Problemes resolts de Fonaments Matematics 1

Lali Barriere

lali@mat.upc.es

Curs 2003-2004

1 Complexos

1.1. Calculeu

√3 + j

−1 +√

3jen forma binomica i en forma exponencial.

Solucio. Primer fem l’operacio de dividir, i despres escrivim el resultat en les dues formes de-manades. Com que numerador i denominador estan tots dos en binomica, podem fer la divisiodirectament en forma binomica. Si volem fer la divisio en forma exponencial, hem de poder passara forma exponencial el numerador i el denominador. En aquest cas es pot, ja que, com veurem, elsarguments del numerador i el denominador son coneguts. Per tant, tenim dues maneres de fer elproblema.

Manera 1. Dividim en binomica i el resultat, que estara en binomica, el passem tambe a expo-nencial.

Manera 2. Passem el numerador i el denominador a forma exponencial, dividim en exponencial iel resultat, que estara en exponencial, el passem tambe a binomica.

Farem el problema de les dues maneres.

Manera 1: calculs en binomica. La divisio en binomica es fa multiplicant i dividint pel conjugatdel denominador.

√3 + j

−1 +√

3j=

(√

3 + j)(−1 −√

3j)

(−1 +√

3j)(−1 −√

3j)=

−√

3 − j− 3j−√

3j2

1 + 3=

−√

3 +√

3 − 4j

4= −j

Ara, passem el resultat de la divisio a forma exponencial. Hem de buscar el modul i l’argument de−j.

Modul: | − j| =√

02 + 12 =√

1 = 1

Argument: arg(−j) = arctan(−1/0) = arctan(−∞) = −π/2

Aixı, podrem escriure: √3 + j

−1 +√

3j=

{

−j en binomicae−

π2j en exponencial

Manera 2: calculs en exponencial. Passem numerador i denominador a forma exponencial.

Numerador: |√

3+j| =√

3 + 1 = 2 i arg(√

3+j) = arctan(1/√

3) = π/6. Per tant,√

3+j = 2 ·eπ6j

Denominador: |−1+√

3j| =√

1 + 3 = 2 i arg(−1+√

3j) = arctan(−√

3)+π = −π/3+π = 2π/3.

Per tant, −1 +√

3j = 2 · e 2π3j

La divisio en exponencial es fa dividint moduls i restant arguments.√

3 + j

−1 +√

3j=

2 · eπ6j

2 · e 2π3j

=2

2· e( π

6− 2π

3)j = e−

π2j

Ara, passem el resultat de la divisio a forma binomica, utilitzant r · eαj = r · cosα + j · r · sin α.Com que cos(−π

2 ) = 0 i sin(−π2 ) = −1, tindrem:

1

√3 + j

−1 +√

3j=

{

e−π2j en exponencial

−j en binomica

De les dues maneres hem trobat el mateix resultat.

Observacio. Per calcular l’argument d’un nombre complex en binomica, podem utilitzar la sevarepresentacio grafica.

1

−1−π

2

π

6

2π

3

−j

√3

√3

√3 + j

−1 +√

3j

1.2. Calculeu tots els valors de 4√−16 i escriviu-los en forma binomica.

Solucio. Per calcular les arrels n-esimes d’un nombre complex, hem de treballar en forma expo-nencial. Si z = r · eαj, aleshores n

√z = n

√r · ej(α+2kπ)/n, amb k = 0, . . . , n − 1 i on n

√r es l’unica

arrel n-esima real del nombre real positiu r.

Passem −16 a forma exponencial: | − 16| = 16 i arg(−16) = π. Per tant, −16 = 16 · eπj.

π−16

Tindrem, doncs 4√−16 =

4√

16 · eπj =4√

16 · eπ+2kπ4

j amb k = 0, 1, 2, 3. El modul es el mateix per

les quatre arrels: | 4√−16| = 4

√16 = 2. Els arguments son

π + 2kπ

4, amb k = 0, 1, 2, 3, es a dir,

π

4,

3π

4,5π

4i

7π

4. Tenint en compte r · eαj = r · cosα + j · r · sin α, podem escriure les quatre solucions

en forma binomica. Nomes ens fan falta les funcions cos i sin dels quatre arguments:

cosπ

4= sin

π

4=

√2

2, cos

3π

4= −

√2

2, sin

3π

4=

√2

2, cos

5π

4= sin

π

4= −

√2

2, cos

7π

4=

√2

2, sin

7π

4= −

√2

2Les quatre arrels son

4√−16 =

2 · eπ4j =

√2 +

√2j

2 · e 3π4j = −

√2 +

√2j

2 · e 5π4j = −

√2 −

√2j

2 · e 7π4j =

√2 −

√2j

Que es poden representar graficament.

√2 +

√2j−

√2 +

√2j

−√

2 −√

2j√

2 −√

2j

2

π

4

2

1.3. Calculeu en forma exponencial i en forma binomica les arrels de z4 − 2jz2 + 3.

Solucio. Ens demanen els nombres complexos que satisfan l’equacio z4 − 2jz2 + 3 = 0. Fent elcanvi z2 = y, tindrem z4 − 2jz2 + 3 = 0 ⇔ y2 − 2jy + 3 = 0. Aplicant la formula de l’equacio desegon grau, trobem els valors de y

y =2j±

√

4j2 − 12

2=

2j±√−16

2=

2j± 4j

2=

{

3j = y1

−j = y2

Per trobar z hem de tenir en compte z2 = y, per tant, z =√

y. Per poder calcular les arrels, primerpassarem a exponencial les solucions y1 i y2.|y1| = 3 i arg(y1) = π/2, per tant y1 = 3 · eπ

2j

|y2| = 1 i arg(y2) = −π/2, per tant y2 = e−π2j

Ara tindrem√y1 =

√3 · eπ

2j =

√3 · e

π/2+2kπ2

j, amb k = 0, 1, per tant |√y1| =√

3 i els arguments son π/4 i5π/4;√

y2 =√

e−π2

j = e−π/2+2kπ

2j, amb k = 0, 1, per tant |√y2| = 1 i els arguments son −π/4 i 3π/4.

Per tant,

√z =

√y1 =

{ √3 · eπ

4j =

√6

2 +√

62 j = z1√

3 · e 5π4j = −

√6

2 −√

62 j = z2

√y2 =

{

e−π4

j =√

22 −

√2

2 j = z3

e3π4j = −

√2

2 +√

22 j = z4

1.4. Representeu en el pla complex i escriviu en forma exponencial el nombre complex z = a − aj, ona es un nombre real negatiu.

Solucio. Per representar z, tindrem en compte que Re(z) = a es negatiu, i Im(z) = −a es positiu.Per tant, z es troba al segon quadrant.

a

−aja − aj

Per donar la forma exponencial de z, hem de calcular el seu modul i el seu argument

|z| =√

a2 + a2 =√

2a2 = −a√

2 i arg(z) = arctan−a

a+ π = arctan(−1) + π = −π

4+ π =

3π

4

Observacions. Com que el modul ha de ser positiu, prenem√

2a2 = −a√

2. Una altra cosa aobservar es que l’argument es pot trobar utilitzant la representacio grafica de z. Tenint en compteque la part real i la part imaginaria de z tenen el mateix valor absolut, veiem que l’angle que forma

el punt z = a − aj amb l’eix horitzontal negatiu es igual aπ

4, i, per tant, l’argument de z, que es

l’angle que forma amb l’eix horitzontal positiu es igual a3π

4.

Aixı doncs,z = −a

√2 · e 3π

4j

1.5. Donat el nombre complex z = j · ej(−3j+π/4), trobeu el seu modul i argument. Escriviu z en formabinomica.

3

Solucio. En primer lloc observem que z no esta ni en forma binomica ni en forma exponencial.Per escriure z en una de les dues formes, primer haurem d’efectuar les operacions: el producte dej per una exponencial complexa. Tenim dues maneres de fer-ho.

Manera 1. Passem l’exponencial complexa a forma binomica i despres multipliquem per j. Uncop tinguem el resultat en binomica, busquem el modul i l’argument.

Manera 2. Escrivim j en forma exponencial i despres multipliquem les exponencials. D’aquestamanera, tindrem z en forma exponencial, d’on haurem de treure el modul, l’argument, i passara forma binomica.

Farem el problema de les dues maneres.

Manera 1: calculs en binomica. Per passar l’exponencial complexa a forma binomica, primer

simplifiquem l’exponent, calculant j(−3j+ π/4) = 3 +π

4j. Tindrem doncs ej(−3j+π/4) = e3+ π

4j = e3 · eπ

4j

Per passar a forma binomica, utilitzem r · eαj = r · cosα + j · r · sin α. En aquest cas, r = e3 i

α = π4 . Sabem que cos π

4 = sin π4 =

√2

2 i, per tant,

ej(−3j+π/4) = e3 ·√

2

2+ e3 ·

√2

2j =

e3√

2

2+

e3√

2

2j

Ara ja podem multiplicar

z = j · ej(−3j+π/4) = j · (e3√

2

2+

e3√

2

2j) = −e3

√2

2+

e3√

2

2j

A partir d’aquesta expressio de z, podem obtenir el modul i l’argument de z.

|z| =

√

√

√

√

(

−e3√

2

2

)2

+

(

e3√

2

2

)2

=√

e6 = e3

arg(z) = arctan− e3

√2

2

e3√

22

+ π = arctan(−1) + π = −π

4+ π =

3π

4

Manera 2: calculs amb exponencials. Escrivim j = eπ2j. Despres, simplifiquem l’exponent de

l’exponencial, calculant j(−3j+ π/4) = 3 +π

4j. Tindrem

z = j · ej(−3j+π/4) = eπ2j · e3+ π

4j = e

π2j+3+ π

4j = e3+( π

2+ π

4)j = e3+ 3π

4j = e3 · e 3π

4j

D’aquesta expressio deduım directament |z| = e3 i arg(z) = 3π4 . Per passar a forma binomica,

utilitzem r · eαj = r · cosα + j · r · sin α. El modul de z es e3 i l’argument de z es 3π4 . Sabem que

cos 3π4 = −

√2

2 i sin 3π4 =

√2

2 . La forma binomica buscada es

z = e3 ·(

−√

2

2

)

+ e3 ·√

2

2j = −e3

√2

2+

e3√

2

2j

Observacio. Encara que les dues maneres de fer el problema ens han portat a la mateixa solucio,veiem que, en aquest cas, treballant amb les exponencials (segona manera) el problema resulta mescurt.

1.6. Calculeu les solucions de3√

e3+j3π/4 en forma exponencial i dibuixeu-les.

Solucio. Ens demanen les arrels 3√

z, on z = e3+j3π/4 = e3 · e 3π4j. Com que |z| = e3 i arg(z) = 3π

4 ,tindrem

3√

z =3√

e3+j3π/4 =3√

e3 · e3π/4+2kπ

3j = e · e

3π/4+2kπ3

j amb k = 0, 1, 2

4

Les tres arrels son

3√

z =

e · eπ4j = z1

e · e 11π12

j = z2

e · e 19π12

j = z3

Observem que en aquest cas, si volguessim trobar la forma binomica nomes coneixem les raonstrigonometriques cos i sin de l’argument de z1, l’angle π

4 . Per als altres dos, haurıem de disposarde calculadora o be d’alguna formula addicional. La forma binomica no es demana.

La representacio de z1, z2 i z3 es la seguent.

z1 = e · eπ4j

z2 = e · e 11π12

j

z3 = e · e 19π12

j

π4

11π12

19π12

e

1.7. Caculeu4

√

2e1− 2π3j

1 −√

3jdonant els resultats en forma binomica i exponencial. Feu un dibuix.

Solucio. Ens demanen les arrels 4√

z, on z =2e1− 2π

3j

1 −√

3j. Primer farem els calculs per trobar la

forma exponencial de z.

El numerador de z es 2e1− 2π3j = 2e · e

−2π3

j. El denominador de z es 1 −√

3j, que te modul√1 + 3 = 2 i argument arctan(−

√3) = −π/3. Per tant, 1 −

√3j = 2 · e

−π3

j. Com en altres

exercicis, amb la representacio grafica de 1−√

3j tambe podrıem deduir-ne l’argument.

Obtenim la forma exponencial de z

z =2e1− 2π

3j

1 −√

3j=

2e · e 2π3j

2 · e−π3

j= e · e(− 2π

3−−π

3)j = e · e−π

3j

Aixo ens diu

4√

z = 4

√

2e1− 2π3j

1 −√

3j=

4√

e · e−π3

j = 4√

e · e−π/3+2kπ

4j amb k = 0, 1, 2, 3

Les quatre arrels son

4√

z =

4√

e · e− π12

j = z14√

e · e 5π12

j = z24√

e · e 11π12

j = z34√

e · e 17π12

j = z4

Abans de passar al calcul de la forma binomica, vegem la representacio grafica de les arrels.

z1 = 4√

e · e− π12

j

z2 = 4√

e · e 5π12

j

z3 = 4√

e · e 11π12

j

z4 = 4√

e · e 17π12

j

− π12

5π12

11π12

17π12

4√

e

5

Forma binomica. En aquest cas, el calcul de la forma binomica es complicat, ja que els argumentsde les quatre arrels no tenen raons trigonometriques (cos i sin) conegudes. Es pot fer el calcul dela manera seguent.

En primer lloc observem que podrem trobar cos i sin dels quatre arguments de les quatre arrels siconeixem cos π

12 i sin π12 . A continuacio utilitzarem la formula d’Euler per calcular cos π

12 i sin π12 a

partir de cos π6 =

√3

2 i sin π6 = 1

2 . Suposem a = cos π12 i b = sin π

12 . Llavors, eπ12

j = a + bj i, per

tant, (a + bj)2 = eπ6j =

√3

2 + 12j.

Desenvolupant el quadrat: a2− b2 +2abj =√

32 + 1

2j, i igualant part real i part imaginaria obtenimun sistema de dues equacions i dues incognites

a2 − b2 =

√3

2

2ab = 12

Resoldre aquest sistema es equivalent a utilitzar la formula de les raons trigonometriques

de l’“angle meitat”. Com que no tenim les formules, busquem la solucio del sistema. Per fer-ho,aıllem b de la segona equacio i substituım a la primera.

b =1

4a⇒ a2 − 1

16a2=

√3

2⇒ 16a4 − 8

√3a2 − 1 = 0

Podem trobar a2 amb la formula de l’equacio de segon grau.

a2 =8√

3 ±√

192 + 64

32=

8√

3 ± 16

32=

2 +√

3

4

Per tant,

a = cosπ

12=

√

2 +√

3

2i b = sin

π

12=√

1 − a2 =

√

2 −√

3

2

Les raons trigonometriques dels quatre arguments de les quatre arrels son

cos(− π12 ) = cos π

12 , sin(− π12 ) = − sin π

12 , cos 5π12 = sin π

12 , sin 5π12 = cos π

12

cos 11π12 = − cos π

12 , sin 11π12 = sin π

12 , cos 17π12 = − sin π

12 , sin 17π12 = − cos π

12

Per tant, tindrem:

4√

z =

4√

e · e− π12

j = 4√

e

√2+

√3

2 − 4√

e

√2−

√3

2 j = z1

4√

e · e 5π12

j = 4√

e

√2−

√3

2 + 4√

e

√2+

√3

2 j = z2

4√

e · e 11π12

j = − 4√

e

√2+

√3

2 + 4√

e

√2−

√3

2 j = z3

4√

e · e 17π12

j = − 4√

e

√2−

√3

2 − 4√

e

√2+

√3

2 j = z4

2 Calcul de lımits

2.1. Calculeu lim(x,y)→(0,0)

1 − cos(x2 + y2)

x2 + y2

Solucio. Volem calcular lim(x,y)→(0,0)

1 − cos(x2 + y2)

x2 + y2. Si substituım x per 0 i y per 0, trobem la

indeterminacio0

0. Si nomes hi hagues una variable podrıem aplicar la regla de l’Hopital. Al tenir

dues variables, haurem de fer una altra cosa. Provem de canviar a polars.

lim(x,y)→(0,0)

1 − cos(x2 + y2)

x2 + y2= lim

r→0

1 − cos(r2)

r2

6

Veiem doncs que el canvi a polars en aquest cas ens ha permes passar de dues variables a una. Al

substituir r pel valor 0, tornem a trobar0

0. Ara pero podem aplicar la regla de l’Hopital. Obtenim

el seguent:

lim(x,y)→(0,0)

1 − cos(x2 + y2)

x2 + y2= lim

r→0

1 − cos(r2)

r2= lim

r→0

2r sin r2

2r= lim

r→0sin r2 = 0

El resultat es lim(x,y)→(0,0)

1 − cos(x2 + y2)

x2 + y2= 0.

