calculo en diversas variables (catalan)

I. Topologia de Rn. Continuıtat

En aquest capıtol introduirem el concepte de continuıtat per funcions definidesa subconjunts de Rn. Per assolir aquest objectiu necessitem abans introduir algunesnocions basiques de topologia. Si parem atencio a com hem definit la continuıtat en elcas de funcions d’una variable, veurem que es una nocio basada en la distancia entrenombres reals. En efecte diem que una funcio f, es contınua en un punt x si donatε > 0 existeix un δ > 0 de manera que qualsevol punt que ”dista” de x menys que δverifica que la seva imatge ”dista” de f(x) menys que ε. A R la manera de mesurarla distancia entre dos punts es simplement prendre el valor absolut de la diferenciaentre els dos punts. Semblar clar que si tenim una nocio de distancia a Rn podremgeneralitzar la nocio de continuıtat.

El mateix comentari podem fer respecte a la nocio de convergencia de successions.Per poder definir el lımit d’una successio de punts de Rn nomes necessitem unamanera de mesurar la distancia entre els punts.

D’altra banda recordareu que certes propietats de les funcions contınues depenendel conjunt on estan definides. Per exemple una funcio contınua sobre un intervaltancat es acotada, pero aixo no es pas cert si la funcio esta definida per exempleen un interval obert. Aixo mateix passa amb les successions. Una successio en unsubconjunt de R acotat te una parcial convergent, pero aixo no es necessariamentcert si els elements de la successio no estan acotats. Necessitarem definir els analegsd’aquests conceptes a Rn.

En totes aquestes notes, πi denotara l’aplicacio πi : Rn −→ R que asigna a cadapunt x ∈ Rn la seva i-essima component xi. Quan calgui (per exemple quan parlemde successions xn) denotarem la i-essima component de x, πi(x) per xi.

1. Norma, distancia. Nocions basiques de topologıa

Definicio. Una distancia a Rn es una aplicacio

d : Rn ×Rn −→ R

que satisfa les seguents propietats

(1) Per qualsevol x, y ∈ Rn, d(x, y) ≥ 0 i d(x, y) = 0 si i nomes si x = y.

(2) d(x, y) = d(y, x) per qualsevol x, y ∈ Rn.

(3) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) per qualsevol x, y, z ∈ Rn.

1

Exemples. Si posem x = (x1, . . . , xn) i y = (y1, . . . , yn), aleshores les seguentsaplicacions son diferentes nocions de distancia a Rn.

(1) d(x, y) =√∑n

i=1(xi − yi)2. Es la distancia que utilitzarem habitualment.

(2) d1(x, y) =∑n

i=1 |xi − yi)|.(3) d2(x, y) = max|xi − yi| : i = 1, . . . , n.

(4) d3(x, y) =

1, if x 6= y;0, if x = y.

Una manera d’obtenir una nocio de distancia a Rn es mitjancant el concepte denorma.

Definicio. Una norma a Rn es una aplicacio

‖ ‖ : Rn −→ R

que satisfa les seguents propietats:

(1) ‖x‖ ≥ 0 per tot x ∈ Rn i ‖x‖ = 0 si i nomes si x = 0.

(2) ‖λx‖ = |λ|‖x‖ per tot x ∈ Rn i tot λ ∈ R.

(3) ‖x + y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ per tot x, y ∈ Rn.

Exemples. Les seguents aplicacions son normes a Rn.

(1) ‖x‖ =√∑n

i=1 x2i . Es la norma euclıdea que utilitzarem habitualment.

(2) ‖x‖1 =∑n

i=1 |xi|(3) ‖x‖2 = max|xi| : i = 1, . . . , n

Es immediat veure que si ‖ ‖ es una norma, aleshores l’aplicacio d(x, y) = ‖x−y‖es una distancia. Aixı el primer, segon i tercer exemple de normes indueixen els tresprimers exemples de distancia. El quart exemple de distancia, no prove de cap norma.

D’ara en endavant a menys que especifiqui el contrari utilitzarem sempre la normaeuclıdea i la distancia que indueix i les denotarem respectivament per ‖ ‖ i d.

Definicio. Sigui xm una successio de punts de Rn. Direm que la successio xmte lımit x ∈ Rn (i escriurem x = lim xn) si per tot ε > 0 existeix un n0 ∈ N tal qued(xm, x) ≤ ε per tot m ≥ n0

Lema 1.1 Sigui xm una successio a Rn i denotem per xim la coordenada i-essima

de xm. Aleshores lim xm = x si i nomes si lim xim = xi per i = 1, . . . , n.

2

Prova. Suposem que lim xm = x i siguin ε > 0 i n0 tal que d(xm, x) < ε si m > n0.Aleshores

|xim − xi| =

√(xi

m − xi)2 ≤√√√√

n∑j=1

(xjm − xj)2 = d(xm, x) < ε

sempre que m > n0. Aixo prova que lim xin = xi.

Recıprocament suposem que per i = 1, . . . , n lim xim = xi, i sigui ε > 0. Sigui ni

tal que per tot m ≥ ni tinguem |xim − xi| < ε/

√n. Sigui n0 = maxni : i = 1, . . . , n.

Tindrem

d(xm, x) =

√√√√n∑

i=1

(xim − xi)2 ≤

√n(ε/

√n)2 = ε

sempre que m > n0. Aixo prova que lim xm = x.

Observem aixı que el problema de decidir si una successio de punts de Rn esconvergent es equivalent a decidir si n successions de nombres reals son convergents.

Notem tambe que la definicio de convergencia que hem donat depen de la nocio dedistancia. En altres paraules si en contes d’utilitzar la distancia euclıdea consideressimuna altra nocio de distancia obtindrıem una altra nocio de convergencia. Veurem mesendavant, pero que si la distancia utilitzada prove d’una norma aleshores les nocionsde convergencia induıdes son la mateixa (aquest resultat es nomes cert en dimensiofinita).

Passem a recollir alguns resultats basics sobre l’algebra de lımits. Definim peroabans la nocio de successio de Cauchy.

Definicio. Diem que xm una successio d’elements de Rn es una successio deCauchy si per tot ε > 0 existeix n0 ∈ N tal que d(xm, xk) < ε per tot m, k > n0.

Lema 1.2. Siguin xm, ym successions a Rn. Aleshores les seguents afirmacionsson certes:

(1) xm es de Cauchy si i nomes si xm es convergent.

(2) Si lim xm = x i lim ym = y aleshores lim(xm + ym) = x + y.

(3) Si lim xm = x i λ ∈ R aleshores lim λxm = λx.

Prova. Es inmediata. El Lemma 1.1 redueix el problema a una variable, en el que elsresultats enunciats ja han estat provats.

Definicions. Sigui x ∈ Rn i ε > 0. El conjunt

Bε(x) = y ∈ Rn : d(y, x) < εl’anomenarem la bola de centre x i radi ε.

3

Sigui A ⊂ Rn. Diem que x ∈ A es un punt interior a A si existeix ε > 0 tal queBε(x) ⊂ A. El conjunt de punts interiors a A l’anomenem interior de A i el denotemper Int(A). Clarament Int(A) ⊂ A.

Sigui A ⊂ Rn. Diem que A es obert si Int(A) = A.Finalment, anomenarem entorn de x a qualsevol conjunt obert que contingui a

x.

Exercici. Sigui A ⊂ Rn. Proveu que Int(A) es obert. Proveu que Int(A) es el maximobert contingut a A.

Lema 1.3. Es verifiquen les seguents propietats:

(1) ∅ i Rn son conjunts oberts.

(2) Si (Ai)i∈I es una familia de conjunts oberts aleshores ∪i∈IAi es obert

(3) Si A1, . . . , Ak es una familia finita de conjunts oberts aleshores ∩ki=1Ai es obert

Prova. Es deixa al lector

Quan en un conjunt X hom te una familia de subconjunts verificant les tres propi-etats esmentades en el lema anterior es diu que s’ha donat a X una topologia o unaestructura d’espai topologic. Els elements de la familia de subconjunts s’anomenenoberts i els seus complementaris s’anomenen tancats.

Definicions. Sigui A ⊂ Rn. Diem que x ∈ Rn es un punt adherent a A si per totε > 0, Bε(x)∩A 6= ∅. El conjunt de punts adherents a A l’anomenem clausura de Ai el denotem per Cl(A). Clarament A ⊂ Cl(A). Diem que A es tancat si A = Cl(A).

Exercici. Proveu que Cl(A) es el mınim tancat que conte A.

Lema 1.4. x es adherent a A si i nomes si existeix una successio xm amb xm ∈ Ai lim xm = x.

Prova. Sigui x ∈ Cl(A). Per cada m ∈ N escollim xm ∈ B1/m(x) ∩ A. Claramentlim xm = x.

Recıprocament suposem que lim xm = x i xm ∈ A. Sigui ε > 0, aleshores existeixn0 tal que d(xm, x) < ε per tot m > n0, es a dir xm ∈ Bε(x) per tot m > n0. Tenimdoncs Bε ∩ A 6= ∅ i x ∈ Cl(A).

Lema 1.5. A es obert si i nomes si AC es tancat.

Prova. Es deixa al lector.

Lema 1.6. Les seguents propietats son certes:

(1) ∅ i Rn son conjunts tancats.

(2) Si (Fi)i∈I es una familia de conjunts tancats aleshores ∩i∈IFi es tancat

4

(3) Si F1, . . . , Fk es una familia finita de conjunts tancats aleshores ∪ki=1Fi es tancat

Prova. Immediata a partir dels Lemas 1.3 i 1.5.

Definicio. Sigui A ⊂ Rn. La frontera d’A que denotarem per Fr(A) es la intersecciode la clausura d’A i la clausura del complementari d’A.

Lema 1.7. Les seguents afirmacions son certes

(1) Fr(A) es tancat.

(2) Fr(A) = Fr(AC)

(3) A es obert si i nomes si A ∩ Fr(A) = ∅.(4) A es tancat si i nomes si Fr(A) ⊂ A


Definicio. Sigui A ⊂ Rn. Sigui B ⊂ A. Diem que B es un obert d’A si existeix unobert U de Rn tal que B = U∩A. Es a dir definim una topologia a A que te com obertsels oberts de l’espai ambient interseccio A. Aquesta topologia s’anomena la topologiainduıda a A. Els tancats d’aquesta topologia son per definicio els complementaris (aA) dels oberts d’A.

Lema 1.8 Sigui A ⊂ Rn. Les seguents propietats son certes:

(1) ∅ i A son oberts d’A.

(2) Si (Bi)i∈I es una familia d’oberts d’A aleshores ∪i∈IBi es un obert d’A.

(3) Si B1, . . . , Bk es una familia finita d’oberts d’A aleshores ∩ki=1Bi es obert d’A.


Exercici Sigui A ⊂ Rn i B ⊂ A Comproveu que les seguents afirmacions son certes.

(1) B es un tancat d’A si i nomes si existeix F un tancat de Rn tal que B = F ∩A.

(2) B es obert d’A si nomes si per cada x ∈ B existeix ε tal que (Bε(x) ∩ A) ⊂ B.

(3) Si denotem per ClA(B) la clausura de B amb la topologia induıda per Aaleshores ClA(B) = Cl(B) ∩ A

Prova. Es deixa al lector

2. Compacitat i Connexio

5

Definicio. Sigui F ⊂ Rn. Diem que una familia de conjunts Uii∈I es un recobri-ment de F si F ⊂ ∪i∈IUi. Si a mes cada Ui es obert de F , parlem d’un recobrimentobert.

Diem que F es compacte si per qualsevol recobriment obert de F, Uii∈I , ex-isteix un subconjunt J ⊂ I finit tal que F = ∪i∈JUi. Es a dir, tot recobriment obertadmet un subrecobriment finit.

Lema 1.8 Si F es compacte aleshores F es tancat.

Prova. Provarem que FC es obert. Sigui y ∈ FC . Haurem de trobar ε > 0 tal queBε(y) ⊂ FC . Per aixo per cada x ∈ F sigui εx tal que Bεx(x) ∩ Bεx(y) = ∅ (n’hiha prou amb prendre 0 < εx < d(x, y)/2). Aleshores la famılia Bεx(x) ∩ Fx∈F esun recobriment obert de F. Com que F es compacte existeixen x1, . . . , xk tals queF = ∪k

i=1

(Bεxi

(xi) ∩ F). Considerem ara ε = minεx1 , . . . , εxk

. Tindrem

Bε(y) ∩Bεxi(xi) ⊂ Bεxi

(y) ∩Bεxi(xi) = ∅

per i = 1, . . . k. Aixı doncs

Bε(y) ∩ F ⊂ Bε(y) ∩ (∪ki=1Bεxi

(xi))

= ∅.

Per tant Bε(y) ⊂ FC i FC es obert.

Definicio. Sigui F ⊂ Rn. Diem que F es compacte per successions si totasuccessio xm amb xm ∈ F te alguna parcial convergent a algun punt de F. Recordemque el teorema de Wierstrass afirma que un interval tancat i acotat de R es compacteper successions. El nostre objectiu ara es caracteritzar els conjunts compactes persuccessions a Rn. Per provar el seguent resultat necessitem abans un parell de lemas

Lema 1.9 F es compacte si i nomes si tota familia de tancats Kii∈I de F ambla propietat de que (∩i∈IKi) = ∅ admet una subfamilia finita K1, . . . , Kr tal que(∩r

i=1Ki) = ∅.Prova. Suposem F compacte i sigui Kii∈I una familia de tancats amb la propietatesmentada. Si denotem per ACF el complementari de A a F tindrem que els Ui = KCF

i

son oberts de F. Si passem al complementari la condicio (∩i∈IKi) = ∅ obtenim

F = ∅CF = (∩i∈IKi)CF = (∪i∈IUi)

I per tant la familia Uii∈I son un recobriment obert de F. Com que F es compacteexisteixen U1, . . . , Ur subrecobriment finit. Aleshores F1 = UCF

1 , . . . , Fr = UCFr es

la subfamilia de tancats amb la propietat desitjada. El recıproc es dedueix amb elmateix argument.

Lema 1.10 Lema de Borel. Sigui F compacte per successions i Uii∈I un reco-briment obert de F. Aleshores existeix ε > 0 tal que per tot x ∈ F, Bε(x) ∩ F ⊂ Ui

per algun i ∈ I.

6

Prova. Suposem per arribar a contradiccio que el resultat no es cert. Aixı per cadam, existira xm ∈ F tal que la bola B1/m(xm) ∩ F no esta continguda en cap obertdel recobriment. La successio xm tindra una parcial xkm convergent a un puntx ∈ F. Aquest punt x pertany a algun obert Ui del recobriment i per tant existeixε > 0 amb Bε(x) ∩ F ⊂ Ui. Sigui l tal que 1/kl < ε

2. Com que lim xkm = x existira n0

tal que si m > n0 aleshores xkm ∈ Bε/2(x). Si prenem m > n0 i m > l tindrem queB1/km(xkm) ∩ F ⊂ Ui, el que contradiu la construccio de la successio xm.Proposicio 1.11 F es compacte si i nomes si F es compacte per successions.

Prova. Veiem primer que si F es compacte aleshores es compacte per successions.Suposem doncs F compacte i sigui xn una successio d’elements de F. Sigui araFi = Cl (xn : n ≥ i) . Com que F es compacte pel Lema 1.9 es tancat i per tantFi ⊂ F per tot i ∈ N. Clarament Fi es tancat per cada i. A mes Fi ⊂ Fj sempre quei > j. Clarament Fi 6= ∅ per tot i ∈ N. Tot aixo implica que per qualsevol subfamiliafinita Fi1 , . . . , Fik es te

(∩kj=1Fij

) 6= ∅ ja que si posem l = maxi1, . . . , ik aleshores

Fl =(∩k

j=1Fij

)i per tant

∅ 6= Fl =(∩k

j=1Fij

).

Com que F es compacte pel Lema 1.9 tindrem que (∩∞i=1Fi)) 6= ∅. Sigui x ∈ (∩∞i=1Fi)) ,provarem que x es lımit d’una parcial de xn i haurem acabat. En efecte com quex ∈ F1 aleshores existeix i1 tal que xi1 ∈ B1(x). Com que x ∈ Fi1+1 aleshoresexisteix i2 > i1 tal que xi2 ∈ B1/2(x). Inductivament obtindrem per cada m, im ambim > im−1 i tal que xim ∈ B1/m(x). Clarament xim es una subsuccessio de xm icom que d(xim , x) < 1/m tindrem que lim xim = x.

Suposem ara que F es compacte per successions i sigui Uii∈I un recobrimentobert de F. Pel Lema de Borel (1.10) existeix ε > 0 tal que per tot x ∈ F hi haalgun obert Ui del recobriment amb Bε(x) ∩ F ⊂ Ui. Considerem x1 ∈ F i siguiU1 ⊃ Bε(x1)∩F. Si U1 = F ja hem acabat. Si no, sigui x2 ∈ F \U1 i U2 ⊃ Bε(x2)∩F.Observem que per construccio d(x1, x2) ≥ ε. Si U1∪U2 = F ja hem acabat. Si no, siguix3 ∈ F \(U1 ∪ U2) i U3 ⊃ Bε(x3)∩F. Observem que per construccio les distancies entreaquests tres punts son mes grans o iguals que ε. Procedint inductivament obtindrıemx1 . . . , xk i U1, . . . , Uk amb la propietat que d(xi, xj) ≥ ε per tot i 6= j ∈ 1, . . . , k.Si ∪k

i=1Ui = F obtenim el resultat desitjat. Si no aixo ens permet continuar amb laconstruccio. Veiem doncs que aquest proces no es pot continuar indefinidament. Siaixı fos obtindrıem una successio xn de termes de F amb la propietat de que totsels seus termes disten entre si mes que ε. Clarament una successio aixı no pot tenircap parcial convergent el que contradiu la hipotesi.

Definicio. Sigui A ⊂ Rn. Diem que A es acotat si existeix ε de manera que A ⊂Bε(0).

Lema 1.12

(1) Qualsevol bola es un conjunt acotat.

7

(2) La unio finita de conjunts acotats es acotat.

(3) A es acotat si i nomes si πi(A) es un subconjunt acotat de R per i = 1, . . . , n.

(4) A es acotat si i nomes si Cl(A) es acotat.

(5) Si A es acotat Fr(A) es acotat. (El recıproc es falc)


Observem que la implicacio (3) ⇒ (2) en el proper Teorema es la generalitzacio adimensio n del teorema de Wierstrass.

Teorema 1.13 Sigui F ⊂ Rn. Aleshores les seguents afirmacions son equivalents.

(1) F es compacte.

(2) F es compacte per successions.

(3) F es tancat i acotat.

Prova. (1) ⇔ (2) es la Proposicio 1.11. Veiem que (1) ⇒ (3). Sigui F compacte.Sabem pel Lema 1.8 que F es tancat. Veiem que es acotat. La familia B1(x)∩Fx∈F

es un recobriment obert de F. Aleshores existeixen x1, . . . , xk ∈ F de manera queF ⊂ ∪k

i=1B1(xi). Del Lema 1.12 (2) obtenim que F es acotat.Veiem ara que (3) ⇒ (2). Suposem doncs que F tancat i acotat i sigui xm una

successio d’elements de F. Sigui xim la successio de nombres reals obtinguda amb

la i-essima component de xn, es a dir xim = πi(xm). Pel Lema 1.12 (3) x1

m esuna successio de nombres reals acotada i pel Teorema de Wierstrass te una parcialconvergent x1

km a un nombre real x1. Si considerem ara la successio x2

km sera

tambe una successio acotada de nombres reals i tindra per tant una parcial x2jkm

convergent a un nombre real x2. Observem que com que x1jkm es una parcial de

x1km tambe convergira a x1. Procedint recursivament obtindrem una parcial xlm

de la successio xm convergint a un punt x = (x1, . . . , xn). Com que F es tancatx ∈ F.

La generalitzacio a Rn de certes propietats topologiques que tenen els intervals aR es la nocio de connexio

Definicio Diem que A ⊂ Rn es connex si no existeixen B,C dos oberts (amb latopologıa induıda) d’A no buits i disjunts tals que A = B ∪ C.

Lema 1.14 Els connexes de R son els intervals.

