ex amens resolts de fmi 2 - rua: principal · exercici 5 (10 punts) siga d la regi´o del pla d =...

escudounivg.gif (Imagen GIF, 323x321 píxeles) file:///C:/Documents%20and%20Settings/David%20Garc%EDa/Escrit...

1 de 1 25/05/2006 17:21

Universitat d’AlacantDept. Matematica Aplicada

Examens resolts de FMI 2Grau en Enginyeria Civil

Cursos 2010-2011, 2011-2012 i 2012-2013

David Garcıa Garcıa

Index general

Enunciats 10.1 Juny 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Juliol 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.3 Juny 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30.4 Juliol 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40.5 Juny 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60.6 Juliol 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1 Geometria diferencial de corbes planes 91.1 Juny 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1.1 Exercici 1 (5 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Juliol 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.1 Exercici 1a (3 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3 Juny 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11


1.4.1 Exercici 1a (3 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2 Lımits i continuıtat de funcions reals de diverses variables reals 15

3 Calcul diferencial de funcions reals de diverses variables reals 173.1 Juny 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3.1.1 Exercici 1 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2 Juliol 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.2.1 Exercici 1 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.3 Juny 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24



3.5.1 Exercici 2 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.6 Juliol 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.6.1 Exercici 2 (9 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4 Algunes aplicacions del calcul diferencial 354.1 Juny 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4.1.1 Exercici 2 (5 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.1.2 Exercici 3 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.1.3 Exercici 4 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4.2 Juliol 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.2.1 Exercici 3 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

iii


4.3.1 Exercici 3 (9 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.3.2 Exercici 4 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4.4 Juliol 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.4.1 Exercici 3 (7 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.4.2 Exercici 4 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.5 Juny 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.5.1 Exercici 3 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.5.2 Exercici 4 (7 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.6 Juliol 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.6.1 Exercici 3 (7 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.6.2 Exercici 4 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5 Integral multiple 575.1 Juny 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

5.1.1 Exercici 5 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.1.2 Exercici 6 (5 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

5.2 Juliol 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.2.1 Exercici 5 (10 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.2.2 Exercici 6 (5 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66





6 Fonaments d’analisi vectorial 976.1 Juliol 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97


6.2.1 Exercici 1b (4 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 986.3 Juliol 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

6.3.1 Exercici 1b (4 punts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

iv

Enunciats

Cada un dels examens dels cursos 2010-2011, 2011-2012 i 2013 es va compondre de 6 preguntesi va tindre una puntuacio maxima de 50 punts, els quals corresponien al 50% de la nota del’assignatura. En aquest manual es resolen aquests exercicis, organitzats per llicons tematiques.

0.1 Juny 2011

Exercici 1 (10 punts)Siga f una funcio diferenciable en un subconjunt de R2. Considere les relacions

x = r cos θ,

y = r sin θ.

Transforme l’equacio

(x2 + y2)

[(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2]

a les variables r i θ.

(Resolucio en l’apartat 3.1.1, pagina 17)

Exercici 2 (5 punts)Un costat d’un rectangle te 4 cm amb un error absolut inferior a 0.3 cm. La seua diagonalte 5 cm amb un error absolut inferior a 0.03 cm. Calcule l’area del rectangle i una cotadel seu error absolut.


Exercici 3 (10 punts)Calcule el polinomi de Taylor de grau 3 en x0 =

(0, π

2

)de f(x, y) = e−x cos y.


Exercici 4 (10 punts)Determine els extrems relatius condicionats de f(x, y) = xy subjectes a la condicio

1

x2+

1

y2= 1.


Exercici 5 (10 punts)Siga D la regio del pla limitada per les tres corbes

x2 + 2x+ y2 − 2y + 1 = 0,

x2 − 2x+ y2 − 2y + 1 = 0,

y = 0.

1

Calcule ∫∫D

(1 +

√2y − y2

)e

y3

3−y2+y.


Exercici 6 (5 punts)Siga D la regio de l’espai compresa entre les esferes

x2 + y2 + z2 = 1,

x2 + y2 + z2 = 2.

Calcule ∫∫∫D

cos (x2 + y2 + z2)√x2 + y2 + z2

.


0.2 Juliol 2011

Exercici 1 (10 punts)Siga f una funcio diferenciable en un subconjunt de R2. Considere les relacions

u = sin x+ tan y,

v = sin x− tan y.

Transforme l’equacio √4 + (u− v)2

[(∂f

∂u

)−(∂f

∂v

)]= 2

a les variables x i y, simplificant tot el possible l’expressio obtinguda.


Exercici 2 (5 punts)Siga f(x, y) = −2xy2 + ye−x.

a) En quina direccio i sentit creix f mes rapidament en el punt (0,−1), i quin es elvalor de la seua derivada direccional en tal direccio?

b) Quina direccio i sentit s’ha de seguir perque la derivada direccional en el punt (0,−1)valga 0?


Exercici 3 (10 punts)Utilitzant un polinomi de Taylor de grau 2 d’una funcio de diverses variables, calcule elvalor aproximat de

1 + sin (0.1)

cos (0.2).


Exercici 4 (10 punts)Calcule la distancia maxima i mınima del punt (2, 1) a la corba x2 − 2x+ y2 = 7.


2

Exercici 5 (10 punts)Siga D la regio del pla

D =

(x, y) ∈ R2/2x+ y ≥ 3,

y ≤ 3,x2 ≤ y

.

Calcule ∫∫D

1

y (x2 + y2).


Exercici 6 (5 punts)Siga D la regio de l’espai situada en el primer octant i limitada pel cilindre parabolic

y = x2

i els plans

x = 0,

z = 0,

z + y = 1.

Utilitzant una integral triple calcule el volum de D.


0.3 Juny 2012

Exercici 1 (5 punts)Siga la corba parametrica suau

f(t) =(√

2 et cos t,√2 et sin t

), t ∈ [−π, π].

a) Calcule la seua longitud d’arc

b) Obtinga una parametritzacio de la recta normal que passa pel punt de coordenades(√2, 0)


Exercici 2 (9 punts)Considere l’equacio

f

(x+ y

z,x2 − y2

z2

)= 0,

que defineix z com a funcio implıcita de x i y de classe C1 en un cert entorn de R2. Pera tal funcio implıcita, obtinga el valor de

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y,

simplificant tot el possible l’expressio obtinguda.


3

Exercici 3 (9 punts)Utilitzant un polinomi de Taylor de grau 2 d’una funcio de diverses variables, calcule elvalor aproximat de

log (2.67) [1 + tan (0.1)] .

Nota: Utilitze l’aproximacio e = 2.7 per a realitzar l’aproximacio


Exercici 4 (10 punts)Calcule els extrems relatius de la funcio

f(x, y) =1

x+

1

y

condicionat per x2y2 = 1.


Exercici 5 (10 punts)Considere l’expressio

I =

∫ 2

0

∫ −3−√

4y−y2

−5

(2 +√−x2 − 6x− 5

)sin

(x3

3+ 3x2 + 9x

)dx dy +

+

∫ 2

0

∫ −1

−3+√

4y−y2

(2 +√−x2 − 6x− 5

)sin

(x3

3+ 3x2 + 9x

)dx dy.

a) Represente la regio sobre la qual es calcula cada integral, calculant les distintesinterseccions i identificant els elements que intervenen en la representacio

b) Obtinga el valor de I


Exercici 6 (7 punts)Siga D la regio de l’espai

D =

(x, y, z) ∈ R3/z ≥ 0,

x2 + y2 + z2 ≤ 2,x2 + y2 ≤ z2

.

a) Represente la regio D i les seues projeccions en els plans XY , Y Z i XZ, calculant lesdistintes interseccions i identificant els elements que intervenen en les representacions

b) Utilitzant una integral triple, obtinga el volum de D


0.4 Juliol 2012

Exercici 1

a) (3 punts) Calcule el centre i el radi de la circumferencia osculatriu en el punt(−2, 0) de la corba parametrica suau

f(t) = (2 cos t, 3 sin t), t ∈ [0, 2π].


4

b) (4 punts) Siga la funcio vectorial

f(x, y) =

(x2 + arcsin y,

x− y√1− y2

).

Determine si f es un camp conservatiu, obtenint si es el cas una funcio potencial.



x = eu cos v,

y = eu sin v.

a) En quins punts es pot afirmar que definixen localment un canvi de variables?

b) A partir d’aquestes relacions expresse de la manera mes simplificada possible l’equa-cio (

1

x2 + y2

)[x

(∂f

∂x

)+ y

(∂f

∂y

)]2= 1,

en termes de u i v.


Exercici 3 (7 punts)Calcule el polinomi de Taylor de primer grau en el punt

(π2, π4

)de la funcio z(x, y) de

classe C1 definida implıcitament en un entorn de(π2, π4, 0)per l’equacio

ex2+y2+z2 − 1

tan (x− y + 3z)= 0.


Exercici 4 (10 punts)Calcule la distancia maxima i mınima del punt (−1,−3) a la corba9x2 + 18x+ y2 − 6y + 9 = 0.



D =

(x, y) ∈ R2/

y ≥ 0,x2 + y2 ≤ 4,−2x ≤ x2 + y2,2x ≤ x2 + y2,

y ≥ −x√3

.

a) Represente la regio D, calculant les distintes interseccions i identificant els elementsque intervenen en la representacio

b) Utilitzant una integral doble obtinga l’area de D


5

Exercici 6 (7 punts)Siga D la regio del espai

D =

{(x, y, z) ∈ R3/

4z ≥ x2 + y2,x2 + y2 ≥ z2

}.


b) Calcule el valor de ∫∫∫D

√x2 + y2.


0.5 Juny 2013

Exercici 1 (6 punts)Siga el conjunt del pla d’equacio en coordenades cartesianes

4x2 + y2 = 4.

Calcule el centre i el radi de la circumferencia osculatriu d’aquest conjunt en el punt(0,−2).(Resolucio en l’apartat 1.3.1, pagina 11)

Exercici 2 (10 punts)Considere les equacions

x = 2u+ arctan v,

y = u− arctan v.

a) En quins punts es pot afirmar que definixen localment un canvi de variables?

b) Siga f una funcio de classe C1 en un subconjunt obert de R2. A partir de les relacionsanteriors expresse de la manera mes simplificada possible l’equacio(

∂f

∂x− ∂f

∂y

)2

= 1,

en termes de u i v.


Exercici 3 (10 punts)El trapezi que apareix en la figura esta format per un rectangle i un triangle rectangle.Les longituds s’han mesurat amb un error absolut inferior a 0.1 cm i l’angle amb un errorabsolut inferior a 1o. Obtinga el valor estimat de l’area i una cota del seu error absolut.


Exercici 4 (7 punts)Calcule els extrems relatius de la funcio

f(x, y) =1

3x3 + y2x− 5x− 4y + 1.


6

60o

2 cm

3 cm


D =

(x, y) ∈ R2/

−1 ≤ x ≤ 0,−1 ≤ y ≤ 1,

x2 + 2x+ y2 + 2y + 1 ≥ 0,x2 + 2x+ y2 − 2y + 1 ≥ 0

.

a) Represente la regioD, identificant tots els elements que intervenen en la representacio

b) Calcule ∫∫D

(1 +√−2x− x2

)cos

(x3

3+ x2 + x

).



D =

{(x, y, z) ∈ R3/

x2 + y2 + z2 ≤ 4,1 ≤ z

}.


b) determine el valor de la integral∫∫∫D

1

x2 + y2 + z2.


0.6 Juliol 2013

Exercici 1

a) (3 punts) Siga el conjunt del pla d’equacio en coordenades cartesianes

3x− y3 = 3.

Descriga aquest conjunt com la traca d’una corba parametrica f(t) = (f1(t), f2(t)),amb x = f1(t) i y = f2(t), i obtinga el dıedre de Frenet-Serret en el punt (10, 3).


7

b) (4 punts ) Siga la funcio vectorial

f(t) =

(4x

y√1 + 4x2

, y −√1 + 4x2

y2

).

Determine si es un camp conservatiu, obtenint si es el cas una funcio potencial.



f

(arctan

(x

y

),x− y

z

)= 0,

que defineix z com a funcio implıcita de x i y en un cert entorn de R2. Per a tal funcioimplıcita, obtinga el valor de,

x2y∂z

∂x+ xy2

∂z

∂y,



Exercici 3 (7 punts)Utilitzant un polinomi de Taylor de grau 2 d’una funcio de diverses variables, obtinga elvalor aproximat de

arcsin (0.1) [1 + log (0.9)].


Exercici 4 (10 punts)Calcule la distancia maxima i mınima del punt (1, 1) a la corba 4x2 − 8x+ y2 = 0.



D =

(x, y) ∈ R2/0 ≤ y,

−3 ≤ x ≤ −2,x2 + 4x+ y2 ≤ 0

.

a) Represente la regioD, identificant tots els elements que intervenen en la representacio

b) Calcule ∫∫D

1

x (x2 + y2).



D =

{(x, y, z) ∈ R3/

x2 + y2 + z2 ≤ 4,1 ≤ x2 + y2

}.


b) Utilitzant una integral triple, obtinga el valor el volum de D


8

Capıtol 1

Geometria diferencial de corbes planes

1.1 Juny 2012

Examen complet en l’apartat 0.3, pagina 3.

1.1.1 Exercici 1 (5 punts)

Siga la corba parametrica suau

f(t) =(√

2 et cos t,√2 et sin t

), t ∈ [−π, π].

a) Calcule’n la longitud d’arc

b) Determine una parametritzacio de la recta normal que passa pel punt de coordenades(√2, 0)

———————————————–

a) Com la corba es suau, les seues funcions components son de classe C∞. Per tant, podemcalcular la derivada de la corba parametrica,

f ′(t) = (f ′1(t), f

′2(t)) =

(√2 et cos t−

√2 et sin t,

√2 et sin t+

√2 et cos t

)=

=(√

2 et(cos t− sin t),√2 et(sin t+ cos t)

).

I el seu modul es,

||f ′(t)|| =√(f ′

1(t))2 + (f ′

2(t))2 =

=

√(√2 et(cos t− sin t)

)2+(√

2 et(sin t+ cos t))2

=

=√2 e2t(cos2 t− 2 cos t sin t+ sin2 t) + 2 e2t(cos2 t+ 2 cos t sin t+ sin2 t) =

=√2 e2t(1 + 1) = 2et.

Per tant, la longitud d’arc es∫ π

−π

||f ′(t)|| dt =

∫ π

−π

2 et dt = 2 [et]π−π = 2 (eπ − e−π).

9

b) Siga t0 el valor del parametre tal que f(t0) = (√2, 0), per tant es te,

√2 et0 cos t0 =

√2,√

2 et0 sin t0 = 0.

D’on es dedueix que t0 = 0. Com una parametritzacio de la recta normal es

(x, y) = (f1(t0), f2(t0)) + τ (−f ′2(t0), f

′1(t0)), τ ∈ R,

i (−f ′2(t0), f

′1(t0)) = (−f ′

2(0), f′1(0)) = (−

√2,√2), es te que la resposta buscada es

(x, y) =(√

2, 0)+ τ

(−√2,√2), τ ∈ R.

O, alternativament,

g1(τ) =√2−√2 τ,

g2(τ) =√2 τ.

1.2 Juliol 2012


1.2.1 Exercici 1a (3 punts)

Calcule el centre i el radi de la circumferencia osculatriu en el punt (−2, 0) de la corba pa-rametrica suau

f(t) = (2 cos t, 3 sin t), t ∈ [0, 2π].

———————————————–

Com la corba parametrica es suau, tenim que es de classe C∞. El radi i el centre de lacircumferencia osculatriu per a un parametre t0 es calcula com,

R(t0) =1

|K(t0)|,

C(t0) = f(t0) +R(t0) N(t0),

on K(t0) es la curvatura en t0. Per tant, podem deduir que la circumferencia osculatriz existirasi K(t0) = 0. Calculem tots els elements de les expressions donades.

En primer lloc, calculem el valor de t0 per al que f(t0) = (−2, 0),

f(t0) = (2 cos t0, 3 sin t0) = (−2, 0) −→{

2 cos t0 = −23 sin t0 = 0

}−→

{cos t0 = −1sin t0 = 0

}−→ t0 = π,

ja que t ∈ [0, 2π].El vector normal, N(t0) = N(π), es

N(π) =1

||f ′(π)||(−f ′

2(π), f′1(π)) =

1√(−2 sin π)2 + (3 cos π)2

(−3 cos π,−2 sin π) =

=1

3(3, 0) = (1, 0) .

10

La curvatura, K(t0) = K(π), es

K(π) =f ′1(π)f

′′2 (π)− f ′′

1 (π)f′2(π)

||f ′(π)||3=−2 sin π (−3 sinπ)− (−2 cos π) 3 cosπ[

(−2 sin π)2 + (3 cos π)2]3/2 =

6

33=

2

9.

Per tant, el radi, R(t0) = R(π), i el centre, C(t0) = C(π), de curvatura venen donats per

R(π) =1

|K(π)|=

9

2,

C(π) = f(π) +R(π) N(π) = (−2, 0) + 9

2(1, 0) =

(5

2, 0

).

1.3 Juny 2013



Siga el conjunt del pla d’equacio en coordenades cartesianes

4x2 + y2 = 4.

Calcule el centre i el radi de la circumferencia osculatriu d’aquest conjunt en el punt (0,−2).

———————————————–

Per a calcular el centre i el radi de la circumferencia osculatriu primer hem de parametritzarla corba. L’equacio es una conica per ser un polinomi de segon grau de dos variables, i comels termes quadratics van multiplicats per nombres positius distints, sabem que es tracta d’unael.lipse. Si l’escrivim en la seua forma reduıda tenim

4x2 + y2 = 4←→ x2 +y2

22= 1.

D’on es dedueix que una possible parametritzacio es

f1(t) = cos t,

f2(t) = 2 sin t,

amb t ∈ [0, 2π].Aquesta parametritzacio es de classe C1, per la qual cosa podem calcular el radio i el centre

de la circumferencia osculatriu per a un parametre t0 com,

R(t0) =1

|K(t0)|,

C(t0) = f(t0) +R(t0) N(t0),

on K(t0) es la curvatura en t0. La circumferencia osculatriu existira si K(t0) = 0. Calculemtots els elements de les expressions donades.

En primer lloc, calculem el valor de t0 per al que f(t0) = (0,−2),

f(t0) = (cos t0, 2 sin t0) = (0,−2) −→{

cos t0 = 02 sin t0 = −2

}−→

{cos t0 = 0sin t0 = −1

}−→ t0 =

3π

2,

11

ja que t ∈ [0, 2π].El vector normal, N(t0) = N(3π/2), es

N

(3π

2

)=

1∣∣∣∣∣∣∣∣f ′(3π

2

)∣∣∣∣∣∣∣∣(−f ′

2

(3π

2

), f ′

1

(3π

2

))=

=1√(

− sin3π

2

)2

+

(2 cos

3π

2

)2

(−2 cos 3π

2,− sin

3π

2

)=

1

1(0, 1) = (0, 1) .

La curvatura, K(t0) = K(3π/2), es

K

(3π

2

)=

f ′1

(3π

2

)f ′′2

(3π

2

)− f ′′

1

(3π

2

)f ′2

(3π

2

)∣∣∣∣∣∣∣∣f ′

(3π

2

)∣∣∣∣∣∣∣∣3 =

=

− sin3π

2

(−2 sin 3π

2

)−(− cos

3π

2

)2 cos

3π

2[(− sin

3π

2

)2

+

(2 cos

3π

2

)]3/2 =2

1= 2.

Per tant, el radi i el centre de curvatura venen donats per

R

(3π

2

)=

1∣∣∣∣K (3π

2

)∣∣∣∣ =1

2,

C

(3π

2

)= f

(3π

2

)+R

(3π

2

)N

(3π

2

)= (0,−2) + 1

2(0, 1) =

(0,−3

2

).

1.4 Juliol 2013


1.4.1 Exercici 1a (3 punts)

Siga el conjunt del pla d’equacio en coordenades cartesianes

3x− y3 = 3.

Descriga aquest conjunt com la traca d’una corba parametrica f(t) = (f1(t), f2(t)), amb x =f1(t) i y = f2(t), i obtinga el dıedre de Frenet-Serret en el punt (10, 3).

———————————————–

Si aıllem la x de l’equacio s’obte

x =y3

3+ 1.

12

D’on es dedueix la parametritzacio

x = f1(t) =t3

3+ 1,

y = f2(t) = t,

amb t ∈ R. I com aquesta parametritzacio es de classe C1, podem calcular el seu dıedre deFrenet-Serret, el qual ve donat, per a un parametre t0, per les expressions

T (t0) =1

||f ′(t0)||(f ′

1(t0), f′2(t0)) ,

N(t0) =1

||f ′(t0)||(−f ′

2(t0), f′1(t0)) .

Calculem tots els elements de les expressions donades.En primer lloc, calculem el valor de t0 per al que f(t0) = (10, 3),

f(t0) =

(t303+ 1, t0

)= (10, 3) −→

t303+ 1 = 10

t0 = 3

−→ t0 = 3.

Una vegada conegut el valor de t0, es pot calcular el valor de les derivades i del modul,

f ′1(t0) = t2 −→ f ′

1(3) = 9,

f ′2(t0) = 1 −→ f ′

2(3) = 1,

||f ′(t0)|| =√(f ′

1(t0))2 + (f ′

2(t0))2 −→ ||f ′(3)|| =

√92 + 1 =

√82.

D’on tenim

T (3) =1

||f ′(3)||(f ′

1(3), f′2(3)) =

1√82

(9, 1),

N(3) =1

||f ′(3)||(−f ′

2(3), f′1(3)) =

1√82

(−1, 9).

13

Capıtol 2

Lımits i continuıtat de funcions realsde diverses variables reals

La llico 2 conte conceptes i procediments fonamentals per a la comprensio de l’assignatura i larealitzacio dels exercicis de les seguents llicons. No obstant aixo, en les convocatories en que secentra aquest manual no apareixen preguntes d’aquest tema. Tot i aixı, s’ha mantingut la llicoper a mantindre la coherencia amb la numeracio del temari de l’assignatura en aquests cursos.

15

Capıtol 3

Calcul diferencial de funcions reals dediverses variables reals

3.1 Juny 2011



Siga f una funcio diferenciable en un subconjunt de R2. Considere les relacions

x = r cos θ,

y = r sin θ.

Transforme l’equacio

(x2 + y2)

[(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2]

a les variables r i θ.

———————————————–

Les equacions de l’enunciat defineixen les funcions

x(r, θ) = r cos θ,

y(r, θ) = r sin θ,

les quals tenen per domini R2, encara que si entenem que r i θ son les coordenades polarsel domini seria [0,+∞) × [0, 2π). A mes, per ser el producte d’un polinomi amb una funciotrigonometrica, les dos funcions son de classe C1 en el seu domini. Per a poder transformar lesequacions anteriors han de definir un canvi de variable local, per la qual cosa es necessari queno s’anul.le el jacobia (determinant de la matriu jacobiana) de g(r, θ) = (x(r, θ), y(r, θ)). Lamatriu jacobiana ve donada per

Jg(r, θ) =

∂x

∂r(r, θ)

∂x

∂θ(r, θ)

∂y

∂r(r, θ)

∂y

∂θ(r, θ)

=

(cos θ −r sin θsin θ r cos θ

),

17

i el seu determinant es

det

(cos θ −r sin θsin θ r cos θ

)= r cos2 θ + r sin2 θ = r.