3 Continuıtat i diferenciabilitat de funcions

3.1. Sigui la funcio f : R2 −→ R definida per

f(x, y) =

{

x2−x2y3

x2+y2 si(x, y) 6= (0, 0)

1 si(x, y) = (0, 0)

(a) Estudieu la continuıtat i diferenciabilitat de f .

Solucio. Estudiem la continuıtat.

• (x, y) 6= (0, 0): La funcio es un quocient de polinomis amb denominador diferent de 0.Per tant, en aquests punts es contınua.

• (x, y) = (0, 0): Hem de calcular lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) i veure si es igual al valor de la funcio

f(0, 0).

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x2 − x2y3

x2 + y2

Si substituım x per 0 i y per 0, trobem la indeterminacio0

0. Al tenir dues variables, no

podem aplicar directament la regla de l’Hopital. Provem de canviar a polars.

lim(x,y)→(0,0)

x2 − x2y3

x2 + y2= lim

r→0

r2 cos2 θ(1 − r3 sin3 θ)

r2= lim

r→0cos2 θ(1 − r3 sin3 θ) = cos2 θ

El lımit quan passem a polars depen de l’angle θ. Aixo vol dir que el lımit de la funcioquan (x, y) → (0, 0) no existeix. Per tant, f no es contınua al (0, 0).

La funcio f es contınua a R2 − {(0, 0)}.

7

Estudiem la diferenciabilitat.

• (x, y) 6= (0, 0): Calculem les derivades parcials de f .

∂f

∂x= (1 − y3)

2x(x2 + y2) − x22x

(x2 + y2)2= (1 − y3)

2xy2

(x2 + y2)2

∂f

∂y= x2−3y2(x2 + y2) − (1 − y3)2y

(x2 + y2)2= x2−3y2x2 − 2y − y4

(x2 + y2)2

Totes dues son quocients de polinomis, amb denominador diferent de 0. Per tant, podemassegurar que les derivades parcials de f son contınues en qualsevol punt (x, y) 6= (0, 0).La funcio f es diferenciable en aquests punts.

• (x, y) = (0, 0): Com que f no es contınua al (0, 0), tampoc no es diferenciable al (0, 0).

La funcio f es diferenciable a R2 − {(0, 0)}.

(b) Trobeu l’equacio del pla tangent a la superfıcie z = f(x, y) en el punt (−1, 1).

Solucio. El pla tangent en (−1, 1) existeix, ja que la funcio es diferenciable. L’equacio delpla tangent es

z = f(−1, 1) +∂f

∂x(−1, 1)(x + 1) +

∂f

∂y(−1, 1)(y − 1)

La funcio en (−1, 1) val f(−1, 1) =(−1)2 − (−1)2 · 13

(−1)2 + 12= 0. Substituınt el punt (−1, 1) en les

derivades parcials calculades a l’apartat anterior:

∂f

∂x(−1, 1) = (1−13)

2 · (−1) · 12

((−1)2 + 12)2= 0,

∂f

∂y(−1, 1) = (−1)2

−3 · 12 · (−1)2 − 2 · 1 − 14

((−1)2 + 12)2=

−6

4=

−3

2

Aixı l’equacio del pla tangent es

z = −3

2(y − 1) ⇔ 3y + 2z − 3 = 0

(c) Indiqueu la direccio de maxim creixement de la funcio en el punt (−1, 1).

Solucio. La direccio de maxim creixement de f ens la dona el vector gradient, que es elvector de derivades parcials.

~∇f(−1, 1) = (∂f

∂x(−1, 1),

∂f

∂y(−1, 1)) = (0,

−3

2)

Si volem el vector unitari, hem de dividir-lo pel modul. La direccio de maxim creixement def en el punt (−1, 1) es la direccio del vector (0,−1).

(d) Trobeu la derivada direccional de la funcio en la direccio (−3, 4) en el punt (−1, 1).

Solucio. Ens demanen Dvf(−1, 1) on el vector v es el vector unitari en la direccio del vector

(3, 4), es a dir, v =(−3, 4)

||(−3, 4)|| . Com que ||(−3, 4)|| = 5, aleshores v = (−3

5,4

5).

Per a funcions diferenciables en (a, b), tenim Dvf(a, b) = ~∇f(a, b) · v. Tindrem doncs:

Dvf(−1, 1) = ~∇f(−1, 1) · v = (0,−3

2) · (−3

5,4

5) =

−12

10=

−6

5

8

3.2. Donada la funcio f(x, y) = e−(x2+y2), es demana.

(a) Estudieu la diferenciabilitat de f .

Solucio. La funcio f es contınua a tot R2. Podem calcular les seves derivades parcials

directament.∂f

∂x= −2xe−(x2+y2)

∂f

∂y= −2ye−(x2+y2)

Les dues son funcions contınues a tot R2. Per tant, f es diferenciable a tot R

2.

(b) Indiqueu la direccio de maxim creixement en el punt (1, 1). Quina es la direccio de creixement0 en el punt (1, 1)?

Solucio. La direccio de maxim creixement en un punt es la direccio del vector gradient, es adir, el vector de derivades parcials.

~∇f(1, 1) =

(

∂f

∂x(1, 1),

∂f

∂y(1, 1)

)

= (−2e−2,−2e−2) =

(−2

e2,−2

e2

)

Per donar un vecotr unitari hem de dividir pel modul. Tindrem que la direccio de maxim

creixement de f en (1, 1) es la direccio de u =v

||v|| , on v =

(−2

e2,−2

e2

)

. Per tant, u =(

−√

22 ,−

√2

2

)

La direccio de creixement 0 es la direccio tangent a les corbes de nivell i es perpendicular al

gradient. Per tant, la direccio de creixement zero es la direccio del vector(√

22 ,−

√2

2

)

.

(c) Trobeu l’equacio del pla tangent a la superfıcie z = f(x, y) en el punt (1, 1).

Solucio. El pla tangent en (1, 1) existeix, ja que la funcio es diferenciable. L’equacio del platangent es

z = f(1, 1) +∂f

∂x(1, 1)(x − 1) +

∂f

∂y(1, 1)(y − 1)

La funcio en (1, 1) val f(1, 1) = e−(12+12) = e−2 =1

e2. Les derivades parcials en el punt (1, 1)

valen:∂f

∂x(1, 1) =

−2

e2,

∂f

∂y(1, 1) =

−2

e2

Aixı l’equacio del pla tangent es

z =1

e2− 2

e2(x − 1) − 2

e2(y − 1) ⇔ 2x + 2y + e2z = 5

(d) Calculeu f(1, 1). Quins son els punts en que f pren el mateix valor? Feu un dibuix.

Solucio. Com hem vist en l’apartat anterior, la funcio en (1, 1) val f(1, 1) = e−2. Ensdemanen la corba de nivell d’altura e−2, es a dir els punts del pla d’equacio f(x, y) = e−2.

Com que f(x, y) = e−(x2+y2), tindrem que la corba buscada es e−(x2+y2) = e−2 ⇔ x2+y2 = 2.Es tracta d’una circumferencia de centre l’origen i radi

√2.

√2

x2 + y2 = 2

9

(e) Si es fa un canvi a polars, trobeu ∂f∂r i ∂f

∂θ directament i usant la regla de la cadena.

Solucio. El canvi a polars ve donat per la funcio (r, θ) → (x, y) = (r cos θ, r sin θ). La funcio

f en polars s’escriura f(r, θ) = f(x(r, θ), y(r, θ)) = f(r cos θ, r sin θ) = e−r2

.

Ens demanen calcular les derivades parcials de f respecte de les noves variables, es a dir, siles calculem directament,

∂f

∂r= −2re−r2

∂f

∂θ= 0

Si utilitzem la regla de la cadena, hem d’aplicar:

∂f

∂r=

∂f

∂x

∂x

∂r+

∂f

∂y

∂y

∂r

∂f

∂θ=

∂f

∂x

∂x

∂θ+

∂f

∂y

∂y

∂θ

Hem trobat, en el primer apartat,

∂f

∂x= −2xe−(x2+y2) = −2r cos θe−r2

∂f

∂y= −2ye−(x2+y2) = −2r sin θe−r2

Derivant parcialment el canvi de variable tenim:

∂x

∂r= cos θ,

∂y

∂r= sin θ

∂x

∂θ= −r sin θ,

∂y

∂θ= r cos θ

Per tant,

∂f

∂r= −2r cos θe−r2

cos θ − 2r sin θe−r2

sin θ = −2re−r2

(cos2 θ + sin2 θ) = −2re−r2

∂f

∂θ= −2r cos θe−r2

(− sin θ) − 2r sin θe−r2

cos θ = −2re−r2

(− cos θ sin θ + cos θ sin θ) = 0

Veiem que utilitzant la regla de la cadena obtenim el mateix resultat que calculant directament.

3.3. Sigui la funcio f : R2 −→ R definida per

f(x, y) =

{

ex2+y2−1

x2+y2 si(x, y) 6= (0, 0)

0 si(x, y) = (0, 0)

(a) Calculeu les derivades parcials de f(x, y) en (0, 0).

Solucio. Calculem les derivades parcials utilitzant la definicio.

∂f

∂x(a, b) = lim

t→0

f((a, b) + t(1, 0)) − f(a, b)

t

∂f

∂y(a, b) = lim

t→0

f((a, b) + t(0, 1)) − f(a, b)

t

En aquest cas,

∂f

∂x(0, 0) = lim

t→0

f(t, 0)

t= lim

t→0

et2 − 1

t3

10

Substituint t per 0, trobem la indeterminacio 00 . Apliquem el criteri de l’Hopital i tindrem

∂f

∂x(0, 0) = lim

t→0

2tet2

3t2= lim

t→0

2et2

3t=

2

0= ∞

Com que el resultat es infinit, diem que la derivada parcial respecte x no existeix. Per simetriade la funcio f

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0)

Per tant, no existeix cap de les derivades parcials a l’origen.

(b) Es diferenciable f a tot R2?

Solucio. Com que no hi ha derivades parcials al (0, 0), f no es diferenciable al (0, 0).

Per als punts (x, y) 6= (0, 0), podem calcular les derivades parcials directament i estudiar-nela seva continuıtat.

∂f

∂x=

2xex2+y2

(x2 + y2) − 2x(ex2+y2 − 1)

(x2 + y2)2=

2xex2+y2

(x2 + y2 − 1) + 2x

(x2 + y2)2

∂f

∂y=

2yex2+y2

(x2 + y2) − 2y(ex2+y2 − 1)

(x2 + y2)2=

2yex2+y2

(x2 + y2 − 1) + 2y

(x2 + y2)2

Totes dues son contınues, per tant f es diferenciable a tot R2 − {(0, 0)}.

(c) En el punt (1, 0), calculeu la direccio de maxim creixement.

Solucio. La direccio de maxim creixement de f en un punt ve donada pel vector gradient.En (1, 0),

~∇f(1, 0) =

(

∂f

∂x(1, 0),

∂f

∂y(1, 0)

)

=

=

(

2 · 1 · e12+02

(12 + 02 − 1) + 2 · 1(12 + 02)2

,2 · 0 · e02+12

(02 + 12 − 1) + 2 · 0(02 + 12)2

)

= (2, 0)

Si volem un vector unitari, la direccio de maxim creixement en el punt (1, 0) es la direccio delvector (1, 0).

(d) Doneu la direccio tangent a la corba de nivell en el punt esmentat.

Solucio. La direccio tangent a la corba de nivell en el punt (1, 0) es perpendicular al vectorgradient. Per tant, es la direccio de qualsevol dels vectors (0, 1) o be (0,−1).

(e) Si existeixen, obteniu les equacions del plans tangents pels punts (1, 0) i (0, 0).

Solucio. El pla tangent en (0, 0) no existeix ja que hem vist que f no es diferenciable.

El pla tangent en (1, 0) sı que existeix, ja que hem vist que f es diferenciable. La seva equacioes

z = f(1, 0) +∂f

∂x(1, 0) · (x − 1) +

∂f

∂y(1, 0) · y

Com que f(1, 0) = e − 1,∂f

∂x(1, 0) = 2 i

∂f

∂y(1, 0) = 0, el pla tangent te equacio

z = e − 1 + 2(x − 1) ⇔ 2x − z = 3 − e

3.4. Sigui la funcio f : R2 −→ R definida per:

f(x, y) =

{

x2

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0)

1 si (x, y) = (0, 0)

(a) Estudieu la continuıtat i la diferenciabilitat a tot R2.

Solucio. Estudiem la continuıtat.

11

• (x, y) 6= (0, 0): La funcio es un quocient de polinomis amb denominador diferent de 0.Per tant, en aquests punts es contınua.

• (x, y) = (0, 0): Hem de calcular lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) i veure si es igual al valor de la funcio

f(0, 0).

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x2

x2 + y2

Si substituım x per 0 i y per 0, trobem la indeterminacio0

0. Al tenir dues variables, no

podem aplicar directament la regla de l’Hopital. Provem de canviar a polars.

lim(x,y)→(0,0)

x2

x2 + y2= lim

r→0

r2 cos2 θ

r2= lim

r→0cos2 θ = cos2 θ

El lımit quan passem a polars depen de l’angle θ. Aixo vol dir que el lımit de la funcioquan (x, y) → (0, 0) no existeix. Per tant, f no es contınua al (0, 0).

La funcio f es contınua a R2 − {(0, 0)}.

Estudiem la diferenciabilitat.

• (x, y) 6= (0, 0): Calculem les derivades parcials de f .

∂f

∂x=

2x(x2 + y2) − x22x

(x2 + y2)2=

2xy2

(x2 + y2)2

∂f

∂y= x2 −2y

(x2 + y2)2=

−2x2y

(x2 + y2)2

Totes dues son quocients de polinomis, amb denominador diferent de 0. Per tant, podemassegurar que les derivades parcials de f son contınues en qualsevol punt (x, y) 6= (0, 0).La funcio f es diferenciable en aquests punts.