Prova. Recordem que un interval es un subconjunt I de R amb la propietat de quesi x, y ∈ I i x ≤ z ≤ y aleshores z ∈ I.

8

Veiem primer que si I ⊂ R es connex aleshores I es un interval. Per aixo provaremque si I no es un interval aleshores no es connex. Suposem doncs que I no es uninterval i siguin per tant x < y < z amb x, z ∈ I i y /∈ I. Considerem ara els conjuntsA = (−∞, y)∩ I i B = (y,∞)∩ I. Clarament A,B son oberts de I, A∩B = ∅ i comque x ∈ A i z ∈ B son no buits. Obtenim aixı que I no es connex.

Veiem ara el recıproc. Suposem ara que I no es connex i veurem que no es uninterval. Siguin A,B oberts no buits de I amb A∩B = ∅ i A∪B = I i suposem perarribar a contradiccio que I es un interval. Sigui x ∈ A i y ∈ B i suposem per exemplex < y. Sigui α = sup[x, y]∩A. Aquest suprem existeix ja que [x, y]∩A es no buit iacotat. Si α ∈ A aleshores com que A es obert hi ha un ε > 0 tal que (Bε(α) ∩ I) ⊂ A.Com que α < y aleshores podem agafar aquest ε prou petit per que (α, α + ε) ⊂ I iaixı (α, α + ε) ⊂ (Bε(α) ∩ I) ⊂ A. Pero aleshores α + ε ∈ [x, y] ∩ A, el que contradiuel fet de que α = sup[x, y] ∩ A. Si α ∈ B aleshores un argument simetric provariaque (α− ε, α) ⊂ B i per tant α− ε seria una cota superior de [x, y]∩A que contradiutambe el fet de que α = sup[x, y] ∩ A. Arribem doncs a que α /∈ A ∪ B = I. Peroaleshores I no es un interval, el que ens proporciona la contradiccio desitjada.

3. Continuıtat

Definicio Sigui f : A −→ Rk amb A ⊂ Rn i sigui a ∈ Cl(A). Diem que l es el lımitde f en el punt a i escrivim l = limx→a f(x) si per tot ε > 0 existeix δ > 0 tal qued(f(x), l) < ε sempre que 0 < d(x, a) < δ i x ∈ A.

Observeu que aquesta definicio es la mateixa que tenıem en una variable substi-tuint el valor absolut de la diferencia per la distancia a Rn. Igual que en el cas d’unavariable el lımit d’una funcio es pot calcular per successions.

Lema 1.15 Sigui f : A −→ Rk amb A ⊂ Rn i sigui a ∈ Cl(A). Aleshores l =limx→a f(x) si i nomes si per tota successio xm ⊂ A \ a amb lim xn = a es te quel = lim f(xm).

Prova. Es identica que en una variable.

Definicio Sigui f : A −→ Rk amb A ⊂ Rn i sigui a ∈ A. Diem que f es contınua enel punt a si limx→a f(x) = f(a). Diem que f es contınua a A si f es contınua a x perqualsevol x ∈ A.

Igual que en el cas d’una variable el lımit d’una funcio es pot calcular per succes-sions.

Lema 1.16 Sigui f : A −→ Rk amb A ⊂ Rn i sigui a ∈ A. Aleshores f es contınuaen a si i nomes si per tota successio xm ⊂ A amb lim xm = a es te que f(a) =lim f(xm).

Prova. Es identica que en una variable.

Lema 1.17 Sigui f : A −→ B amb A ⊂ Rn i B ⊂ Rk. Aleshores es equivalent:

(1) f es continua a A.

9

(2) f−1(U) es obert d’A per tot U obert de B.

(3) f−1(K) es tancat per tot K tancat de B.

Prova. Veiem que (1) ⇔ (2). Comencem suposant que f es contınua en A i sigui Uun obert de B. Sigui x ∈ f−1(U). Sigui ε tal que (Bε(f(x)) ∩B) ⊂ U. Com que f escontınua en x existeix un δ > 0 tal que f(Bδ(x) ∩ A) ⊂ (Bε(f(x)) ∩B) ⊂ U i pertant Bδ(x) ∩A ⊂ f−1(U). Aixo prova que x es interior a f−1(U) i per tant U es obert.

Recıprocament, suposem ara que l’antiimatge de qualsevol obert de B es un obertd’A i veiem que f es continua en A. Fixat a ∈ A provarem que limx→a f(x) = f(a).Sigui ε > 0. Aleshores Bε(f(a)) ∩ B es un obert de B i per tant f−1 (Bε(f(a))) =f−1 (Bε(f(a)) ∩B) es un obert d’A. Com que a ∈ f−1 (Bε(f(a)) ∩B) , existira δ > 0tal que (Bδ(a) ∩ A) ⊂ f−1 (Bε(f(a)) ∩B) i per tant si x ∈ A i d(x, a) < δ tindremque d(f(x), f(a)) < ε. Per tant limx→a f(x) = f(a) i f es contınua en a.

Veiem ara que (2) ⇔ (3). Suposem que la antiimatge d’un obert de B es un obertd’A i sigui F un tancat de B. Aleshores B \ F es un obert de B i f−1 (B \ F ) es unobert d’A. Ara be, f−1 (B \ F ) = A \ f−1(F ), i per tant f−1(F ) es un tancat d’A..El recıproc s’obte amb el mateix argument.

Lema 1.18 Sigui f : A −→ B i g : B −→ C amb A ⊂ Rn, B ⊂ Rk i C ⊂ Rm. Si fes contınua a A i g es contınua a B aleshores g f es contınua a A.

Prova. Sigui U obert de C. Hem de veure que (gf)−1(U) es un obert de A. Com que ges contınua tindrem que g−1(U) es un obert de B. Com que f es contınua f−1(g−1(U))es un obert de A. El resultat s’obte ara de que (g f)−1(U) = f−1(g−1(U)).

Passem ara a estudiar les relacions entre compacitat i continuıtat.

Proposicio 1.19 Sigui f : A −→ Rm amb A ⊂ Rn i f contınua. Si A es compactealeshores f(A) es compacte.

Prova. Sigui Uii∈I un recobriment obert de f(A). Aleshores com que f es contınuaf−1(Ui)I∈I es un recobriment obert d’A. Com que A es compacte un nombre finitja recobreixen. Tindrem doncs A = ∪k

i=1f−1(Ui). Aixı doncs U1, . . . , Uk recobreixen

f(A).

Corol.lari 1.20 Sigui f : A −→ R amb A compacte i f contınua. Aleshores exis-teixen x, y ∈ A tals que f(x) ≤ f(z) ≤ f(y) per tot z ∈ A.

Prova. Per la proposicio 1.19 f(A) es compacte. Pel Teorema 1.13 f(A) es tancat iacotat. Com que f(A) ⊂ R i esta acotat tindra un suprem i un ınfim que denotemper M i m. Tindrem doncs m ≤ f(z) ≤ M per tot z ∈ A. Ara be, f(A) es tancat iper tant M,m ∈ f(A). Tindrem doncs que existeixen x, y ∈ A tals que f(x) = m if(y) = M.

Introduım ara la nocio de continuıtat uniforme.

10

Definicio Sigui f : A −→ Rm amb A ⊂ Rn. Diem que f es uniformementcontınua si per tot ε > 0 existeix δ > 0 tal que sempre que x, y ∈ A amb d(x, y) < δes te d(f(x), f(y)) < ε. Obviament si f es uniformement contınua a A aleshores f escontınua a A. El recıproc pero no es en general cert.

Proposicio 1.21 Sigui f : A −→ Rm contınua amb A ⊂ Rn compacte. Aleshores fes uniformement contınua.

Prova. Sigui ε > 0 i considerem Bε/2(y)y∈f(A) recobriment obert de f(A). Comque f es contınua f−1

(Bε/2(y)

)y∈f(A) es un recobriment obert de A. Pel Lema deBorel (Lema 1.10) existeix un δ > 0 de manera que per tot x ∈ A es te que Bδ(x)esta continguda en algun obert del recobriment. Tindrem si x, y ∈ A i d(x, y) < δque x, y ∈ Bδ(x) ⊂ f−1

(Bε/2(z)

)per algun z ∈ f(A). Aixı f(x), f(y) ∈ Bε/2(z) i

d(f(x), f(y)) < ε.

Definicio Siguin p1 i p2 dues normes a Rn i d1 i d2 les distancies que indueixen. Peri = 1, 2 denotem per Bi

ε(x) la bola de radi ε centrada a x amb la distancia di. Diemque les normes p1 i p2 son equivalents si per tot ε > 0 existeixen δ, µ > 0 de maneraque B1

δ (x) ⊂ B2ε (x) i B2

µ(x) ⊂ B1ε (x). Clarament dues normes equivalents indueixen

la mateixa nocio de convergencia i la mateixa topologıa.

Estem ara en condicions de provar un resultat que havıem anunciat al principid’aquestes notes.

Teorema 1.22 A Rn totes les normes son equivalents.

Prova. Veurem que totes les normes son equivalents a la norma euclıdea. Siguip : Rn −→ R una norma a Rn. Veiem primer que p es uniformement contınuarespecte a la distancia euclıdea que denotem per d. Per aixo sigui e1, . . . en la basecanonica de Rn i sigui K = maxp(e1), . . . , p(en). Considerem ε > 0 i sigui δ = ε

nK.

Si d(x, y) < δ tindrem

|p(x)−p(y)| ≤ p(x−y) = p

(n∑

i=1

(xi − yi)ei

)≤

n∑i=1

|xi−yi|p(ei) ≤ K

n∑i=1

|xi−yi| ≤ ε

ja que per cada i = 1, . . . , n es te

|xi − yi| ≤√√√√

n∑i=1

(xi − yi)2 = d(x, y) <ε

nK.

Aixo prova la continuıtat uniforme de p.Sigui Sn−1 = x ∈ Rn : ‖x‖ = 1 l’esfera unitat amb la norma euclıdea. Aquest

conjunt es tancat i acotat i per tant es compacte. Pel Corol.lari 1.20 p assoleix unvalor maxim i un valor mınim a Sn−1 que denotarem respectivament per M i m.Observem que com que p es una norma i 0 /∈ Sn−1, m i M son estrictament positius.

11

Si x 6= 0 tindrem

p(x) = p

(‖x‖ x

‖x‖)

= ‖x‖p(

x

‖x‖)

.

Com que x‖x‖ ∈ Sn−1 obtenim

m‖x‖ ≤ p(x) ≤ M‖x‖

desigualtat que obviament es certa tambe per x = 0. Si denotem per Bε(x) les bolesamb la distancia induıda per p obtenim d’aquesta darrera desigualtat

Bε(x) ⊂ Bε/m(x)

iBε(x) ⊂ BMε(x)

el que acaba la demostracio.

Acabem aquesta seccio estudiant la relacio entre continuıtat i connexio

Proposicio 1.23 Sigui f : A −→ Rm contınua, A ⊂ Rm connex. Aleshores f(A) esconnex.

Prova. Suposem que f(A) no es connex i siguin B, C oberts no buits i disjunts def(A) amb B∪C = f(A). Com que f es contınua f−1(B) i f−1(C) son oberts no buitsi disjunts de A i A = f−1(B) ∪ f−1(C) el que contradiu la connexio d’A.

Corol.lari 1.24. Teorema de Bolzano Sigui I ⊂ R un interval i f : I −→ Rcontınua. Aleshores f(I) es un interval.

Prova. Pel Lema 1.14 I es connex. Per la Proposicio 1.23 f(I) es connex i altravegada pel Lema 1.14 f(I) es un interval.

3. Continuıtat de les funcions elementals

Lema 1.24 Sigui L : Rn −→ Rm lineal. Aleshores L es uniformement contınua. Ames existeix K ≥ 0 tals

‖L(x)‖ ≤ K‖x‖.

Prova. Si denotem per e1, . . . , en la base canonica de Rn i M = max‖L(e1)‖, . . . , ‖L(en)tindrem

d(L(x), L(y)) = ‖L(x)− L(y)‖ = ‖L(x− y)‖ ≤ ∑ni=1 |xi − yi|‖L(ei)‖

≤ M∑n

i=1 |xi − yi| ≤ Mn‖x− y‖ = Mnd(x, y)

i per tant L es uniformement contınua. Com que l’aplicacio ‖L‖ es la composiciode la norma amb L es tambe una funcio contınua. Sigui S = x ∈ Rn : ‖x‖ = 1

12

l’esfera unitat. S es compacte i per el Corol.lari 1.20 ‖L‖ agafa un valor maxim quedenotem per K. Tindrem per x 6= 0,

L(x) = L

(‖x‖ x

‖x‖)

= ‖x‖L(

x

‖x‖)≤ K‖x‖,

desigualtat que es obviament certa tambe per x = 0.

Lema 1.25 Sigui f : A −→ Rm amb A ⊂ Rn. Per i = 1, . . .m sigui fi = πi f.Aleshores f es contınua si i nomes si fi es contınua per i = 1, . . . m.

Prova. Les projeccions πi son lineals i per tant contınues. Si f es contınua fi escomposicio de funcions contınues i per tant es contınua. Recıprocament suposem quefi es contınua per i = 1 . . . ,m. Sigui a ∈ A i ε > 0. Com que fi es contınua existeixδi tal que si d(x, a) < δi aleshores |fi(x)− fi(a)| < ε√

m. Prenem δ = minδ1, . . . , δm.

Si d(x, a) < δ tindrem

d(f(x), f(a)) =

√√√√m∑

i=1

(fi(x)− fi(a))2 <

√m

(ε√m

)2

= ε.

Lema 1.26 Les seguents afirmacions son certes.

(1) Si f, g : A −→ Rm son contınues a x ∈ A aleshores f + g es contınua a x.

(2) Si f : A −→ Rm es contınua a x ∈ A i λ ∈ R aleshores λf es contınua a x.

(3) Si f, g : A −→ R son contınues a x ∈ A aleshores fg es contınua a x.

(4) Els polinomis en varies variables son funcions contınues.

Prova. (1),(2) i (3) es dedueixen directament dels lemes 1.19, 1.2 i de les propietatsdels lımits a R. (4) es una consequencia de (1),(2),(3) i del fet de que les funcionscoordenades son lineals i per tant contınues.

13

Problemes

1. Si x = (x1, ..., xn) ∈ Rn i 1 < p < ∞, definim

||x||p =( n∑

i=1

|xi|p)1/p

(a) Si a, b son numeros positius, i 1 < p < ∞, 1 < q < ∞, 1/p + 1/q = 1demostreu la desigualtat de Young:

ab ≤ ap

p+

bq

q

(Sug: la funcio log es concava a (0,∞) ).

(b) Siguin z = (z1, ..., zn), w = (w1, ..., wn) ∈ Rn. Demostreu que si p, q soncom a l’apartat anterior,

n∑1

|ziwi| ≤ ||z||p||w||q

( Sug: Apliqueu la desigualtat de Young amb

a =zi

||z||p , b =wi

||w||q )

(c) Demostreu la desigualtat de Minkowski: si x, y ∈ Rn,

||x + y||p ≤ ||x||p + ||y||pi comproveu que si 1 < p < ∞, ||.||p defineix una norma a Rn.

(Sug: apliqueu la desigualtat anterior amb zi = |xi+yi|p−1 i wi = |xi|, |yi|).2. Comproveu que les seguents aplicacions definides de Rn a R son normes. (x =

(x1, . . . , xn) ∈ Rn). En cada cas dibuixeu el conjunt de punts a R2 que veri-fiquen ‖x‖ = 1.

(a) ||x||3 = (|x1|3 + · · · , |xn|3)1/3

(b) ||x||1 = |x1|+ · · ·+ |xn|(c) ||x||∞ = max(|x1|, . . . , |xn|)

Quina d’aquestes normes sembla mes adient per descriure el moviment d’unvianant a l’eixample barcelonı?

14

3. Determineu quines de les successions seguents a R2 tenen lımit:

(a) (cos(πk/3), sin(πk/3)) (b) (1/k cos(πk/3)), 1/k sin(πk/3)(c) ((−1)k(1− 1/k), 1− 1/k) (d) ((−1)k1/k, 1/k2)(e) (1/k, k) (f) (1/k, sin(1/k))

4. Considereu l’espai C([a, b]) de funcions contınues a l’interval [a, b]. Comproveuque cadascuna de les seguents expressions es una norma.

(a) ‖f‖sup = supx∈[a,b] |f(x)|.(b) ‖f‖1 =

∫ b

a|f(x)|dx.

5. Determineu quins dels seguents conjunts son oberts, tancats o compactes.

(a) (x, y) ∈ R2 : y > x2 |x| < 2.(b) (x, y) ∈ R2 : (x2 + y2 − 1)(4− x2 − y2) > 0.(c) (x, y, z) ∈ R3 : z ≥ x2 + y2.(d) (x, y) ∈ R2 : x > 0, y =

√x

(e) (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1, |z| ≤ 16. Els dos Exercicis de la pagina 4

7. Provar els Lemas 1.3 i 1.5

8. Provar el Lema 1.7


10. L’exercici de la pagina 5


12. Les superfıcies associades a les equacions del tipus

Ax2 + By2 + Cz2 + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Iz + J = 0,

s’anomenen superfıcies quadriques. Mitjancant translacions i rotacions conve-nients, podem simplificar tals equacions i quedar-nos amb els seguents 9 tipusde quadriques no degenerades:

(a) El.lipsoide x2/a2 + y2/b2 + z2/c2 = 1.

(b) Hiperboloide d’una fulla x2/a2 + y2/b2 − z2/c2 = 1.

(c) Hiperboloide de dues fulles x2/a2 + y2/b2 − z2/c2 = −1.

(d) Con x2/a2 + y2/b2 = z2.

(e) Paraboloide el.lıptic x2/a2 + y2/b2 = z.

15

(f) Paraboloide hiperbolic x2/a2 − y2/b2 = z.

(g) Cilindre parabolic x2 = cy.

(h) Cilindre el.lıptic x2/a2 + y2/b2 = 1

(i) Cilindre hiperbolic x2/a2 − y2/b2 = 1

Feu un esbos de cadascuna d’elles.

13. Determineu els conjunts de nivell i descriviu els grafics de les funcions seguents:

(a) f(x, y) = cos(x2 + 4y2) (b) f(x, y) = (9− x2 − y2)1/2

(c) f(x, y) = |y| (d) f(x, y) = x2 + xy(e) f(x, y) = sin(x− y) (f) f(x, y) = (1 + x2 + y2)−1

(g) f(x, y) = e1−x2+y2(h) f(x, y) = ln|y − x2|

(Al Maple les comandes contourplot i plot3d, ambdues usant with(plots),us seran utils.)

14. (a) Per a cadascuna de les funcions del problema anterior, descriviu les seccionsobtingudes al tallar els grafics pel pla y = 0.

(b) Si f(x, y, z, t) = x2 + y2 + z2 + t, descriviu les seccions f(x, y, z, 3) ,f(0, y, z, t).

15. Feu una representacio grafica de les corbes seguents, expressades en coordenadespolars:

(a) r = e−θ (b) r2 = cos 2θ (c) r = sin 3θ(d) r = 1 + cos θ (e) r = | sin 2θ| (f) r = 1 + cos θ

2

16. Transformeu les equacions cartesianes seguents en equacions en coordenadespolars i dibuixeu les grafiques corresponents:

(a) (x2 + y2)2 = x2 − y2 (b) (x2 + y2 − 1)2(x2 + y2) = x2

(c) (x2 + y2)2 = 2xy (d) (x2 + y2)3 = 4x2y2

17. Elimineu el parametre t en les corbes representades per les equacions parametriquesseguents i obtingueu les equacions cartesianes corresponents:

(a) x = t3, y = t2

2(b) x = 2− 3t, y = 4 + 6t

(c) x = 3 + 2 cos t, y = 2 + sin t (d) x = t2 + t, y = t2 − t

18. Per a cada apartat, doneu una parametritzacio que descrigui la corba indicada:

(a) el segment de recta orientat des de (1, 4, 2) fins (3, 9, 6)

(b) 4x2 + 9y2 = 36 en sentit de les agulles del rellotge

(c) l’arc de la corba interseccio de l’el.lipsoidex2

12+

y2

24+

z2

4= 1 i el cilindre

parabolic y = x2 des de (2, 4, 0) fins (0, 0, 2)

16

(d) la interseccio de l’esfera x2+y2+z2 = 4 i el pla x+z = 2 (Sug: la projecciosobre el pla XY de la circumferencia interseccio es una el.lipse centrada al’origen. Calculeu-la i parametritzeu-la )

19. En cada apartat, compareu les corbes corresponents a les parametritzacionsdonades i transformeu-les a coordenades rectangulars. Son iguals les grafiques?