Si r = 0, com en el cas de les coordenades polars, el jacobia no s’anul.la i per tant, les equacionsdefineixen localment un canvi de variable local. Aco vol dir que per a tot punt (r0, θ0), ambr0 = 0, existeix un entorn U de (r0, θ0), i un entorn A de (x0, y0) = g(r0, θ0) on g admet funcioinversa g−1, es a dir, (g−1 ◦ g)(r, θ) = (r, θ),∀(r, θ) ∈ U , i (g ◦ g−1)(x, y) = (x, y),∀(x, y) ∈ A.

L’equacio donada depen de les variables (x, y) i volem expressar-la en funcio de (r, θ), perocom les primeres venen expressades en funcio de les segones en les equacions de l’enunciat,nomes necessitem escriure ∂f/∂x i ∂f/∂y en funcio de (r, θ). La qual cosa es pot realitzar per2 metodes:

Metode 1. Considerem un cert entorn on estiga definit el canvi de variable local i apliquem el canvide variable g a f . Denotem f(r, θ) = (f ◦ g)(r, θ) = f(x(r, θ), y(r, θ)). Ja que f(x, y) i gson funcions diferenciables, podem aplicar la regla de cadena a f(r, θ). Com el seu arbrede dependencia es

f

y

θ

r

x

θ

r

tenim que

∂f

∂r=

∂f

∂x

∂x

∂r+

∂f

∂y

∂y

∂r=

∂f

∂xcos θ +

∂f

∂ysin θ,

∂f

∂θ=

∂f

∂x

∂x

∂θ+

∂f

∂y

∂y

∂θ=

∂f

∂x(−r sin θ)− ∂f

∂yr cos θ.

Expressant el sistema matricialment tenim

(cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

)∂f

∂x

∂f

∂y

=

∂f

∂r

∂f

∂θ

.

Aplicant-hi la regla de Cramer obtenim,

∂f

∂x=

det

∂f

∂rsin θ

∂f

∂θr cos θ

det

(cos v sin v−r sin v r cos v

) =

∂f

∂rr cos θ − ∂f

∂θsin θ

r=

∂f

∂rcos θ − ∂f

∂θ

sin θ

r,

18

∂f

∂y=

det

cos θ

∂f

∂r

−r sin θ ∂f

∂θ

det

(cos θ sin θ−r sin θ r cos θ

) =

∂f

∂rr sin θ +

∂f

∂θcos θ

r=

∂f

∂rsin θ +

∂f

∂θ

cos θ

r.

Metode 2. Per l’apartat a) sabem que en un cert entorn d’un punt (x, y) de R2 tenim que (g ◦g−1)(x, y) = (x, y). Per tant, podem escriure

f(x, y) = f((g ◦ g−1)(x, y)) =(f ◦ (g ◦ g−1)

)(x, y) = ((f ◦ g) ◦ g−1)(x, y).

Denotant f(r, θ) = (f ◦ g)(r, θ) com en l’apartat anterior podem escriure

f(x, y) = (f ◦ g−1)(x, y).

Derivant aquesta expressio podem obtindre directament ∂f/∂x i ∂f/∂y, pero primer hemde calcular g−1(x, y). Per a aixo aıllem les variables (r, θ) de les equacions de l’enunciaten funcio de (x, y),

x = r cos θy = r sin θ

}−→

r2 = x2 + y2

tan θ =y

x

−→

r =√

x2 + y2,

θ = arctany

x.

Per tant, g−1(x, y) = (r(x, y), θ(x, y)) = (√

x2 + y2, arctan yx). Ja que f(r, θ) y g−1 son

funcions diferenciables, podem aplicar la regla de cadena a f(x, y). Com el seu arbre dedependencia es

f

θy

x

ry

x

tenim que

∂f

∂x=

∂f

∂r

∂r

∂x+

∂f

∂θ

∂θ

∂x,

∂f

∂y=

∂f

∂r

∂r

∂y+

∂f

∂θ

∂θ

∂y.

D’altra banda, les derivades parcials de r i θ respecte a x i y, escrites en funcio de r i θ,

19

venen donades per

∂r

∂x=

[x√

x2 + y2

]x = r cos θy = r sin θ

=r cos θ

r= cos θ,

∂r

∂y=

[y√

x2 + y2


=r sin θ

r= sin θ,

∂θ

∂x=

[1

1 + ( yx)2−yx2


=

[−y

x2 + y2


= −r sin θ

r2= −sin θ

r,

∂θ

∂y=

[1

1 + ( yx)2

1

x


=

[x

x2 + y2


=r cos θ

r2=

cos θ

r.

Per tant,

∂f

∂x=

∂f

∂rcos θ − ∂f

∂θ

sin θ

r,

∂f

∂y=

∂f

∂rsin θ +

∂f

∂θ

cos θ

r.

Una vegada obtingudes les parcials per qualsevol dels dos metodes, se substitueixen enl’expressio de l’enunciat, obtenint

(x2 + y2)

[(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2]=

= r2

[(∂f

∂rcos θ − ∂f

∂θ

sin θ

r

)2

+

(∂f

∂rsin θ +

∂f

∂θ

cos θ

r

)2]=

= r2

[(∂f

∂r

)2

cos2 θ − 2∂f

∂r

∂f

∂θ

cos θ sin θ

r+

(∂f

∂θ

)2sin2 θ

r2+

+

(∂f

∂r

)2

sin2 θ + 2∂f

∂r

∂f

∂θ

cos θ sin θ

r+

(∂f

∂θ

)2cos2 θ

r2

]=

= r2(∂f

∂r

)2

+

(∂f

∂θ

)2

.

3.2 Juliol 2011



Siga f una funcio diferenciable en un subconjunt de R2. Considere les relacions

u = sinx+ tan y,

v = sinx− tan y.

20

Transforme l’equacio √4 + (u− v)2

[(∂f

∂u

)−(∂f

∂v

)]= 2

a les variables x i y, simplificant tot el possible l’expressio obtinguda.

———————————————–

Les equacions de l’enunciat defineixen les funcions

u(x, y) = sinx+ tan y,

v(x, y) = sinx− tan y,

les quals tenen per domini R2 −{y = π

2+ kπ, k ∈ Z

}1. A mes, per ser suma de funcions

trigonometriques, les dos funcions son de classe C1 en el seu domini. Per a poder transformarles equacions anteriors han de definir un canvi de variable local, per la qual cosa es necessarique no s’anul.le el jacobia (determinant de la matriu jacobiana) de g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)).La matriu jacobiana ve donada per

Jg(x, y) =

∂u

∂x(x, y)

∂u

∂y(x, y)

∂v

∂x(x, y)

∂v

∂y(x, y)

=

cos x

1

cos2 y

cos x − 1

cos2 y

,


det

cos x

1

cos2 y

cos x − 1

cos2 y

= −2 cos x

cos2 y.

Si cos x = 0 (es a dir, si x = π2+ kπ, k ∈ Z), el jacobia no s’anul.la i, per tant, les equacions

defineixen localment un canvi de variable local. Aixo vol dir que per a tot punt (x0, y0) onno s’anul.le el jacobia hi ha un entorn U de (x0, y0), i un entorn A de (u0, v0) = g(x0, y0) ong admet funcio inversa g−1, es a dir, (g−1 ◦ g)(x, y) = (x, y),∀(x, y) ∈ U , i (g ◦ g−1)(u, v) =(u, v),∀(u, v) ∈ A.

L’equacio donada depen de les variables (u, v) i volem expressar-la en funcio de (x, y), perocom les primeres venen expressades en funcio de les segones en les equacions de l’enunciat,nomes necessitem escriure ∂f/∂u i ∂f/∂v en funcio de (x, y). Aixo es pot realitzar per 2metodes:

Metode 1. Considerem un cert entorn on estiga definit el canvi de variable local i apliquem el canvide variable g a f . Denotem f(x, y) = (f ◦ g)(x, y) = f(u(x, y), v(x, y)). Ja que f(u, v) i gson funcions diferenciables, podem aplicar la regla de cadena a f(x, y). Com el seu arbrede dependencia es

f

vy

x

uy

x

1Z representa al conjunt dels nombres enters, es a dir, Z = {0, 1,−1, 2,−2, . . . } .

21

tenim que

∂f

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x=

∂f

∂ucosx+

∂f

∂vcos x,

∂f

∂θ=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y=

∂f

∂u

1

cos2 y− ∂f

∂v

1

cos2 y.

Expressant el sistema matricialment tenimcosx cosx

1

cos2 y− 1

cos2 y

∂f

∂u

∂f

∂v

=

∂f

∂x

∂f

∂y

.

Aplicant la regla de Cramer obtenenim,

∂f

∂u=

det

∂f

∂xcosx

∂f

∂y− 1

cos2 y

det

cos x cosx

1

cos2 y− 1

cos2 y

=

∂f

∂x

−1cos2 y

− ∂f

∂ycosx

−2 cos x

cos2 y

=∂f

∂x

1

2 cos x+

∂f

∂y

cos2 y

2,

∂f

∂v=

det

cosx

∂f

∂x

1

cos2 y

∂f

∂y

det

cos x cosx

1

cos2 y− 1

cos2 y

=

∂f

∂x

−1cos2 y

+∂f

∂ycos x

−2 cos x

cos2 y

=∂f

∂x

1

2 cos x− ∂f

∂y

cos2 y

2.

Metode 2. Per l’apartat a) sabem que en un cert entorn d’un punt (u, v) de R2 tenim que (g ◦g−1)(u, v) = (u, v). Per tant, podem escriure

f(u, v) = f((g ◦ g−1)(u, v)) =(f ◦ (g ◦ g−1)

)(u, v) = ((f ◦ g) ◦ g−1)(u, v).

Denotant f(x, y) = (f ◦ g)(x, y) com en l’apartat anterior, podem escriure

f(u, v) = (f ◦ g−1)(u, v).

Derivant aquesta expressio podem obtindre directament ∂f/∂u i ∂f/∂v, pero primer hemde calcular g−1(u, v). Per a aixo aıllem les variables (x, y) de les equacions de l’enunciat,

u = sinx+ tan yv = sin x− tan y

}−→

{2 sin x = u+ v2 tan y = u− v

}−→

x = arcsin

(u+ v

2

)

y = arctan

(u− v

2

)

22

Per tant, g−1(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) =(arcsin

(u+v2

), arctan

(u−v2

)). Ja que f(x, y) i g−1

son funcions diferenciables, podem aplicar la regla de cadena a f(u, v). Com el seu arbrede dependencia es

f

yv

u

xv

u

tenim que

∂f

∂u=

∂f

∂x

∂x

∂u+

∂f

∂y

∂y

∂u,

∂f

∂v=

∂f

∂x

∂x

∂v+

∂f

∂y

∂y

∂v.

D’altra banda, les derivades parcials de x i y respecte a u i v, escrites en funcio de x i y,venen donades per

∂x

∂u=

1

2√1−

(u+v2

)2

u = sinx+ tan yv = sinx− tan y

=1

2√1− sin2 x

=1

2 | cos x|,

∂x

∂v=

1

2√1−

(u+v2

)2


=1

2√1− sin2 x

=1

2 | cos x|,

∂y

∂u=

1

2(1 +

(u−v2

)2)


=1

2(1 + tan2 y)=

cos2 y

2,

∂y

∂v=

−1

2(1 +

(u−v2

)2)


=−1

2(1 + tan2 y)= −cos2 y

2.

Suposem que | cosx| = cos x en l’entorn on es realitza el camp de variable2. Per tant,

∂f

∂u=

∂f

∂x

1

2 cos x+

∂f

∂y

cos2 y

2,

∂f

∂v=

∂f

∂x

1

2 cos x− ∂f

∂y

cos2 y

2.

Una vegada obtingudes les parcials per qualsevol dels metodes, se substitueixen en l’ex-

2Noteu que si es considera | cosx| = − cosx el resultat final no varia.

23

pressio de l’enunciat, obtenint

√4 + (u− v)2

[(∂f

∂u

)−(∂f

∂v

)]= 2,√

4 + 4 tan2 y

[(∂f

∂x

1

2 cos x+

∂f

∂y

cos2 y

2

)−(∂f

∂x

1

2 cos x− ∂f

∂y

cos2 y

2

)]= 2,

21

| cos y|

(∂f

∂ycos2 y

)= 2,

∂f

∂y=

1

| cos y|.

3.3 Juny 2012



Considere l’equacio

f

(x+ y

z,x2 − y2

z2

)= 0,

que definix z com a funcio implıcita de x i y de classe C1 en un cert entorn de R2. Per a talfuncio implıcita, obtinga el valor de

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y,


———————————————–

Com l’equacio defineix z com a funcio implıcita de x i y, suposem que es compleixen leshipotesis del Teorema de la Funcio Implıcita, d’on,

∂z

∂x(x, y) = −

∂f

∂x(x, y, z)

∣∣∣∣(x,y,z)=(x,y,z(x,y))

∂f

∂z(x, y, z)

∣∣∣∣(x,y,z)=(x,y,z(x,y))

,

∂z

∂y(x, y) = −

∂f

∂y(x, y, z)

∣∣∣∣(x,y,z)=(x,y,z(x,y))

∂f

∂z(x, y, z)

∣∣∣∣(x,y,z)=(x,y,z(x,y))

.

Per a calcular les parcials de f aplicarem la regla de la cadena a f(

x+yz, x

2−y2

z2

)= f(u(x, y), v(x, z)),

sent u(x, y) = x+yz

i v(x, z) = x2−y2

z2. D’on obtenim el seguent arbre de dependencies:

24

f

v

z

y

x

u

z

y

x

Per tant,

∂f

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x=

∂f

∂u

1

z+

∂f

∂v

2x

z2,

∂f

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y=

∂f

∂u

1

z+

∂f

∂v

−2yz2

,

∂f

∂z=

∂f

∂u

∂u

∂z+

∂f

∂v

∂v

∂z=

∂f

∂u

−(x+ y)

z2+

∂f

∂v

−2(x2 − y2)

z3.

Substituint en les parcials de z tenim,

∂z

∂x(x, y) = −

∂f

∂u

1

z+

∂f

∂v

2x

z2

∂f

∂u

−(x+ y)

z2+

∂f

∂v

−2(x2 − y2)

z3

,

∂z

∂y(x, y) = −

∂f

∂u

1

z+

∂f

∂v

−2yz2

∂f

∂u

−(x+ y)

z2+

∂f

∂v

−2(x2 − y2)

z3

.

I substituint en l’expressio donada,

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x

− ∂f

∂u

1

z+

∂f

∂v

2x

z2

∂f

∂u

−(x+ y)

z2+

∂f

∂v

−2(x2 − y2)

z3

+

+ y

− ∂f

∂u

1

z+

∂f

∂v

−2yz2

∂f

∂u

−(x+ y)

z2+

∂f

∂v

−2(x2 − y2)

z3

=

=

−∂f

∂u

(xz+

y

z

)+

∂f

∂v

(−2x2

z2+

2y2

z2

)∂f

∂u

−(x+ y)

z2+

∂f

∂v

−2(x2 − y2)

z3

=

=

∂f

∂u

−(x+ y)

z+

∂f

∂v

−2(x2 − y2)

z2

1

z

(∂f

∂u

−(x+ y)

z+

∂f

∂v

−2(x2 − y2)

z2

) =

25

=1

1/z= z.

3.4 Juliol 2012




x = eu cos v,

y = eu sin v.

a) En que punts es pot afirmar que defineixen localment un canvi de variables?

b) A partir d’aquestes relacions expresse de la manera mes simplificada possible l’equacio(1

x2 + y2

)[x

(∂f

∂x

)+ y

(∂f

∂y

)]2= 1,

en termes de u i v.

———————————————–

a) Les equacions de l’enunciat defineixen a les funcions

x(u, v) = eu cos v,

y(u, v) = eu sin v,

les quals tenen per domini R2. A mes, per ser el producte de la funcio exponencial ambfuncions trigonometriques, les dos funcions son de classe C1 en R2. Perque les equacionsanteriors definisquen un canvi de variable local es necessari que no s’anul.le el jacobia(determinant de la matriu jacobiana) de g(u, v) = (x(u, v), y(u, v)). La matriu jacobianave donada per

Jg(u, v) =

∂x

∂u(u, v)

∂x

∂v(u, v)

∂y

∂u(u, v)

∂y

∂v(u, v)

=

(eu cos v −eu sin veu sin v eu cos v

),


det

(eu cos v −eu sin veu sin v eu cos v

)= e2u cos2 v + e2u sin2 v = e2u.

Com l’exponencial es sempre positiva, el jacobia no s’anul.la i, per tant, les equacionsdefineixen localment un canvi de variable en R2. Aixo vol dir que per a tot punt (u0, v0) ∈R2 existeix un entorn U de (u0, v0), i un entorn A de (x0, y0) = g(u0, v0) on g admet funcioinversa g−1, es a dir, (g−1◦ g)(u, v) = (u, v),∀(u, v) ∈ U , i (g◦ g−1)(x, y) = (x, y), ∀(x, y) ∈A.

26

b) L’equacio donada depen de les variables (x, y) i volem expressar-la en funcio de (u, v),pero com les primeres venen expressades en funcio de les segones en les equacions del’enunciat, nomes necessitem escriure ∂f/∂x i ∂f/∂y en funcio de (u, v). Aixo es potrealitzar per 2 metodes:

Metode 1. Considerem un cert entorn d’un punt de R2 i apliquem el canvi de variable g a f .Denotem f(u, v) = (f ◦ g)(u, v) = f(x(u, v), y(u, v)). Ja que f(x, y) i g son funcionsdiferenciables, podem aplicar la regla de cadena a f(u, v). Com el seu arbre dedependencia es

f

yv

u

xv

u

tenim que

∂f

∂u=

∂f

∂x

∂x

∂u+

∂f

∂y

∂y

∂u=

∂f

∂xeu cos v +

∂f

∂yeu sin v,

∂f

∂v=

∂f

∂x

∂x

∂v+

∂f

∂y

∂y

∂v=

∂f

∂x(−eu sin v) + ∂f

∂yeu cos v.


(eu cos v eu sin v−eu sin v eu cos v

)∂f

∂x

∂f

∂y

=

∂f

∂u

∂f

∂v

.

Aplicant la regla de Cramer obtenim,

∂f

∂x=

det

∂f

∂ueu sin v

∂f

∂veu cos v

det


) =

∂f

∂ueu cos v − ∂f

∂veu sin v

e2u=

∂f

∂u

cos v

eu− ∂f

∂v

sin v

eu,

∂f

∂y=

det

eu cos v

∂f

∂u

−eu sin v ∂f

∂v

det


) =

∂f

∂ueu sin v +

∂f

∂veu cos v

e2u=

∂f

∂u

sin v

eu+

∂f

∂v

cos v

eu.

Metode 2. Per l’apartat a) sabem que en un cert entorn d’un punt (x, y) de R2 es te que(g ◦ g−1)(x, y) = (x, y). Per tant, podem escriure

f(x, y) = f((g ◦ g−1)(x, y)) =(f ◦ (g ◦ g−1)

)(x, y) = ((f ◦ g) ◦ g−1)(x, y).

27

Denotant f(u, v) = (f ◦ g)(u, v) com en l’apartat anterior podem escriure

f(x, y) = (f ◦ g−1)(x, y).

Derivant aquesta expressio podem obtindre directament ∂f/∂x i ∂f/∂y, pero primerhem de calcular g−1(x, y). Per a aixo aıllem les variables (u, v) de les equacions del’enunciat,

x = eu cos vy = eu sin v

}−→

e2u = x2 + y2

tan v =y

x

−→

u =1

2log (x2 + y2)

v = arctany

x

Per tant, g−1(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) = (1

2log (x2 + y2), arctan y

x). Ja que f(u, v) i

g−1 son funcions diferenciables, podem aplicar la regla de cadena a f(x, y). Com elseu arbre de dependencia es

f

vy

x

uy

x

tenim que

∂f

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x,

∂f

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y.

D’altra banda, les derivades parcials de u i v respecte a x i y, escrites en funcio deu i v, venen donades per

∂u

∂x=

[x

x2 + y2

]x = eu cos vy = eu sin v

=eu cos v

e2u=

cos v

eu,

∂u

∂y=

[y

x2 + y2


=eu sin v

e2u=

sin v

eu,

∂v

∂x=

[1

1 + ( yx)2−yx2


=

[−y

x2 + y2


= −eu sin v

e2u= −sin v

eu,

∂v

∂y=

[1

1 + ( yx)2

1

x


=

[x

x2 + y2


=eu cos v

e2u=

cos v

eu.

Per tant,

∂f

∂x=

∂f

∂u

cos v

eu− ∂f

∂v

sin v

eu,

∂f

∂y=

∂f

∂u

sin v

eu+

∂f

∂v

cos v

eu.

28

Substituint estes expressions en l’equacio diferencial, s’obte(1

x2 + y2

)[x

(∂f

∂x

)+ y

(∂f

∂y

)]2= 1,(

1

e2u

)[eu cos v

(∂f

∂u

cos v

eu− ∂f

∂v

sin v

eu

)+ eu sin v

(∂f

∂u

sin v

eu+

∂f

∂v

cos v

eu

)]2= 1,

1

e2u

[∂f

∂ucos2 v − ∂f

∂vcos v sin v +

∂f

∂usin2 v +

∂f

∂vcos v sin v

]2= 1,

1

e2u

[∂f

∂u

(cos2 v + sin2 v

)]2= 1,(

∂f

∂u

)2

= e2u,

∂f

∂u= ±e2u.

3.5 Juny 2013



Considere les equacions

x = 2u+ arctan v,

y = u− arctan v.

a) En quins punts es pot afirmar que defineixen localment un canvi de variables?

b) Siga f una funcio de classe C1 en un subconjunt obert de R2. A partir de les relacionsanteriors expresse de la manera mes simplificada possible l’equacio(

∂f

∂x− ∂f

∂y

)2

= 1,

en termes de u i v.

———————————————–

a) Les equacions de l’enunciat defineixen les funcions

x(u, v) = 2u+ arctan v,

y(u, v) = u− arctan v,

les quals tenen per domini R2. A mes, per ser suma de la funcio arcotangent amb unpolinomi, les dos funcions son de classe C1 en R2. Perque les equacions anteriors definis-quen un canvi de variable local es necessari que no s’anul.le el jacobia (determinant de lamatriu jacobiana) de g(u, v) = (x(u, v), y(u, v)). La matriu jacobiana ve donada per

Jg(u, v) =

∂x

∂u(u, v)

∂x

∂v(u, v)

∂y

∂u(u, v)

∂y

∂v(u, v)

=

2

1

1 + v2

1−1

1 + v2

,

29


det

2

1

1 + v2

1−1

1 + v2

=−2

1 + v2− 1

1 + v2=−3

1 + v2.