• (x, y) = (0, 0): Com que f no es contınua al (0, 0), no es tampoc diferenciable al (0, 0).

La funcio f es diferenciable a R2 − {(0, 0)}.

(b) Trobeu, si existeixen, les equacions dels plans tangents en els punts (1,−1) i (0, 0).

Solucio. El pla tangent en (0, 0) no existeix, ja que la funcio no es diferenciable.

El pla tangent en (1,−1) existeix, ja que la funcio es diferenciable. L’equacio del pla tangentes

z = f(1,−1) +∂f

∂x(1,−1)(x − 1) +

∂f

∂y(1,−1)(y + 1)

La funcio en (1,−1) val f(1,−1) =12

12 + (−1)2=

1

2. Substituınt el punt (1,−1) en les

derivades parcials calculades a l’apartat anterior:

∂f

∂x(1,−1) =

2 · 1 · (−1)2

(12 + (−1)2)2=

2

4=

1

2,

∂f

∂y(1,−1) =

−2 · 12 · (−1)

(12 + (−1)2)2=

2

4=

1

2

Aixı l’equacio del pla tangent es

z =1

2+

1

2(x − 1) +

1

2(y + 1) ⇔ x + y − 2z + 1 = 0

(c) En el punt (1,−1), calculeu la direccio i rao de maxim decreixement.

Solucio. La direccio de maxim creixement de f ens la dona el vector gradient, que es elvector de derivades parcials. La rao de maxim creixement de f ens la dona el modul delvector gradient.

~∇f(1,−1) = (∂f

∂x(1,−1),

∂f

∂y(1,−1)) = (

1

2,1

2)

12

||~∇f(1,−1)|| =

√

(

1

2

)2

+

(

1

2

)2

=

√

1

2=

√2

2

Podem donar la direccio de maxim creixement de f amb un vector unitari, dividint el gradientpel seu modul.

~∇f(1,−1)

||~∇f(1,−1)||=

(

12 , 1

2

)

√2

2

=

(√2

2,

√2

2

)

(d) Doneu l’equacio de la corba de nivell en el punt (1,−1). Dibuixeu-la. Que es?.

Solucio. La corba de nivell en el punt (1,−1) es el conjunt de punts que tenen la mateixaimatge per f que el punt (1,−1), es a dir, la corba de nivell d’altura f(1,−1). Com que

f(x, y) = x2

x2+y2 i f(1,−1) = 12 , la corba buscada es

x2

x2 + y2=

1

2⇔ 2x2 = x2 + y2 ⇔ x2 − y2 = 0 ⇔ x2 = y2

Es tracta del parell de rectes y = x i y = −x

y = xy = −x

4 Derivades parcials, regla de la cadena i Taylor

4.1. Comproveu que es verifica el teorema de Schwarz per f(x, y) = ln√

x2 + y2.

Solucio. El teorema de Schwarz diu que si una funcio te derivades parcials segones i aquestes son

contınues, aleshores les derivades creuades coincideixen:∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x

Calculem les derivades parcials primeres:

∂f

∂x=

1

2· 2x

x2 + y2=

x

x2 + y2

∂f

∂y=

1

2· 2y

x2 + y2=

y

x2 + y2

Calculem les derivades creuades:

∂2f

∂y∂x=

∂ ∂f∂x

∂y= x · −2y

(x2 + y2)2=

−2xy

(x2 + y2)2

∂2f

∂x∂y=

∂ ∂f∂y

∂x= y · −2x

(x2 + y2)2=

−2xy

(x2 + y2)2

4.2. Donades les funcions f(x, y) = (ln x, sin y,cos y

x) i g(x, y, z) = (arctan(yz),

√x), determineu la

matriu jacobiana D(g ◦ f)(x, y) directament i usant la regla de la cadena. Calculeu D(g ◦ f)(e, 0).

Solucio. f : R2 → R

3 i g : R3 → R

2. Aixı, g ◦ f : R2 → R

2 i la matriu jacobiana D(g ◦ f)(x, y) esuna matriu 2 × 2.

13

Directament. Per calcular la matriu jacobiana D(g◦f)(x, y) directament, primer hem de calcular(g ◦ f)(x, y), i despres derivar parcialment cadascuna de les coordenades respecte cadascuna de lesvariables.

(g ◦ f)(x, y) = g(lnx, sin y,cos y

x) =

(

arctan(sin y cos y

x),√

lnx

)

Escrivim F1(x, y) = arctan(sin y cos y

x) i F2(x, y) =

√lnx. Aleshores,

D(g ◦ f)(x, y) =

∂F1

∂x

∂F1

∂y

∂F2

∂x

∂F2

∂y

Calculant i simplificant:

∂F1

∂x=

1

1 + sin2 y cos2 yx2

· − sin y cos y

x2=

− sin y cos y

x2 + sin2 y cos2 y

∂F1

∂y=

1

1 + sin2 y cos2 yx2

· cos2 y − sin2 y

x=

x(cos2 y − sin2 y)

x2 + sin2 y cos2 y

∂F2

∂x=

1

2· 1√

lnx· 1

x=

1

2x√

lnx

∂F2

∂y= 0

La matriu jacobiana es:

D(g ◦ f)(x, y) =

− sin y cos y

x2 + sin2 y cos2 y

x(cos2 y − sin2 y)

x2 + sin2 y cos2 y

1

2x√

lnx0

Utilitzant la regla de la cadena. Per calcular la matriu jacobiana D(g ◦ f)(x, y) utilitzant laregla de la cadena hem d’aplicar D(g ◦ f)(x, y) = Dg(f(x, y))◦Df(x, y). Per tant, hem de calcularla matriu jacobiana de g en f(x, y), que es una matriu 2 × 3 i la matriu jacobiana de f en (x, y),que es una matriu 3 × 2, i multiplicar-les.

Dg(x, y, z) =

0z

1 + y2z2

y

1 + y2z2

1

2√

x0 0

Per tant,

Dg(f(x, y)) = Dg(lnx, sin y,cos y

x) =

0cos y

x

1 + sin2 y( cos yx )2

sin y

1 + sin2 y( cos yx )2

1

2√

lnx0 0

=

=

0x cos y

x2 + sin2 y cos2 y

x2 sin y

x2 + sin2 y cos2 y

1

2√

lnx0 0

14

Per la funcio f tindrem la matriu jacobiana

Df(x, y) =

1

x0

0 cos y

− cos y

x2

− sin y

x

Fem el producteD(g ◦ f)(x, y) = Dg(f(x, y)) ◦ Df(x, y) =

=

0x cos y

x2 + sin2 y cos2 y

x2 sin y

x2 + sin2 y cos2 y

1

2√

lnx0 0

1

x0

0 cos y

− cos y

x2

− sin y

x

=

=

x2 sin y

x2 + sin2 y cos2 y

− cos y

x2

x cos2 y

x2 + sin2 y cos2 y

−x2 sin2 y

x(x2 + sin2 y cos2 y)

1

2√

lnx

1

x0

=

=

− sin y cos y

x2 + sin2 y cos2 y

x(cos2 y − sin2 y)

x2 + sin2 y cos2 y

1

2x√

lnx0

Calcul de D(g ◦ f)(e, 0). Substituım en la matriu jacobiana que hem calculat el punt (x, y) pelpunt (e, 0)

D(g ◦ f)(e, 0) =

− sin 0 cos 0

e2 + sin2 0 cos2 0

e(cos2 0 − sin2 0)

e2 + sin2 0 cos2 0

1

2e√

ln e0

=

0e

e2

1

2e√

10

=

01

e

1

2e0

4.3. Donades les funcions g(x, y, z) = (x2y, z ln y, x) i f(x, y, z) = ex2

z tan 3y, determineu la matriujacobiana D(f ◦ g)(1, 1, 1) usant la regla de la cadena.

Solucio. Com que g : R3 → R

3 i f : R3 → R, aleshores f ◦ g : R

3 → R i la matriu jacobianaD(f ◦ g)(x, y, z) es una matriu 1× 3 (o un vector de tres coordenades, el vector gradient). La reglade la cadena ens diu D(f ◦ g)(1, 1, 1) = Df(g(1, 1, 1)) ◦ Dg(1, 1, 1).

Calculem la matriu jacobiana de f

Df(x, y, z) =

(

2xex2

z tan 3y, ex2

z3

cos2 3y, ex2

tan 3y

)

Ara, g(1, 1, 1) = (1, 0, 1) i, per tant,

Df(g(1, 1, 1)) = Df(1, 0, 1) =

(

2e tan 0, e3

cos2 0, e tan 0

)

= (0, 3e, 0)

Calculem la matriu jacobiana de g

Dg(x, y, z) =

2xy x2 00 z

y ln y

1 0 0

15

Per tant

Dg(1, 1, 1) =

2 1 00 1 01 0 0

La matriu buscada es

D(f ◦ g)(1, 1, 1) = Df(g(1, 1, 1)) ◦ Dg(1, 1, 1) = (0, 3e, 0) ◦

2 1 00 1 01 0 0

= (0, 3e, 0)

4.4. Doneu el desenvolupament de Taylor d’ordre 2 a l’origen de la funcio f(x, y) =√

1 − xy.

Solucio. La formula de Taylor per funcions de dues variables d’ordre 2 en (a, b) es

f(x, y) = f(a, b) +∂f

∂x(a, b) · (x − a) +

∂f

∂y(a, b) · (y − b)+

+1

2

∂2f

(∂x)2(a, b) · (x − a)2 +

∂2f

∂x∂y(a, b) · (x − a)(y − b) +

1

2

∂2f

(∂y)2(a, b) · (y − b)2 + R2

Per la funcio f(x, y) =√

1 − xy en el punt (0, 0), tindrem

∂f

∂x(x, y) =

−y

2√

1 − xy,

∂f

∂y(x, y) =

−x

2√

1 − xy

∂2f

(∂x)2(x, y) =

−y2

4√

(1 − xy)3,

∂2f

(∂y)2(x, y) =

−x2

4√

(1 − xy)3

∂2f

∂x∂y(x, y) =

−1

2

√1 − xy − y −x

2√

1−xy

1 − xy=

−1

4

2 − 2xy + xy√

(1 − xy)3=

xy − 2

4√

(1 − xy)3

f(0, 0) = 1∂f

∂x(0, 0) = 0

∂f

∂y(0, 0) = 0

∂2f

(∂x)2(0, 0) = 0

∂2f

(∂y)2(0, 0) = 0

∂2f

∂x∂y(0, 0) =

−1

2

El desenvolupament de Taylor d’ordre 2 de f al punt (0, 0) es

f(x, y) = f(0, 0)+∂f

∂x(0, 0)·x+

∂f

∂y(0, 0)·y+

1

2

∂2f

(∂x)2(0, 0)·x2+

∂2f

∂x∂y(0, 0)·xy+

1

2

∂2f

(∂y)2(0, 0)·y2+R2

En aquest cas, doncs

f(x, y) = 1 − 1

2xy + R2

5 Extrems

5.1. Donada la funcio f(x, y) = ex2+y2

, es demana determinar:

(a) Extrems relatius i punts sella.

Solucio. En primer lloc hem de calcular els punts crıtics de f , que son els que anul·len lesderivades parcials.

∂f

∂x= 2xex2+y2

= 0

∂f

∂y= 2yex2+y2

= 0

⇔ x = 0 i y = 0

16

Nomes hi ha un punt crıtic: (0, 0).

Per veure si un punt crıtic es extrem relatiu o punt de sella, calculem la matriu Hessiana, quees la matriu de derivades parcials segones.

∂2f

(∂x)2= 2ex2+y2

+ 4x2ex2+y2

,∂2f

(∂y)2= 2ex2+y2

+ 4y2ex2+y2

,∂2f

∂x∂y= 4xyex2+y2

Per tant, la matriu Hessiana es

Hf(x, y) =

(

(2 + 4x2)ex2+y2

4xyex2+y2

4xyex2+y2

(2 + 4y2)ex2+y2

)

⇒ Hf(0, 0) =

(

2 00 2

)

=

(

A BB C

)

Es compleix det Hf(0, 0) = AC −B2 = 4 > 0, cosa que indica que el punt (0, 0) es un extremrelatiu, i A = 2 > 0, que ens indica que es tracta d’un mınim.

Observacio. Observant la funcio, haurıem pogut estalviar-nos el calcul de la matriu Hessianafent el raonament seguent. La funcio x2 + y2 es sempre positiva, i nomes val 0 en (0, 0). Ara,

l’exponencial val e0 = 1 i ex2+y2

> 1 si x2 + y2 > 0. Per tant f te un mınim (absolut, i pertant tambe relatiu) en (0, 0).

(b) Extrems absoluts sobre el compacte limitat per xy ≥√

6 i x2 + y2 ≤ 5, en el primer quadrant.

Solucio. Anomenem K el compacte: K = {(x, y) |xy ≥√

6, x2 + y2 ≤ 5, x ≥ 0, y ≥ 0}. Pelteorema de Weierstrass, com que la funcio es contınua, te maxim i mınim absolut en K.

En primer lloc representem K. Per fer-ho, observem que x2 + y2 = 5 es l’equacio d’unacircumferencia i xy =

√6 es l’equacio d’una hiperbola. Busquem els punts de tall d’aquestes

dues corbes, resolent el sistema

x2 + y2 = 5

xy =√

6

Aıllant y de la hiperbola, y =

√6

x, i substituint en l’equacio de la circumferencia, x2 +

6

x2= 5,

que es equivalent a x4 + 6 = 5x2. Fent el canvi b = x2 tindrem b2 − 5b + 6 = 0, que te

solucions b =5 ±

√25 − 24

2= 2, 3. Per tant, les solucions d’aquesta equacio son x =

√b, es a

dir, x = ±√

2, ±√

3. Com que ens trobem en el primer quadrant, x =√

2,√

3. De l’equacio

y =

√6

x, obtenim

x =√

2 ⇒ y =√

3 i x =√

3 ⇒ y =√

2

De manera que les dues corbes es tallen en els punts (√

3,√

2) i (√

2,√

3).

√2

√2

√3

√3

√5

K

(√

3,√

2)

(√

2,√

3)

x2 + y2 = 5

xy =√

6

17

La llista de candidats a extrem sera la seguent:

• Possibles extrems a l’interior de K: son els punts crıtics de f que es troben a l’interior deK. No n’hi ha cap, ja que (0, 0) /∈ K es l’unic punt crıtic de f .

• Possibles extrems a la frontera de K. Hem d’estudiar com es la frontera de K i com escomporta f .

• Punts de K on f no es diferenciable. No n’hi ha cap.

Possibles extrems a la frontera de K.

La frontera es descomposa en dos trossos, corresponents a les dues corbes, la circumferencia ila hiperbola, mes els punts de tall d’aquestes dues corbes

Fr(K) = {(x, y) |x2 + y2 = 5,√

2 < x <√

3}∪

∪{(x, y) |xy =√

6,√

2 < x <√

3} ∪ {(√

3,√

2), (√

2,√

3)}

F1 = {(x, y) |x2 + y2 = 5,√

2 < x <√

3} son punts de la circumferencia,

F2 = {(x, y) |xy =√

6,√

2 < x <√

3} son punts de la hiperbola.