(a) i) x = t, y = 2t+1, ii) x = cos t, y = 2 cos t+1, iii) x = e−t, y = 2e−t+1

(b) i), x = 2 cos t, y = 2 sin t, ii) x =√

t, y =√

4− t, iii) x = −√4− et, y =et

20. Transformeu les equacions parametriques de les superfıcies seguents en equa-cions cartesianes i identifiqueu la superfıcie.

(a) x = s cos t, y = s sin t, z = s

(b) x = 4 cos φ cos θ, y = 2 cos φ sin θ, z = sin φ

(c) x = 3 cos t, y = s, z = 3 sin t

(d) x = s cos t, y = s sin t, z = s2

(e) x = s cosh t, y = s cosh t, z = s2

21. Trobeu parametritzacions per les superfıcies seguents, donades en forma carte-siana:

(a) x + y + z = 4

(b) x2 + y2 = 16

(c)x2

9+

y2

25+

z2

4

(d) y2 + z2 =1

(1 + x2)2. I y2 + z2 = (f(x))2? Quina es la grafica d’aquest

tipus de superfıcies?

(e) x2 + y2 − z2 = 1

(f) x2 + y2 − z2 + 1 = 0

22. Siguin E, k > 0. Es considera l’equacio en coordenades polars

r(1 + E cos θ) = k

(a) Transformeu-la a coordenades cartesianes.

(b) Demostreu que la corba anterior es una conica d’excentricitat E i ambl’origen de coordenades com a focus. Si 0 < E < 1 es tracta d’una el.lipse,si E = 1 es una parabola i si E > 1 es una hiperbola. (Indicacio: completeuquadrats a l’equacio cartesiana).

17

23. Un dipol electric es una distribucio de carrega que consisteix en dues carreguesiguals pero de signe contrari situades en dos punts del pla. Suposem per co-moditat que la carrega positiva es troba al (0, 0) i la negativa al (−1, 0). Tretde constants, el potencial electrostatic generat pel dipol en un punt (x, y)del pla ve donat per

V (x, y) =1√

x2 + y2− 1√

(x + 1)2 + y2

Les corbes de nivell de V es diuen lınies equipotencials. Per k ∈ R, denoteuper Lk la lınia equipotencial de nivell k.

(a) Quina hauria de ser L0 ? ( Sug: la simetria del problema dona la respostasense cap calcul. Confirmeu-ho tambe amb calculs. )

(b) Passant a coordenades polars, demostreu que si (r, θ) ∈ Lk, aleshores rk <1.

(c) Comproveu que si k > 0 ( resp. k < 0) aleshores Lk queda a la dreta (resp. a l’esquerra )de la recta x = −1/2.

(d) Per k > 0, comproveu que Lk talla l’eix X en dos punts ak, bk amb −1/2 <ak < 0 < bk. Quin es el comportament de ak, bk quan k → 0, i k →∞?

(e) Comproveu que si k > 0, Lk talla l’eix Y en dos punts. Contesteu a lamateixa pregunta de l’apartat anterior.

(f) Feu un dibuix que representi el comportament global de totes les lıniesequipotencials de V .

24. Estudieu l’existencia de lımit a l’origen per a les funcions seguents:

(a) f(x, y) = x2√x2+y2

(b) f(x, y) = x2−y2

x2+y2 (c) f(x, y) = x2yx4+y2

(d) f(x, y) = xyx2+y2 (e) f(x, y) = sin( 1

x2+y2 ) (f) f(x, y) = x sin( 1x2+y2 )

25. Siguin p1, . . . , pn n punts diferents de R2. Considereu la funcio (sumes de

distancies) f(x) =n∑

i=1

‖x − pi‖. Demostreu que hi ha un y ∈ R2 tal que

f(y) ≤ f(x) per a tot x ∈ R2

26. Estudieu la continuıtat de les seguents funcions:

18

(a) f(x, y) =

x−yex−ey si x 6= y

1 si x = y

(b) f(x, y) =

x3+x2y−xy2−y3

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

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

(c) f(x, y) =

(x− 1) sin(x

y) si y 6= 0

0 si y = 0

(d) f(x, y, z) =

sin(xy)x2+y2+z2 si (x, y, z) 6= (0, 0, 0)

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

(e) f(x, y) =

x

x + y2si x 6= −y2

0 si x = −y2

(f) f(x, y) =

x3 − y5

x + ysi x + y 6= 0

0 si x + y = 0

27. Estudieu la continuıtat uniforme de les seguents funcions:

(a) f : R → R, f(x) =

1 si x ≤ 1√

x si x ≥ 1(b) f : R → R, f(x) = x sin x(c) f : R2 → R, f(x, y) = x + e−y

(d) f : R× [0,∞) → R, f(x, y) = x + e−y

(e) f : R → R2, f(x) = (2 cos x, sin x)

28. Sigui A ⊂ Rn no tancat. Demostreu que existeix una funcio f : A −→ Rcontınua pero no acotada.

29. Siguin f : Rn → Rm, b ∈ Rm. Definim limx→∞ f(x) = b si

∀ ε > 0∃M > 0 t.q ‖x‖ > M ⇒ ‖f(x)− b‖ < ε

(a) Si f = (f1, ...fm) i b = (b1, ...bm), demostreu que limx→∞ f(x) = b si inomes si limx→∞ fi(x) = bi per a i = 1, ..., m

(b) Estudieu l’existencia de lımit a l’infinit per a les funcions seguents:

(i) f : R → R2, f(x) = (1

1 + x2, sin x)

(ii) f : R2 → R, f(x, y) =1

1 + x2 + y2

(iii) f : R → R2, f(x) = (x

1 + x2,

x2

1 + x2)

(iv) f : R2 → R, f(x, y) = (x2 + y2)ex+y

(Indicacio per a iii): comproveu que f(x) es la interseccio de la recta que passapels punts (x, 0), (0, 1) i la circumferencia de centre (0, 1/2) i radi 1/2.

19

30. Si f : Rn → Rm, es diu que limx→∞ f(x) = ∞ si

∀M > 0 ∃R > 0 t.q ‖x‖ > R ⇒ ‖f(x)‖ > M

(a) Estudieu si limx→∞ f(x) = ∞ per a les funcions seguents:

(i) f : R3 → R, f(x, y, z) = x(ii) f : R2 → R2, f(x, y) = (x2 + y2, sin x)(iii) f : R2 → R2, f(x, y) = (x2 − y2, 2xy)

(b) Si f = (f1, ..., fm), es cert que limx→∞ f(x) = ∞ sii limx→∞ fi(x) = ∞ pera i = 1, ..., m?

(c) Demostreu que si f : Rn → Rm es contınua i limx→∞ f(x) = ∞ , existeixa ∈ Rn t.q. ‖f(x)‖ ≥ ‖f(a)‖ per a tot x ∈ Rn. (Indicacio: apliqueu elTeorema de Weierstrass a

‖f‖ en una bola tancada convenient).

31. Si A, B ⊂ Rn, definim la distancia entre A i B per

d(A,B) = inf||x− y|| : x ∈ A, y ∈ B

(a) Determineu d(A,B) si:

i. A = N, B = n +1

n: n ≥ 2 ⊂ R

ii. A = (−1/k, 1/k) : k ∈ N, B = (2, y) : y ∈ R ⊂ R2

(b) Demostreu que si A, B ⊂ Rn, A es compacte, B es tancat i A ∩ B = ∅,aleshores d(A,B) > 0 i existeixen a ∈ A, b ∈ B tals que d(A,B) = ||a−b||.( Sug: la interseccio d’un tancat amb qualsevol bola tancada es compacte).

(c) De l’apartat anterior, deduıu que si B ⊂ Rn es tancat i a ∈ Rn \ B ,aleshores existeix b ∈ B que es el mes proper a a: ||a− b|| ≤ ||a− x|| pera tot x ∈ B.

20

II. Diferenciacio

1. Diferenciabilitat. Propietats basiques

Definicio. Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn es obert. Diem que f es diferenciablea a ∈ U si existeix una aplicacio lineal µ : Rn −→ Rk tal que

limh→0

‖f(a + h)− f(a)− µ(h)‖‖h‖ = 0. (1)

Diem que f es diferenciable, si ho es a tots els punts de U. Observem que si posema + h = x l’expressio (1) es converteix en:

limx→a

‖f(x)− f(a)− µ(x− a)‖‖x− a‖ = 0. (2)

Al llarg d’aquestes notes farem servir indistintament qualsevol d’aquestes duesexpressions.

Lema 2.1 Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn es obert i a ∈ U. Aleshores existeix com amolt una aplicacio lineal µ verificant l’equacio (1)

Prova. Siguin λ, µ : Rn −→ Rk lineals satisfent l’equacio (1). Tindrem:

0 ≤ ‖µ(h)− λ(h)‖‖h‖ =

‖µ(h)− (f(a + h)− f(a)) + (f(a + h)− f(a))− λ(h)‖‖h‖

≤ ‖µ(h)− (f(a + h)− f(a))‖‖h‖ +

‖(f(a + h)− f(a))− λ(h)‖‖h‖

i per tant obtenim que

limh→0

‖µ(h)− λ(h)‖‖h‖ = 0.

Sigui ara 0 6= x ∈ Rn i 0 6= t ∈ R. Tindrem

0 = limt→0

‖µ(tx)− λ(tx)‖‖tx‖ = lim

t→0

|t|‖µ(x)− λ(x)‖|t|‖x‖ =

‖µ(x)− λ(x)‖‖x‖

d’on deduım que ‖µ(x) − λ(x)‖ = 0 i µ(x) = λ(x) igualtat que tambe es certa perx = 0.

Definicio. Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn es obert, diferenciable en el punt a ∈ U.A la unica aplicacio lineal satisfent l’equacio (1) l’anomenem la diferencial de f enel punt a i la denotem per d(f)a.

21

Abans d’intentar identificar quina aplicacio lineal es la diferencial en un punt,veurem algunes propietats elementals.

Lema 2.2 Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn es obert. Si f es diferenciable a a ∈ Ualeshores f es contınua a a.

Prova. Tindrem

limh→0

‖f(a + h)− f(a)− d(f)a(h)‖‖h‖ = 0

i per tantlimh→0

‖f(a + h)− f(a)− d(f)a(h)‖ = 0.

Com que d(f)a es lineal, es tambe contınua i limh→0 d(f)a(h) = d(f)a(0) = 0 d’onobtenim que

limh→0

‖f(a + h)− f(a)‖ = 0

i limh→0 f(a + h) = f(a).

Lema 2.3 Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn es obert. Aleshores les seguents afirmacionsson certes:

(1) Si f es constant aleshores f es diferenciable i d(f)a = 0, (l’aplicacio lineal nulla)per tot a ∈ U.

(2) Si f es lineal aleshores f es diferenciable i d(f)a = f per tot a ∈ U.

(3) Si n = k = 1 aleshores f es diferenciable a a ∈ U si i nomes si f es derivablea a i d(f)a(h) = f ′(a)h

Prova. (1) Suposem f(x) = k per tot x ∈ U i sigui a ∈ U. Tindrem

limh→0

‖f(a + h)− f(a)− 0(h)‖‖h‖ = lim

h→0

‖k − k − 0‖‖h‖ = lim

h→0

0

‖h‖ = 0.

(2) Sigui a ∈ U. Tindrem

limh→0

‖f(a + h)− f(a)− f(h)‖‖h‖ = lim

h→0

‖f(a) + f(h)− f(a)− f(h)‖‖h‖ = 0.

(3) Suposem primer que f es derivable a a. Tindrem

limh→0

|f(a + h)− f(a)− f ′(a)h||h| = lim

h→0

∣∣∣∣f(a + h)− f(a)

h− f ′(a)

∣∣∣∣ = 0

i per tant f es diferenciable a a i d(f)a(h) = f ′(a)h.Recıprocament suposem que f es diferenciable en el punt a. Com que n = k = 1

tindrem que existeix una constant L tal que d(f)a(h) = Lh. Tindrem

22

0 = limh→0

|f(a + h)− f(a)− Lh||h| = lim

h→0

∣∣∣∣f(a + h)− f(a)

h− L

∣∣∣∣

i per tant limh→0f(a+h)−f(a)

h= L i f es derivable a a amb f ′(a) = L.

Lema 2.4

(1) Sigui U ⊂ Rn obert i f, g : U −→ Rk diferenciables a a ∈ U. Aleshores f + g estambe diferenciable a a i d(f + g)a = d(f)a + d(g)a.

(2) Sigui U ⊂ Rn obert, f : U −→ Rk diferenciable a a ∈ U i λ ∈ R. Aleshores λfes diferenciable a a i d(λf)a = λd(f)a.

Prova. (1) Es una simple comprovacio:

0 ≤ ‖(f + g)(a + h)− (f + g)(a)− (d(f)a + d(g)a)(h)‖‖h‖

≤ ‖f(a + h)− f(a)− d(f)a(h)‖‖h‖ +

‖g(a + h)− g(a)− d(g)a(h)‖‖h‖

i per tant

limh→0

‖(f + g)(a + h)− (f + g)(a)− (d(f)a + d(g)a)(h)‖‖h‖ = 0.

(2)

limh→0

‖(λf)(a + h)− (λf)(a)− λd(f)a(h)‖‖h‖

= |λ| limh→0

‖f(a + h)− f(a)− d(f)a(h)‖‖h‖ = 0.

Lema 2.5 Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn es obert i a ∈ U. Aleshores f es diferencia-ble a a si i nomes si fi es diferenciable a a per i = 1, . . . k. A mes si f es diferenciablea a tindrem

(d(f)a)i = d(fi)a

es a dir

d(f)a =

d(f1)a...

d(fn)a

.

Prova. Suposem que f es diferenciable a a. Tindrem per i = 1, . . . k

0 ≤ |fi(a + h)− fi(a)− (d(f)a)i(h)|‖h‖ ≤ ‖f(a + h)− f(a)− d(f)a(h)‖

‖h‖

23

i per tant

limh→0

|fi(a + h)− fi(a)− (d(f)a)i(h)|‖h‖ = 0

d’on fi es diferenciable i d(fi)a = (d(f)a)i.Recıprocament, suposem que fi es diferenciable a a per i = 1, . . . , k i sigui µ

l’aplicacio lineal tal que µi = d(fi)a. Tindrem

0 ≤ ‖f(a + h)− f(a)− µ(h)‖‖h‖ ≤

k∑i=1

|fi(a + h)− fi(a)− µi(h)|‖h‖

≤k∑

i=1

|fi(a + h)− fi(a)− d(fi)a(h)|‖h‖

i per tant

limh→0

‖f(a + h)− f(a)− µ(h)‖‖h‖ = 0

i f es diferenciable a a amb (d(f)a)i = d(fi)a.

Proposicio 2.6 Regla de la cadena. Siguin f : U −→ Rk i g : V −→ Rm ambU ⊂ Rn i V ⊂ Rk oberts. Sigui a ∈ U amb f(a) ∈ V i suposem que f es diferenciablea a i g es diferenciable a f(a). Aleshores g f es diferenciable a a i

d(g f)a = d(g)f(a) d(f)a.

Prova. Posem b = f(a), λ = d(f)a, µ = d(g)b i siguin

ϕ(x) = f(x)− f(a)− λ(x− a)ψ(y) = g(y)− g(b)− µ(y − b)ρ(x) = g(f(x))− g(f(a))− (µ λ)(x− a)

Sabem que

limx→a

‖ϕ(x)‖‖x− a‖ = 0 i lim

y→b

‖ψ(y)‖‖y − b‖ = 0

i hem de provar que

limx→a

‖ρ(x)‖‖x− a‖ = 0

Tindrem que

ρ(x) = g(f(x))− g(f(a))− µ (f(x)− f(a)− ϕ(x))= g(f(x))− g(f(a))− µ(f(x)− f(a)) + µ(ϕ(x))= ψ(f(x)) + µ(ϕ(x))

24

N’hi ha prou amb provar doncs que

limx→a

‖ψ(f(x))‖‖x− a‖ = 0 i lim

x→a

‖µ(ϕ(x))‖‖x− a‖ = 0.

Comencem pel segon lımit. Com que µ es lineal pel Lema 1.24 existeix unaconstant K ≥ 0 de manera que ‖µ(x)‖ ≤ K‖x‖. Tindrem doncs,

0 ≤ ‖µ(ϕ(x))‖‖x− a‖ ≤ K

‖ϕ(x)‖‖x− a‖

i per tant limx→a‖µ(ϕ(x))‖‖x−a‖ = 0.

Passem ara a estudiar l’altre lımit. Prenem ε > 0. Com que λ es lineal, pel Lema1.24 existeix una constant M ≥ 0 tal que ‖λ(x)‖ ≤ M‖x‖. Sigui ε′ = ε

M+1. Com que

limy→b‖ψ(y)‖‖y−b‖ = 0, existeix δ > 0 tal que si ‖y− b‖ < δ es te que ‖ψ(y)‖

‖y−b‖ < ε′. Finalment

com que f es contınua a a existeix δ′ tal que ‖f(x) − b‖ < δ sempre ‖x − a‖ < δ′.Tindrem doncs si ‖x− a‖ < δ′ que ‖ψ(f(x))‖

‖f(x)−b‖ < ε′ i per tant

‖ψ(f(x))‖ < ε′‖f(x)− b‖ = ε′‖ϕ(x) + λ(x− a)‖.D’altra banda, com que limx→a

‖ϕ(x)‖‖x−a‖ = 0 existeix δ′′ > 0 tal que ‖ϕ(x)‖

‖x−a‖ < 1 sempre

que ‖x− a‖ < δ′′. Sigui ara x amb ‖x− a‖ < minδ′, δ′′. Tindrem:

‖ψ(f(x))‖‖x− a‖ < ε′

‖ϕ(x) + λ(x− a)‖‖x− a‖ ≤ ε′

( ‖ϕ(x)‖‖x− a‖ +

‖λ(x− a)‖‖x− a‖

)< ε′(1 + M) = ε.

Lema 2.7 Siguin f, g : U −→ R amb U obert, diferenciables a a ∈ U. Aleshores fges diferenciable a a i d(fg)a = g(a)d(f)a + f(a)d(g)a.

Prova. Sigui i : U −→ R2 definida per i(x) = (f(x), g(x)). Pel Lema 2.5 i es

diferenciable a a i d(i)a =

(d(f)a

d(g)a

). Sigui Ψ : R2 −→ R definida per Ψ(x, y) = xy.

Veiem que Ψ es diferenciable a qualsevol punt de R2 i que la matriu de d(Ψ)(x,y) enles bases canoniques es (y, x). En efecte.

lim(h1,h2)→(0,0)

∣∣∣∣Ψ ((x, y) + (h1, h2))−Ψ(x, y)− (y, x)

(h1

h2

)∣∣∣∣‖(h1, h2)‖

= lim(h1,h2)→(0,0)

|(x + h1)(y + h2)− xy − (yh1 + xh2)|√h2

1 + h22

=|h1h2|√h2

1 + h22

= 0.

Tindrem aleshores que fg = Ψ i i per la Regla de la cadena fg sera diferenciableen a amb

d(fg)a = d(Ψ)i(a) d(i)a = (g(a), f(a))

(d(f)a

d(g)a

)= g(a)d(f)a + f(a)d(g)a.