Com el numerador mai s’anul.la, el jacobia no s’anul.la, i per tant les equacions defineixenlocalment un canvi de variable en R2. Aixo vol dir que per a tot punt (u0, v0) ∈ R2 existeixun entorn U de (u0, v0), i un entorn A de (x0, y0) = g(u0, v0) on g admet funcio inversag−1, es a dir, (g−1 ◦ g)(u, v) = (u, v), ∀(u, v) ∈ U , i (g ◦ g−1)(x, y) = (x, y), ∀(x, y) ∈ A.

b) L’equacio donada depen de les variables (x, y) i volem expressar-la en funcio de (u, v).Per a aixo necessitem escriure ∂f/∂x i ∂f/∂y en funcio de (u, v). Aixo es pot realitzarper 2 metodes:

Metode 1. Considerem un cert entorn d’un punt de R2 i apliquem el canvi de variable g a f .Denotem f(u, v) = (f ◦ g)(u, v) = f(x(u, v), y(u, v)). Ja que f(x, y) i g(u, v) sonfuncions diferenciables, podem aplicar la regla de cadena a f(u, v). Com el seu arbrede dependencia es

f

yv

u

xv

u

tenim que

∂f

∂u=

∂f

∂x

∂x

∂u+

∂f

∂y

∂y

∂u=

∂f

∂x2 +

∂f

∂y1,

∂f

∂v=

∂f

∂x

∂x

∂v+

∂f

∂y

∂y

∂v=

∂f

∂x

1

1 + v2+

∂f

∂y

−11 + v2

.


2 1

1

1 + v2−1

1 + v2

∂f

∂x

∂f

∂y

=

∂f

∂u

∂f

∂v

.

Aplicant la regla de Cramer obtenim,

∂f

∂x=

det

∂f

∂u1

∂f

∂v

−11 + v2

det

2 1

1

1 + v2−1

1 + v2

=

∂f

∂u

−11 + v2

− ∂f

∂v1

−31 + v2

=∂f

∂u

1

3+

∂f

∂v

1

3(1 + v2),

30

∂f

∂y=

det

2

∂f

∂u

1

1 + v2∂f

∂v

det

(2 11

1 + v2−1

1 + v2

) =−∂f

∂u

1

1 + v2+

∂f

∂v2

−31 + v2

=∂f

∂u

1

3− ∂f

∂v

2

3(1 + v2).

Metode 2. Per l’apartat a) sabem que en un cert entorn d’un punt (x, y) de R2 tenim que(g ◦ g−1)(x, y) = (x, y). Per tant, podem escriure

f(x, y) = f((g ◦ g−1)(x, y)) =(f ◦ (g ◦ g−1)

)(x, y) = ((f ◦ g) ◦ g−1)(x, y).

Denotant f(u, v) = (f ◦ g)(u, v) com en l’apartat anterior podem escriure

f(x, y) = (f ◦ g−1)(x, y).

Derivant aquesta expressio podem obtindre directament ∂f/∂x i ∂f/∂y, pero primerhem de calcular g−1(x, y). Per a aixo aıllem les variables (u, v) de les equacions del’enunciat,

x = 2u+ arctan vy = u− arctan v

}−→

{3u = x+ y

3 arctan v = x− 2y

}−→

u =

x+ y

3

v = tan

(x− 2y

3

)

Per tant, g−1(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) = (x+y3, tan

(x−2y3

)). Ja que f(u, v) i g−1(x, y)

son funcions diferenciables, podem aplicar la regla de cadena a f(x, y). Com el seuarbre de dependencia es

f

vy

x

uy

x

tenim que

∂f

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x,

∂f

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y.

D’altra banda, les derivades parcials de u i v respecte a x i y, escrites en funcio de

31

u i v, venen donades per

∂u

∂x=

[1

3

]x = 2u+ arctan vy = u− arctan v

=1

3,

∂u

∂y=

[1

3

]x = 2u+ arctan vy = u− arctan v

=1

3,

∂v

∂x=

[1

3

(1 + tan2

(x− 2y

3

))]x = 2u+ arctan vy = u− arctan v

=1

3(1 + v2),

∂v

∂y=

[−23

(1 + tan2

(x− 2y

3

))]x = 2u+ arctan vy = u− arctan v

=−23

(1 + v2).

Per tant,

∂f

∂x=

∂f

∂u

1

3+

∂f

∂v

1

3(1 + v2),

∂f

∂y=

∂f

∂u

1

3+

∂f

∂v

−23

(1 + v2).

Una vegada s’han calculat les parcials de f respecte de x i y per qualsevol dels dosmetodes, se substitueixen en l’equacio diferencial, obtenint(

∂f

∂x− ∂f

∂y

)2

= 1,[(∂f

∂u

1

3+

∂f

∂v

1

3(1 + v2)

)−(∂f

∂u

1

3+

∂f

∂v

−23

(1 + v2)

)]2= 1,[

∂f

∂v(1 + v2)

]2= 1,

∂f

∂v= ± 1

1 + v2.

3.6 Juliol 2013




f

(arctan

(x

y

),x− y

z

)= 0,

que defineix z com a funcio implıcita de x i y en un cert entorn de R2. Per a tal funcio implıcita,obtinga el valor de,

x2y∂z

∂x+ xy2

∂z

∂y,


———————————————–

32

Com l’equacio defineix a z com a funcio implıcita de x i y, suposem que es compleixen leshipotesis del Teorema de la Funcio Implıcita, d’on,

∂z

∂x(x, y) = −

∂f

∂x(x, y, z)

∣∣∣∣(x,y,z)=(x,y,z(x,y))

∂f

∂z(x, y, z)

∣∣∣∣(x,y,z)=(x,y,z(x,y))

,

∂z

∂y(x, y) = −

∂f

∂y(x, y, z)

∣∣∣∣(x,y,z)=(x,y,z(x,y))

∂f

∂z(x, y, z)

∣∣∣∣(x,y,z)=(x,y,z(x,y))

.

Per a calcular les parcials de f aplicarem la regla de la cadena a f(arctan x

y, x−y

z

)=

f(u(x, y), v(x, z)), sent u(x, y) = arctan xyi v(x, z) = x−y

z. D’on tenim el seguent arbre de

dependencies:

f

v

z

y

x

uy

x

Per tant,

∂f

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x=

∂f

∂u

1y

1 +(

xy

)2 +∂f

∂v

1

z,

=∂f

∂u

y

x2 + y2+

∂f

∂v

1

z,

∂f

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y=

∂f

∂u

− xy2

1 +(

xy

)2 +∂f

∂v

−1z,

=∂f

∂u

−xx2 + y2

+∂f

∂v

−1z,

∂f

∂z=

∂f

∂v

∂v

∂z=

∂f

∂v

−(x− y)

z2.

Substituint en les parcials de z tenim,

∂z

∂x(x, y) = −

∂f

∂u

y

x2 + y2+

∂f

∂v

1

z∂f

∂v

−(x− y)

z2

,

∂z

∂y(x, y) = −

∂f

∂u

−xx2 + y2

+∂f

∂v

−1z

∂f

∂v

−(x− y)

z2

.

33

I substituint en l’expressio donada,

x2y∂z

∂x+ xy2

∂z

∂y= x2y

−∂f

∂u

y

x2 + y2+

∂f

∂v

1

z∂f

∂v

−(x− y)

z2

+

+ xy2

−∂f

∂u

−xx2 + y2

+∂f

∂v

−1z

∂f

∂v

−(x− y)

z2

=

=

−∂f

∂u

(x2y2

x2 + y2− x2y2

x2 + y2

)− ∂f

∂v

(x2y

z− xy2

z

)∂f

∂v

−(x− y)

z2

=

=−∂f

∂v

−∂f

∂v

1

z1

z2

x2y − xy2

x− y= z

xy(x− y)

x− y= xyz.

34

Capıtol 4

Algunes aplicacions del calculdiferencial

4.1 Juny 2011



Un costat d’un rectangle te 4 cm amb un error absolut inferior a 0.3 cm. La seua diagonal te5 cm amb un error absolut inferior a 0.03 cm. Calcule l’area del rectangle i una cota del seuerror absolut.

———————————————–

Si denotem per x el costat mesurat, per c el costat sense mesurar i per y la diagonal, pelteorema de Pitagores es te

y2 = x2 + c2 −→ c =√

y2 − x2.

L’area del rectangle es xc, per la qual cosa expressada en funcio de x i y tenim

A(x, y) = x√

y2 − x2.

Com x±∆x = 4± 0.3 i y ±∆y = 5± 0.03, negligint els errors tenim que l’area del rectanglees A(4, 5) = 4

√52 − 42 = 12. Calculem ara l’error associat a l’area quan no es negligeixen els

errors de les mesures.

c±∆c

x±∆x = 4± 0.3

y ±∆y =

5±0.03

Estrictament parlant el domini de la funcio A es R2, pero en el context del problemano te sentit parlar de longituds negatives o nul.les, i a mes s’enten que la diagonal sem-pre sera major que el costat. Per tant, en aquest problema considerarem que dom A =

35

{(x, y) ∈ R2/ x > 0, y > x} , que es un conjunt obert i convex. Les derivades parcials de Ason

∂A

∂x=

√y2 − x2 − x2√

y2 − x2=

y2 − 2x2√y2 − x2

,

∂A

∂y=

xy√y2 − x2

,

les quals son contınues en tots els punts del seu domini, per la qual cosa A es de classe C1, iper tant, diferenciable. Aplicant el teorema del valor mitja podem aproximar l’error comes perla funcio pel seu diferencial, es a dir,

|EA| = |A(x±∆x, y ±∆y)− A(x, y)| ≃∣∣dA(x,y)(±∆x,±∆y)

∣∣ .D’on

|EA| ≃∣∣dA(x,y)(±∆x,±∆y)

∣∣ = ∣∣∣∣∂A∂x (x, y) (±∆x) +∂A

∂y(x, y) (±∆y)

∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣∣ y2 − 2x2√y2 − x2

(±∆x) +xy√

y2 − x2(±∆y)

∣∣∣∣∣ ≤≤ |y2 − 2x2|√

y2 − x2|±∆x|+ xy√

y2 − x2|±∆y| .

Substituint els valors numerics obtenim

|EA| ≤|52 − 2 · 42|√

52 − 420.3 +

4 · 5√52 − 42

0.03 =7

30.3 +

20

30.03 = 0.7 + 0.2 = 0.9.

Per tant, A±∆A = 12± 0.9 cm2.


Calcule el polinomi de Taylor de grau 3 en x0 =(0, π

2

)de f(x, y) = e−x cos y.

———————————————–

La funcio f es de classe C∞ per ser producte de dos funcions de classe C∞. El polinomi deTaylor de grau 3 te l’expressio,

P3,(0,π2 )(x, y) = f

(0,

π

2

)+df(0,π2 )

(x− 0, y − π

2

)+1

2!d2f(0,π2 )

(x− 0, y − π

2

)+1

3!d3f(0,π2 )

(x− 0, y − π

2

).

Calculem cada un dels termes:

• f(0, π

2

)= 0

• Diferencial primera:

∂f

∂x(x, y) = −e−x cos y −→ ∂f

∂x

(0,

π

2

)= 0,

∂f

∂y(x, y) = −e−x sin y −→ ∂f

∂y

(0,

π

2

)= −1.

36

df(0,π2 )

(x− 0, y − π

2

)=

∂f

∂x

(0,

π

2

)· (x− 0) +

∂f

∂y

(0,

π

2

)·(y − π

2

)=

= −(y − π

2

).

• Diferencial segona:

∂2f

∂x2(x, y) = e−x cos y −→ ∂2f

∂x2

(0,

π

2

)= 0,

∂2f

∂x∂y(x, y) = e−x sin y −→ ∂2f

∂x∂y

(0,

π

2

)= 1,

∂2f

∂y2(x, y) = −e−x cos y −→ ∂2f

∂y2

(0,

π

2

)= 0.

d2f(0,π2 )

(x− 0, y − π

2

)=

∂2f

∂x2

(0,

π

2

)· (x− 0)2 + 2

∂2f

∂x∂y

(0,

π

2

)· (x− 0) ·

(y − π

2

)+

+∂2f

∂y2

(0,

π

2

)·(y − π

2

)2= 2x

(y − π

2

).

• Diferencial tercera:

∂3f

∂x3(x, y) = −e−x cos y −→ ∂3f

∂x3

(0,

π

2

)= 0,

∂3f

∂x2∂y(x, y) = −e−x sin y −→ ∂3f

∂x2∂y

(0,

π

2

)= −1,

∂3f

∂x∂y2(x, y) = e−x cos y −→ ∂3f

∂x∂y2

(0,

π

2

)= 0,

∂3f

∂y3(x, y) = e−x sin y −→ ∂3f

∂y3

(0,

π

2

)= 1.

d3f(0,π2 )

(x− 0, y − π

2

)=

∂3f

∂x3

(0,

π

2

)· (x− 0)3 + 3

∂3f

∂x2∂y

(0,

π

2

)· (x− 0)2 ·

(y − π

2

)+

+ 3∂3f

∂x∂y2

(0,

π

2

)· (x− 0) ·

(y − π

2

)2+

∂3f

∂y3

(0,

π

2

)·(y − π

2

)3=

= −3x2(y − π

2

)+(y − π

2

)3.

Per tant,

P3,(0,π2 )(x, y) = 0−

(y − π

2

)+

1

2!2x(y − π

2

)+

1

3!

[−3x2

(y − π

2

)+(y − π

2

)3]=

= −(y − π

2

)+ x

(y − π

2

)− x2

2

(y − π

2

)+

1

6

(y − π

2

)3.

37


Determine els extrems relatius condicionats de f(x, y) = xy subjecte a la condicio

1

x2+

1

y2= 1.

———————————————–

La funcio f es un polinomi de dos variables, per la qual cosa el seu domini es R2 i es unafuncio de classe C∞.

El conjunt de punts que compleixen la condicio 1x2 +

1y2

= 1 es descriu com

M = {(x, y) ∈ dom f/ g(x, y) = 0} ,

amb g(x, y) = 1x2 +

1y2− 1. La funcio g es una suma i quocient de polinomis, per la qual cosa g

es de classe C∞ en el seu domini,

Dom g ={(x, y) ∈ R2/ x = 0, i = 0

}.

Observem que la dependencia en x i y de g(x, y) no es lineal, ja que els seus parcials no sonconstants,

∂g

∂x(x, y) = − 2

x3,

∂g

∂y(x, y) = − 2

y3.

Per tant, calcularem els extrems relatius de f condicionats per M per mitja del metode delsmultiplicadors de Lagrange. La funcio de Lagrange es defineix per a aquest exercici com

F (x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = xy + λ

(1

x2+

1

y2− 1

).

Els candidats a extrems relatius condicionats son els punts estacionaris de F en M que com-pleixen que rang Jg(x, y) = 1.

Les derivades parcials de la funcio de Lagrange son

∂F

∂x(x, y) = y − λ

2

x3,

∂F

∂y(x, y) = x− λ

2

y3.

Recordem que en dom g tenim x = 0 i y = 0, de manera que no hi ha problemes de definiciode les parcials. Despres, el sistema a resoldre es

y − λ2

x3= 0

x− λ2

y3= 0

1

x2+

1

y2= 1

38

A partir de les dos primeres equacions aıllem λ i igualem les dos expressions,

λ =1

2yx3

λ =1

2xy3

−→1

2yx3 =

1

2xy3 −→ x2 = y2 −→ x = ±y.

Substituint en la tercera equacio tenim

1

x2+

1

x2= 1 ←→ x2 = 2 ←→ x = ±

√2.

Per tant, els punts (√2,√2), (−

√2,−√2), (√2,−√2), (−

√2,√2) son les solucions del sistema.

Verifiquem la condicio del rang de Jg per a aquests punts. Com

Jg(x, y) =

(∂g

∂x(x, y),

∂g

∂y(x, y)

)=

(− 2

x3,− 2

y3

),

tenim que,

Jg(√2,√2) =

(− 1√

2,− 1√

2

),

Jg(−√2,−√2) =

(1√2,1√2

),

Jg(√2,−√2) =

(− 1√

2,1√2

),

Jg(−√2,√2) =

(1√2,− 1√

2

).

Per tant, Jg te rang 1 en els punts, coincidint amb el nombre de condicions. Per tant, totes lessolucions del sistema son candidats a extrems relatius de f condicionats per M .

Per a esbrinar si realment ho son, estudiem el caracter de la matriu hessiana de F en elspunts. Aquesta matriu es

HF (x, y) =

∂2F

∂x2(x, y)

∂2F

∂y∂x(x, y)

∂2F

∂x∂y(x, y)

∂2F

∂y2(x, y)

=

6λ

x41

16λ

y4

.

Si (x, y) = (√2,√2), substituint en les expressions de λ deduıdes del sistema d’equacions

anterior tenim que λ = 2, d’on

HF (√2,√2) =

(3 11 3

).

Com els seus menors principals son positius,

∆1 = 3 > 0,

∆2 =

∣∣∣∣ 3 11 3

∣∣∣∣ = 9− 1 = 8 > 0,

tenim, aplicant el criteri de Sylvester, que HF (√2,√2) es definida positiva. Per conseguent,

(√2,√2) es un mınim relatiu de f en M .

39

Com HF (√2,√2) = HF (−

√2,−√2), el raonament per a (−

√2,−√2) es el mateix, d’on

tenim que tambe es un mınim relatiu de f en M .Si (x, y) = (

√2,−√2), tenim que λ = −2, d’on

HF (√2,−√2) =

(−3 11 −3

).

Com els seus menors principals alternen signe comencant per menys,

∆1 = −3 < 0,

∆2 =

∣∣∣∣ −3 11 −3

∣∣∣∣ = 9− 1 = 8 > 0,

tenim, aplicant el criteri de Sylvester, que HF (√2,−√2) es definida negativa. Per conseguent,

(√2,−√2) es un maxim relatiu de f en M .

Com HF (−√2,√2) = HF (

√2,−√2), el raonament per a (−

√2,√2) es el mateix, d’on

tenim que tambe es un maxim relatiu de f en M .

4.2 Juliol 2011



Utilitzant un polinomi de Taylor de grau 2 d’una funcio de diverses variables, calcule el valoraproximat de

1 + sin (0.1)

cos (0.2).

———————————————–

Siga la funcio f(x, y) =1 + sinx

cos y, i un entorn V de (0, 0) que continga a (0.1, 0.2) on no

s’anul.le el denominador de f . Comprovarem que f es de classe C2 en V , per la qual cosapodrem calcular el polinomi de Taylor de grau 2 en (0, 0) i realitzar l’aproximacio,

f(0.1, 0.2) ≈ P2,(0,0)(0.1, 0.2).

Triem el punt (0, 0) per a calcular el polinomi de Taylor perque es proxim a (0.1, 0.2) i simplificaels comptes. L’expressio del polinomi es,

P2,(0,0)(x, y) = f(0, 0) + df(0,0)(x− 0, y − 0) +1

2!d2f(0,0)(x− 0, y − 0).

Calculem cada terme per separat.

• Funcio:f(0, 0) = 1.

• Diferencial primera: Les derivades parcials primeres son,

∂f

∂x(x, y) =

cos x

cos y−→ ∂f

∂x(0, 0) = 1,

∂f

∂y(x, y) =

(1 + sin x) sin y

cos2 y−→ ∂f

∂y(0, 0) = 0.

40

I son contınues en V per ser producte i quocient de funcions contınues, d’on es te que fes de classe C1 en V i podem calcular la diferencial primera,

df(0,0)(x− 0, y − 0) =∂f

∂x(0, 0) · (x− 0) +

∂f

∂y(0, 0) · (y − 0) = x.

• Diferencial segona: Les derivades parcials segones son,

∂2f

∂x2(x, y) = − sin x

cos y−→ ∂2f

∂x2(0, 0) = 0,

∂2f

∂x∂y(x, y) =

cosx sin y

cos2 y−→ ∂2f

∂x∂y(0, 0) = 0,

∂2f

∂y2(x, y) =

(1 + sin x)(2 sin2 y + cos2 y)

cos3 y−→ ∂2f

∂y2(0, 0) = 1.

I son contınues en V per ser producte i quocient de funcions contınues, d’on tenim que fes de classe C2 en V i podem calcular la diferencial segona,

d2f(0,0)(x− 0, y − 0) =∂2f

∂x2(0, 0) · (x− 0)2 + 2

∂2f

∂x∂y(0, 0) · (x− 0)(y − 0) +

+∂2f

∂y2(0, 0) · (y − 0)2 = y2.

Per tant, el polinomi de Taylor es,

P2,(0,0)(x, y) = 1 + x+1

2y2.

I podem realitzar l’aproximacio,

f(0.1, 0.2) ≈ P2,(0,0)(0.1, 0.2) = 1 + 0.1 +1

20.22 = 1.12.


Calcule la distancia maxima i mınima del punt (2, 1) a la corba x2 − 2x+ y2 = 7.

———————————————–

La distancia d’un punt qualsevol (x, y) ∈ R2 al punt (2, 1), ve donada per la funcio,

d(x, y) =√(x− 2)2 + (y − 1)2.

Com nomes estem interessats en la distancia a (2, 1) dels punts de la corba x2 − 2x + y2 = 7,restringirem d a M = {(x, y) ∈ R2/g(x, y) = 0}, sent g(x, y) = x2 − 2x+ y2 − 7. Per tant, hemde trobar els extrems de d condicionats o restringits per M .

No obstant aixo, abans de comencar, ens fixem que d = h◦f, sent f(x, y) = (x−2)2+(y−1)2,i h(t) =

√t. Com h es una funcio estrictament creixent, podem assegurar que d i f tenen els

mateixos maxims i mınims. Per tant, en compte d’estudiar d, estudiarem els extrems de fcondicionats per M .

Si completem quadrats en l’equacio de la corba,

x2 − 2x+ y2 = 7←→ (x− 1)2 + y2 = 8,

41

veiem que M es una circumferencia, i per tant es un conjunt compacte. Com f es una funciocontınua, pel teorema de Weierstrass podem assegurar que f aconsegueix maxim i mınim enM .

Com f i g son polinomis, es te que son funcions de classe C∞ en R2. Els candidats a extremscondicionats absoluts son punts estacionaris de la funcio de Lagrange,

F (x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = (x− 2)2 + (y − 1)2 + λ(x2 − 2x+ y2 − 7),

en M . Calculem aquests punts,

(1)∂F

∂x(x, y) = 2(x− 2) + λ(2x− 2) = 0

(2)∂F

∂y(x, y) = 2(y − 1) + λ2y = 0

(3) x2 − 2x+ y2 = 7

(x− 2) + λ(x− 1) = 0

(y − 1) + λy = 0

x2 − 2x+ y2 = 7

Si x = 1, per (1), −1 = 0. Contradiccio.Si y = 0, per (2), −1 = 0. Contradiccio.Si x = 1 i y = 0,

λ =2− x

x− 1

λ =1− y

y

2− x

x− 1=

1− y

y←→ 2y − xy = x− 1− xy + y ←→ y = x− 1.

Substituint en (3),

x2 − 2x+ (x− 1)2 = 7,

x2 − 2x+ x2 − 2x+ 1 = 7,

2x2 − 4x− 6 = 0,

x2 − 2x− 3 = 0,

x =2±√4 + 12

2=

2± 4

2−→

{x = 3 −→ y = 2x = −1 −→ y = −2 .