Els punts de tall de les dues corbes es posen directament a la llista de candidats. Els altrespossibles candidats els trobarem estudiant la funcio f en F1 i en F2.

Llista de candidats

• (√

3,√

2), (√

2,√

3)

• F1 definit per x2 + y2 = 5, es a dir, y =√

5 − x2, amb√

2 < x <√

3. La funcio f en F1,es la funcio f amb el lligam y =

√5 − x2. L’anomenem f1, que nomes dependra de x:

f1(x) = f(x,√

5 − x2) = ex2+(√

5−x2)2 = e5. Els candidats a extrem en F1 son els puntson f ′

1 s’annul·la. Com que f1 es constant, f ′1 = 0 i tots els punts de F1 son candidats.

Observacio. De fet, no cal calcular per trobar f1(x), ja que l’exponencial te exponent x2 + y2

i l’equacio que defineix F1 es x2 + y2 = 5, de manera que podem substituir directament en f

l’exponent per 5, i obtenim tambe f1(x) = e5.

• F2 defint per xy =√

6, es a dir, y =

√6

x, amb

√2 < x <

√3. La funcio f en F2,

es la funcio f amb el lligam y =

√6

x. L’anomenem f2, que nomes dependra de x:

f2(x) = f(x,

√6

x) = ex2+ 6

x2 . Els candidats a extrem en F2 son els punts on f ′2 s’annul·la.

Derivem: f ′2(x) = (2x − 12

x3 )ex2+ 6

x2 . f ′2(x) = 0 ⇔ 2x − 12

x3 = 0 ⇔ x4 = 6 ⇔ x = 4√

6 i, per

tant, y =

√6

x=

√6

4√

6=

4√

6. Aquest punt es de F2, ja que√

2 < 4√

6 <√

3. Nomes hi

ha un candidat, ( 4√

6, 4√

6).Observacio. Podem comprovar facilment que

√

2 <4√

6 <√

3, tenint en compte que√

2 = 4√

4

i√

3 = 4√

9.

Resumint

• F1 ∪ {(√

3,√

2)(√

2,√

3)} = {(x, y) |x2 + y2 = 5,√

2 ≤ y ≤√

3}El valor de f en aquests punts es f(x, y) = ex2+y2

amb x2 + y2 = 5. Es a dir, f(x, y) = e5

per qualsevol punt d’aquest conjunt.

• ( 4√

6, 4√

6) ∈ F2

El valor de f en aquest punt es f( 4√

6, 4√

6) = e( 4√

6)2+( 4√

6)2 = e2√

6.

Com podem veure quin es el mınim i quin el maxim? Hem de comprovar si 2√

6 < 5 o be2√

6 > 5. Com que 2√

6 =√

24 i 5 =√

25, es te 2√

6 < 5. Per tant, el maxim absolut de fen K es e5, i s’assoleix en els punts del conjunt {(x, y) |x2 +y2 = 5,

√2 ≤ x ≤

√3}; el mınim

absolut de f en K es e2√

6, i s’assoleix en el punt ( 4√

6, 4√

6)

5.2. Determineu els extrems relatius de la funcio f(x, y) = x3 + y3 − 3x − 3y.

18

Solucio. En primer lloc hem de calcular els punts crıtics de f , que son els que anul·len les derivadesparcials.

∂f

∂x= 3x2 − 3 = 0

∂f

∂y= 3y2 − 3 = 0

⇔ x2 = 1 i y2 = 1

Hi ha quatre punts crıtics: (−1,−1), (−1, 1), (1,−1), (1, 1).

Per veure si un punt crıtic es extrem relatiu o punt de sella, calculem la matriu Hessiana, que esla matriu de derivades parcials segones.

∂2f

(∂x)2= 6x,

∂2f

(∂y)2= 6y,

∂2f

∂x∂y= 0

Per tant, la matriu Hessiana es

Hf(x, y) =

(

6x 00 6y

)

Si (a, b) es un punt crıtic, escrivint Hf(a, b) =

(

A BB C

)

, tindrem que

• Si detHf(a, b) = AC − B2 < 0, aleshores (a, b) es un punt de sella.

• Si detHf(a, b) = AC − B2 > 0, aleshores (a, b) es un extrem relatiu:si A > 0, mınim,si A < 0, maxim.

• Si detHf(a, b) = AC − B2 = 0, no podem dir res. Per determinar si (a, b) es o no extremrelatiu, no ho podem fer amb la matriu Hessiana i haurıem d’aplicar algun altre metode.

Estudiem la matriu hessiana per a cada punt crıtic.

• Hf(−1,−1) =

(

−6 00 −6

)

⇒ detHf(−1,−1) = 36 > 0 i A = −6 < 0 ⇒ (−1,−1) maxim

relatiu.

• Hf(−1, 1) =

(

−6 00 6

)

⇒ detHf(−1, 1) = −36 < 0 ⇒ (−1, 1) punt de sella.

• Hf(1,−1) =

(

6 00 −6

)

⇒ detHf(1,−1) = −36 < 0 ⇒ (1,−1) punt de sella.

• Hf(1, 1) =

(

6 00 6

)

⇒ detHf(1, 1) = 36 > 0 i A = 6 > 0 ⇒ (1, 1) mınim relatiu.

5.3. Determineu els extrems absoluts de la funcio f(x, y) = x2 + y2 − xy sobre el compacte K ={(x, y); y ≥ x2, y ≤ 2x}.Solucio. Pel teorema de Weierstrass, com que la funcio es contınua, te maxim i mınim absolut enK.

En primer lloc representem K. Per fer-ho, observem que y = x2 es l’equacio d’una parabola, y = 2xes l’equacio d’una recta. Busquem els punts de tall d’aquestes dues corbes, resolent el sistema

y = x2

y = 2x

Igualant les y de les dues equacions obtenim l’equacio x2 = 2x, que te dues solucions, x = 0 ix = 2. De l’equacio y = 2x, obtenim

x = 0 ⇒ y = 0 i x = 2 ⇒ y = 4

De manera que les dues corbes es tallen en els punts (0, 0) i (2, 4).

19

(2, 4)

(0, 0)

K

y = 2x

y = x2

La llista de candidats a extrem sera la seguent:

• Possibles extrems a l’interior de K. Hem de buscar els punts crıtics de f de l’interior de K.

• Possibles extrems a la frontera de K. Hem d’estudiar com es la Fr(K) i com es comporta f .

• Punts de K on f no es diferenciable. No n’hi ha cap.

Possibles extrems a l’interior de K.

Calculem els punts crıtics de f , que son els que anul·len les derivades parcials. Despres miremquins d’aquests punts son de l’interior de K.

∂f

∂x= 2x − y = 0

∂f

∂y= 2y − x = 0

⇔ x = 0 i y = 0

Nomes hi ha un punt crıtic: (0, 0). Com que no es de l’interior de K, no el posem a la llista decandidats.

Possibles extrems a la frontera de K.

La frontera es descomposa en dos trossos, corresponents a les dues corbes, la recta i la parabola,mes els punts de tall d’aquestes dues corbes

Fr(K) = {(x, y) | y = x2, 0 < x < 2}∪∪{(x, y) | y = 2x, 0 < x < 2} ∪ {(0, 0), (2, 4)}

F1 = {(x, y) | y = x2, 0 < x < 2} son punts de la parabola,

F2 = {(x, y) | y = 2x, 0 < x < 2} son punts de la recta.

Els punts de tall de les dues corbes es posen directament a la llista de candidats. Els altres possiblescandidats els trobarem estudiant la funcio f en F1 i en F2.

Llista de candidats

• (0, 0), (2, 4)

20

• F1 definit per y = x2, amb 0 < x < 2. La funcio f en F1, es la funcio f amb el lligam y = x2.L’anomenem f1, que nomes dependra de x: f1(x) = f(x, x2) = x2 + x4 − x3. Els candidats aextrem en F1 son els punts on f ′

1 s’annul·la. Derivant, f ′1 = 2x + 4x3 − 3x2. Igualant a zero,

2x+4x3−3x2 = 0 ⇔ x(4x2−3x+2) = 0 ⇔ x = 0 o be 4x2−3x+2 = 0. Utilitzant la formula

de l’equacio de segon grau, 4x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x =3 ±

√9 − 32

8. No hi ha cap solucio real.

Nomes hi ha un punt que anul·la f ′1, x = 0. Com que no es de l’interval 0 < x < 2, no hi ha

cap candidat a extrem en F1.

• F2 defint per y = 2x, amb 0 < x < 2. La funcio f en F2, es la funcio f amb el lligam y = 2x.L’anomenem f2, que nomes dependra de x: f2(x) = f(x, 2x) = 3x2. Els candidats a extremen F2 son els punts on f ′

2 s’annul·la. Derivem: f ′2(x) = 6x = 0 ⇔ x = 0. Com que no es de

l’interval 0 < x < 2, no hi ha cap candidat a extrem en F2.

Resumint. Tenim nomes els punts (0, 0) i (2, 4). Calculem la imatge per f de cadascun d’aquestspunts.

f(0, 0) = 0 i f(2, 4) = 12

Per tant, el maxim absolut de f en K es 12, i s’assoleix en el punt (2, 4); el mınim absolut def en K es 0, i s’assoleix en el punt (0, 0).

5.4. Donada la funcio f(x, y) = ln(xy + 1), es demana determinar:

(a) Domini de definicio de f(x, y), fent un dibuix.

Solucio. El domini de f es el conjunt de punts on la funcio es pot calcular. Per poder calcularun logaritme d’un nombre, aquest ha de ser positiu. Aixı, el domini de f es el conjun de punts(x, y) tals que xy + 1 > 0.

Dom(f) = {(x, y) ∈ R2 |xy + 1 > 0}

Per fer la representacio grafica de Dom(f), dibuixem la corba xy + 1 = 0.

A

B

C

(−2, 2)

(0, 0)

(2,−2)

−1

−1

1

1

xy + 1 = 0

xy + 1 = 0

La corba xy + 1 = 0 separa el pla en tres regions, que hem anomenat A, B i C. A cadascunad’aquestes regions es compleix una de les dues desigualtats xy + 1 > 0 o xy + 1 < 0. Escomprova quina desigualtat correspon a cada regio estudiant un punt de cadascuna. Perexemple, (−2, 2) ∈ A compleix xy +1 < 0, ja que x = −2 i y = 2. El punt (0, 0) ∈ B compleixxy + 1 > 0. I el punt (2,−2) ∈ C compleix xy + 1 < 0. Per tant, la regio que ens interessaes la regio central, que hem anomenat B, que es la que conte els eixos de coordenades. Lahiperbola no esta inclosa en el domini ja que la desigualtat es estricta.

21

Dom(f)

xy + 1 = 0

xy + 1 = 0

(b) Extrems relatius i punts sella.

Solucio. En primer lloc hem de calcular els punts crıtics de f , que son els que anul·len lesderivades parcials.

∂f

∂x=

y

xy + 1= 0

∂f

∂y=

x

xy + 1= 0

⇔ x = 0 i y = 0

Nomes hi ha un punt crıtic: (0, 0).

Per veure si un punt crıtic es extrem relatiu o punt de sella, calculem la matriu Hessiana, quees la matriu de derivades parcials segones.

∂2f

(∂x)2=

−y2

(xy + 1)2,

∂2f

(∂y)2=

−x2

(xy + 1)2,

∂2f

∂x∂y=

1

(xy + 1)2

Per tant, la matriu Hessiana es

Hf(x, y) =

(

−y2

(xy+1)21

(xy+1)2

1(xy+1)2

−x2

(xy+1)2

)

⇒ Hf(0, 0) =

(

0 11 0

)

=

(

A BB C

)

Es compleix detHf(0, 0) = AC −B2 = −1 < 0, cosa que indica que el punt (0, 0) es un puntde sella.

(c) Extrems absoluts sobre el compacte K = {(x, y); y ≥ x2, y ≥ 1/x, y ≤ 2}.Solucio. Pel teorema de Weierstrass, com que la funcio es contınua en tot el seu domini, temaxim i mınim absolut en K, si K esta inclos al domini.

En primer lloc representem K. Per fer-ho, observem que y = x2 es l’equacio d’una parabola,y = 1/x es l’equacio d’una hiperbola i y = 2 es l’equacio d’una recta horitzontal. Busquemels punts de tall d’aquestes tres corbes, resolent els sistemes.

• Parabola i hiperbola.

y = x2

y = 1/x

Igualant la y de dues equacions tenim x2 = 1/x, es a dir, x3 = 1. L’unica solucio reald’aquesta equacio es x = 1. Com que y = x2, tindrem y = 1 que ens dona com a punt detall (1, 1).

22

• Parabola i recta.

y = x2

y = 2

Tenim el valor de y de la segona equacio. Substituint a la primera, trobem x2 = 2 i, pertant, x = ±

√2. Hi ha dos punts de tall, (−

√2, 2) i (

√2, 2).

• Hiperbola i recta.

y = 1/x

y = 2

Tenim el valor de y de la segona equacio. Substituint a la primera, trobem 1/x = 2 i, pertant, x = 1/2,que ens dona com a punt de tall (1/2, 2).

Observem que hi ha dos punts de tall entre la recta i la parabola. Per determinar claramentquin es el domini, hem de fixar-nos en les desigualtats que el determinen. Aixo es pot fer dediverses maneres. Per exemple, representem graficament la regio del pla que satisfa y ≥ x2 iy ≤ 2 a la vegada. Per altra banda, representem la regio del pla que satisfa y ≥ 1/x.

(−√

2, 2) (√

2, 2)

y = x2

y = 2

y = 1/x

y ≥ x2 i y ≤ 2 y ≥ 1/x

El conjunt K es el compacte que defineix la interseccio d’aquestes dues regions.

(√

2, 2)

(1, 1)

(1/2, 2)

K

Observem que, a mes, aquest conjunt esta inclos en el domini de la funcio f que hem trobaten l’apartat anterior.

La llista de candidats a extrem sera la seguent:

23

• Possibles extrems a l’interior de K: son els punts crıtics de f que es troben a l’interior deK. No n’hi ha cap, ja que (0, 0) /∈ K es l’unic punt crıtic de f .

• Possibles extrems a la frontera de K. Hem d’estudiar com es la frontera de K i com escomporta f .

• Punts de K on f no es diferenciable. No n’hi ha cap.

Possibles extrems a la frontera de K.

La frontera es descomposa en tres trossos, corresponents a les tres corbes, la parabola, lahiperbola i la recta, mes els punts de tall d’aquestes tres corbes

Fr(K) = {(x, y) | y = x2, 1 < y < 2} ∪ {(x, y) | y = 1/x, 1 < y < 2}∪∪{(x, y) | y = 2, 1/2 < x <

√2} ∪ {(1/2, 2), (1, 1), (

√2, 2)}

F1 = {(x, y) | y = x2, 1 < x <√

2} son punts de la parabola,

F2 = {(x, y) | y = 1/x, 1/2 < x < 1} son punts de la hiperbola,

F3 = {(x, y) | y = 2, 1/2 < x <√

2} son punts de la recta.

Els punts de tall de les tres corbes es posen directament a la llista de candidats. Els altrespossibles candidats els trobarem estudiant la funcio f en F1, F2 i F3.