25

2. Calcul de la diferencial. Derivades parcials.

Definicio Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn obert i a ∈ U. Sigui v ∈ Rn. Si existeix elseguent lımit:

limt→0

f(a + tv)− f(a)

t

l’anomenem la derivada en la direccio v de f a a i el denotem per Dvf(a). En elcas particular de que v = ei un dels vectors de la base canonica, l’anomenem tambe

la derivada parcial i-essima i el denotem Di(f)(a) o tambe amb(

∂f∂xi

)a. Tindrem

aixı si a = (a1, . . . , an) que:

(∂f

∂xi

)

a

= limt→0

f(a1, . . . , ai + t, . . . , an)− f(a1, . . . , an)

t

que no es mes que fixar totes les variables menys la i-essima i calcular la derivada dela funcio d’una variable (a valors a Rk) resultant.

Es immediat comprovar que si existeix Dv(f)(a) aleshores per qualsevol λ ∈ Rexisteix tambe Dλv(f)(a) i Dλv(f)(a) = λDv(f)(a). La derivada direccional mesura elcreixement de la funcio f en la direccio del vector v (si k > 1, mesura el creixement decada una de les seves components en la direccio v). En general com que el vector v i elvector λv defineixen la mateixa direccio, considerarem sempre derivades en direccionsunitaries.

Lema 2.8 Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn obert, diferenciable a a ∈ U. Aleshores perqualsevol v ∈ Rn existeix Dvf(a) i Dvf(a) = d(f)a(v).

Prova. Sigui 0 6= v ∈ Rn. Com que f es diferenciable en a, tindrem que

0 = limt→0

‖f(a + tv)− f(a)− d(f)a(tv)‖‖tv‖ = lim

t→0

‖f(a + tv)− f(a)− td(f)a(v)‖|t|‖v‖

= limt→0

1

‖v‖

∥∥∥∥f(a + tv)− f(a)

t− d(f)a(v)

∥∥∥∥ =1

‖v‖‖Dv(f)(a)− d(f)a(v)‖.

Obtenim aixı que Dvf(a) = d(f)a(v). En el cas v = 0 es te D0(f)(a) = 0 = d(f)a(0).

Observem ara que el Lema 2.8 afirma que una funcio diferenciable en un puntte derivades en qualsevol direccio en el punt (i en particular derivades parcials).Es important subratllar que el recıproc no es pas cert. Es a dir, la existencia dederivades parcials (fins i tot l’existencia de totes les derivades direccionals) no implicala diferenciabilitat (de fet, ni tan sols implica la continuıtat). Veurem mes endavantun resultat en aquesta direccio.

Estem ara en condicions de computar la matriu de la diferencial en les basescanoniques. Per obtenir aquesta matriu nomes cal computar d(f)a(ei) que pel Lema

26

2.8 es precisament Di(f)(a), la derivada parcial i-essima de f en el punt a. Aixı doncsla matriu de la diferencial de f en el punt a es la matriu que en la columna i-essimate la derivada parcial i-essima de f en el punt a. Es clar a mes que la derivada parciali-essima de f en el punt a te per components las i-essimes derivades parcials de lescomponents de f en a. Hem provat aixı el seguent resultat

Proposicio 2.9 Sigui f : U −→ Rk on U ⊂ Rn obert, diferenciable a a ∈ U.Aleshores la matriu de d(f)a en les bases canoniques es la seguent:

(∂f1

∂x1

)a

(∂f1

∂x2

)a

. . .(

∂f1

∂xn

)a(

∂f2

∂x1

)a

(∂f2

∂x2

)a

. . .(

∂f2

∂xn

)a

......

......(

∂fk

∂x1

)a

(∂fk

∂x2

)a

. . .(

∂fk

∂xn

)a

.

Quan n = 1 o k = 1 la matriu de la diferencial pot ser interpretada com un vector.En tots dos casos la interpretacio geometrica d’aquest vector es diferent.

Considerem primer el cas n = 1. Sigui I un interval obert a R i f = (f1, . . . , fk) :I −→ Rk. Observem que com que n = 1, la nocio de derivada parcial coincideix ambla derivada usual. De fet, es facil veure (nomes en aquest cas) que si les componentsde f son derivables en un punt aleshores f es diferenciable en el punt. Aixı si peri = 1 . . . , k, fi es derivable en un punt t ∈ I aleshores f es diferenciable a t i

d(f)t =

f ′1(t)...

f ′k(t)

Definicio A una aplicacio f = (f1, . . . , fk) : I −→ Rk amb I interval obert de Rl’anomenarem corba parametritzada. Si f es diferenciable a t ∈ I, anomenaremvector tangent a la corba en el punt f(t) al vector:

d(f)t =

f ′1(t)...

f ′k(t)

i el denotarem per f ′(t).

Considerem ara el cas k = 1.

Definicio Sigui U ⊂ Rn un obert i f : U −→ R. Suposem que f es diferen-ciable en el punt a ∈ U. Anomenem gradient de f en el punt a al vector

d(f)a =((

∂f∂x1

)a, . . . ,

(∂f∂xn

)a

)i el denotem per ∇(f)(a). Amb aquesta notacio si

27

g = (g1, . . . , gk) : U −→ Rk es diferenciable en el punt a, la matriu de la diferencialde g en el punt a es just la matriu que te el vector ∇(gi)(a) a la fila i-essima.

Per explicitar les propietats del vector gradient, necessitem abans introduir algunesnocions.

Definicio Sigui U ⊂ Rn un obert i f : U −→ R. Per cada c ∈ R el conjunt

Ec = x ∈ U : f(x) = c

s’anomena la superfıcie de nivell c. Mes endavant definirem amb mes precisio unanocio mes general de superfıcie.

Diem que v ∈ Rn es un vector tangent a Ec en el punt x ∈ Ec si existeix unacorba diferenciable ϕ : I −→ Ec, tal que x = ϕ(t0) i v = ϕ′(t0) per a cert t0 ∈ I.

Finalment diem que w ∈ Rn es ortogonal a Ec en el punt x ∈ Ec si w esortogonal a qualsevol vector tangent a Ec en el punt x.

Lema 2.10 Sigui U ⊂ Rn un obert i f : U −→ R diferenciable a a ∈ U. El vectorgradient verifica les seguents propietats.

(1) La direccio unitaria marcada pel vector gradient de f en el punt a es la direcciounitaria de maxim creixement en el punt.

(2) El gradient de f en el punt a es ortogonal a la superficie de nivell Ef(a).

Prova. (1) Sigui v0 = ∇(f)(a)‖∇(f)(a)‖ la direccio unitaria del gradient. Donada una direccio

unitaria v qualsevol, denotem per θv l’angle que forma el vector v amb v0. Si denotemper < u, w > el producte escalar de dos vectors u,w ∈ Rn tindrem:

|Dv(f)(a)| = |d(f)a(v)| = |< ∇(f)(a), v >|= ‖∇(f)(a)‖‖v‖| cos(θv)| ≤ ‖∇(f)(a)‖ = |Dv0(a)|

sempre que v sigui un vector unitari.(2) Sigui v un vector tangent a Ef(a) en el punt a, i sigui ϕ : I −→ Ef(a) tal que

ϕ(t0) = a i ϕ′(t0) = v amb t0 ∈ I. Tindrem aleshores que l’aplicacio f ϕ es constanta I i per tant (f ϕ)′(t) = 0 per tot t ∈ I. Usant la Regla de la cadena obtenim:

< ∇(f)(a), v >= d(f)ϕ(t0) d(ϕ)t0 = (f ϕ)′(t0) = 0.

Passem ara a estudiar en el cas de funcions a valors reals condicions per localitzarposibles extrems relatius d’una funcio. Comencem per definir el concepte d’extremrelatiu.

Definicio. Sigui A ⊂ Rn i f : A −→ R. Diem que a ∈ A es un maxim relatiu(respectivament mınim relatiu) de f, si existeix un obert Ua ⊂ A amb a ∈ Ua tal

28

que f(y) ≤ f(a) per tot y ∈ Ua (respectivament f(y) ≥ f(a) per tot y ∈ Ua). Diemque a es un extrem relatiu si es o be un maxim relatiu o be un mınim relatiu.Observem que si x es un extrem relatiu aleshores x ∈ Int(A).

En el cas diferenciable tenim la seguent condicio necessaria per a que un puntsigui extrem relatiu.

Lema 2.11 Sigui A ⊂ Rn i f : A −→ R diferenciable a a ∈ A. Si a es un extremrelatiu de f aleshores ∇(f)(a) = 0.

Prova. Si f es diferenciable a a en particular a ∈ Int(A). Per tant fixat v ∈ Rn, per tprou petit a + tv ∈ A i per tant la funcio fv : I −→ R definida per fv(t) = f(a + tv)esta definida en un cert interval obert I = (−ε, ε). Clarament fv es derivable a 0 if ′v(0) = Dv(f)(a). Com que a es un extrem relatiu de f aleshores 0 es un extremrelatiu de fv i per tant

0 = f ′v(0) = Dv(f)(a).

Hem provat doncs que per tot vector unitari v es te que Dv(f)(a) = 0. En partic-ular les derivades parcials a a son nulles i ∇(f)(a) = 0.

Definicio. Sigui A ⊂ Rn i f : A −→ R diferenciable a a ∈ A. Diem que a es un puntcrıtic de f si ∇(f)(a) = 0. El lema anterior afirma que si a es un extrem relatiu if es diferenciable a a aleshores a es un punt crıtic. De la mateixa manera que en elcas d’una variable el recıproc d’aquest resultat no es cert. Mes endavant obtindremresultats per averiguar quan un punt crıtic es un extrem relatiu.

Passem ara a provar dos resultats que generalitzen a varies variables el teoremadel valor mig. Necessitarem abans introduir la nocio de convexitat.

Definicio. Siguin x, y ∈ Rn. Denotem per [x, y] el segment que uneix x i y, es a dir

[x, y] = z = tx + (1− t)y : t ∈ [0, 1].

Diem que A ⊂ Rn es convex si [x, y] ⊂ A sempre que x, y ∈ A.

Lema 2.12. Sigui U ⊂ Rn un obert convex i f : U −→ R diferenciable a U. Aleshoresper qualsevol x, y ∈ U existeix z ∈ [x, y] tal que

f(x)− f(y) =< ∇(f)(z), (x− y) > .

Prova. Considerem ϕ : [0, 1] −→ R definida per ϕ(t) = tx + (1 − t)y. Clarament ϕes diferenciable i d(ϕ)t = x − y per qualsevol t ∈ (0, 1). Per la Regla de la cadenatindrem que f ϕ : [0, 1] −→ R es derivable. Podem aixı aplicar el teorema del valormig en una variable i obtenim:

f(x)− f(y) = (f ϕ)(1)− (f ϕ)(0) = (f ϕ)′(t)(1− 0)

29

per a cert t ∈ (0, 1). D’altra banda si posem ϕ(t) = z obtenim

(f ϕ)′(t) = d(f)ϕ(t) d(ϕ)t =< ∇(f)(z), (x− y) > .

Quan la funcio f pren valors a Rk amb k > 1 el resultant precedent no es pasgeneralitzable. Tenim pero el seguent resultat.

Lema 2.13. Sigui U ⊂ Rn un obert convex i f : U −→ Rk diferenciable a U. Suposem

a mes que existeix M ≥ 0 tal que∣∣∣(

∂fj

∂xi

)x

∣∣∣ ≤ M per tot x ∈ U i per i = 1, . . . , n i

j = 1, . . . k. Aleshores‖f(x)− f(y)‖ ≤ nkM‖x− y‖.

Prova. Pel Lema 2.12 tindrem per i = 1, . . . , k

|fi(x)− fi(y)| = |< ∇fi(z), (x− y) >| =∣∣∣∣∣

n∑j=1

(∂fi

∂xj

)

z

(xj − yj)

∣∣∣∣∣

≤n∑

j=1

∣∣∣∣(

∂fi

∂xj

)

z

∣∣∣∣ |xj − yj| ≤ M

n∑j=1

|xj − yj| ≤ nM‖x− y‖

amb z ∈ [x, y]. Obtenim aixı

‖f(x)− f(y)‖ =

√√√√k∑

i=1

(fi(x)− fi(y))2 ≤k∑

i=1

|fi(x)− fi(y)| ≤ knM‖x− y‖.

Al Lema 2.3 hem vist que si f es constant aleshores f es diferenciable i d(f)x = 0a tots els punts x on esta definida. Veiem ara un recıproc d’aquest resultat.

Proposicio 2.14. Sigui U ⊂ Rn un obert connex i f : U −→ Rk diferenciable a Uamb d(f)x = 0 per tot x ∈ U. Aleshores f es constant.

Prova. Veiem-ho primer en el cas en que U es a mes convex. Com que d(f)x = 0 per

tot x ∈ U tindrem que totes les derivades parcials son nules i per tant∣∣∣(

∂fj

∂xi

)x

∣∣∣ = 0

per tot x ∈ U i per i = 1, . . . , n i j = 1, . . . , k. Aplicant el Lema 2.13 obtenim0 ≤ ‖f(x)− f(y)‖ ≤ 0 per tot x, y ∈ U, d’on f es constant a U.

Anem ara al cas general. Fixem a ∈ U i provarem que f(x) = f(a) per tot x ∈ U.En efecte sigui A = x ∈ U : f(x) = f(a) = f−1(f(a)). A es no buit ja quea ∈ A. D’altra banda A es tancat, ja que es l’antiimatge d’un tancat per una funciocontınua. Si veiem que es obert haurem acabat ja que U es connex i per tant els

30

seus unics oberts i tancats son el buit i U. Veiem doncs que A es obert a U. Siguiz ∈ A i ε > 0 tal que Bε(z) ⊂ U. Aleshores com que Bε(z) es convex podem aplicarla primera part i obtenim que f restringida a Bε(z) es constant. Per tant Bε(z) ⊂ Ai A es obert.

Acabem aquest capıtol amb una condicio suficient de diferenciabilitat. El Lema2.8 afirma entre altres coses que si una funcio es diferenciable en un punt aleshores tederivades parcials en el punt. El recıproc, com ja hem comentat no es general cert.Tenim de totes maneres el seguent resultat:

Teorema 2.15 Sigui U ⊂ Rn un obert i f : U −→ Rk. Suposem que f te derivadesparcials en un entorn de a i que son contınues a a. Aleshores f es diferenciable en a.

Prova. Pel Lema 2.5, n’hi ha prou amb veure que cada una de les components de f esdiferenciable. Per tant no perdem generalitat si suposem k = 1. Aixı hem de provarque

limh→0

∣∣∣f(a + h)− f(a)−((

∂f∂x1

)a, . . . ,

(∂f∂xn

)a

)(h)

∣∣∣‖h‖ = 0.

Posant a = (a1, a2, . . . , an) i h = (h1, . . . , hn) tindrem

f(a + h)− f(a) = f(a1 + h1, a2 + h2, . . . , an + hn) −f(a1, a2, . . . , an)= f(a1 + h1, a2 + h2, . . . , an + hn) −f(a1, a2 + h2, . . . , an + hn)+f(a1, a2 + h2, . . . , an + hn) −f(a1, a2, . . . , an + hn)+ . − .+ . − .+ . − .+f(a1, a2, . . . , an + hn) −f(a1, a2, . . . , an).

Hem expressat aixı f(a+h)− f(a) com a suma de diferencies de la funcio f aval-uada a punts que difereixen nomes en una coordenada. En general aquests sumandstenen la forma f(a1, . . . , ai−1, ai + hi, . . . , an + hn) − f(a1, . . . , ai−1, ai, . . . , an + hn).

Pel Teorema del valor mig en una variable aquesta diferencia es igual a(

∂f∂xi

)ξi

hi on

ξi = (a1, . . . , ai−1, αi, . . . , an + hn) amb αi ∈ (ai, ai + hi).

Tindrem doncs que f(a + h)− f(a) =∑n

i=1

(∂f∂xi

)ξi

hi i

0 ≤

∣∣∣f(a + h)− f(a)−((

∂f∂x1

)a, . . . ,

(∂f∂xn

)a

)(h1, . . . , hn)

∣∣∣‖h‖

=

∣∣∣∣∑n

i=1

((∂f∂xi

)ξi

−(

∂f∂xi

)a

)hi

∣∣∣∣‖h‖ ≤

∑ni=1

∣∣∣∣(

∂f∂xi

)ξi

−(

∂f∂xi

)a

∣∣∣∣ |hi|‖h‖

=n∑

i=1

∣∣∣∣∣(

∂f

∂xi

)

ξi

−(

∂f

∂xi

)

a

∣∣∣∣∣|hi|‖h‖ ≤

n∑i=1

∣∣∣∣∣(

∂f

∂xi

)

ξi

−(

∂f

∂xi

)

a

∣∣∣∣∣ .

31

Com que ξi → a quan h → 0 i les derivades parcials son contınues tindrem que

limh→0

n∑i=1

∣∣∣∣∣(

∂f

∂xi

)

ξi

−(

∂f

∂xi

)

a

∣∣∣∣∣ = 0,

el que acaba la demostracio.

Definicio Sigui U ⊂ Rn obert i f : U −→ Rk. Diem que f es de classe C1 a a ∈ U siexisteix un entorn de a en el que f te derivades parcials i son contınues a a. Diem quef es de classe C1 a U si f te derivades parcials a qualsevol punt de U i son contınues.El Teorema anterior afirma que si f es de classe C1 a U aleshores es diferenciable aqualsevol punt de U.

32

Problemes

1. Estudieu la continuıtat, existencia i continuıtat de les derivades parcials, i difer-enciabilitat de les funcions seguents:

(a) f(x, y) =

(x3 − y2) sin( 1

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

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

(b) f(x, y) =

xsin y2

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

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

(c) f(x, y) =

x2y

x4+y2 si (x, y) 6= (0, 0)

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

(d) f(x, y) = (xy)13

(e) f(x, y) =

x3−y3

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

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

(f) f(x, y) =

x2 + y2 si xy > 0x− y2 si xy ≤ 0

2. Per a cada α ∈ R, α > 0, considerem la funcio

fα(x, y) =

xy

(x2 + y2)αsi (x, y) 6= (0, 0),

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

(a) Determineu per a quins valores de α fα es contınua.

(b) Determineu per a quins valores de α fα es diferenciable.

3. Sigui f : R2 −→ R definida per f(x, y) =√|xy‖. Demostreu que f no es

derivable a (0, 0).

4. Sigui f : Rn −→ R amb la propietat |f(x)| ≤ ‖x‖2. Proveu que f es diferencia-ble a l’origen.

5. Sigui g una funcio contınua a la circumferencia unitat amb la propietat de queg(0, 1) = g(1, 0) = 0 i g(−x) = −g(x). Definim f : R2 −→ R2 per

f(x) =

‖x‖g

(x‖x‖

), si x 6= 0;

0, si x = 0.

Si x ∈ R2 i h : R −→ esta definida per h(t) = f(tx) proveu que h es diferen-ciable. Proveu tambe que f no es diferenciable a (0, 0) tret del cas en que g esidenticament 0.

33

6. Calculeu, en cada cas, el pendent de la corba interseccio de la superfıcie i el pladonats al punt que s’especifica:

(a) z = e−x cos y, x = 0, (0, 0, 1)

(b) z =√

49− x2 − y2, y = 3, (2, 3, 6)

7. En un mapa amb un sistema de coordenades cartesianes s’identifica el punt(6, 4) i se sap que hi ha un possible error de 0.01 en cada coordenada. Ambl’ajut de la diferencial, obtingueu una estimacio de l’error de les coordenadespolars r, θ en aquest punt.

8. Les derivades direccionals de f(x, y) en un determinat punt, segons les direccionsdels vectors (1, 1) i (0,−2) son , respectivament, 2

√2 i −3. Calculeu ∇f en

aquest punt i tambe la derivada direccional de f segons la direccio del vector(3, 4).

9. Sigui f(x, y, z) = yx2+y(log x)(arctan(x2z sin y+z cos z)). Calculeu les derivadesparcials de f al punt (1,0,0). En quina direccio la derivada direccional es maxima?

10. La temperatura a la superfıcie d’una nau espacial ve donada per T (x, y, z) =exp(−(x2 + y2 + z2)) on (x, y, z) son les coordenades de la nau en un sistema dereferencia amb una estrella propera com a origen. Se sap que la nau es troba alpunt (1, 1, 1).

(a) En quina direccio hauria de comencar a moure’s per tal que la temperaturadecreixi el mes rapid possible?

(b) Malauradament, el material de la nau no pot resistir variacions de la tem-peratura superiors a

√3e−3 unitats de temperatura per unitat de longitud.