Els punts candidats son {(3, 2), (−1,−2)}. Com f aconseguix maxim i mınim en M i nomestenim dos candidats, un sera el maxim i un altre el mınim,

f(3, 2) = 2 −→ (3, 2) es mınim,f(−1,−2) = 18 −→ (−1,−2) es maxim.

Per tant, la distancia maxima de (1, 2) a la circumferencia es d(−1,−2) =√18, mentre que la

mınima es d(3, 2) =√2.

4.3 Juny 2012


42


Utilitzant un polinomi de Taylor de grau 2 d’una funcio de diverses variables, calcule el valoraproximat de

log (2.67) [1 + tan (0.1)] .

Nota: Utilitze l’aproximacio e = 2.7 per a realitzar l’aproximacio

———————————————–

Siguen la funcio f(x, y) = log (x) (1 + tan y), i un entorn V de (e, 0) que continga (2.67, 0.1)on estiga definida f . Comprovarem que f es de classe C2 en V , per la qual cosa podrem calcularel polinomi de Taylor de grau 2 en (e, 0) i realitzar l’aproximacio,

f(2.67, 0.1) ≈ P2,(e,0)(2.67, 0.1).

Triem el punt (e, 0) per a calcular el polinomi de Taylor perque es proxim a (2.67, 0.1) i simplificaels comptes. L’expressio del polinomi es,

P2,(e,0)(x, y) = f(e, 0) + df(e,0)(x− e, y − 0) +1

2!d2f(e,0)(x− e, y − 0).


• Funcio:f(e, 0) = 1.


∂f

∂x(x, y) =

1

x(1 + tan y) −→ ∂f

∂x(e, 0) =

1

e,

∂f

∂y(x, y) = log (x)

1

cos2 y−→ ∂f

∂y(e, 0) = 1.

I son contınues en V per ser producte i quocient de funcions contınues, d’on tenim que fes de classe C1 en V i podem calcular la diferencial primera,

df(e,0)(x− e, y − 0) =∂f

∂x(e, 0) · (x− e) +

∂f

∂y(e, 0) · (y − 0) =

1

e(x− e) + (y − 0).


∂2f

∂x2(x, y) = − 1

x2(1 + tan y) −→ ∂2f

∂x2(e, 0) = − 1

e2,

∂2f

∂x∂y(x, y) =

1

x

1

cos2 y−→ ∂2f

∂x∂y(e, 0) =

1

e,

∂2f

∂y2(x, y) = 2 log (x)

sin y

cos3 y−→ ∂2f

∂y2(e, 0) = 0.


d2f(e,0)(x− e, y − 0) =∂2f

∂x2(e, 0) · (x− e)2 + 2

∂2f

∂x∂y(e, 0) · (x− e)(y − 0) +

+∂2f

∂y2(e, 0) · (y − 0)2 =

= − 1

e2(x− e)2 +

2

e(x− e)(y − 0).

43


P2,(e,0)(x, y) = 1 +1

e(x− e) + (y − 0) +

1

2

(− 1

e2(x− e)2 +

2

e(x− e)(y − 0)

).

I podem realitzar l’aproximacio,

f(2.67, 0.1) ≈ P2,(e,0)(2.67, 0.1) =

= 1 +1

e(2.67− e) + (0.1− 0) +

1

2

(− 1

e2(2.67− e)2 +

2

e(2.67− e)(0.1− 0)

).

Prenent e ≈ 2.7 tenim,

f(2.67, 0.1) ≈ 1 +1

2.7(2.67− 2.7) + (0.1− 0) +

1

2

(− 1

2.72(2.67− 2.7)2 +

2

2.7(2.67− 2.7)(0.1− 0)

)=

= 1− 0.3

2.7+ 0.1 +

1

2

(−0.32

2.72− 2

2.70.03

).

Aproximant cada fraccio amb 3 xifres decimals queda,

f(2.67, 0.1) ≈ 1− 0.111 + 0.1 + 0.5 (−0.123− 0.022) = 1.0615.


Calcule els extrems relatius de la funcio

f(x, y) =1

x+

1

y

condicionat per x2y2 = 1.

———————————————–

La funcio f es la suma de dos quocients de dos polinomis i esta definida sempre que nos’anul.len els denominadors, per tant el domini de f es el conjunt obert

dom f ={(x, y) ∈ R2/x = 0, y = 0

}.

En tots els punts del seu domini f es una funcio de classe C∞, ja que es quocient i suma depolinomis, els quals sabem que son C∞.

El conjunt de punts que compleixen la condicio x2y2 = 1 es descriu com

M = {(x, y) ∈ dom f/ g(x, y) = 0} ,

amb g(x, y) = x2y2 − 1. La funcio g es un polinomi, per la qual cosa podem afirmar que g esde classe C∞ en R2, i per tant tambe ho sera en dom f .

Observem que la dependencia en x i y de g(x, y) no es lineal, ja que les seues parcials noson constants,

∂g

∂x(x, y) = 2xy2,

∂g

∂y(x, y) = 2x2y.

44

Per tant, calcularem els extrems relatius de f condicionats per M per mitja del metode delsmultiplicadors de Lagrange. La funcio de Lagrange es defineix per a aquest exercici com

F (x, y) = f(x, y) + λg(x, y) =1

x+

1

y+ λ(x2y2 − 1).

Els candidats a extrems relatius condicionats son els punts estacionaris de F en M i compleixenque rang Jg(x, y) = 1.

Les derivades parcials de la funcio de Lagrange son

∂F

∂x(x, y) = − 1

x2+ 2λxy2,

∂F

∂y(x, y) = − 1

y2+ 2λx2y.

Recordem que en dom f tenim x = 0 i y = 0, i per aixo no hi ha problemes de definicio de lesparcials. Per tant, el sistema a resoldre es

− 1

x2+ 2λxy2 = 0

− 1

y2+ 2λx2y = 0

x2y2 = 1

A partir de les dos primeres equacions aıllem λ i igualem les dos expressions,

λ =1

2x3y2

λ =1

2x2y3

−→1

2x3y2=

1

2x2y3−→ 2x3y2 = 2x2y3 −→ x = y.

Substituint en la tercera equacio tenim

x2x2 = 1 ←→ x4 = 1 ←→ x = ±1.

Per tant, els punts (1, 1) i (−1,−1) son les solucions del sistema. Verifiquem la condicio delrang de Jg per a aquests punts. Com

Jg(x, y) =

(∂g

∂x(x, y),

∂g

∂y(x, y)

)= (2xy2, 2x2y),

tenim que,

Jg(1, 1) = (2, 2),

Jg(−1,−1) = (−2,−2).

tenen rang 1, que coincideix amb el nombre de condicions. Per tant, els punts (1, 1) i (−1,−1)son candidats a extrems relatius de f condicionats per M .

Per a esbrinar si realment ho son estudiem el caracter de la matriu hessiana de F en aquestspunts. Aquesta matriu es

HF (x, y) =

∂2F

∂x2(x, y)

∂2F

∂y∂x(x, y)

∂2F

∂x∂y(x, y)

∂2F

∂y2(x, y)

=

2

x3+ 2λy2 4λxy

4λxy2

y3+ 2λx2

.

45

Si (x, y) = (1, 1), substituint en les expressions de λ deduıdes del sistema anterior tenimque λ = 1

2, d’on

HF (1, 1) =

(3 22 3

).

Com els seus menors principals son positius,

∆1 = 3 > 0,

∆2 =

∣∣∣∣ 3 22 3

∣∣∣∣ = 9− 4 = 5 > 0,

tenim, aplicant el criteri de Sylvester, que HF (1, 1) es definida positiva. Per conseguent, (1, 1)es un mınim relatiu de f en M .

Si (x, y) = (−1,−1), tenim que λ = −12, d’on

HF (−1,−1) =(−3 −2−2 −3

).

Com els seus menors principals alternen signe comencant per menys,

∆1 = −3 < 0,

∆2 =

∣∣∣∣ −3 −2−2 −3

∣∣∣∣ = 9− 4 = 5 > 0,

tenim, aplicant el criteri de Sylvester, que HF (−1,−1) es definida negativa. Per conseguent,(−1,−1) es un maxim relatiu de f en M .

4.4 Juliol 2012



Calcule el polinomi de Taylor de primer grau en el punt(π2, π4

)de la funcio z(x, y) de classe C1

definida implıcitament en un entorn de(π2, π4, 0)per l’equacio

ex2+y2+z2 − 1

tan (x− y + 3z)= 0.

———————————————–

El punt(π2, π4, 0)compleix l’equacio, per la qual cosa z

(π2, π4

)= 0. Si z(x, y) ∈ C1 en un

entorn de(π2, π4

), el seu polinomi de Taylor vindra donat per

P2,(π2,π4 )(x, y) = z

(π2,π

4

)+ dz(π

2,π4 )

(x− π

2, y − π

4

). (4.1)

Per tant, el nostre objectiu es calcular la diferencial primera de z(x, y). Per a calcular lesderivades de primer ordre aplicarem la derivacio implıcita.

Siga f(x, y, z) = ex2y2z2 − 1

tan (x−y+3z), de manera que f(x, y, z) = 0 defineix l’equacio de

l’enunciat. El seu domini ve definit per

dom f ={(x, y, z) ∈ R3/ x− y + 3z = k

π

2, k ∈ Z

},

46

perque si k es par tan (k π/2) = 0, i si k es impar tan (k π/2) no esta definida.Les seues derivades parcials de primer ordre venen donades per,

∂f

∂x(x, y, z) = 2xy2z2 ex

2y2z2 +1

sin2 (x− y + 3z),

∂f

∂y(x, y, z) = x22yz2 ex

2y2z2 − 1

sin2 (x− y + 3z),

∂f

∂z(x, y, z) = x2y22z ex

2y2z2 +3

sin2 (x− y + 3z).

Com son totes contınues, f ∈ C1, i com ∂f∂z

(π2, π4, 0)= 6 = 0, podem derivar implıcitament.

Per tant, z(x, y) es de classe C1 en un entorn de(π2, π4

), i tenim que,

∂z

∂x(x, y) = −

∂f

∂x(x, y, z(x, y))

∂f

∂z(x, y, z(x, y))

= −2xy2z2 ex

2y2z2 +1

sin2 (x− y + 3z)

x2y22z ex2y2z2 +

3

sin2 (x− y + 3z)

,

∂z

∂y(x, y) = −

∂f

∂y(x, y, z(x, y))

∂f

∂z(x, y, z(x, y))

= −x22yz2 ex

2y2z2 − 1

sin2 (x− y + 3z)

x2y22z ex2y2z2 +

3

sin2 (x− y + 3z)

.

En l’expressio final s’ha escrit z en compte de z(x, y) per simplificar la notacio. Prenent(x, y) =

(π2, π4

), i tenint en compte que z

(π2, π4

)= 0, tenim que

∂z

∂x

(π2,π

4

)= −0 + 2

6= −1

3,

∂z

∂y

(π2,π

4

)= −0− 2

6=

1

3.

D’on es dedueix que la diferencial primera de z(x, y) es,

dz(π2,π4 )(h, k) =

∂z

∂x

(π2,π

4

)· h+

∂z

∂y

(π2,π

4

)· k = −1

3h+

1

3k.

I substituint en l’equacio (4.1) obtenim el polinomi de Taylor,

P1,(π2,π4 )(x, y) = z

(π2,π

4

)+ dz(π

2,π4 )

(x− π

2, y − π

4

)= 0− 1

3

(x− π

2

)+

1

3

(y − π

4

).


Calcule la distancia maxima i mınima del punt (−1,−3) a la corba9x2 + 18x+ y2 − 6y + 9 = 0.

———————————————–

La distancia d’un punt qualsevol del pla, (x, y) ∈ R2, al punt (−1,−3), ve donada per lafuncio,

d(x, y) =√

(x+ 1)2 + (y + 3)2.

Com nomes estem interessats en la distancia a (−1,−3) dels punts de la corba 9x2+18x+y2−6y+9 = 0, restringirem d aM = {(x, y) ∈ R2/g(x, y) = 0}, sent g(x, y) = 9x2+18x+y2−6y+9.Per tant, hem de trobar els extrems de d condicionats o restringits per M .

47

No obstant aixo, abans de comencar, ens fixem que d = h◦f, sent f(x, y) = (x+1)2+(y+3)2,i h(t) =


mateixos maxims i mınims. Per tant, en compte d’estudiar d, estudiarem els extrems de fcondicionats per M , ja que es un problema mes senzill.

Si estudiem l’equacio g(x, y) = 0, veiem que es un polinomi de dos variables de segon grauigualat a zero, per la qual cosaM nomes pot ser una circumferencia, una el.lipse o una hiperbola.Com els coeficients de x2 e y2 tenen el mateix signe podem descartar a la hiperbola, i com nocoincideixen podem descartar a la circumferencia. Per tant es pot deduir que M es una el.lipse1,i per tant es un conjunt compacte. Com f es una funcio contınua, pel teorema de Weierstrasspodem assegurar que f assoleix maxim i mınim en M .

Com f i g son polinomis, tenim que son funcions de classe C∞ en R2. A mes, la matriujacobiana de g,

Jg(x, y) =

(∂g

∂x,∂g

∂y

)= (18x+ 18, 2y − 6) ,

te rang 1 enM , ja que nomes s’anul.la en (−1, 3) i aquest punt no pertany aM . Per tant, podemaplicar el Teorema dels Multiplicadors de Lagrange, d’on els candidats a extrems condicionatsabsoluts son punts estacionaris de la funcio de Lagrange,

F (x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = (x+ 1)2 + (y + 3)2 + λ(9x2 + 18x+ y2 − 6y + 9),

en M . Calculem aquests punts,

(1)∂F

∂x(x, y) = 2(x+ 1) + λ(18x+ 18) = 0

(2)∂F

∂y(x, y) = 2(y + 3) + λ(2y − 6) = 0

(3) 9x2 + 18x+ y2 − 6y + 9 = 0

x+ 1 + λ(9x+ 9) = 0

y + 3 + λ(y − 3) = 0

9x2 + 18x+ y2 − 6y + 9 = 0

• Si x = −1, per (1), λ = − x+ 1

9x+ 9= −1

9.

Sustituint en (2),

y + 3− 1

9(y − 3) = 0←→ 9y − y = −27− 3←→ y = −30

8= −15

4.

Sustituint en (3),

9x2+18x+

(−15

4

)2

−6(−15

4

)+9 = 0←→ x2+2x+

25

16+10

4+1 = 0←→ 16x2+32x+81 = 0,

i resolent l’equacio de segon grau,

x =−32±

√322 − 4 · 16 · 8132

=−32±

√1024− 5184

32/∈ R.

Per tant, no hi ha solucions reals si x = −1.1Si completem cuadrats,

9x2 + 18x+ y2 − 6y + 9 = 0←→ (3x+ 3)2 + (y − 3)2 = 9←→ (x+ 1)2 +(y − 3)2

32= 1.

veiem que M es una el.lipse, centrada en (−1, 3) de semieixos 1 i 3 paral.lels a l’eix d’abscisses i ordenades,respectivament.

48

• Si x = −1, per (3),

9− 18 + y2 − 6y + 9 = 0←→ y2 − 6y = 0←→ y(y − 6) = 0.

D’on y = 0 i y = 6.

Els punts candidats son {(−1, 0), (−1, 6)}. Com f assoleix maxim i mınim en M i nomestenim dos candidats, un sera el maxim i un altre el mınim,

f(−1, 0) = (−1 + 1)2 + (0 + 3)2 = 9 −→ (−1, 0) es mınim,f(−1, 6) = (−1 + 1)2 + (6 + 3)2 = 81 −→ (−1, 6) es maxim.

Per tant, la distancia mınima de (1, 2) a la circumferencia es d(−1, 0) =√9 = 3, mentre que la

maxima es d(−1, 6) =√81 = 9.

4.5 Juny 2013



El trapezi que apareix en la figura esta format per un rectangle i un triangle rectangle. Leslongituds s’han mesurat amb un error absolut inferior a 0.1 cm i l’angle amb un error absolutinferior a 1o. Obtinga el valor estimat de l’area i una cota del seu error absolut.

60o

2 cm

3 cm

———————————————–

Denotem per x la base del triangle, y la base del rectangle, α l’angle mesurat i h l’alturadel trapezi. Tenint en compte que l’area del trapezi es igual a la suma de l’area del trianglemes l’area del rectangle, tenim que

Area =xh

2+ yh =

(x2+ y)h.

Com h = x tanα, podem expressar l’area en funcio de x, y, i α,

A(x, y, α) =(x2+ y)x tanα =

(x2

2+ xy

)tanα.

Les mesures estan calculades amb errors, per tant tenim x±∆x = 2±0.1 cm, y±∆y = 3±0.1cm y α±∆α = 60o ± 1o = π

3± π

180radians. Si negligim els errors, l’area del trapezi es

A(2, 3,

π

3

)=

(22

2+ 2 · 3

)tan

π

3= 8√3.

49

Calculem ara l’error associat a l’area quan no es negligeixen els errors de les mesures.Estrictament parlant, el domini de la funcio A es R3, pero en el context del problema

no te sentit parlar de longituds negatives o nul.les, ni d’angles majors o iguals que 180o onuls. Com en el triangle ja hi ha un angle de 90o, en aquest problema considerarem que domA =

{(x, y, α) ∈ R3/ x > 0, y > 0, 0 < α < π

2

}, que es un conjunt obert i convex. Les derivades

parcials de A son

∂A

∂x= (x+ y) tanα,

∂A

∂y= x tanα,

∂A

∂α=

(x2

2+ xy

)1

cos2 α,

les quals son contınues en tots els punts del seu domini, per tant A es diferenciable. Aplicantel teorema del valor mitja podem aproximar l’error comes per la funcio pel seu diferencial, esa dir,

|EA| = |A(x±∆x, y ±∆y, α±∆α)− A(x, y, α)| ≃∣∣dA(x,y,α)(±∆x,±∆y,±∆α)

∣∣ .D’on

|EA| ≃∣∣dA(x,y,α)(±∆x,±∆y,±∆α)

∣∣ ==

∣∣∣∣∂A∂x (x, y, α) (±∆x) +∂A

∂y(x, y, α) (±∆y) +

∂A

∂α(x, y, α) (±∆α)

∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣(x+ y) tanα (±∆x) + x tanα (±∆y) +

(x2

2+ xy

)1

cos2 α(±∆α)

∣∣∣∣ ≤≤ (x+ y) tanα | ±∆x|+ x tanα | ±∆y|+

(x2

2+ xy

)1

cos2 α| ±∆α|

Substituint els valors numerics obtenim

|EA| ≤ (2 + 3) tanπ

3|±0.1|+ 2 tan

π

3| ± 0.1|+

(22

2+ 2 · 3

)1

cos2 π3

∣∣∣± π

180

∣∣∣ ≤≤ 0.5

√3 + 0.2

√3 + 8

1

1/4

π

180= 0.7

√3 +

8π

45.

Per tant, A±∆A = 8√3±

(0.7√3 +

8π

45

)cm2.


Calcule els extrems relatius de la funcio

f(x, y) =1

3x3 + y2x− 5x− 4y + 1.

———————————————–

50

La funcio f es un polinomi, per tant el seu domini es R2, que es obert, i es una funcio declasse C∞ en tot el domini.

Tots els extrems relatius de la funcio son punts estacionaris, per aixo comencem calculantaquests ultims, els quals son els punts que anul.len les derivades parcials de f . Per tant, hauremde resoldre el sistema,

−∂f

∂x= x2 + y2 − 5 = 0

−∂f

∂y= 2xy − 4 = 0

Si y = 0, aıllem x de la segona equacio, x = 2/y. Substituint en la primera equacio tenim,(

2

y

)2

+ y2 − 5 = 0 ←→ y4 − 5y2 + 4 = 0.

Si cridem t = y2, l’equacio queda,

t2 − 5t+ 4 = 0←→ t =5±√25− 16

2=

5± 3

2−→

t = 4 −→

{y = 2 −→ x = 1y = −2 −→ x = −1

t = 1 −→{

y = 1 −→ x = 2y = −1 −→ x = −2

.

Si y = 0, la segona equacio es redueix a −4 = 0. De manera que y no pot ser zero.Per tant, els punts estacionaris de f son (1, 2), (−1,−2), (2, 1) i (−2,−1).Per a veure quins d’aquests punts son extrems relatius estudiarem la matriu hessiana de f ,

Hf(x, y) =

∂2f

∂x2(x, y)

∂2f

∂y∂x(x, y)

∂2f

∂x∂y(x, y)

∂2f

∂y2(x, y)

=

(2x 2y2y 2x

).

• Si (x, y) = (1, 2) tenim

Hf(1, 2) =

(2 44 2

),

i els seus menors principals son

∆1 = 2 > 0,

∆2 =

∣∣∣∣ 2 44 2

∣∣∣∣ = 4− 16 = −12 < 0.

Per tant, aplicant el criteri de Sylvester, es dedueisx que HF (1, 2) es indefinida. Perconseguent, (1, 2) es un punt de sella de f .

• Si (x, y) = (−1,−2) tenim

Hf(−1,−2) =(−2 −4−4 −2

),


∆1 = −2 < 0,

∆2 =

∣∣∣∣ −2 −4−4 −2

∣∣∣∣ = 4− 16 = −12 < 0.

Per tant, aplicant el criteri de Sylvester, es dedueix que HF (−1,−2) es indefinida. Perconseguent, (−1,−2) es un punt de sella de f .

51

• Si (x, y) = (2, 1) tenim

Hf(2, 1) =

(4 22 4

),

i les seus menors principals son

∆1 = 4 > 0,

∆2 =

∣∣∣∣ 4 22 4

∣∣∣∣ = 16− 4 = 12 > 0.

Per tant, aplicant el criteri de Sylvester, es dedueix que HF (2, 1) es definida positiva.Per conseguent, (2, 1) es un mınim relatiu de f .

• Si (x, y) = (−2,−1) tenim

Hf(2, 1) =

(−4 −2−2 −4

),


∆1 = −4 < 0,

∆2 =

∣∣∣∣ −4 −2−2 −4

∣∣∣∣ = 16− 4 = 12 > 0.

Per tant, aplicant el criteri de Sylvester, es dedueix que HF (−2,−1) es definida negativa.Per conseguent, (−2,−1) es un maxim relatiu de f .

4.6 Juliol 2013



Utilitzant un polinomi de Taylor de grau 2 d’una funcio de diverses variables, obtinga el valoraproximat de

arcsin (0.1) [1 + log (0.9)].

———————————————–

Siguen la funcio f(x, y) = arcsin (x) (1 + log y), i un entorn V de (0, 1) que continga a(0.1, 0.9) on estiga definida f . Comprovarem que f es de classe C2 en V , aleshores podremcalcular el polinomi de Taylor de grau 2 en (0, 1) i realitzar l’aproximacio,

f(0.1, 0.9) ≈ P2,(0,1)(0.1, 0.9).

Triem el punt (0, 1) per a calcular el polinomi de Taylor perque es proxim a (0.1, 0.9) i simplificaels comptes. L’expressio del polinomi es,

P2,(0,1)(x, y) = f(0, 1) + df(0,1)(x− 0, y − 1) +1

2!d2f(0,1)(x− 0, y − 1).


• Funcio:f(0, 1) = 0.

