Apunts_Temari complert (2009)

Apunte Catalán
Universidad Universidad Autónoma de Barcelona (UAB)
Grado Ciencias Ambientales - 1º curso
Asignatura Mates
Año del apunte 2009
Páginas 125
Fecha de subida 25/05/2014
Descargas 9
Subido por

Vista previa del texto

Apunts de l’assignatura de Matem` atiques de la Llicenciatura de Ci` encies Ambientals Gemma Bastardas i Ferrer Curs 2004-2005 ´Index 1 C` alcul en una variable 1 1.1 Equacions i inequacions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 1.2 Rectes i par`aboles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 1.3 Continu¨ıtat i derivaci´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8 1.3.1 Funcions d’una variable real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8 1.3.2 L´ımits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12 1.3.3 Continu¨ıtat de funcions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15 1.3.4 Derivaci´o de funcions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23 Extrems absoluts i relatius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29 1.4.1 Extrems relatius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30 1.4.2 Extrems absoluts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33 1.5 Gr`afics de funcions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35 1.6 F´ormula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38 1.6.1 Polinomi de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38 1.6.2 F´ormula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39 Corbes planes. Equacions param`etriques. Coordenades polars . . . . .
43 1.7.1 Corbes planes i equacions param`etriques . . . . . . . . . . . . .
43 1.7.2 Coordenades polars 48 1.4 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Integraci´ o en una variable 51 2.1 C`alcul d’`arees. Integraci´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51 2.2 T`ecniques d’integraci´o: per parts i canvi de variable . . . . . . . . . .
57 2.2.1 Integraci´o per parts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58 2.2.2 Integraci´o per canvi de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59 Integrals racionals i trigonom`etriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61 2.3.1 Integrals racionals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61 2.3.2 Integrals trigonom`etriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65 2.3 ii ´ INDEX 3 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries 3.1 Soluci´o d’una equaci´o diferencial: general i particular. . . . . . .
3.2 Equacions de variables separades. Equacions lineals. . . . . . . .
3.2.1 Equacions de variables separades . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Equacions lineals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Models de creixement de poblacions. Comportament asimpt`otic.
3.3.1 Model exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.2 Model log´ıstic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.3 Model log´ıstic modificat . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
4 Funcions de diverses variables 4.1 Corbes i superf´ıcies de nivell . . . . . . . . .
4.2 Derivades parcials. Regla de la cadena . . .
4.2.1 Derivades parcials . . . . . . . . . .
4.2.2 Regla de la cadena . . . . . . . . . .
4.3 Producte escalar i projeccions . . . . . . . .
4.3.1 Producte escalar . . . . . . . . . . .
4.3.2 Projeccions . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Gradients i derivades direccionals . . . . . .
4.4.1 Gradients . . . . . . . . . . . . . . .
4.4.2 Derivades direccionals . . . . . . . .
4.5 Rectes i plans tangents . . . . . . . . . . . .
4.5.1 Rectes tangents . . . . . . . . . . . .
4.5.2 Plans tangents . . . . . . . . . . . .
4.6 Valors m`axims i m´ınims. Extrems absoluts i . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
relatius .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
69 70 73 73 79 84 84 85 87 .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
89 95 97 97 102 106 106 108 109 109 110 112 112 114 115 Cap´ıtol 1 C` alcul en una variable L’objectiu d’aquest cap´ıtol ´es recordar alguns dels conceptes b`asics del c`alcul en una variable que ja coneixeu, aix´ı com d’introduir uns quants conceptes nous.
1.1 Equacions i inequacions En matem`atiques, sovint distingim entre una igualtat i una equaci´o. Una igualtat ´es una equival`encia entre dues expressions algebraiques, la qual ´es certa independentment dels valors de les variables. Una equaci´ o ´es una igualtat entre dues expressions algebraiques que nom´es ´es certa per a certs valors de les variables; aquests valors s’anomenen solucions. Per exemple, (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 ´es una igualtat i, en canvi, x2 − 5x + 6 = 0 ´es una equaci´ o, les solucions de la qual s´on x = 2 i x = 3.
D’equacions n’hi ha de diversos tipus, entre elles les equacions algebraiques que ja coneixeu. En el darrer apartat d’aquest cap´ıtol introduirem les anomenades equacions param`etriques i en el cap´ıtol 3 definirem les equacions diferencials, les quals s´on una de les eines b`asiques usades a l’hora de modelar matem`aticament fen`omens reals.
Una desigualtat ´es una expressi´o que compara la mida o la posici´o de dos objectes.
Recordeu que escrivim a < b per a dir que a ´es m´es petit que b i si escrivim a > b estem dient que a ´es m´es gran que b. Escrivim a ≤ b per a dir que a ´es m´es petit o igual que b i a ≥ b significa que a ´es m´es gran o igual que b.
Una inequaci´ o ´es una expressi´o que afirma que dos objectes o expressions no s´on iguals o no representen el mateix valor. Per exemple, 3x − 6 ≤ 0 o b´e x2 − 5x + 6 ≥ 0.
2 C` alcul en una variable Com en el cas de les equacions, els valors de les variables pels quals ´es certa la inequaci´o s’anomenen solucions. Com podem determinar les solucions d’una inequaci´o? Abans de resoldre aquesta q¨ uesti´o recordem la noci´o seg¨ uent: un interval ´es un conjunt de nombres reals entre dos nombres donats. Un interval ´es obert si no cont´e els extrems i escrivim (a, b). Per contra, un interval ´es tancat si cont´e els extrems i s’escriu [a, b]. Si no ´es ni obert ni tancat, sovint es parla de semi-obert o semi-tancat.
Recordeu que si un dels extrems ´es ∞, escrivim un par`entesi. Noteu tamb´e que (a, +∞), (−∞, b) i (−∞, +∞) s´on intervals oberts, mentre que [a, +∞) i (−∞, b] es consideren intervals tancats.
Anem ara a resoldre inequacions...
1. Inequacions lineals Es resolen d’una manera semblant a les equacions lineals, per`o cal tenir en compte el seg¨ uent: el signe de la inequaci´o canvia sempre que multipliquem o dividim la inequaci´o per un n´ umero negatiu. Per exemple, 3x + 6 ≤ 4x − 5 ⇔ 3x − 4x ≤ −5 − 6 ⇔ −x ≤ −11 ⇔ x ≥ 11.
2. Inequacions quadr` atiques Les resolem seguint els passos seg¨ uents: • calculem els valors de la variable que fan que l’expressi´o sigui zero; • determinem els intervals en qu`e la inequaci´o es compleix.
Per exemple, volem resoldre x2 − 3x + 2 > 0: • x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 i x = 2; • determinem els intervals: – (−∞, 1): si x = 0, aleshores 02 − 3 · 0 + 2 = 2 > 0; ´es a dir, la inequaci´o es compleix; – (1, 2): si x = 1.5, aleshores 1.52 − 3 · 1.5 + 2 = −0.25 < 0; ´es a dir, la inequaci´o no es compleix; – (2, +∞): si x = 3, aleshores 32 − 3 · 3 + 2 = 2 > 0; ´es a dir, la inequaci´o es compleix.
Per tant, les solucions de la inequaci´o s´on x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, +∞).
3. Inequacions polinomials Es resolen com les inequacions quadr`atiques; ´es a dir, primer determinem els valors de la variable que anul·len l’expressi´o i despr´es determinem els intervals en els quals la inequaci´o es compleix. Per exemple, resolem x5 + 3x4 − 23x3 − 51x2 + 94x + 120 ≥ 0: • les solucions de x5 + 3x4 − 23x3 − 51x2 + 94x + 120 = 0 s´on x = −5, x = −3, x = −1, x = 2 i x = 4; 1.1 Equacions i inequacions 3 • determinem els intervals. Primer escrivim f (x) = x5 +3x4 −23x3 −51x2 +94x+120 = (x+5)(x+3)(x+1)(x−2)(x−1) i aleshores: – (−∞, −5): si x = −6, aleshores f (−6) < 0 i per tant la inequaci´o no es compleix; – (−5, −3): si x = −4, aleshores f (−4) > 0 i per tant la inequaci´o es compleix; – (−3, −1): si x = −2, aleshores f (−2) < 0 i per tant la inequaci´o no es compleix; – (−1, 2): si x = 0, aleshores f (0) > 0 i per tant la inequaci´o es compleix; – (2, 4): si x = 3, aleshores f (3) < 0 i per tant la inequaci´o no es compleix; – (4, +∞): si x = 5, aleshores f (5) > 0 i per tant la inequaci´o es compleix.
Per tant, les solucions de la inequaci´o s´on x ∈ [−4, −2] ∪ [−1, 2] ∪ [4, +∞).
Observeu que ara hem considerat intervals tancats perqu`e busc`avem els valors de x tals que l’expressi´o era m´es gran o igual que zero.
4. Inequacions racionals La forma de resoluci´o d’aquest tipus d’inequacions ´es an`aloga al cas de les inequacions polinomials. Per exemple, resolem x ≤ 2.
x−3 • Primer de tot ho passem tot al mateix cant´o de la igualtat i fem denominador com´ u: x x − 2(x − 3) −x + 6 −2≤0⇔ ≤0⇔ ≤ 0.
x−3 x−3 x−3 Aleshores igualant el numerador i el denominador a zero obtenim −x + 6 = 0 ⇒ x = 6 i x − 3 = 0 ⇒ x = 3.
• Determinem ara els intervals: – (−∞, 3): si x = 2, aleshores −x + 6 −2 + 6 4 = = = −4 < 0; x−3 2−3 −1 per tant, en aquest interval es compleix la desigualtat que vol´ıem; 4 C` alcul en una variable – (3, 6): si x = 4, aleshores −x + 6 −4 + 6 2 = = = 2 > 0; x−3 4−3 1 per tant, en aquest interval no es compleix la desigualtat que vol´ıem; – (6, +∞): si x = 7, aleshores −7 + 6 −1 −x + 6 = = < 0; x−3 7−3 4 per tant, en aquest interval es compleix la desigualtat que vol´ıem.
Per tant, les solucions de la inequaci´o s´on x ∈ (−∞, 3) ∪ [6, +∞), on incloem x = 6 perqu`e busquem els valors de x que fan que l’expressi´o sigui m´es petita o igual a zero.
1.2 Rectes i par` aboles −−→ Donats dos punts P i Q del pla, definim el vector P Q com Q − P . Per exemple, si P = (1, −2) i Q = (0, 4), aleshores −−→ P Q = Q − P = (−1, 6).
−−→ Definim la dist` ancia entre P i Q com el m`odul o norma del vector P Q, d(P, Q) = −−→ ||P Q||.
En l’exemple anterior, d(P, Q) = (−1)2 + 62 = √ 37.
Una recta ´es la l´ınia que uneix dos punts i el lloc geom`etric de tots els punts que es troben en la mateixa direcci´o. L’equaci´o general d’una recta ´es y = mx + n, on m s’anomena pendent de la recta i n ´es la intersecci´o de la recta amb l’eix d’abscisses Ox. M´es concretament, el pendent ´es la tangent de l’angle que forma la recta amb l’eix d’abscisses Ox (la inclinaci´o de la recta). Per exemple, y = 3x − 2 i y = −x + 5 s´on rectes amb pendent 3 i −1, respectivament. En el dibuix seg¨ uent, hi ha representades la recta y = 3x − 2 en blau i la recta y = −x + 5 en vermell: 1.2 Rectes i par` aboles 5 15 10 5 0 0 2 4 6 x -5 Dues rectes s´on paral·leles si no es tallen o b´e s´on coincidents. Equivalentment, dues rectes s´on paral·leles si tenen el mateix pendent. Per exemple, y = 4x − 1 i y = 4x + 4.
En el dibuix seg¨ uent, hi ha representades la recta y = 4x − 1 en blau i la recta y = 4x + 4 en vermell: 10 5 0 -2 -1 0 1 2 x -5 Dues rectes s´on perpendiculars si es tallen formant un angle de 90◦ . De forma equivalent, dues rectes s´on perpendiculars si el producte dels seus pendents ´es −1.
Per exemple, 1 y = 3x + 2 i y = − x + 1.
3 En el dibuix seg¨ uent, hi ha representades la recta y = 3x + 2 en blau i la recta y = − 31 x + 1 en vermell: 6 C` alcul en una variable 20 15 10 5 0 -2 0 2 4 6 x -5 Un vector director ´es un vector que d´ona la direcci´o i el sentit a una recta.
A part de l’equaci´o general, existeixen altres tipus d’equacions per tal d’expressar una recta: 1. Equaci´ o impl´ıcita ax + by = c. Observeu que a partir d’ella podem obtenir l’equaci´o general: −a c y= x+ , b b ´es a dir, el pendent de la recta ´es 2. Equaci´ o cont´ınua −a b .
x − p1 x − p2 = , v1 v2 on (p1 , p2 ) ´es un punt pel qual passa la recta i (v1 , v2 ) ´es un vector director de la recta.
3. Equaci´ o vectorial (x, y) = (p1 , p2 ) + λ (v1 , v2 ), on (p1 , p2 ) ´es un punt pel qual passa la recta i (v1 , v2 ) ´es un vector director de la recta.
4. Equacions param` etriques Les equacions param`etriques s’obtenen a partir de l’equaci´o vectorial i s´on les seg¨ uents: x = p1 + λ v1 y = p2 + λ v2 .
Algunes q¨ uestions 1. Una recta queda determinada de forma u ´nica per dos punts o b´e per un punt i un vector (director). Anem a justificar-ho: 1.2 Rectes i par` aboles 7 (a) Siguin P = (p1 , p2 ) i Q = (q1 , q2 ) dos punts diferents del pla. Volem determinar una equaci´o del tipus y = mx + n que passi per P i per Q. Per tant, cal trobar els valors de m i n tals que p2 = m · p1 + n q2 = m · q1 + n (1.2.1) Si restem les dues equacions, obtenim que p2 − q2 = m · p1 − m · q1 ⇔ p2 − q2 = m · (p1 − q1 ) ⇔ m = p2 − q 2 si p1 = q1 .
p1 − q 1 (Si p1 = q1 , aleshores observeu que cal que p2 sigui igual a q2 ; ´es a dir, P = Q.) Aleshores, substituint a la primera equaci´o obtenim el seg¨ uent: p2 = p2 − q 2 p2 p1 − q 2 p 1 p2 p1 − p2 q 1 − p 2 p 1 + q 2 p1 ·p1 +n ⇔ n = p2 − = ⇔ p1 − q 1 p1 − q 1 p1 − q 1 ⇔n= q 2 p1 − p2 q 1 .
p1 − q 1 O sigui p2 − q 2 q 2 p1 − p2 q 1 x+ p1 − q 1 p1 − q 1 ´es l’equaci´o d’una recta que passa per P i Q. De fet, ´es l’´ unica: si hi hagu´es una recta s: y = m x + n que pass´es per P i Q, aleshores hauria de satisfer (1.2.1), de manera que m = m i n = n.
→ (b) Siguin P = (p1 , p2 ) un punt del pla i − v = (v1 , v2 ) un vector. Aleshores r: y = (x, y) = (p1 , p2 ) + λ (v1 , v2 ) ⇔ x = p1 + λ v1 y = p2 + λ v2 .
Si suposem que v1 = 0 (si no, aleshores v2 = 0, perqu`e per ser un vector director cal que alguna de les dues components sigui diferent de 0), aleshores λ= x − p1 x − p1 v2 p2 v1 − p1 v2 ⇒ y = p2 + v2 ⇒ y = x+ .
v1 v1 v1 v1 2. Quina relaci´o hi ha entre el vector director i els coeficients a i b de l’equaci´o impl´ıcita ax + by = c d’una recta? El vector (b, −a) ´es un vector director de la recta.
3. Com podem trobar un vector director d’una recta? Si tenim l’equaci´o de la recta en forma general, podem trobar dos punts de la −−→ recta, P i Q. Aleshores P Q ´es un vector director de la recta. En els altres casos, el vector s’obt´e directament a partir de l’equaci´o.
8 C` alcul en una variable Una par` abola ´es el conjunt de tots els punts del pla cartesi`a que equidisten (es troben a la mateixa dist`ancia) d’una l´ınia donada, anomenada directriu, i d’un punt donat, anomenat focus. L’equaci´o general d’una par`aboa ´es y = ax2 + bx + c, on c ´es la intersecci´o de la par` abola amb l’eix d’ordenades Oy. Si el coeficient a ´es positiu, aleshores les “punxes” de la par`abola van cap amunt; si a ´es negatiu, aleshores les “punxes” van cap avall. Per exemple, y = 2x2 − 3x − 1 i y = −x2 + 4x + 3.
En el dibuix seg¨ uent, hi ha representades la par`abola y = 2x2 − 3x − 1 en blau i la par`abola y = −x2 + 4x + 3 en vermell: 60 40 20 0 -4 -2 0 2 4 6 x -20 Observeu que, aix´ı com una recta queda determinada per dos punts o b´e per un punt i un vector director, una par`abola queda determinada per tres punts o b´e per un punt (el focus) i una recta (la directriu).
1.3 1.3.1 Continu¨ıtat i derivaci´ o Funcions d’una variable real L’objecte d’estudi d’aquest cap´ıtol s´on les funcions d’una variable real. Una funci´ o d’una variable real ´es una “regla” definida en un conjunt D per la qual a cada n´ umero de D li assignem un u ´nic n´ umero real. Per exemple, f: R → R x → x + 3, g: R → R x → x2 .
1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 9 El conjunt D on la funci´o est`a definida s’anomena domini de la funci´o. El conjunt de valors que pren la funci´o o, dit d’una altra manera, el conjunt de n´ umeros reals associats als n´ umeros de D a trav´es de la funci´o, s’anomena imatge de la funci´o i es denota im (f ). Concretament, donada una funci´o f , im (f ) = { y ∈ R | y = f (x) per a algun x ∈ D }.
Com determinem el domini d’una funci´o? (a) Funcions polin` omiques. El domini d’una funci´o polin`omica s´on tots els n´ ume2 ros reals; ´es a dir, D = R. Per exemple, f (x) = x − 3x + 1.
(b) Funcions racionals. El domini d’una funci´o racional s´on tots els n´ umeros reals llevat dels punts on el denominador s’anul·la (perqu`e dividir per zero no t´e sentit).
Per exemple, considerem la funci´o f (x) = x2 x+1 .
+ x − 12 Observem que x2 + x − 12 = 0 si x = −4 i x = 3. Per tant, D(f ) = R \ {−4, 3}.
(c) Funcions amb arrels. El domini dep`en de l’´ındex de l’arrel.
√ √ • Si l’´ındex de l’arrel ´es parell ( , 4 , . . .), cal que el radicant sigui positiu o zero; per exemple, si tenim f (x) = x2 − 1, aleshores x2 − 1 = 0 si x = −1 i si x = 1. Ara – (−∞, −1): si x = −2, aleshores (−2)2 − 1 = 3 > 0; – (−1, 1): si x = 0, aleshores 02 − 1 = −1 < 0; – (1, +∞): si x = 2, aleshores 22 − 1 = 3 > 0.
Per tant, D(f ) = (−∞, −1] ∪ [1, +∞).
√ √ • Si l’´ındex de l’arrel ´es senar ( 3 , 5 , . . .), aleshores el radicant pot ser negatiu, positiu o zero. Per tant, el domini s´on tots els n´ umeros reals; ´es a dir, D = R.
√ 3 2 Per exemple, f (x) = x − 1.
Evidentment, podem tenir funcions en qu`e es combinin els diversos tipus de funcions que acabem de veure. Per exemple, suposem que tenim f (x) = x+1 .
x−1 10 C` alcul en una variable D’una banda, x − 1 = 0 si x = 1. Per tant, la funci´o no existeix en x = 1. D’altra banda, cal que el radicant sigui positiu o zero; tenint en compte que x + 1 = 0 si x = −1, hem d’estudiar els intervals seg¨ uents: • (−∞, −1): si x = −2, aleshores −1 1 −2 + 1 = = > 0; −2 − 1 −3 3 • (−1, 1): si x = 0, aleshores 0+1 1 = = −1 < 0; 0−1 −1 • (1, +∞): si x = 2, aleshores 2+1 3 = = 3 > 0.
2−1 1 Per tant, D(f ) = (−∞, −1] ∪ (1, +∞), on incloem el −1 perqu`e la funci´o pot ser zero, per`o no incloem l’1 perqu`e el denominador no es pot anul·lar.
Un cop definits el domini i la imatge d’una funci´o, podem dir qu`e ´es la representaci´o d’una funci´o. Donada una funci´o f amb domini D i imatge im (f ), definim la representaci´ o de f com el subconjunt de R2 seg¨ uent: Rep (f ) = { (x, f (x)) ∈ D × im (f ) } ⊆ R2 Operacions amb funcions 1. Suma i resta de funcions. Donades dues funcions f : D1 → R i g: D2 → R, la seva suma i la seva resta, f + g: D1 ∩ D2 → R i f − g: D1 ∩ D2 →, R es defineixen com (f + g)(x) = f (x) + g(x) i (f − g)(x) = f (x) − g(x) per a tot x ∈ D1 ∩ D2 . Per exemple, donades les funcions f (x) = x + 3 i g(x) = x2 + 1 , x−3 la funci´o suma i la funci´o resta s´on les seg¨ uents: (f + g)(x) = f (x) + g(x) = x + 3 + (x + 3)(x − 3) + x2 + 1 x2 + 1 = = x−3 x−3 1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 11 = x2 − 9 + x2 + 1 2x2 − 8 = ; x−3 x−3 (f − g)(x) = f (x) − g(x) = x + 3 − = (x + 3)(x − 3) − (x2 + 1) x2 + 1 = = x−3 x−3 −10 x2 − 9 − x2 − 1 = .
x−3 x−3 2. Multiplicaci´ o o producte de funcions. Donades dues funcions f : D1 → R i g: D2 → R, el seu producte f · g: D → R, es defineix com (f · g)(x) = f (x) · g(x) per a tot x ∈ D. Per exemple, donades les funcions x2 + 1 f (x) = x + 3 i g(x) = , x−3 la funci´o producte ´es la seg¨ uent: (f · g)(x) = f (x) · g(x) = (x + 3) · x2 + 1 (x + 3)(x2 + 1) = = x−3 x−3 x3 + x + 3x2 + 3 x3 + 3x2 + x + 3 = .
x−3 x−3 Observeu que el domini no t´e perqu`e ser D1 ∩ D2 , sin´o que ´es un nou conjunt D que caldr`a determinar despr´es d’obtenir la funci´o producte. En el cas de l’exemple, el domini ´es D = R \ {3}, que coincideix amb D2 .
= 3. Divisi´ o de funcions. Donades dues funcions f : D1 → R i g: D2 → R, la seva divisi´o f : D → R, g es defineix com fg (x) = donades les funcions f (x) g(x) per a tot x ∈ D i tal que g(x) = 0. Per exemple, f (x) = x + 3 i g(x) = x2 + 1 , x−3 la funci´o divisi´o ´es la seg¨ uent: f g (x) = x2 − 9 (x + 3)(x − 3) f (x) x+3 = .
= x2 +1 = x2 + 1 x2 + 1 g(x) x−3 Com en el cas del producte, el domini no t´e perqu`e ser D1 ∩ D2 , sin´o que ´es un nou conjunt D que cal determinar despr´es d’obtenir la funci´o divisi´o. En aquest cas, D = R, que coincideix amb D1 .
12 C` alcul en una variable 4. Composici´ o de funcions. Donades dues funcions f : D1 → R i g: D2 → R, les seves composicions g ◦ f : D → R i f ◦ g: D → R, si existeixen, es defineixen com (g ◦ f )(x) = g(f (x)) per a tot x ∈ D1 tal que f (x) ∈ D2 i (f ◦ g)(x) = f (g(x)) per a tot x ∈ D2 tal que g(x) ∈ D1 . Per exemple, donades les funcions f (x) = x + 3 i g(x) = x2 + 1 , x−3 les seves composicions s´on les seg¨ uents: (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x + 3) = (x + 3)2 + 1 x2 + 6x + 10 = , (x + 3) − 3 x per a tot x ∈ D1 tal que f (x) ∈ D2 . El domini de la nova funci´o ´es D = R \ {0}.
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f x2 + 1 x−3 = x2 + 1 +3= x−3 x2 + 1 + 3(x − 3) x2 + 1 + 3x − 9 x2 + 3x − 8 = = , x−3 x−3 x−3 per a tot x ∈ D2 tal que f (x) ∈ D1 . El domini de la nova funci´o ´es D = R \ {3}, que coincideix amb D2 .
= Per acabar amb la petita introducci´o a les funcions d’una variable real, nom´es dir que tamb´e podem definir les funcions a trossos. Per exemple, f (x) = x − 1 si x < 2 x2 + 4 si x ≥ 2.
Un dels exemples m´es importants d’aquest tipus de funcions i que estudiarem m´es endavant ´es la funci´o valor absolut: f (x) = |x| = 1.3.2 −x si x < 0 x si x ≥ 0, f (x) = |x − 2| = −x si x < 2 x si x ≥ 2.
L´ımits Una noci´o important abans de parlar de continu¨ıtat i derivaci´o de funcions ´es la de l´ımit. La idea de l´ımit ´es la seg¨ uent: fixem un n´ umero l i suposem que tenim una funci´o f definida prop d’un punt a. Aleshores escrivim lim f (x) = l x→a 1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 13 per a dir que quan x s’apropa al punt a, aleshores f (x) s’apropa al valor l. Aquesta expressi´o es llegeix com “el l´ımit de f (x) quan x tendeix a a ´es l”.
Cal dir que ens podem apropar al punt a per l’esquerra o b´e per la dreta. Aix`o ens porta a parlar dels l´ımits laterals, els quals es denoten de la manera seg¨ uent: • l´ımit per l’esquerra: limx→a− f (x); • l´ımit per la dreta: limx→a+ f (x).
Aleshores, si existeix, lim f (x) = l si i nom´es si lim f (x) = l = lim f (x); x→a x→a− x→a+ ´es a dir, el l´ımit quan x tendeix a a existeix si els l´ımits laterals existeixen i prenen el mateix valor.
Exemple Considerem la funci´o definida a trossos x2 + x − 1 si x ∈ (−1, 1) 1 si x ∈ (−1, 1).
f (x) = Aleshores lim f (x) = lim 1 = 1 x→−1− x→−1 i lim f (x) = lim (x2 + x − 1) = −1.
x→−1 x→−1+ O sigui que, en aquest cas, limx→−1 f (x) no existeix perqu`e els l´ımits laterals prenen valors diferents. En canvi, lim f (x) = lim (x2 + x − 1) = 1 x→1− x→1 i lim f (x) = lim 1 = 1.
x→1 x→1+ ´ a dir, limx→1 f (x) existeix i ´es igual a 1.
Es Propietats del l´ımit ´ a dir, (1) Unicitat: el l´ımit d’una funci´ o en un punt, si existeix, ´es u ´nic. Es si lim f (x) = l i lim f (x) = m, aleshores l = m.
x→a x→a (2) Suposem que limx→a f (x) = l i limx→a g(x) = m amb l, m < ∞. Aleshores (2.1) limx→a (f (x) + g(x)) = l + m; (2.2) limx→a (α f (x)) = α · l; 14 C` alcul en una variable (2.3) limx→a (f (x)g(x)) = l · m.