Com es modifica la resposta a l’apartat anterior en aquesta nova situacio?

11. La temperatura d’una placa metal.lica es T (x, y) = 20 − 4x2 − y2. A partirdel punt de coordenades (2,−3), determineu la trajectoria segons la qual latemperatura creix el mes rapid possible. (Compareu amb el problema anterior).

12. A partir del punt (1, 1, 1), repetiu el problema anterior amb la seguent dis-tribucio de temperatura a l’espai: T (x, y, z) = 8− 3x− y

13. Calculeu la derivada direccional de f(x, y, z) = xyz segons la direccio del vectorvelocitat de la corba γ(t) = (cos 3t, sin 3t, 3t) a l’instant t = π

3. Es aquesta la

maxima derivada direccional de f en aquest punt ?

14. Sigui A ⊂ R2 obert i f : A → R. Demostreu que si les derivades parcials ∂f∂x

, ∂f∂y

existeixen i son acotades en A, llavors f es contınua en A.

34

15. Donada f : R2 → R diferenciable, sabem que el pla x− 2y + z = 3 es tangenta la grafica en el punt (1, 1, 4). Determineu la diferencial de f en (1, 1).

16. Una funcio f : Rn −→ R diem que es homogenia de grau m si f(tx) = tmf(x)per tot t ∈ R i per tot x ∈ Rn. Si f es a mes diferenciable proveu que

f(x) =n∑

i=1

xi∂f

∂xi

(x).

(Indicacio: Considereu g(t) = f(tx) i calculeu g′(1).)

17. Sigui f : Rn −→ R de classe C1 amb f(0) = 0. Proveu que existeixen gi :Rn −→ R contınues tals que

f(x) =n∑

i=1

xigi(x).

(Indicacio: Si hx(t) = f(tx) aleshores f(x) =∫ 1

0h′x(t)dt.)

18. Calculeu l’equacio del pla tangent i la recta normal a les superfıcies i puntsdonats:

(a) z = 9x2 + y2, (1, 1, 10) (b) x2 + y2 − z2 = 18, (3, 5,−4)(c) z = x2 + y3, (3, 1, 10) (d) cos πx− x2y + exy + yz = 4, (0, 1, 2)

19. Una partıcula descriu la trajectoria r(t) = (cos t, sin t, t) en funcio del temps.Quina corba descriuen les velocitats i les acceleracions de la partıcula?

20. Siguin r(t), v(t) = r′(t) , a(t) = r′′(t) la posicio, velocitat i acceleracio d’unapartıcula a l’espai, on t es el temps. Se sap que a(t) = (0, t, t), v(1) = (0, 5, 0),r(1) = (0, 0, 0). Determineu v(t), r(t) i r(2).

21. Determineu el punt on les dues corbes

α(t) = (et, 2 cos t, t2 − 2), β(s) = (s, 2, s2 − 3)

es tallen i calculeu l’angle d’interseccio.

22. Una partıcula surt del punt (1, 1,√

3) de la superfıcie z2 = x2 + y2 + 1 en unadireccio normal a la superfıcie en aquest punt i amb una velocitat de 10 unitatsper segon. Quan i on arribara al pla z = 0 ?

23. Demostreu que la corba γ(t) = (−t,√

t, ln t) i la superfıcie z = ln(y−2x2−y2

4) es

tallen ortogonalment al punt (−1, 1, 0).

24. Determineu la recta tangent a la corba interseccio de les superfıcies x3 +3x2y2 +y3 + 4xy − z2 = 0, x2 + y2 + z2 = 11 al punt (1, 1, 3).

35

25. Siguin f, g, h, : R → R3, λ : R → R diferenciables. Demostreu:

(a) ddt〈f(t), g(t)〉 = 〈f ′(t), g(t)〉+ 〈f(t), g′(t)〉

(b) (f(t)× g(t))′ = f ′(t)× g(t) + f(t)× g′(t)

(c) ddt〈f(t), g(t)×h(t)〉 = 〈f ′(t), g(t)×h(t)〉+ 〈f(t), g′(t)×h(t)〉+ 〈f(t), g(t)×

h′(t)〉(d) d

dt(λ(t)f(t)) = λ′(t)f(t) + λ(t)f ′(t)

on 〈v, w〉 (resp. v × w) denoten producte escalar (resp. producte vectorial) enR3.

26. Suposem que la corba diferenciable f : R → R3 descriu el moviment d’unapartıcula.

(a) Demostreu que si la partıcula es mou a la superfıcie d’una esfera de cen-tre (0, 0, 0), aleshores els vectors de posicio, f(t) i de velocitat f ′(t) sonortogonals.

(b) demostreu que si el modul de la velocitat es constant, aleshores l’acceleracioi la velocitat son ortogonals.

27. Una forca es diu central si es proporcional al vector de posicio de la partıcula.D’acord amb la llei de Newton, aixo vol dir : r′′(t) = λ(t)r(t) on λ es una funcioescalar i r es el vector de posicio de la partıcula.

(a) Demostreu que, sota l’accio d’una forca central, el vector quantitat demoviment L = r× r′ es constant. ( Sug: prob. 48)

(b) Deduıu de l’apartat anterior que una partıcula a R3 sotmesa a l’accio d’unaforca central es mou en un pla .

28. (a) Siguif : R → R3 una corba diferenciable amb f ′(t) 6= 0 per a tot t ∈ Ri p ∈ R3. Se suposa que f(t0) es el punt de la corba mes proper de p.Demostreu que p− f(t0) es ortogonal a la velocitat de la corba a l’instantt0.

(b) Siguin f, g : R → R3 diferenciables i f ′(t), g′(s) 6= 0 per a tots t, s ∈ R.Demostreu que si existeixen p = f(t0), q = g(s0) amb ‖p − q‖ ≤ ‖f(t) −g(s)‖ per a tots t, s ∈ R aleshores p− q es ortogonal a f ′(t0) i a g′(s0).

29. Siguin g(x, y) = (ex+y, cos x, sin y) i f(x, y, z) = (∫ xy2z

0(1 + t)et dt, x + y + z).

Calculeu Dg(0, 0), Df(1, 1, 0) i D(f g)(0, 0).

30. Feu servir la regla de la cadena per a calcular ddt

f(γ(t)) als casos seguents:

(a) f(x, y) = xey + y sin x , γ(t) = (t, t2)

(b) f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)12 , γ(t) = (et cos t, et sin t, et)

36

31. Mitjancant la regla de la cadena, calculeu∂w

∂xi

∂w

∂y:

(a) w = u2 + uv , u = yex , v = xey

(b) w = u log(u2 + v2) , u = x2 − y2 , v = x2 + y2

32. Mitjancant la regla de la cadena, calculeu∂u

∂s,

∂u

∂t:

(a) u = xyz, x = s + t, y = s− t, z = st2

(b) u = x cos(yz), x = s2, y = t2, z = s− 2t

33. Si u =√

25− 5x2 − 5y2, calculeu∂u

∂ri

∂u

∂θon r, θ son les coordenades polars

habituals.

34. Siguin f : R2 → R2 , f(x, y) = (ex+y, ex−y) i α : R → R2 , α(t) = (t + t2 cos t +t4, t + t2 sin t + t4). La funcio f transforma la corba α en una altra corbaβ(t) = f(α(t)). Calculeu el vector tangent de β en t = 0.

35. Sigui f : R2 → R diferenciable. Se sap:

(a) f ≥ 0.

(b) f te lımit +∞ a l’infinit.

(c) f te un unic punt crıtic (a, b).

Demostreu que (a, b) es el mınim absolut de f .

36. Sigui f : R2 −→ R de classe C1. Sabem que |f(x, y)| ≤ exp(−x2 − y2), six2 + y2 ≥ 1, que f(1/2, 0) = 1 i f(0, 1/2) = −1. Quants punts crıtics, com amınim, ha de tenir f ?

37

III. Derivades d’ordre superior. Formula de Taylor.Optimitzacio.

Com sabem ja de l’estudi de funcions d’una variable, una funcio f d’una variablek vegades derivable es pot aproximar a l’entorn d’un punt a per un polinomi P degrau k, que te dues propietats essencials:

(1) Les derivades de P i de f en el punt a coincideixen fins a ordre k.

(2) limx→a

f(x)− P (x)

(x− a)k= 0.

Pretenem obtenir un resultat similar en el cas en que f es una funcio definidaa un obert de Rn. La primera observacio es que ens podem restringir al cas en quef pren valors reals. Si sabem aproximar cada una de les components de f per unpolinomi, aleshores podrem aproximar f per una funcio amb components polinomials.La segona observacio es que si pretenem que es verifiqui una propietat similar a (1),necessitem introduir la nocio de derivades d’ordre superior.

Sigui U ⊂ Rn i f : U −→ Rm diferenciable a U. Denotem per L(Rn,Rm) l’espaid’aplicacions lineals de Rn en Rm. Un resultat elemental d’algebra lineal ens diu queaquest espai es isomorf a Rnm. Una manera de veure aquest resultat es fixant duesbases a Rn i Rm (per exemple les canoniques) i associant a cada aplicacio lineal laseva matriu en aquestes bases. S’obte aixı un isomorfisme entre L(Rn,Rm) i Mm

n (R)l’espai de matrius n×m amb coeficients a R. Aquest espai te dimensio nm i es pertant isomorf a Rnm.

Sigui U ⊂ Rn i f = (f1, . . . , fm) : U −→ Rm diferenciable a U. Podem aleshoresconsiderar l’aplicacio

d(f) : U −→ L(Rn,Rm)

definida perd(f)(x) = d(f)x.

Vıa la identificacio que hem comentat pensarem l’aplicacio d(f) prenent a valors aRnm. Es a dir considerarem

d(f) : U −→ Rnm

donada perd(f)(x) = (∇(f1)(x), . . . ,∇(fm)(x)) .

38

Exemple Sigui f = (f1, f2) : R3 −→ R2 definida per f(x, y, z) = (x2 + y− z, ex− z).Clarament f es diferenciable a R3 i

d(f) : R3 −→ M23 (R)

ve donada per

d(f)(x, y, z) =

(2x 1 −1ex 0 −1

)

aplicacio que podem pensar a valors a R6 definint d(f)(x, y, z) = (2x, 1,−1, ex, 0,−1).

Te sentit aixı plantejar-se si l’aplicacio d(f) es a la seva vegada diferenciable. Siho es direm que f es dues vegades diferenciable i denotem per d2(f)x la diferencialde la aplicacio d(f) en el punt x. Podem ja definir inductivament quan una funcio esk vegades diferenciable.

Definicio Sigui U ⊂ Rn obert i f : U −→ Rm diferenciable a U. Diem que f es kvegades diferenciable a a ∈ U si f es k − 1 vegades diferenciable a un entorn dea i l’aplicacio que asigna a cada punt d’aquest entorn la diferencial d’ordre k − 1 enel punt es diferenciable a a. A la diferencial d’aquesta ultima aplicacio en el punt al’anomenem la diferencial d’ordre k de f en el punt a. Si f es k vegades diferenciablea tots els punts de U diem que f es k vegades diferenciable a U.

Observem que les components de l’aplicacio d(f) son justament les derivades par-cials de les components de f. En particular si f es dues vegades diferenciable en unpunt les derivades parcials de f admeten derivades parcials respecte a les n variablesen aquest punt (el recıproc, com ja sabem, no es cert en general). Anomenem aaquestes derivades parcials, en el cas de que existeixin, derivades de segon ordre de fi escriurem

∂2fi

∂xl∂xj

=∂

(∂fi

∂xj

)

∂xl

.

El Teorema 2.15 ens asegura que si ∂2fi

∂xk∂xjexisteixen per i = 1, . . . ,m i j, k = 1 . . . , n

i son contınues a U aleshores f es dues vegades diferenciable.

Procedint d’aquesta manera podem definir inductivament les derivades parcialsd’ordre k d’una funcio f = (f1, . . . , fm) per

∂kfi

∂xik∂xik−1. . . ∂xi1

=∂

(∂k−1fi

∂xik−1...∂xi1

)

∂xik

.

Quan existeixi ∂kfi

∂xik∂xik−1

...∂xi1la denotarem tambe per Dik,...,i1f.

Definicio. Sigui U ⊂ Rn obert i f : U −→ Rm diferenciable a U. Diem que f es declasse Ck a a ∈ U, si totes les derivades parcials d’ordre k de les seves components

39

existeixen en un entorn de a i son contınues a a. Diem que f es de classe C∞ a a sies de classe Ck a a per tot k > 0. Diem que f es de classe Ck (k ∈ N ∪∞) aU si f es de classe Ck a a per tot a ∈ U.

Observem que el Teorema 2.15 ens assegura que si f es de classe Ck a U aleshoresf es k vegades diferenciable a U.

El seguent teorema mostra que en condicions forca generals l’ordre de derivaciono importa.

Teorema 3.1 (Teorema de Schwartz) Sigui U ⊂ Rn obert i f : U −→ R de classeC2 a U. Aleshores Di,jf = Dj,if per tot i, j ∈ 1, . . . , n.Prova. Com que el problema nomes afecta a dues variables, n’hi ha prou amb fer lademostracio per n = 2. Sigui (a, b) ∈ U, provarem que D1,2f(a, b) = D2,1f(a, b). Siguik 6= 0 prou petit de manera que (a, b + k) ∈ U. Aleshores la funcio

g(x) = f(x, b + k)− f(x, b)

esta definida per x proper a a i com que f es de classe C2, g es derivable. Prenenth 6= 0 prou petit i aplicant el Teorema del valor mig en una variable tindrem:

g(x + h)− g(x) = g′(αh)h = (D1f(αh, b + k)−D1f(αh, b)) h = D2,1f(αh, βk)kh

per un certs αh entre x i x + h i βk entre b i b + k.Considerem ara

g(y) = f(a + h, y)− f(a, y).

Com abans g esta definida i es derivable prop de y = b i tindrem:

g(y + k)− g(y) = g′(γk)k = (D2f(a + h, γk)−D2f(a, γk)) k = D1,2f(δh, γk)kh

per certs γk entre y i y + k i δh entre a i a + h.Un simple calcul mostra que g(a+h)− g(a) = g(b+ k)− g(b) i tindrem per tant :

D2,1f(αh, βk)hk = g(a + h)− g(a) = g(b + k)− g(b) = D1,2f(δh, γk)hk,

i com que h, k 6= 0 obtenim que

D2,1f(αh, βk) = D1,2f(δh, γk)

per certs αh entre a i a + h , βk entre b i b + k, γk entre b i b + k i δh entre a i a + h.Finalment com que D1,2f i D2,1f son contınues en (a, b) i lim(h,k)→(0,0)(αh, βk) =

lim(h,k)→0(δh, γk) = (a, b) obtenim D2,1f(a, b) = D1,2f(a, b).

Corol.lari 3.2 Sigui U ⊂ Rn obert i f : U −→ R de classe Cq a U. Aleshores sii1, . . . , iq ∈ 1, . . . , n i j1, . . . , jq es una permutacio de i1, . . . , iq es te

Di1,...,iqf(x) = Dj1,...,jqf(x)

40

per tot x ∈ U.

Prova. Es immediata per induccio sobre q usant el Teorema de Schwartz.

Sigui U un obert de Rn. Per q ∈ N denotem per Cq(U) el conjunt de funcions avalors reals de classe Cq a U. Per i = 1, . . . , n definim el seguent operador:

Di : Cq(U) −→ Cq−1(U)

f −→ Di(f) = Dif = ∂f∂xi

Observem que els operadors Di son lineals, es a dir

Di(λf + µg) = λDi(f) + µDi(g)

per tot λ, µ ∈ R i f, g ∈ Cq(U).D’altra banda per qualsevol λ, µ ∈ R te sentit considerar operadors del tipus

λDi + µDj definits per

(λDi + µDj)(f) = λDi(f) + µDj(f).

Finalment si q ≥ 2 te sentit composar aquests operadors i podem definir

Di Dj(f) = Di(Dj(f)) = Di,j(f) =∂2f

∂xi∂xj

.

Observem que pel Teorema de Schwartz aquest producte es commutatiu. Si con-siderem el cas q = ∞ aquests productes es poden iterar i te sentit pensar en qualsevoloperador del tipus Di1 . . .Dik = Di1,...,ik . Si al contrari, ens restringim a Cq(U) ambq 6= ∞ nomes tindra sentit productes de llargada q.

Usarem a partir d’ara la seguent notacio. Per α ∈ N, Diα denota l’operador Di

composat amb ell mateix α vegades. Aixı

Dαi (f) =

∂αf

∂xi . . . ∂xi

=∂αf

∂αxi

.

El seguent lema l’usarem a la construccio del polinomi de Taylor i es una con-sequencia immediata de la linealitat dels operadors Di i de la commutativitat de lacomposicio.

Lema 3.3

(a1D1 + . . . + anDn)k =∑

α1+...+αn=k

(k

α1, . . . , αn

)aα1

1 . . . aαnn Dα1

1 . . . Dαnn

=∑

α1+...+αn=k

k!

α1! . . . αn!aα1

1 . . . aαnn Dα1

1 . . . Dαnn

.

41

Teorema 3.4 Sigui U ⊂ Rn obert convex i f : U −→ R de classe Ck+1 a a ∈ U.Aleshores per qualsevol x ∈ U es te

f(x) = Pk,a(x) + Rk,a(x)

on

Pk,a(x) = f(a) +

(n∑

i=1

(xi − ai)Di

)(f)(a) +

1

2!

(n∑

i=1

(xi − ai)Di

)2

(f)(a) + . . .

+ . . . +1

k!

(n∑

i=1

(xi − ai)Di

)k

(f)(a)

i

Rk,a(x) =1

(k + 1)!

(n∑

i=1

(xi − ai)Di

)k+1

(f)(a + ε(x− a))

per a cert ε ∈ (0, 1).A mes es verifiquen les seguents propietats:

(a) Per tot j ≤ k i per qualsevols α1, . . . , αr ∈ N amb α1 + . . . αr = j

∂jf

∂α1xi1 . . . ∂αrxir

(a) =∂jPk,a


(a).

(b)

limx→a

|Rk,a(x)|‖x− a‖k

= 0.

Prova. Posem h = x− a i considerem la funcio g : I −→ R on I es un interval obertque conte [0, 1] definida per g(t) = f(a+th). Aleshores g es de classe Ck+1 a I i podemaplicar el teorema de Taylor en una variable a g. Tindrem:

g(t) = g(0) + g′(0)t + . . . +g(k)(0)

k!tk +

g(k+1)(ξt)

k + 1!tk+1

per a cert ξt entre 0 i t. En particular

f(x) = g(1) = g(0) + g′(0) + . . . +g(k)(0)

k!+

g(k+1)(ξ1)

k + 1!(3)

per a cert ξ1 ∈ [0, 1].El nostre proposit ara es computar les derivades de g a 0 en termes de la funcio

original f. Provarem per induccio que

g(i)(t) = (h1D1 + . . . + hnDn)i(f)(a + th)

42

per tot i ≤ k + 1. En efecte veiem-ho primer per i = 1. Si denotem per s : I −→ Ul’aplicacio definida per s(t) = a + th, aleshores g = f s i per la Regla de la cadenatindrem

g′(t) = d(f)s(t) d(s)t =< ∇(f)(s(t)), h >= (h1D1 + . . . + hnDn) (f)(s(t)).

Per tant el resultat es cert per i = 1. Suposem-ho ara cert per j < k i veiem-ho perj + 1. Si el resultat es cert per j posant ψ = (h1D1 + . . . + hnDn)j(f) tindrem que

g(j)(t) = (h1D1+. . .+hnDn)j(f)(a+th) =((h1D1 + . . . + hnDn)j(f) s

)(t) = (ψs)(t).

Usant com abans la Regla de la cadena obtenim

gj+1(t) = < ∇(ψ)(s(t)), h >= h1D1(ψ)(s(t)) + . . . + hnDn(ψ)(s(t))

(h1D1 + . . . + hnDn)(ψ)(s(t)) = (h1D1 + . . . + hnDn)j+1 (f)(s(t)),

el que acaba la demostracio per induccio.Tindrem doncs que

g(i)(0) = (h1D1 + . . . + hnDn)i(f)(a)

per i ≤ k ig(k+1)(ξ1) = (h1D1 + . . . + hnDn)k+1(f)(a + ξ1h).