52


∂f

∂x(x, y) =

1√1− x2

(1 + log y) −→ ∂f

∂x(0, 1) = 1,

∂f

∂y(x, y) = arcsin (x)

1

y−→ ∂f

∂y(0, 1) = 0.

I son contınues en V per ser producte i quocient de funcions contınues, d’on tenim que fes de classe C1 en V i podem calcular la diferencial primera,

df(0,1)(x− 0, y − 1) =∂f

∂x(0, 1) · (x− 0) +

∂f

∂y(0, 1) · (y − 1) = (x− 0).


∂2f

∂x2(x, y) =

x

(1− x2)3/2(1 + log y) −→ ∂2f

∂x2(0, 1) = 0,

∂2f

∂x∂y(x, y) =

1√1− x2

1

y−→ ∂2f

∂x∂y(0, 1) = 1,

∂2f

∂y2(x, y) = arcsin (x)

−1y2

−→ ∂2f

∂y2(0, 1) = 0.


d2f(0,1)(x− 0, y − 1) =∂2f

∂x2(0, 1) · (x− 0)2 + 2

∂2f

∂x∂y(0, 1) · (x− 0)(y − 1) +

+∂2f

∂y2(0, 1) · (y − 1)2 = 2(x− 0)(y − 1).


P2,(0,1)(x, y) = 0 + (x− 0) +1

2[2(x− 0)(y − 1)]

= (x− 0) + (x− 0)(y − 1).

i podem realitzar l’aproximacio,

f(0.1, 0.9) ≈ P2,(0,1)(0.1, 0.9) =

= (0.1− 0) + (0.1− 0)(0.9− 1) = 0.1− 0.01 = 0.09.


Calcule la distancia maxima i mınima del punt (1, 1) a la corba 4x2 − 8x+ y2 = 0.

———————————————–

La distancia d’un punt qualsevol del pla, (x, y) ∈ R2, al punt (1, 1), ve donada per la funcio,

d(x, y) =√(x− 1)2 + (y − 1)2.

53

Com nomes estem interessats en la distancia a (1, 1) dels punts de la corba 4x2 − 8x+ y2 = 0,restringirem d a M = {(x, y) ∈ R2/g(x, y) = 0}, sent g(x, y) = 4x2− 8x+ y2. Per tant, hem detrobar els extrems de d condicionats o restringits per M .

No obstant aixo, abans de comencar, ens fixem que d = h◦f, sent f(x, y) = (x−1)2+(y−1)2,i h(t) =


mateixos maxims i mınims. Per tant, en compte d’estudiar d, estudiarem els extrems de fcondicionats per M , ja que es un problema mes senzill.

Si estudiem l’equacio g(x, y) = 0, veiem que es un polinomi de 2 variables de segon grauigualat a zero, de manera que M nomes pot ser una circumferencia, una el.lipse o una hiperbola.Com els coeficients de x2 i y2 tenen el mateix signe podem descartar a la hiperbola, i com nocoincideixen podem descartar la circumferencia. Per tant, es pot deduir que M es una el.lipse2,i per tant es un conjunt compacte. Com f es una funcio contınua, pel Teorema de Weierstrasspodem assegurar que f te maxim i mınim absolut en M .

Com f i g son polinomis, tenim que son funcions de classe C∞ en R2. A mes, la matriujacobiana de g,

Jg(x, y) =

(∂g

∂x,∂g

∂y

)= (8x− 8, 2y) ,

te rang 1 en M , ja que nomes s’anul.la en (1, 0) i aquest punt no pertany a M . Per tant, podemaplicar el Teorema dels Multiplicadors de Lagrange, d’on els candidats a extrems condicionatsabsoluts son punts estacionaris de la funcio de Lagrange,

F (x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = (x− 1)2 + (y − 1)2 + λ(4x2 − 8x+ y2),

en M . Calculem eixos punts,

(1)∂F

∂x(x, y) = 2(x− 1) + λ(8x− 8) = 0

(2)∂F

∂y(x, y) = 2(y − 1) + λ2y = 0

(3) 4x2 − 8x+ y2 = 0

x− 1 + λ(4x− 4) = 0

y − 1 + λy = 0

4x2 − 8x+ y2 = 0

• Si x = 1, per (1), λ = − x− 1

4x− 4= −1

4.

Sustituint en (2),

y − 1− 1

4y = 0←→ 3

4y = 1←→ y =

4

3.

Sustituint en (3),

4x2 − 8x+

(4

3

)2

= 0←→ x2 − 2x+4

9= 0←→ 9x2 − 18x+ 4 = 0,

i resolent l’equacio de segon grau,

x =18±

√182 − 4 · 9 · 418

=18± 6

√5

18= 1±

√5

3,

obtenim els punts(1 +

√53, 43

)y(1−

√53, 43

).

2Si completem cuadrats,

4x2 − 8x+ y2 = 0←→ 4(x− 1)2 + y2 = 4←→ (x− 1)2 +y2

22= 1.

veiem que M es una el.lipse, centrada en (1, 0) de semieixos 1 i 2 parallels a l’eix d’abscisses i ordenades,respectivament.

54

• Si x = 1, per (3),4− 8 + y2 = 0←→ y2 = 4←→ y = ±2.

D’on s’obtenen els punts (1, 2) i (1,−2).

Per tant, els punts candidats son{(

1 +√53, 43

),(1−

√53, 43

), (1, 2), (1,−2)

}. Com f te

maxim i mınim en M , nomes hem d’avaluar els candidats i identificar el valor mes gran i el mesxicotet, els quals correspondran amb el maxim i el mınim absolut, respectivament. Avaluant,tenim,

f

(1 +

√5

3,4

3

)=

(1 +

√5

3− 1

)2

+

(4

3− 1

)2

=5

9+

1

9=

6

9=

2

3,

f

(1−√5

3,4

3

)=

(1−√5

3− 1

)2

+

(4

3− 1

)2

=5

9+

1

9=

6

9=

2

3,

f(1, 2) = (1− 1)2 + (2− 1)2 = 1,

f(1,−2) = (1− 1)2 + (−2− 1)2 = 9.

Per tant, el maxim absolut de f en M s’assoleix en (1,−2) i el mınim absolut, en(1 +

√53, 43

)i(

1−√53, 43

). Per tant, la distancia mınima de (1, 1) a l’el.lipse es d

(1 +

√53, 43

)= d

(1−

√53, 43

)=√

23=

√63, mentre que la maxima es d(1,−2) =

√9 = 3.

55

Capıtol 5

Integral multiple

5.1 Juny 2011



Siga D la regio del pla limitada per les tres corbes

x2 + 2x+ y2 − 2y + 1 = 0,

x2 − 2x+ y2 − 2y + 1 = 0,

y = 0.

Calcule ∫∫D

(1 +

√2y − y2

)e

y3

3−y2+y.

———————————————–

Les dos primeres corbes representen dos circumferencies, ja que son polinomis de segongrau de dos variables on x2 i y2 tenen el mateix signe i van multiplicades pel mateix nombre.Escrivim les equacions en la seua forma reduıda per a identificar el centre i el radi per a poderdibuixar-les:

x2 + 2x+ y2 − 2y + 1 = 0 ←→ x2 + 2x+ 1︸︷︷︸(x+1)2

+ y2 − 2y + 1︸︷︷︸(y−1)2

= 1←→

←→ (x+ 1)2 + (y − 1)2 = 1 −→{

Centre: (−1, 1)Radi: 1

,

x2 − 2x+ y2 − 2y + 1 = 0 ←→ x2 − 2x+ 1︸︷︷︸(x−1)2

+ y2 − 2y + 1︸︷︷︸(y−1)2

= 1←→

←→ (x− 1)2 + (y − 1)2 = 1 −→{

Centre: (1, 1)Radi: 1

.

La Figura 5.1 mostra les dos circumferencies i la recta de la tercera equacio, y = 0, aixı comla regio que delimiten. Per la construccio de les figures es dedueix que les dos circumferenciesintersequen en el (0, 1), i que la recta interseca amb elles en (−1, 0) i (1, 0).

En D, la funcio a integrar es contınua i per tant integrable, pero no es immediata respectede la variable y, i tampoc se simplifica per mitja d’un canvi a polars. No obstant aixo, sı que

57

x

y

x2 + 2x+ y2 − 2y + 1 = 0 x2 − 2x+ y2 − 2y + 1 = 0

+

+

++

+

1−1

1

2−2

2

bcbc

bc

Figura 5.1: Regio elemental D.

es immediata respecte de la variable x. Per tant, la resoldrem integrant primer respecte de lax. Per a aixo, escriurem D com una regio de tipus xy. Per a fixar els lımits aıllem x en lesequacions de les circumferencies,

(x+ 1)2 + (y − 1)2 = 1 −→ x = −1±√2y − y2,

(x− 1)2 + (y − 1)2 = 1 −→ x = 1±√2y − y2.

En la circumferencia del primer quadrant, x = 1 +√2y − y2 representa la mitat de la

circumferencia que es troba a la dreta de la recta x = 1, mentre que x = 1 −√

2y − y2

representa l’altra mitat. Analogament, en la circumferencia del segon quadrant es te quex = −1+

√2y − y2 representa la mitat de la circumferencia que es troba a la dreta de la recta

x = −1, i x = −1 −√

2y − y2 representa l’altra mitat, tal com es pot veure en la figura 5.2.Per tant, podem expressar D com una regio de tipus xy,

D ={(x, y) ∈ R2/ 0 ≤ y ≤ 1, −1 +

√2y − y2 ≤ x ≤ 1−

√2y − y2

}.

x

y

x = −1−√

2y − y2

x = −1 +√

2y − y2

x = 1 +√

2y − y2

x = 1−√

2y − y2

+

+

++

+

1−1

1

2−2

2

bcbc

bc

Figura 5.2: Regio elemental D expressada com una regio tipus xy.

58

Per tant, ja podem calcular la integral,∫∫D

(1 +

√2y − y2

)e

y3

3−y2+y =

∫ 1

0

∫ 1−√

2y−y2

−1+√

2y−y2

(1 +

√2y − y2

)e

y3

3−y2+y dx dy =

=

∫ 1

0

x|1−√

2y−y2

−1+√

2y−y2

(1 +

√2y − y2

)e

y3

3−y2+y dy =

=

∫ 1

0

[1−

√2y − y2 −

(−1 +

√2y − y2

)](1 +

√2y − y2

)e

y3

3−y2+y dy =

= 2

∫ 1

0

(1−

√2y − y2

)(1 +

√2y − y2

)e

y3

3−y2+y dy =

= 2

∫ 1

0

(1− 2y + y2

)e

y3

3−y2+y dy = 2 e

y3

3−y2+y

∣∣∣∣10

= 2(e

13 − 1

).


Siga D la regio de l’espai compresa entre les esferes

x2 + y2 + z2 = 1,

x2 + y2 + z2 = 2.

Calcule ∫∫∫D

cos (x2 + y2 + z2)√x2 + y2 + z2

.

———————————————–

a) Les dos equacions representen una esfera de centre (0, 0, 0), sent la primera de radi 1 ila segona de radi 2. Aquestes dos superfıcies no intersequen entre si. Per tant, la regiolimitada per les dos esferes esta formada pels punts de l’exterior de l’esfera de radi 1 i del’interior de radi 2, tal com pot es veure en la Figura 5.3.

Per a decidir com resoldre la integral sobre D, calculem les projeccions de D sobre elsplans coordenats. Per a aixo ‘deixem caure’ els punts de D perpendicularment sobreaquests plans. El resultat de les projeccions es pot observar en la Figura 5.4.

A vegades, dibuixar previament les seccions de D, que son el resultat d’intersecar D ambcada un dels plans coordenats, pot facilitar la visualitzacio de les projeccions. Vegem comseria el proces:

• Seccio de D amb XY (z = 0),

x2 + y2 + z2 = 1x2 + y2 + z2 = 2z = 0

−→{

x2 + y2 = 1x2 + y2 = 2

}.

Les equacions representen dos circumferencies centrades en (0, 0) i de radis 1 i√2.

La seccio es la regio entre les dos circumferencies, tal com es pot veure en la Figura5.5.

59

x y

z

bc bc

bc

1 1

1

x2 + y2 + z2 = 1

bc bc

bc

2 2

2x2 + y2 + z2 = 4


x

y

x2 + y2 = 2

x2 + y2 = 1

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

x

zx2 + y2 = 2

x2 + y2 = 1

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

y

zx2 + y2 = 2

x2 + y2 = 1

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

Figura 5.4: Projeccio de D en els plans XY (esquerra) , XZ (centre) e Y Z (dreta).

• Seccio de D amb XZ (y = 0),

x2 + y2 + z2 = 1x2 + y2 + z2 = 2y = 0

−→{

x2 + z2 = 1x2 + z2 = 2

}.



• Seccio de D amb Y Z (x = 0),

x2 + y2 + z2 = 1x2 + y2 + z2 = 2x = 0

−→{

y2 + z2 = 1y2 + z2 = 2

}.



60

Noteu la diferencia entre les seccions i les projeccions.

x

y

x2 + y2 = 2

x2 + y2 = 1

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

x

zx2 + y2 = 2

x2 + y2 = 1

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

y

zx2 + y2 = 2

x2 + y2 = 1

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

Figura 5.5: Seccions de D en els plans XY (esquerra) , XZ (centre) e Y Z (dreta).

b) En D, la funcio a integrar es contınua i per tant integrable, i per a calcular la integralhem de descriure D com una regio elemental de l’espai. La funcio a integrar no s’integradirectament respecte de x, y o z, ni tampoc se simplifica realitzant un canvi a coorde-nades cilındriques. No obstant aixo, la funcio sı que se simplifica per mitja d’un canvi acoordenades esferiques, la relacio de la qual amb les coordenades cartesianes es

x = ρ sinϕ cos θ,

y = ρ sinϕ sin θ,

z = ρ cos θ,

on ρ ∈ [0,+∞), θ ∈ [0, 2π) i ϕ ∈ [0, π].

De la projeccio al pla XY es dedueix que θ varia entre 0 i 2π. Si fixem θ = 0 en D,obtenim la part de la seccio de D amb el pla XZ que esta a la dreta de l’eix OZ. Endita figura ϕ varia des de 0 fins a π. Si haguerem fixat θ en un altre valor hagueremobtingut el mateix resultat, ja que els lımits de ϕ no depenen de θ, tal com s’aprecia enla representacio de D. D’altra banda, tant de dita representacio (Figura 5.3) com de lesseccions amb els plans XZ i Y Z, es dedueix que ρ varia des de l’esfera de radi 1 fins a lade radi

√2. Expressant aquestes superfıcies en coordenades esferiques tenim,

x2 + y2 + z2 = 2 ←→ ρ =√2,

x2 + y2 + z2 = 1 ←→ ρ = 1.

Per tant, podem expressar D en coordenades esferiques com,

D =

(ρ, θ, ϕ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)× [0, π]/0 ≤ θ < 2π,0 ≤ ϕ ≤ π,

1 ≤ ρ ≤√2

.

61

Per tant, ja podem calcular la integral,∫∫∫D

cos (x2 + y2 + z2)√x2 + y2 + z2

=

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ √2

1

cos (ρ2)√ρ2· ρ2 sinϕ︸︷︷︸

Jacobia

dρ dϕ dθ =

=

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ √2

1

sinϕ ρ cos (ρ2) dρ dϕ dθ =

=

∫ 2π

0

∫ π

0

sinϕ1

2sin (ρ2)

∣∣∣∣√2

1

dϕ dθ =

=1

2

∫ 2π

0

∫ π

0

sinϕ (sin 2− sin 1) dϕ dθ =

=sin 2− sin 1

2

∫ 2π

0

− cosϕ|π0 dθ =

=sin 2− sin 1

2

∫ 2π

0

1− (−1) dθ =

= (sin 2− sin 1)

∫ 2π

0

dθ = (sin 2− sin 1) θ|2π0 =

= (sin 2− sin 1) (2π − 0) = 2π(sin 2− sin 1).

5.2 Juliol 2011



Siga D la regio del pla

D =

(x, y) ∈ R2/2x+ y ≥ 3,

y ≤ 3,x2 ≤ y

.

Calcule ∫∫D

1

y (x2 + y2).

———————————————–

Estudiem cada una de les desigualtats per separat.

• 2x + y ≥ 3.- Intercanviant la desigualtat per una igualtat obtenim l’equacio d’una rectaque passa per (0, 3) i

(23, 0). Si substituım l’origen en la desigualtat tenim 0 ≥ 3, que es

fals. Per tant, prenem el tros del pla on no esta l’origen, es a dir, el tros del pla que estaa la dreta de la recta.

• y ≤ 3.- Aquesta desigualtat representa els punts del pla que estan per davall de la rectay = 3.

62

• x2 ≤ y.- Intercanviant la desigualtat per una igualtat obtenim l’equacio d’una parabolaamb vertex en (0, 0), ja que

∂

∂x(x2 − y) = 2x = 0 −→ x = 0

y=x2

−−−→ y = 0.

Com el punt (0, 1) compleix la desigualtat, prenem el tros del pla per damunt de y = x2,es a dir, el tros del pla que conte al punt (0, 1).

Els punts d’interseccio entre les corbes son:

• Entre les dos rectes

2x+ y = 3y = 3

}−→ 2x+ 3 = 3 −→ x = 0 −→ (0, 3).

• Entre la primera recta i la parabola

2x+ y = 3y = x2

}−→ x2 + 2x− 3 = 0 −→ x =

−2±√4 + 12

2−→

−→{

x = 1 −→ y = 1 −→ (1, 1),x = −3 −→ y = 9 −→ (−3, 9).

• Entre la segona recta i la parabola

y = 3y = x2

}−→ x = ±

√3 −→ y = 3 −→

{ (√3, 3),(

−√3, 3).

Recopilant tota la informacio, representem la regio D en la Figura 5.6.

x

yy = x2

2x+ y = 3

y = 3

+

+

++1

1

√3−

√3

bc

bcbc


En D, la funcio a integrar es contınua i per tant integrable, pero no es resol de formaimmediata ni respecte de la x ni respecte de la y, per aixo intentarem resoldre-la per mitja d’uncanvi a coordenades polars, la relacio de les quals amb les coordenades cartesianes ve donadaper

x = ρ cos θ,

y = ρ sin θ,

63

on r ∈ [0,+∞) i θ ∈ [0, 2π).Denominarem D∗ la regio D expressada en coordenades polars. A partir de la figura es

dedueix que θ varia entre l’angle del punt (1, 1) i π2. No obstant aixo, la variacio de r depen del

fet que el valor de θ siga major o menor que l’angle del punt (√3, 3) (vegeu Figura 5.7).

L’angle del punt (1, 1) es π4. D’altra banda, l’angle del punt (

√3, 3) es dedueix de

x = r cos θ −→ cos θ =x

r=

√3√(√

3)2

+ 32=

√3√12

=1

2

y = r sin θ −→ sin θ =y

r=

3√(√3)2

+ 32=

3√12

=

√3

2

−→ θ =

π

3.

Les expressions de les corbes en coordenades polars son

2x+ y = 3 −→ 2r cos θ + r sin θ = 3 −→ r =3

2 cos θ + sin θ,

y = 3 −→ r sin θ = 3 −→ r =3

sin θ,

y = x2 −→ r sin θ = (r cos θ)2 −→ r(sin θ − r cos2 θ) −→

r = 0,

r =sin θ

cos2 θ.

L’equacio r = 0 representa l’origen de coordenades, per aixo no es tingut en compte.Per tant, podem dividir D∗ com es mostra en la Figura 5.7, es a dir, D∗ = D∗

1 ∪D∗2, on

D∗1 =

{(r, θ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π) /

π

4≤ θ ≤ π

3,

3

2 cos θ + sin θ≤ r ≤ sin θ

cos2 θ

},

D∗2 =

{(r, θ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π) /

π

3≤ θ ≤ π

2,

3

2 cos θ + sin θ≤ r ≤ 3

sin θ

}.

Per tant, podem calcular la integral com,∫∫D

1

y (x2 + y2)=

∫∫D∗

1

r sin θ (r2)r︸︷︷︸

Jacobia

dr dθ =

∫∫D∗

1

r2 sin θdr dθ =

=

∫∫D∗

1

1

r2 sin θdr dθ +

∫∫D∗

2

1

r2 sin θdr dθ.

Realitzem cada una d’aquestes dos integrals per separat.La integral en D∗

1 es∫∫D∗

1

1

r2 sin θdr dθ =

∫ π/3

π/4

∫ sin θ/ cos2 θ

3/(2 cos θ+sin θ)

1

r2 sin θdr dθ =

∫ π/3

π/4

1

sin θ

−1r

∣∣∣∣sin θ/ cos2 θ

3/(2 cos θ+sin θ)

dθ =

= −∫ π/3

π/4

1

sin θ

(1

sin θcos2 θ

− 13

2 cos θ+sin θ

)dθ =

= −∫ π/3

π/4

[cos2 θ

sin2 θ− 2

3

cos θ

sin θ− 1

3

]dθ.

64

x

yr =

sin θ

cos2 θ

r =3

2 cos θ + sin θ

y =3

sin θ

θ =π

3

θ =π

4

Figura 5.7: Particio de la regio elemental D en dos regions en coordenades polars: D∗1 (gris

clar) i D∗2 (gris fosc).

I resolem cada sumand per separat:

−∫ π/3

π/4

cos2 θ

sin2 θdθ =

∫ π/3

π/4

−1− sin2 θ

sin2 θdθ =

∫ π/3

π/4

(− 1

sin2 θ+ 1

)dθ =

= (cot θ + θ)|π/3π/4 =(cot

π

3+

π

3

)−(cot

π

4+

π

4

)=

=1√3− 1 +

π

12.

−∫ π/3

π/4

−2

3

cos θ

sin θdθ =

2

3log (sin θ)

∣∣∣∣π/3π/4

=2

3log

(√3

2

)− 2

3log

(√2

2

)=

=2

3log

( √32√22

)=

1

3log

(3

2

)=

1

3log 3− 1

3log 2.

−∫ π/3

π/4

−1

3dθ =

θ

3

∣∣∣∣π/3π/4

=π

9− π

12=

4π − 3π

36=

π

36.

Sumant les 3 integrals tenim

∫∫D∗

1

1

r2 sin θdr dθ =

1√3− 1 +

π

12+

1

3log 3− 1

3log 2 +

π

36=

=1√3− 1 +

π

9+

1

3log 3− 1

3log 2.

65

La integral en D∗2 es∫∫

D∗2

1

r2 sin θdr dθ =

∫ π/2

π/3

∫ 3/ sin θ

3/(2 cos θ+sin θ)

1

r2 sin θdr dθ =

∫ π/2

π/3

1

sin θ

−1r

∣∣∣∣3/ sin θ

3/(2 cos θ+sin θ)

dθ =

= −∫ π/2

π/3

1

sin θ

(13

sin θ

− 13

2 cos θ+sin θ

)dθ = −

∫ π/2

π/3

[1

3− 2

3

cos θ

sin θ− 1

3

]dθ =

=

∫ π/2

π/3

2

3

cos θ

sin θdθ =

2

3log (sin θ)

∣∣∣∣π/2π/3

= 0− 2

3log

(√3

2

)=

= −1

3log 3 +

2

3log 2.