(3) Suposem que limx→a f (x) = l i limx→a g(x) = m amb l, m < ∞. Aleshores (3.1) si l, m = 0, llavors limx→a f (x) g(x) = l m; f (x) g(x) = 0; (x) no existeix; l = 0 i m = 0, llavors limx→a fg(x) (x) l = m = 0, llavors limx→a fg(x) = ml = 00 ´es (3.2) si l = 0 i m = 0, llavors limx→a (3.3) si (3.4) si exemple, suposem que f (x) = x − 2 una indeterminaci´o. Per i g(x) = x2 − 4.
Aleshores limx→2 f (x) = 0 i limx→2 g(x) = 0; per tant, f (x) 0 = x→2 g(x) 0 lim ´es una indeterminaci´o.
Ara b´e, f (x) x−2 x−2 1 1 = lim 2 = lim = lim = .
x→2 g(x) x→2 x − 4 x→2 (x − 2)(x + 2) x→2 x + 2 4 lim En canvi, suposem que f (x) = x − 2 i g(x) = (x − 2)2 .
Aleshores limx→2 f (x) = 0 i limx→2 g(x) = 0; per tant, f (x) 0 = x→2 g(x) 0 lim ´es una indeterminaci´o.
Ara b´e, f (x) x−2 1 = lim = lim ⇒ el l´ımit no existeix.
2 x→2 g(x) x→2 (x − 2) x→2 x − 2 lim Nota: Recordeu que s´on indeterminacions les expressions seg¨ uents: 0 ∞ , , 0 · ∞, 1∞ , ∞ − ∞.
0 ∞ Veurem com es resolen a les classes de problemes. Nom´es notar que la indeterminaci´o 0 · ∞ es pot convertir en 00 o b´e ∞ o 1∞ es resol amb el n´ umero e; i ∞ ; la indeterminaci´ la indeterminaci´o ∞ − ∞ es resol multiplicant pel conjugat.
En canvi, no s´on indeterminacions les expressions seg¨ uents: 0 ∞ l ∞ = 0, = ∞, ∞ · ∞ = ∞, = 0, = ∞, ∞ 0 ∞ l on 0 = l < ∞.
1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 1.3.3 15 Continu¨ıtat de funcions Un cop recordat el concepte de l´ımit ja estem a punt per a parlar de la continu¨ıtat de funcions. La idea d’una funci´ o cont´ınua ´es una funci´o que la “podem dibuixar sense aixecar el llapis del paper”. Per exemple, la par`abola f (x) = x2 ´es una funci´o cont´ınua, per`o en canvi la funci´ o f (x) = x1 no ´es cont´ınua perqu`e en el zero no existeix, per`o abans i despr´es del zero s´ı; ´es a dir, la funci´o t´e un dibuix format per “dos trossos”. Matem`aticament, una funci´o cont´ınua la definim com segueix: Definici´ o Sigui f una funci´o definida en un interval obert (a − ε, a + ε). Diem que f ´es cont´ınua al punt a si (1) existeix limx→a f (x) i (2) limx→a f (x) = f (a); ´es a dir, si existeix el l´ımit de la funci´o en el punt a i ´es igual a la funci´o en aquest punt.
Exemple Considerem la funci´o definida a trossos que hem estudiat en l’apartat anterior: x2 + x − 1 si x ∈ (−1, 1) f (x) = 1 si x ∈ (−1, 1).
D’aquesta funci´o hem vist el seg¨ uent: • si x = −1, aleshores lim f (x) = lim f (x) ⇒ lim f (x) no existeix.
x→−1− x→−1+ x→−1 Per tant, segons la definici´o de continu¨ıtat tenim que f no ´es cont´ınua en el punt x = −1; • si x = 1, aleshores lim f (x) = lim f (x) = 1 ⇒ lim f (x) existeix i ´es igual a 1.
x→1− x→1+ x→1 A m´es, f (1) = 1. Per tant, com que limx→1 f (x) = f (1), la funci´o f ´es cont´ınua en el punt x = 1.
Observaci´ o. Tenint en compte que hem parlat de l´ımits laterals, tamb´e existeix el concepte de continu¨ıtat lateral: • Si limx→a− f (x) = f (a), per`o limx→a+ f (x) = f (a), aleshores diem que f ´es cont´ınua per l’esquerra.
16 C` alcul en una variable • Si limx→a+ f (x) = f (a), per`o limx→a− f (x) = f (a), aleshores diem que f ´es cont´ınua per la dreta.
Propietats de les funcions cont´ınues (1) Suposem que f i g s´on dues funcions cont´ınues en un punt a. Aleshores (1.1) f + g i f − g s´on funcions cont´ınues en el punt a; (1.2) α · f ´es una funci´o cont´ınua en el punt a; (1.3) f · g ´es una funci´o cont´ınua en el punt a; (1.4) si g(a) = 0, aleshores f g ´es una funci´o cont´ınua en el punt a.
(2) Suposem que f ´es una funci´ o cont´ınua en un punt a i g ´es una funci´o cont´ınua en un punt f (a), aleshores g ◦ f ´es una funci´o cont´ınua en el punt a.
Exemples de funcions cont´ınues 1. Funcions polin` omiques. Les funcions del tipus f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn s´on funcions cont´ınues per a tot n´ umero real x. Per exemple, f (x) = x2 − 2x + 3 i g(x) = 5x4 − 4x3 + x − 1, els gr`afics de les quals s´on els seg¨ uents (f en blau i g en vermell): 12 10 10 8 8 6 6 4 4 2 0 2 -2 -1 -1 0 1 2 3 -0,5 0 0,5 1 1,5 4 x 2. Funcions trigonom` etriques. Les funcions trigonom`etriques f (x) = sin x i g(x) = cos x s´on funcions cont´ınues per a tot n´ umero real x. Recordeu que aquestes funcions s´on 2π-peri`odiques i que prenen valors entre −1 i 1.
1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 17 Els gr`afics de les funcions sinus i cosinus els veiem en els dibuixos seg¨ uents (sin x en blau i cos x en vermell): 1 0,5 1 0,5 0 -2 x -2 0 2 4 0 2 4 6 x 6 0 -0,5 -0,5 -1 -1 3. Funcions exponencials. Les funcions del tipus f (x) = ±ag(x) , on a > 0, s’anomenen funcions exponencials i s´on una fam´ılia d’exemples de funcions cont´ınues per a tot x del domini de la funci´o. Les funcions exponencials tenen les propietats seg¨ uents: (1) el domini de f (x) ´es igual al domini de l’exponent g(x). Per exemple, si tenim f (x) = 34x , aleshores el domini s´on tots els reals; en canvi, si tenim √ x f (x) = e , aleshores el domini s´on tots els reals positius; (2) si f (x) = ag(x) amb a > 0, aleshores f nom´es pren valors estrictament positius. Si f (x) = −ag(x) amb a > 0 aleshores f nom´es pren valors estrictament negatius; (3) a0 = 1 i a1 = a; (4) af (x)+g(x) = af (x) · ag(x) i ax−y = af (x) ; a(g(x) (5) af (x) · bf (x) = (ab)f (x) , on a, b > 0; (6) (af (x) )g(x) = af (x)g(x) ; (7) a f (x) b = af (x) .
bf (x) Per exemple, f (x) = e3x−4 √ i g(x) = 3 x−1 .
Finalment, una propietat molt important de les funcions exponencials ´es que si a = 1, aleshores tenim una funci´o injectiva (´es a dir, si f (x) = f (y), llavors x = y) i podem definir la seva inversa: la funci´o logaritme.
18 C` alcul en una variable La representaci´o gr`afica de les funcions f (x) = ex i g(x) = 2x s´on les seg¨ uents (f en blau i g en vermell): 8 20 15 6 10 4 5 2 0 0 -3 -2 -1 0 1 2 -3 3 -2 -1 0 1 2 3 x x 4. Funcions logar´ıtmiques. La inversa de la funci´o exponencial s’anomena logaritme i el denotem per loga . La relaci´o entre exponencial i logaritme ´es la seg¨ uent: loga b = x ⇔ ax = b.
Quan a = e, aleshores parlem de logaritme neperi` a i escrivim ln b en comptes de loge b.
Les funcions logar´ıtmiques, f (x) = loga g(x), son funcions cont´ınues per a tot x del domini de la funci´o. Les funcions logar´ıtmiques tenen les propietats seg¨ uents: (1) el domini de f (x) ´es el conjunt de punts on g(x) > 0 (perqu`e el logaritme ´es la funci´o inversa de l’exponencial, la qual nom´es pren valors positius); (2) loga 1 = 0 i loga a = 1; (3) loga f (x) + loga g(x) = loga (f (x)g(x)); (4) loga f (x) − loga g(x) = loga f (x) g(x) ; (5) loga (f (x)c ) = c loga f (x); (6) loga f (x) = log f (x) log a ; (7) loga f (x) = logb f (x) logb a , per a qualsevol b > 0.
Per exemple, f (x) = log5 (x + 2) i g(x) = ln x2 − 1.
1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 19 La representaci´o gr`afica de les funcions f (x) = ln x i g(x) = log2 x s´on les seg¨ uents (f en blau i g en vermell): 2 1 x 1 2 3 4 5 1 0 2 3 4 5 0 -1 -2 -2 -4 -3 -4 -6 Observaci´ o. Hem vist com es representen les funcions “b`asiques”, f (x) = loga x i x g(x) = a . Sabent aix`o, podem dibuixar f`acilment funcions com f (x) = loga (3x), g(x) = ax + 4 ? La resposta a aquesta pregunta ´es positiva; cal tenir en compte el seg¨ uent: • si sumem o restem una constant a la variable independent (x), aleshores la representaci´o gr`afica es despla¸ca cap amunt o cap avall, respectivament; per exemple, compareu el gr`afic de f (x) = ex (en blau) amb els gr`afics de g(x) = ex+1 (en vermell) i de h(x) = ex−2 (en verd).
20 15 10 5 0 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 x • si sumem o restem una constant a f (x), aleshores la representaci´o gr`afica es despla¸ca cap a la dreta o cap a l’esquerra, respectivament; per exemple, com- 20 C` alcul en una variable pareu el gr`afic de f (x) = ln x (en blau) amb els gr`afics de g(x) = ln x − 1 (en vermell) i de h(x) = ln x + 1 (en verd).
2 1 2 3 4 5 0 -2 -4 Una propietat molt important de les funcions cont´ınues ´es la seg¨ uent: Teorema de Bolzano Sigui f : [a, b] → R una funci´ o cont´ınua. Si f (a) · f (b) < 0, aleshores existeix c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
´ a dir, el que ens diu aquest teorema ´es que si una funci´o cont´ınua definida en Es un interval tancat [a, b] pren un valor positiu en a i un valor negatiu en b, o b´e un valor negatiu en a i un valor positiu en b, aleshores hi ha d’haver un punt c entre a i b, amb c = a, b, on la funci´o s’anul·la.
Aplicaci´ o del teorema de Bolzano: aproximaci´ o d’arrels o zeros d’equacions Per exemple, volem veure si l’equaci´o x5 +x3 +5 = 0 t´e, com a m´ınim, una soluci´o real. Definim f (x) = x5 + x3 + 5 i aleshores f (−2) = (−2)5 + (−2)3 + 5 = −35 < 0 i f (−1) = (−1)5 + (−1)3 + 5 = 3 > 0.
Com que • f ´es cont´ınua a l’interval tancat [−2, −1] i • f (−2) · f (−1) < 0, podem aplicar el teorema de Bolzano, el qual ens assegura que existeix c ∈ (−2, −1) tal que f (c) = 0 ⇒ x5 + x3 + 5 t´e una arrel real a (−2, −1).
Sigui f una funci´o. Suposem que f est`a definida en un interval obert (a−ε, a+ε), per`o que f no ´es cont´ınua al punt a. Aleshores diem que f ´es discont´ınua al punt a.
Hi ha diversos tipus de discontinu¨ıtat: 1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 21 (1) Discontinu¨ıtat evitable. Parlem de discontinu¨ıtat evitable quan • a no pertany al domini de f , • existeix limx→a f (x) i • limx→a f (x) = f (a).
Per exemple, considerem la funci´o f (x) = x−2 .
x2 − 4 Observem que lim f (x) = lim f (x) = lim x→2− x→2 x→2+ x−2 1 1 = lim = x2 − 4 x→2 x + 2 4 per`o la funci´o no est`a definida en el punt 2; ´es a dir, el valor f (2) no existeix.
Ara b´e, podem construir una nova funci´o x−2 x2 −4 1 4 g(x) = si x = 2 si x = 2 ´ per aix`o i aleshores limx→2 g(x) = g(2); per tant, g ´es cont´ınua al punt x = 2. Es que la discontinu¨ıtat s’anomena evitable.
(2) Discontinu¨ıtat de salt. Parlem de discontinu¨ıtat de salt quan els l´ımits laterals existeixen per`o s´on diferents; ´es a dir, lim f (x) = l, lim f (x) = m i l = m amb l, m < ∞.
x→a− x→a+ Per exemple, considerem la funci´o definida a trossos f (x) = x2 + 1 si x < 0 2x − 3 si x ≥ 0.
Aleshores lim f (x) = lim (x2 + 1) = 1 x→0− x→0 i lim f (x) = lim (2x − 3) = −3.
x→0+ x→0 O sigui que els l´ımits laterals s´on diferents.
Nota: Aquest tipus de discontinu¨ıtat s’anomena de salt perqu`e quan dibuixem el gr`afic de la funci´o es produeix un salt en el punt considerat.
22 C` alcul en una variable (3) Discontinu¨ıtat essencial o asimpt` otica. Parlem de discontinu¨ıtat essencial o asimpt`otica quan el l´ımit de la funci´o en el punt a no existeix i ´es igual a ±∞ o b´e a ∞; ´es a dir, lim f (x) = +∞, lim f (x) = −∞ o b´e lim f (x) = ∞.
x→a x→a x→a En particular, els dos l´ımits laterals s´on infinits. Per exemple, si considerem la funci´o x2 + 2 f (x) = 2 , x −4 aleshores x2 + 2 lim f (x) = lim 2 = ∞.
x→2 x→2 x − 4 De fet, si prenem l´ımit per l’esquerra ens d´ona −∞ i si prenem l´ımit per la dreta ens d´ona +∞; per aix`o diem que el l´ımit ´es ∞.
(4) Discontinu¨ıtat de segona esp` ecie. Parlem de discontinu¨ıtat de segona esp`ecie quan la funci´o no ´es cont´ınua al punt x = a, per`o no ens trobem en cap dels casos anteriors. Per exemple, considerem la funci´o definida a trossos f (x) = 4x + 1 si x ≤ 2 3 si x > 2.
x−2 En aquest cas, tenim el seg¨ uent: lim f (x) = lim (4x + 1) = 9 x→2− x→2 i 3 = +∞.
x→2 x − 2 lim f (x) = lim x→2+ Per tant, no ´es una discontinu¨ıtat evitable perqu`e limx→2 f (x) no existeix; no ´es una discontinu¨ıtat de salt perqu`e un dels l´ımits laterals no ´es finit; i no ´es una discontinu¨ıtat asimpt`otica perqu`e un dels l´ımits laterals ´es finit.
Finalment, hem definit la continu¨ıtat d’una funci´o en un punt, per`o tamb´e podem definir la continu¨ıtat en un interval: Definicions • Sigui f una funci´o definida en un interval (a, b). Diem que f ´es cont´ınua en aquest interval si f ´es cont´ınua a cada punt c ∈ (a, b).
• Sigui f una funci´o definida en un interval [a, b]. Diem que f ´es cont´ınua en aquest interval si f ´es cont´ınua a l’interval obert (a, b), ´es cont´ınua per la dreta en a (existeix limx→a+ f (x) i ´es igual a f (a)) i ´es cont´ınua per l’esquerra en b (limx→b− f (x) existeix i ´es igual a f (b)).
1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 1.3.4 23 Derivaci´ o de funcions Geom`etricament la idea de la derivada d’una funci´o ´es la seg¨ uent: considerem un punt x = a, aleshores ens podem acostar a aquest punt per l’esquerra o per la dreta.
• Si ens hi acostem per l’esquerra, aleshores ens apropem al punt a amb punts de la forma x = a − h amb h que tendeix a zero perqu`e cada vegada estem m´es a prop de a. Aleshores tenim parells de punts de la forma (a − h, f (a − h)).
• Si ens hi acostem per la dreta, aleshores ens apropem al punt a amb punts de la forma x = a + h amb h que tendeix a zero perqu`e cada vegada estem m´es a prop de a. Aleshores tenim parells de punts de la forma (a + h, f (a + h)).
En qualsevol dels dos casos, la recta que passa per (a, f (a)) i (a − h, f (a − h)) o b´e per (a, f (a)) i (a + h, f (a + h)) ´es una recta que talla el gr`afic de f (x) en dos punts; ´es a dir, ´es una recta secant. La idea ´es que si h tendeix a zero, aleshores aquesta recta secant es converteix en una recta tangent perqu`e nom´es talla el gr`afic de f (x) en un punt, (a, f (a)). Doncs “la derivada de f al punt a ´es el pendent de la recta tangent al gr` afic de f (x) al punt a.” Gr`aficament: prenem f (x) = x2 + 1 i considerem a = 3. Dibuixem en vermell la recta que passa per (a − h, f (a − h)) = (2, 5) i per (a, f (a)) = (3, 10). A mida que anem fent tendir h cap a zero, el valor de a − h disminueix, de manera que al final la recta vermella es converteix en la recta verda, la qual nom´es talla f (x) en el punt (a, f (a)) = (3, 10): 12 y 8 4 0 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 24 C` alcul en una variable Definici´ o Sigui f una funci´o definida en un interval obert (a − ε, a + ε). Diem que f ´es derivable o diferenciable al punt a si existeix f (a + h) − f (a) .
h→0 h lim Aquest l´ımit, en cas que existeixi, ´es la derivada de f al punt a i s’escriu f (a).
Exemples (1) Suposem que tenim la funci´ o f (x) = x2 i volem calcular la derivada de f en un punt x qualsevol; aleshores f (x) = limh→0 f (x+h)−f (x) h = limh→0 2xh+h2 h = limh→0 = limh→0 (x+h)2 −x2 h h(2x+h) h = limh→0 x2 +2xh+h2 −x2 h = = limh→0 (2x + h) = 2x.
En particular, si x = 1, aleshores f (1) = 2.
(2) Suposem que ara volem calcular la derivada de f (x) = aleshores f (x) = limh→0 = limh→0 f (−1+h)−f (−1) h 1+h−1 h−1 h = limh→0 = limh→0 h h(h−1) 1 1 − −1 −1+h h = limh→0 1 x = limh→0 1 h−1 al punt x = −1; 1 +1 −1+h h = = −1.
Aplicaci´ o de la derivada: c` alcul de la recta tangent al gr` afic d’una funci´ o en un punt Donada una funci´o f (x) i un punt x = a del gr`afic de la funci´o, l’equaci´o de la recta tangent a f al punt a ´es la seg¨ uent: y − f (a) = f (a) · (x − a) ⇒ y = f (a)x + [f (a) − a · f (a)].
Per exemple, si f (x) = x2 , aleshores la recta tangent a f al punt x = 1 ´es y − 1 = 2 · (x − 1) ⇒ y = 2x + 1 − 2 ⇒ y = 2x − 1.
Observacions (1) La derivada d’una funci´o en un punt x = a tamb´e es pot definir com la tangent de l’angle α que forma la recta tangent al gr` afic de la funci´ o al punt a amb l’eix d’abscises Ox.
1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 25 Per exemple, considerem novament f (x) = x2 i la recta tangent al seu gr`afic al punt x = 1, que t´e equaci´o r: y = 2x − 1.
• El punt d’intersecci´o de r amb l’eix d’abscises Ox ´es 0 = 2x − 1 ⇒ x = 1 ⇒A= 2 1 ,0 .
2 • Siguin B = (a, 0) = (1, 0) i C = (a, f (a)) = (1, 2). Considerem el triangle rectangle amb v`ertexs A, B i C. Aleshores si denotem per α l’angle que forma la recta tangent amb l’eix d’abscises, tan α = BC catet oposat = = catet adjacent AB (1 − 1)2 + (2 − 1)2 (1 − 1/2)2 + (0 − 0)2 = 1 = 2, 1/2 que ´es igual a f (1) – compareu amb l’exemple (1) del c`alcul de derivades.
(2) La recta perpendicular a la recta tangent al gr`afic d’una funci´o f en un punt x = a s’anomena recta normal al gr`afic de f al punt a i la seva equaci´o ´es y − f (a) = − 1 · (x − a) f (a) ⇒ x + f (a)y = a + f (a) · f (a).
Un resultat molt important de les funcions derivables o diferenciables ´es el seg¨ uent: Teorema Sigui f una funci´ o definida en un interval obert (a − ε, a + ε). Si f ´es una funci´ o diferenciable en un punt a, aleshores f ´es cont´ınua en a.
O sigui, aquest teorema ens diu que si una funci´o ´es derivable en un punt, necess` ariament hi ´es cont´ınua. Per tant, ser derivable ´es una condici´o m´es forta 26 C` alcul en una variable que ser cont´ınua. Ara b´e, el rec´ıproc d’aquest teorema no ´es cert; ´es a dir, si una funci´ o ´es cont´ınua en un punt, aleshores pot ser no diferenciable en aquest punt. Per exemple, considerem la funci´o valor absolut f (x) = |x| = −x si x < 0 x si x ≥ 0 i veiem qu`e passa en el punt x = 0.
• f ´es cont´ınua al punt x = 0 perqu`e lim f (x) = lim f (x) = f (0).
x→0− x→0+ Comprovem-ho: lim f (x) = lim (−x) = 0, x→0− x→0 lim f (x) = lim x = 0 x→0+ x→0 i f (0) = 0.
• f no ´es derivable o diferenciable al punt x = 0 perqu`e lim h→0− f (x + h) − f (x) f (x + h) − f (x) = lim .
h h h→0+ Comprovem-ho: lim f (x + h) − f (x) −(x + h) − (−x) −h = lim = lim = −1 h→0 h→0 h h h lim f (x + h) − f (x) (x + h) − x h = lim = lim = 1.
h→0 h→0 h h h h→0− h→0+ Regles de derivaci´ o (1) Si f (x) = c, aleshores f (x) = 0.
Prova.
f (x + h) − f (x) c−c = lim = 0.
h→0 h→0 h h f (x) = lim (2) Si f (x) = x, aleshores f (x) = 1.
Prova.
f (x + h) − f (x) x+h−x h = lim = lim = 1.
h→0 h→0 h→0 h h h f (x) = lim i 1.3 Continu¨ıtat i derivaci´ o 27 (3) Derivada d’una suma o resta de funcions derivables. Si t(x) = f (x)+g(x), aleshores t (x) = f (x) + g (x); an`alogament, si t(x) = f (x) − g(x), aleshores t (x) = f (x) − g (x).
Prova. Farem la demostraci´o per la suma; per la resta ´es an`aloga.
t (x) = = (f (x + h) + g(x + h)) − (f (x) + g(x)) = h→0 h lim lim h→0 f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) + lim = f (x) + g (x).
h→0 h h (4) Derivada d’una multiplicaci´ o o producte de funcions derivables. Si t(x) = f (x) · g(x), aleshores t (x) = f (x) · g(x) + f (x) · g (x).
Prova.
t (x) = (f (x + h) g(x + h)) − (f (x) g(x)) = h→0 h lim = f (x + h) g(x + h) − f (x) g(x + h) + f (x) g(x + h) − f (x) g(x) = h→0 h = (f (x + h) − f (x)) g(x + h) + f (x) (g(x + h) − g(x)) = h→0 h = = (5) Si t(x) = lim lim lim h→0 f (x + h) − f (x) g(x + h) − g(x) · lim g(x + h) + lim f (x) · lim = h→0 h→0 h→0 h h f (x) · g(x) + f (x) · g (x).
1 g(x) , g (x) aleshores t (x) = − g(x) 2 , on g(x) = 0.
Prova.
t (x) = lim 1 g(x+h) − h h→0 1 g(x) = lim g(x)−g(x+h) g(x+h)·g(x) h h→0 = = −((g(x + h) − g(x)) 1 · lim = h→0 h→0 g(x + h) · g(x) h = −g (x) · lim g (x) 1 =− .
2 g(x) g(x)2 (6) Derivada d’un quocient o divisi´ o de funcions derivables. Si t(x) = aleshores t (x) = f (x)·g(x)−f (x)·g (x) , g(x)2 on g(x) = 0.
f (x) g(x) , 28 C` alcul en una variable Prova. Observem que t(x) = 1 f (x) = f (x) · .
g(x) g(x) Per tant, usant (4) i (5) obtenim el resultat.
(7) Regla de la cadena. Si t(x) = (g ◦ f )(x), aleshores t (x) = g (f (x)) · f (x), on f ´es derivable en x i g ´es derivable en f (x).
(La prova d’aquesta regla ´es un xic t`ecnica i la podeu trobar en algun dels llibres de la bibliografia del curs.) Exemple Suposem que volem derivar la funci´o F (x) = Observem que F = g ◦ f amb f (x) = x2 + 2x − 2 .
x+1 x2 +2x−2 x+1 i g(x) = √ x. Per tant, F (x) = (g ◦ f ) (x) = g (f (x)) · f (x); d’una banda, f (x) = = (2x + 2)(x + 1) − (x2 + 2x + 2) · 1 = (x + 1)2 2x3 + 2x + 2x + 2 − x2 − 2x − 2 2x3 − x2 + 2x = ; (x + 1)2 (x + 1)2 i, d’altra banda, g (x) = 1 1/2−1 1 −1/2 1 ·x = ·x = √ .
2 2 2 x Per tant, 1 F (x) = 2 x2 +2x−2 x+1 √ 2x3 − x2 + 2x (2x3 − x2 + 2x) x + 1 √ · = .
(x + 1)2 2(x + 1)2 x2 + 2x − 2 Observacions (1) Donada una funci´o diferenciable f , podem calcular la seva primera derivada f .
Si diem g = f , aleshores podem calcular la primera derivada de g i obtenim la segona derivada de f perqu`e g = (f ) = f . En general, f (n) = (f (n−1) ) , per a tot n ≥ 2.
Per exemple, considerem la funci´o f (x) = ln(4x2 ). Aleshores f (x) = 2 1 8x = =2· , 2 4x x x f (x) = −2 · 1 , x2 f (x) = −2 · −2x 1 = 4 · 3, 4 x x ...
1.4 Extrems absoluts i relatius 29 (2) F´ısica: sigui x(t) la funci´o que determina la posici´o d’un m`obil a l’instant t.
Aleshores • v(t) = x (t) ´es la velocitat del m`obil a l’instant t i • a(t) = v (t) = x (t) ´es l’acceleraci´o del m`obil a l’instant t.
En particular, • si v(t), a(t) > 0 o b´e v(t), a(t) < 0, aleshores el m`obil va m´es r`apid (augmenta la velocitat); • si v(t) > 0 i a(t) < 0 o b´e v(t) < 0 i a(t) > 0, aleshores el m`obil va m´es lent (disminueix la velocitat).
(3) M´es general: si x(t) denota la quantitat d’individus d’una poblaci´o a l’instant t o b´e la quantitat d’una determinada mat`eria a l’instant t, aleshores v(t) = x (t) denota la velocitat amb qu`e augmenta o disminueix x(t).