Llista de candidats

• (1/2, 2), (1, 1) i (√

2, 2)

• F1 definit per y = x2, amb 1 < x <√

2. La funcio f en F1, es la funcio f amb el lligamy = x2. L’anomenem f1, que nomes dependra de x: f1(x) = f(x, x2) = ln(x3 + 1). Els

candidats a extrem en F1 son els punts on f ′1 s’annul·la. Derivem: f ′

1 =3x2

x3 + 1. Tindrem

f ′1(x) = 0 ⇔ x = 0, que no es un punt de l’interval. No hi ha cap candidat a extrem

en F1.

• F2 defint per y = 1/x, amb 1/2 < x < 1. La funcio f en F2, es la funcio f amb el lligamy = 1/x. L’anomenem f2, que nomes dependra de x: f2(x) = f(x, 1/x) = ln(x/x + 1) =ln 2. Els candidats a extrem en F2 son els punts on f ′

2 s’annul·la. Com que f2 es constant,f ′2 = 0 i tots els punts de F2 son candidats.

• F3 defint per y = 2, amb 1/2 < x <√

2. La funcio f en F3, es la funcio f amb el lligamy = 2. L’anomenem f3, que nomes dependra de x: f3(x) = f(x, 2) = ln(2x + 1). Els

candidats a extrem en F3 son els punts on f ′3 s’annul·la. Derivem: f ′

3 =2

2x + 1. Aquesta

funcio es sempre diferent de zero, per tant, no hi ha cap candidat a extrem en F3.

Resumint

• F2 ∪ {(1/2, 2), (1, 1)} = {(x, y) | y = 1/x, 1/2 ≤ x ≤ 1}El valor de f en aquests punts es f(x, y) = ln(xy+1) amb y = 1/x. Es a dir, f(x, y) = ln 2per qualsevol punt d’aquest conjunt.

• (√

2, 2)El valor de f en aquest punt es f(

√2, 2) = ln(2

√2 + 1).

Com que ln 2 < ln(2√

2 + 1), el maxim absolut de f en K es ln(2√

2 + 1), i s’assoleix enel punt (

√2, 2); el mınim absolut de f en K es ln 2, i s’assoleix en els punts del conjunt

{(x, y) | y = 1/x, 1/2 ≤ x ≤ 1}.

5.5. Donada la funcio f(x, y) = x2 + −x + xy, es demana determinar:

(a) Extrems relatius i punts sella.

Solucio. En primer lloc hem de calcular els punts crıtics de f , que son els que anul·len lesderivades parcials.

∂f

∂x= 2x − 1 + y = 0

∂f

∂y= x = 0

24

Resolem el sistema. La segona equacio ens diu x = 0. Substuint a la segona 2 · 0 − 1 + y =0 ⇔ y = 1. La solucio es doncs x = 0 i y = 1. Nomes hi ha un punt crıtic: (0, 1).

Per veure si un punt crıtic es extrem relatiu o punt de sella, calculem la matriu Hessiana, quees la matriu de derivades parcials segones.

∂2f

(∂x)2= 2,

∂2f

(∂y)2= 0,

∂2f

∂x∂y= 1

Per tant, la matriu Hessiana es

Hf(x, y) =

(

2 11 0

)

⇒ Hf(0, 1) =

(

2 11 0

)

=

(

A BB C

)

Es compleix detHf(0, 1) = AC −B2 = −1 < 0, cosa que indica que el punt (0, 1) es un punt

de sella.

(b) Extrems absoluts sobre el compacte K determinat per y ≥ 3/x i x + y ≤ 4.

Solucio. Pel teorema de Weierstrass, com que la funcio es contınua, te maxim i mınim absoluten K.

En primer lloc representem K. Per fer-ho, observem que y = 3/x es l’equacio d’una hiperbolai x+y = 4 es l’equacio d’una recta. Busquem els punts de tall d’aquestes dues corbes, resolentel sistema.

y = 3/x

x + y = 4

Substituint y = 3/x en la segona equacio trobem x+3/x = 4, que es equivalent a x2−4x+3 =

0. Utilitzant la formula de l’equacio de segon grau, obtenim x =4 ±

√16 − 12

2. Les dues

solucions son x = 1 i x = 3. Calculem yutilitzant y = 3/x. Hi ha dos punts de tall, (1, 3) i(3, 1).

(1, 3)

(3, 1)

x + y = 4

y = 3/x

K

La llista de candidats a extrem sera la seguent:

• Possibles extrems a l’interior de K: son els punts crıtics de f que es troben a l’interior deK. No n’hi ha cap, ja que (0, 1) /∈ K es l’unic punt crıtic de f .

• Possibles extrems a la frontera de K. Hem d’estudiar com es la frontera de K i com escomporta f .

25

• Punts de K on f no es diferenciable. No n’hi ha cap.

Possibles extrems a la frontera de K.

La frontera es descomposa en dos trossos, corresponents a les dues corbes, la hiperbola i larecta, mes els punts de tall d’aquestes dues corbes

Fr(K) = {(x, y) | y = 3/x, 1 < x < 3} ∪ {(x, y) |x + y = 4, 1 < x < 3} ∪ ∪{(1, 3), (3, 1)}

F1 = {(x, y) | y = 3/x, 1 < x < 3} son punts de la hiperbola,

F2 = {(x, y) |x + y = 4, 1 < x < 3} son punts de la recta.

Els punts de tall de les dues corbes es posen directament a la llista de candidats. Els altrespossibles candidats els trobarem estudiant la funcio f en F1 i F2.

26

Llista de candidats

• (1, 3) i (3, 1)

• F1 definit per y = 3/x, amb 1 < x < 3. La funcio f en F1, es la funcio f amb el lligamy = 3/x. L’anomenem f1, que nomes dependra de x: f1(x) = f(x, 3/x) = x2−x+x·3/x =x2 − x + 3. Els candidats a extrem en F1 son els punts on f ′

1 s’annul·la. Derivem:f ′1 = 2x − 1. Tindrem f ′

1(x) = 0 ⇔ x = 1/2. Com que aquest punt no es de l’interval1 < x < 3, no hi ha cap candidat a extrem en F1.

• F2 defint per x + y = 4, es a dir, y = 4 − x, amb 1 < x < 3. La funcio f en F2,es la funcio f amb el lligam y = 4 − y. L’anomenem f2, que nomes dependra de x:f2(x) = f(x, 4− x) = x2 − x + x(4− x) = 3x. Els candidats a extrem en F2 son els puntson f ′

2 s’annul·la. Derivem: f ′2(x) = 3. Com que f ′

2 sempre es diferent de zero, no hi ha

cap candidat a extrem en F2.

Resumint. Tenim nomes els punts (1, 3) i (3, 1). Calculem la imatge per f de cadascund’aquests punts.

f(1, 3) = 1 − 1 + 3 = 3 i f(3, 1) = 9 − 3 + 3 = 9

Per tant, el maxim absolut de f en K es 9, i s’assoleix en el punt (3, 1); el mınim absolut

de f en K es 3, i s’assoleix en el punt (1, 3).

27

6 Calcul de primitives

6.1. Calculeu la primitiva∫

x2 + 3x + 4

x3 + x2 + 3x − 5dx

Solucio. Descomposem el denominador.

El polinomi x3 + x2 + 3x − 5 es pot dividir per x − 1, ja que substituint x per 1 ens dona zero.Fent la divisio pel metode de Ruffini tenim

1 1 3 -5

1 1 2 51 2 5 0

per tant, x3 + x2 + 3x− 5 = (x− 1)(x2 + 2x + 5). Utilitzant la formula de l’equacio de segon grau

trobem les arrels del polinomi x2 + 2x + 5: x =−2 ±

√4 − 20

2= −1 ± 2j. Podem doncs escriure

x3 + x2 + 3x − 5 = (x − 1)((x + 1)2 + 22).

Descomposem el trencat en fraccions simples:

x2 + 3x + 4

x3 + x2 + 3x − 5=

A

x − 1+

Bx + C

(x + 1)2 + 22=

A((x + 1)2 + 22)

(x − 1)((x + 1)2 + 22)+

(Bx + C)(x − 1)

(x − 1)((x + 1)2 + 22)

Per tant, x2 + 3x + 4 = A((x + 1)2 + 22) + (Bx + C)(x − 1). Fent x = 0, x = 1 i x = −1 trobem elsistema

4 = 5A − C

8 = 8A

2 = 4A + 2B − 2C

que te solucio A = 1, B = 0 i C = 1. El trencat descomposa

x2 + 3x + 4

x3 + x2 + 3x − 5=

1

x − 1+

1

(x + 1)2 + 22

Ara ja podem calcular la integral.

∫

x2 + 3x + 4

x3 + x2 + 3x − 5dx =

∫

1

x − 1dx +

∫

1

(x + 1)2 + 22dx = ln |x − 1| + 1

2arctan

x + 1

2+ K

6.2. Calculeu la primitiva∫

ex

e2x − 2ex + 4dx

Solucio. Per calcular la integral, hem de fer primer el canvi de variable t = ex, que es derivadt = ex dx. Tindrem doncs

∫

ex

e2x − 2ex + 4dx =

∫

1

t2 − 2t + 4dt

El denominador t2 − 2t + 4 te arrels t =2 ±

√4 − 16

2= 1 ±

√3j. Podem escriure t2 − 2t + 4 =

(t − 1)2 + (√

3)2. Ara ja podem calcular la integral respecte de t, i despres desfer el canvi t = ex

∫

ex

e2x − 2ex + 4dx =

∫

1

t2 − 2t + 4dt =

∫

1

(t − 1)2 + (√

3)2dt =

1√3

arctant − 1√

3+ K =

=

√3

3arctan

√3(t − 1)

3+ K =

√3

3arctan

√3(ex − 1)

3+ K

28

6.3. Calculeu la primitiva∫

3x

9x + 2 · 3x + 3dx

Solucio. Per calcular la integral, hem de fer primer el canvi de variable t = 3x, que es derivadt = ln 3 · 3x dx. Hem de tenir en compte que 9x = (3x)2. Tindrem doncs

∫

3x

9x + 2 · 3x + 3dx =

∫

1

ln 3· 1

t2 + 2t + 3dt

El denominador t2 + 2t + 3 te arrels t =−2 ±

√4 − 12

2= −1±

√2j. Podem escriure t2 + 2t + 3 =

(t + 1)2 + (√

2)2. Ara ja podem calcular la integral respecte de t, i despres desfer el canvi t = 3x

∫

3x

9x + 2 · 3x + 3dx =

∫

1

ln 3· 1

t2 + 2t + 3dt =

1

ln 3·∫

1

(t + 1)2 + (√

2)2dt

=1

ln 3· 1√

2arctan

t + 1√2

+ K =

√2

2 ln 3arctan

√2(3x + 1)

2+ K

7 Integrals impropies

7.1. Calculeu la integral impropia i digueu si es o no convergent

∫ +∞

0

1

x2 + 2x + 4dx

Solucio. La integral es impropia d’interval no acotat. Escrivim el lımit corresponent

∫ ∞

0

1

x2 + 2x + 4dx = lim

z→+∞

∫ z

0

1

x2 + 2x + 4dx

Busquem la primitiva

∫

1

x2 + 2x + 4dx. Les arrels del denominador x2+2x+4 son x =

−2 ±√

4 − 16

2=

−1 ±√

3j. Podem escriure x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + (√

3)2 i tindrem

∫

1

x2 + 2x + 4dx =

∫

1

(x + 1)2 + (√

3)2dx =

1√3

arctanx + 1√

3+ K =

√3

3arctan

√3(x + 1)

3+ K

Substituint en la integral definida, tindrem

∫ ∞

0

1

x2 + 2x + 4dx = lim

z→+∞

∫ z

0

1

x2 + 2x + 4dx = lim

z→+∞

[√3

3arctan

√3(x + 1)

3

]z

0

=

= limz→+∞

(√3

3arctan

√3(z + 1)

3−

√3

3arctan

√3

3

)

=

√3

3

(

limz→+∞

arctan

√3(z + 1)

3− π

6

)

=

=

√3

3

(π

2− π

6

)

=π√

3

9

Com que el lımit existeix i es finit, la integral es convergent. El seu valor es el valor trobatπ√

3

9.

7.2. Calculeu, si es possible, o justifiqueu que no es pot

∫ 2

1

ln(x − 1) dx

29

Solucio. La integral es impropia de funcio no acotada, ja que limx→1

ln(x − 1) = −∞. Escrivim el

lımit corresponent∫ 2

1

ln(x − 1) dx = limz→1

∫ 2

z

ln(x − 1) dx

Busquem la primitiva∫

ln(x − 1) dx, pel metode d’integracio per parts. Prenem u = ln(x − 1),

du =1

x − 1dx i dv = dx, v = x. Tindrem doncs

∫

ln(x − 1) dx = x ln(x − 1) −∫

x

x − 1dx = x ln(x − 1) −

∫ (

1 +1

x − 1

)

dx =

= x ln(x − 1) − x − ln(x − 1) + K = (x − 1) ln(x − 1) − x + K

Substituint en la integral definida, tindrem∫ 2

1

ln(x − 1) dx = limz→1

∫ 2

z

ln(x − 1) dx = limz→1

[(x − 1) ln(x − 1) − x]2z =

= 1 ln 1 − 2 − limz→1

((z − 1) ln(z − 1) − z) = −2 + 1 − limz→1

(z − 1) ln(z − 1)

Hem de calcular el lımit limz→1

(z − 1) ln(z − 1) = 0 · (−∞). Ho podem fer utilitzant el metode de

l’Hopital

limz→1

(z − 1) ln(z − 1) = limz→1

ln(z − 1)

1/(z − 1)= lim

z→1

1/(z − 1)

−1/(z − 1)2= lim

z→1−(z − 1) = 0

Tindrem doncs que la integral existeix i el seu valor es∫

ln(x − 1) dx = −1 − limz→1

(z − 1) ln(z − 1) = −1

7.3. Calculeu, si es possible, o justifiqueu que no es pot∫ 2

0

lnxdx

Solucio. La integral es impropia de funcio no acotada, ja que limx→0

lnx = −∞. Escrivim el lımit

corresponent∫ 2

0

lnxdx = limz→0

∫ 2

z

lnxdx

Busquem la primitiva∫

lnxdx, pel metode d’integracio per parts. Prenem u = lnx, du =1

xdx i

dv = dx, v = x. Tindrem doncs∫

lnxdx = x ln x −∫

x1

xdx = x ln x −

∫

dx = x lnx − x + K

Substituint en la integral definida, tindrem∫ 2

0

lnxdx = limz→0

∫ 2

z

lnxdx = limz→0

[x lnx − x]2z = 2 ln 2− 2− lim

z→0(z ln z − z) = 2 ln 2− 2− lim

z→0z ln z

Hem de calcular el lımit limz→0

z ln z = 0 · (−∞). Ho podem fer utilitzant el metode de l’Hopital

limz→0

z ln z = limz→0

ln z

1/z= lim

z→0

1/z

−1/z2= lim

z→0−z = 0

Tindrem doncs que la integral existeix i el seu valor es∫ 2

0

lnxdx = 2 ln 2 − 2 − limz→0

z ln z = 2 ln 2 − 2 = 2(ln 2 − 1)

30

7.4. Calculeu, si es possible, o justifiqueu que no es pot

∫ ∞

1

xe−x dx

Solucio. La integral es impropia d’interval no acotat. Escrivim el lımit corresponent

∫ ∞

1

xe−x dx = limz→+∞

∫ z

1

xe−x dx

Busquem la primitiva∫

xe−x dx, pel metode d’integracio per parts. Prenem u = x, du = dx idv = e−xdx, v = −e−x. Tindrem doncs

∫

xe−x dx = −xe−x +

∫

e−x dx = −xe−x − e−x + K = −(x + 1)e−x + K = −x + 1

ex+ K

Substituint en la integral definida, tindrem

∫ ∞

1

xe−x dx = limz→+∞

∫ z

1

xe−x dx = limz→+∞

[−(x + 1)

ex

]z

1

=

= limz→+∞

(

−z + 1

ez+

2

e

)

=2

e− lim

z→+∞

z + 1

ez

Hem de calcular el lımit limz→+∞

z + 1

ez=

∞∞ . Ho podem fer utilitzant el metode de l’Hopital

limz→+∞

z + 1

ez= lim

z→+∞

1

ez= 0

Tindrem doncs que la integral existeix i el seu valor es

∫

xe−x dx =2

e− lim

z→+∞

z + 1

ez=

2

e

7.5. Calculeu, si es possible, la integral segent

∫ +∞

0

1

ex + 1dx.