Substituint a l’equacio (3) obtenim la primera afirmacio del teorema.

Passem ara a demostrar (a). Sigui j ≤ k i α1, . . . , αr ∈ N amb α1+. . . αr = j. Com

que Pk,a(x) es un polinomi en les variables hi = xi−ai, quan calculem∂jPk,a

∂α1xi1...∂αr xir

(a)

l’unic monomi amb derivada no nula en el punt a es

hα1i1

. . . hαrir

.

Usant el Lema 3.3 i l’expressio de Pk,a obtenim que aquest monomi te coeficient

1

j!

(j

α1, . . . , αr

) (Dα1

i1. . . Dαr

ir

)f(a).

Tindrem doncs

∂jPk,a


(a) =1

j!

(j

α1, . . . , αr

)(Dα1

i1. . . Dαr

ir)f(a)

∂j(hα1i1

. . . hαrir

)


(a)

=j!

j!α1! . . . αr!(Dα1

i1. . . Dαr

ir)f(a)α1! . . . αr!

=∂jf


(a).

43

Passem a provar (b). Si considerem el polinomi de Taylor de grau k − 1, tindrem

f(x) = Pk−1,a(x) +1

k!(h1D1 + . . . + hnDn)k (f)(a + ξh)

= Pk−1,a(x) +1

k!

∑

α1+...+αn=k

(k

α1, . . . , αn

)hα1

1 . . . hαnn Dα1

1 . . . Dαnn (f)(a + ξh).

Com que f es de classe Ck+1 a U tindrem que si posem

Dα11 . . . Dαn

n (f)(a + ξh) = Dα11 . . . Dαn

n (f)(a) + εα1,...,αn

aleshores εα1,...,αn → 0 quan h → 0. Tindrem doncs:

f(x) = Pk−1,a(x) +1

k!

∑

α1+...+αn=k

(k

α1, . . . , αn

)hα1

1 . . . hαnn Dα1

1 . . . Dαnn (f)(a + ξh)

= Pk−1,a(x) +1

k!

∑

α1+...+αn=k

(k

α1, . . . , αn

)hα1

1 . . . hαnn (Dα1

1 . . . Dαnn (f)(a) + εα1,...,αn)

= Pk,a(x) +1

k!

∑

α1+...+αn=k

(k

α1, . . . , αn

)hα1

1 . . . hαnn εα1,...,αn .

Obtenim aixı una nova expressio del reste

Rk,a(x) =1

k!

∑

α1+...+αn=k

(k

α1, . . . , αn

)hα1

1 . . . hαnn εα1,...,αn .

Tindrem ara

0 ≤ |Rk,a(x)|‖x− a‖k

≤ 1

k!

∑

α1+...+αn=k

(k

α1, . . . , αn

) |h1|α1

‖h‖α1. . .

|hn|αn

‖h‖αnεα1,...,αn

≤ 1

k!

∑

α1+...+αn=k

(k

α1, . . . , αn

)εα1,...,αn ,

i com que εα1,...,αn → 0 quan h → 0 obtenim (b).

Passem ara a fer un estudi mes detallat dels termes de segon ordre del polinomide Taylor. Del teorema anterior tenim que si posem h = (x− a)

P2,a(x) = f(a) +h∑

i=1

∂f

∂xi

(a)hi +

(1

2

n∑i=1

∂2f

∂2xi

(a)h2i +

∑i<j≤n

∂2f

∂xi∂xj

(a)hihj

)

on el ultim parentesi son els termes d’ordre 2 del polinomi.

44

Aquesta expressio es un polinomi homogeni de grau 2 en les variables (h1, . . . , hn).A un polinomi homogeni de grau 2 en diem una forma quadratica Escrivim doncs

q(h1, . . . , hn) =1

2

n∑i=1

∂2f

∂2xi

(a)h2i +

∑i<j≤n

∂2f

∂xi∂xj

(a)hihj.

Un resultat classic d’algebra lineal es que tota aplicacio bilineal simetrica de Rn

indueix una forma quadratica en les coordenades. En efecte, si B : Rn ×Rn −→ Res bilineal aleshores l’aplicacio QB : Rn −→ R definida per QB(e) = B(e, e) es unpolinomi homogeni de grau 2 en les coordenades de e. Recıprocament si Q : Rn −→ Rve donada per un polinomi homogeni quadratic en les coordenades aleshores l’aplicacioBQ : Rn ×Rn −→ R donada per BQ(u, v) = 1/4(Q(u + v) − Q(u − v)) es bilineal.El nostre objectiu ara es calcular la matriu de l’aplicacio bilineal b que indueix q. Peraixo hem de calcular b(ei, ej) per i, j ∈ 1, . . . , n essent e1, . . . , en la base canonicade Rn. Si i 6= j tindrem

b(ei, ej) =1

4(q(ei + ej)− q(ei − ej))

=1

4

(1

2

(∂2f

∂2xi

(a) +∂2f

∂2xj

(a)

)+

∂2f

∂xi∂xj

(a)− 1

2

(∂2f

∂2xi

(a) +∂2f

∂2xj

(a)

)+

∂2f

∂xi∂xj

(a)

)

=1

2

(∂2f

∂xi∂xj

(a)

)

i

b(ei, ei) = q(ei) =1

2

∂2f

∂2xi

(a).

Aixı doncs la matriu de la aplicacio bilineal simetrica que indueix la forma quadraticaq te per matriu

1

2

∂2f∂2x1

(a) ∂2f∂x2∂x1

(a) . . . ∂2f∂xn∂x1

(a)∂2f

∂x1∂x2(a) ∂2f

∂2x2(a) . . . ∂2f

∂xn∂x2(a)

......

......

∂2f∂x1∂xn

(a) ∂2f∂x2∂xn

(a) . . . ∂2f∂2x1

(a)

.

A la matriu simetrica que en el lloc i, j te ∂2f∂xi∂xj

(a) l’anomenem el Hessia de f

a a i la denotem per Hf (a). Amb aquesta notacio podem escriure:

f(x) = f(a)+ < ∇(f)(a), x− a > +1

2Hf (a)((x− a), (x− a)) + R2,a(x).

Recordem ara que una forma quadratica q (o l’aplicacio bilineal simetrica induıda)pot ser de 5 tipus:

45

(1) Definida positiva si q(e) > 0 per tot e 6= 0

(2) Semidefinida positiva si q(e) ≥ 0 per tot e ∈ Rn.

(3) Definida negativa si q(e) < 0 per tot e 6= 0

(4) Semidefinida negativa si q(e) ≤ 0 per tot e ∈ Rn

(5) Indefinida si existeixen u, v 6= 0 amb q(u) < 0 < q(v).

Usarem el seguent resultat d’algebra lineal

Lema 3.5 Sigui q una forma quadratica i M la matriu en una base de l’aplicaciobilineal simetrica associada. Aleshores tots els valors propis de M son reals i esverifica:

(1) Si q es definida positiva aleshores tots els valors propis de M son positius.

(2) Si q es semidefinida positiva aleshores tots els valors propis de M son nonegatius.

(3) Si q es definida negativa aleshores tots els valors propis de M son negatius.

(4) Si q es semidefinida negativa aleshores tots els valors propis de M son no posi-tius.

(5) Si q es indefinida aleshores M te valors propis positius i negatius.

Per calcular els valors propis d’una matriu hem de buscar les arrels del polinomicaracterıstic. Si la dimensio del espai es mes gran que 4 no tenim cap metode algebraicper trobar-les. Tanmateix en el cas n = 3 o 4 el metode es prou complicat. Pero fixem-nos que per determinar el signe d’una forma quadratica nomes necessitem coneixerel signe de les arrels. El seguent teorema resol el problema. Necessitem abans unadefinicio.

Definicio Sigui p(x) = ai0xi0 +aiix

i1 + . . .+aikxik amb i0 < i1 < . . . < ik un polinomi

a coeficients reals. Si per algun j ∈ 0, . . . , k − 1, aijaij+1< 0 diem que hi ha un

canvi de signe en els coeficients de p(x).

Teorema 3.6 (Teorema de Descartes) Sigui p(x) = ai0xi0 + aiix

i1 + . . . + aikxik

un polinomi a coeficients reals amb totes les arrels reals. Aleshores el nombre d’arrelspositives es igual al nombre de canvis de signe dels seus coeficients.

Fixem-nos que el Lema 3.5 i el teorema de Descartes redueixen el problema dedecidir el signe d’una forma quadratica al calcul del polinomi caracterıstic d’unamatriu.

El motiu de aquest repas d’algebra lineal es el seguent resultat

46

Proposicio 3.7 Sigui U ⊂ Rn obert i f : U −→ R de classe C2 a a ∈ U. Suposem ames que a es un punt crıtic de f. Aleshores es verifica:

(1) Si Hf (a) es definida positiva (respectivament negativa) aleshores a es un mınimrelatiu (respectivament maxim relatiu).

(2) Si a es un mınim relatiu (respectivament maxim relatiu) aleshores Hf (a) essemidefinida positiva (respectivament semidefinida negativa).

Prova. (1) Provarem nomes el cas en que Hf (a) es definida positiva. L’altra cases demostra de la mateixa manera. Suposem que Hf (a) es definida positiva i siguiSn−1 = x ∈ Rn : ‖x‖ = 1 la esfera unitat a Rn. Sn−1 es compacte i per tantHf (a)(h, h) restringida a h ∈ Sn−1 assoleix un valor mınim k. Aquest valor k esestrictament positiu ja que Hf (a) es definida positiva i 0 /∈ Sn−1. Tenint en compteque a es un punt crıtic i consequentment ∇(f)(a) = 0, tindrem que

f(x) = f(a)+ < ∇(f)(a), x− a > +1

2Hf (a)((x− a), (x− a)) + R2,a(x)

= f(a) +1

2Hf (a)((x− a), (x− a)) + R2,a(x),

i per tant

f(x)− f(a)

‖x− a‖2=

1

2

Hf (a)(x− a, x− a)

‖x− a‖2+

R2,a(x)

‖x− a‖2

=1

2Hf (a)

(x− a

‖x− a‖ ,x− a

‖x− a‖)

+R2,a(x)

‖x− a‖2≥ k

2+

R2,a(x)

‖x− a‖2.

Pel Teorema 3.4 (b) tenim que

limx→a

R2,a(x)

‖x− a‖2= 0,

i per tant existeix un δ > 0 tal que |R2,a(x)|‖x−a‖2 < k

4si a 6= x ∈ Bδ(a). Aixı

f(x)− f(a)

‖x− a‖2≥ k

2+

R2,a(x)

‖x− a‖2≥ k

2− k

4=

k

4> 0

d’on deduım que f(x)− f(a) > 0 sempre que a 6= x ∈ Bδ(a) i per tant a es un mınimlocal de f.

(2) Suposem doncs que a es un mınim relatiu de f i suposem per arribar a con-tradiccio que Hf (a) no es semidefinida positiva. Per tant existeix un vector v ∈ Rn

tal que Hf (a)(v, v) = −m < 0. Considerem ara y = a + λv amb λ ∈ R. Observemque ‖y − a‖2 = λ2‖v‖2 i per tant

f(y)− f(a)

‖y − a‖2=

1

2Hf (a)

(y − a

‖y − a‖ ,y − a

‖y − a‖)

+R2,a(y)

‖y − a‖2

=1

2

λ2

λ2‖v‖2Hf (a)(v, v) +

R2,a(y)

‖y − a‖2= − m

‖v‖2+

R2,a(y)

‖y − a‖2.

47

Degut a que R2,a(y)

‖y−a‖2 → 0 quan λ → 0 obtenim que f(y)− f(a) < 0 quan λ es proupetit, el que impossibilita que a sigui un mınim relatiu.

48

Problemes

1. Sigui f : R2 −→ R definida per

f(x, y) =

xy(x2−y2)

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

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

Estudieu la diferenciabilitat de f a (0, 0) i comproveu que D1,2(0, 0) 6= D2,1(0, 0).

2. Desenvolupeu per la formula de Taylor:

(a) f(x, y) = x2 + y2 + xy2 en potencies de (x− 1) i (y − 2).

(b) f(x, y) = log(x + y) en un entorn de (1, 1).

(c) f(x, y, z) = ea(x+y+z), a ∈ R, al voltant de (0, 0, 0).

(d) f(x, y) = xy en un entorn de (1, 1) (fins els termes de segon ordre).

3. Comproveu, en cada cas, que la funcio donada satisfa l’equacio en derivadesparcials corresponent:

(a) f(x, y) = ex sin y,∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2= 0 ( Equacio de Laplace)

(b) f(x, t) = sin(x− ct),∂2f

∂t2= c2∂2f

∂x2(Equacio d’ones)

4. Calculeu i classifiqueu els punts crıtics de les seguents funcions:

(a) f(x, y) = x3 + 8y3 − 6xy + 1.

(b) f(x, y) = xy + 1x

+ 8y

(c) f(x, y) = sin x + sin y + sin(x + y). Quins son els valors maxim i mınim def al quadrat [0, π

2]× [0, π

2] ?

(d) f(x, y) = x3 − 3xy + y3

(e) f(x, y) = xy(x− 1)

(f) f(x, y) = cos(x) cosh(y)

(g) f(x, y) = 3x2 + 2xy + 2x + y2 + y + 4

(h) f(x, y, z) = x2 +3y2 +2z2−2xy+2xz. Comproveu que 0 es el valor mınimde f .

5. En cada apartat, estudieu si f existeix el maxim i el mınim absolut en la regioA, i calculeu-los quan sigui possible :

49

(a) f(x, y) = 2x2 − 4x + y2 − 4y + 1, A es el triangle tancat limitat per lesrectes x = 0, y = 2, y = 2x

(b) f(x, y) = (x2 − 4x) cos y, A = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 3, −π/4 ≤ y ≤ π/4(c) f(x, y) = xy + 2x− ln(x2y), A es el primer quadrant obert.

(d) f(x, y) = 3x2 + 2y2 − 4y, A es la regio limitada per la corba y = x2 i larecta y = 4.

6. Calculeu el punt del pla tal que la suma dels quadrats de les distancies als puntsP1 = (0, 1), P2 = (0, 0) i P3 = (1, 0) sigui mınima.

7. (a) Sigui f un funcio C1 a la recta R. Suposeu que f te exactament un puntcrıtic x0 que es un mınim local. Demostreu que x0 tambe es un mınimabsolut.

(b) Considereu a R2 la funcio

f(x, y) = −y4 − e−x2

+ 2y2√

ex + e−x2

Comproveu que f te un unic punt crıtic, que es un mınim local, pero f note cap mınim absolut.

8. Donada f : Rn → R diferenciable, sense extrems relatius, definim g(x) =(f(x))2. Demostreu que el unics extrems relatius de g son el punts on f s’anul·la.Que podeu dir si f no es diferenciable?

9. Sigui f(x, y) = 3x4 − 4x2y + y2 = (y − 3x2)(y − x2). Demostreu que sobre totarecta y = mx la funcio te un mınim relatiu a (0, 0). Vegeu que f NO te unmınim relatiu a (0, 0).

10. Sigui f(x, y, z) = x2 + 3y2 + 2z2− 2xy + 2xz. Proveu que el 0 es el valor mınimde f .

11. Feu el desenvolupament de Taylor de les seguents funcions:

(a) f(x, y) = x3 + y3 + xy2 en (1, 1).

(b) f(x, y, z) = ex+y+z en (0, 0, 0), fins el terme d’ordre n.

(c) f(x, y, z) = xy + z en (1, 1, 0) fins el terme d’ordre 3.

12. (a) Sigui P (x1, ...xn) un polinomi de grau m en les variables x1, ...xn. De-mostreu que per a tot a ∈ Rn, P es el polinomi de Taylor de grau m de Pal

(b) Expresseu el polinomi x3 + 8y3 − 6xy + 1 en potencies de x− 1, y − 1/2.

(c) Calculeu el polinomi de Taylor de grau n de f(x, y, z) = ex+y+z al voltantde

50

IV. Els Teoremes de la funcio inversa i implıcita.Varietats.

Una propietat molt important del proces de diferenciacio es la seguent. Certespropietats de l’aplicacio lineal d(f)a reflecteixen propietats locals (es a dir en unentorn d’a) de la funcio f. En aquest capıtol veurem dos teoremes en aquesta direccio.El primer d’ells es el Teorema de la Funcio Inversa que afirma que si U es un obert deRn i f : U −→ Rn es de classe C1 la invertibilidad de l’aplicacio lineal d(f)a implicala invertibilitat diferenciable de f en entorns de a i f(a).

Teorema 4.1. (Teorema de la Funcio Inversa). Sigui U ⊂ Rn obert i f : U −→Rn de classe Ck, k ≥ 1 a U i sigui a ∈ U tal que det(d(f)a) 6= 0. Aleshores existeixenV i W entorns de a i f(a) tals que f : V −→ W es bijectiva i te inversa diferenciablef−1 : W −→ V que a mes satisfa

d(f−1)f(x) = (d(f)x)−1

per a tot x ∈ V. A mes f−1 es de classe Ck a W.

Prova. Comencem veient l’existencia del entorns en que f es bijectiva amb inversadiferenciable.

Suposem primer que d(f)a = Id. Despres obtindrem facilment el resultat en elcas general. El nostre primer objectiu es demostrar l’existencia d’un entorn d’a, Ωde manera que f |Ω sigui injectiva. Per aixo comencarem obtenint un entorn Ω en elque no hi hagi cap punt x 6= a amb f(x) = f(a). Observem que quan f(x) = f(a)tindrem ‖f(x)− f(a)− d(f)a(x− a)‖

‖x− a‖ =‖x− a‖‖x− a‖ = 1

i degut a que

limx→a

‖f(x)− f(a)− d(f)a(x− a)‖‖x− a‖ = 0

existira un entorn Ω tal que f(x) 6= f(a) sempre que a 6= x ∈ Ω.Usant el fet de que f es de classe C1 podem suposar a mes que det(d(f)x) 6= 0 per

tot x ∈ Ω i que

|Difj(x)−Difj(a)| < 1

2n2

per tot i, j ∈ 1, . . . , n i per tot x ∈ Ω.

51

Considerem ara la funcio g(x) = f(x)− x. Tindrem que

|Digj(x)| = |Difj(x)− δji | = |Difj(x)−Difj(a)| < 1

2n2

per tot x ∈ Ω i tot i, j ∈ 1, . . . , n.Aplicant ara el Lema 2.13 a la funcio g a Ω tindrem:

‖x− y‖ − ‖f(x)− f(y)‖ ≤ ‖f(x)− x− (f(y)− y)‖ = ‖g(x)− g(y)‖≤ 1

2n2n2‖x− y‖ =

1

2‖x− y‖

per tot x, y ∈ Ω, d’on deduım

‖x− y‖ ≤ 2‖f(x)− f(y)‖ (4)

per tot x, y ∈ Ω. Aixı podem concloure que f |Ω es injectiva.Sigui ara ε > 0 prou petit de manera que D = x ∈ Rn : d(y, a) ≤ ε ⊂ Ω.

Aleshores S = Fr(D) = x ∈ Rn : d(x, a) = ε es un compacte. La continuıtat de fimplica que f(S) es compacte i la injectivitat de f a D implica que f(a) /∈ f(S). Pertant d = mind(y, f(a)) : y ∈ f(S) 6= 0. Considerem ara W = B d

2(f(a)). Provarem

ara quef : V = f−1(W ) ∩D −→ W

es bijectiva. Observem primer que V es obert. En efecte f−1(W ) es obert ja que fes contınua i W es obert. Si veiem que f−1(W ) ∩D = f−1(W ) ∩ Int(D) haurem vistque V es la interseccio de dos oberts i per tant es obert. Sigui x ∈ f−1(W ) ∩ D isuposem x /∈ f−1(W ) ∩ Int(D). Aleshores forcosament x ∈ f−1(W ) ∩ S i per tantx ∈ S i f(x) ∈ W. Aleshores d(f(x), f(a)) < d

2< d el que contradiu la definicio de d.