(4) Aplicaci´ o de la derivada: c` alcul de l´ımits. Suposem que f i g s´on dues funcions tals que lim f (x) = 0 i lim g(x) = 0 x→a x→a o b´e lim f (x) = ∞ x→a i lim g(x) = ∞.
x→a Si f i g s´on funcions derivables, aleshores lim x→a f (x) f (x) = lim .
g(x) x→a g (x) Aix`o s’anomena regla de l’Hˆ opital. Per exemple, ln x ∞ lim √ = ; x→∞ ∞ x per tant, aplicant la regla de l’Hˆopital, com que ln x i ln x lim √ = lim x→∞ x→∞ x 1.4 1 x x−1/2 2 √ x s´on funcions derivables, 2 = lim √ = 0.
x→∞ x Extrems absoluts i relatius En aquest apartat veurem una altra aplicaci´o de la derivada: la determinaci´o del creixement o decreixement de les funcions i, com a conseq¨ u`encia, la determinaci´o dels m`axims i m´ınims (relatius i absoluts) de les funcions.
30 C` alcul en una variable Definici´ o Sigui f : [a, b] → R una funci´o.
• Diem que f ´es creixent en un punt x0 ∈ (a, b) si existeix un interval obert (x0 − , x0 + ) tal que (a) f (x) > f (x0 ) si x ∈ (x0 − , x0 ) i (b) f (x) < f (x0 ) si x ∈ (x0 , x0 + ).
• Diem que f ´es decreixent en un punt x0 ∈ (a, b) si existeix un interval obert (x0 − , x0 + ) tal que (a) f (x) < f (x0 ) si x ∈ (x0 − , x0 ) i (b) f (x) > f (x0 ) si x ∈ (x0 , x0 + ).
Per`o gr`acies al concepte de derivada que hem introdu¨ıt a la secci´o anterior, hi ha una manera m´es f`acil i r`apida de determinar si una funci´o ´es creixent o decreixent en un punt: Proposici´ o (Criteri de monotonia) Siguin f : (a, b) → R una funci´ o derivable i x0 ∈ (a, b).
• Si f (x0 ) > 0, aleshores f ´es creixent al punt x0 .
• Si f (x0 ) < 0, aleshores f ´es decreixent al punt x0 .
Aquesta condici´o sobre la derivada de la funci´o ´es suficient per tal de determinar si la funci´o ´es creixent o decreixent, per`o no ´es necess`aria; ´es a dir, hi ha funcions tals que f ´es creixent o b´e decreixent en un punt x0 , per`o que f (x0 ) no ´es ni positiva ni negativa. Per exemple, la funci´o f (x) = x3 ´es una funci´o creixent al punt x = 0, per`o f (0) = 0.
Proposici´ o Siguin f : (a, b) → R una funci´o i x0 ∈ (a, b). Si f ´es creixent (respectivament, decreixent) en x0 , aleshores f (x0 ) ≥ 0 (respectivament, f (x0 ) ≤ 0).
1.4.1 Extrems relatius Els conceptes de creixement i decreixement de funcions que acabem de definir ens permeten parlar de m`axims i m´ınims de funcions. En aquesta secci´o definirem aquests conceptes (extrems relatius), donarem condicions que impliquin la seva exist`encia i explicarem com calcular-los, en cas que existeixin.
Definici´ o Siguin f : [a, b] → R una funci´o i x0 ∈ (a, b). Diem que f t´e un m` axim relatiu o local (respectivament, un m´ınim relatiu o local) al punt x0 si existeix un interval obert I = (x0 −ε, x0 +ε) tal que f (x0 ) ≥ f (x) per a tot x ∈ I (respectivament, f (x0 ) ≤ f (x) per a tot x ∈ I).
1.4 Extrems absoluts i relatius 31 • Una condici´ o necess` aria per a l’exist`encia d’extrems relatius (m`axims o m´ınims relatius) ´es la seg¨ uent: Proposici´ o Si f t´e un extrem relatiu en un punt x0 , aleshores f (x0 ) = 0.
Per`o si f (x0 ) = 0, podria ser que f no tingu´es un extrem relatiu en x0 . Aquest ´es el cas de la funci´o f (x) = x3 al punt x0 = 0: f (0) = 0, per`o el zero no ´es ni un m`axim ni un m´ınim de la funci´o perqu`e no compleix la definici´o d’extrem relatiu.
• Una condici´ o suficient per a l’exist`encia d’extrems relatius (m`axims o m´ınims relatius) ´es la seg¨ uent: Teorema (Criteri de la derivada primera) Siguin f : [a, b] → R una funci´o cont´ınua i x0 ∈ (a, b). Suposem que f ´es derivable a l’interval (a, b) llevat potser del punt x0 .
– Si f (x) > 0 per a tot x ∈ (x0 − ε, x0 ) (creixent a l’esquerra de x0 ) i f (x) < 0 per a tot x ∈ (x0 , x0 +ε) (decreixent a la dreta de x0 ), aleshores f t´e un m`axim relatiu a x0 .
– Si f (x) < 0 per a tot x ∈ (x0 − ε, x0 ) (decreixent a l’esquerra de x0 ) i f (x) > 0 per a tot x ∈ (x0 , x0 + ε) (creixent a la dreta de x0 ), aleshores f t´e un m´ınim relatiu a x0 .” – Si f (x) > 0 per a tot x ∈ (x0 − ε, x0 + ε) o b´e f (x) < 0 per a tot x ∈ (x0 − ε, x0 + ε), aleshores x0 no ´es un extrem relatiu.
Els punts del domini de definici´o d’una funci´o que s´on candidats a ser extrems relatius reben el nom de punts cr´ıtics i s´on els seg¨ uents: Definici´ o Diem que x0 ´es un punt cr´ıtic d’una funci´o f si o b´e f (x0 ) = 0 o b´e f (x0 ) no existeix.
Per exemple, considerem la funci´o f (x) = x2 + 3 .
x+1 El seu domini de definici´o s´on tots els reals excepte el −1 i ´es una funci´o derivable a tots els punts del seu domini; per tant, els punts cr´ıtics de f s´on aquells punts en qu`e f (x) = 0. Com que f (x) = 2x(x + 1) − (x2 + 3) x2 + 2x − 3 = , (x + 1)2 (x + 1)2 32 C` alcul en una variable els punts cr´ıtics de f s´on els punts tals que x2 + 2x − 3 = 0 ⇔ x2 + 2x − 3 = 0 ⇔ x = −3, x = 1.
(x + 1)2 O sigui que els punts x = −3 i x = 1 s´on candidats a ser extrems relatius. Utilitzem la condici´o suficient: • si x = −2.9, aleshores f (−2.9) < 0; • si x = −3.1, aleshores f (−3.1) > 0; • si x = 0.9, aleshores f (0.9) < 0; • si x = 1.1, aleshores f (1.1) > 0.
Per tant, els punts x = −3 i x = 1 s´on m´ınims relatius de f .
Hi ha una altra manera de determinar si els punts cr´ıtics de la forma f (x) = 0 s´on o no extrems relatius d’una funci´o f : Teorema (Criteri de la derivada segona) Sigui f : [a, b] → R una funci´o cont´ınua i x0 ∈ (a, b). Suposem que f ´es dues vegades derivable al punt x0 i que f (x0 ) = 0.
• Si f (x0 ) < 0, aleshores f t´e un m`axim relatiu en x0 .
• Si f (x0 ) > 0, aleshores f t´e un m´ınim relatiu en x0 .
• Si f (x0 ) = 0, aleshores f no t´e cap extrem relatiu en x0 .
Per exemple, tornem a la funci´o f (x) = x2 + 3 .
x+1 Hem vist que x = −3 i x = 1 s´on punts cr´ıtics de la funci´o del tipus f (x) = 0.
Calculem la derivada segona de f : f (x) = = (2x + 2)(x + 1)2 − (x2 + 2x − 3)2(x + 1) = (x + 1)4 2x3 − 2x2 + 8 (x + 1)[(2x3 + 4x + 2) − (2x2 + 4x − 6)] = .
(x + 1)4 (x + 1)3 Aleshores f (−3) > 0 i f (1) > 0; per tant, els punts x = −3 i x = 1 s´on m´ınims relatius de f .
1.4 Extrems absoluts i relatius 33 ´ evident que el criteri de la derivada segona ´es u Nota: Es ´til quan calcular la derivada segona de la funci´o considerada no ´es complicat. Si no, resulta m´es efectiu el criteri de la derivada primera.
Exemple Suposem que volem trobar els extrems relatius de la funci´o f (x) = 2x5/3 + 5x2/3 .
• Busquem els punts cr´ıtics de f : √ √ 3 10 x + 1 5 2/3 2 −1/3 10 ( x2 · 3 x + 1) √ f (x) = 2 · · x + 5 · · x = · √ .
= · 3 3 3 3 3 3 x x Per tant, d’una banda, f (x) = 0 si x = −1 i, d’altra banda, f (x) no existeix si x = 0.
• Determinem el tipus de punts cr´ıtics: f (x) = 10 · 3 2 −1/3 1 −4/3 ·x − ·x .
3 3 Per tant, f (−1) < 0 ⇒ f t´e un m`axim relatiu al punt x = −1.
Ara b´e, per saber qu`e passa amb el punt x = 0, com que f no ´es derivable en aquest punt, cal utilitzar el criteri de la derivada primera: f (−0.1) < 0 1.4.2 i f (0.1) > 0 ⇒ f t´e un m´ınim relatiu al punt x = 0.
Extrems absoluts Suposem que x = a ´es un extrem relatiu d’una funci´o f .
• Si x = a ´es un m´ınim relatiu de f , aleshores diem que f t´e un m´ınim absolut al punt x = a si f (a) ≤ f (x) per a tot x del domini de definici´o de f .
• Si x = a ´es un m`axim relatiu de f , aleshores diem que f t´e un m` axim absolut al punt x = a si f (a) ≥ f (x) per a tot x del domini de definici´o de f .
Exemple Suposem que tenim la funci´o f (x) = x2 + 2x − 3. Aleshores f (x) = 2x + 2 ⇒ x = −1 ´es l’´ unic punt cr´ıtic de f.
Com que f (x) = 2 > 0, el punt x = −1 ´es un m´ınim relatiu de f amb f (−1) = −4.
A m´es, lim f (x) = +∞ i lim f (x) = +∞; x→−∞ x→+∞ 34 C` alcul en una variable per tant, f (−1) ≤ f (x) per a tot punt del domini de definici´o de f . O sigui que x = −1 ´es un m´ınim absolut de f .
Suposem ara que f est`a definida en un interval tancat i acotat [a, b]. Aleshores diem que f t´e un m`axim absolut (respectivament, un m´ınim absolut) en un extrem c de l’interval (c = a o b´e c = b) si f (c) ≥ f (x) per a tot x ∈ [a, b].
Teorema de Weierstrass Sigui f una funci´o cont´ınua en un interval tancat i acotat [a, b]. Aleshores f t´e un m`axim i un m´ınim absoluts a [a, b].
Per tant, aquest teorema ens assegura l’exist`encia d’extrems absoluts sempre que considerem una funci´o cont´ınua en un interval tancat i acotat. Ara b´e, com determinem aquests extrems? Els candidats s´on els extrems relatius de la funci´o que pertanyin a l’interval i els extrems de l’interval considerat.
Exemple Considerem la funci´o f (x) = x2 − 2|x| + 2 = x2 + 2x + 2 si x < 0 x2 − 2x + 2 si x ≥ 0.
Volem determinar els extrems absoluts d’aquesta funci´o a l’interval tancat i acotat I = [−1/2, 3/2].
• f ´es cont´ınua a tots els punts de l’interval I; per tant, el teorema de Weierstrass ens assegura que f t´e un m`axim i un m´ınim absoluts en aquest interval.
• Els punts cr´ıtics de f s´on: – x = 0 perqu`e f no ´es diferenciable en aquest punt; – f (x) = 0 si 2x + 2 = 0 o b´e 2x − 2 = 0; per tant, x = −1 i x = 1 s´on punts cr´ıtics de f ; ara b´e, nom´es tenim en compte x = 1 perqu`e −1 no pertany a l’interval I.
• Extrems relatius de f : – Com que f (−0.1) = 2(−0.1) + 2 > 0 i f (0.1) = 2(0.1) − 2 < 0, el punt x = 0 ´es un m`axim relatiu de f i f (0) = 2.
– Com que f (0.9) = 2(0.9) − 2 < 0 i f (1.1) = 2(1.1) − 2 > 0, el punt x = 1 ´es un m´ınim relatiu de f i f (1) = 1.
• El valor de f en els extrems ´es f (−1/2) = 5/4 i f (3/2) = 5/4.
Per tant, com que 5/4 > 1, f t´e un m´ınim absolut al punt x = 1; i, com que 5/4 < 2, f t´e un m`axim absolut al punt x = 0.
1.5 Gr` afics de funcions 1.5 35 Gr` afics de funcions Els passos a seguir a l’hora de representar gr`aficament una funci´o s´on els seg¨ uents: (1) Domini (ja n’hem parlat al principi del cap´ıtol).
(2) Talls amb els eixos de coordenades.
• Talls amb l’eix d’abscises Ox: busquem els punts tals que f (x) = 0.
• Talls amb l’eix d’ordenades Oy: busquem els punts tals que x = 0.
(3) As´ımptotes: s´on rectes a les quals s’aproxima una funci´o quan una de les variables (x o b´e y) s’apropa a l’infinit. N’hi ha de tres tipus: les verticals, les horitzontals i les obl´ıq¨ ues.
• As´ımptotes verticals: s´on rectes del tipus x = a, amb a tal que lim f (x) = ∞.
x→a • As´ımptotes horitzontals: s´on rectes del tipus y = b, amb b tal que lim f (x) = b.
x→∞ • As´ımptotes obl´ıq¨ ues: s´on rectes del tipus y = mx + n, amb m = lim x→∞ f (x) x i n = lim [f (x) − mx].
x→∞ (4) Extrems relatius. Intervals de creixement i decreixement.
Per tal de determinar els intervals de creixement i decreixement, primer cal trobar els punts cr´ıtics de la funci´o, tal i com hem explicat en la secci´o anterior, i despr´es avaluar la derivada primera abans i despr´es de cada punt cr´ıtic. Recordeu que f ´es creixent si f > 0 i f ´es decreixent si f < 0.
(5) Punts d’inflexi´o. Concavitat i convexitat.
• Diem que f ´es c` oncava en un punt x = a si f (a) < 0.
• Diem que f ´es convexa en un punt x = a si f (a) > 0.
• Si f (a) no existeix o b´e f (a) = 0 i f (a) = 0, aleshores diem que el punt x = a ´es un punt d’inflexi´ o de f .
(6) Gr`afic de la funci´o.
36 C` alcul en una variable Exemple Volem dibuixar el gr`afic de la funci´o f (x) = 5 − 3x2 .
1 − x2 (1) Domini.
Com que es tracta d’una fracci´o, el domini s´on tots els reals excepte els punts on el denominador s’anul·la; en aquest cas, x2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1. Per tant, D(f ) = R \ {−1, 1}.
(2) Punts de tall amb els eixos de coordenades.
• Talls amb l’eix d’abscises Ox.
f (x) = 0 ⇔ 5 − 3x2 = 0 ⇔ 5 − 3x2 = 0 ⇔ x = ± 1 − x2 5 .
3 • Talls amb l’eix d’ordenades Oy.
x = 0 ⇒ f (0) = 5 − 3 · 02 = 5.
1 − 02 Per tant, els punts de tall amb els eixos de coordenades s´on 5 ,0 , 3 − 5 ,0 3 i (0, 5).
(3) As´ımptotes.
• As´ımptotes verticals: x = a Les rectes x = −1 i x = 1 s´on as´ımptotes verticals de f ; concretament, lim f (x) = lim x→−1− x→−1− lim f (x) = lim x→1− x→1− 5 − 3x2 = −∞, 1 − x2 lim f (x) = lim x→−1+ x→−1+ 5 − 3x2 = +∞, 1 − x2 5 − 3x2 5 − 3x2 = +∞ i lim f (x) = lim = −∞.
1 − x2 x→1+ x→1+ 1 − x2 • As´ımptotes horitzontals: y = b ∞ 5 − 3x2 lim f (x) = lim = = lim 2 x→∞ x→∞ x→∞ 1 − x ∞ 2 5 − 3x x2 x2 2 1 − xx2 x2 5 x2 x→∞ 12 x = lim −3 −1 = 3, on x → ∞ ⇔ x → ±∞. Per tant, hi ha una as´ımptota horitzontal, y = 3.
1.5 Gr` afics de funcions 37 • As´ımptotes obl´ıq¨ ues: y = mx + n f (x) = lim m = lim x→∞ x x→∞ = 2 5 − 3x x3 x3 lim x→∞ x − x3 x3 x3 = 5−3x2 1−x2 x 5 x3 lim x→∞ 12 x 5 − 3x2 ∞ = = x→∞ x − x3 ∞ = lim − 3 x −1 = 0.
Com que m = 0, no hi ha as´ımptotes obl´ıq¨ ues.
(4) Extrems relatius. Intervals de creixement i decreixement.
Primer, cal determinar els punts cr´ıtics de f ; per aix`o hem de calcular la derivada primera de f i igualar-la a zero: f (x) = −6x(1 − x2 ) − (5 − 3x2 )(−2x) 4x = = 0 ⇔ x = 0.
2 2 (1 − x ) (1 − x2 )2 Aleshores f (−0.1) < 0 i f (0.1) > 0 ⇒ x = 0 ´es un m´ınim relatiu de f amb f (0) = 5.
D’altra banda, per a determinar els intervals de creixement i decreixement, cal tenir en compte no nom´es x = 0 sin´o tamb´e els punts on la funci´o no existeix, x = −1 i x = 1. Aix´ı, f (−1.1) < 0, f (−0.9) < 0, f (0.9) > 0 i f (1.1) > 0.
Per tant, f ´es decreixent a (−∞, −1) ∪ (−1, 0) i ´es creixent a (0, 1) ∪ (1, +∞).
(5) Punts d’inflexi´o. Concavitat i convexitat.
Per a determinar els candidats a punts d’inflexi´o hem de calcular la derivada segona de f i igualar-la a zero: f (x) = = 4(1 − x2 )2 − 4x(2(1 − x2 )(−2x)) (1 − x2 )[(4 − 4x2 ) + 16x2 ] = = (1 − x2 )4 (1 − x2 )4 12x2 + 4 = 0 ⇔ 12x2 + 4 = 0 ⇔ x2 = ± (1 − x2 )3 −1 !!! 3 Per tant, no hi ha punts d’inflexi´o. Ara per a determinar els intervals de concavitat i convexitat, hem de considerar els punts on la funci´o no existeix, x = −1 i x = 1: f (−2) < 0, f (0) > 0 i f (2) < 0.
Per tant, f ´es c`oncava a (−∞, −1) ∪ (1, +∞) i ´es convexa a (−1, 1).
38 C` alcul en una variable (6) Gr`afic.
Ajuntant les dades obtingudes en els apartats anteriors, ja estem a punt per a dibuixar el gr`afic de la funci´o, on les l´ınies verticals representen les as´ımptotes: 10 5 -3 -2 -1 0 1 2 3 -5 1.6 F´ ormula de Taylor Suposem que tenim una funci´o complicada, com ara f (x) = ex (sin x−x2 ), no tenim la calculadora a m`a i ens demanen que calculem f (1) amb tres xifres decimals correctes.
Com ho fem? En aquesta secci´o veurem com resoldre aquest problema; la idea ´es que tota funci´o que sigui prou vegades derivable i amb derivades cont´ınues, es pot aproximar per un polinomi. Per tant, el c`alcul de f (1) es redueix a avaluar un polinomi en el punt 1, la qual cosa ja ´es assequible sense la calculadora.
1.6.1 Polinomi de Taylor Sigui f : D → R una funci´o cont´ınua i sigui a ∈ D. Suposem que f ´es n vegades derivable al punt x = x0 . Aleshores definim el polinomi de Taylor de grau n de f en a com Pn (x, x0 ) = f (x0 ) + f (x0 ) · (x − x0 ) + f (x0 ) f (n) (x0 ) · (x − x0 )2 + · · · + · (x − x0 )n .
2! n! En particular, si x0 = 0, aleshores Pn (x) = f (0) + f (0) · x + Exemples f (0) 2 f (n) (0) n · x + ··· + ·x .
2! n! 1.6 F´ ormula de Taylor 39 (1) Calculem el polinomi de Taylor de grau n en x0 = 0 de la funci´o f (x) = sin x: f (x) = sin x, f (0) = 0; f (x) = − sin x, f (0) = 0 f (4) (x) = sin x, f (4) (0) = 0; f (6) (x) = − sin x, f (6) (0) = 0; ...
f (x) = cos x, f (0) = 1; f (x) = − cos x, f (0) = −1; f (5) (x) = cos x, f (5) (0) = 1; f (7) (x) = − cos x, f (7) (0) = −1 O sigui que, de forma general tenim: f (2k) (0) = 0 i f 2k+1 (0) = (−1)k .
Per tant, si n = 2k + 1, aleshores k = Pn (x) = x − n−1 2 i n n−1 x x3 x5 + + · · · + (−1) 2 .
3! 5! n! (2) Calculem el polinomi de Taylor de grau n en x0 = 0 de la funci´o f (x) = ln(1 + x): f (x) = ln(1 + x), f (0) = 0; f (x) = − f (x) = 1 , f (0) = 1; 1+x 1 2 , f (0) = −1 = −1!; f (x) = , f (0) = 2 = 2!; (1 + x)2 (1 + x)3 f (4) (x) = − 2·3 , f (4) (0) = −3!; (1 + x)4 f (5) (x) = 2·3·4 , f (5) (0) = 4!; (1 + x)5 f (6) (x) = − 2 · 3 · 4 · 5 (6) , f (0) = −5!; (1 + x)6 f (7) (x) = 2 · 3 · 4 · 5 · 6 (7) , f (0) = 6!; (1 + x)7 ...
O sigui que, de forma general tenim: f (0) = 0, f (0) = 1 i f n (0) = (−1)n−1 (n − 1)!, per a tot n ≥ 2.
Per tant, Pn (x) = x−x2 + 1.6.2 2! 3 (n − 1)! n x3 xn ·x +· · ·+(−1)n−1 ·x = x−x2 + +· · ·+(−1)n−1 .
3! n! 3 n F´ ormula de Taylor ´ evident que quan substitu¨ım una funci´o f pel seu polinomi de Taylor Pn obtenim Es una aproximaci´ o ; potser en alguns casos obtindrem el valor exacte (per exemple, f 40 C` alcul en una variable ´es una funci´o tal que f (n) (x) = 0 a partir d’un cert n), per`o en general cometem un “error”. Com es mesura aquest error? Definici´ o Donada una funci´o f (x) i el seu polinomi de Taylor Pn (x, x0 ) de grau n en x0 , definim l’error o residu com la difer`encia Rn+1 (x, x0 ) = f (x) − Pn (x, x0 ).
De fet, Rn+1 (x, x0 ) = f (n+1) (c) · (x − x0 )n+1 , on c ∈ (x0 , x) (n + 1)! i, per tant, |Rn+1 (x)| ≤ m`axc∈(x0 ,x) |f (n+1) (c)| · |x − x0 |n+1 .
(n + 1)! Teorema de Taylor Sigui f una funci´ o n + 1 vegades derivable amb derivades cont´ınues a l’interval (x0 , x). Aleshores f (x) = Pn (x, x0 ) + Rn+1 (x, x0 ) = = f (x0 ) + f (x0 ) (x − x0 ) + · · · + f (n) (x0 ) f (n+1) (c) (x − x0 )n + (x − x0 )n+1 , n! (n + 1)! on c ∈ (x0 , x).
Exemples (1) Calculem e0.2 amb un error m´es petit que 10−3 .
• La funci´o que utilitzarem ser`a f (x) = ex i ens interessa saber quant val f (0.2) = e0.2 . Per tant, prenem x0 = 0 (sempre cal buscar un x0 proper al valor que es vol calcular i del qual sapiguem calcular f (x0 )).
• Error m´es petit que 10−3 significa que volem tres xifres decimals correctes.
Per tant, necessitem trobar Pn (x) de f (x). Per`o, quant val n? Aix`o ens ho dir`a l’error: f (n+1) (c) n+1 |Rn+1 (x)| < 10−3 ⇒ ·x < 10−3 , (n + 1)! on c ∈ (0, x). Per tant, hem de calcular f (n+1) (c): f (x) = ex , f (x) = ex , f (x) = ex , ...
´ a dir, f (n) (x) = ex per a tot valor de n. O sigui que Es f (n+1) (c) n+1 ec ·x < 10−3 ⇔ · 0.2n+1 < 10−3 , (n + 1)! (n + 1)! 1.6 F´ ormula de Taylor 41 on c ∈ (0, 0.2). Per tant, com que la funci´o g(c) = ec ´es creixent, tenim que ec < e0.2 < e < 3; o sigui que hem de determinar un valor de n tal que 3 · 0.2n+1 < 10−3 = 0.001.
(n + 1)! Anem provant valors: • si n = 1, aleshores 3 · 0.22 = 0.06 > 10−3 ; 2! • si n = 2, aleshores 3 · 0.23 = 0.004 > 10−3 ; 3! • si n = 3, aleshores 3 · 0.24 = 0.0002 < 10−3 .
4! Per tant, e0.2 ∼ P3 (0.2) = f (0) + f (0) · 0.2 + = 1 + 1 · 0.2 + f (0) f (0) · 0.22 + · 0.23 = 2! 3! 1 1 · 0.04 + · 0.008 = 1.2213.
2 6 Si calculem directament e0.2 amb la calculadora ens d´ona igual a 1.2214. Per tant, l’aproximaci´o obtinguda ´es la que vol´ıem (tres xifres decimals correctes).
(2) Calculem √ 10 amb un error m´es petit que 10−4 .
√ • La funci´o que utilitzarem ser`a f (x) = x + 9 i ens interessa saber quant √ val f (1) = 10. Per tant, prenem x0 = 0.
• Error m´es petit que 10−4 significa que volem quatre xifres decimals correctes.
Per tant, necessitem trobar Pn (x) de f (x). Com abans, a partir de l’error, determinarem n: |Rn+1 (x)| < 10−4 ⇒ f (n+1) (c) n+1 ·x < 10−4 , (n + 1)! 42 C` alcul en una variable on c ∈ (0, x). Per tant, hem de calcular f (n+1) (c): f (x) = (x + 9)1/2 , f (x) = − f (x) = 1 · (x + 9)−3/2 , 22 f (4) (x) = − 3·5 · (x + 9)−7/2 , 24 1 · (x + 9)−1/2 , 2 f (x) = f (5) (x) = 3 · (x + 9)−5/2 , 23 3·5·7 · (x + 9)−9/2 , 25 ...
Per tant, en general, si n ≥ 2, aleshores f (n) (x) = (−1)n−1 1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 3) 1 · .
2n (x + 9)(2n−1)/2 O sigui que f (n+1) (c) n+1 ·x < 10−4 ⇔ (n + 1)! ⇔ (−1)n ⇔ 1 1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1) 1 · · · xn+1 < 10−4 n+1 (2n+1)/2 2 (n + 1)! (c + 9) 1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1) 1 1 · · · |x|n+1 < 10−4 ; 2n+1 (c + 9)(2n+1)/2 (n + 1)! Com que en el nostre cas x = 1, tenim que |x| = |1| = 1. D’altra banda, com que la funci´o 1 g(c) = (c + 9)(2n+1)/2 ´es decreixent, el m`axim d’aquesta funci´o a l’interval (x0 , x) = (0, 1) s’assoleix quan c = 0. O sigui que hem de determinar un valor de n tal que M= 1 1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1) 1 · (2n+1)/2 · < 10−4 = 0.0001 n+1 2 (n + 1)! 9 Anem provant valors: • si n = 1, aleshores M= 1 1 1 1 · 3/2 · = 3 3 = 0.004629 > 10−4 ; 2 2 9 2! 2 ·3 • si n = 2, aleshores M= 3 1 1 5 · 5/2 · = 4 5 = 0.000257 > 10−4 ; 3 2 9 3! 2 ·3 1.7 Corbes planes. Equacions param` etriques. Coordenades polars 43 • si n = 3, aleshores M= 1 5·7 3·5 1 · 7/2 · = 7 7 = 0.00001786 < 10−4 .