Solucio. La integral es impropia d’interval no acotat. Escrivim el lımit corresponent

∫ +∞

0

1

ex + 1dx = lim

z→+∞

∫ z

0

1

ex + 1dx

Busquem la primitiva∫

1ex+1 dx, fent el canvi de variable t = ex que es deriva

dt

t= dx. Tindrem

doncs∫

1

ex + 1dx =

∫

1

t(t + 1)dt

Descomposem el trencat en fraccions simples:

1

t(t + 1)=

A

t+

B

t + 1=

A(t + 1)

t(t + 1)+

Bt

t(t + 1)

Per tant, 1 = A(t + 1) + Bt. Fent t = 0 i t = −1 trobem A = 1 i B = −1. El trencat descomposa

1

t(t + 1)=

1

t− 1

t + 1

31

Ara ja podem calcular la integral i despres desfer el canvi t = ex.

∫

1

ex + 1dx =

∫

1

t(t + 1)dt =

∫

1

tdt −

∫

1

t + 1dt = ln |t| − ln |t + 1| + K = ln

ex

ex + 1+ K

Substituint en la integral definida, tindrem

∫ +∞

0

1

ex + 1dx = lim

z→+∞

∫ z

0

1

ex + 1dx = lim

z→+∞

[

lnex

ex + 1

]z

0

=

limz→+∞

(

lnez

ez + 1− ln

e0

e0 + 1

)

= limz→+∞

(

lnez

ez + 1− ln

1

2

)

= ln 2+ limz→+∞

lnez

ez + 1= ln 2+ln 1 = ln 2

Observacio. Les integrals impropies sempre s’han de calcular mitjancant un lımit. La integral es diuque es pot calcular o que es convergent si el lımit existeix i es diferent d’infinit. Es diu que no es potcalcular o que es divergent si el lımit no existeix o es infinit.

Un exemple senzill, que no esta tret de cap examen, seria el seguent.

∫ 4

2

1

x2 − 4dx = lim

z→2

∫ 4

z

1

x2 − 4dx

La integral indefinida

∫

1

x2 − 4dx es calcula descomposant en fraccions simples. Fent els calculs surt

1

x2 − 4=

A

x − 2+

B

x + 2⇒ A = 1/4, B = −1/4 ⇒

∫

1

x2 − 4dx =

∫ (

1/4

x − 2− 1/4

x + 2

)

dx = ln 4

√

x − 2

x + 2+K

Substituint a la integral definida

∫ 4

2

1

x2 − 4dx = lim

z→2

∫ 4

z

1

x2 − 4dx = lim

z→2

[

ln 4

√

x − 2

x + 2

]4

z

=

= limz→2

(

ln4

√

1

3− ln 4

√

z − 2

z + 2

)

= ln4

√

1

3− lim

z→2ln 4

√

z − 2

z + 2

Com que limz→2

z − 2

z + 2= 0, aleshores lim

z→2ln 4

√

z − 2

z + 2= −∞. Per tant, la integral

∫ 4

2

1

x2 − 4dx = ∞

i diem que no es pot calcular o que es divergent.

8 Integrals dobles

8.1. Sigui D = {(x, y) ∈ R2 |x2+y2−2x ≤ 0, y ≤ x, y ≥ 0} i considerem la integral I =

∫∫

D f(x, y) dx dy.

(a) Escriviu I en coordenades cartesianes en un dels dos ordres possibles.

Solucio. Per escriure la integral ens pot anar be dibuixar el recinte.

La primera desigualtat x2 + y2 − 2x ≤ 0 es equivalent a (x− 1)2 + y2 ≤ 1, que ens diu que elspunts de D son interiors a la circumferencia de centre (1, 0) i radi 1.

La desigualtat y ≤ x ens indica que D conte punts per sota de la recta y = x, i y ≥ 0 indicaque ens trobem al semipla superior.

Podem dibuixar el recinte

32

y = x

y = 00 1 2

(1, 1)

(x − 1)2 + y2 = 1

Ara podem escriure la integral. Observem que, en el recinte, la variable y es mou entre 0 i 1.Si fixem y, el recorregut de la variable x es y ≤ x ≤ 1 +

√

1 − y2 (entre la recta y = x i lameitat de la circumferencia x2 + y2 − 2x = 0 corresponent a aıllar x, prenent l’arrel quadradapositiva).

La integral s’escriura

I =

∫ 1

0

∫ 1+√

1−y2

y

f(x, y) dx dy

Observacio. Si triem l’ordre d’integracio invers, hem de descomposar la integral en suma dedues. El resultat seria

I =

∫ 1

0

∫ x

0

f(x, y) dy dx +

∫ 2

1

∫

√2x−x2

0

f(x, y) dy dx

(b) Calculeu I en coordenades polars, amb f(x, y) =xy

x2 + y2.

Solucio. Volem calcular∫ 1

0

∫ 1+√

1−y2

y

xy

x2 + y2dx dy

Dibuixem el recinte, amb la descripcio en polars.

θ = π/4

θ = 00

(1, 1)

2

r − 2 cos θ = 0

Per passar a polars, nomes hem de tenir en compte que y = 0 en polars es equivalent a θ = 0,y = x en polars es equivalent a θ = π

4 . Aixo ens dona la variacio de θ per tal de descriure elrecinte D. A continuacio, hem de veure, fixat θ, quin es l’interval de variacio del radi. Comque l’equacio de la circumferencia x2 + y2 − 2x = 0 es r − 2 cos θ = 0, tindrem

0 ≤ r ≤ 2 cos θ

33

La integral s’escriura

I =

∫ 1

0

∫ 1+√

1−y2

y

xy

x2 + y2dx dy =

∫ π4

0

∫ 2 cos θ

0

r cos θr sin θ

r2r dr dθ =

=

∫ π4

0

∫ 2 cos θ

0

r cos θ sin θ dr dθ =

∫ π4

0

[

cos θ sin θr2

2

]2 cos θ

0

dθ =

=

∫ π4

0

2 cos3 θ sin θ dθ =

[− cos4 θ

2

]π4

0

= − (√

2/2)4

2+

1

2=

1

2− 1

8=

3

8

8.2. Dibuixeu el recinte i canvieu l’ordre d’integracio

∫ 2

0

∫ 2+√

4−y2

√2y

f(x, y) dx dy

Solucio. El recinte d’integracio es el recinte limitat per les desigualtats

0 ≤ y ≤ 2 i√

2y ≤ x ≤ 2 +√

4 − y2

Hem de dibuixar les corbes y = 0, y = 2, x =√

2y, i x = 2 +√

4 − y2.

L’equacio x =√

2y es equivalent a y = x2/2, es a dir, es l’equacio d’una parabola amb l’eix vertical

i el vertex a l’origen. L’equacio x = 2 +√

4 − y2 es equivalent a (x − 2)2 + y2 = 4, es a dir, esl’equacio de la circumferencia de centre (2, 0) i radi 2. Tambe es pot escriure x2 − 4x+ y2 = 0. Lesaltres equacions corresponen a rectes: y = 0 es l’eix X , y = 2 es la recta paral·lela a l’eix X pelpunt (0, 2).

Calculem la interseccio de la parabola y = x2/2 amb la circumferencia (x−2)2+y2 = 4. Substituinttindrem (x− 2)2 + (x2/2)2 = 4 ⇒ x4 + 4x2 − 16x = 0 ⇒ x = 0 o x3 + 4x− 16 = 0. Descomposantel polinomi x3 + 4x − 16 = (x − 2)(x2 + 2x + 8) i les arrels de x2 + 2x + 8 son complexes. Lessolucions son, doncs, x = 0 i x = 2.Els punts d’interseccio son, doncs, (0, 0) i (2, 2).

Podem dibuixar el recinte

y = 2

y = 00 42

(2, 2)

y = x2/2

(x − 2)2 + y2 = 4

Per canviar l’ordre d’integracio, observem que, en el recinte, la variable x es mou entre 0 i 4. Sifixem x, el recorregut de la variable y es el seguent

• si 0 ≤ x ≤ 2, aleshores 0 ≤ y ≤ x2/2 (entre l’eix X i la parabola)

34

• si 2 ≤ x ≤ 4, aleshores 0 ≤ y ≤√

4x − x2 (entre l’eix X i la circumferencia (x− 2)2 + y2 = 4,que equival a x2 − 4x + y2 = 0).

La integral s’escriura

∫ 2

0

∫ 2+√

4−y2

√2y

f(x, y) dx dy =

∫ 2

0

∫ x2/2

0

f(x, y) dy dx +

∫ 4

2

∫

√4x−x2

0

f(x, y) dy dx

8.3. Dibuixeu el recinte i canvieu l’ordre d’integracio

∫ 8/5

0

∫ y/2

√1−(y−1)2

f(x, y) dx dy

Solucio. El recinte d’integracio es el recinte limitat per les desigualtats

0 ≤ y ≤ 8/5 i√

1 − (y − 1)2 ≤ x ≤ y/2

Hem de dibuixar les corbes y = 0, y = 8/5, x =√

1 − (y − 1)2, i x = y/2.

L’equacio x =√

1 − (y − 1)2 es equivalent a x2 + (y − 1)2 = 1, es a dir, es l’equacio de la circum-ferencia de centre (0, 1) i radi 1. Tambe es pot escriure x2 + y2 − 2y = 0. Les altres equacionscorresponen a rectes: y = 0 es l’eix X , y = 8/5 es la recta paral·lela a l’eix X pel punt (0, 8/5).

Calculem la interseccio de la recta x = y/2 amb la circumferencia x2 + (y − 1)2 = 1. Substituinttindrem (y/2)2 + (y − 1)2 = 1 ⇒ (5y2/4) − 2y = 0 ⇒ 5y2 − 8y = 0 ⇒ y = 8/5 o y = 0.Els punts d’interseccio son, doncs, (0, 0) i (4/5, 8/5), que es tambe de la recta y = 8/5.

Podem dibuixar el recinte

x = y/2

y = 8/5

y = 0

0 4/5 1

(0, 1) (1, 1)

(4/5, 8/5)

x2 + (y − 1)2 = 1

Per canviar l’ordre d’integracio, observem que, el valor maxim de la variable x correspon al puntde la circumferencia x2 + y2 −2y = 0 amb y = 1 i x positiva. Substituint trobem x2 +12−2 ·1 = 0i, per tant, x = 1. Aixı veiem que la variable x es mou entre 0 i 1. Si fixem x, el recorregut de lavariable y es el seguent

• si 0 ≤ x ≤ 4/5, aleshores 0 ≤ y ≤ 2x (entre l’eix X i la recta x = y/2)

• si 4/5 ≤ x ≤ 1, aleshores y recorre el segment interior a la circumferencia. Podem trobar elslımits inferior i superior aıllant y de l’equacio de la circumferencia x2 + (y − 1)2 = 1 ⇒ y =1 ±

√1 − x2. Per tant, 1 −

√1 − x2 ≤ y ≤ 1 +

√1 − x2

La integral s’escriura

∫ 8/5

0

∫ y/2

√1−(y−1)2

f(x, y) dx dy =

∫ 4/5

0

∫ 2x

0

f(x, y) dy dx +

∫ 1

4/5

∫ 1+√

1−x2

1−√

1−x2

f(x, y) dy dx

35

8.4. Sigui D = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 − 2y ≤ 0, x ≤ y, x ≥ 0}, i es considera la integral I =

∫ ∫

D f(x, y) dxdx

Escriu I en coordenades cartesianes en un dels dos ordres possibles, sense calcular-la. Desprescalcula I amb polars usant f(x, y) = xy.

Solucio. El recinte d’integracio es el recinte limitat per les desigualtats

x2 + y2 − 2y ≤ 0, x ≤ y, i x ≥ 0

Hem de dibuixar les corbes x2 + y2 − 2y = 0, x = y, i x = 0. L’equacio x2 + y2 − 2y = 0 esequivalent a x2 + (y − 1)2 = 1, es a dir, es l’equacio de la circumferencia de centre (0, 1) i radi 1.Les altres equacions corresponen a rectes: x = y es la bisectriu dels quadrants primer i tercer, i ladesigualtat x ≤ y ens indica que la recta limita el recinte per sota; x = 0 es l’eix Y , i la desigualtatx ≥ 0 ens indica que l’eix Y limita el recinte per l’esquerra.

Substituint en l’equacio de la circumferencia el valor x = 0, trobem que l’eix Y talla la circum-ferencia en els punts d’equacio y2 − 2y = 0, es a dir, y = 0 i y = 2. Son els punts (0, 0) i (0, 2).

Calculem la interseccio de la recta x = y amb la circumferencia x2 + (y − 1)2 = 1. Substituinttindrem y2 + (y − 1)2 = 1 ⇒ 2y2 − 2y = 0 ⇒ y = 1 o y = 0.Els punts d’interseccio son, doncs, (0, 0) i (1, 1).

Podem dibuixar el recinte

y = x

x = 0

(0, 0) 1

(0, 2)

(1, 1)

x2 + y2 − 2y = 0

Ara podem escriure la integral. Observem que, en el recinte, la variable x es mou entre 0 i 1. Sifixem x, el recorregut de la variable y es x ≤ y ≤ 1 +

√1 − x2 (entre la recta y = x i la meitat de

la circumferencia x2 + y2 + 2y = 0 corresponent a aıllar y, prenent l’arrel quadrada positiva).

La integral s’escriura

I =

∫ 1

0

∫ 1+√

1−x2

x

f(x, y) dy dx

Observacio. Si triem l’ordre d’integracio invers, hem de descomposar la integral en suma de dues.El resultat seria

I =

∫ 1

0

∫ y

0

f(x, y) dx dy +

∫ 2

1

∫

√2y−y2

0

f(x, y) dx dy

Per acabar, hem de calcular I en coordenades polars, amb f(x, y) = xy. Es a dir, volem calcular

I =

∫ 1

0

∫ 1+√

1−x2

x

xy dy dx

Dibuixem el recinte, amb la descripcio en polars.