Sumant les integrals sobre D∗1 i D∗

2 s’obte la integral buscada∫∫D∗

√x2 + y2 =

(1√3− 1 +

π

9+

1

3log 3− 1

3log 2

)+

(−1

3log 3 +

2

3log 2

)=

=1√3− 1 +

π

9+

1

3log 2.


Siga D la regio de l’espai situada en el primer octant i limitada pel cilindre parabolic

y = x2

i els plans

x = 0,

z = 0,

z + y = 1.

Utilitzant una integral triple calcule el volum de D.

———————————————–

La primera equacio, y = x2, es una parabola en el pla XY que passa pels punts (0, 0), (1, 1)i (−1, 1) del dit pla. No obstant aixo, en considerar-la en R3 s’obte un cilindre parabolic, lesrectes generatrius del qual son paralleles a l’eix OZ, es a dir, s’obte la superfıcie resultant defer passar per cada punt de la parabola en el pla XY una recta paral.lela a l’eix OZ. De lamateixa manera, l’equacio z + y = 1 es una recta en el pla Y Z que passa pels punts (1, 0) i(0, 1) del dit pla. En considerar-la en R3 s’obte un pla resultant de fer passar per cada punt dela recta en el pla Y Z una recta paral.lela a l’eix OX. Els plans x = 0 i z = 0 representen elsplans Y Z i XY , respectivament. Amb tota aquesta informacio, i tenint en compte que la figuraes troba en el primer octant (definit per x ≥ 0, y ≥ 0 i z ≥ 0), dibuixem D en la Figura5.8.

Per a calcular el volum de D s’ha d’integrar un 1 sobre el recinte D, que es una funciocontınua, i per tant, integrable. Per a aixo hem d’expressar D com una regio elemental del pla.Com 1 es facilment integrable en coordenades cartesianes, cilındriques o esferiques, podrıemresoldre la integral en qualsevol d’aquestes coordenades. No obstant aixo, si descrivim el recinteen cilındriques o esferiques haurıem de dividir el recinte en diversos trossos. Per tant, descrivimD com una regio elemental en coordenades cartesianes. En aquest cas, una de les formes messenzilles es expressar D com una regio tipus zyx. Per a aixo, projectem D sobre el pla XY ,

66

x y

z

bc

bc

bc

bc

bc bc

z + y = 1 y = x2

1 1

1


d’on s’obte el recinte Dxy (vegeu figura 5.9, que tambe mostra les projeccions sobre els plansXZ i Y Z), que a l’expressar-ho com una regio elemental de tipus yx tenim,

Dxy ={(x, y) ∈ R2/ 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1

}.

x

yy = x2

y = 1

++1−1

bcbc

x

z

z = 1− x2

bcbc

bc

1−1

1

y

z

z = 1− y

bc

bc

+1−1

1

Figura 5.9: Projeccio de D en els plans XY (esquerra) , XZ (centre) e Y Z (dreta).

Tenint en compte que en D la variable z varia des del pla XY , es a dir, des de z = 0, fins alpla z+y = 1, i tenint en compte l’expressio de Dxy, podem escriure D com una regio elementalde tipus zyx com,

D ={(x, y, z) ∈ R2/ 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1− y

}.

Per tant, ja podem calcular la integral,

Volum D =

∫∫∫D

1 =

∫ 1

0

∫ 1

x2

∫ 1−y

0

1 dz dy dx =

∫ 1

0

∫ 1

x2

z|1−y0 dy dx =

=

∫ 1

0

∫ 1

x2

(1− y) dy dx =

∫ 1

0

[y − y2

2

]1x2

dx =

∫ 1

0

(1− 1

2

)−(x2 − x4

2

)dx =

=

[x

2− x3

3+

x5

10

]10

=1

2− 1

3+

1

10=

15− 10 + 3

30=

8

30=

4

15.

67

5.3 Juny 2012



Considere l’expressio

I =

∫ 2

0

∫ −3−√

4y−y2

−5

(2 +√−x2 − 6x− 5

)sin

(x3

3+ 3x2 + 9x

)dx dy +

+

∫ 2

0

∫ −1

−3+√

4y−y2

(2 +√−x2 − 6x− 5

)sin

(x3

3+ 3x2 + 9x

)dx dy.

a) Represente la regio sobre la qual es calcula cada integral, calculant les distintes intersec-cions i identificant els elements que intervenen en la representacio

b) Determine el valor de I

———————————————–

a) Denotem per D1 i D2 les regions sobre les quals s’integra la primera i la segona integral,respectivament. Les dos estan descrites com a regions de tipus xy i les seues expressionsson

D1 ={(x, y) ∈ R2/ 0 ≤ y ≤ 2, −5 ≤ x ≤ −3−

√4y − y2

},

D2 ={(x, y) ∈ R2/ 0 ≤ y ≤ 2, −3 +

√4y − y2 ≤ x ≤ −1

}.

Per a dibuixar les dos regions, primer hem d’identificar les corbes que intervenen en lesdesigualtats. En les dos regions la variable y varia entre 0 i 2, es a dir, les dos regions estroben entre les rectes y = 0 i y = 2.

En D1, el lımit inferior de la variable x es −5, aleshores D1 es troba a la dreta de la rectax = −5. El lımit superior de x ve donat per la corba

x = −3−√

4y − y2 −→ (x+ 3)2 = 4y − y2 ←→ (x+ 3)2 + y2 − 4y + 4︸︷︷︸(y−2)2

= 4 ←→

←→ (x+ 3)2 + (y − 2)2 = 4,

que es la mitat de la circumferencia de centre (−3, 2) i radi 2 que esta a l’esquerra de larecta x = −3.Analogament, en D2, el lımit superior de la variable x es −1, aleshores D2 es troba al’esquerra de la recta x = −1. El lımit inferior de x ve donat per la corba

x = −3 +√4y − y2 −→ (x+ 3)2 = 4y − y2 ←→ (x+ 3)2 + (y − 2)2 = 4,

que es la mitat de la circumferencia de centre (−3, 2) i radi 2 que esta a la dreta de larecta x = −3. Noteu que aquesta corba es l’altra mitat de la circumferencia que apareixiaen D1.

Recopilant tota aquesta informacio representem D1 i D2 en la Figura 5.10. De la cons-truccio es dedueix que la circumferencia interseca amb la recta x = −5 en (−5, 2), ambx = −1 en (−1, 2), i amb y = 0 en (−3, 0).

68

x

y

x = −3 +√

4y − y2x = −3−√

4y − y2

+ + +

+

+

+

+

−4 −2

1

2

3

4

x = −5 x = −3 x = −1

bc bcbc

Figura 5.10: Regions elementals D1 (gris clar) i D2 (gris fosc).

b) La funcio a integrar es contınua en D i per tant integrable, pero la integral no es potresoldre directament tal com esta plantejada, es a dir, no es pot resoldre directamentintegrant primer respecte de la variable x. Per l’expressio de la funcio tampoc pareix quees simplifique realitzant un canvi a polars. Per aquest motiu intentarem expressar la regiod’integracio com una regio de tipus yx, per a comencar a integrar respecte de la variabley.

Si considerem D = D1 ∪D2, s’observa que la variable x varia entre -5 i -1, mentre que lavariable y varia des de 0 fins a la part inferior de la circumferencia. Aıllant y de l’equaciode la circumferencia tenim

(x+ 3)2 + (y − 2)2 = 4 ←→ (y − 2)2 = 4− (x+ 3)2 = −x2 − 6x− 5 ←→←→ y = 2±

√−x2 − 6x− 5.

Cada signe de l’arrel quadrada defineix mitja circumferencia, de manera que y = 2 +√−x2 − 6x− 5 representa la mitat de la circumferencia que esta per damunt de la recta

y = 2, i y = 2 −√−x2 − 6x− 5 representa la mitat que esta per davall (Figura 5.11).

Per tant, podem escriure

D ={(x, y) ∈ R2/ − 5 ≤ x ≤ −1, 0 ≤ y ≤ 2−

√−x2 − 6x− 5

}.

Resolem la integral usant la descripcio tipus yx del recinte, de manera que

I =

∫ −1

−5

∫ 2−√−x2−6x−5

0

(2 +√−x2 − 6x− 5

)sin

(x3

3+ 3x2 + 9x

)dy dx =

=

∫ −1

−5

y|2−√−x2−6x−5

0

(2 +√−x2 − 6x− 5

)sin

(x3

3+ 3x2 + 9x

)dx =

=

∫ −1

−5

(2−√−x2 − 6x− 5

)(2 +√−x2 − 6x− 5

)sin

(x3

3+ 3x2 + 9x

)dx =

69

x

yy = 2 +

√−x2 − 6x− 5

y = 2−√−x2 − 6x− 5

+ + +

+

+

+

−4 −3 −2

1

3

4

x = −5 x = −1

y = 2bc

bc

bcbc


=

∫ −1

−5

(x2 + 6x+ 9

)sin

(x3

3+ 3x2 + 9x

)dx =

= − cos

(x3

3+ 3x2 + 9x

)∣∣∣∣−1

−5

= − cos

(−13

+ 3− 9

)+ cos

(−1253

+ 75− 45

)=

= − cos

(−193

)+ cos

(−353

)= − cos

(19

3

)+ cos

(35

3

).


Siga D la regio de l’espai

D =

(x, y, z) ∈ R3/z ≥ 0,

x2 + y2 + z2 ≤ 2,x2 + y2 ≤ z2

.


b) Utilitzant una integral triple, obtinga el volum de D

———————————————–

a) Estudiem cada una de les desigualtats per separat.

• z ≥ 0.- Aquesta desigualtat representa la regio de l’espai que es troba per damuntdel pla z = 0, es a dir, per damunt del pla XY .

• x2 + y2 + z2 ≤ 2.- Si transformem la desigualtat en igualtat s’obte l’equacio d’unaesfera de centre (0, 0, 0) i radi

√2. Si prenem un punt que no complisca l’equacio,

per exemple el (0, 0, 0), i el substituım en la desigualtat s’obte 0 ≤ 2, que es cert.Per tant, la desigualtat defineix l’interior de l’esfera.

70

• x2 + y2 ≤ z2.- Si transformem la desigualtat en igualtat s’obte l’equacio d’un conel.lıptic, l’eix de simetria del qual es l’eix OZ. Si prenem un punt que no compliscal’equacio, per exemple el (0, 0, 1), i el substituım en la desigualtat s’obte 0 ≤ 1, quees cert. Per tant, la desigualtat defineix la part de l’espai que esta en el mateixcostat del con on es troba (0, 0, 1), es a dir, defineix el costat del con que conte l’eixOZ.

L’esfera i el con intersequen en

x2 + y2 + z2 = 2x2 + y2 = z2

}−→ z2 + z2 = 2←→ z = ±1 −→

{x2 + y2 = 1, z = 1,x2 + y2 = 1, z = −1,

es a dir, en dos circumferencies de radi 1, una continguda en el pla z = 1 i l’altra enz = −1. No obstant aixo, aquesta ultima no es tindra en compte, ja que tambe s’ha decomplir que z ≥ 0.

Recopilant tota la informacio dibuixem el recinte D en Figura 5.12. Per a obtindreles projeccions en els distints plans coordenats ‘deixem caure’ els punts de D sobre elsmateixos. El resultat de les projeccions es pot observar en la Figura 5.13.

x y

z

x2 + y2 + z2 = 2

x2 + y2 = z2

bc bcbc bc

bc

bc

√2

√21 1

√2

1




z ≥ 0x2 + y2 + z2 ≤ 2x2 + y2 ≤ z2

z = 0

−→{

x2 + y2 ≤ 2x2 + y2 ≤ 0

}.

71

x

y

x2 + y2 = 2

x2 + y2 = 1

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

x

z

x2 + z2 = 2

x = zx = −z

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

bcbc

bcbc

y

z

y2 + z2 = 2

y = zy = −z

1√2−1−

√2

1

√2

−1

−√2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

bcbc

bcbc

Figura 5.13: Projeccio de D en els plans XY (esquerra) , XZ (centre) e Y Z (dreta) . Lesprojeccions en els plans XZ e Y Z coincidixen amb les seccions de D amb aquestos plans.

La primera desigualtat representa l’interior d’una circumferencia de centre (0, 0) iradi

√2, mentre que la segona representa al punt (0, 0). Per tant, aquesta seccio

correspon al punt (0, 0, 0).


z ≥ 0x2 + y2 + z2 ≤ 2x2 + y2 ≤ z2

y = 0

−→

z ≥ 0x2 + z2 ≤ 2,

x2 ≤ z2 −→ |x| ≤ |z| −→{|x| ≤ z, si z ≥ 0,|x| ≤ −z, si z < 0.

La segona desigualtat representa l’interior d’una circumferencia de centre (0, 0) iradi

√2. La tercera desigualtat, |x| ≤ z, si z ≥ 0, correspon a la regio que esta al

mateix temps per damunt de l’eix d’abscisses i per damunt de z = |x|. Finalment,la quarta desigualtat no es te en compte perque contradiu la primera. Recopilanttota la informacio es representa la seccio en la Figura 5.13, la qual coincideix ambla projeccio de D sobre el pla XZ.


z ≥ 0x2 + y2 + z2 ≤ 2x2 + y2 ≤ z2

x = 0

−→

z ≥ 0y2 + z2 ≤ 2,

y2 ≤ z2 −→ |y| ≤ |z| −→{|y| ≤ z, si z ≥ 0,|y| ≤ −z, si z < 0.

La segona desigualtat representa l’interior d’una circumferencia de centre (0, 0) iradi

√2. La tercera desigualtat, |y| ≤ z, si z ≥ 0, correspon a la regio que esta

al mateix temps per damunt de l’eix OY i per damunt de z = |y|. Finalment, laquarta desigualtat no es te en compte perque contradiu la primera. Recopilant totala informacio es representa la seccio en la Figura 5.13, la qual coincideix amb laprojeccio de D sobre el pla Y Z.

b) Per a calcular el volum de D hem d’integrar un 1 en aquesta regio, que es una funciocontınua i per tant integrable. Per a aixo hem de descriure D com una regio elemental del’espai. Com la funcio a integrar no mostra avantatges, si la regio es defineix en coorde-nades cartesianes, cilındriques o esferiques, podem fer-ho de qualsevol dels tres sistemesde coordenades. No obstant aixo, per la forma de la regio, els lımits d’integracio resulta-ran mes senzills en coordenades cilındriques o esferiques, com es dedueix en examinar laprojeccio al pla XY . Resolguem la integral per aquests dos metodes:

72

• Coordenades cilındriques.- La relacio entre les coordenades cartesianes i cilındriquesve donada per

x = ρ cos θ,

y = ρ sin θ,

z = h,

on r ∈ [0,+∞), θ ∈ [0, 2π) i h ∈ R. De la projeccio al pla XY es dedueix que θvaria entre 0 i 2π, i que r varia des de 0 fins a la circumferencia de radi 1, es a dir,r varia des de 0 fins a 1. D’altra banda, tant de la Figura 5.12 com de les seccionsamb els plans XZ i Y Z, es dedueix que h varia des de la part superior del con fins ala part superior de l’esfera. Aıllant h de l’expressio del con i l’esfera en coordenadescilındriques tenim,

x2 + y2 + z2 = 2 ←→ r2 + h2 = 2←→ h = ±√2− r2,

x2 + y2 = z2 ←→ r2 = h2 ←→ h = ±r.

Com h ≥ 0, ja que z ≥ 0, prenem el signe positiu en les dos expressions. D’onpodem descriure D en coordenades cilındriques com,

D =

(r, θ, h) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)× R/0 ≤ θ < 2π,0 ≤ r ≤ 1,

r ≤ h ≤√2− r2

.

Per tant, podem calcular el volum de D,

Vol D =

∫∫∫D

1 =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ √2−r2

r

1 · r︸︷︷︸Jacobiano

dh dr dθ =

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

r h|√2−r2

r dr dθ =

∫ 2π

0

∫ 1

0

r(√

2− r2 − r)dr dθ =

=

∫ 2π

0

∫ 1

0

r√2− r2 − r2 dr dθ =

∫ 2π

0

−1

2

(2− r2)32

32

− r3

3

∣∣∣∣∣1

0

dθ =

=

∫ 2π

0

−1

3− 1

3−(−1

32

32 − 0

)dθ =

2

3(√2− 1)

∫ 2π

0

dθ =

=2

3(√2− 1) θ|2π0 =

2

3(√2− 1) (2π − 0) =

4π

3(√2− 1).

• Coordenades esferiques.- La relacio entre les coordenades cartesianes i esferiques vedonada per



z = ρ cosϕ,

on ρ ∈ [0,+∞), θ ∈ [0, 2π) i ϕ ∈ [0, π]. De la projeccio al pla XY es dedueix que θvaria entre 0 i 2π. Si fixem θ = 0 en D, obtenim la part de la seccio de D amb elpla XZ que esta a la dreta de l’eix OZ. En aquesta figura ϕ varia des de 0 fins ala coordenada ϕ del punt (1, 1), aixo es, fins a π

4. Si haguerem fixat θ en un altre

73

valor haurıem obtingut el mateix resultat, ja que els lımits de ϕ no depenen de θ, talcom s’aprecia en la representacio de D. D’altra banda, tant d’aquesta representacio(Figura 5.12) com de les seccions amb els plans XZ i Y Z, es dedueix que ρ varia desde l’origen (0, 0, 0) fins a l’esfera, l’expressio de la qual en coordenades esferiques es,

x2 + y2 + z2 = 2 ←→ ρ =√2.


D =

(ρ, θ, ϕ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)× [0, π]/

0 ≤ θ < 2π,

0 ≤ ϕ ≤ π

4,

0 ≤ ρ ≤√2

.


Vol D =

∫∫∫D

1 =

∫ 2π

0

∫ π4

0

∫ √2

0

1 · ρ2 sinϕ︸︷︷︸Jacobia

dρ dϕ dθ =

=

∫ 2π

0

∫ π4

0

sinϕρ3

3

∣∣∣∣√2

0

dϕ dθ =

∫ 2π

0

∫ π4

0

sinϕ

(2√2

3− 0

)dϕ dθ =

=2√2

3

∫ 2π

0

∫ π4

0

sinϕ dϕ dθ =2√2

3

∫ 2π

0

− cosϕ|π40 dθ =

=2√2

3

∫ 2π

0

−√2

2+ 1 dθ =

(−2

3+

2√2

3

)∫ 2π

0

dθ =

=2

3(√2− 1) θ|2π0 =

2

3(√2− 1) (2π − 0) =

4π

3(√2− 1).

5.4 Juliol 2012




D =

(x, y) ∈ R2/

y ≥ 0,x2 + y2 ≤ 4,−2x ≤ x2 + y2,2x ≤ x2 + y2,

y ≥ −x√3

.

a) Represente la regio D, calculant les distintes interseccions i identificant els elements queintervenen en la representacio

b) Utilitzant una integral doble determine l’area de D

———————————————–

a) Analitzem cada una de les desigualtats per separat.

• y ≥ 0.- Aquesta desigualtat indica que la regio esta per damunt de l’eix d’abscisses.

74

• x2 + y2 ≤ 4.- Canviant la desigualtat per un igual s’obte l’equacio d’una circum-ferencia de centre (0, 0) i radi 2. Substituint el (0, 0) en la desigualtat s’obte 0 ≤ 4,que es cert. Per tant, la desigualtat defineix l’interior de la circumferencia.

• −2x ≤ x2 + y2.- Canviem la desigualtat per un igual i completem quadrats

−2x = x2 + y2 ←→ 1 = x2 + 2x+ 1︸︷︷︸(x+1)2

+y2 ←→ 1 = (x+ 1)2 + y2,

d’on es dedueix que l’equacio representa una circumferencia de centre (−1, 0) i radi 1.Substituint (−1, 0) en la desigualtat es te 2 ≤ 1, que es fals. Per tant, la desigualtatdefineix l’exterior de la circumferencia.

• 2x ≤ x2 + y2.- Canviem la desigualtat per un igual i completem quadrats

2x = x2 + y2 ←→ 1 = x2 − 2x+ 1︸︷︷︸(x−1)2

+y2 ←→ 1 = (x− 1)2 + y2,

d’on es dedueix que l’equacio representa una circumferencia de centre (1, 0) i radi 1.Substituint (1, 0) en la desigualtat es te 2 ≤ 1, que es fals. Per tant, la desigualtatdefineix l’exterior de la circumferencia.

• y ≥ −x√3.- Canviant la desigualtat per un igual s’obte l’equacio d’una recta que

passa per l’origen i per (1,−√3). Substituint (1, 1) en la desigualtat tenim 1 ≥ −

√3,

que es cert. Per tant, la desigualtat defineix al costat de la recta que conte al primerquadrant.

Noteu que els punts que s’han substituıt en les desigualtats son arbitraris, amb l’unicarestriccio que no complisquen les equacions.

Calculem els punts d’interseccio entre les corbes associades a les desigualtats. Per cons-truccio de les corbes es dedueix que les dos circumferencies de radi 1 intersequen en (0, 0),mentre que la circumferencia de radi 2 interseca amb la circumferencia de centre (1, 0) enel punt (2, 0), i amb la de centre (−1, 0) en (−2, 0). Les interseccions de la recta amb lescircumferencies son

x2 + y2 = 4

y = −x√3

}−→ x2 +

(−x√3)2

= 4 −→ 4x2 = 4 −→ x = ±1 −→{

(1,−√3),

(−1,√3),

−2x = x2 + y2

y = −x√3

}−→ −2x = x2 +

(−x√3)2−→ 4x2 + 2x = 0 −→

−→ 2x (2x+ 1) = 0 −→

x = 0 −→ (0, 0),

x =−12−→

(−1

2,

√3

2

),

2x = x2 + y2

y = −x√3

}−→ 2x = x2 + (−x

√3)2 −→ 4x2 − 2x = 0 −→

−→ 2x (2x− 1) = 0 −→

x = 0 −→ (0, 0),

x =1

2−→

(1

2,−√3

2

).

Recapitulant tota la informacio dibuixem la regio en Figura 5.14.

75

x

y

x2 + y2 = 1

2x = x2 + y2−2x = x2 + y2

y = −x√3

+ ++ +

+

+

+

+

−2 −1 −12

12 1 2

−2

−√3

−√32

√32

√3

2

bc bc

bc

bc

bc

bc

α


b) Per a calcular l’area de la regio s’ha d’integrar 1 en el recinteD, que es una funcio contınuai per tant integrable. Per la geometria de la regio cal descompondre-la en 4 trossos si esdescriu com una regio tipus xy, en 3 com a tipus yx i en 2 en polars. Per tant, i ja quela funcio a integrar no presenta avantatges addicionals en cap dels tipus, descriurem Den coordenades polars, ja que es la que presenta menor nombre de particions. La relacioentre les coordenades cartesianes i polars ve donada per

x = ρ cos θ,

y = ρ sin θ,

on r ∈ [0,+∞) i θ ∈ [0, 2π).

La coordenada θ varia des de 0 fins a l’angle de la recta y = −x√3 en el segon quadrant.

Per a calcular el valor de l’angle considerem el triangle format per les coordenades (0, 0),(−1, 0) i (−1,

√3), i calculem el valor de l’angle α format per la hipotenusa i el semieix

negatiu de les abscisses (Figura 5.14),

sinα =

√3

2

cosα =1

2

−→ α =π

3.

