. Per $f(x)=x^3$ , calcolare $(f^{-1})'(0)$ e spiegare perché la formula $1/f'(x_0)$ segnala un problema.

L’inversa è:

f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x}.

La sua derivata per $x\ne0$ è:

(f^{-1})'(x)=\dfrac{1}{3x^{2/3}},

che diverge per $x\to0$ . Dunque l’inversa ha tangente verticale in $0$ e non ha derivata finita.

La formula generale darebbe:

f'(0)=3\cdot0^2=0,

quindi:

\dfrac{1}{f'(0)}

non è definito. La condizione $f'(x_0)\ne0$ è essenziale.

8. Tangente e normale a una curva implicita

Esercizio. Per la circonferenza $x^2+y^2=25$ , trovare tangente e normale nel punto $(3,4)$ .

Derivando implicitamente:

2x+2yy'=0 \quad\Rightarrow\quad y'=-\dfrac{x}{y}.

Nel punto $(3,4)$ :

m_T=-\dfrac{3}{4}.

Tangente:

y-4=-\dfrac{3}{4}(x-3).

La normale è perpendicolare alla tangente, quindi ha pendenza reciproca opposta:

m_N=\dfrac{4}{3}.

Normale:

y-4=\dfrac{4}{3}(x-3).

Per una circonferenza, la normale passa per il centro: infatti la retta con pendenza $4/3$ passa per $(0,0)$ e $(3,4)$ .

Sintesi: le due tecniche

Funzione inversa: $\big(f^{-1}\big)'(y_0)=\dfrac{1}{f'(x_0)}$ con $y_0=f(x_0)$ . Utile per derivare le funzioni inverse note (arcsin, arccos, arctan, $\ln$ come inversa di $e^x$ ) e per calcolare pendenze di $f^{-1}$ in un punto senza l’espressione esplicita.
Derivazione implicita: derivare $F(x,y)=0$ rispetto a $x$ trattando $y=y(x)$ — ogni $y$ derivata genera un $y'$ (regola della catena) — poi raccogliere e isolare $y'$ . Il risultato dipende in genere sia da $x$ sia da $y$ .
Punto sulla curva: per valutare la pendenza in un punto, sostituire le sue coordinate $(x_0,y_0)$ nell’espressione di $y'$ (il punto deve appartenere alla curva).

Queste tecniche completano il quadro della derivazione e si collegano allo studio della funzione inversa.