36

θ = π/4

θ = π/2

r − 2 sin θ = 0

Per passar a polars, nomes hem de tenir en compte que x = 0 en polars es equivalent a θ = π2 ,

y = x en polars es equivalent a θ = π4 . Aixo ens dona la variacio de θ per tal de descriure el recinte

D. A continuacio, hem de veure, fixat θ, quin es l’interval de variacio del radi. Com que l’equaciode la circumferencia x2 + y2 − 2y = 0 es r − 2 sin θ = 0, tindrem

0 ≤ r ≤ 2 sin θ

La integral s’escriura

I =

∫ 1

0

∫ 1+√

1−x2

x

xy dy dx =

∫ π2

π4

∫ 2 sin θ

0

r cos θ · r sin θ · r dr dθ =

=

∫ π2

π4

∫ 2 sin θ

0

r3 cos θ sin θ dr dθ ==

∫ π2

π4

[

cos θ sin θ · r4

4

]2 sin θ

0

dθ =

=

∫ π2

π4

4 cos θ sin5 θ dθ =

[

2 sin6 θ

3

]

π2

π4

=2

3− 2

3

(√2

2

)6

=2

3

(

1 − 1

8

)

=7

12

9 Integrals triples

9.1. Calculeu∫ ∫ ∫

Vz dx dy dz on V es el volum interior a les dues superfıcies x2 + y2 + z2 = 4 i

x2 + y2 = z2 amb z ≥ 0.

Solucio. El recinte es l’interior de l’esfera de radi 2 i centre l’origen, interior tambe al con d’equaciox2 + y2 = z2, en el semiespai superior.

La interseccio de l’esfera i el con es

x2 + y2 + z2 = 4

x2 + y2 = z2

Igualant trobem 2z2 = 4 ⇒ z =√

2 i, per tant, x2 + y2 = 2. Podem dibuixar el recinte.

37

ϕ = 0

x2 + y2 = z2 ⇔ ϕ = π/4

(2, 0, 0)

(0, 2, 0)

x2 + y2 = 2

x2 + y2 + z2 = 4 ⇔ ρ = 2

Podem donar una altra representacio de V , ja que estracta d’un solid de revolucio. Aixo es veusobre el dibuix, pero tambe si passem a esferiques les equacions que el determinen, la de l’esfera ila del con: en cap d’elles apareix θ. L’esfera x2 + y2 + z2 = 4 s’escriu en esferiques ρ = 2, i el conx2 + y2 = z2 s’escriu en esferiques ϕ = π/4.

Si no tenim en compte l’angle, podem dibuixar una seccio vertical del solid, representant l’esfera iel con com una circumferencia i una recta en el pla ρZ. De fet, nomes prenem la part corresponenta ρ positiu. Afegir una rotacio de l’angle entre 0 i 2π vol dir fer girar aquesta figura plana respectel’eix vertical Z, per descriure tot el volum interior a les dues superfıcies.

ϕ = 0

ϕ = π/4

ρ = 2

Com hem vist en els dibuixos, el recinte V es facil de descriure en coordenades esferiques. El radiρ es mou entre 0 i 2, i l’angle θ entre 0 i 2π. Per a l’angle ϕ, nomes hem d’utilitzar l’equacio enesferiques del con ϕ = π

4 . Amb aquestes observacions ja podem escriure la integral:

• la funcio a integrar es, en esferiques, f(x, y, z) = z = ρ cosϕ

• el jacobia del canvi es |J | = ρ2 sin ϕ

• els lımits d’integracio son0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π

4

Tindrem doncs∫ ∫ ∫

V

z dx dy dz =

∫ 2

0

∫ 2π

0

∫ π4

0

ρ3 cosϕ sin ϕdϕdθ dρ

=

(∫ 2

0

ρ3 dρ

)(∫ 2π

0

dθ

)

(

∫ π4

0

cosϕ sin ϕdϕ

)

=

[

ρ4

4

]2

0

·[θ]2π0 ·[

1

2sin2 ϕ

]π4

0

= 4·2π·12

(√2

2

)2

= 2π

38

9.2. Calculeu el volum determinat per la regio V interior a x2 + y2 + (z − 2)2 = 4 i a x2 + y2 + z2 = 4.

Solucio. El recinte es l’interior a dues esferes de radi 2, la de centre l’origen i la de centre (0, 0, 2).

La interseccio de les dues esferes es

x2 + y2 + (z − 2)2 = 4

x2 + y2 + z2 = 4

Restant trobem (z − 2)2 − z2 = 0 ⇒ −4z + 4 = 0 ⇒ z = 1 i, per tant, x2 + y2 = 3. Aixo es unacircumferencia de radi

√3 i centre a l’eix Z, situada al pla horitzontal d’altura 1, z = 1. Podem

dibuixar el recinte.

(0, 0, 0)

(0, 0, 1)

(0, 0, 2)

x2 + y2 = 3, z = 1

x2 + y2 + z2 = 4

x2 + y2 + (z − 2)2 = 4

Per calcular el volum d’un solid hem d’integrar la funcio f(x, y, z) = 1, en cartesianes, o be, fentun canvi de variables, el jacobia del canvi.

Podem donar una altra representacio de V , ja que es tracta d’un solid de revolucio. Aixo es veusobre el dibuix, pero tambe si passem a cilındriques les dues equacions de les esferes: en cap d’ellesapareix θ. L’esfera x2+y2+z2 = 4 s’escriu en cilındriques r2+z2 = 4, i l’esfera x2+y2+(z−2)2 = 4s’escriu en cilındriques r2 + (z − 2)2 = 4.

Si no tenim en compte l’angle, podem dibuixar una seccio vertical del solid, representant aquestesdues esferes com circumferencies en el pla RZ. De fet, nomes prenem la meitat de les circum-ferencies, ja que r es sempre positiu.

r

z

(0, 0)

(0, 2)

r =√

3, z = 1

r2 + z2 = 4

r2 + (z − 2)2 = 4

Afegir una rotacio de l’angle entre 0 i 2π vol dir fer girar aquesta figura plana respecte l’eix verticalZ, per descriure tot el volum interior a les dues esferes.

39

En cilındriques, doncs, l’angle θ es mou entre 0 i 2π i el radi r, entre 0 i√

3 i z varia entre lesdues esferes. Nomes hem d’observar que el lımit inferior per a z ens el dona la semiesfera inferiorde l’esfera de centre (0, 0, 2), la que queda mes amunt en el dibuix, mentre que el lımit inferior pera z ens el dona la semiesfera superior de l’esfera de centre (0, 0, 0), la de sota en el dibuix. Ambaquestes observacions ja podem escriure la integral:

• la funcio a integrar es 1

• el jacobia del canvi es |J | = r

• els lımits d’integracio son0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤

√3, 2 −

√4 − r2 ≤ z ≤

√4 − r2

Tindrem doncs

V =

∫ 2π

0

∫

√3

0

∫

√4−r2

2−√

4−r2

r dz dr dθ =

∫ 2π

0

∫

√3

0

[r · z]√

4−r2

2−√

4−r2 dr dθ =

∫ 2π

0

∫

√3

0

(2r√

4 − r2−2r) dr dθ =

=

∫ 2π

0

[

−2

3(√

4 − r2)3 − r2

]

√3

0

dθ =

∫ 2π

0

5

3dθ =

[

5

3· θ]2π

0

=10π

3

Observacio Aquest recinte es pot descriure tambe en coordenades cartesianes, fent variar la x i lay de manera que descriguin el cercle de radi

√3, x2 + y2 ≤ 3, i la variable z entre les dues esferes.

Els lımits d’integracio en cartesianes serien−√

3 ≤ x ≤√

3−√

3 − x2 ≤ y ≤√

3 − x2

2 −√

4 − x2 − y2 ≤ z ≤√

4 − x2 − y2

I el volum es podria calcular mitjancant la integral

∫

√3

−√

3

∫

√3−x2

−√

3−x2

∫

√4−x2−y2

2−√

4−x2−y2

1 dx dy dz

9.3. Integreu la funcio f(x, y) =xy

x2 + y2sobre el volum V limitat en el primer octant per l’interior a

les superfıcies z = 3 − x2 − y2 i x2 + y2 = 2.

Solucio. La superfıcie z = 3− x2 − y2 es un paraboloid amb el vertex al punt (0, 0, 3), que talla elpla z = 0 en una circumferencia de radi

√3. La superfıcie x2 + y2 = 2 es un cilindre de radi

√2.

El recinte es la part corresponent al primer octant de l’interior al cilindre, limitat per baix pel plaz = 0 i per dalt pel paraboloid.

La interseccio del cilindre amb el paraboloid es

2 = x2 + y2

z = 3 − x2 − y2

Sumant trobem 2 − z = 3 ⇒ z = 1, amb x2 + y2 = 2. Aixo es la circumferencia de radi√

2 quedescriu el cilindre, en el pla horitzontal z = 1. Podem dibuixar el recinte.

40

(√

2, 0, 0) (√

3, 0, 0)

x2 + y2 = 2, z = 1

x2 + y2 = 2

z = 3 − x2 − y2

Tal com es veu en el dibuix, el recinte V es facil de descriure en coordenades cilındriques, ja que elsolid es de revolucio.

Si no tenim en compte l’angle, podem dibuixar una seccio vertical del solid, representant elparaboloid i el cilindre com mitja parabola i una recta en el pla RZ. Per descriure el voluminterior al cilindre i el paraboloid, en el primer octant, nomes hem d’afegir una rotacio de l’angleentre 0 i π/2 per fer girar aquesta figura plana respecte l’eix vertical Z.

r

z

√2

√3

r2 = 2, z = 2

r2 = 2

z = 3 − r2

Com que hem de recorrer el primer quadrant de la base del cilindre, el radi r es mou entre 0 i√

2,i l’angle θ entre 0 i π/2. L’altura z varia entre el pla z = 0 i el paraboloid z = 3 − x2 − y2. Elparaboloid en coordenades cilındriques te equacio z = 3−r2. Amb aquestes observacions ja podemescriure la integral:

• la funcio a integrar es, en cilındriques, f(x, y) =xy

x2 + y2=

r2 cos θ sin θ

r2= cos θ sin θ

• el jacobia del canvi es |J | = r

• els lımits d’integracio son0 ≤ r ≤

√2, 0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 3 − r2

Observem que el calcul de la interseccio s’utilitza nomes de manera indirecta, per visualitzar elvolum, cosa que ens permet descriure’l be.

41

Tindrem doncs

∫ ∫ ∫

V

xy

x2 + y2dx dy dz =

∫

√2

0

∫ π/4

0

∫ 3−r2

0

r · cos θ sin θ dz dθ dr =

=

(

∫ π/4

0

cos θ sin θ dθ

)(

∫

√2

0

∫ 3−r2

0

r dz dr

)

=

(

[

1

2sin2 θ

]π/4

0

)(

∫

√2

0

[r · z]3−r2

0 dr

)

=

=1

2

∫

√2

0

r · (3 − r2) dr =1

2

[

−1

4(3 − r2)2

]

√2

0

=1

2· 1

4· (3 − 1) =

1

4

9.4. Integreu la funcio f(x, y, z) =1

1 + x2 + y2sobre el volum V limitat pel pla z = 0 i la superfıcie

z =√

x2 + y2, i interior a x2 + y2 = 2.

Solucio. La superfıcie z =√

x2 + y2 es un con amb el vertex al punt (0, 0, 0) (de fet, elcon teequacio z2 = x2 + y2, i aquı tenim nomes la branca z ≥ 0 del con). La superfıcie x2 + y2 = 2 esun cilindre de radi

√2. El recinte es l’interior del cilindre, limitat per baix pel pla z = 0 i per dalt

pel con.

La interseccio del cilindre amb el con es

2 = x2 + y2

z =√

x2 + y2

Igualant√

x2 + y2 de les dues equacions trobem z =√

2, amb x2+y2 = 2. Aixo es la circumferenciade radi

√2 que descriu el cilindre, en el pla horitzontal z =

√2. Podem dibuixar el recinte.

(0, 0, 0)

x2 + y2 = 2, z =√

2 ⇔ r = z =√

2

x2 + y2 = 2 ⇔ r =√

2

z =√

x2 + y2 ⇔ z = r

Tal com es veu en el dibuix, el recinte V es facil de descriure en coordenades cilındriques.

Si no tenim en compte l’angle, podem dibuixar una seccio vertical del solid, representant el con iel cilindre per dues rectes en el pla RZ. Per descriure el volum interior al cilindre i el con, nomeshem d’afegir una rotacio de l’angle entre 0 i 2π per fer girar aquesta figura plana respecte l’eixvertical Z.

(0, 0) (√

2, 0)r

z

(√

2,√

2)

r =√

2 z = r

42

Com que hem de recorrer la base del cilindre, el radi r es mou entre 0 i√

2, i l’angle θ entre 0 i2π. L’altura z varia entre el pla z = 0 i el con z =

√

x2 + y2. El con en coordenades cilındriqueste equacio z = r. Amb aquestes observacions ja podem escriure la integral:

• la funcio a integrar es, en cilındriques, f(x, y) =1

1 + x2 + y2=

1

1 + r2

• el jacobia del canvi es |J | = r

• els lımits d’integracio son0 ≤ r ≤

√2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ r

Tindrem doncs

∫ ∫ ∫

V

1

1 + x2 + y2dx dy dz =

∫ 2π

0

∫

√2

0

∫ r

0

r

1 + r2dz dr dθ =

=

(∫ 2π

0

dθ

)

(

∫

√2

0

∫ r

0

r

1 + r2dz dr

)

= [θ]2π0

∫

√2

0

[

r

1 + r2· z]r

0

dr = 2π

∫

√2

0

r2

1 + r2dr

Descomposem el trencat en fraccions simples: dividim r2 entre 1+r2 i trobemr2

1 + r2= 1 − 1

1 + r2.

Ja no cal descomposar mes. Per tant, tindrem

∫ ∫ ∫

V

1

1 + x2 + y2dx dy dz = 2π

∫

√2

0

r2

1 + r2dr = 2π

∫

√2

0

(

1 − 1

1 + r2

)

dr =

= 2π [r − arctan r]√

20 = 2π · (

√2 − arctan

√2)

9.5. Integreu la funcio f(x, y, z) = e√

x2+y2+z2

sobre el volum V limitat per l’interior de les superfıciesz2 = x2 + y2 i x2 + y2 + z2 = 1 amb z ≥ 0

Solucio. El recinte es l’interior de l’esfera de radi 1 i centre l’origen, interior tambe al con d’equaciox2 + y2 = z2, en el semiespai superior.

La interseccio de l’esfera i el con es

x2 + y2 + z2 = 1

x2 + y2 = z2

Igualant trobem 2z2 = 1 ⇒ z = 1 i, per tant, x2 + y2 = 1. Podem dibuixar el recinte.