Veiem ara la bijectivitat de f |V . Sabem ja que f es injectiva a V i ens queda perveure la exhaustivitat sobre W. Sigui y ∈ W i considerem la funcio h : D −→ Rdefinida per

h(x) = d(f(x), y)2 = ‖y − f(x)‖2.

Aquesta funcio es contınua i com que D es compacte h assoleix un mınim z a D.Veiem que aquest mınim es un mınim relatiu. En efecte suposem que z ∈ Fr(D) = S.Aleshores h(z) ≤ h(a) i per tant d(f(z), y) ≤ d(f(a), y). Tindrıem aleshores

d(f(z), f(a)) ≤ d(f(z), y) + d(f(a), y) ≤ 2d(f(a), y) < 2d

2= d,

el que contradiu la definicio de d.Aixı doncs z es un punt crıtic de h i per tant d(h)z = 0. Un simple calcul utilitzant

la Regla de la cadena mostra que d(h)z = 2(y−f(z))d(f)z i degut a que det d(f)z 6= 0el sistema lineal i homogeni d’equacions d(h)z = 2(y − f(z)) d(f)z = 0 te com aunica solucio y − f(z) = 0 d’on y = f(z) i f : V −→ W es bijectiva. Podem doncsara definir f−1 : W −→ V.

52

La continuıtat de f−1 es una consequencia immediata de l’equacio (4). En efectesiguin u = f(x), v = f(y) ∈ W, substituint x = f−1(u) i y = f−1(v) a l’equacio (4)obtenim

‖f−1(u)− f−1(v)‖ ≤ 2‖u− v‖, (5)

el que implica la continuıtat uniforme de f−1 a W.Anem ara a provar la diferenciabilitat de f−1 a qualsevol punt de W. Sigui y0 =

f(x0) ∈ W, i λ = d(f)x0 . Provarem que f−1 es diferenciable a y0 i que d(f−1)y0 = λ−1.Per la definicio de diferencial posant ϕ(x) = f(x)− f(x0)− λ(x− x0) tenim que

limx→x0

‖ϕ(x)‖‖x− x0‖ = 0.

Aplicant λ−1 a la definicio de ϕ i tenint en compte que λ−1 es lineal, tindrem

λ−1(f(x)− f(x0))− (x− x0) = λ−1(ϕ(x)),

igualtat que posant f(x) = y i f(x0) = y0 es transforma en:

λ−1(y − y0)− (f−1(y)− f−1(y0)) = λ−1(ϕ(f−1(y))

i per tant pels nostres proposits n’hi ha prou amb veure que

limy→y0

‖λ−1(ϕ(f−1(y)))‖‖y − y0‖ = 0.

Per la linealitat de λ−1 i el Lema 1.24 tenim que existeix K > 0 tal que

‖λ−1(ϕ(f−1(y))‖ ≤ K‖ϕ(f−1(y))‖

i per tant n’hi haura prou amb provar que

limy→y0

‖ϕ(f−1(y))‖‖y − y0‖ = 0.

Tindrem

limy→y0

‖ϕ(f−1(y))‖‖y − y0‖ = lim

y→y0

‖ϕ(f−1(y))‖‖f−1(y)− f−1(y0)‖

‖f−1(y)− f−1(y0)‖‖y − y0‖

= limy→y0

‖ϕ(x)‖‖x− x0‖

‖f−1(y)− f−1(y0)‖‖y − y0‖

on recordem que x = f−1(y) i x0 = f−1(y0). Notem que x → x0 quan y → y0 deguta la continuıtat de f−1. Aixı

limy→y0

‖ϕ(x)‖‖x− x0‖ = lim

x→x0

‖ϕ(x)‖‖x− x0‖ = 0,

53

mentre que‖f−1(y)− f−1(y0)‖

‖y − y0‖ < 2

degut a l’equacio (5).Fins aquı hem demostrat l’existencia d’inversa diferenciable pel cas especial en que

d(f)a = Id. Veiem el cas general. Sigui µ = d(f)a i com que per hipotesi det(µ) 6= 0 laaplicacio lineal µ te una inversa µ−1 que es tambe lineal i podem considerar la funciof = µ−1 f : U −→ Rn. Clarament f satisfa les hipotesis del teorema amb l’afegit deque

d(f)a = d(µ−1 f)a = µ−1 µ = Id.

Estem doncs en les condicions en que ja hem provat el teorema i per tant existeixenentorns V d’a i W de f(a) tals que f : V −→ W te inversa diferenciable. Aleshoresf = µ f : V −→ µ(W ) es tambe invertible i f−1 = f−1 µ−1 es diferenciable perser composicio de d’aplicacions diferenciables. Observem que µ(W ) = (µ−1)−1(W )es a dir la antiimatge d’un obert per la funcio contınua µ−1 i es per tant un obert.Finalment degut a que f−1 f = Id per la Regla de la cadena obtenim

d(f−1)f(x) d(f)x = Id

d’ond(f−1)f(x) = (d(f)x)

−1

el que acaba la demostracio de l’existencia d’inversa diferenciable.Veiem ara que f−1 es de classe Ck a W. Ho farem per induccio. Considerem

doncs el cas k = 1. Sabem ja que f−1 te derivades parcials a tot y ∈ W ja que esdiferenciable. Cal veure que son contınues. Ara be, degut a que

d(f−1)y = d(f)f−1(y)

les derivades parcials de f−1 en el punt y son funcions racionals de les derivadesparcials de f en el punt f−1(y). Observem a mes que el denominador d’aquestesfuncions racionals es det(d(f)f−1(y)) que es sempre diferent de zero per construcciode V i W. Com que per hipotesi les derivades parcials de f son de contınues i hemprovat que f−1 es contınua obtenim que f−1 es de classe C1 a W.

Suposem ara cert el resultat per k = j i veiem-ho per j + 1. Si f es de classeCj+1 es en particular de classe Cj i per la hipotesi d’induccio f−1 es de classe Cj a W.D’altra banda les derivades parcials de f a V son de classe Cj. Usant un altre cop que

d(f−1)y = d(f)f−1(y)

obtenim que les derivades parcials de f−1(y) son funcions racionals de les derivadesparcials de f (que son de classe Cj) avaluades a f−1(y) (que es de classe Cj)). Obtenimaixı que les derivades parcials de f−1 son de classe Cj i per tant f−1 es de classe Cj+1

a W.

54

Abans d’enunciar un corol.lari d’aquest resultat introduırem dues nocions.

Definicions. Siguin A ⊂ Rn, B ⊂ Rm. Diem que f : A −→ B es un homeomor-fisme si f es contınua i bijectiva i f−1 es tambe contınua.

Siguin A,B oberts de Rn. Diem que f : A −→ B es un difeomorfisme si f esun homeomorfisme diferenciable i f−1 es tambe diferenciable. Si a mes f es de classeCk diem que f es un difeomorfisme de classe Ck.

L’aplicacio f : (−1, 1) −→ (−1, 1) donada per f(x) = x3 es un exemple dehomeomorfisme que no es difeomorfisme. (f−1 no es diferenciable a 0).

Corol.lari 4.2 Sigui A obert de Rn i f : A −→ Rn de classe Ck amb k ≥ 1 tal quedet(d(f)x) 6= 0 per tot x ∈ A. Aleshores les seguents afirmacions son certes:

(1) f(A) es obert.

(2) f(B) es obert per tot B ⊂ A obert.

(3) Si f es injectiva aleshores f : A −→ f(A) es un difeomorfisme de classe Ck.

Prova. (1) Sigui y ∈ f(A) i sigui x ∈ A amb f(x) = y. Per hipotesi det(d(f)x) 6= 0i pel Teorema de la Funcio Inversa existeixen entorns V de x i W de y tals quef : V −→ W es bijectiva. En particular W ⊂ f(A) i y ∈ Int f(A). Per tant f(A) esobert.

(2) La prova es immediata aplicant (1) a f : B −→ Rn.(3) Degut a que f : A −→ f(A) es bijectiva, l’aplicacio f−1 esta ben definida. El

fet de que es de classe Ck es consequencia del Teorema de la funcio inversa.

Es important fer notar que el Teorema de la funcio Inversa es un teorema local.No es pas cert en general que una funcio diferenciable amb diferencial invertible acada punt sigui invertible globalment. La seguent funcio n’es un exemple classic.

Exemple La funcio f : R2 −→ R2 donada per

f(x, y) = (ex cos y, ex sin y)

te inversa local al entorn de qualsevol punt pero no te inversa global. En efectedet(d(f)(x,y)) = e2x 6= 0 i per tant aquesta funcio admet inverses locals a l’entorn dequalsevol punt de R2. Ara be es clar que f(x, y) = f(x, y + 2kπ) per tot k ∈ Z i pertant f no es injectiva el que impossibilita l’existencia d’una inversa global.

Per introduir i motivar el Teorema de la Funcio Implıcita recordarem abans algunresultat d’algebra lineal. Considerem el sistema de m equacions lineals amb n + mincognites:

a11x1 +a12x2 + . . . +a1(n+m)xn+m = 0,...

......

......

am1x1 +am2x2 + . . . +am(n+m)xn+m = 0.

55

Sabem que si el sistema te rank m aleshores el conjunt solucio es pot descriureexpressant m variables en funcio (lineal) de les n variables restants. A mes, la condicioper a que xi1 , . . . , xim es puguin expressar en el conjunt solucio com a funcio de lesn restants, es que el menor de la matriu del sistema corresponent a les columnesi1, . . . , im tingui determinant no nul.

El problema equivalent si eliminem la linealitat es el seguent. Considerem elseguent sistema d’equacions:

f1(x1, . . . , xn+m) = 0,...

...fm(x1, . . . , xn+m) = 0,

on f = (f1, . . . , fm) es diferenciable i suposem que a ∈ Rn+m es solucio del sistema, esa dir f(a) = 0. La pregunta es si tambe es pot descriure el conjunt solucio localment(a prop d’a) expressant m variables com a funcio (que obviament ara no sera lineal) deles n restants i si es aixı quines son les variables expresables en funcio de les restants.La resposta precisa la dona el seguent Teorema.

Teorema 4.3. (Teorema de la Funcio Implıcita). Sigui U un obert de Rn+m

f : U −→ Rm de classe Ck a U. Sigui (a, b) ∈ U amb a ∈ Rn, b ∈ Rm i f(a, b) = 0.Suposem a mes que

det (Dn+ifj(a, b)) 6= 0 amb i, j = 1, . . . , m.

Aleshores existeixen entorns A ⊂ Rn d’a i B ⊂ Rm de b i una funcio g : A −→ B declasse Ck a A tals que

z ∈ A×B : f(z) = 0 = (x, g(x) : x ∈ A.

Prova. Definim F : U −→ Rn × Rm per F (x, y) = (x, f(x, y)). Clarament F es declasse Ck a U i

det(d(F )(a,b) = det (Dn+ifj(a, b)) 6= 0.

Pel Teorema de la Funcio Inversa existeix un entorn obert W de F (a, b) = (a, 0) aRn×Rm i un entorn obert de (a, b) a U que podem prendre de la forma A×B tal queF : A × B −→ W es un difeomorfisme de classe Ck. Clarament F−1 : W −→ A × Bes de la forma

F−1(x, y) = (x, l(x, y))

per una certa funcio l : W −→ B de classe Ck a W. Sigui g : A −→ B definida perg(x) = l(x, 0) que es de classe Ck a A ja que l ho es.

Veiem que g satisfa l’enunciat del teorema. En efecte, sigui z = (x, y) ∈ A × Bamb f(z) = 0. Aleshores F (z) = (x, 0) i per tant

z = (x, y) = F−1(x, 0) = (x, l(x, 0)) = (x, g(x)).

56

Recıprocament, sigui z = (x, g(x)) amb x ∈ A. Observem primer que si denotemper π2 : Rn × Rm −→ Rm definida per π2(x, y) = y aleshores f(x, y) = π2 F.Tindrem,

f(z) = f(x, g(x)) = f(x, l(x, 0)) = f(F−1(x, 0)) = π2(F (F−1(x, 0))) = 0.

En general la funcio g que parametritza localment el conjunt solucio no es potcomputar explıcitament (per aixo parlem de funcio implıcita). El teorema anteriorno es mes que un teorema d’existencia. El que sı es pot calcular son les derivadesparcials de la funcio g en el punt a. En efecte, considerem la funcio G : A −→ Rm

definida per G(x) = f(x, g(x)) que es identicament 0 i per tant d(G)a = 0. Tindremdoncs aplicant la Regla de la Cadena,

d(G)a = d(f)(a,b) (

Idd(g)a

)= 0

i per tant

(Difj(a, b))j=1,...,mi=1,...,n + (Dn+ifj(a, b))i,j=1...,m d(g)a = 0

d’on

d(g)a = −((Dn+ifj(a, b))i,j=1...,m

)−1

(Difj(a, b))j=1,...,mi=1,...,n .

Estem ara en condicions de definir de manera precisa el concepte de varietatdiferenciable. Recordarem primer el que passa en el cas de varietats lineals. Unavarietat lineal de dimensio m a Rn no es mes que un conjunt de la forma V = e + Fon e es un vector de Rn i F un subespai vectorial de Rn de dimensio m. Aixı siv1, . . . , vm es una base de F aleshores els v ∈ V es poden parametritzar de la formav = e + λ1v1 + . . . + λmvm, on λi ∈ R.

Podem pensar doncs que V es la imatge de la seguent aplicacio

ϕ : Rm −→ Rn

(λ1, . . . , λm) −→ e + λ1v1 + . . . + λmvm.

D’altra banda sabem que el conjunt solucio d’un sistema de n −m equacions inde-pendents a Rn es sempre una varietat lineal de dimensio m i recıprocament donadauna varietat lineal V de dimensio m existeix un sistema de n−m equacions indepen-dents la solucio del qual es precisament la varietat V. Aixı doncs una varietat linealde dimensio m es pot definir explıcitament mitjancant un punt de la varietat i unabase del subespai vectorial associat o implıcitament mitjancant un sistema de n−mequacions independents.

La situacio no lineal es identica (localment). Donarem dues definicions equivalentsde varietat diferenciable. La idea de fons es que una varietat de dimensio m a Rn es

57

un subconjunt de Rn que ”localment” es com (homeomorf) un obert de Rn afegint-hicondicions de diferenciabilitat. Aixo es el que expressa la definicio 1. La definicio 2diu que aixo es equivalent a que el subconjunt sigui localment el conjunt solucio d’unsistema de n−m equacions diferenciables.

Definicio 1. Diem que M ⊂ Rn es una varietat diferenciable de dimensio m iclasse Cq si per cada x ∈ M existeixen Ux entorn de x a M, Ωx obert de Rm i unhomeomorfisme ϕ : Ωx −→ Ux de clase Cq tal que rank(d(ϕ)y) = m per tot y ∈ Ωx.

Anomenem l’aplicacio ϕ una parametritzacio local de la varietat M i al parell(Ωx, ϕ) una carta local. Un atlas de la varietat es una famılia (Ωi, ϕi)i∈I de carteslocals tal que M ⊂ ∪i∈Iϕi(Ωi).

Definicio 2. Diem que M ⊂ Rn es una varietat diferenciable de dimensio m i classeCq si per cada x ∈ M existeix Vx entorn de x a Rn i ψ : Vx −→ Rn−m de classe Cq talque rank(d(ψ)y) = n−m per tot y ∈ Vx i tal que

M ∩ Vx = z ∈ Vx; ψ(z) = 0.

Teorema 4.4 Les definicions 1 i 2 son equivalents.

Prova. Es una consequencia del Teorema de la funcio implıcita.Suposem primer que M satisfa la definicio 2. Sigui x ∈ M i Vx, ψ verificant les

propietats esmentades a la definicio 2. Posem Rn = Rm × Rn−m i x = (a, b). Comque rank(d(ψ)x) = n − m hi ha n − m columnes de d(ψ)x linealment independentsque podem suposar, sense perdua de generalitat, que son les ultimes n−m columnes.Pel Teorema de la funcio Implıcita obtenim que existeixen entorns A de a i B de b iuna funcio g : A −→ B de classe Cq de manera que A×B ⊂ Vx i

z ∈ A×B; ψ(z) = 0 = (x, g(x)); x ∈ A.

Considerem araϕ : A −→ A×B

definida per ϕ(y) = (y, g(y)), que es de classe Cq i injectiva ja que les m primerescomponents de ϕ son la identitat. Observem que si y ∈ A aleshores ψ(y, g(y)) = 0 iper tant (y, g(y)) ∈ M. Recıprocament si (x1, x2) ∈ (A×B)∩M aleshores ψ(x1, x2) =0 i per tant x2 = g(x1) i (x1, x2) = ϕ(x1). Com que ϕ es injectiva resulta que ϕ esuna bijeccio entre A i (A×B) ∩ M. A mes ϕ−1 es contınua ja que no es mes quela projeccio de les m primeres coordenades. D’altra banda Ux = (A×B) ∩ M esun entorn obert de x a M ja que es la interseccio d’un obert de Rn amb M. Tenimaixı construit l’entorn de x a M i el homeomorfisme de classe Cq amb un obert deRm. Observem finalment que, degut a que les primeres m components de ϕ son laidentitat, rank(d(ϕ)y) = m per tot y ∈ A.

Suposem ara que M satisfa la definicio 1. Sigui x ∈ M i Ux, Ωx i ϕ verificantles propietats esmentades a la definicio. Sigui t0 ∈ Ωx tal que ϕ(t0) = x. Com que

58

rank(d(ϕ)t0) = m podem suposar que les m primeres files de d(ϕ)t0 son linealmentindependents. Posem Rn = Rm × Rn−m, z = (z1, z2), ϕ = (ϕ1, ϕ2). Degut a quedet(d(ϕ1)t0) 6= 0 pel Teorema de la Funcio Inversa existeix Ux un entorn de t0 a Ωx

tal que ϕ1 : Ux −→ ϕ1(Ux) es un difeomorfisme de classe Cq. A mes pel Corol.lari4.2 ϕ1(Ux) es un obert de Rm que conte x1. Sigui ara B un entorn de x2 a Rn−m de

manera que(ϕ1(Ux)×B

)∩M ⊂ Ωx. Finalment sigui ψ : Vx −→ Rn−m donada per

ψ(z1, z2) = z2 − ϕ2(ϕ−11 (z1)).

Veiem que Vx = ϕ1(Ux)×B i ψ satisfan les propietats de la definicio 2. Abans que resobservem que rank(d(ψ)z) = n−m per tot z ∈ Vx ja que les ultimes n−m columnesde d(ψ)z son la identitat. Sigui z = (z1, z2) ∈ Vx ∩M. Aleshores z = (ϕ1(t), ϕ2(t))per algun t ∈ Ux i tindrem

ψ(z1, z2) = ψ(ϕ1(t), ϕ2(t)) = ϕ2(t)− ϕ2(ϕ−11 (ϕ1(t))) = 0.

Recıprocament suposem que (z1, z2) ∈ Vx i que ψ(z1, z2) = 0. Aleshores

(z1, z2) = (z1, ϕ2(ϕ−11 (z1))) = (ϕ1(ϕ

−11 (z1)), ϕ2(ϕ

−11 (z1))) = ϕ(ϕ−1

1 (z1))

i per tant (z1, z2) ∈ M.

Quan no especifiquem la classe de diferenciabilitat d’una varietat entendrem quees de classe C1. A una varietat de dimensio 1 l’anomenem corba diferenciable, auna varietat de dimensio 2 superfıcie i a una varietat de dimensio n − 1 l’anomenenhipersuperfıcie.

Definicio. Sigui M ⊂ Rn una varietat diferenciable i x ∈ M. Diem que v ∈ Rn es unvector tangent a M en el punt x si existeix una corba diferenciable ϕ : I −→ Mtal que ϕ(t0) = x i ϕ′(t0) = v per a cert to ∈ I. Al conjunt de tots els vectors tangentsa M en el punt x s’anomena espai tangent a M en el punt x i es denota perTx(M).

Proposicio 4.5 Sigui M ⊂ Rn una varietat diferenciable i x ∈ M. L’espai tangent aM en el punt x es un subespai vectorial de dimensio m de Rn.