4 2 4! 2 ·3 9 Per tant, √ 10 ∼ P3 (1) = f (0) + f (0) · 1 + f (0) 2 f (0) 3 ·1 + ·1 = 2! 3! = 3+ 1 1 1 1 1 − · + · = 6 108 2! 648 3! = 3+ 1 1 1 12295 − + = = 3.162294.
6 216 3888 3888 √ Si calculem directament 10 amb la calculadora ens d´ona igual a 3.162277. Per tant, l’aproximaci´o obtinguda ´es la que vol´ıem (quatre xifres decimals correctes).
1.7 Corbes planes. Equacions param` etriques. Coordenades polars En aquesta secci´o parlarem de corbes del pla i introduirem les coordenades polars com una manera d’“etiquetar” els punts del pla; aquestes coordenades s´on diferents de les coordenades cartesianes i donarem la relaci´o entre els dos tipus de coordenades.
1.7.1 Corbes planes i equacions param` etriques Definci´ o Sigui I ⊂ R un interval de R. Una corba parametritzada ´es una funci´o γ: I → R2 que a cada t ∈ I li assigna un parell de funcions, x = x(t) i y = y(t), que s´on diferenciables a l’interior de l’interval i als extrems de l’interval, en cas que existeixin, s´on cont´ınues.
El nom parametritzada prov´e de t, el qual s’anomena par` ametre. Per a cada valor de t, γ(t) = (x(t), y(t)) ´es un punt del pla.
Exemples (1) Tota gr`afica de funci´o ´es una corba parametritzada: donada una funci´o f (x), la corba parametritzada definida per f ´es γ: D → R2 t → γ(t) = (x(t), y(t)) = (t, f (t)), on D ´es el domini de definci´o de f .
44 C` alcul en una variable Nota: No totes les corbes parametritzades s´on gr`afiques de funcions. Per exemple, la corba γ: [0, 2π) → R2 t → γ(t) = (x(t), y(t)) = (r · cos t, r · sin t), ´es una circumfer`encia centrada a l’origen i amb radi r. Per`o una circumfer`encia no ´es una funci´o: l’equaci´o cartesiana d’aquesta circumfer`encia ´es x2 + y 2 = r2 i si en volem a¨ıllar y, tenim que y=± r2 − x2 , que no ´es una funci´o perqu`e per a cada valor de x tenim dos valors de y! (2) La funci´o γ: [0, 1] → R2 t → γ(t) = (t + 1, 2t − 1), ´es una corba parametritzada. Observem que x = x(t) = t + 1 i y = y(t) = 2t − 1; si a¨ıllem t en funci´o de x ens queda t = x − 1 i substituint a l’equaci´o en y tenim que y = 2(x − 1) − 1 ⇔ 2x − y = 3, on 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇒ 1 ≤ x ≤ 2.
Per tant, aquesta corba ´es un trosset de la recta 2x − y = 3.
(3) La funci´o γ: [0, π] → R2 t → γ(t) = (sin2 t, cos t), ´es una corba parametritzada. Observem que x = x(t) = sin2 t i y = y(t) = cos t; elevem y al quadrat y 2 = (cos t)2 = cos2 t i aleshores sumem per a obtenir x + y 2 = sin2 t + cos2 t ⇒ x + y 2 = 1, on 0 ≤ t ≤ π ⇒ cos 0 ≥ cos t ≥ cos π ⇒ −1 ≤ y ≤ 1.
Per tant, aquesta corba ´es una porci´o de la par`abola x + y 2 = 1.
1.7 Corbes planes. Equacions param` etriques. Coordenades polars 45 Exemple: parametritzaci´ o d’un segment Siguin A = (a1 , a2 ) i B = (b1 , b2 ) dos punts del pla. Aleshores la recta que passa per aquests dos punts t´e per equaci´o vectorial −−→ (x, y) = A + t · AB = (a1 + t(b1 − a1 ), a2 + t(b2 − a2 )).
Observem, doncs, que d’aquesta manera tenim parametritzada la recta que passa per A i B: γ: (−∞, +∞) → R2 t → γ(t) = (x(t), y(t)) = (a1 + t(b1 − a1 ), a2 + t(b2 − a2 )).
I les equacions param`etriques d’aquesta corba s´on x(t) = a1 + t(b1 − a1 ) = (1 − t)a1 + t b1 y(t) = a2 + t(b2 − a2 ) = (1 − t)a2 + t b2 .
Si nosaltres nom´es volem parametritzar el segment entre A i B, aleshores γ: [0, 1] → R2 t → γ(t) = (x(t), y(t)) = (a1 + t(b1 − a1 ), a2 + t(b2 − a2 )), ja que γ(0) = (a1 , a2 ), γ(1) = (b1 , b2 ) i γ(t) s´on punts de la recta que passa per A i B, que es troben entre A i B (perqu`e γ ´es una funci´o cont´ınua).
Nota: En el cas en qu`e a l’hora de parametritzar una funci´o mitjan¸cant una corba ens exigeixin que t ∈ [0, 1] podem procedir de la manera seg¨ uent: suposem que volem parametritzar y 3 = x2 entre els punts A = (1, 1) i B = (8, 4) amb t ∈ [0, 1] aleshores • parametritzem el segment entre A i B: −−→ (x(t), y(t)) = A + t · AB = (1, 1) + t · (8 − 1, 4 − 1) = (1 + 7t, 1 + 3t); • la nostra corba ´es la seg¨ uent: γ: [0, 1] → R2 t → γ(t) = (x(t), y(t)) = (1 + 7t, (1 + 7t)2/3 ), ´es a dir, prenem x(t) = 1 + 7t i, com que y = x2/3 , y(t) = (1 + 7t)2/3 . Evidentment, tamb´e podr´ıem haver pres y(t) = 1 + 3t i x(t) = (1 + 3t)3/2 .
46 C` alcul en una variable Punts de tall entre corbes Tenint en compte que les corbes parametritzades s´on funcions, tamb´e t´e sentit, donades dues corbes γ1 i γ2 , buscar els punts de tall de les dues corbes, en cas que existeixin. Per exemple, suposem que tenim les corbes γ1 (t) = 16 8 − t, 4t − 5 3 3 i γ2 (t) = 2 · sin πt 2 , −3 · cos πt 2 , t ≥ 0.
• Determinem, per a cada corba, les equacions en x i y: En el primer cas, 8 x = 16 3 − 3t y = 4t − 5.
y+5 4 De la segona equaci´o a¨ıllem t = obtenir: i substitu¨ım a la primera equaci´o per a 3x + 2y = 6.
En el segon cas, x = 2 · sin πt 2 y = −3 · cos πt 2 .
Elevant cada equaci´o al quadrat i sumant les expressions resultants obtenim x2 y 2 + = 1.
4 9 • Busquem els punts de tall: −2y+6 3 4 2 + y2 = 1 ⇒ y = 0 i y = 3.
9 ´ a dir, obtenim els punts A = (−2, 0), B = (2, 0), C = (3, 2) i D = (3, −2).
Es Ara, el punt A i el punt B es corresponen a t = 5/4, i el punt C i el punt D es corresponen a t = 2. Com que en ambd´os casos t ≥ 0, vol dir que els quatre punts de tall s´on v`alids.
Recta tangent a una corba en un punt Hem vist en el punt 2 d’aquest cap´ıtol que donada una funci´o f i un punt a del domini de f , podem calcular la recta tangent al gr`afic de f al punt a, la qual t´e per equaci´o y − f (a) = f (a) · (x − a), on m = f (a) ´es el pendent de la recta.
1.7 Corbes planes. Equacions param` etriques. Coordenades polars 47 Suposem ara que tenim una corba. Com que aquesta corba tamb´e t´e una representaci´o al pla R2 , procedint com en el cas de les funcions d’una variable real, podem calcular la recta tangent a una corba en un punt: donats una corba γ i t = t0 un punt del domini de γ, la recta tangent a γ al punt t0 ´es y − y(t0 ) = on m = y (t0 ) x (t0 ) y (t0 ) · (x − x(t0 )), x (t0 ) ´es el pendent de la recta i suposem x (t0 ) = 0.
Observacions (1) Si x (t0 ) = 0, aleshores la recta tangent ´es una recta vertical amb equaci´o x = x(t0 ).
(2) Donada una corba i un punt de la corba pot ser que • no hi hagi cap recta tangent; • hi hagi una sola recta tangent; • hi hagi dues rectes tangents.
Exemple Calculem la recta tangent o rectes tangents a la corba γ: (−∞, +∞) → R2 t → γ(t) = (t2 − 2t + 1, t4 − 4t2 + 4), al punt (1, 4).
• Observem que el punt (1, 4) es correspon a t2 − 2t + 1 = 1 ⇔ − 4t2 + 4 = 4 t4 t=0 o t=2 t = 0 o t = ±2.
Per tant, com que s’han de satisfer les dues equacions alhora, el punt (1, 4) es correspon als valors t = 0 i t = 2.
• La derivada de la corba ´es γ (t) = (2t − 2, 4t3 − 8t); per tant, γ (0) = (−2, 0) i γ (2) = (2, 16).
• Finalment, doncs, les dues rectes tangents s´on 0 · (x − 1) ⇔ y = 4 i y−4= −2 16 y−4= · (x − 1) ⇔ y = 8x − 4.
2 48 1.7.2 C` alcul en una variable Coordenades polars Els punts del pla cartesi`a els hem etiquetat per mitj`a de les coordenades cartesianes; ´es a dir, un punt del pla ´es un parell (x, y). Ara b´e, hi ha un altre tipus de coordenades per a representar els punts del pla: les coordenades polars.
Sigui O = (0, 0) l’origen de coordenades. Donat un punt P = (x, y) del pla, podem considerar la dist`ancia de P a l’origen de coordenades −−→ d(O, P ) = |OP | = |P − O| = |P | = x2 + y 2 .
A aquesta dist`ancia, que est`a definida per a qualsevol punt del pla, li diem radi i la denotem per r. D’altra banda, la recta que passa pels punts O i P talla l’eix d’abscises Ox en algun punt; l’angle que forma aquesta recta amb la part positiva de l’eix d’abscises el denotem θ. Aleshores, un punt P queda determinat per r i per θ: P = (x, y) = [r, θ].
El claud`ator [r, θ] s´on les coordenades polars de P .
Relaci´ o entre les coordenades cartesianes i les coordenades polars Donat un punt P = (x, y) = [r, θ] la relaci´o entre les seves coordenades cartesianes i les polars ´es la seg¨ uent: x = r · cos θ y = r · sin θ.
Exemples (1) Donat un punt P amb coordenades polars [−2, π3 ], quines s´on les seves coordenades cartesianes? Nom´es cal aplicar la relaci´o que hem vist:  1 π   x = r · cos θ = −2 · cos = −2 · = −1 3 2 √ √   y = r · sin θ = −2 · sin π = −2 · 3 = 3.
2 3 √ ´ a dir, P = (−1, 3).
Es √ (2) Donat un punt P amb coordenades cartesianes (−2, 2 3), quines s´on les seves coordenades polars? Nom´es cal aplicar la relaci´o que hem vist: −2 = r · cos θ √ ⇔ 2 3 = r · sin θ 4 = r2 · cos2 θ 12 = r2 · sin2 θ 1.7 Corbes planes. Equacions param` etriques. Coordenades polars i sumant les dues equacions: 16 = r2 (cos2 θ + sin2 θ) = r2 ⇒ r = 4; per tant, substituint a la primera equaci´o, −2 = 4 · cos θ ⇒ cos θ = − 1 2π ⇒θ= + 2nπ, on n ∈ Z.
2 3 ´ a dir, P = [4, 2π + 2nπ] amb n ∈ Z.
Es 3 49 50 C` alcul en una variable Cap´ıtol 2 Integraci´ o en una variable En el primer cap´ıtol hem treballat amb funcions d’una variable real, hem estudiat els conceptes de continu¨ıtat i derivaci´o i hem vist com fer una representaci´o gr`afica d’aquestes funcions. En aquest cap´ıtol continuem estudiant funcions d’una variable real, per`o ara el concepte que ens interessa estudiar ´es el d’integraci´o.
2.1 C` alcul d’` arees. Integraci´ o Suposem donada una funci´o f qualsevulla definida en un domini D i considerem-ne la seva representaci´o gr`afica: 4 3 y 2 1 0 0,2 -1 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 52 Integraci´ o en una variable Problema. Calcular l’`area de la regi´o Ω limitada pel gr`afic de la funci´o f i l’eix d’abscises entre els punts x = 0.2 i x = 1.4.
Una primera idea per tal de resoldre aquest problema ´es dividir l’eix d’abscises entre 0.2 i 1.4 en intervals i considerar rectangles que tinguin per base un d’aquests intervals i per altura el valor de la funci´o en un dels extrems de l’interval. Per exemple, suposem que fem intervals de longitud 0.2: x0 = 0.2, x1 = 0.4, x2 = 0.6, x3 = 0.8, x4 = 1.0, x5 = 1.2 i x6 = 1.4.
Aix´ı tenim sis intervals, Ii = [xi−1 , xi ] amb i = 1, . . . , 6, i ja podem construir els rectangles corresponents: per a cada i, denotem mi = m´ın {f (xi−1 ), f (xi )} i Mi = m`ax {f (xi−1 ), f (xi )}.
Aleshores tenim dues opcions: • l’altura dels rectangles correspon al valor mi (pintats en lila); denotarem per ri l’`area de cadascun d’aquests rectangles, ´es a dir, ri = (xi − xi−1 ) · f (xi−1 ); • l’altura dels rectangles correspon a Mi (pintats en verd); denotarem per Ri l’`area de cadascun d’aquests rectangles, ´es a dir, Ri = (xi − xi−1 ) · f (xi ).
2.1 C` alcul d’` arees. Integraci´ o 53 Aleshores ` r1 + · · · + r6 ≤ Area Ω ≤ R1 + · · · + R6 .
La suma de les `arees ri rep el nom de suma inferior i es denota Lf (P ), on P indica la partici´o en intervals. La de les `arees Ri es diu suma superior i es denota Uf (P ).
´ evident que com m´es intervals prenguem, m´es bona ser`a l’aproximaci´o de l’`area.
Es Aix`o es tradueix en el seg¨ uent: n lim n→∞ n ` ri = Area Ω ` Ri = Area Ω.
i lim n→∞ i=1 i=1 Definici´ o Donada una funci´o f , definim l’`area de la regi´o limitada pel gr`afic de f i l’eix d’abscises entre x = a i x = b com l’´ unic n´ umero A tal que Lf (P ) ≤ A ≤ Uf (P ), per a tota partici´o P en intervals. Aquest valor A ´es la integral de f entre a i b: b A= f (x)dx.
a La pregunta que un es formula a continuaci´o ´es la seg¨ uent: com es calcula? Abans de respondre a aquesta pregunta ens cal la definici´o seg¨ uent: Definici´ o Sigui f una funci´o cont´ınua en un interval [a, b]. Una funci´o F s’anomena primitiva de f a l’interval [a, b] si F ´es una funci´o cont´ınua en (a, b) i F (x) = f (x) per a tot x ∈ (a, b).
El resultat seg¨ uent ens diu com calcular la integral d’una funci´o f entre a i b: Teorema fonamental del c` alcul integral Sigui f una funci´ o cont´ınua en un interval [a, b]. Si F ´es una primitiva de f a l’interval [a, b], aleshores b f (x)dx = F (b) − F (a).
a Propietats de la integral definida b b α · f (x)dx = α · (1) a f (x)dx; a b b (2) b f (x)dx + (f (x) + g(x))dx = a a b b (α f (x) + β g(x))dx = α · (3) a g(x)dx; a b f (x)dx + β · a g(x)dx.
a 54 Integraci´ o en una variable Nota: Cal tenir en compte que la integral d’un producte de funcions no ´es el producte d’integrals i la integral d’un quocient de funcions no ´es el quocient de les integrals; ´es a dir, b b b (f (x) · g(x))dx = a b f (x)dx · a b g(x)dx i a a f (x) dx = g(x) f (x) a .
b g(x) a Exemple Calculem l’`area de la regi´o limitada per la funci´o f (x) = 4 − x2 i l’eix d’abscises: Els punts de tall de f amb l’eix d’abscises s´on f (x) = 4 − x2 = 0 ⇔ x = −2 i x = 2.
Per tant, ` Area Ω= 2 2 −2 = (4 − x2 )dx = 4x − f (x)dx = 4·2− −2 23 3 − 4 · (−2) − (−2)3 3 = x3 3 2 = −2 32 .
3 C` alcul de l’` area de la regi´ o limitada per dues funcions Donades dues funcions f i g ens podem plantejar calcular l’`area que de la regi´o que delimiten elles dues entre dos punts a i b del domini de definici´o de les funcions.
2.1 C` alcul d’` arees. Integraci´ o 55 En aquests casos, si suposem que f ´es la funci´o de color blau i g ´es la funci´o de color vermell, aleshores b ` Area Ω= b f (x)dx − a b [f (x) − g(x)]dx; g(x)dx = a a ´es a dir, l’`area de la funci´o que est`a per sobre menys l’`area de la funci´o que est`a per sota.
Exemples (1) Suposem que volem calcular l’`area de la regi´o limitada per les funcions f (x) = x + 2 i g(x) = x2 : Els punts de tall de f i g s´on f (x) = g(x) ⇔ x + 2 = x2 ⇔ x = −1 i x = 2.
56 Integraci´ o en una variable Per tant, ` Area Ω= 2 2 f (x)dx − −1 2 −1 −1 2 [x + 2 − x2 ]dx = = −1 = [f (x) − g(x)]dx = g(x)dx = 22 23 +2·2− 2 3 x2 x3 + 2x − 2 3 − 2 = −1 (−1)2 (−1)3 + 2 · (−1) − 2 3 9 = .
2 (2) Suposem que ara volem calcular l’`area de la regi´o limitada per les funcions x = y 2 i y = x − 2: Els punts de tall de les dues funcions s´on x = (x − 2)2 ⇔ x2 − 5x + 4 = 0 ⇔ x = 1 i x = 4.
Ara b´e, cal observar que, en aquest cas hem de calcular l’`area com a suma de les dues parts en qu`e la l´ınia verda divideix la regi´o Ω: 1 ` ` ` Area Ω = Area Ω1 + Area Ω2 = 0 1 = 0 = 4 √ 2 xdx + 4 −0 + 3 1 4 √ √ ( x − (− x))dx + 1 √ 4 3/2 ( x − x + 2)dx = x 3 2 3/2 42 4 − +2·4 − 3 2 √ ( x − (x − 2))dx = 1 + 0 2 1 − +2 3 2 2 3/2 x2 x − + 2x 3 2 9 = .
2 4 = 1 2.2 T` ecniques d’integraci´ o: per parts i canvi de variable 57 Alternativament, tenim les funcions x = y 2 i x = y + 2; el dibuix de la regi´o de la qual hem de calcular l’`area ´es el mateix d’abans. Ara b´e, 2 ` Area Ω= y2 y3 + 2y − 2 3 (y + 2 − y 2 )dy = −1 = 2.2 + 22 23 +2·2− 2 3 − 2 = −1 (−1)2 (−1)3 + 2(−1) − 2 3 9 = .
2 T` ecniques d’integraci´ o: per parts i canvi de variable Les integrals que hem vist en la primera secci´o d’aquest cap´ıtol s’anomenen integrals definides perqu`e tenen uns l´ımits predeterminats. Ara b´e, tamb´e ´es possible calcular el que anomenem integrals indefinides; ´es a dir, integrals que no tenen l´ımits d’integraci´o. Aleshores f (x)dx = F (x) + C, on F (x) s’anomena primitiva de f i compleix que F (x) = f (x), i C ´es una constant.
´ a dir, una integral Nota: Cal afegir la constant perqu`e F (x) = (F (x) + C) . Es indefinida queda u ´nicament determinada, llevat d’una constant.
Les propietats de la integral indefinida s´on les mateixes que les propietats de les integrals definides: (1) α · f (x)dx = α · (2) (f (x) + g(x))dx = (3) (α f (x) + β g(x))dx = α · f (x)dx; f (x)dx + g(x)dx; f (x)dx + β · g(x)dx.
Aix´ı com per derivar una funci´o nom´es cal saber-se la f´ormula que cal aplicar, si volem integrar una funci´o el proc´es ´es m´es complex. Com en el cas de les derivades hi ha una llista o taula d’integrals immediates. Ara b´e, no totes les integrals s´on immediates.
L’objectiu d’aquesta secci´o ´es explicar dues t`ecniques d’integraci´o que podem utilitzar per a resoldre integrals que no siguin immediates: integraci´o per parts i integraci´o per canvi de variable.
58 Integraci´ o en una variable 2.2.1 Integraci´ o per parts Suposem que volem calcular la integral seg¨ uent: f (x) · g(x)dx.
Tenint en compte que la integral del producte no ´es igual al producte de les integrals, f (x) · g(x)dx = f (x)dx · g(x)dx, no podem dir que aquesta integral sigui igual a F (x) · G(x) amb F (x) = f (x) i G (x) = g(x). Qu`e podem fer? Com la podem resoldre? Podem integrar per parts: (i) diem u = f (x) i dv = g(x)dx i aleshores (ii) du = f (x)dx i v = g(x)dx.
Finalment, f (x) · g(x)dx = u · v − v · du.
Exemples (1) (x − 1)ex dx u = x − 1 ⇒ du = dx dv = ex ⇒ v = ex .
Per tant, (x − 1)ex dx = (x − 1) · ex − (2) ex dx = ex (x − 1) − ex + C = ex (x − 2) + C.
x2 sin xdx u = x2 ⇒ du = 2xdx dv = sin x ⇒ v = − cos x.
Per tant, x2 sin xdx = x2 · (− cos x) − (− cos x)2xdx = −x2 cos x + 2 en aquest cas, cal aplicar una altra vegada la integraci´o per parts: u=x ⇒ du = dx dv = cos x ⇒ v = sin x.
x cos xdx; 2.2 T` ecniques d’integraci´ o: per parts i canvi de variable 59 Per tant, x2 sin xdx = −x2 cos x + 2 x cos xdx = −x2 cos x + 2(x sin x − sin xdx) = = −x2 cos x + 2x sin x + 2 cos x + C.
(3) sin(ln x)dx 1 cos(ln x)dx x ⇒ v = x.
u = sin(ln x) ⇒ du = dv = dx Per tant, sin(ln x)dx = sin(ln x) · x − 1 x cos(ln x)dx = x sin(ln x) − x cos(ln x)dx; en aquest cas, cal aplicar una altra vegada la integraci´o per parts: 1 (− sin(ln x))dx x ⇒ v = x.
u = cos(ln x) ⇒ du = dv = dx Per tant, sin(ln x)dx = x sin(ln x) − cos(ln x)dx = = x sin(ln x) − x cos(ln x) + = x sin(ln x) − x cos(ln x) − 1 x sin(ln x)dx x = sin(ln x)dx; Per tant, a¨ıllant tenim sin(ln x)dx + sin(ln x)dx = x sin(ln x) − x cos(ln x); ´es a dir, 1 sin(ln x)dx = (x sin(ln x) − x cos(ln x)) + C.
2 2.2.2 Integraci´ o per canvi de variable La integraci´o per canvi de variable consisteix en calcular una integral del tipus f (x)dx 60 Integraci´ o en una variable fent servir una nova variable, en general se li diu t, tal que x = g(t) i aquesta funci´o t´e una funci´o inversa: t = g −1 (x). Aleshores x = g(t) ⇒ dx = g (t)dt, de manera que f (x)dx = f (g(t))g (t)dt.
Exemples (1) dx (x − 1)2 Considerem el canvi de variable seg¨ uent: x − 1 = t ⇒ x = t + 1 ⇒ dx = dt.
Aleshores dx = (x − 1)2 (2) dt = t2 t−2 dt = t−1 1 1 +C =− +C =− + C.
−1 t x−1 x−3 dx x2 + 49 x−3 dx = x2 + 49 x2 x dx+ + 49 x2 −3 dx = + 49 x2 x dx−3 + 49 x2 dx = I1 −3I2 ; + 49 Ara calculem per separat les integrals I1 i I2 .
• Calculem I1 .
I1 = x2 1 x dx = + 49 2 x2 2x 1 dx = ln |x2 + 49| + C1 .
+ 49 2 • Calculem I2 .
Considerem el canvi de variable seg¨ uent: x = 7t ⇒ dx = 7dt.
Aleshores I2 = = x2 1 7 dx = + 49 t2 7dt = (7t)2 + 49 7dt = 49(t2 + 1) dt = + 1) 7(t2 dt 1 1 x = arctan t + C2 = arctan + C2 .
+1 7 7 7 2.3 Integrals racionals i trigonom` etriques 61 Per tant, x−3 dx = x2 + 49 = 1 1 x ln |x2 + 49| + C1 − 3 arctan + C2 = 2 7 7 1 3 x ln |x2 + 49| − arctan + C.
2 7 7 Nota: Les integrals indefinides de la forma x2 dx + a2 es resolen fent servir el canvi de variable x = a · t.
√ x x − 1dx (3) Considerem el canvi de variable seg¨ uent: x − 1 = t2 ⇒ x = t2 + 1 ⇒ dx = 2tdt.
Aleshores √ x x − 1dx = √ (t2 + 1) t2 2tdt = = 2 = 2.3 t5 t3 + 5 3 +C = (t2 + 1) · t · 2tdt = 2 (t4 + t2 )dt = 2 5 2 3 t + t +C = 5 3 2 √ 2 √ ( x − 1)5 + ( x − 1)3 + C.
5 3 Integrals racionals i trigonom` etriques En aquesta secci´o veurem dues t`ecniques m´es per a resoldre integrals que no s´on immediates; parlarem de com resoldre les integrals racionals (´es a dir, integrals de funcions racionals) i les integrals trigonom`etriques (´es a dir, integrals de funcions trigonom`etriques).
2.3.1 Integrals racionals L’objectiu d’aquest apartat ´es resoldre integrals del tipus a(x) dx, b(x) on a(x) i b(x) s´on dos polinomis en x. Suposem que a(x) ´es un polinomi de grau m i que b(x) ´es un polinomi de grau n. En principi, els dos casos que es poden presentar s´on els seg¨ uents: 62 Integraci´ o en una variable • grau de a(x) m´es gran que grau de b(x): m ≥ n; • grau de a(x) m´es petit que grau de b(x): m < n.
Si el grau del polinomi del numerador ´es m´es gran o igual que el grau del polinomi del denominador, aleshores fent la divisi´o transformem el primer cas en el segon cas.
Per exemple, x3 + 1 dx; x2 − 5x + 4 dividint obtenim que la divisi´o t´e quocient: q(x) = x + 5 i residu: r(x) = 21x − 19.