ϕ = 0

x2 + y2 = z2 ⇔ ϕ = π/4

(1, 0, 0)

(0, 1, 0)

x2 + y2 = 1

x2 + y2 + z2 = 1 ⇔ ρ = 1

El radi ρ es mou entre 0 i 1, i l’angle θ entre 0 i 2π. Per a l’angle ϕ, nomes hem d’utilitzar l’equacioen esferiques del con ϕ = π

4 . Amb aquestes observacions ja podem escriure la integral:

• la funcio a integrar es, en esferiques, f(x, y, z) = e√

x2+y2+z2

= eρ

43

• el jacobia del canvi es |J | = ρ2 sin ϕ

• els lımits d’integracio son0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π

4

Tindrem doncs

∫ ∫ ∫

V

e√

x2+y2+z2

dx dy dz =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ π4

0

eρρ2 sin ϕdϕdρ dθ =

=

(∫ 2π

0

dθ

)(∫ 1

0

eρρ2 dρ

)

(

∫ π4

0

sin ϕdϕ

)

Integrant per parts:∫

eρρ2 dρ = (ρ2 − 2ρ + 2) · eρ + K

Per tant∫ ∫ ∫

V

e√

x2+y2+z2

dx dy dz = [θ]2π0 ·

[

(ρ2 − 2ρ + 2) · eρ]1

0[− cosϕ]

π4

0 = 2π · (e − 2)

10 Integrals de lınia

10.1. Calculeu la integral del camp ~F (x, y, z) = (1

x + y, z, ln y) al llarg del segment de recta des del punt

(1, 1, 1) fins al punt (2, 2, 4).

Solucio. Ens demanen calcular∫

σ~F =

∫ b

a~F (σ(t)) ·σ(t) dt on σ es una parametritzacio del segment

de recta des del punt (1, 1, 1) fins al punt (2, 2, 4).

Utilitzem com a parametritzacio σ(t) = (1, 1, 1) + t(

(2, 2, 4)− (1, 1, 1))

= (1 + t, 1 + t, 1 + 3t), amb0 ≤ t ≤ 1.

Tindrem σ′(t) = (1, 1, 3) i ~F (σ(t)) = ~F (1 + t, 1 + t, 1 + 3t) = (1

2 + 2t, 1 + 3t, ln(1 + t)). La integral

quedara

∫

σ

~F =

∫ 1

0

(1

2 + 2t, 1 + 3t, ln(1 + t)) · (1, 1, 3) dt =

∫ 1

0

(

1

2 + 2t+ 1 + 3t + 3 ln(1 + t)

)

dt

Per poder acabar el calcul, fem apart la integral indefinida∫

ln(1 + t) dt. Aplicant el metoded’integracio per parts, utilitzant u = ln(1 + t), du = 1

1+t dt, dv = dt, i v = t, obtenim

∫

ln(1 + t) dt = t ln(1 + t) −∫

t

1 + tdt = t ln(1 + t) −

∫

(1 − 1

1 + t) dt = (t + 1) ln(1 + t) − t + K

Substituint a la integral de lınia

∫

σ

~F =

∫ 1

0

1

2 + 2t+1+3t+3 ln(1+t) dt =

[

1

2ln(1 + t) + t +

3

2t2 + 3((t + 1) ln(1 + t) − t)

]1

0

=13

2ln 2−1

2

11 Integrals de superfıcie

11.1. Calculeu la integral de superfıcie del camp ~F (x, y, z) = (y, x, x2) sobre la superfıcie z = 2−x2 − y2

amb z ≥ 0.

Solucio. Ens demanen calcular∫ ∫

S~F , on ~F (x, y, z) = (y, x, x2) i S es la part corresponent a z ≥ 0

de la superfıcie d’equacio z = 2 − x2 − y2 amb z ≥ 0.

La superfıcie S es un paraboloid amb el vertex al punt (0, 0, 2), que talla al pla z = 0 segons lacircumferencia d’equacio x2 + y2 = 2. Dibuixem S.

44

(0, 0, 2)

(√

2, 0, 0)

x2 + y2 = 2, z = 0

z = 2 − x2 − y2

La integral de superfıcie d’un camp vectorial es la integral sobre la superfıcie del producte escalardel camp pel vector normal a la superfıcie:

∫ ∫

S

~F =

∫ ∫

D

~F (Φ(u, v)) · ~ndu dv

Hem de trobar la parametritzacio adequada, es a dir

• les variables, que hem denotat per u i v;

• la funcio Φ que ens dona les tres coordenades (x, y, z) dels punts de S, en funcio de u i v; i

• el recinte D on hem de calcular la integral, que es el recinte que han de recorrer les variablesu i v per aconseguir que Φ(u, v) recorri tota la superfıcie S: el recinte D es el que determinaels lımits d’integracio.

Parametritzacio en coordenades cartesianes. En lloc de (u, v) utilitzem com a variables (x, y).La funcio Φ(x, y) = (x, y, z), on z s’ha de donar en funcio de x i y. Pero aixo es facil a partir del’equacio de la superfıcie, z = 2−x2−y2. Per tant, la parametritzacio es Φ(x, y) = (x, y, 2−x2−y2).

Per trobar D, nomes hem de projectar S sobre el pla XY . En aquest cas, D es el cercle, en elpla z = 0, limitat per la circumferencia x2 + y2 = 2, es a dir, el conjunt de punts que satisfanx2 + y2 ≤ 2.

x2 + y2 ≤ 2

x2 + y2 = 2

Per descriure aquest recinte en cartesianes, els lımits d’integracio seran−√

2 ≤ x ≤√

2 −√

2 − x2 ≤ y ≤√

2 − x2

Tindrem doncs∫ ∫

S

~F =

∫

√2

−√

2

∫

√2−x2

−√

2−x2

~F (x, y, 2 − x2 − y2) · ~ndx dy

Hem de calcular el vector normal

~n =∂Φ

∂x× ∂Φ

∂y

45

Calculem a partir de Φ(x, y) = (x, y, 2 − x2 − y2)

∂Φ

∂x=

(

1, 0,−2x)

∂Φ

∂y=

(

0, 1,−2y)

i fent el producte vectorial d’aquests dos vectors:

~n =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j k

1 0 −2x0 1 −2y

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (2x, 2y, 1)

Com que el camp vectorial es ~F (x, y, z) = (y, x, x2), substituint (x, y, z) per la parametritzacio

obtenim ~F (x, y, 2 − x2 − y2) = (y, x, x2). Ara ja podem escriure la integral:

∫ ∫

S

~F =

∫

√2

−√

2

∫

√2−x2

−√

2−x2

(y, x, x2) · (2x, 2y, 1) dx dy =

∫

√2

−√

2

∫

√2−x2

−√

2−x2

(4xy + x2) dx dy

La millor manera de calcular aquesta integral es fent un canvi a polars, x = r · cos θ, y = r · sin θ,que ens donara

• la funcio 4xy + x2 = r2 · (4 cos θ sin θ + cos2 θ)

• el jacobia del canvi |J | = r

• els lımits d’integracio0 ≤ r ≤

√2 0 ≤ θ ≤ 2π

Aixı, la integral quedara

∫ ∫

S

~F =

∫

√2

0

∫ 2π

0

r2·(4 cos θ sin θ+cos2 θ)·r dθ dr =

(

∫

√2

0

r3 dr

)

(∫ 2π

0

(4 cos θ sin θ + cos2 θ) dθ

)

=

=

[

r4

4

]

√2

0

∫ 2π

0

(

4 cos θ sin θ +1 + 2 cos 2θ

2

)

dθ = 1 ·[

2 sin2 θ +θ

2+

sin 2θ

4

]2π

0

=2π

2= π

Observacio. La mateixa integral es podria haver calculat parametritzant l’esfera directament enpolars, es a dir, utilitzant

Φ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, 2 − r2)

D’aquesta manera, el camp vectorial ~F quedaria ~F (Φ(r, θ)) = (r sin θ, r cos θ, r2 cos2 θ) i el vectornormal seria ~n = (2r2 cos θ, 2r2 sin θ, r)

La integral de superfıcie quedaria

∫ ∫

S

~F =

∫

√2

0

∫ π2

0

(r sin θ, r cos θ, r2 cos2 θ) · (2r2 cos θ, 2r2 sin θ, r) dθ dr =

=

∫

√2

0

∫ π2

0

(4r3 cos θ sin θ + r3 cos2 θ) dθ dr

Es la mateixa integral que hem calculat utilitzant cartesianes i fent, despres, un canvi

a polars. Parametritzant directament en polars no cal afegir el jacobia, ja que esta

implıcit en el vector normal.

46

11.2. Calculeu la integral de superfıcie del camp escalar f(x, y, z) = x

y+√

x2+y2sobre la superfıcie x2 +

y2 + z2 = 4 en el primer octant.

Solucio. Hem de calcular∫ ∫

Sf .

La superfıcie es la part del primer octant de l’esfera de radi 2 i centre l’origen. El recinte R es laprojeccio de la superfıcie S sobre el pla XY .

x2 + y2 + z2 = 4

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0

x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0(2, 0)

(0, 2)

(2, 0, 0)

(0, 2, 0)

(0, 0, 2)

Si parametritzem en cartesianes tindrem:

Φ(x, y) = (x, y,√

4 − x2 − y2)

• Donem els lımits d’integracio.

El recinte R es l’interior de la circumferencia de radi 2 i centre l’origen, en el primer quadrant.

R = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤√

4 − x2}

• Calculem el vector normal i el seu modul.

∂Φ

∂x=

(

1, 0,−x

√

4 − x2 − y2

)

∂Φ

∂y=

(

0, 1,−y

√

4 − x2 − y2

)

A partir dels dos vectors tangents, ~n = ∂Φ∂x × ∂Φ

∂y . Per tant

~n =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j k

1 0 −x√4−x2−y2

0 1 −y√4−x2−y2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(

x√

4 − x2 − y2,

y√

4 − x2 − y2, 1

)

El modul del vector normal es

||~n|| =

√

x2

4 − x2 − y2+

y2

4 − x2 − y2+ 1 =

2√

4 − x2 − y2

• Escrivim f en funcio de la parametritzacio.

f(Φ(x, y)) =x

y +√

x2 + y2

Ara ja podem calcular la integral.

∫ ∫

S

f =

∫ ∫

R

f(Φ(x, y))||~n|| dx dy =

∫ 2

0

∫

√4−x2

0

x

y +√

x2 + y2· 2√

4 − x2 − y2dy dx

47

El millor es passar la integral a polars. El recinte R, en polars, es

R = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π

2}

i si canviem a polars la integral, resulta

x

y +√

x2 + y2· 2√

4 − x2 − y2=

r cos θ

r sin θ + r· 2√

4 − r2=

cos θ

sin θ + 1· 2√

4 − r2

Afegint el jacobia, |J | = r, la integral en polars queda

∫ ∫

S

f =

∫ 2

0

∫ π2

0

cos θ

sin θ + 1· 2√

4 − r2· r dθ dr =

=

∫ 2

0

[

2r√4 − r2

ln(sin θ + 1)

]π2

0

dr =

∫ 2

0

2r√4 − r2

ln 2 dr =[

−2 ln 2√

4 − r2]2

0= 4 ln 2

Observacio. La mateixa integral es podria haver calculat parametritzant l’esfera directament enpolars, es a dir, utilitzant

Φ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ,√

4 − r2)

D’aquesta manera, la funcio f quedaria

f(Φ(r, θ)) =cos θ

sin θ + 1

i el modul del vector normal seria

||~n|| =2r√

4 − r2

La integral de superfıcie quedaria∫ ∫

S

f =

∫ 2

0

∫ π2

0

cos θ

sin θ + 1· 2r√

4 − r2dθ dr

Es la mateixa integral que hem calculat utilitzant cartesianes i fent, despres, un canvi

a polars. Parametritzant directament en polars no cal afegir el jacobia, ja que esta

implıcit en el vector normal.

11.3. Calculeu la integral de superfıcie del camp f(x, y, z) =x2

x2 + y2sobre la superfıcie x2 + y2 + z2 = 2

amb z ≤ 0.

Solucio.Hem de calcular∫ ∫

Sf .

La superfıcie es l’hemisferi superior de l’esfera de radi√

2 i centre l’origen. El recinte R es laprojeccio de la superfıcie S sobre el pla XY .

x2 + y2 + z2 = 2

z ≥ 0x2 + y2 ≤ 2

(√

2, 0)

(0,√

2)

(√

2, 0, 0)

(0,√

2, 0)

(0, 0,√

2)

48

Si parametritzem en cartesianes tindrem:

Φ(x, y) = (x, y,√

2 − x2 − y2)

• Donem els lımits d’integracio.

El recinte R es l’interior de la circumferencia de radi√

2 i centre l’origen.

R = {(x, y) | −√

2 ≤ x ≤√

2, −√

2 − x2 ≤ y ≤√

2 − x2}

• Calculem el vector normal i el seu modul.

∂Φ

∂x=

(

1, 0,−x

√

2 − x2 − y2

)

∂Φ

∂y=

(

0, 1,−y

√

2 − x2 − y2

)

A partir dels dos vectors tangents, ~n = ∂Φ∂x × ∂Φ

∂y . Per tant

~n =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j k

1 0 −x√2−x2−y2

0 1 −y√2−x2−y2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(

x√

2 − x2 − y2,

y√

2 − x2 − y2, 1

)

El modul del vector normal es

||~n|| =

√

x2

2 − x2 − y2+

y2

2 − x2 − y2+ 1 =

√2

√

2 − x2 − y2

• Escrivim f en funcio de la parametritzacio.

f(Φ(x, y)) =x2

x2 + y2

Ara ja podem calcular la integral.

∫ ∫

S

f =

∫ ∫

R

f(Φ(x, y))||~n|| dx dy =

∫

√2

−√

2

∫

√2−x2

−√

2−x2

x2

x2 + y2·

√2

√

2 − x2 − y2dy dx

El millor es passar la integral a polars. El recinte R, en polars, es

R = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤√

2, 0 ≤ θ ≤ 2π}

i si canviem a polars la integral, resulta

x2

x2 + y2·

√2

√

2 − x2 − y2=

r2 cos2 θ

r2·

√2√

2 − r2= cos2 θ ·

√2√

2 − r2

Afegint el jacobia, |J | = r, la integral en polars queda

∫ ∫

S

f =

∫

√2

0

∫ 2π

0

cos2 θ ·√

2√2 − r2

· r dθ dr =

∫

√2

0

∫ 2π

0

1 + cos 2θ

2·

√2r√

2 − r2dθ dr =

=

∫

√2

0

[ √2r√

2 − r2·(

1

2θ +

1

4sin 2θ

)

]2π

0

dr =

∫

√2

0

π

√2r√

2 − r2dr =

[

−π√

2√

2 − r2]

√2

0= 2π

Observacio. La mateixa integral es podria haver calculat parametritzant l’esfera directament enpolars, es a dir, utilitzant

Φ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ,√

2 − r2)

49

D’aquesta manera, la funcio f quedaria

f(Φ(r, θ)) = cos2 θ

i el modul del vector normal seria

||~n|| =

√2r√

2 − r2

La integral de superfıcie quedaria

∫ ∫

S

f =

∫

√2

0

∫ 2π

0

cos2 θ ·√

2r√2 − r2

dθ dr

Es la mateixa integral que hem calculat utilitzant cartesianes i fent, despres, un canvi

a polars. Parametritzant directament en polars no cal afegir el jacobia, ja que esta

implıcit en el vector normal.

50