D’on es dedueix que θ varia entre 0 i π − π3= 2π

3.

D’altra banda, la variacio de la variable r depen de θ, ja que r varia entre el tros decircumferencia de radi 1 del primer quadrant i la circumferencia de radi 2 quan θ variaentre 0 i π

2, i entre el tros de circumferencia de radi 1 del segon quadrant i la circumferencia

de radi 2 quan θ varia entre π2i 2π

3(Figura 5.15) . Cridarem D1 i D2 al tros de D del

primer i segon quadrant, respectivament.

76

Expressant les equacions de les circumferencies en coordenades polars tenim,

x2 + y2 = 4 ←→ r = 2,

−2x = x2 + y2 ←→ −2r cos θ = r2 ←→ r (r + 2 cos θ) = 0 −→{

r = 0,r = −2 cos θ,

2x = x2 + y2 ←→ 2r cos θ = r2 ←→ r (r − 2 cos θ) = 0 −→{

r = 0,r = 2 cos θ.

L’expressio r = 0 representa l’origen de coordenades, per aixo no es tindra en comptequan vulguem representar les circumferencies.

A partir d’aquestes expressions podem descriure D1 i D2 en coordenades polars com,

D∗1 =

{(r, θ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)/ 0 ≤ θ ≤ π

2, 2 cos θ ≤ r ≤ 2

},

D∗2 =

{(r, θ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)/

π

2≤ θ ≤ 2π

3, −2 cos θ ≤ r ≤ 2

}.

x

y

r = 2

r = 2 cos θr = −2 cos θ

θ = 2π3

+

+

+−2 −1 1 2

−2

−1

2

bc bc

bc

bc


Per tant, ja estem en condicions de calcular l’area de D en coordenades polars,

Area D =

∫∫D

1 =

∫∫D∗

1

1 +

∫∫D∗

2

1 =

=

∫ π/2

0

∫ 2

2 cos θ

1 r︸︷︷︸Jacobia

dr dθ +

∫ 2π/3

π/2

∫ 2

−2 cos θ

1 r︸︷︷︸Jacobia

dr dθ =

=

∫ π/2

0

r2

2

∣∣∣∣22 cos θ

dθ +

∫ 2π/3

π/2

r2

2

∣∣∣∣2−2 cos θ

dθ =

=

∫ π/2

0

2− 2 cos2 θ dθ +

∫ 2π/3

π/2

2− 2 cos2 θ dθ =

=

∫ π/2

0

2 sin2 θ dθ +

∫ 2π/3

π/2

2 sin2 θ dθ.

77

Utilizant la relacio sin2 θ = 12(1− cos 2θ), es te,

Area D =

∫ π/2

0

1− cos 2θ dθ +

∫ 2π/3

π/2

1− cos 2θ dθ =

=

(θ − sin 2θ

2

)∣∣∣∣π/20

+

(θ − sin 2θ

2

)∣∣∣∣2π/3π/2

=

=π

2− 0− (0− 0) +

2π

3−

sin 4π3

2−(π2− 0)=

2π

3+

sin π3

2=

2π

3+

√3

4.


Siga D la regio del espai

D =

{(x, y, z) ∈ R3/

4z ≥ x2 + y2,x2 + y2 ≥ z2

}.


b) Calcule el valor de ∫∫∫D

√x2 + y2.

———————————————–


• 4z ≥ x2 + y2.- Si transformem la desigualtat en igualtat s’obte l’equacio d’un para-boloide el.lıptic, l’eix de simetria del qual es la part positiva de l’eix OZ. Si prenemun punt que no complisca l’equacio, per exemple el (0, 0, 1), i ho substituım en ladesigualtat s’obte 4 ≥ 0, que es cert. Per tant, la desigualtat defineix la part del’espai que esta del mateix costat del paraboloide que el (0, 0, 1), es a dir, defineix elcostat del paraboloide que conte a la part positiva de l’eix OZ.

• x2 + y2 ≥ z2.- Si transformem la desigualtat en igualtat s’obte l’equacio d’un conel.lıptic, l’eix de simetria del qual es l’eix OZ. Si prenem un punt que no compliscal’equacio, per exemple el (0, 0, 1), i el substituım en la desigualtat s’obte 0 ≥ 1, quees fals. Per tant, la desigualtat defineix a la part de l’espai que esta del costat delcon contrari al de (0, 0, 1), es a dir, definix el costat del con que no conte a l’eix OZ.

Les 2 superfıcies intersequen en

4z = x2 + y2

x2 + y2 = z2

}−→ 4z = z2 ←→ z(z − 4) = 0 −→

{z = 0 −→ (0, 0, 0),z = 4 −→ x2 + y2 = 16,

es a dir, en l’origen de coordenades i en una circumferencia de radi 4 continguda en el plaz = 4.

Recopilant tota la informacio dibuixem el recinte D en la Figura 5.16. Per a obtindre lesprojeccions en els distints plans coordenats ‘deixem caure’ perpendicularment els puntsde D sobre els mateixos. El resultat de les projeccions es pot observar en la Figura 5.17.

A vegades, quan les projeccions no son facils de visualitzar, resulta convenient dibuixarpreviament les seccions de D, que son el resultat d’intersecar D amb cada un dels planscoordenats. Vegem com seria el proces:

78

x y

zx2 + y2 = 4z x2 + y2 = z2

bc bc

bc

4 4

4


x

yx2 + y2 = 16

4−4

4

−4

bcbc

bc

bc

x

z

z = x2

z = xz = −x

z = 4

4−4

bcbc

bcbc

bc

y

z

z = y2

z = yz = −y

z = 4

4−4

bcbc

bcbc

bc

Figura 5.17: Projeccio de D en els plans XY (esquerra) , XZ (centre) i Y Z (dreta).


4z ≥ x2 + y2

x2 + y2 ≥ z2

z = 0

−→{

0 ≥ x2 + y2

x2 + y2 ≥ 0

}−→ (0, 0, 0).

Es l’origen de coordenades, i la seua representacio es pot veure en la Figura 5.18.


4z ≥ x2 + y2

x2 + y2 ≥ z2

y = 0

−→

4z ≥ x2 −→ z ≥ x2

4,

x2 ≥ z2 −→ |x| ≥ |z| −→{|x| ≥ z, si z ≥ 0,|x| ≥ −z, si z < 0.

La primera desigualtat representa la regio que es troba per damunt de la parabolaz = x2

4. La segona desigualtat, |x| ≥ z, si z ≥ 0, correspon a la regio que esta al

mateix temps per damunt de l’eix d’abscisses i per davall de z = |x|. Finalment, latercera desigualtat, |x| ≥ −z, si z < 0, correspon a la regio que esta al mateix temps

79

per davall de l’eix d’abscisses i per damunt de z = −|x|. Les dos desigualtats no hande complir-se simultaniament, sino que la segona es compleix quan z ≥ 0 i la terceraquan z < 0. Recopilant tota la informacio es representa la seccio en la Figura 5.18.


4z ≥ x2 + y2

x2 + y2 ≥ z2

x = 0

−→

4z ≥ y2 −→ z ≥ y2

4,

y2 ≥ z2 −→ |y| ≥ |z| −→{|y| ≥ z, si z ≥ 0,|y| ≥ −z, si z < 0.

La primera desigualtat representa la regio que es troba per damunt de la parabolaz = y2

4. La segona desigualtat, |y| ≥ z, si z ≥ 0, correspon a la regio que esta al

mateix temps per damunt de l’eix d’abscisses (que en aquesta seccio es l’eix OY ) iper davall de z = |y|. Finalment, la tercera desigualtat, |y| ≥ −z, si z < 0, correspona la regio que esta al mateix temps per davall de l’eix d’abscisses i per damunt dez = −|y|. Recopilant tota la informacio es representa la seccio en la Figura 5.18.


x

y

bc 4−4

4

−4

bcbc

bc

bc

x

z

z = x2

z = xz = −x

4−4

4 bcbc

bcbc

bc

y

z

z = y2

z = yz = −y

4−4

4 bcbc

bcbc

bc

Figura 5.18: Seccio de D en els plans XY (esquerra) , XZ (centre) i Y Z (dreta).

b) En D, la funcio a integrar es contınua i per tant es integrable. Per a calcular la integralhem de descriure D com una regio elemental de l’espai. La funcio a integrar no es resoldirectament integrant respecte de x o y. A mes, tampoc se simplifica l’expressio realitzantun canvi a coordenades esferiques. D’altra banda, l’expressio sı que es simplifica per mitjad’un canvi a coordenades cilındriques i es directament integrable respecte de la variablez, per tant en principi podrıem utilitzar qualsevol d’aquestes dos vies per a calcular laintegral. No obstant aixo, pel fet que la projeccio sobre el pla XY es un cercle, pareixmes apropiada una resolucio per mitja de coordenades cilındriques, la relacio de les qualsamb les coordenades cartesianes ve donada per

x = ρ cos θ,

y = ρ sin θ,

z = h,

on r ∈ [0,+∞), θ ∈ [0, 2π) i h ∈ R.De la projeccio al pla XY es dedueix que θ varia entre 0 i 2π, i que r varia des de 0 fins ala circumferencia x2 + y2 = 4, l’expressio de la qual en coordenades cilındriques es r = 4.

80

D’altra banda, tant de la Figura 5.16 com de les seccions amb els plans XZ i Y Z, esdedueix que h varia des del paraboloide fins a la part del con per damunt del pla XY , lesexpressions dels quals en cilındriques son

4z = x2 + y2 ←→ 4h = r2 ←→ h =r2

4,

x2 + y2 = z2 ←→ r2 = h2 ←→ h = ±r.

Prenent el signe positiu en l’ultima expressio s’obte la part del con per damunt del plaXY . D’on podem descriure D en coordenades cilındriques com,

D =

(r, θ, h) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)× R/0 ≤ θ < 2π,0 ≤ r ≤ 4,r2

4≤ h ≤ r

.

Per tant, podem calcular la integral,∫∫∫D

√x2 + y2 =

∫ 2π

0

∫ 4

0

∫ r

r2

4

r · r︸︷︷︸Jacobia

dh dr dθ =

=

∫ 2π

0

∫ 4

0

r2 h|rr24

dr dθ =

∫ 2π

0

∫ 4

0

r2(r − r2

4

)dr dθ =

=

∫ 2π

0

∫ 4

0

r3 − r4

4dr dθ =

∫ 2π

0

r4

4− r5

20

∣∣∣∣40

dθ =

∫ 2π

0

43 − 44

5dθ =

=43

5

∫ 2π

0

dθ =43

5θ|2π0 =

43

52π =

128π

5.

5.5 Juny 2013




D =

(x, y) ∈ R2/

−1 ≤ x ≤ 0,−1 ≤ y ≤ 1,

x2 + 2x+ y2 + 2y + 1 ≥ 0,x2 + 2x+ y2 − 2y + 1 ≥ 0

.

a) Represente la regio D, identificant tots els elements que intervenen en la representacio

b) Calcule ∫∫D

(1 +√−2x− x2

)cos

(x3

3+ x2 + x

).

———————————————–


• −1 ≤ x ≤ 0.- Aquestes dos desigualtats representen el tros del pla que es troba entreles rectes x = −1 i x = 0.

81

• −1 ≤ y ≤ 1.- Aquestes dos desigualtats representen el tros del pla que es troba entreles rectes y = −1 i y = 1.

• x2 + 2x + y2 + 2y + 1 ≥ 0.- Si canviem la desigualtat per una igualtat obteniml’equacio d’una circumferencia, ja que es un polinomi de segon grau igualat a 0 onles dos variables quadratiques tenen el mateix signe i van multiplicades pel mateixnombre. Si completem quadrats

x2 + 2x+ y2 + 2y + 1 = 0 ←→ x2 + 2x+ 1︸︷︷︸(x+1)2

+ y2 + 2y + 1︸︷︷︸(y+1)2

= 1 ←→

←→ (x+ 1)2 + (y + 1)2 = 1,

deduım que es una circumferencia de centre (−1,−1) i radi 1. Substituint (−1,−1)en la desigualtat tenim −1 ≥ 0, que es fals. Per tant, la desigualtat defineix l’exteriorde la circumferencia.

• x2+2x+y2−2y+1 ≥ 0.- Si canviem la desigualtat per una igualtat obtenim l’equaciod’una circumferencia pel mateix raonament que en el punt anterior. Si completemquadrats

x2 + 2x+ y2 − 2y + 1 = 0 ←→ x2 + 2x+ 1︸︷︷︸(x+1)2

+ y2 − 2y + 1︸︷︷︸(y−1)2

= 1 ←→

←→ (x+ 1)2 + (y − 1)2 = 1,

deduım que es una circumferencia de centre (−1, 1) i radi 1. Substituint (−1, 1) enla desigualtat tenim −1 ≥ 0, que es fals. Per tant, la desigualtat defineix l’exteriorde la circumferencia

Recapitulant tota la informacio representem D en la Figura 5.19.

De la construccio de la figura es dedueix que les dos circumferencies s’intersequen entresi en (−1, 0), i l’eix d’ordenades interseca amb la circumferencia del segon quadrant en(0, 1) i amb la del tercer en (0,−1).

x

y

x2 + 2x+ y2 + 2y + 1 = 0

x2 + 2x− y2 + 2y + 1 = 0

+

+

+

−2

−2

2

x = −1

y = 1

y = −1 bc

bc

bc

bc

bc


82

b) En D, la funcio a integrar es contınua i per tant es integrable, encara que no es potintegrar directament respecte de x, ni se simplificaria per mitja d’un canvi a coordenadespolars. Per tant, intentarem resoldre-la integrant respecte de la y en primer lloc. Per aaixo descriurem la regio D com una regio tipus yx. Del dibuix es dedueix que la variablex varia entre -1 i 0, mentres que la y varia des de la part superior de la circumferenciainferior fins a la part inferior de la circumferencia superior. Aıllant y en l’equacio de lacircumferencia del tercer quadrant tenim,

(x+ 1)2 + (y + 1)2 = 1←→ (y + 1)2 = 1− (x+ 1)2 = −x2 − 2x ←→←→ y = −1±

√−x2 − 2x.

Cada signe de l’arrel quadrada defineix una mitat de la circumferencia. El signe positiudefineix la mitat que esta per damunt de la recta y = −1, mentre que el signe negatiudefineix la mitat que esta per davall.

Aıllant y en l’equacio de la circumferencia del segon quadrant tenim,

(x+ 1)2 + (y − 1)2 = 1←→ (y − 1)2 = 1− (x+ 1)2 = −x2 − 2x ←→←→ y = 1±

√−x2 − 2x.

En aquest cas, prenent el signe positiu de l’arrel es defineix la mitat de la circumferenciaque esta per damunt de la recta y = 1, mentre que prenent el signe negatiu defineix lamitat que esta per davall.

En la Figura 5.20) es poden veure aquestes mitges circumferencies. Per tant, ja podemescriure D com una regio de tipus yx com

D ={(x, y) ∈ R2/ − 1 ≤ x ≤ 0, −1 +

√−x2 − 2x ≤ y ≤ 1−

√−x2 − 2x

}.

x

y

y = 1 +√−x2 − 2x

y = 1−√−x2 − 2x

y = −1 +√−x2 − 2x

y = −1−√−x2 − 2x

+

+

+

−2 −1

−2

2

y = 1

y = −1bc

bc

bc

bc

bc


83

D’on plantegem la integral i la resolem,∫∫D

(1 +√−2x− x2

)cos

(x3

3+ x2 + x

)=

=

∫ 0

−1

∫ 1−√−x2−2x

−1+√−x2−2x

(1 +√−2x− x2

)cos

(x3

3+ x2 + x

)dy dx =

=

∫ 0

−1

y|1−√−x2−2x

−1+√−x2−2x

(1 +√−2x− x2

)cos

(x3

3+ x2 + x

)dx =

=

∫ 0

−1

[1−√−x2 − 2x−

(−1 +

√−x2 − 2x

)](1 +√−2x− x2

)cos

(x3

3+ x2 + x

)dx =

=

∫ 0

−1

2(1−√−x2 − 2x

)(1 +√−2x− x2

)cos

(x3

3+ x2 + x

)dx =

= 2

∫ 0

−1

(1 + 2x+ x2

)cos

(x3

3+ x2 + x

)dx = 2 sin

(x3

3+ x2 + x

)∣∣∣∣0−1

=

= 2

(0− sin

(−13

+ 1− 1

))= 2 sin

(1

3

).



D =

{(x, y, z) ∈ R3/

x2 + y2 + z2 ≤ 4,1 ≤ z

}.


b) Determine el valor de la integral ∫∫∫D

1

x2 + y2 + z2.

———————————————–


• x2 + y2 + z2 ≤ 4.- Si transformem la desigualtat en igualtat s’obte l’equacio d’unaesfera de centre (0, 0, 0) i radi 4. Si prenem un punt que no complisca l’equacio, perexemple el (0, 0, 0), i ho substituım en la desigualtat s’obte 0 ≤ 4, que es cert. Pertant, la desigualtat defineix l’interior de l’esfera.

• 1 ≤ z.- Si transformem la desigualtat en igualtat s’obte l’equacio del pla z = 1. Pertant, la desigualtat defineix a la part de l’espai que esta per damunt d’aquest pla.

Les dos superfıcies intersequen en

x2 + y2 + z2 = 41 = z

}−→ x2 + y2 + 1 = 4←→ x2 + y2 = 3,

84

es a dir, en una circumferencia de radi√3 continguda en el pla z = 1.

Dibuixem el recinte D en la Figura 5.21. Per a obtindre les projeccions en els distintsplans coordenats ‘deixem caure’ perpendicularment els punts de D sobre els mateixos. Elresultat de les projeccions es pot observar en la Figura 5.22.

x y

z

x2 + y2 + z2 = 4

z = 1

bc bc

bc

bc bc

bc

2 2

2

√3

√3


x

y

x2 + y2 = 4

x2 + y2 = 3

1 2−1−2

1

2

−1

−2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

x

z x2 + z2 = 4

z = 1

√3 2−

√3−2

2

−2

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bcbc

y

z y2 + z2 = 4

z = 1

√3 2−

√3−2

2

−2

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bcbc

Figura 5.22: Projeccio de D en els plans XY (esquerra) , XZ (centre) i Y Z (dreta) . Lesprojeccions en els plans XZ i Y Z coincideixen amb les seccions de D amb aquests plans.



x2 + y2 + z2 ≤ 41 ≤ zz = 0

El pla XY no interseca D, ja que z no pot ser 0 i major que 1 al mateix temps.

85


x2 + y2 + z2 ≤ 41 ≤ zy = 0

−→{

x2 + z2 ≤ 4,1 ≤ z

La primera desigualtat representa l’interior d’una circumferencia de centre (0, 0) iradi 2. La segona desigualtat representa la regio que esta per damunt de la rectaz = 1. Recopilant tota la informacio es representa la seccio en la Figura 5.22, la qualcoincideix amb la projeccio de D sobre el pla XZ.


x2 + y2 + z2 ≤ 41 ≤ zx = 0

−→{

y2 + z2 ≤ 4,1 ≤ z

La primera desigualtat representa l’interior d’una circumferencia de centre (0, 0) iradi 2. La segona desigualtat representa la regio que esta per damunt de la rectaz = 1. Recopilant tota la informacio es representa la seccio en la Figura 5.22, la qualcoincideix amb la projeccio de D sobre el pla Y Z.

b) En D, la funcio a integrar es contınua i per tant es integrable. Per a calcular la integralhem de descriure D com una regio elemental de l’espai. La funcio a integrar no es resol deforma directa integrant respecte de x, y o z. Si la transformem a coordenades cilındriquesla funcio no s’integra directament respecte de h, que es la variable per la qual semprecomencem la integracio en les aquestes variables. D’altra banda, la funcio es simplificanotablement al transformar-la a coordenades esferiques. Intentem, per tant, descriure Dcom una regio elemental de l’espai en coordenades esferiques, la relacio de la qual ambles coordenades cartesianes ve donada per



z = ρ cosϕ,

on ρ ∈ [0,+∞), θ ∈ [0, 2π) i ϕ ∈ [0, π].

De la projeccio al pla XY es dedueix que θ varia entre 0 i 2π. Si fixem θ = 0 en D,obtenim la part de la seccio de D amb el pla XZ que esta a la dreta de l’eix OZ. Enaquesta figura ϕ varia des de 0 fins a la coordenada ϕ del punt (

√3, 1). Tenint en compte

que per a aquest punt ρ = 2 i que ϕ ∈ [0, π], podem calcular la seua coordenada ϕ,

(√3, 1)

z = ρ cosϕ

}−→ 1 = 2 cosϕ −→ cosϕ =

1

2−→ ϕ =

π

3.

D’on es dedueix que ϕ varia entre 0 i π3. Si haguerem fixat θ en un altre valor haurıem

obtingut el mateix resultat, ja que els lımits de ϕ no depenen de θ, tal com s’aprecia enla representacio de D. D’altra banda, tant d’aquesta representacio (Figura 5.21) com deles seccions amb els plans XZ e Y Z, es dedueix que ρ varia des del pla fins a l’esfera.Expressant aquestes superfıcies en coordenades esferiques tenim,

x2 + y2 + z2 = 4 ←→ ρ = 2,

z = 1 ←→ ρ cosϕ = 1←→ ρ =1

cosϕ.

86


D =

(ρ, θ, ϕ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)× [0, π]/

0 ≤ θ < 2π,

0 ≤ ϕ ≤ π

3,

1

cosϕ≤ ρ ≤ 2

.

Per tant, podem calcular el volum de D,∫∫∫D

1

x2 + y2 + z2=

∫ 2π

0

∫ π3

0

∫ 2

1cosϕ

1

ρ2· ρ2 sinϕ︸︷︷︸Jacobiano

dρ dϕ dθ =

=

∫ 2π

0

∫ π3

0

sinϕ ρ|2 1cosϕ

dϕ dθ =

∫ 2π

0

∫ π3

0

sinϕ

(2− 1

cosϕ

)dϕ dθ =

=

∫ 2π

0

∫ π3

0

2 sinϕ− sinϕ

cosϕdϕ dθ =

∫ 2π

0

−2 cosϕ+ log (cosϕ)|π30 dθ =

=

∫ 2π

0

−2 1

2+ log

(1

2

)− (−2 + 0) dθ = (1− log 2)

∫ 2π

0

dθ =

= (1− log 2) θ|2π0 = (1− log 2) 2π.

5.6 Juliol 2013




D =

(x, y) ∈ R2/0 ≤ y,

−3 ≤ x ≤ −2,x2 + 4x+ y2 ≤ 0

.

a) Represente la regio D, identificant tots els elements que intervenen en la representacio

b) Calcule ∫∫D

1

x (x2 + y2).

———————————————–

a) Analitzem cada una de les desigualtats per separat.

• 0 ≤ y.- Aquesta desigualtat indica que la regio esta per damunt de l’eix d’abscisses.

• −3 ≤ x ≤ −2.- Aquestes desigualtats indiquen que la regio es troba compresa entreles rectes x = −3 i x = −2.• x2 + 4x+ y2 ≤ 0.- Canviem la desigualtat per un igual i completem quadrats

x2 + 4x+ y2 = 0←→ x2 + 4x+ 4︸︷︷︸(x+2)2

+y2 = 4←→ (x+ 2)2 + y2 = 22,

87

d’on es dedueix que l’equacio representa una circumferencia de centre (−2, 0) i radi2. Substituint (−2, 0) en la desigualtat tenim −4 ≤ 0, que es cert. Per tant, ladesigualtat defineix l’interior de la circumferencia.