Aleshores, aplicant la prova de la divisi´o tenim que a(x) = b(x) · q(x) + r(x) ⇔ a(x) r(x) = q(x) + , b(x) b(x) que en el nostre cas es tradueix en x3 + 1 = (x2 − 5x + 4) · (x + 5) + (21x − 19) ⇔ x3 + 1 21x − 19 =x+5+ 2 .
2 x − 5x + 4 x − 5x + 4 Per tant, x2 x3 + 1 dx = − 5x + 4 = (x + 5)dx + x2 + 5x + 2 21x − 19 dx = x2 − 5x + 4 21x − 19 dx.
x2 − 5x + 4 O sigui que nom´es ens cal aprendre com resoldre les integrals del tipus a(x) dx b(x) amb el grau de a(x) m´es petit que el grau de b(x). El que cal fer ´es descompondre el polinomi del denominador en factors irreductibles determinant les arrels de b(x) = 0.
Hi ha diversos casos: (1) Totes les arrels del polinomi s´on reals simples; ´es a dir, b(x) = (x − α1 ) · (x − α2 ) · · · · · (x − αn−1 ) · (x − αn ).
Aleshores a(x) A1 A2 An−1 An = + + ··· + + .
b(x) x − α1 x − α2 x − αn−1 x − αn Exemple Calculem la integral racional seg¨ uent: −x − 9 dx.
x2 + x 2.3 Integrals racionals i trigonom` etriques 63 • Descomponem el polinomi del denominador en factors irreductibles: x2 + x = 0 ⇔ x(x + 1) = 0 ⇔ x = 0 i x = −1.
´ a dir, x2 + x = (x − 0) · (x − (−1)) = x(x + 1). Per tant, Es A1 A2 A1 (x + 1) + A2 x (A1 + A2 )x + A1 −x − 9 = + = = .
2 x +x x x+1 x(x + 1) x2 + x Per tal que aquestes fraccions siguin iguals, cal que els numeradors siguin iguals: −x − 9 = (A1 + A2 )x + A1 ⇔ −1 = A1 + A2 ⇔ A1 = −9 i A2 = 8.
−9 = A1 • Ara ja podem resoldre la integral: −x − 9 dx = x2 + x −9 dx + x 8 dx = −9 x+1 dx +8 x dx = x+1 = −9 ln |x| + 8 ln |x + 1| + C.
(2) Totes les arrels del polinomi s´on reals per`o n’hi ha alguna de m´ ultiple; ´es a dir, b(x) = (x − α1 ) · (x − α2 ) · · · · · (x − αk ) · (x − αk+1 )s .
Aleshores a(x) A1 A2 Ak B1 B2 Bs = + +· · ·+ + + +· · ·+ .
2 b(x) x − α1 x − α2 x − αk x − αk+1 (x − αk+1 ) (x − αk+1 )s Exemple Calculem la integral racional seg¨ uent: 2x2 − 4x + 1 dx.
x3 − 2x2 + x • Descomponem el polinomi del denominador en factors irreductibles: x3 − 2x2 + x = 0 ⇔ x(x2 − 2x + 1) = 0 ⇔ x = 0 i x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ ⇔ x = 0 i x = 1 (doble).
´ a dir, x3 − 2x2 + x = (x − 0) · (x − 1)2 = x(x − 1)2 . Per tant, Es 2x2 − 4x + 1 = x3 − 2x2 + x A1 B1 B2 + + = x x − 1 (x − 1)2 = A1 (x − 1)2 + B1 x(x − 1) + B2 x = x(x − 1)2 = (A1 + B1 )x2 + (−2A1 − B1 + B2 )x + A1 .
x3 − 2x2 + x 64 Integraci´ o en una variable Per tal que aquestes fraccions siguin iguals, cal que els numeradors siguin iguals: 2x2 − 4x + 1 = (A1 + B1 )x2 + (−2A1 − B1 + B2 )x + A1 ⇔    2 = A1 + B1 ⇔ −4 = −2A1 − B1 + B2 ⇔ A1 = 1, B1 = 1 i B2 = −1.
  1 = A 1 • Ara ja podem resoldre la integral: 2x2 − 4x + 1 dx = x3 − 2x2 + x 1 dx + x 1 dx + x−1 −1 dx = (x − 1)2 = ln |x| + ln |x − 1| − (x − 1)−2 dx = = ln |x| + ln |x − 1| − (x − 1)−1 +C = −1 = ln |x| + ln |x − 1| + 1 + C.
x−1 (3) El polinomi del denominador t´e arrels imagin`aries i, per tant, no el podem descompondre en factors lineals (de grau 1); ´es a dir, b(x) = b(x) = (x − α1 ) · (x − α2 ) · · · · · (x − αk ) · (a2 x2 + a1 x + a0 ).
Aleshores a(x) A1 A2 Ak Mx + N = + + ··· + + .
2 b(x) x − α1 x − α2 x − αk a2 x + a1 x + a0 Exemple Calculem la integral racional seg¨ uent: x dx.
x3 − x2 + x − 1 • Descomponem el polinomi del denominador en factors irreductibles: x3 − x2 + x − 1 = 0 ⇔ x = 1 i x2 + 1 = 0, el qual no t´e solucions reals.
Per tant, x3 + 1 = (x − 1)(x2 + 1). Aix´ı, x = 3 2 x −x +x−1 = A Mx + N A(x2 + 1) + (M x + N )(x − 1) + 2 = = x−1 x +1 (x + 1)(x2 + 1) (A + M )x2 + (−M + N )x + (A − N ) .
x3 − x2 + x − 1 2.3 Integrals racionals i trigonom` etriques 65 Per tal que aquestes fraccions siguin iguals, cal que els numeradors siguin iguals:    0 = A+M 2 x = (A + M )x + (−M + N )x + (A − N ) ⇔ 1 = −M + N   0 = A − N, d’on s’obt´e que A = 12 , M = − 12 i N = 12 .
• Ara ja podem resoldre la integral: 1 2 x dx = 3 2 x −x +x−1 2.3.2 x−1 dx + − 12 x + 12 dx = x2 + 1 = 1 2 1 1 − x−1 2 x2 x 1 dx + +1 2 = 1 1 ln |x − 1| − 2 4 x2 = 1 1 1 ln |x − 1| − ln |x2 + 1| + arctan x + C.
2 4 2 x2 1 dx = +1 2x 1 dx + arctan x = +1 2 Integrals trigonom` etriques Les funcions trigonom`etriques no tenen un m`etode general d’integraci´o. Malgrat tot, podem distingir tres casos: (1) Integrals amb sinus o cosinus elevats a un exponent senar.
Si tenim sinn x dx amb n senar, aleshores sinn x dx = = sinn−1 x · sin x dx = (1 − cos2 x) n−1 2 (sin2 x) n−1 2 · sin x dx = · sin x dx i fem el canvi de variable seg¨ uent: cos x = t ⇒ − sin xdx = dt ⇒ dx = − dt .
sin x Aleshores sinn x dx = (1 − cos2 x) n−1 2 · sin x dx = − (1 − t2 ) n−1 2 dt.
66 Integraci´ o en una variable Exemple Calculem la integral trigonom`etrica seg¨ uent: sin5 x dx.
sin5 x dx = sin4 x · sin x dx = (1 − cos2 x)2 · sin x dx; ara considerem el canvi de variable seg¨ uent: cos x = t ⇒ − sin x dx = dt ⇒ dx = −dt ; sin x per tant, sin5 x dx = = = − (1 − cos2 x)2 · sin x dx = (1 − t2 )2 · sin x · −dt =− sin x (1 − 2t2 + t4 )dt = −t + 2 = − cos x + (1 − t2 )2 dt = t3 t5 − +C = 3 5 2 1 cos3 x − cos5 x + C.
3 5 Nota: Si en comptes de sinus tenim cosinus es procedeix de forma an`aloga, per`o ara el canvi de variable ser`a sin x = t.
(2) Integrals amb sinus o cosinus elevats a un exponent parell.
Si tenim sinn x dx o b´e cosm x dx amb n i m parells, aleshores fem u ´s de l’angle meitat de la forma seg¨ uent: sin2 α 1 − cos α = 2 2 i cos2 α 1 + cos α = .
2 2 Exemple Calculem la integral trigonom`etrica seg¨ uent: cos4 x dx.
2.3 Integrals racionals i trigonom` etriques cos4 x dx = 67 2 1 + cos(2x) 2 (cos2 x)2 dx = = 1 + 2 cos(2x) + cos2 (2x) dx = 4 = 1 1 dx + 4 2 cos(2x) dx + 1 4 dx = cos2 (2x) dx = = 1 1 x+ 4 4 = 1 1 1 x + sin(2x) + 4 4 4 = 1 1 1 1 x + sin(2x) + x + 4 4 8 32 = 3 1 1 x + sin(2x) + sin(4x) + C.
8 4 32 2 · cos(2x) dx + 1 4 1 + cos(4x) dx = 2 1 1 dx + 2 8 cos(4x) dx = 4 · cos(4x) dx = (3) Integrals de funcions racionals de sinus i cosinus.
Aquestes integrals es transformen en integrals de funcions racionals algebraiques mitjan¸cant el canvi de variable seg¨ uent: tan x 2dt = t ⇒ x = 2 arctan t ⇒ dx = .
2 1 + t2 Aleshores, per mitj`a de les f´ormules de trigonometria que expressen el sin x, el cos x i la tan x en funci´o de la tan x2 tenim que sin x = 2t , 1 + t2 cos x = 1 − t2 1 + t2 i tan x = 2t .
1 − t2 Exemple Calculem la integral trigonom`etrica seg¨ uent: dx .
sin x Considerem el canvi de variable seg¨ uent: tan x 2dt = t ⇒ x = 2 arctan t ⇒ dx = .
2 1 + t2 Aleshores sin x = 2t , 1 + t2 68 Integraci´ o en una variable de manera que dx = sin x 2dt 1+t2 2t 1+t2 = dt x = ln |t| + C = ln tan t 2 + C.
Cap´ıtol 3 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries ´ ben sabut que hi ha molts problemes mediambientals que requereixen el plantejaEs ment d’equacions (o sistemes d’equacions) que impliquen relacions entre taxes i estats de diverses variables ambientals. Per exemple, l’evoluci´o de la poblaci´o d’una esp`ecie al llarg del temps, la desintegraci´o d’una subst`ancia, ... L’objectiu d’aquest cap´ıtol ´es il·lustrar l’´ us de les equacions diferencials i les eines de c`alcul necess`aries per a ´ a dir, les equacions diferencials ens permeten resoldre aquest tipus de problemes. Es “modelar matem`aticament problemes de la vida quotidiana”.
Aquest cap´ıtol ´es nom´es una petita introducci´o al m´on de les equacions diferencials; de fet, nom´es parlarem, d’equacions de primer ordre i, d’entre elles, nom´es en considerarem de dos tipus: de variables separades i de lineals.
Els elements que intervenen en aquest tipus d’equacions s´on els seg¨ uents: (1) variable independent (acostuma a ser el temps); (2) variable dependent (poblaci´o, quantitat de subst`ancia, nombre de bacteris o microorganismes,...); (3) par`ametres (constant de proporcionalitat -entre la taxa de creixement de poblaci´o i la quantitat de poblaci´o, per exemple).
Definici´ o Una equaci´ o diferencial ordin` aria ´es una equaci´o que implica una funci´o f d’una variable que ´es desconeguda i les seves derivades: F (f (x), f (x), . . . , f (n) (x)) = 0.
L’ordre d’una equaci´o diferencial ´es l’ordre de la derivada m`axima que apareix a la funci´o anterior. Nosaltres nom´es treballarem amb equacions diferencials ordin`aries 70 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries de primer ordre; ´es a dir, equacions del tipus F (f (x), f (x)) = 0 o, m´es clarament, dy = f (y, t) dt o, equivalentment, y (t) = f (y, t).
Exemples (1) Un dels exemples t´ıpics i el qual treballarem m´es a fons ´es l’equaci´o diferencial que descriu l’evoluci´o de la poblaci´o d’una esp`ecie: “la velocitat de creixement d’una poblaci´o ´es proporcional a la grand`aria de la poblaci´o a cada instant”.
L’equaci´o que modela aquest problema ´es la seg¨ uent: dP = k · P, dt on P = P (t) ´es la quantitat de poblaci´o a l’instant t i k ´es la constant de proporcionalitat: dP < 0 i per tant la poblaci´o decreix; dt dP • si k = 0, aleshores = 0 i per tant la poblaci´o ´es constant; dt dP • si k > 0, aleshores > 0 i per tant la poblaci´o creix.
dt • si k < 0, aleshores (2) Altres exemples s´on els seg¨ uents: dL = 2(1 − L) dt 3.1 i dy y2 − 1 = 2 .
dt t + 2t Soluci´ o d’una equaci´ o diferencial: general i particular.
Hem dit que una equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre ´es una equaci´o definida en termes d’una funci´o desconeguda i de la seva primera derivada. Qu`e vol dir resoldre una equaci´o d’aquest tipus? Qu`e ´es una soluci´o d’aquesta equaci´o? Definici´ o Una soluci´ o d’una equaci´o diferencial ordin`aria ´es una funci´o que satisf`a l’equaci´o donada.
Per exemple, considerem l’equaci´o dP = k · P.
dt 3.1 Soluci´ o d’una equaci´ o diferencial: general i particular.
71 • La funci´o P1 (t) = ekt ´es una soluci´o de l’equaci´o que hem considerat; en efecte, P1 (t) = k · ekt = k · P1 (t).
• En canvi, la funci´o P2 (t) = sin(kt) no ´es una soluci´o de l’equaci´o considerada: P2 (t) = k · cos(kt) = k · P2 (t).
Exemple Siguin y1 (t) = 1 + t, y2 (t) = 1 + 2t i y3 (t) = 1. Anem a comprovar quines d’aquestes funcions s´on soluci´o de l’equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre dy y2 − 1 = 2 .
dt t + 2t • Si prenem y1 (t) = 1 + t, aleshores y1 (t) = 1 i y2 − 1 (1 + t)2 − 1 t2 + 2t + 1 − 1 = = = 1; 2 2 t + 2t t + 2t t2 + 2t ´es a dir, l’equaci´o es compleix i per tant y1 (t) n’´es una soluci´o.
• Si prenem y2 (t) = 1 + 2t, aleshores y2 (t) = 2 i y2 − 1 (1 + 2t)2 − 1 4t2 + 4t + 1 − 1 4(t + 1) = = = ; 2 2 2 t + 2t t + 2t t + 2t t+2 ´es a dir, l’equaci´o no es compleix i per tant y2 (t) no ´es una soluci´o.
• Si prenem y3 (t) = 1, aleshores y3 (t) = 0 i y2 − 1 12 − 1 = = 0; t2 + 2t t2 + 2t ´es a dir, l’equaci´o es compleix i per tant y2 (t) n’´es una soluci´o.
dy = f (y, t) una equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre. Les dt funcions y(t) tals que dy =0 dt s’anomenen solucions d’equilibri o punts d’equilibri .
Definici´ o Sigui Exemples (1) Considerem l’equaci´o dL = 2(1 − L).
dt Els punts d’equilibri s´on les funcions L(t) tals que dL = 0 ⇒ 2(1 − L) = 0; dt ´es a dir, L(t) = 1 ´es l’´ unica soluci´o o punt d’equilibri de l’equaci´o.
72 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries (2) Si considerem l’equaci´o dy y2 − 1 = 2 , aleshores volem determinar y(t) tal que dt t + 2t dy y2 − 1 =0⇒ 2 = 0; dt t + 2t ´es a dir, y 2 − 1 = 0 ⇒ y(t) = 1 i y(t) = −1.
dy = f (y, t) una equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre. Una dt soluci´ o general d’aquesta equaci´ o ´es una funci´o y(t) que dep`en d’una constant C (la constant d’integraci´o). Diem que y(t) ´es una soluci´ o particular si no dep`en de cap constant.
Definici´ o Sigui Exemples (1) Considerem l’equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre dy = t3 − 2 sin t.
dt Per a resoldre l’equaci´o, procedim com segueix: dy = (t3 − 2 sin t)dt ⇒ per tant, y(t) = t4 4 (t3 − 2 sin t)dt; dy = + 2 cos t + C ´es una soluci´o general de l’equaci´o donada.
(2) Suposem ara que tenim la mateixa equaci´o, diuen que y(0) = 3. En aquest cas, com que y(t) = t4 + 2 cos t + C 4 dy = t3 − 2 sin t, per`o a m´es ens dt i y(0) = 3, podem determinar C: 04 + 2 cos 0 + C = 3 ⇒ C = 1.
4 O sigui que y(t) = t4 4 + 2 cos t + 1 ´es una soluci´o particular de l’equaci´o.
Observaci´ o Un problema del tipus   dy = f (y, t) dt  y(t0 ) = y0 s’anomena problema de valor inicial (y(t0 ) = y0 ´es la condici´o inicial del problema).
3.2 Equacions de variables separades. Equacions lineals.
73 Exemple Considerem el problema de valor inicial seg¨ uent:   dP = k · P dt  P (0) = 5000 (milions).
• Resolem l’equaci´o dP dP =k·P ⇒ = kdt ⇒ dt P dP = P kdt; per tant, ln |P (t)| = kt + C1 ⇒ P (t) = ekt+C1 = ekt eC1 . Si diem C = eC1 , aleshores P (t) = C · ekt .
• Ara determinem el valor de C fent servir que P (0) = 5000: C · ek·0 = 5000 ⇒ C = 5000.
O sigui que P (t) = 5000 · ekt ´es una soluci´o d’aquest problema de valor inicial.
3.2 3.2.1 Equacions de variables separades. Equacions lineals.
Equacions de variables separades dy = f (y, t) es diu que ´es separable dt o de variables separades si f (y, t) = g(t)h(y); ´es a dir, Una equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre dy = g(t)h(y).
dt Exemples (1) L’equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre dy = yt dt ´es de variables separades perqu`e f (y, t) = yt es pot escriure com f (y, t) = g(t)h(y) amb g(t) = t i h(y) = y.
(2) L’equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre dy =y+t dt no ´es de variables separades perqu`e f (y, t) = y + t no es pot escriure com f (y, t) = g(t)h(y).
74 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries (3) L’equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre dy t+1 = dt ty + t ´es de variables separades perqu`e f (y, t) = t+1 es pot escriure com ty + t f (y, t) = g(t)h(y) amb g(t) = 1 t+1 i h(y) = .
t y+1 Soluci´ o d’un equaci´ o diferencial de variables separades La soluci´o d’una equaci´o de variables separades dy = g(t)h(y) dt ´es la seg¨ uent: dy 1 dy d = g(t)h(y) ⇒ = g(t) ⇒ H(y(t)) = g(t), dt h(y) dt dt on H(y(t)) = h(y) dy. Per tant, H(y(t)) = G(t) + C, on G(t) ´es una primitiva de g(t).
Exemples (1) Resolem l’equaci´o dy t = 2.
dt y dy t = 2 ⇒ y 2 dy = t dt ⇒ dt y y 2 dy = t dt ⇒ y3 t2 = + C1 .
3 2 Per tant, si a¨ıllem y obtenim que y(t) = (2) Resolem l’equaci´o 3 3 2 t + 3C1 = 2 3 3 2 t + C, on C = 3C1 .
2 dy = y 2 t.
dt dy dy = y 2 t ⇒ 2 = t dt ⇒ dt y dy = y2 t dt ⇒ − 1 t2 = + C1 .
y 2 Per tant, si a¨ıllem y obtenim que y(t) = t2 −2 −2 = 2 , on C = 2C1 .
+ 2C1 t +C 3.2 Equacions de variables separades. Equacions lineals.
75 Observaci´ o Qu`e passa si ens diuen que y(0) = 0? Observeu que si substitu¨ım a la soluci´o que hem trobat es t´e que 0= −2 ⇒ 0 = −2!!! C Qu`e ha passat? L’error ve del principi: quan hem passat la y 2 a dividir, hem ´ a dir, ens hem oblidat una soluci´o suposat que y = 0. Es y(t) = 0.
En particular, aquesta ´es una soluci´o o punt d’equilibri.
Observaci´ o Una equaci´o diferencial de variables separades tal que f (y, t) = h(y) s’anomena aut` onoma. Per exemple, dy = y2 + 1 dt i dP = k · P.
dt Exemple Suposem que ingressem 6000 euros en un compte d’estalvis a un 5 % d’inter`es anual. Volem saber quina quantitat de diners tenim a cada instant t.
Plantegem el model   dD = 0.05 · D dt  D(0) = 6000.
Resolem aquest problema de valor inicial: dD = 0.05 · D ⇒ dt dD = D 0.05 dt ⇒ ln |D| = 0.05t + C1 ; Per tant, 0.05t D(t) = e0.05t+C1 = e0.05t eC , on C = eC1 .
1 = Ce Finalment, determinem C usant la condici´o inicial: 6000 = Ce0.05·0 ⇒ C = 6000.
O sigui que D(t) = 6000 · e0.05t .
Suposem ara que, al cap de deu anys, decidim anar traient 1000 euros del compte cada any. Aleshores caldr`a modificar el model com segueix:  dD  = 0.05 · D − 1000 dt  D(10) = 9892.33, 76 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries on D(10) = 6000 · e0.05·10 = 9892.327626. Anem a resoldre aquest problema de valor inicial: dD = 0.05 · D − 1000 ⇒ dt ⇒ dD = dt ⇒ 0.05 · D − 1000 0.05 1 dD = 0.05 0.05 · D − 1000 dt, d’on s’obt´e que 1 ln |0.05 · D − 1000| = t + C1 ⇒ ln |0.05 · D − 1000| = 0.05(t + C1 ).
0.05 Aleshores, com que partim de D(10) = 9892.33 euros, 0.05 · D − 1000 = 0.05 · 9892.33 − 1000 = −505.3835 < 0, de manera que −(0.05 · D − 1000) = e0.05(t+C1 ) ⇒ D(t) = 1000 − e0.05t+0.05C1 1000 − Ce0.05t = , 0.05 0.05 on C = e0.05C1 . Finalment, determinem C usant la condici´o inicial: 9892.33 = 1000 − Ce0.05·10 ⇒ C = e−0.5 (1000 − 9892.33 · 0.05) = 306.53.
0.05 O sigui que D(t) = 1000 − 306.53 e0.05t = 20000 − 6130.61 e0.05t .
0.05 Aleshores podem saber si, per exemple, el saldo del nostre compte ser`a de zero euros en algun moment: 0 = 20000 − 6130.61 e0.05t ⇒ e0.05t = 20000 ⇒ t = 23.65 anys.
6130.61 O sigui que al cap d’aquest temps, si anem traient 1000 euros del compte cada any, arribarem a esgotar els diners del compte.
Exist` encia i unicitat de solucions d’una equaci´ o de variables separades.
Donada una equaci´o diferencial de primer ordre dy = f (t, y), dt com podem saber, a priori, si t´e soluci´o? I, en cas que tingui soluci´o, com podem saber si aquesta ´es u ´nica? Els resultats seg¨ uents ens resolen aquestes q¨ uestions: 3.2 Equacions de variables separades. Equacions lineals.
77 Teorema (d’exist` encia de solucions) Suposem que f (t, y) ´es una funci´ o cont´ınua en un rectangle {(t, y) | a < t < b, c < y < d}. Si (t0 , y0 ) ´es un punt del rectangle, aleshores existeix una funci´ o y(t) en un interval (t0 − ε, t0 + ε) tal que ´es soluci´ o del problema de valor inicial   dy = f (t, y) dt  y(t0 ) = y0 .
Per exemple, el problema de valor inicial dy = 1 + y2 dt  y(0) = 0   t´e soluci´o perqu`e la funci´o f (t, y) = 1 + y 2 ´es cont´ınua en un rectangle que cont´e el punt (0, 0). Determinem-ne una soluci´o: dy = 1 + y2 ⇒ dt dy = 1 + y2 dt ⇒ arctan(y) = t + C ⇒ y(t) = tan(t + C).
Aleshores, usant que y(0) = 0, obtenim que C = 0; ´es a dir, y(t) = tan(t).
df Teorema (d’unicitat de solucions) Suposem que f (t, y) i dy s´ on funcions cont´ınues en un rectangle {(t, y) | a < t < b, c < y < d}. Si (t0 , y0 ) ´es un punt del rectangle i y1 (t) i y2 (t) s´ on solucions del problema de valor inicial dy = f (t, y) dt  y(t0 ) = y0   en un interval (t0 − ε, t0 + ε), aleshores y1 (t) = y2 (t) per a tot t ∈ (t0 − ε, t0 + ε).
Per exemple, considerem l’equaci´o diferencial aut`onoma seg¨ uent: dy = 3y 2/3 .
dt Com que f (t, y) = 3y 2/3 ´es cont´ınua a tot arreu, qualsevol problema de valor inicial tindr`a soluci´o (en particular, l’equaci´o diferencial t´e soluci´o). Anem a calcular una soluci´o: dy y 1/3 dy = 3 dt ⇒ = 3y 2/3 ⇒ = 3t + C1 , dt 1/3 y 2/3 d’on s’obt´e que y(t) = (9t + 3C1 )3 = (9t + C)3 , on C = 3C1 .
78 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries Ara b´e, observem que la funci´o df 2 2 = 3 · y −1/3 = √ 3 dy 3 y no ´es cont´ınua a y = 0 (de fet, no existeix en aquest punt); per tant, la soluci´o del problema de valor inicial   dy = 3y 2/3 dt  y(t0 ) = 0 pot no ser u ´nica; en efecte, • d’una banda, y(t) = 0 n’´es una soluci´o (observeu que ´es una soluci´o o punt d’equilibri); • d’altra banda, si substitu¨ım t = t0 a l’expressi´o y(t) = (9t + C)3 i igualem a zero obtenim que C = −9t0 , de manera que y(t) = (9t − 9t0 )3 tamb´e ´es una soluci´o d’aquest problema de valor inicial.
Les equacions diferencials serveixen, entre altres coses, per a modelar problemes de biologia o enginyeria qu´ımica com, per exemple, la barreja de subst`ancies. Anem a veure’n un exemple: Problema Un dip`osit cont´e S0 grams de sal dissolts en 600 litres d’aigua. En el temps t = 0 entra, al dip`osit, aigua que cont´e 65 grams de sal cada litre d’aigua, amb una despesa de 10 litres per minut, i la soluci´o homogene¨ıtzada surt del dip`osit amb la mateixa intensitat. Determineu la concentraci´o de sal del dip`osit a cada instant t.
Soluci´ o Sigui S(t) la quantitat de sal que hi ha en el dip`osit a l’instant t. Aleshores S(t) ha de ser igual a la despesa amb la qual entra la sal al dip`osit menys la despesa amb la qual surt. La velocitat amb la qual entra la sal al dip`osit ´es 65 grams litres grams · 10 = 650 .
litre minut minut D’altra banda, la despesa amb la qual surt la sal del dip`osit ´es 10 S(t) grams litres S(t) grams · = .
minut 600 litres 60 minut O sigui que el problema de valor inicial que modela el nostre problema ´es el seg¨ uent: S dS = 650 − dt 60  S(0) = S0   3.2 Equacions de variables separades. Equacions lineals.
79 Resolem l’equaci´o: dS S 39000 − S dS dt = 650 − = ⇒ = ⇒− dt 60 60 39000 − S 60 d’on − ln |39000 − S| = − dS = 39000 − S dt , 60 t + C1 ⇒ 39000 − S = e−t/60−C1 ; 60 ´es a dir, S(t) = 39000 − Ce−t , on C = e−C1 .
Usant que S(0) = S0 obtenim que C = 39000 − S0 , de manera que la quantitat de sal que hi ha al dip`osit a cada instant t ´es S(t) = 39000 − (39000 − S0 )e−t = S0 e−t + 39000(1 − e−t ).
Per tant, la concentraci´o de sal a cada instant t a l’interior del dip`osit ´es c(t) = 3.2.2 S(t) S0 −t = e + 65(1 − e−t ).
600 600 Equacions lineals dy Una equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre = f (y, t) es diu que ´es lineal si dt ´es de la forma dy + g(t)y = r(t), dt on les funcions g(t) i r(t) s´on cont´ınues en el temps.
Observaci´ o Aquest tipus d’equacions s’anomenen lineals perqu`e la variable y apareix sola; ´es a dir, no apareixen termes de la forma e−y , y 3 , sin(y),...
Exemples (1) Les equacions diferencials ordin`aries de primer ordre seg¨ uents s´on lineals: dy − e2t y = sin t, dt dy + t2 y = − cos t dt (La darrera equaci´o es pot reescriure com i ty + 2 = dy − 3y.
dt dy − (3 + t)y = 2.) dt (2) En canvi, les equacions diferencials ordin`aries de primer ordre seg¨ uents no s´on lineals: dy dy − y 2 = sin t i + cos y = t.
dt dt 80 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries Definici´ o Donada una equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre lineal dy + g(t)y = r(t), dt diem que ´es • homog`enia si r(t) = 0; ´es a dir, l’equaci´o es redueix a dy + g(t)y = 0; dt • no homog`enia si r(t) = 0.
Soluci´ o d’una equaci´ o lineal La resoluci´o d’una equaci´o del tipus dy + g(t)y = r(t) dt es duu a terme en dos passos: Pas 1. Resolem l’equaci´o homog`enia dy + g(t)y = 0.
dt Observem que aquesta equaci´o ´es de variables separades i, per tant, ja sabem com resoldre-la: dy + g(t)y = 0 ⇒ dt dy =− y g(t) dt ⇒ ln |y| = −G(t) + C1 , on G(t) ´es una primitiva de g(t). Aleshores y(t) = e−G(t)+C1 = C e−G(t) , on C = eC1 , ´es la soluci´ o general de l’equaci´ o homog`enia.
Pas 2. Utilitzant el m`etode de variaci´ o de par` ametres resolem l’equaci´o no homog`enia dy + g(t)y = r(t). (∗) dt Suposem que la constant C obtinguda en la soluci´o de l’equaci´o homog`enia dep`en de t; aleshores la soluci´o de l’equaci´o homog`enia s’escriu y(t) = C(t) e−G(t) . (∗∗) Calculem y (t) = dy = C (t) e−G(t) + C(t) (−G (t))eG(t) = C (t) eG(t) − C(t) g(t) eG(t) , dt 3.2 Equacions de variables separades. Equacions lineals.
81 on la darrera igualtat sorgeix del fet que G(t) ´es una primitiva de g(t); ´es a dir, G (t) = g(t). Ara substitu¨ım a (∗): dy + g(t)y = r(t) ⇒ C (t)eG(t) − C(t) g(t) eG(t) + g(t) C(t)eG(t) y = r(t), dt d’on s’obt´e que C (t) eG(t) = r(t) ⇒ C (t) = r(t) e−G(t) . Per tant, integrant respecte t: C(t) = r(t) e−G(t) dt + K.
Finalment, la soluci´o de l’equaci´o no homog`enia (∗) l’obtenim substituint el valor de C(t) a l’expressi´o (∗∗): y(t) = ( r(t) e−G(t) dt + K) e−G(t) = e−G(t) r(t) e−G(t) dt + K e−G(t) .
Exemples (1) Resolem l’equaci´o diferencial lineal no homog`enia dy 2 − y = t − 1. (∗) dt t En aquest cas, tenim g(t) = 2 i r(t) = t − 1.
t Pas 1. Resolem l’equaci´o homog`enia: dy 2 dy 2 − y=0⇒ = dt ⇒ dt t y t dy = y 2 dt, t 2 d’on ln |y| = 2 ln |t| + C1 ⇒ y(t) = e2 ln |t|+C1 = eln t · eC1 . O sigui que si diem C = eC1 obtenim que y(t) = C t2 . (∗∗) Pas 2. Usant el m`etode de variaci´o de par`ametres, resolem l’equaci´o no homog`enia: considerem y(t) = C(t) t2 ⇒ y (t) = dy = C (t) t2 + C(t) 2t.
dt Aleshores, substituint a l’equaci´o no homog`enia (∗): dy 2 2 − y = t − 1 ⇒ C (t) t2 + C(t) 2t − C(t) t2 = t − 1 ⇒ dt t t t−1 1 1 ⇒ C (t) t2 = t − 1 ⇒ C (t) = 2 ⇒ C (t) = − 2 .
t t t 82 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries Si integrem a cada costat de la igualtat respecte t, obtenim que 1 + K.
t Per tant, la soluci´o de l’equaci´o no homog`enia l’aconseguim substituint C(t) a (∗∗): 1 y(t) = (ln |t| + + K) t2 = t2 ln |t| + t + K t2 .
t C(t) = ln |t| + (2) Resolem el problema de valor inicial  dy  + y = et  dt  3  y(0) = .
2 Pas 1. Resolem l’equaci´o homog`enia: dy dy +y =0⇒ = − dt ⇒ dt y dy =− y dt ⇒ ln |y| = −t + C1 , d’on y(t) = e−t+C1 = e−t · eC1 ; si diem C = eC1 , aleshores y(t) = C e−t .
Pas 2. Usant el m`etode de variaci´o de par`ametres, resolem l’equaci´o no homog`enia: considerem dy y(t) = C(t) e−t ⇒ y (t) = = C (t) e−t − C(t)e−t .
dt Aleshores substituint a l’equaci´o no homog`enia dy + y = et ⇒ C (t) e−t − C(t) e−t + C(t) e−t = et ⇒ C (t) = e2t , dt d’on integrant a cada costat de la igualtat respecte t tenim que e2t + K.
2 Per tant, la soluci´o general de l’equaci´o no homog`enia ´es C(t) = y(t) = e2t +K 2 e−t = et + K e−t .
2 • Finalment, resolem el problema de valor inicial: usant que y(0) = 3/2, tenim que 3 e0 = + K e−0 ⇒ K = 1.
2 2 O sigui que la soluci´o del problema de valor inicial ´es la seg¨ uent: y(t) = et + e−t .
2 3.2 Equacions de variables separades. Equacions lineals.
83 Acabem aquesta secci´o amb un exemple d’una equaci´o diferencial ordin`aria de primer ordre que no ´es de variables separades ni lineal, per`o que, mitjan¸cant un canvi de variable es pot resoldre: y t−1 dy y2 t − 1 dy =− + ⇒y =− + .
dt t 2y dt t 2 Fem el canvi de variable seg¨ uent: u = y2 ⇒ du dy = 2y .
dt dt Substituint a l’equaci´o que ens han donat: y dy y2 t − 1 1 du u t−1 du 2 t−1 =− + ⇒ =− + ⇒ = −, u + .
dt t 2 2 dt t 2 dt t 2 O sigui que ara ens cal resoldre una equaci´o diferencial lineal.
Pas 1. Resolem l’equaci´o homog`enia: du 2 = −, u ⇒ dt t du =− u −2 d’on u(t) = e−2 ln |t|+C1 = eln t 2 dt ⇒ ln |u| = −2 ln |t| + C1 , t · eC1 i si diem C = eC1 obtenim que u(t) = C .
t2 Pas 2. Usant el m`etode de variaci´o de par`ametres, resolem l’equaci´o no homog`enia: considerem u(t) = du C (t) t2 − 2t C(t) C (t) t − 2 C(t) C(t) ⇒ u (t) = = = .
t2 dt t4 t3 Ara substitu¨ım a l’equaci´o no homog`enia: du 2 t−1 C (t) t − 2 C(t) 2 C(t) t − 1 C (t) t−1 = −, u + ⇒ =− + ⇒ 2 = , dt t 2 t3 t t2 2 t 2 d’on 1 3 t4 t3 (t − t2 ) ⇒ C(t) = − + K.
2 8 6 Aleshores, l’equaci´o general de l’equaci´o no homog`enia ´es C (t) = u(t) = t4 8 − t3 6 t2 +K = t2 t K − + 2.
8 6 t Desfent el canvi u = y 2 tenim que y(t)2 = t2 t K − + 2 ⇒ y(t) = ± 8 6 t t K t2 − + 2.
8 6 t 84 3.3 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries Models de creixement de poblacions.
ment asimpt` otic.
Comporta- En aquesta secci´o estudiarem equacions diferencials ordin`aries de primer ordre que regeixen el creixement de diverses esp`ecies. Malgrat que la grand`aria d’una poblaci´o no pot ser una funci´o diferenciable respecte el temps, si la mida d’una poblaci´o ´es gran i s’incrementa en una unitat, aleshores el canvi ´es molt petit comparat amb la mida de la poblaci´o. Per tant, es pren l’aproximaci´o que poblacions grans canvien cont´ınuament i de manera diferenciable respecte el temps.
3.3.1 Model exponencial Sigui P (t) la quantitat de poblaci´o d’una determinada esp`ecie a l’instant t i sigui k una constant que denota la difer`encia entre la taxa de natalitat i la taxa de mortalitat (´es l’anomenada constant de proporcionalitat). Si suposem que aquesta poblaci´o no est`a afectada per cap altre factor extern, com ara migracions, aleshores l’equaci´o que modela el creixement d’aquesta poblaci´o ´es dP = k · P.
dt Aquesta ´es una equaci´o lineal (de fet, de variables separades) que es coneix com la llei de Malthus per al creixement d’una poblaci´ o. Si en un temps t = t0 la poblaci´o ´es P (t0 ) = P0 , aleshores tenim el problema de valor inicial seg¨ uent:   dP = k · P dt (∗)  P (t0 ) = P0 .
Aquest tipus d’equacions, tal i com hem vist, es poden resoldre d’una forma senzilla. De fet, quan hem parlat per primera vegada en aquest cap´ıtol sobre equacions dP de variables separades, hem vist que la soluci´o de = k · P era P (t) = C · ekt .
dt Aleshores P0 = C · ekt0 ⇒ C = P0 · e−kt0 , de manera que la soluci´o del problema de valor inicial (∗) ´es P (t) = P0 · ek(t−t0 ) .
Problema Sigui P (t) la poblaci´o humana de la Terra a l’instant t. S’estima que la poblaci´o humana al planeta va augmentar amb una taxa promig del 2 % anual durant el per´ıode 1960–1970. En comen¸car la meitat de la d`ecada, el dia 1 de gener de 1965, s’estimava la poblaci´o de la Terra en 3340 milions de persones. Per tant, P (t) = 3340 · 106 · e0.02(t−1965) .
3.3 Models de creixement de poblacions. Comportament asimpt` otic.
85 Podem comprovar la precisi´o de la f´ormula calculant el temps necessari per tal que es dupliqu´es la poblaci´o del planeta: 2 (3340 · 106 ) = 3340 · 106 · e0.02(t−1965) ⇒ 2 = e0.02t−39.3 ⇒ ln 2 = ln(e0.02t−39.3 ), ´ a dir, que l’any 1999, despr´es de 34 anys, es d’on s’obt´e que t = 1999.65 ∼ 1999. Es duplicaria la poblaci´o, la qual cosa resulta prou precisa segons les dades existents.
Ara b´e, si mirem cap endavant, a partir d’aquest f´ormula obtenim que la poblaci´o humana de la Terra ser`a d’uns 200 bilions de persones l’any 2515, de 1800 bilions l’any 1625,...
Conclusi´ o Aquest model ´es satisfactori sempre que la poblaci´o no sigui massa gran: quan la poblaci´o ´es massa gran, aleshores aquest model lineal no pot ser exacte perqu`e no t´e en compte que els individus competeixen per a la superviv`encia (per l’espai vital, pels recursos naturals, per l’aliment disponible). O sigui, en aquests casos, cal afegir un “terme de competici´o” a l’equaci´o diferencial.
3.3.2 Model log´ıstic Tenint en compte les limitacions d’espai, alimentaci´o, recursos naturals,... definim la capacitat de suport N com la poblaci´o m`axima d’individus que poden viure sense exhaurir els recursos. Aleshores tenim el seg¨ uent: • si la poblaci´o ´es petita, aleshores es regeix segons la llei de Malthus dP = k · P; dt • si la poblaci´o ´es molt gran, aleshores creixer`a tendint cap a N , per`o no pot sobrepassar mai aquest valor; en aquest cas, l’equaci´o diferencial que modela el creixement de la poblaci´o ´es P dP =k·P · 1− dt N , coneguda com la llei log´ıstica per al creixement d’una poblaci´ o.
Anem a veure qu`e ens est`a dient aquesta equaci´o: • si la poblaci´o ´es petita, el quocient P/N ´es despreciable (´es molt proper a zero) i, per tant, ens queda P (t) = k · P ; • si la poblaci´o ´es molt gran i s’acosta cada vegada m´es a N , aleshores el quocient P/N tendeix a 1 i, per tant, 1 − P/N tendeix a zero; ´es a dir, P (t) tendeix a zero, la qual cosa significa que la poblaci´o tendeix a ser constant igual a N .
86 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries Observem que l’equaci´o del model log´ıstic no ´es lineal. Malgrat que es pot resoldre anal´ıticament, nosaltres nom´es en farem un estudi qualitatiu: Pas 1. Busquem els punts d’equilibri de l’equaci´o; ´es a dir, els valors de P tals que P (t) = 0: dP P =0⇒k·P · 1− dt N =0⇒P =0 o b´e 1 − P = 0.
N Per tant, els punts o solucions d’equilibri s´on P = 0 i P = N .
Pas 2. Procedim a fer l’estudi: • si la poblaci´o inicial P es troba entre 0 i N , aleshores P > 0 i 1 − P/N > 0, de manera que dP P =k·P · 1− dt N > 0 ⇒ la poblaci´o creix; • si la poblaci´o inicial P ´es m´es gran que N , aleshores P > 0 i 1 − P/N < 0, de manera que dP P =k·P · 1− dt N < 0 ⇒ la poblaci´o decreix; • a mida que la poblaci´o P s’apropa a N , P dP →0⇒ → 0 ⇒ P (t) = constant N dt ´ a dir, si la poblaci´o creix ho fa tendint cap a N i aquesta constant ´es N . Es i si la poblaci´o decreix (perqu`e inicialment estava per sobre de N ), aleshores tamb´e tendeix cap a N .
1− Observacions (1) Si comencem sense poblaci´o (´es a dir, P < 0) ´es evident que la poblaci´o no pot cr´eixer.
(2) Gr`aficament aquest model es representa com segueix: P N 0 P=N T 3.3 Models de creixement de poblacions. Comportament asimpt` otic.
3.3.3 87 Model log´ıstic modificat A vegades, per tal que la poblaci´o sobrevisqui fa falta un m´ınim de poblaci´o; per exemple, si considerem la poblaci´o d’esquirols negres de les Muntanyes Rocalloses, aleshores • si la poblaci´o ´es massa gran, llavors hi ha manca de recursos i no sobreviuen; • per`o si la poblaci´o ´es massa petita, llavors ´es possible que no puguin trobar parella i procrear, de manera que la poblaci´o tamb´e disminueix.
En aquests casos, a m´es de la constant de proporcionalitat k i la capacitat de suport N , cal introduir una nova constant M , anomenada constant d’escassetat, la qual es defineix com la m´ınima poblaci´o que ha d’existir per tal que l’esp`ecie sobrevisqui i M < N . L’equaci´o que modela aquest problema ´es una variant del model log´ıstic: dP P =k·P · 1− dt N · P −1 .
M Anem a fer un estudi qualitatiu d’aquest model: Pas 1. Busquem els punts d’equilibri de l’equaci´o; ´es a dir, els valors de P tals que P (t) = 0: dP P P = 0 ⇒ k·P · 1 − · −1 dt N M = 0 ⇒ P = 0 o b´e 1− P P = 0 o b´e −1 = 0.
N M Per tant, els punts o solucions d’equilibri s´on P = 0, P = N i P = M .
Pas 2. Procedim a fer l’estudi: • si la poblaci´o inicial P es troba entre 0 i M , aleshores P > 0, 1 − P/N > 0 i P/M − 1 < 0, de manera que dP P =k·P · 1− dt N P −1 M · < 0 ⇒ la poblaci´o decreix; • si la poblaci´o inicial P es troba entre M i N , aleshores P > 0, 1 − P/N > 0 i P/M − 1 > 0, de manera que dP P =k·P · 1− dt N · P −1 M > 0 ⇒ la poblaci´o creix; • si la poblaci´o inicial P ´es m´es gran que N , aleshores P > 0, 1 − P/N < 0 i P/M − 1 > 0, de manera que dP P =k·P · 1− dt N · P −1 M < 0 ⇒ la poblaci´o decreix; 88 Introducci´ o a les equacions diferencials ordin` aries • a mida que la poblaci´o P s’apropa a M , P dP −1→0⇒ → 0 ⇒ P (t) = constant M dt i aquesta constant ´es M .
• a mida que la poblaci´o P s’apropa a N , 1− P dP →0⇒ → 0 ⇒ P (t) = constant N dt i aquesta constant ´es N .
Observacions (1) Si comencem sense poblaci´o (´es a dir, P < 0) ´es evident que la poblaci´o no pot cr´eixer.
(2) Gr`aficament aquest model es representa com segueix: P N M 0 P=N P=M T Cap´ıtol 4 Funcions de diverses variables En els dos primers cap´ıtols vam treballar amb funcions d’una variable real; ´es a dir, funcions del tipus f : D → R, on D ⊆ R. L’objectiu d’aquest cap´ıtol ´es fer un estudi del mateix tipus que en el primer cap´ıtol del programa, per`o amb funcions de diverses variables; concretament, treballarem amb funcions dels tipus f : D ⊆ R2 −→ R (x, y) → f (x, y) i g: D ⊆ R3 −→ R (x, y, z) → g(x, y, z).
Definicions • Sigui D un subconjunt no buit del pla xy. Una f´ormula f que assigna a cada punt (x, y) ∈ D un n´ umero f (x, y) s’anomena funci´ o de dues variables. El conjunt D ´es el domini de definici´ o de la funci´o i el conjunt im (f ) = {z ∈ R | existeix (x, y) ∈ D tal que f (x, y) = z} ´es la imatge de f . Observem que el gr` afic de f , Rep (f ) = {(x, y, f (x, y)) | (x, y) ∈ D}, ´es un subconjunt de R3 ; ´es a dir, la representaci´o gr`afica d’una funci´o de dues variables ´es tridimensional.
• Sigui D un subconjunt no buit de l’espai xyz. Una f´ormula f que assigna a cada punt (x, y, z) ∈ D un n´ umero f (x, y, z) s’anomena funci´ o de tres variables.
El conjunt D ´es el domini de definici´ o de la funci´o i el conjunt im (f ) = {t ∈ R | existeix (x, y, z) ∈ D tal que f (x, y, z) = t} ´es la imatge de f . Observem que el gr` afic de f , Rep (f ) = {(x, y, z, f (x, y, z)) | (x, y, z) ∈ D}, ´es un subconjunt de R4 .
90 Funcions de diverses variables Exemples (1) Les funcions seg¨ uents s´on funcions de dues variables: (a) f (x, y) = xy; x ; y (b) f (x, y) = arctan (c) f (x, y) = 1 1 − (x2 + y 2 ) , on x2 + y 2 < 1.
(2) Les funcions seg¨ uents s´on funcions de tres variables: (a) f (x, y, z) = xyz; 1 , on x + y = z; x+y−z 1 , on x2 + y 2 + z 2 < 1.
2 2 2 1 − (x + y + z ) (b) f (x, y, z) = cos (c) f (x, y, z) = Notaci´ o A partir d’aquest moment, sempre que escrivim Rn , els valors que pot prendre n s´on n = 2 i n = 3.
Definici´ o Una funci´o f : D ⊆ Rn → R est`a acotada o fitada si la seva imatge ´es un conjunt acotat o fitat.
Exemples (1) Les funcions f (x, y) = 1 x+y i g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 no estan acotades: im (f ) = (−∞, 0) ∪ (0, +∞) i im (g) = [0, +∞).
(2) Les funcions f (x, y) = 1 − (x2 + y 2 ) i g(x, y, z) = arcsin(x + y + z) estan acotades: • El domini de definici´o de f s´on els punts (x, y) ∈ R2 tals que x2 + y 2 ≤ 1.
Aleshores 0 ≤ 1 − (x2 + y 2 ) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ ´es a dir, im (f ) = {z ∈ R2 | 0 ≤ z ≤ 1}.
1 − (x2 + y 2 ) ≤ 1; 91 • Com que el sinus pren valors entre -1 i 1, el domini de definici´o de g s´on els punts (x, y, z) ∈ R3 tals que −1 ≤ x + y + z ≤ 1. Aleshores arcsin(−1) ≤ arcsin(x + y + z) ≤ arcsin(1) ⇒ − π π ≤ arcsin(x + y + z) ≤ ; 2 2 ´es a dir, im (g) = {t ∈ R3 | − π/2 ≤ t ≤ π/2}.
Exemple Calculem el domini de definici´o i la imatge de les funcions seg¨ uents: (a) f (x, y) = 1 4x2 − y2 Com que nom´es existeixen les arrels de n´ umeros positius o zero, cal imposar que 2 2 4x − y ≥ 0; ara b´e, com que l’arrel est`a en el denominador d’una fracci´o, no es pot anul·lar; per tant, cal que 4x2 − y 2 > 0 ⇒ 4x2 > y 2 √ Si fem 4x2 = y 2 , aleshores y = ± 4x2 = ±2 · |x|. Dibuixem les funcions y = −2 · |x| (en blau) i y = 2|x| (en vermell): 6 4 2 0 -3 -2 -1 0 1 2 3 x -2 -4 -6 Prenent punts del pla, determinem en quina zona estem: • (x, y) = (3, 0) ⇒ 4 · 32 > 02 ⇒ ens quedem amb aquest tros del pla; • (x, y) = (0, 5) ⇒ 4 · 02 < 52 ⇒ no ens quedem amb aquest tros del pla; • (x, y) = (−2, 0) ⇒ 4 · (−2)2 > 02 ⇒ ens quedem amb aquest tros del pla; • (x, y) = (0, −4) ⇒ 4 · 02 < (−4)2 ⇒ no ens quedem amb aquest tros del pla.
Per tant, la regi´o del pla que ens interessa ´es 92 Funcions de diverses variables que matem`aticament s’escriu D(f ) = {(x, y) ∈ R2 | − 2 · |x| < y < 2 · |x|}.
Pel que fa a la imatge d’aquesta funci´o, com que l’arrel quadrada que hi ha en el denominador nom´es pot prendre valors positius, tenim que im (f ) = (0, +∞).
(b) f (x, y) = √ 1 − xy Com que nom´es existeixen arrels de n´ umeros positius o zero, cal imposar que 1 − xy ≥ 0. Aleshores o b´e x = 0 i llavors y pren qualsevol valor: punts de la forma (0, y); ´es a dir, la recta x = 0; o b´e x = 0 i llavors 1 − xy = 0 ⇒ 1 = xy ⇒ y = 1 .
x Com abans, dibuixem la recta x = 0 (en blau) i la corba y = 1 (en vermell): x 93 Prenent punts del pla, determinem en quina zona estem: • (x, y) = (0, 0) ´es un punt de la recta x = 0; • (x, y) = (−2, 1) satisf`a 1 − (−2) · 1 ≥ 0; • (x, y) = (−3, −5) satisf`a 1 − (−3)(−5) < 0; • (x, y) = (2, 3) satisf`a 1 − 2 · 3 < 0.
Per tant, la regi´o del pla que ens interessa ´es que matem`aticament s’escriu D(f ) = {(x, y) ∈ R2 | x = 0 o b´e y ≤ 1/x}.
Pel que fa a la imatge d’aquesta funci´o, com que l’arrel quadrada nom´es pot ser zero o prendre valors positius, que im (f ) = [0, +∞).
√ 2 2 2 (c) f (x, y, z) = e 4−(x +y +z ) Recordeu que el domini d’una funci´o exponencial ef ´es igual al domini de l’exponent f ; per tant, en aquest cas, cal que 4 − (x2 + y 2 + z 2 ) ≥ 0 ⇒ x2 + y 2 + z 2 ≤ 4; ´es a dir, D(f ) = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 ≤ 4}, que ´es una bola centrada a l’origen i de radi 2.
94 Funcions de diverses variables Pel que fa a la imatge, com que 0 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 4, 0 ≤ 4 − (x2 + y 2 + z 2 ) ≤ 4 ⇒ 0 ≤ 4 − (x2 + y 2 + z 2 ) ≤ 2, √ 2 2 2 d’on e0 ≤ e 4−(x +y +z ) ≤ e2 i, per tant, im (f ) = [1, e2 ].
√ 1 − x2 + 4 − y 2 √ (d) f (x, y, z) = 1 + 9 − z2 D’una banda, cal tenir arrels de n´ umeros positius; d’altra banda, el denominador no es pot anul·lar. Aix´ı, les condicions que s’han de complir s´on les seg¨ uents: • 1 − x2 ≥ 0: si 1 − x2 = 0, aleshores x = −1 o b´e x = 1; ara – (−∞, −1): prenem x = −2 i llavors 1 − (−2)2 < 0; – (−1, 1): prenem x = 0 i obtenim 1 − 02 ≥ 0; – (1, +∞): prenem x = 2 i s’obt´e 1 − 22 < 0.
O sigui que cal que x ∈ [−1, 1].
• 4 − y 2 ≥ 0: si 4 − y 2 = 0, aleshores y = −2 o b´e y = 2; ara – (−∞, −2): prenem x = −3 i llavors 4 − (−3)2 < 0; – (−2, 2): prenem x = 0 i obtenim 4 − 02 ≥ 0; – (2, +∞): prenem x = 3 i s’obt´e 4 − 32 < 0.
O sigui que cal que y ∈ [−2, 2].
• 9 − z 2 ≥ 0: si 9 − z 2 = 0, aleshores z = −3 o b´e z = 3; ara – (−∞, −3): prenem x = −4 i llavors 9 − (−4)2 < 0; – (−3, 3): prenem x = 0 i obtenim 9 − 02 ≥ 0; – (3, +∞): prenem x = 4 i s’obt´e 9 − 42 < 0.
O sigui que cal que z ∈ [−3, 3]. Ara b´e, tamb´e cal que 1 + √ √ Per`o 9 − z 2 ≥ 0 ⇒ 1 + 9 − z 2 ≥ 1.
√ 9 − z 2 = 0.
Ajuntant les condicions tenim que el domini ´es l’el·lipsoide ple seg¨ uent: D(f ) = {(x, y, z) ∈ R3 | − 1 ≤ x ≤ 1, −2 ≤ y ≤ 2, −3 ≤ z ≤ 3}.
Pel que fa a la imatge, tenim que • −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ x2 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ 1 − x2 ≤ 1 ⇒ 0 ≥ √ • −2 ≤ y ≤ 2 ⇒ y 2 ≤ 4 ⇒ 0 ≤ 4 − y 2 ≤ 4 ⇒ 0 ≥ 1 − x2 ≤ 1; 4 − y 2 ≤ 2; √ • −3 ≤ z ≤ 3 ⇒ z 2 ≤ 9 ⇒ 0 ≤ 9 − z 2 ≤ 9 ⇒ 1 + 0 ≤ 1 + 9 − z 2 ≤ 1 + 3; Per tant, els valors m´ınim i m`axim s´on 0+0 =0 i 4 d’on im (f ) = [0, 3].