Calculem els punts d’interseccio entre les corbes associades a les desigualtats. Per cons-truccio es dedueix que la circumferencia interseca a la recta y = 0 en (0, 0) i (−4, 0). Lesinterseccions de la circumferencia amb les altres dos rectes son

x2 + 4x+ y2 = 0x = −3

}−→ 9− 12 + y2 = 0 −→ y = ±

√3 −→

{(−3,

√3),

(−3,−√3),

x2 + 4x+ y2 = 0x = −2

}−→ 4− 8 + y2 = 0 −→ y = ±

√4 = ±2 −→

{(−2, 2),(−2,−2).

Recapitulant tota la informacio dibuixem la regio en la Figura 5.23.

x

y

x2 + 4x+ y2 = 0

x = −2x = −3

+

+

+

+

+

+

−1−4

−2

−1

1

√3

2

bcbc

bc

bc


b) La funcio a integrar es contınua en D i per tant es integrable, encara que no es resol deforma directa ni integrant respecte de la x ni respecte de la y. No obstant aixo, sı que esresol directament realitzant un canvi a coordenades polars, la relacio de les quals amb lescoordenades cartesianes ve donada per

x = ρ cos θ,

y = ρ sin θ,

d’on r ∈ [0,+∞) i θ ∈ [0, 2π). Al transformar la funcio a polars i multiplicar pel jacobiade la funcio canvi de variable queda

1

x (x2 + y2)=

1

r cos θ (r2)r︸︷︷︸

jacobia

=1

r2 cos θ.

I aquesta expressio es pot integrar directament respecte de r.

88

Per a realitzar la integral en coordenades polars hem de descriure el recinte en polars.Observant la Figura 5.23 es dedueix que l’angle θ varia entre l’angle del punt (−2, 2) i π.El primer es la bisectriu del segon quadrant, que es 3π

4.

La variacio de la variable r depen de θ, ja que r varia entre la recta x = −2 i la cir-cumferencia quan θ varia entre 3π

4i l’angle del punt (−3,

√3), i entre les rectes x = −2

i x = −3 quan θ varia entre l’angle del punt (−3,√3) i π (Figura 5.24). Denominarem

D1 i D2 el primer i segon tros descrit, respectivament. Per a definir aquestes subregionshem de calcular l’angle de (−3,

√3) i escriure totes les corbes en polars.

Per a calcular el valor de l’angle considerem el triangle format per les coordenades (0, 0),(−3, 0) i (−3,

√3), i calculem el valor de l’angle α format per la hipotenusa i el semieix

negatiu de les abscisses (Figura 5.24),

sinα =

√3√

32 + (√3)2

=

√3√12

=1

2

cosα =3√

32 + (√3)2

=3√12

=

√3

2

−→ α =

π

6.

D’on es dedueix que l’angle buscat es π − π6= 5π

6.

Expressant les equacions de les corbes en coordenades polars tenim,

x2 + 4x+ y2 = 0 ←→ r2 + 4r cos θ = 0←→ r (r + 4 cos θ) = 0 −→{

r = 0,r = −4r cos θ,

x = −2 ←→ r cos θ = −2←→ r =−2cos θ

,

x = −3 ←→ r cos θ = −3←→ r =−3cos θ

.

L’expressio r = 0 representa l’origen de coordenades, aleshores no es te en compte alconsiderar la circumferencia.

A partir d’aquestes expressions podem descriure D1 i D2 en coordenades polars com,

D∗1 =

{(r, θ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)/

3π

4≤ θ ≤ 5π

6,−2cos θ

≤ r ≤ −4 cos θ},

D∗2 =

{(r, θ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)/

5π

6≤ θ ≤ π,

−2cos θ

≤ r ≤ −3cos θ

}.

Per tant, ja podem calcular la integral demanada,∫∫D

1

x (x2 + y2)=

∫∫D∗

1

1

x (x2 + y2)+

∫∫D∗

2

1

x (x2 + y2)=

=

∫ 5π6

3π4

∫ −4 cos θ

−2cos θ

1

r2 cos θdr dθ +

∫ π

5π6

∫ −3cos θ

−2cos θ

1

r2 cos θdr dθ =

=

∫ 5π6

3π4

−1r

∣∣∣∣−4 cos θ

−2cos θ

1

cos θdθ +

∫ π

5π6

−1r

∣∣∣∣ −3cos θ

−2cos θ

1

cos θdθ =

89

x

y

r = −4 cos θ

r = −2cos θr = −3

cos θ

θ = 2π3

+

+

+

+

+

−1−4

−2

−1

1

2

bcbc

bc

bc

α


=

∫ 5π6

3π4

(1

4 cos θ− cos θ

2

)1

cos θdθ +

∫ π

5π6

(cos θ

3− cos θ

2

)1

cos θdθ =

=

∫ 5π6

3π4

1

4 cos2 θ− 1

2dθ +

∫ π

5π6

−1

6dθ =

=

(1

4tan θ − θ

2

)∣∣∣∣ 5π63π4

− θ

6

∣∣∣∣π5π6

=

=1

4tan

(5π

6

)− 5π

12−(1

4tan

(3π

4

)− 3π

8

)− π

6+

5π

36=

=1

4

−1√3− 5π

12+

1

4+

3π

8− π

6+

5π

36=

= − 1

4√3+

1

4+

(−30 + 27− 12 + 10)π

72= −√3

12+

1

4− 5π

72.



D =

{(x, y, z) ∈ R3/

x2 + y2 + z2 ≤ 4,1 ≤ x2 + y2

}.

90


b) Utilitzant una integral triple, determine el valor el volum de D

———————————————–


• x2 + y2 + z2 ≤ 4.- Si transformem la desigualtat en igualtat s’obte l’equacio d’unaesfera de centre (0, 0, 0) i radi 4. Si prenem un punt que no complisca l’equacio, perexemple el (0, 0, 0), i el substituım en la desigualtat s’obte 0 ≤ 4, que es cert. Pertant, la desigualtat defineix l’interior de l’esfera.

• 1 ≤ x2+y2.- Si transformem la desigualtat en igualtat s’obte l’equacio d’una circum-ferencia de centre (0, 0) i radi 1 en el pla XY . Considerant l’equacio en R3 s’obteun cilindre circular, les rectes generatrius del qual son paral.leles a l’eix OZ, es adir, s’obte la superfıcie resultant de fer passar per cada punt de la circumferenciaen el pla XY una recta paral.lela a l’eix OZ. Si prenem un punt que no compliscal’equacio, per exemple el (0, 0, 0), i el substituım en la desigualtat s’obte 1 ≤ 0, quees fals. Per tant, la desigualtat defineix a la part de l’espai que esta del costat delcilindre contrari al de (0, 0, 0), es a dir, defineix el costat del cilindre que no contel’eix OZ.

Les dos superfıcies intersequen en

x2 + y2 + z2 = 41 = x2 + y2

}−→ 1 + z2 = 4←→ z = ±

√3 −→

{1 = x2 + y2, z =

√3,

1 = x2 + y2, z = −√3,

es a dir, en dos circumferencies de radi 1, una continguda en el pla z =√3 i l’altra en

z = −√3.

Recopilant tota la informacio dibuixem el recinte D en Figura 5.25. Per a obtindre lesprojeccions en els distints plans coordenats ‘deixem caure’ perpendicularment els puntsde D sobre els mateixos. El resultat de les projeccions es pot observar en la Figura 5.26.



x2 + y2 + z2 ≤ 41 ≤ x2 + y2

z = 0

−→{

x2 + y2 ≤ 41 ≤ x2 + y2

}.

La primera desigualtat representa l’interior d’una circumferencia de centre (0, 0) iradi 2, mentre que la segona representa l’exterior d’una circumferencia de centre(0, 0) i radi 1. La combinacio de les dos desigualtats es pot observar en la Figura5.27.


x2 + y2 + z2 ≤ 41 ≤ x2 + y2

y = 0

−→

x2 + z2 ≤ 4,

1 ≤ x2 −→ 1 ≤ |x| −→{

1 ≤ x, si x ≥ 0,1 ≥ −x, si x < 0.

91

x y

z

x2 + y2 + z2 = 4

x2 + y2 = 1

bc bc

bc

bc bc

bc

bc

2 2

2

1 1

√3

−√3


La primera desigualtat representa l’interior d’una circumferencia de centre (0, 0) iradi 2. La segona desigualtat, 1 ≤ x, si x ≥ 0, correspon a la regio que esta ala dreta de la recta x = 1. Finalment, la tercera desigualtat, 1 ≤ −x, si x < 0,que es equivalent a x ≤ −1, correspon a la regio que esta a l’esquerra de la rectax = −1. La segona desigualtat s’aplica per als valors de x positius, mentres que latercera s’aplica als negatius. Recopilant tota la informacio es representa la seccio enla Figura 5.27.


x2 + y2 + z2 ≤ 41 ≤ x2 + y2

x = 0

−→

y2 + z2 ≤ 4,

1 ≤ y2 −→ 1 ≤ |y| −→{

1 ≤ y, si y ≥ 0,1 ≥ −y, si y < 0.

La primera desigualtat representa l’interior d’una circumferencia de centre (0, 0) iradi 2. La segona desigualtat, 1 ≤ y, si y ≥ 0, correspon a la regio que esta a ladreta de la recta y = 1. Finalment, la tercera desigualtat, 1 ≤ −y, si y < 0, que esequivalent a y ≤ −1, correspon a la regio que esta a l’esquerra de la recta y = −1. Lasegona desigualtat s’aplica per als valors de y positius, mentre que la tercera s’aplicaals negatius. Recopilant tota la informacio es representa la seccio en la Figura 5.27.


b) Per a calcular el volum de D hem d’integrar un 1 en la regio, que es una funcio contınuai per tant integrable. Per a aixo hem de descriure D com una regio elemental de l’espai.Com la funcio a integrar no mostra avantatges si la regio es defineix en coordenadescartesianes, cilındriques o esferiques, podem fer-ho de qualsevol dels tres sistemes decoordenades. No obstant aixo, per la forma de la regio, els lımits d’integracio resultaran

92

x

y

x2 + y2 = 4

x2 + y2 = 1

1 2−1−2

1

2

−1

−2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

x

z x2 + z2 = 4

z =√3

z = −√3

1 2−1−2

2

−2

bc bcbcbc

bc

bc

y

z y2 + z2 = 4

z =√3

z = −√3

1 2−1−2

2

−2

bc bcbcbc

bc

bc

Figura 5.26: Projeccio de D en els plans XY (esquerra) , XZ (centre) i Y Z (dreta).

x

y

x2 + y2 = 4

x2 + y2 = 1

1 2−1−2

1

2

−1

−2

bc bcbcbc

bc

bc

bc

bc

x

z x2 + z2 = 4

x = −1 x = 1

z =√3

z = −√3

2−2

2

−2

bcbc

bc

bc

y

z y2 + z2 = 4

x = −1 x = 1

z =√3

z = −√3

2−2

2

−2

bcbc

bc

bc

Figura 5.27: Seccions de D amb els plans XY (esquerra) , XZ (centre) i Y Z (dreta).

mes senzills en coordenades cilındriques o esferiques, com es dedueix en examinar laprojeccio al pla XY . Resolguem la integral per aquestos dos metodes:

• Coordenades cilındricas.- La relacio entre les coordenades cartesianes i cilındriquesve donada per

x = ρ cos θ,

y = ρ sin θ,

z = h,

on r ∈ [0,+∞), θ ∈ [0, 2π) i h ∈ R. De la projeccio al pla XY es dedueix que θvaria entre 0 i 2π, i que r varia des de la circumferencia de radi 1 fins a la de radi2, es a dir, r varia des d’1 fins a 2. D’altra banda, tant de la Figura 5.25 com deles seccions amb els plans XZ i Y Z, es dedueix que h varia des de la part inferiorde l’esfera fins a la part superior. Aıllant h de l’expressio de l’esfera en coordenadescilındriques tenim,

x2 + y2 + z2 = 4 ←→ r2 + h2 = 4←→ h = ±√4− r2.

Prenent el signe positiu s’obte la part de l’esfera que esta per damunt del pla XY , iprenent el negatiu, la que esta per davall. D’on podem descriure D en coordenades

93

cilındriques com,

D =

(r, θ, h) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)× R/0 ≤ θ < 2π,1 ≤ r ≤ 2,

−√4− r2 ≤ h ≤

√4− r2

.


Vol D =

∫∫∫D

1 =

∫ 2π

0

∫ 2

1

∫ √4−r2

−√4−r2

1 · r︸︷︷︸Jacobia

dh dr dθ =

=

∫ 2π

0

∫ 2

1

r h|√4−r2

−√4−r2

dr dθ =

∫ 2π

0

∫ 2

1

r[√

4− r2 − (−√4− r2)

]dr dθ =

=

∫ 2π

0

∫ 2

1

2r√4− r2 dr dθ =

∫ 2π

0

−(4− r2)32

32

∣∣∣∣∣2

1

dθ =

∫ 2π

0

−2

3(0− 3

32 ) dθ =

= 2√3

∫ 2π

0

dθ = 2√3 θ|2π0 = 2

√3 (2π − 0) = 4

√3π.

• Coordenades esferiques.- La relacio entre les coordenades cartesianes i esferiques vedonada per



z = ρ cosϕ,

on ρ ∈ [0,+∞), θ ∈ [0, 2π) i ϕ ∈ [0, π]. De la projeccio al pla XY es dedueix que θvaria entre 0 i 2π. Si fixem θ = 0 en D, obtenim la part de la seccio de D amb el plaXZ que esta a la dreta de l’eix OZ. En aquesta figura ϕ varia des de la coordenadaϕ del punt (1,

√3) fins a la de (1,−

√3). Tenint en compte que per a ambdos punts

ρ = 2 i que ϕ ∈ [0, π], podem calcular les seues coordenades ϕ,

(1,√3)

z = ρ cosϕ

}−→

√3 = 2 cosϕ −→ cosϕ =

√3

2−→ ϕ =

π

6,

(1,−√3)

z = ρ cosϕ

}−→ −

√3 = 2 cosϕ −→ cosϕ = −

√3

2−→ ϕ =

5π

6.

D’on es deduıx que ϕ varia entre π6i 5π

2. Si haguerem fixat θ en un altre valor haurıem

obtingut el mateix resultat, ja que els lımits de ϕ no depenen de θ, tal com s’apreciaen la representacio de D. D’altra banda, tant d’aquesta representacio (Figura 5.25)com de les seccions amb els plans XZ i Y Z, es deduıx que ρ varia des del cilindrefins a l’esfera. Expressant aquestes superfıcies en coordenades esferiques es te,

x2 + y2 + z2 = 4 ←→ ρ = 2,

x2 + y2 = 1 ←→ (ρ sinϕ cos θ)2 + (ρ sinϕ sin θ)2 = 1←→

←→ ρ2 sin2 ϕ = 1←→ ρ = ± 1

sinϕ.

Com ρ sempre es positiu o nul, rebutgem el signe negatiu en l’ultima expressio. Pertant, podem expressar D en coordenades esferiques com,

D =

(ρ, θ, ϕ) ∈ [0,+∞)× [0, 2π)× [0, π]/

0 ≤ θ < 2π,π

6≤ ϕ ≤ 5π

6,

1

sinϕ≤ ρ ≤ 2

.

94


Vol D =

∫∫∫D

1 =

∫ 2π

0

∫ 5π6

π6

∫ 2

1sinϕ

1 · ρ2 sinϕ︸︷︷︸Jacobiano

dρ dϕ dθ =

=

∫ 2π

0

∫ 5π6

π6

sinϕρ3

3

∣∣∣∣21

sinϕ

dϕ dθ =

∫ 2π

0

∫ 5π6

π6

sinϕ

(8

3− 1

3 sin3 ϕ

)dϕ dθ =

=1

3

∫ 2π

0

∫ 5π6

π6

8 sinϕ− 1

sin2 ϕdϕ dθ =

1

3

∫ 2π

0

−8 cosϕ+cosϕ

sinϕ

∣∣∣∣ 5π6π6

dθ =

=1

3

∫ 2π

0

−8

(−√3

2

)+

−√3

212

−

(−8√3

2+

√3212

)dθ =

=1

36√3

∫ 2π

0

dθ = 2√3 θ|2π0 = 2

√3 (2π − 0) = 4

√3 π.

95

Capıtol 6

Fonaments d’analisi vectorial

6.1 Juliol 2011



Siga f(x, y) = −2xy2 + ye−x.

a) En quina direccio i sentit creix f mes rapidament en el punt (0,−1), i quin es el valor dela seua derivada direccional en tal direccio?

b) Quina direccio i sentit s’ha de seguir perque la derivada direccional en el punt (0,−1)valga 0?

———————————————–

a) f ∈ C1 en el seu domini, R2, ja que les seues derivades parcials,

∂f

∂x(x, y) = −2y2 − ye−x,

∂f

∂y(x, y) = −4xy + e−x,

son contınues en R2. Per tant, la direccio i sentit de maxim creixement en (0,−1) vedonada pel gradient de f en aquest punt,

∇f(0,−1) =(∂f

∂x(0,−1), ∂f

∂y(0,−1)

)= (−1, 1).

Normalitzant el vector tenim,

u =1

∥(−1, 1)∥(−1, 1) =

(−1√2,1√2

).

La derivada direccional de f en (0,−1) segons la direccio de maxim creixement u, es iguala la norma del gradient en el citat punt, es a dir,

Duf(0,−1) = ∥∇f(0,−1)∥ =√2.

97

b) Siga v = (v1, v2) un vector unitari tal que Dvf(0,−1) = 0, per tant,

0 = Dvf(0,−1) = ∇f(0,−1) · v = (−1, 1) · (v1, v2) = −v1 + v2.

D’on tenim que v1 = v2. Com ∥v∥ =√

v21 + v22 = 1, al substituir la relacio entre compo-nents es te, √

v21 + v21 = 1 ←→ v21 + v21 = 1 ←→ v1 = ±1√2.

D’on,

v =

(1√2,1√2

), o bien, v =

(−1√2,−1√2

).

6.2 Juliol 2012


6.2.1 Exercici 1b (4 punts)

Siga la funcio vectorial

f(x, y) =

(x2 + arcsin y,

x− y√1− y2

).

Determine si f es un camp conservatiu, obtenint, si es el cas, una funcio potencial.

———————————————–

Tenim que el Domf1 = {(x, y) ∈ R2 / − 1 ≤ y ≤ 1} i el Domf2 = {(x, y) ∈ R2 / − 1 < y < 1} ,i com el Domf es la interseccio d’aquestos dos, es dedueix que f es Domf = {(x, y) ∈ R2 / − 1 < y < 1} ,que es un conjunt obert i convex. Les seues derivades parcials,

∂f

∂x(x, y) =

(∂f1∂x

(x, y),∂f2∂x

(x, y)

)=

(2x,

1√1− y2

),

∂f

∂y(x, y) =

(∂f1∂y

(x, y),∂f2∂y

(x, y)

)=

1√1− y2

,

−√1− y2 − (x− y)

−y√1− y2

1− y2

=

=

(1√

1− y2,

xy − 1

(1− y2)3/2

).

son contınues en el seu domini, d’on tenim que f es una funcio de classe C1. A mes,

∂f1∂y

(x, y) =∂f2∂x

(x, y),

pel que f es un camp conservatiu, es a dir, ∃g : R2 −→ R diferenciable tal que ∇g = f . D’ones te,

∂g

∂x(x, y) = f1(x, y), (6.1)

∂g

∂y(x, y) = f2(x, y). (6.2)

98

Si integrem∂g

∂xrespecte de x, s’obte g, excepte per una constant i una funcio de y. Per

tant, integrant (6.1) respecte de x tenim

g(x, y) =

∫f1(x, y) dx =

∫x2 + arcsin y dx =

x3

3+ x arcsin y + ϕ(y) + C1,

sent ϕ(y) una funcio que nomes depen de y i C1 una constant. Derivant g respecte de y tenim,

∂g

∂y(x, y) =

x√1− y2

+ ϕ′(y),

que per (6.2) es igual a f2, es a dir,

x√1− y2

+ ϕ′(y) =x− y√1− y2

=x√

1− y2− y√

1− y2.

D’on es dedueix que,

ϕ′(y) = − y√1− y2

−→ ϕ(y) =√1− y2 + C2,

sent C2 una constant. Per tant, una funcio potencial de f ve donada per

g(x, y) =x3

3+ x arcsin y +

√1− y2 +K,

sent K = C1 + C2 una constant real.

6.3 Juliol 2013


6.3.1 Exercici 1b (4 punts)

Siga la funcio vectorial

f(t) =

(4x

y√1 + 4x2

, y −√1 + 4x2

y2

).

Determine si es un camp conservatiu, obtenint, si es el cas, una funcio potencial.

———————————————–

Com el Domf1 = Domf2 = {(x, y) ∈ R2 / y = 0} , i el Domf es la interseccio d’aquests dos,tenim que f es Domf = {(x, y) ∈ R2 / y = 0} , que es un conjunt obert. Continuem restringitsen un obert i convex del domini. Les derivades parcials de f ,

∂f

∂x(x, y) =

(∂f1∂x

(x, y),∂f2∂x

(x, y)

)=

4y√1 + 4x2 − 16x2y√

1 + 4x2

y2(1 + 4x2),

−4xy2√1 + 4x2

=

=

(4 (1 + 4x2)− 16x2

y(1 + 4x2)3/2,

−4xy2√1 + 4x2

),

∂f

∂y(x, y) =

(∂f1∂y

(x, y),∂f2∂y

(x, y)

)=

(−4x

y2√1 + 4x2

, 1 +2√1 + 4x2

y3

).

99

son contınues en el seu domini, d’on tenim que f es una funcio de classe C1. A mes,

∂f1∂y

(x, y) =∂f2∂x

(x, y),

pel que f es un camp conservatiu, es a dir, ∃g : R2 −→ R diferenciable tal que ∇g = f . D’ontenim,

∂g

∂x(x, y) = f1(x, y), (6.3)

∂g

∂y(x, y) = f2(x, y). (6.4)

Si integrem∂g

∂xrespecte de x, s’obte g, excepte per una constant i una funcio de y. Per

tant, integrant (6.3) respecte de x tenim

g(x, y) =

∫f1(x, y) dx =

∫4x

y√1 + 4x2

dx =

√1 + 4x2

y+ ϕ(y) + C1,

sent ϕ(y) una funcio que nomes depen de y i C1 una constant. Derivant g respecte de y es te,

∂g

∂y(x, y) = −

√1 + 4x2

y2+ ϕ′(y),

que per (6.4) es igual a f2, es a dir,

−√1 + 4x2

y2+ ϕ′(y) = y −

√1 + 4x2

y2.

D’on es dedueix que,

ϕ′(y) = y −→ ϕ(y) =y2

2+ C2,

sent C2 una constant. Per tant, una funcio potencial de f ve donada per

g(x, y) =

√1 + 4x2

y+

y2

2+K,

sent K = C1 + C2 una constant real.

100