1+2 = 3, 1 4.1 Corbes i superf´ıcies de nivell 4.1 95 Corbes i superf´ıcies de nivell Definici´ o Sigui f : D ⊆ R2 → R una funci´o no constant. Si K ´es un valor de f (´es a dir, f (x, y) = K per a certs punts (x, y) ∈ D), aleshores podem dibuixar la corba f (x, y) = K. Aquesta corba s’anomena corba de nivell de f .
Observacions (1) Sobre la corba de nivell f (x, y) = K, la funci´o f ´es constant igual a K.
(2) La corba de nivell f (x, y) = K est`a totalment continguda al domini de f .
(3) Les corbes de nivell s´on corbes planes; per tant, es representen al pla xy.
Exemples (1) Considerem la funci´o f (x, y) = x2 + y 2 ; aleshores les seves corbes de nivell s´on de la forma f (x, y) = K ⇒ x2 + y 2 = K, on K ≥ 0.
Per tant, hem de dibuixar (circumfer`encies conc`entriques) x2 + y 2 = 0, x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 4, . . . : 3 2 1 0 -3 -2 -1 0 1 2 3 -1 -2 -3 (2) Considerem la funci´o f (x, y) = xy; aleshores les seves corbes de nivell s´on de la forma f (x, y) = K ⇒ xy = K, on K ∈ R.
Per tant, hem de dibuixar xy = −2, xy = −1, xy = 0, xy = 1, xy = 2, . . . : 96 Funcions de diverses variables 4 y 2 0 -4 -2 0 2 4 x -2 -4 Definici´ o Sigui f : D ⊆ R3 → R una funci´o no constant. Si K ´es un valor de f (´es a dir, f (x, y, z) = K per a certs punts (x, y, z) ∈ D), aleshores podem dibuixar la superf´ıcie f (x, y, z) = K. Aquesta superf´ıcie s’anomena superf´ıcie de nivell de f .
Observacions (1) Sobre la superf´ıcie de nivell f (x, y, z) = K, la funci´o f ´es constant igual a K.
(2) La superf´ıcie de nivell f (x, y, z) = K est`a totalment continguda al domini de f .
(3) Les superf´ıcies de nivell es representen a l’espai xyz.
Exemples (1) Considerem la funci´o f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ; aleshores les seves superf´ıcies de nivell s´on de la forma f (x, y, z) = K ⇒ x2 + y 2 + z 2 = K, on K ≥ 0.
Per tant, hem de dibuixar (esferes conc`entriques) x2 + y 2 + z 2 = 0, x2 + y 2 + z 2 = 1, x2 + y 2 + z 2 = 4, . . . : 4.2 Derivades parcials. Regla de la cadena 97 (2) Considerem la funci´o f (x, y, z) = x+y +z; aleshores les seves superf´ıcies de nivell s´on de la forma f (x, y, z) = K ⇒ x + y + z = K, on K ∈ R.
Per tant, hem de dibuixar (plans a diferents al¸cades) x+y+z = −2, 4.2 x+y+z = −1, x+y+z = 0, x+y+z = 1, x+y+z = 2, . . . : Derivades parcials. Regla de la cadena Donada una funci´o f : Rn → R, on n = 2, 3, podem fer-ne un estudi exhaustiu tal i com hem fet amb les funcions d’una variable real en el primer cap´ıtol d’aquest curs.
4.2.1 Derivades parcials Recordeu que donada una funci´o d’una variable real f : R → R defin´ıem la derivada de f en un punt x0 del domini com f (x0 ) = lim h→0 f (x0 + h) − f (x0 ) h i geom`etricament la interpret`avem com el pendent de la recta tangent al gr`afic de f en el punt x = x0 .
Definicions (1) Sigui f : R2 → R una funci´o de dues variables tal que (x, y) → f (x, y). Definim (a) la derivada parcial de f respecte x en el punt (x0 , y0 ) com ∂f f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) (x0 , y0 ) = lim ; h→0 ∂x h 98 Funcions de diverses variables (b) la derivada parcial de f respecte y en el punt (x0 , y0 ) com ∂f f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 ) (x0 , y0 ) = lim .
h→0 ∂y h (2) Sigui f : R3 → R una funci´o de tres variables tal que (x, y, z) → f (x, y, z). Definim (a) la derivada parcial de f respecte x en el punt (x0 , y0 , z0 ) com ∂f f (x0 + h, y0 , z0 ) − f (x0 , y0 , z0 ) (x0 , y0 , z0 ) = lim ; h→0 ∂x h (b) la derivada parcial de f respecte y en el punt (x0 , y0 , z0 ) com ∂f f (x0 , y0 + h, z0 ) − f (x0 , y0 , z0 ) (x0 , y0 , z0 ) = lim ; h→0 ∂y h (c) la derivada parcial de f respecte z en el punt (x0 , y0 , z0 ) com ∂f f (x0 , y0 , z0 + h) − f (x0 , y0 , z0 ) (x0 , y0 , z0 ) = lim .
h→0 ∂z h A la pr`actica, igual que passava en el cas d’una variable real, no usarem la definici´o per a calcular aquestes derivades parcials, si no que utilitzarem les regles de derivaci´o que ja coneixem. Com ho fem? La idea ´es que “derivar respecte d’una variable significa considerar la resta de variables com a constants i, per tant, suposar que tenen derivada igual a zero”. Anem a veure’n alguns exemples.
Exemples (1) Considerem la funci´o f (x, y) = exy i calculem les seves derivades parcials: (a) Mitjan¸cant la definici´o: • derivem respecte x: f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) = h→0 h e(x0 +h)y0 − ex0 y0 ex0 y0 ehy0 − ex0 y0 0 = lim = lim = ; h→0 h→0 h h 0 ∂f (x0 , y0 ) = ∂x lim Aplicant la regla de l’Hˆopital (derivem a dalt i a baix respecte h): ∂f ex0 y0 (y0 ehy0 ) − 0) (x0 , y0 ) = lim = lim (y0 ex0 y0 ehy0 ) = y0 ex0 y0 .
h→0 h→0 ∂x 1 4.2 Derivades parcials. Regla de la cadena 99 • derivem respecte y: f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 ) h→0 h x (y +h) 0 0 e ex0 y0 ex0 h − ex0 y0 0 − ex0 y0 = lim = lim = ; h→0 h→0 h h 0 ∂f (x0 , y0 ) = ∂y lim Aplicant la regla de l’Hˆopital (derivem a dalt i a baix respecte h): ∂f ex0 y0 (x0 ex0 h ) − 0) (x0 , y0 ) = lim = lim (x0 ex0 y0 ex0 h ) = x0 ex0 y0 .
h→0 h→0 ∂x 1 (b) Directament, usant les regles de derivaci´o: • derivem respecte x tenint en compte que y ´es una constant: ∂f ∂f (x, y) = (xy) exy = (1 · y + 0)exy = yexy ⇒ (x0 , y0 ) = y0 ex0 y0 .
∂x ∂x • derivem respecte y tenint en compte que x ´es una constant: ∂f ∂f (x, y) = (xy) exy = (0 + x · 1)exy = xexy ⇒ (x0 , y0 ) = x0 ex0 y0 .
∂y ∂y (2) Considerem la funci´o f (x, y) = ln(x2 + y) i calculem les seves derivades parcials al punt (x, y) = (1, 1).
• Derivada parcial respecte x: ∂f (x2 + y) 2x + 0 2x ∂f 2·1 (x, y) = 2 = 2 = 2 ⇒ (1, 1) = 2 = 1.
∂x x +y x +y x +y ∂x 1 +1 • Derivada parcial respecte y: ∂f (x2 + y) 0+1 1 ∂f 1 1 (x, y) = 2 = 2 = 2 ⇒ (1, 1) = 2 = .
∂y x +y x +y x +y ∂y 1 +1 2 (3) Calculem les derivades parcials de la funci´o f (x, y) = x2 e−y en el punt (1, 0).
• Derivada parcial respecte x: ∂f ∂f (x, y) = 2xe−y + x2 (0 · e−y ) = 2xe−y ⇒ (1, 0) = 2 · 1 · e−0 = 2.
∂x ∂x • Derivada parcial respecte y: ∂f ∂f (x, y) = 0 · e−y + x2 (−1 · e−y ) = −x2 e−y ⇒ (1, 0) = −11 · e−0 = −1.
∂y ∂y 100 Funcions de diverses variables (4) Considerem la funci´o f (x, y, z) = xy 2 z 3 − yz 2 i calculem les seves derivades parcials.
(a) Mitjan¸cant la definici´o: • derivem respecte x: f (x0 + h, y0 , z0 ) − f (x0 , y0 , z0 ) = h→0 h ((x0 + h)y02 z03 − y0 z02 ) − (x0 y02 z03 − y0 z02 ) = lim = h→0 h x0 y02 z03 + hy02 z03 − y0 z02 − x0 y02 z03 + y0 z02 = lim = h→0 h hy 2 z 3 = lim 0 0 = lim (y02 z03 ) = y02 z03 ; h→0 h→0 h ∂f (x0 , y0 , z0 ) = ∂x lim • derivem respecte y: ∂f (x0 , y0 , z0 ) = ∂y = = = = = f (x0 , y0 + h, z0 ) − f (x0 , y0 , z0 ) = h→0 h (x0 (y0 + h)2 z03 − (y0 + h)z02 ) − (x0 y02 z03 − y0 z02 ) lim = h→0 h x0 z03 (y02 + 2y0 h + h2 ) − y0 z02 − hz02 − x0 y02 z03 + y0 z02 lim = h→0 h 2hx0 y0 z03 + h2 x0 z03 − hz02 lim = h→0 h h(2x0 y0 z03 + hx0 z03 − z02 ) = lim h→0 h limh→0 (2x0 y0 z03 + hx0 z03 − z02 ) = 2x0 y0 z03 − z02 ; lim • derivem respecte z: ∂f (x0 , y0 , z0 ) = ∂z = = = = f (x0 , y0 , z0 + h) − f (x0 , y0 , z0 ) = h→0 h (x0 y02 (z0 + h)3 − y0 (z0 + h)2 ) − (x0 y02 z03 − y0 z02 ) lim = h→0 h 3x0 y02 z02 h + 3x0 y02 z0 h2 + x0 y02 h3 − 2hy0 z0 − y0 h2 lim = h→0 h h(3x0 y02 z02 + 3x0 y02 z0 h + x0 y02 h2 − 2y0 z0 − y0 h) lim = h→0 h limh→0 (3x0 y02 z02 + 3x0 y02 z0 h + x0 y02 h2 − 2y0 z0 − y0 h) = lim = 3x0 y02 z02 − 2y0 z0 .
4.2 Derivades parcials. Regla de la cadena 101 (b) Directament, usant les regles de derivaci´o: • derivem respecte x tenint en compte que y i z s´on constants: ∂f ∂f (x, y, z) = (1 · (y 2 z 3 ) + x · 0) − 0 = y 2 z 3 ⇒ (x0 , y0 , z0 ) = y02 z03 ; ∂x ∂x • derivem respecte y tenint en compte que x i z s´on constants: ∂f (x, y, z) = ((xz 3 ) · (2y) + 0 · y 2 ) − (1 · z 2 + y · 0) = 2xyz 3 − z 2 ⇒ ∂y ⇒ ∂f (x0 , y0 , z0 ) = 2x0 y0 z03 − z02 ; ∂y • derivem respecte z tenint en compte que x i y s´on constants: ∂f (x, y, z) = ((xy 2 ) · (3z 2 ) + 0 · z 3 ) − (0 · z 2 + y · (2z)) = 3xy 2 z 2 − 2yz ⇒ ∂z ⇒ ∂f (x0 , y0 , z0 ) = 3x0 y02 z02 − 2y0 z0 ; ∂y (5) Calculem les derivades parcials de la funci´o f (x, y, z) = xyz + sin(xy) al punt (x, y, z) = (0, 1, 2).
• Derivada parcial respecte x: ∂f (x, y, z) = (1 · (yz) + x · 0) + (1 · y + x · 0) cos(xy) = yz + y cos(xy) ⇒ ∂x ∂f (0, 1, 2) = 1 · 2 + 1 cos(0 · 1) = 2 + 1 = 3.
∂x • Derivada parcial respecte y: ⇒ ∂f (x, y, z) = (0 · y + (xz) · 1) + (0 · y + x · 1) cos(xy) = xz + x cos(xy) ⇒ ∂y ⇒ ∂f (0, 1, 2) = 0 · 2 + 0 cos(0 · 1) = 0.
∂y • Derivada parcial respecte z: ∂f (x, y, z) = (0 · z + (xy) · 1) + 0 cos(xy) = xy ⇒ ∂z ⇒ ∂f (0, 1, 2) = 0 · 1 = 0.
∂y (6) Considerem la funci´o f (x, y, z) = punt (x, y, z) = (1, 1, 1).
x2 y i calculem les seves derivades parcials al z 102 Funcions de diverses variables • Derivada parcial respecte x: (2x + 0)z − 0 2x ∂f 2·1 ∂f (x, y, z) = = ⇒ (1, 1, 1) = = 2.
2 ∂x z z ∂x 1 • Derivada parcial respecte y: (0 + x2 · 1)z − 0 x2 ∂f 12 ∂f (x, y, z) = = ⇒ (1, 1, 1) = = 1.
2 ∂y z z ∂y 1 • Derivada parcial respecte z: ∂f 0 · z − (x2 y) · 1 x2 y ∂f 12 · 1 (x, y, z) = =− ⇒ (1, 1, 1) = − = −1.
2 ∂z z z ∂y 1 4.2.2 Regla de la cadena Recordeu que si tenim una composici´o de funcions d’una variable real, g ◦ f , aleshores la regla de la cadena ens diu que (g ◦ f ) (x) = (g(f (x))) = g (f (x)) · f (x) ⇒ dg dg df = · .
dx df dx Qu`e passa en el cas de funcions de dues o tres variables? Veiem, tot seguit, com s’aplica la regla de la cadena en aquests casos.
• Suposem que ara tenim una funci´o diferenciable u en una regi´o D del pla i suposem que u = u(x(t), y(t)); ´es a dir, que u la tenim escrita en funci´o de dues variables, x i y, les quals, al seu torn, depenen d’una tercera variable t (o sigui que u ´es, de fet, una funci´o de t). Aleshores u = u (x(t), y(t)) · (x (t), y (y)) ⇒ du du dx du dy = · + · .
dt dx dt dy dt • Suposem que ara tenim una funci´o diferenciable u en una regi´o D de l’espai i suposem que u = u(x(t), y(t), z(t)); ´es a dir, que u la tenim escrita en funci´o de tres variables, x, y i z, les quals, al seu torn, depenen d’una quarta variable t (o sigui que u ´es, de fet, una funci´o de t). Aleshores u = u (x(t), y(t), z(t)) · (x (t), y (y), z (t)) ⇒ du du dx du dy du dz = · + · + · .
dt dx dt dy dt dz dt 4.2 Derivades parcials. Regla de la cadena 103 Exemples (1) Sigui u = x2 − y 2 amb x = t2 − 1 i y = 3 sin(πt).
du du dx du dy = · + · = dt dx dt dy dt = (2x) · (2t) + (−2y) · (3π cos(πt)) = = 4xt − 6π y cos(πt) = 4(t2 − 1)t − 6π(3 sin(πt)) cos(πt) = = 4t3 − 4t − 18π sin(πt) cos(πt).
Hi ha, per`o, un m`etode alternatiu que no requereix l’´ us de la regla de la cadena: Pas 1 Escrivim u en funci´o de t substituint x i y pel seu valor en funci´o de t a la funci´o u: u = x2 − y 2 = (t2 − 1)2 − (3 sin(πt))2 = t4 − 2t2 + 1 − 9 sin2 (πt).
Pas 2 Derivem u en funci´o de t: u (t) = du = 4t3 −4t−9·2 sin(πt)(π cos(πt) = 4t3 −4t−18π sin(πt) cos(πt).
dt (2) Sigui u = xy + yz + zx amb x = t2 , y = t(1 − t) i z = (1 − t)2 .
du du dx du dy du dz = · + · + · = dt dx dt dy dt dz dt = (y + z) · (2t) + (x + z) · (1(1 − t) + t(−1)) + (y + x) · (2(1 − t)(−1)); Ara tenim que y + z = t(1 − t) + (1 − t)2 = t − t2 + 1 − 2t + t2 = 1 − t; x + z = t2 + (1 − t)2 = t2 + 1 − 2t + t2 = 2t2 − 2t + 1; y + x = t(1 − t) + t2 = t − t2 + t2 = t.
Per tant, du = (y + z) · (2t) + (x + z) · (1(1 − t) + t(−1)) + (y + x) · (2(1 − t)(−1)) = dt = (1 − t)(2t) + (2t2 − 2t + 1)(1 − 2t) + t(−2 + 2t) = = 2t − 2t2 + 2t2 − 2t + 1 − 4t3 + 4t2 − 2t − 2t + 2t2 = −4t3 + 6t2 − 4t + 1.
Alternativament, sense aplicar la regla de la cadena: 104 Funcions de diverses variables Pas 1 Escrivim u en funci´o de t substituint x i y pel seu valor en funci´o de t a la funci´o u: u = xy +yz +zx = t2 t(1−t)+t(1−t)(1−t)2 +(1−t)2 t2 = −t4 +2t3 −2t2 +t.
Pas 2 Derivem u en funci´o de t: u (t) = du = −4t3 + 6t2 − 4t + 1.
dt La feina se’ns podria complicar m´es; per exemple, podria ser que u = u(x, y) o b´e u = u(x, y, z) per`o que x = x(s, t) i y = y(s, t). Aleshores du du dx du dy = · + · ds dx ds dy ds i du du dx du dy = · + · dt dx dt dy dt i du du dx du dy du dz = · + · + · .
dt dx dt dy dt dz dt i, en el cas de tres variables, du du dx du dy du dz = · + · + · ds dx ds dy ds dz ds Exemples (1) Sigui u = x2 − xy amb x = s cos t i y = t sin s.
• Calculem la derivada de u respecte s: du du dx du dy = · + · = ds dx ds dy ds = (2x − y)(cos t) + (−x)(t cos s) = 2x cos t − y cos t − xt cos s = = 2(s cos t) cos t − (t sin s) cos t − (s cos t)t cos s = = 2s cos2 t − t sin s cos t − st cos s cos t.
• Calculem la derivada de u respecte t: du dx du dy du = · + · = dt dx dt dy dt = (2x − y)(−s sin t) + (−x)(sin s) = −2xs sin t + ys sin t − x sin s = = −2(s cos t)s sin t + (t sin s)s sin t − (s cos t) sin s = = −2s2 sin t cos t + st sin s sin t − s sin s cos t.
Alternativament, u = x2 − xy = (s cos t)2 − (s cos t)(t sin s) = s2 cos2 t − st sin s cos t; 4.2 Derivades parcials. Regla de la cadena de manera du = ds i du = dt = 105 que 2s cos2 t − t sin s cos t − st cos s cos t s2 2 cos t(− sin t) − s sin s cos t − st sin s(− sin t) = −2s2 sin t cos t − s sin s cos t + st sin s sin t.
2 (2) Sigui u = xeyz amb x = ln(st), y = t3 i z = s2 + t2 .
• Calculem la derivada de u respecte s: du = ds du dx du dy du dz · + · + · = dx ds dy ds dz ds 2 t 2 2 = eyz + (xz 2 eyz ) · 0 + (2xyzeyz )(2s) = st 1 2 = eyz + 4sxyz) = s 1 3 2 2 2 = et (s +t ) + 4s ln(st)t3 (s2 + t2 ) .
s • Calculem la derivada de u respecte t: du = dt = = = = du dx du dy du dz · + · + · = dx dt dy dt dz dt 2 s 2 2 eyz + (xz 2 eyz )(3t2 ) + (2xyzeyz )(2t) = st 1 2 eyz + 3t2 xz 2 + 4txyz) = t 1 3 2 2 2 et (s +t ) + 3t2 ln(st)(s2 + t2 )2 + 4t ln(st)t3 (s2 + t2 ) = t 1 3 2 2 2 et (s +t ) + 3t2 ln(st)(s2 + t2 )2 + 4t4 ln(st)(s2 + t2 ) .
t Alternativament, 2 3 (s2 +t2 )2 u = xeyz = ln(st)et ; de manera que du t t3 (s2 +t2 )2 3 2 2 2 = e + ln(st)((2t3 (s2 + t2 )2s)et (s +t ) ) = ds st 1 2 3 5 = es t +t + 4st3 (s2 + t2 ) ln(st) s i 106 Funcions de diverses variables du = dt = 4.3 4.3.1 s t3 (s2 +t2 )2 3 2 2 2 e + ln(st)(3t2 (s2 + t2 )2 + t3 2(s2 + t2 )2t)et (s +t ) = st 1 3 2 2 2 + 3t2 ln(st)(s2 + t2 )2 + 4t4 ln(st)(s2 + t2 ) .
et (s +t ) t Producte escalar i projeccions Producte escalar Siguin u = (u1 , u2 ) i v = (v1 , v2 ) vectors de R2 . Definim el producte escalar, u • v, de u i v com el n´ umero real seg¨ uent: u • v = (u1 , u2 ) • (v1 , v2 ) = u1 v1 + u2 v2 ; An`alogament, si u = (u1 , u2 , u3 ) i v = (v1 , v2 , v3 ) s´on vectors de R3 , aleshores definim el producte escalar, u • v, de u i v com u • v = (u1 , u2 , u3 ) • (v1 , v2 , v3 ) = u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 .
A partir del producte escalar, donat un vector u = 0 de R2 o de R3 , definim el seu m` odul o norma com la longitud el vector u i es calcula com segueix: ||u|| = √ u • u.
Per exemple, siguin u = (1, 2, −1) i v = (2, 3, 1). Aleshores u • v = (1, 2, −1) • (2, 3, 1) = 1 · 2 + 2 · 3 − 1 · 1 = 7; √ √ ||u|| = u • u = (1, 2, −1) • (1, 2, −1) = 12 + 22 + (−1)2 = 6; √ √ √ ||v|| = v • v = (2, 3, 1) • (2, 3, 1) = 22 + 32 + 12 = 14; Propietats del producte escalar i del m` odul de vectors (1) El producte escalar de vectors t´e les propietats seg¨ uents: (a) u • 0 = 0 • u = 0; (b) u • v = v • u; (c) (α · u) • (β · v) = (α · β)(u • v); (d) u • (v + w) = u • v + u • w i (u + v) • w = u • w + v • w.
(2) El m`odul o norma de vectors t´e les propietats seg¨ uents: (a) ||u|| ≥ 0 per a tot vector u; (b) ||α · u|| = |α| · ||u||; 4.3 Producte escalar i projeccions 107 (c) ||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||.
Interpretaci´ o geom` etrica Siguin u i v dos vectors i suposem que tenen el mateix origen O (l’origen de coordenades). Aquests dos vectors formen un angle, al qual li diem θ. El vector u − v forma amb els vectors u i v el triangle seg¨ uent: U-V U V Aleshores, aplicant el teorema del cosinus, tenim que ||u − v||2 = ||u||2 + ||v||2 − 2||u||||v|| cos θ.
Per tant, el cosinus de l’angle que formen dos vectors u i v ´es cos θ = ||u||2 + ||v||2 − ||u − v||2 2||u||||v|| Expl´ıcitament, suposem que u = (u1 , u2 , u3 ) i v = (v1 , v2 , v3 ) s´on vectors de R3 (es faria igual per vectors de R2 ). Aleshores cos θ = ||u||2 + ||v||2 − ||u − v||2 = 2||u||||v|| = (u21 + u22 + u23 ) + (v12 + v22 + v32 ) − ((u1 − v1 )2 + (u2 − v2 )2 + (u3 − v3 )2 ) = 2||u||||v|| = 2u1 v1 + 2u2 v2 + 2u3 v3 u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 u•v = = .
2||u||||v|| ||u||||v|| ||u||||v|| A partir d’aquesta f´ormula s’obt´e el seg¨ uent: (1) dos vectors u = 0 i v = 0 s´on perpendiculars si i nom´es si u • v = 0; (2) l’angle que formen dos vectors u i v ´es θ = arccos u•v ||u||||v|| .
108 Funcions de diverses variables Exemple Considerem els vectors u = (1, 1, 1) i v = (−1, 2, 5). Aleshores √ √ 1(−1) + 1 · 2 + 1 · 5 6 90 90 u•v 6 =√ = , cos θ = =√ = 2 2 2 2 2 2 ||u||||v|| 90 15 90 1 + 1 + 1 (−1) + 2 + 5 de manera que l’angle que formen aquests dos vectors ´es √ 90 θ = arccos = 0.68 radians.
15 Finalment, diem que un vector ´es unitari si el seu m`odul o norma ´es 1. Si un vector u no ´es unitari, aleshores podem “normalitzar” el vector (´es a dir, fer-lo unitari) u dividint-lo per la seva norma: u = .
||u|| 4.3.2 Projeccions Donats dos vectors u i v, considerem el dibuix seg¨ uent: U O P V El vector OP s’anomena projecci´ o de u sobre v i es denota projv u. Tenint en compte el dibuix, v ; projv u = λ ||v|| ´es a dir, el vector OP ´es un m´ ultiple de v, el qual el prenem unitari. Es pot demostrar que v λ=u• ||v|| i, per tant, projv u = u• v ||v|| v .
||v|| La longitud d’aquest vector ´es ||projv u|| = | u • v ||v|| v v v |= u• ||v|| = ± u • 2 ||v|| ||v|| ||v|| , on el signe negatiu indica que el sentit de la projecci´o ´es contrari al del vector v i el signe positiu indica que la projecci´o ´es en el mateix sentit.
Exemple Calculem la projecci´o del vector u = (−2, 1, 1) sobre el vector v = (4, −3, 1).
4.4 Gradients i derivades direccionals * v = ||v|| * u• (4, −3, 1) 42 + (−3)2 + v = (−2, 1, 1) • ||v|| 12 109 1 = √ (4, −3, 1); 26 1 −10 = √ (−2 · 4 + 1(−3) + 1 · 1) = √ .
26 26 1 √ (4, −3, 1) 26 Aleshores projv u = 4.4 4.4.1 u• v ||v|| v −10 1 5 = √ √ (4, −3, 1) = − (4, −3, 1).
||v|| 13 26 26 Gradients i derivades direccionals Gradients Sigui f = f (x, y) una funci´o de dues variables i sigui (x0 , y0 ) un punt del pla. Suposem que les derivades parcials de f s´on cont´ınues en un entorn del punt (x0 , y0 ). Aleshores el gradient de f en el punt (x0 , y0 ) ´es el vector de les derivades parcials de f respecte x i y al punt donat i es denota ∇f (x0 , y0 ); ´es a dir, ∇f (x0 , y0 ) = ∂f ∂f (x0 , y0 ), (x0 , y0 ) .
∂x ∂y En el cas en qu`e f sigui una funci´o de tres variables, f = f (x, y, z), aleshores la definici´o ´es an`aloga i obtindrem un vector de l’espai en comptes d’un vector del pla: ∇f (x0 , y0 , z0 ) = ∂f ∂f ∂f (x0 , y0 , z0 ), (x0 , y0 , z0 ), (x0 , y0 , z0 ) .
∂x ∂y ∂z Exemples (1) Considerem la funci´o f (x, y) = xey − yex i calculem el seu gradient en un punt qualsevol (x, y) del pla.
∂f (x, y) = ey − yex ∂x i ∂f (x, y) = xey − ex ∂y Per tant, ∇f (x, y) = ∂f ∂f (x, y), (x, y) ∂x ∂y = (ey − yex , xey − ex ).
Si, per exemple, considerem el punt (0, 0), aleshores ∇f (0, 0) = (e0 − 0 · e0 , 0 · e0 − e0 ) = (1, 1).
110 Funcions de diverses variables (2) Considerem la funci´o f (x, y, z) = sin(xy 2 z 3 ) i calculem el seu gradient en un punt qualsevol (x, y, z) de l’espai.
∂f (x, y, z) = y 2 z 3 cos(xy 2 z 3 ), ∂x i ∂f (x, y, z) = 2xyz 3 cos(xy 2 z 3 ) ∂y ∂f (x, y, z) = 3xy 2 z 2 cos(xy 2 z 3 ).
∂z Per tant, ∂f ∂f ∂f (x, y, z), (x, y, z), (x, y, z) = ∂x ∂y ∂z = (y 2 z 3 cos(xy 2 z 3 ), 2xyz 3 cos(xy 2 z 3 ), 3xy 2 z 2 cos(xy 2 z 3 )).
∇f (x, y, z) = Si, per exemple, considerem el punt (0, −1, −2), aleshores ∇f (0, −1, −2) = (−8, 0, 0).
4.4.2 Derivades direccionals El concepte de derivada direccional generalitza el de derivada parcial. Suposem que tenim una funci´o f de dues variables. Quan calculem les derivades parcials de f , derivada respecte x i derivada respecte y, significa que estem calculant la derivada ´ a dir, prenem de f en la direcci´o (1, 0) i en la direcci´o (0, 1), respectivament. Es els eixos de coordenades com a direccions. Ara b´e, en el pla, existeixen infinites direccions i, en un moment donat, ens pot interessar calcular la derivada en una determinada direcci´o per tal de saber com evoluciona la nostra funci´o en tal direcci´o.
El mateix problema se’ns planteja quan prenem una funci´o de tres variables.
Definicions (1) Sigui f una funci´o de dues variables. Sigui u un vector unitari de R2 (´es a dir, un vector que t´e norma o m`odul igual a 1) i sigui P un punt del domini de definici´o de f . Definim la derivada direccional de f en el punt P i en la direcci´ o u com el producte escalar del gradient de f en el punt P pel vector u i es denota Du f (P ): Du f (P ) = ∇f (P ) • u.
(2) Sigui f una funci´o de tres variables. Sigui u un vector unitari de R3 (´es a dir, un vector que t´e norma o m`odul igual a 1) i sigui P un punt del domini de definici´o de f . Definim la derivada direccional de f en el punt P i en la direcci´ o u com el producte escalar del gradient de f en el punt P pel vector u i es denota Du f (P ): Du f (P ) = ∇f (P ) • u.
4.4 Gradients i derivades direccionals 111 Observacions (1) La derivada direccional ´es un n´ umero, no ´es un vector! (2) Si el vector u que ens donen no ´es unitari, aleshores prenem com a direcci´o u v= ||u|| i calculem Dv f (P ).
Exemples (1) Calculem la derivada direccional de f (x, y) = x2 + y 2 en el punt P = (1, 2) i en la direcci´o u = (2, −3).
• Calculem el gradient de f en el punt P : ∇f (x, y) = ∂f ∂f (x, y), (x, y) ∂x ∂y = (2x, 2y); per tant, ∇f (1, 2) = (2, 4).
• Calculem el m`odul de u: ||u|| = 22 + (−3)2 = √ 4+9= √ 13.
Per tant, com que ´es diferent de 1, prenem com a direcci´o v= u 1 = √ (2, −3).
||u|| 13 Aleshores 1 = √ [(2, 4) • (2, −3)] = 13 √ 1 8 8 13 √ (2 · 2 + 4(−3)) = − √ = − .
13 13 13 Dv f (P ) = (2, 4) • = 1 √ (2, −3) 13 (2) Calculem la derivada direccional de la funci´o f (x, y, z) = (x + y 2 + z 3 )2 en el punt P = (1, −1, 1) i en la direcci´o u = (1, 1, 0).
• Calculem el gradient de f en el punt P : ∂f ∂f ∂f (x, y, z), (x, y, z) (x, y, z) = ∂x ∂y ∂z 2 3 = (2(x + y + z ), 4y(x + y 2 + z 3 ), 6z 2 (x + y 2 + z 3 )); ∇f (x, y, z) = per tant, ∇f (1, −1, 1) = (6, −12, 18).
112 Funcions de diverses variables • Calculem el m`odul de u: ||u|| = 12 + 12 + 02 = √ 2.
Per tant, com que ´es diferent de 1, prenem com a direcci´o v= u 1 = √ (1, 1, 0).
||u|| 2 Aleshores 1 = √ [(6, −12, 18) • (1, 1, 0)] = 2 √ 1 6 √ (6 · 1 − 12 · 1 + 18 · 0) = − √ = −3 2.
2 2 Dv f (P ) = (6, −12, 18) • = 1 √ (1, 1, 0) 2 Acabem aquesta secci´o amb les observacions importants seg¨ uents: • una funci´o diferenciable f creix m´es r` apidament en el sentit del vector gradient, ∇f (x0 , y0 , z0 ) , ||∇f (x0 , y0 , z0 )|| i amb una ra´o igual al m`odul d’aquest vector gradient, ||∇f (x0 , y0 , z0 )||; • una funci´o diferenciable f decreix m´es r` apidament en el sentit contrari al del vector gradient, ∇f (x0 , y0 , z0 ) − , ||∇f (x0 , y0 , z0 )|| i amb una ra´o igual a menys el m`odul d’aquest vector gradient, −||∇f (x0 , y0 , z0 )||.
4.5 4.5.1 Rectes i plans tangents Rectes tangents Sigui f = f (x, y) una funci´o de dues variables definida en una regi´o D del pla.
Suposem que f no ´es constant i que ´es diferenciable. A cada punt (x0 , y0 ) ∈ D hi tenim definit el vector gradient ∇f (x0 , y0 ). Si aquest vector gradient ´es no nul, aleshores ∂f ∂f N (x0 , y0 ) = ∇f (x0 , y0 ) = (x0 , y0 ), (x0 , y0 ) ∂x ∂y ´es perpendicular a la corba de nivell de f que passa per (x0 , y0 ) i s’anomena vector normal a la corba. El vector ∂f ∂f T (x0 , y0 ) = (x0 , y0 ), − (x0 , y0 ) ∂y ∂x ´es perpendicular al vector normal i s’anomena vector tangent.
Defincions 4.5 Rectes i plans tangents 113 (1) La recta que passa pel punt (x0 , y0 ) i ´es perpendicular al vector gradient (o normal) ´es la recta tangent a la corba en el punt (x0 , y0 ). La seva equaci´o ´es la seg¨ uent: ∇f (x0 , y0 ) • (x − x0 , y − y0 ) = 0 ⇒ ∂f ∂f (x0 , y0 ) · (x − x0 ) + (x0 , y0 ) · (y − y0 ) = 0.
∂x ∂y (2) La recta que passa pel punt (x0 , y0 ) i ´es perpendicular al vector tangent ´es la recta normal a la corba en el punt (x0 , y0 ). La seva equaci´o ´es la seg¨ uent: T • (x − x0 , y − y0 ) = 0 ⇒ ∂f ∂f (x0 , y0 ) · (x − x0 ) − (x0 , y0 ) · (y − y0 ) = 0.
∂y ∂x Exemple Calculem les equacions de les rectes tangent i normal a la hip`erbola √ en el punt (3, 3 5/2).
x2 y 2 − =1 4 9 • Observem que l’equaci´o que ens han donat la podem escriure de la manera seg¨ uent, multiplicant a cada cant´o de la igualtat per 36: x2 y 2 − = 1 ⇒ 9x2 − 4y 2 = 36 ⇒ f (x, y) = 36, 4 9 on f (x, y) = 9x2 − 4y 2 .
• Calculem el gradient de f i el vector tangent: ∇f (x, y) = (18x, −8y) d’on s’obt´e que √ √ ∇f (3, 3 5/2) = (54, −12 5) i T (x, y) = (−8y, −18x), √ √ i T (3, 3 5/2) = (−12 5, −54).
• Calculem les rectes tangent i normal: La recta tangent ´es √ √ √ 3 5 3 5 (54, −12 5) • x − 3, y − = 0 ⇒ 54(x − 3) − 12 5 y − 2 2 √ d’on s’obt´e l’equaci´o 54x − 12 5y = 72.
√ = 0, La recta normal ´es √ √ √ 3 5 3 5 (−12 5, −54) • x − 3, y − = 0 ⇒ −12 5(x − 3) − 54 y − 2 2 √ √ d’on obtenim l’equaci´o 12 5x + 54y = 117 5.
√ = 0, 114 Funcions de diverses variables 4.5.2 Plans tangents Sigui f = f (x, y, z) una funci´o de tres variables definida en una regi´o D de l’espai.
Suposem que f no ´es constant i que ´es diferenciable. A cada punt (x0 , y0 , z0 ) ∈ D hi tenim definit el vector gradient ∇f (x0 , y0 , z0 ). Si aquest vector gradient ´es no nul, aleshores N (x0 , y0 , z0 ) = ∇f (x0 , y0 , z0 ) = ∂f ∂f ∂f (x0 , y0 , z0 ), (x0 , y0 , z0 ), (x0 , y0 , z0 ) ∂x ∂y ∂z ´es perpendicular a la superf´ıcie de nivell de f que passa per (x0 , y0 , z0 ) i s’anomena vector normal a la superf´ıcie.
Definici´ o El pla que passa pel punt (x0 , y0 , z0 ) i ´es perpendicular al vector gradient (o normal) ´es el pla tangent. La seva equaci´o ´es la seg¨ uent: ∇f (x0 , y0 , z0 ) • (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0; ´es a dir, ∂f ∂f ∂f (x0 , y0 , z0 ) · (x − x0 ) + (x0 , y0 , z0 ) · (y − y0 ) + (x0 , y0 , z0 ) · (z − z0 ) = 0.
∂x ∂y ∂z Exemple Calculem l’equaci´o del pla tangent a la superf´ıcie xy + yz + zx = 11 en el punt (1, 2, 3).
• Definim f (x, y, z) = xy + yz + zx i calculem el gradient d’aquesta funci´o: ∇f (x, y, z) = (y + z, x + z, y + x) ⇒ ∇f (1, 2, 3) = (5, 4, 3).
• Calculem el pla tangent: (5, 4, 3) • (x − 1, y − 2, z − 3) = 0 ⇒ 5(x − 1) + 4(y − 2) + 3(z − 3) = 0, d’on s’obt´e l’equaci´o 5x + 4y + 3z = 22.
´ possible que, donada una funci´o de dues variables f (x, y) ens demanin Observaci´ o Es trobar el pla tangent al gr`afic de la funci´o en un punt (x0 , y0 ). Com procedim? Recordeu que el gr`afic de f ´es z = f (x, y).
Per tant, podem construir una funci´o g(x, y, z) = f (x, y) − z i aleshores l’equaci´o del pla tangent que ens demanen ´es ∇g(x0 , y0 , z0 ) • (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0; 4.6 Valors m` axims i m´ınims. Extrems absoluts i relatius 115 ´es a dir, ∂f ∂f (x0 , y0 , z0 ) · (x − x0 ) + (x0 , y0 , z0 ) · (y − y0 ) − (z − z0 ) = 0, ∂x ∂y on z0 = f (x0 , y0 ).
Exemple Calculem el pla tangent al gr`afic de la funci´o f (x, y) = 3xy − x3 − y 3 en el punt (1, −1).
• Definim g(x, y, z) = f (x, y) − z = 3xy − x3 − y 3 − z i calculem el seu gradient: ∂g ∂g ∂g (x, y, z), (x, y, z), (x, y, z) ∂x ∂y ∂z ∂f ∂f = (x, y, z), (x, y, z), −1 = ∂x ∂y = (3y − 3x3 , 3x − 3y 2 , −1).
∇g(x, y, z) = = • El punt ´es (x0 , y0 ) = (1, −1) i z0 = f (x0 , y0 ) = f (1, −1) = −3. Per tant, el gradient en el punt (1, −1, −3) ´es ∇g(1, −1, −3) = (−6, 0, −1).
• Finalment, l’equaci´o del pla tangent ´es (−6, 0, −1) • (x − 1, y + 1, z + 3) = 0 ⇒ −6(x − 1) + 0(y + 1) − 1(z + 3) = 0, d’on obtenim l’equaci´o 6x + z = 3.
4.6 Valors m` axims i m´ınims. Extrems absoluts i relatius En aquesta secci´o generalitzem a funcions de dues i tres variables el concepte de m`axim i m´ınim que hem estudiat en el primer cap´ıtol per a funcions d’una variable real.
Definicions (Extrems relatius o locals) (1) Sigui f una funci´o de dues variables reals i sigui (x0 , y0 ) un punt interior del domini de f .
(a) f t´e un m` axim local a (x0 , y0 ) si f (x0 , y0 ) ≥ f (x, y) per a tot (x, y) en un entorn del punt (x0 , y0 ); (b) f t´e un m´ınim local a (x0 , y0 ) si f (x0 , y0 ) ≤ f (x, y) per a tot (x, y) en un entorn del punt (x0 , y0 ).
116 Funcions de diverses variables (2) Sigui f una funci´o de tres variables reals i sigui (x0 , y0 , z0 ) un punt interior del domini de f .
(a) f t´e un m` axim local a (x0 , y0 , z0 ) si f (x0 , y0 , z0 ) ≥ f (x, y, z) per a tot (x, y, z) en un entorn del punt (x0 , y0 , z0 ); (b) f t´e un m´ınim local a (x0 , y0 , z0 ) si f (x0 , y0 , z0 ) ≤ f (x, y, z) per a tot (x, y, z) en un entorn del punt (x0 , y0 , z0 ).
Com podem determinar qui s´on els candidats a ser valors m`axims i m´ınims d’una funci´o de dues o tres variables? La resposta ´es la mateixa que en el cas de les funcions d’una variable real, tal i com queda clar en el resultat seg¨ uent: Teorema Una funci´ o f de dues variables t´e un extrem local en un punt (x0 , y0 ) del seu domini de definici´ o si ∇(x0 , y0 ) = 0 o b´e ∇(x0 , y0 ) no existeix. An` alogament, Una funci´ o f de tres variables t´e un extrem local en un punt (x0 , y0 , z0 ) del seu domini de definici´ o si ∇(x0 , y0 , z0 ) = 0 o b´e ∇(x0 , y0 , z0 ) no existeix.
Els candidats a ser un extrem relatiu o local reben un nom: donada una funci´o de dues o tres variables, els punts on el gradient ´es zero o b´e no existeix s’anomenen punts cr´ıtics. Alhora, els punts cr´ıtics on el gradient s’anul·la s’anomenen punts estacionaris. Finalment, els punts estacionaris que no d´onen lloc extrems relatius (m`axims o m´ınims) s’anomenen punts de sella (el nom es deu al gr`afic, el qual t´e forma de sella de muntar; el que passa en un punt d’aquests ´es que en una de les direccions tindr´ıem un m`axim i en l’altra un m´ınim).
Nosaltres nom´es estudiarem com determinar els extrems i els punts de sella de funcions de dues variables reals, o sigui que a partir d’ara f denota sempre una funci´o de dues variables reals.
Exemples (1) Determinem els extrems relatius i punts de sella de la funci´o de dues variables reals f (x, y) = 2x2 + y 2 − xy − 7y.
• Calculem els punts cr´ıtics de f : ∇f (x, y) = ∂f ∂f , ∂x ∂y = (4x − y, 2y − x − 7).
Ara cal igualar el gradient a zero, de manera que obtenim el sistema d’equacions seg¨ uent: 4x − y = 0 2y − x − 7 = 0 A¨ıllem y de la primera equaci´o, y = 4x, i substitu¨ım a la segona equaci´o: 2(4x) − x − 7 = 0 ⇒ 7x − 7 = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 4 · 1 = 4.
4.6 Valors m` axims i m´ınims. Extrems absoluts i relatius 117 Per tant, nom´es tenim un punt cr´ıtic: (1, 4).
• Determinem si ´es un extrem de f i, en cas que ho sigui, de quin tipus ´es (m`axim o m´ınim).
– calculem f (1, 4) = 2 · 12 + 42 − 1 · 4 − 7 · 4 = −14; – prenem un punt (1 + h, 4 + k) d’un entorn del punt (1, 4) i aleshores f (1 + h, 4 + k) = 2(1 + h)2 + (4 + k)2 − (1 + h)(4 + k) − 7(4 + k) = = 2h2 − hk + k 2 − 14; – calculem la difer`encia f (1 + h, 4 + k) − f (1, 4) = 2h2 − hk + k 2 − 14 − (−14) = 2h2 − hk + k 2 ≤ ≤ 2h2 − 2|h||k| + k 2 = (h − k)2 + h2 ≥ 0.
Com que la difer`encia entre el valor de la funci´o en un punt del voltant del punt (1, 4) i el valor de la funci´o en el punt (1, 4) ´es sempre positiva, estem en la situaci´o f (x, y) ≥ f (x0 , y0 ) per a tot punt (x, y) en un entorn del punt (x0 , y0 ); per tant, (1, 4) ´es un m´ınim relatiu o local de f .
(2) Determinem els extrems relatius i punts de sella de la funci´o de dues variables reals f (x, y) = y 2 − xy + 2x + y + 1.
• Calculem els punts cr´ıtics de f : ∇f (x, y) = ∂f ∂f , ∂x ∂y = (−y + 2, 2y − x + 1).
Ara cal igualar el gradient a zero, de manera que obtenim el sistema d’equacions seg¨ uent: −y + 2 = 0 2y − x + 1 = 0 A¨ıllem y de la primera equaci´o, y = 2, i substitu¨ım a la segona equaci´o: 2 · 2 − x + 1 = 0 ⇒ x = 5.
Per tant, nom´es tenim un punt cr´ıtic: (5, 2).
• Determinem si ´es un extrem de f i, en cas que ho sigui, de quin tipus ´es (m`axim o m´ınim).
118 Funcions de diverses variables – calculem f (5, 2) = 22 − 5 · 2 + 2 · 5 + 2 + 1 = 7; – prenem un punt (5 + h, 2 + k) d’un entorn del punt (5, 2) i aleshores f (5+h, 2+k) = (2+k)2 −(5+h)(2+k)+2(5+h)+(2+k)+1 = k 2 −hk+7; – calculem la difer`encia f (5 + h, 2 + k) − f (5, 2) = (k 2 − hk + 7) − 7 = k 2 − hk = k(k − h); Com que la difer`encia entre el valor de la funci´o en un punt del voltant del punt (5, 2) i el valor de la funci´o en el punt (5, 2) canvia de signe segons els valors de h i de k, no pot ser un extrem; per tant, (5, 2) ´es un punt de sella de f .
(3) Determinem els extrems relatius i punts de sella de la funci´o de dues variables reals f (x, y) = 1 + x2 + y 2 .
• Calculem els punts cr´ıtics de f : ∇f (x, y) = ∂f ∂f , ∂x ∂y = x x2 + y2 , y x2 + y2 .
Ara cal igualar el gradient a zero, de manera que obtenim el sistema d’equacions seg¨ uent:  x  = 0  2 x + y2 y  = 0  2 x + y2 Si resolem el sistema, obtenim el punt (0, 0) que, de fet, ´es un punt on el gradient no existeix.
• Determinem si ´es un extrem de f i, en cas que ho sigui, de quin tipus ´es (m`axim o m´ınim).
– calculem f (0, 0) = 1; – prenem un punt (0 + h, 0 + k) = (h, k) d’un entorn del punt (0, 0) i aleshores f (h, k) = 1 + h2 + k 2 ; – calculem la difer`encia f (h, k) − f (0, 0) = (1 + h2 + k 2 ) − 1 = h2 + k 2 ; 4.6 Valors m` axims i m´ınims. Extrems absoluts i relatius 119 Com que la difer`encia entre el valor de la funci´o en un punt del voltant del punt (0, 0) i el valor de la funci´o en el punt (0, 0) ´es sempre positiva, estem en la situaci´o f (x, y) ≥ f (x0 , y0 ) per a tot punt (x, y) en un entorn del punt (x0 , y0 ); per tant, (0, 0) ´es un m´ınim relatiu o local de f .
Definici´ o (Extrems absoluts) Sigui f una funci´o de dues variables reals i sigui (x0 , y0 ) un punt del domini de f .
(a) f t´e un m` axim absolut a (x0 , y0 ) si f (x0 , y0 ) ≥ f (x, y) per a tot (x, y) del domini de f ; (b) f t´e un m´ınim absolut a (x0 , y0 ) si f (x0 , y0 ) ≤ f (x, y) per a tot (x, y) del domini de f .
Observaci´ o La definici´o d’extrem absolut per a funcions de tres variables reals ´es an`aloga, per`o nosaltres nom´es estudiarem, com hem dit, els extrems de funcions de dues variables.
Com podem determinar qui s´on els candidats a ser valors m`axims i m´ınims absoluts d’una funci´o de dues variables? Els candidats s´on els extrems relatius o locals m´es els punts de la frontera de la regi´o on estem calculant els extrems.
Teorema Si f ´es una funci´ o cont´ınua en una regi´ o tancada i acotada, aleshores f pren un valor m` axim i un valor m´ınim absoluts en aquesta regi´ o.
Aquesta ´es la generalitzaci´o del teorema de Weierstrass a funcions de dues variables reals.
Exemple Calculem els extrems absoluts de la funci´o de dues variables f (x, y) = xy − 2x − 3y a la regi´o Ω = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2x}.
Observem que aquesta regi´o ´es el triangle seg¨ uent: 120 Funcions de diverses variables y=2x x=4 • Calculem els punts cr´ıtics de f i ens quedem amb els que pertanyen a la regi´o Ω: ∇f (x, y) = ∂f ∂f , ∂x ∂y = (y − 2, x − 3) = (0, 0), d’on (3, 2) ´es l’´ unic punt cr´ıtic de f . Aquest punt pertany a Ω perqu`e 0 ≤ x ≤ 4 (0 ≤ 3 ≤ 4) i 0 ≤ y ≤ 2x (0 ≤ 2 ≤ 2 · 3 = 6).
• Tenim que f (3, 2) = 3 · 2 − 2 · 3 − 3 · 2 = −6. I, si prenem un punt (3 + h, 2 + k) del voltant del punt (3, 2), tenim que f (3 + h, 2 + k) = (3 + h)(2 + k) − 2(3 + h) − 3(2 + k) = hk − 6. Aleshores f (3 + h, 2 + k) − f (3, 2) = (hk − 6) − (−6) = hk, de manera que (3, 2) no ´es un extrem perqu`e aquesta difer`encia no sempre ´es positiva ni sempre ´es negativa. O sigui, (3, 2) ´es un punt de sella.
• Mirem qu`e passa a les vores de la regi´o que ens diuen: – Si tenim 0 ≤ x ≤ 4 i y = 0, aleshores F1 (x) = f (x, 0) = −2x.
F1 (x) = −2 = 0 ⇒ no t´e extrems relatius ; per tant, nom´es cal mirar qu`e passa als extrems: F1 (0) = 0 i F1 (4) = −8.
– Si tenim x = 4 i 0 ≤ y ≤ 2x = 8, aleshores F2 (y) = f (4, y) = 4y − 8 − 3y = y − 8.
F2 (y) = 1 = 0 ⇒ no t´e extrems relatius ; per tant, nom´es cal mirar qu`e passa als extrems: F2 (0) = −8 i F2 (8) = 0.
4.6 Valors m` axims i m´ınims. Extrems absoluts i relatius 121 – Si tenim 0 ≤ x ≤ 4 i y = 2x, aleshores F3 (x) = 2x2 − 2x − 6x = 2x2 − 8x.
F3 (x) = 4x − 8 = 0 ⇒ x = 2 i F3 (2) = −8; com que F3 (x) = 4 > 0, el punt x = 2 ´es un m´ınim; d’altra banda, en els extrems tenim que F3 (0) = 0 i F3 (4) = −8.
Recopilant la informaci´o: ´ a – El valor m´ınim ´es igual a −8, que s’assoleix als punts (4, 0) i (2, 4). Es dir, aquests punts s´on m´ınims absoluts de f .
´ a – El valor m`axim ´es igual a 0, que s’assoleix als punts (0, 0) i (4, 8). Es dir, aquests punts s´on m`axims absoluts de f .
Teorema (Criteri de la derivada segona) Sigui f una funci´ o de dues variables reals amb derivades parcials cont´ınues en un punt (x0 , y0 ) i suposem que ∇f (x0 , y0 ) = 0. Sigui  2  ∂ f ∂2f (x , y ) (x , y ) 0 0   ∂x2 0 0 ∂x∂y .
M =  ∂2f  ∂2f (x0 , y0 ) (x , y ) 0 0 ∂y∂x ∂y 2 i sigui D= ∂2f ∂2f ∂2f ∂2f (x , y ) · (x , y ) − (x , y ) · (x0 , y0 ) 0 0 0 0 0 0 ∂x2 ∂y 2 ∂y∂x ∂x∂y el determinant de M . Aleshores (a) Si D < 0, aleshores (x0 , y0 ) ´es un punt de sella de f .
(b) Si D > 0, aleshores ∂2f > 0, aleshores (x0 , y0 ) ´es un m´ınim; ∂x2 ∂2f (ii) si < 0, aleshores (x0 , y0 ) ´es un m` axim.
∂x2 (i) si Observacions (1) La matriu M s’anomena Hessi`a de f i es denota Hess(f ) o b´e H(f ).
(2) Totes les funcions amb qu`e tractarem compleixen que ∂2f ∂2f (x, y) = (x, y).
∂y∂x ∂x∂y 122 Funcions de diverses variables Exemple Determinem els extrems relatius i els punts de sella de la funci´o de dues x + xy .
variables f (x, y) = y2 • Calculem els punts cr´ıtics de f : ∇f (x, y) = ∂f ∂f , ∂x ∂y = 1 2x + y, − 3 + x 2 y y = (0, 0).
De la primera equaci´o obtenim que 1 1 + y3 + y = 0 ⇒ = 0 ⇒ 1 + y 3 = 0 ⇒ y = −1.
y2 y2 Substituint a la segona equaci´o − 2x + x = 0 ⇒ 2x + x = 0 ⇒ x = 0.
(−1)3 Per tant, f nom´es t´e un punt cr´ıtic: (0, −1).
• Determinem de quin tipus de punt cr´ıtic es tracta usant el criteri de la derivada segona:  2    ∂ f ∂2f 2 (x , y ) (x , y ) 0 − + 1 0 0   ∂x2 0 0   y3 ∂x∂y = .
M =  ∂2f    2 6x ∂2f − 3 (x0 , y0 ) (x , y ) 0 0 4 y +1 y ∂y∂x ∂y 2 Aleshores M (0, −1) = 0 3 3 0 , d’on D = det(M ) = 0 · 0 − 3 · 3 = −9 < 0. Per tant, f t´e un punt de sella a (0, −1).
...