Prova. Siguin Ωx i ψ : Ωx −→ Rn−m definint la varietat localment a x. Provarem queTx(M) = Ker(d(ψ)x). Aixo prova que Tx(M) es un subespai vectorial de dimension − (n − m) = m. Sigui v ∈ Tx(M) i ϕ : I −→ M la corba diferenciable tal queϕ(t0) = x i ϕ′(t0) = v. Tindrem que ψ ϕ : I −→ Rn−m es identicament zero i pertant

0 = d(ψ ϕ)t0 = d(ψ)ϕ(t0) d(ϕ)t0 = d(ψ)x(v)

d’on v ∈ Ker(d(ψ)x).Recıprocament sigui v ∈ Kerd(ψ)x. Hem de construir una corba diferenciable

a la varietat que passi pel punt x i que tingui v com a vector tangent. Per aixo

59

posem Rn = Rm × Rn−m, z = (z1, z2) i suposem sense perdua de generalitat queles ultimes n − m columnes de d(ψ)x son linealment independents (recordem querank(d(ψ)x) = n −m). Considerem ara l’aplicacio F : Ωx −→ Rm ×Rn−m definidaper F (z1, z2) = (z1, ψ(z1, z2)). Tindrem que el determinant de la matriu de d(F )x

es el determinant de la identitat a Rm multiplicat pel determinant de les ultimesn−m columnes de d(ψ)x i per tant es no nul. Aixı pel teorema de la funcio inversaexisteixen Ux ⊂ Ωx entorn de x i V entorn de (x1, 0) tals que F : Ux −→ V esinvertible. Anem doncs ara a construir la corba amb les propietats requerides. Definimϕ : (−ε, ε) −→ M per ϕ(t) = F−1(x1 + tv1, 0). Veiem que ϕ esta ben definida, prenvalors a M i ϕ(0) = x. Observem que com que V es un entorn de (x1, 0) aleshoresper ε prou petit (x1 + tv1, 0) ∈ V i per tant F−1(x1 + tv1, 0) esta definit. A mesϕ(0) = F−1(x1, 0) i F (x1, x2) = (x1, 0) per tant ϕ(0) = (x1, x2) = x. Finalment F−1

aplica els punts amb segona coordenada 0 a punts de M i per tant la corba ϕ prenvalors a M. A mes ϕ es diferenciable per la Regla de la Cadena.

Nomes ens resta provar que ϕ′(0) = v. Veiem-ho. Tindrem

ϕ′(0) = d(F−1)(x1,0)

(v1

0

)= (d(F )F−1(x1,0))

−1

(v1

0

)= (d(F )(x1,x2))

−1

(v1

0

).

Per tant ϕ′(0) = v si i nomes si

(d(F )(x1,x2))−1

(v1

0

)=

(v1

v2

)

i aixo es equivalent a

d(F )(x1,x2)

(v1

v2

)=

(v1

0

)

el que es un simple calcul. En efecte la matriu d(F )x te la seguent estructura:(

Id 0d(ψ)x

)

i per tant

d(F )(x1,x2)

(v1

v2

)=

(Id 0

d(ψ)x

)(v1

v2

)=

(v1

d(ψ)x(v)

)=

(v1

0

)

ja que v ∈ Ker(d(ψ)x).

Definicio. Sigui M ⊂ Rn una varietat de dimensio m i x ∈ M. Definim l’espainormal a M en el punt x com l’ortogonal a Tx(M) i el denotem per Nx(M). Perla proposicio anterior la dimensio de Nx(M) es n−m.

Corol.lari 4.6. Sigui M ⊂ Rn una varietat de dimensio m i x ∈ M. Siguin Vx

entorn de x a Rn i ψ : Vx −→ Rn−m definint la varietat localment a x. Siguin tambeUx entorn de x a M, Ωx obert de Rm i un homeomorfisme ϕ : Ωx −→ Ux com a ladefinicio 1. Sigui x0 ∈ Ωx amb ϕ(x0) = x. Aleshores les seguents afirmacions soncertes:

60

(1) Els vectors ∇(ψ1)(x) . . . ,∇(ψn−m)(x), formen una base de Nx(M).

(2) Els vectors D1(ϕ)(x0), . . . , Dm(ϕ)(x0) formen una base de Tx(M).

Prova. (1) Si v ∈ Tx(M) aleshores per la Proposicio 4.5 d(ψ)x(v) = 0. Ara be lafila i-essima de d(ψ)x es precisament ∇(ψi)(x) i per tant < ∇(ψi)(x), v >= 0 perqualsevol v ∈ Tx(M). Aixo implica que ∇(ψi)(x) ∈ Nx(M) per i = 1, . . . , n − m.Obtenim el resultat ja que dim(Nx(M)) = n − m i ∇(ψ1)(x), . . . ,∇(ψn−m)(x), sonlinealment independents (recordem que rank(d(ψ)x) = n−m).

(2) Sigui e1, . . . , em la base canonica de Rm. Aleshores per i = 1, . . . , m l’aplicacioci : (−ε, ε) −→ M donada per ci(t) = ϕ(x0+tei) es una corba diferenciable amb ci(t) ∈Ux, ci(0) = x i c′i(0) = Di(ϕ)(x0). Aixı Di(ϕ)(x0) ∈ Tx(M) per i = 1, . . . , m. Obtenimara el resultat del fet de que dim(Tx(M)) = m i que D1(ϕ)(x0), . . . , Dm(ϕ)(x0) sonlinealment independents (recordem que rank(d(ϕ)x0) = m).

Proposicio 4.7. Multiplicadors de Lagrange. Sigui M ⊂ Rn una varietat,U ⊂ Rn obert amb U ∩ M 6= ∅ i f : U −→ R diferenciable. Sigui x ∈ M extremrelatiu de f |U∩M . Aleshores ∇(f)(x) ∈ Nx(M). En particular si la varietat ve donadalocalment a x per n−m equacions φ1, . . . φn−m existiran λ1, . . . , λn−m tals que

∇(f)(x) =n−m∑i=1

λi∇(φi)(x).

Prova. Siguin Ωx ⊂ Rm, ϕ : Ωx −→ M una carta local de M a x i t0 ∈ Ωx ambϕ(t0) = x. Aleshores l’aplicacio

f ϕ : Ωx −→ R

te un extrem relatiu a t0. Tindrem doncs d(f ϕ)t0 = 0 d’on ∇(f)(x) d(ϕ)t0 = 0.Pel Corol.lari 4.6 les columnes de d(ϕ)t0 son una base de Tx(M) i per tant ∇(f)(x) ∈Nx(M). Tambe pel Corol.lari 4.6, ∇(φ1)(x), . . .∇(φn−m)(x) son una base de Nx(M)i per tant existeixen λ1, . . . , λn−m tals que ∇(f)(x) =

∑n−mi=1 λi∇(φi)(x).

61

Problemes

1. Sigui f : R3 → R3, f(x, y, z) = (ex, sin(x + y), ez). Demostreu que f te inversalocal diferenciable al voltant de (0, 0, 0) pero f no te inversa global en R3.

2. Proveu que f(u, v) = (eu + ev, eu − ev) es localment inversible en tot punt deR2. Proveu que la inversa local es global i trobeu-la.

3. Demostreu que f(x, y) = (x2 − y2, 2xy) te inversa local a tot punt excepte a(0, 0) pero la funcio no es injectiva a R2. Calculeu el jacobia de la funcio inversaa (x, y) 6= (0, 0).

4. (a) A R3 definim f(x, y, z) = (ey cos x, ey sin x, z3). Trobeu el punts de R3 onel teorema de la funcio inversa sigui valid.

(b) Sigui U = (x, y, z) ∈ R3 : −π < x < π. Determineu f(U) i comproveuque f : U → f(U) es invertible. Doneu la diferencial de f−1 en (1, 0, 0) ien (1, 0, 1).

5. (a) Demostreu que la equacio x2+y2+z2 = 2x+6y+4z−13 defineix y = f(x, z)com a funcio implıcita de x, z al voltant del punt (1, 4, 2).

(b) Calculeu les derivades primeres i segones de f i comproveu que (1, 2) es unmaxim local de f . Quina es la interpretacio geometrica d’aquest resultat?

6. (a) Demostreu que si l’equacio f(x, y) = 0 defineix x = x(y) al voltant delpunt (x0, y0), i y0 es un extrem local de x(y), llavors y no es pot aıllar coma funcio de x en cap entorn de x0.

(b) Sigui f : R2 → R definida per f(x, y) = 2x3 − 3x2 − 2y3 − 3y2 i S =(x, y) ∈ R2; f(x, y) = 0. Comproveu que (0, 0) es un punt aıllat de S ique y no es pot resoldre en funcio de x al voltant del punt (3/2, 0).

7. Demostreu que l’equacio x3z−z3yx = 0 defineix z = z(x, y) com a funcio C∞ alvoltant de (1, 1, 1) pero no al voltant de (0, 0, 0). Calculeu les primeres derivadesde z al punt (1, 1).

8. Donat el sistema ex + αy2z − z = βx2 + αy2 ln z − xy = 0

(a) Determineu els valors de α, β ∈ R pels quals aquest sistema defineix y i zcom a funcions implıcites de x, de classe C∞, localment a (0, 1, 1).

(b) Per quins valors de α, β ∈ R es te y′(0) = −1/2 i z

′(0) = 1.

62

9. Proveu que el sistema

sin πw

= 0ex+u − 1 = 02x− u + v − w + 1 = 0,

defineix implıcitament tres funcions u = u(x), v = v(x) y w = w(x) en unentorn del punt (0, 0, 0, 1). Trobeu el desenvolupament de Taylor de v(x) en unentorn del punt 0 fins els termes d’ordre 2.

10. Una recta que passa per l’origen forma en el primer octant angles α, β, γrespectivament amb els semieixos coordenats positius. Trobeu una relacio dedependencia entre α, β, γ i considereu γ com a funcio de α i β. Calculeu ∂γ

∂α

quan α = π/4, β = π/3, γ = π/3.

11. Sigui F (x, y) = ex2+2y2+2 Quines corbes de nivell son varietats? La mateixaquestio per G(x, y) = xy.

12. Donat un polinomi p(x) = xn + an−1xn−1 + ... + a1x + a0 amb coeficients reals,

volem expressar les arrels de p en funcio dels coeficients.

(a) Suposant que p te n arrels reals, αi, i = 1, ..., n, expresseu els ai explıcitamenten funcio de les αi.

(b) Doneu una condicio sota la qual es possible expressar localment les αi coma funcions de classe C∞ dels ai.

13. (El metode de quadrats mınims) Suposem que es vol estudiar la relacio entredues variables X,Y associades a un experiment a partir dels valors concrets(x1, y1),...,(xn, yn) observats en n mesuraments. El metode de quadrats mınimsconsisteix en buscar una recta y = ax + b de manera que l’error quadratic

E(a, b) =n∑1

(axi + b− yi)2

sigui mınim. Considerem

σ2x =

1

n

n∑1

x2i − µ2

x =1

n

n∑1

(xi − µx)2

σ2y =

1

n

n∑1

y2i − µ2

y

covx,y =1

n

n∑1

xiyi − µxµy

on µx, σ2x (resp µy, σ2

y) son la mitjana i la variancia de les dades x1,...., xn (resp.de y1,....,yn) i covx,y es la covariancia conjunta de (x1, y1),...,(xn, yn). Demostreu:

63

(a) E te un unic punt crıtic (a0, b0) donat per a0 = covx,y

σ2x

, b0 = µy − a0µx.

(b) (a0, b0) es el mınim absolut de la funcio E.

La recta y = a0x + b0 es diu ”recta de regressio de Y sobre X corresponent ales dades (x1, y1),...,(xn, yn)”.

14. Donats n punts del pla , trobeu el punt tal que la suma dels quadrats de lesdistancies als n punts sigui mınima.

15. (a) Determineu els extrems absoluts de f(x, y, z) = xy + yz + zx sobre elconjunt

A = (x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 ≤ 1.(b) Determineu els extrems absoluts de f 2 sobre A.

16. Trobeu la distancia de (0, 0, 0) a la corba

C = (x, y, z) ∈ R3;x2

4+ y2 +

z2

4= 1, x + y + z = 1

17. Un producte es fabrica en dues fabriques diferents. Si x1, x2 son les unitatsproduıdes en cada fabrica, la funcio de cost es

C(x1, x2) = 0, 25 x21 + 10x1 + 0, 15 x2

2 + 12 x2

Un fabricant rep un encarrec de 1000 unitats de producte. Calculeu quantesunitats s’han de produir en cada fabrica.

18. Trobeu la mınima distancia entre la circumferencia x2+y2 = 1 i la recta x+y =4.

19. Es vol muntar un radiotelecopi en un punt de la superfıcie d’un planeta onla interferencia del camp magnetic sigui mınima. Si el radi del planeta es de 6unitats i la forca del camp magnetic ve donada per F (x, y, z) = 6x−y2+xz+200,basat en un sistema de coordenades amb el centre del planeta com a origen,determineu on s’ha de posar el radiotelescopi.

20. Un magatzem de 1000m3 de volum te forma de paral.lelepıpede. El sostre, elterra i les parets laterals estan fabricats amb diferents materials. En el casdel sostre, la perdua de calor per unitat d’area es igual a 5 vegades la que esprodueix al terra i en el cas de les parets laterals es igual a 3 vegades la del terra.Calculeu les dimensions del magatzem que minimitzen la perdua de calor.

21. La funcio de temperatura en un cert sistema de coordenades es T (x, y, z) =20 + 2x + 2y + z2. Determineu les temperatures extremes a la corba intersecciode l’esfera x2 + y2 + z2 = 11 i el pla x + y + z = 3.

64

V. Integracio.

1. Construccio de la integral de Riemann sobre rectangles.

La integral d’una funcio f : I −→ R on I ⊂ R es un interval acotat, mesural’area que queda entre la grafica de la funcio i l’interval I. El nostre primer objectiues generalitzar aquesta construccio per a funcions acotades definides en un ”rectangle”de Rn. Per exemple, si f : [a1, b1]×[a2, b2] −→ R es una funcio acotada voldrıem poderdefinir i calcular el volum del prisma que te per base el rectangle [a1, b1]× [a2, b2] i encada punt (x, y) ∈ [a1, b1]× [a2, b2] alcada f(x, y). Aquest mateix problema el podemconsiderar si considerem rectangles a Rn i funcions a valors reals i acotades sobre elsrectangles. Comencem per definir amb precisio que entenem per un rectangle a Rn.

Definicio. Un rectangle a Rn es el producte cartesia de n intervals tancats nodegenerats i acotats. Aixı si S es un rectangle escriurem S = [a1, b1] × . . . × [an, bn]amb ai < bi per i = 1, . . . , n. El volum del rectangle S es defineix com

v(S) = (b1 − a1) . . . (bn − an).

Recordem que una particio P d’un interval I = [a, b] es una col.leccio de puntsto = a < t1 . . . < tk = b.

Definicio. Una particio d’un rectangle S = [a1, b1] × . . . × [an, bn] ⊂ Rn es unacol.leccio P = (P1, . . . , Pn) on cada Pi es una particio de [ai, bi]. Es clar que si cada Pi

divideix [ai, bi] en ni subintervals aleshores P divideix S en n1n2 . . . nn subrectangles.Donada una particio P del rectangle S escriurem R ∈ P per denotar que R es undels subrectangles induıts per la particio P.

Sigui f : S −→ Rn acotada amb S ⊂ Rn un rectangle. Definim

mS(f) = inff(x) : x ∈ S

iMS(f) = supf(x) : x ∈ S.

Sigui ara P una particio de S i denotem per Si, i = 1, . . . k els subrectangles queindueix. Definim la suma inferior de f associada a la particio P com:

L(f, P ) =k∑

i=1

mSi(f)v(Si)

65

i la suma superior de f associada a la particio P com:

U(f, P ) =k∑

i=1

MSi(f)v(Si).

Clarament L(f, P ) ≤ U(f, P ). De fet, com veurem immediatament es certa unadesigualtat molt mes general. Siguin P i Q dues particions del rectangle S. Diem queP es mes fina que Q si qualsevol subrectangle associat a la particio P esta continguten algun dels subrectangles associats a la particio Q. La demostracio del seguentlemma es identica que en el cas d’una variable.

Lemma 5.1 Siguin P i Q dues particions del rectangle S amb P mes fina que Q if : S −→ R acotada. Aleshores L(f, P ) ≥ L(f,Q) i U(f, P ) ≤ U(f, Q).

Proposicio 5.2 Siguin P i Q dues particions del rectangle S i f : S −→ R acotada.Aleshores L(f, P ) ≤ U(f,Q).

Prova. Nomes cal considerar una particio PQ mes fina que P i Q. Tindrem

L(f, P ) ≤ L(f, PQ) ≤ U(f, PQ) ≤ U(f, Q).

Considerem ara el conjunt L(f, S) = L(f, P ) : P particio de S. Per la Proposicioanterior aquest conjunt esta acotat superiorment per qualsevol suma superior i podemdefinir la integral superior de f a S com:

∫

S

f = supL(f, S).

De la mateixa manera podem considerar el conjunt U(f, S) = U(f, P ) : P particio de Sque estara acotat inferiorment per qualsevol suma inferior i definir la integral superiorcom: ∫

S

f = inf U(f, S).

Definicio. Diem que f : S −→ R acotada es integrable al rectangle S si

∫

S

f =

∫

S

f.

En aquest cas denotem aquest nombre per

∫

S

f

i l’anomenem la integral de f a S.

66

El seguent lemma es una caracteritzacio de les funcions integrables en rectanglesque ens sera util per provar les propietats elementals de la integral.

Lemma 5.3 Sigui f : S −→ R acotada amb S un rectangle de Rn. Aleshores fes integrable en S si i nomes si per tot ε > 0 existeix una particio P de S tal queU(f, P )− L(f, P ) < ε.

Prova. Suposem f integrable a S. Siguin ε > 0 i P i Q particions de S amb U(f, P )−∫Sf < ε/2 i

∫Sf − l(f, Q) < ε/2. Sigui PQ una particio mes fina que P i Q. Tindrem

U(f, PQ)− L(f, PQ) = U(f, PQ)− ∫S

f +∫

Sf − L(f, PQ)

= U(f, PQ)− ∫Sf +

∫Sf − L(f, PQ)

≤ U(f, P )− ∫Sf +

∫Sf − L(f,Q) < ε/2 + ε/2 = ε

Recıprocament, suposem que f no es integrable a S i sigui k =∫

Sf − ∫

Sf > 0.

Aleshores es clar que U(f, P )− L(f, P ) ≥ k per tota particio P de S.

La prova dels seguents quatre lemes es identica que en el cas d’una variable. Noen farem la prova.

Lema 5.4 Sigui S un rectangle a Rn i f, g : S −→ R integrables a S. Aleshores f + ges integrable a S i ∫

S

f + g =

∫

S

f +

∫

S

g.

D’altra banda si c ∈ R aleshores cf es integrable a S i∫

S

cf = c

∫

S

f.

Lema 5.5 Sigui S un rectangle a Rn, f : S −→ R acotada a S i P una particio de S.Denotem per Si i = 1, . . . , k els subrectangles associats a P. Aleshores f es integrablea S si i nomes si f es integrable a Si per i = 1, . . . , k. A mes si f es integrable a Ses te: ∫

S

f =k∑

i=1

∫

Si

f.

Lema 5.6 Sigui S un rectangle a Rn i f, g : S −→ R integrables a S. Si f ≤ galeshores ∫

S

f ≤∫

S

g.

En particular si f es integrable a S aleshores |f | es tambe integrable a S i∣∣∣∣∫

S

f

∣∣∣∣ ≤∫

S

|f |.

67

Lema 5.7 Sigui S un rectangle a Rn, i f : S −→ R integrable a S. Sigui g : S −→ Rtal que f(x) = g(x) per tot x ∈ S tret d’un nombre finit de punts. Aleshores g esintegrable a S i

∫S

f =∫

Sg.

2. Caracteritzacio de les funcions integrables. Extensio de la integral arecintes mes generals.

Passem ara a donar una caracteritzacio mes qualitativa de les funcions integrables.Per aixo necessitem donar abans unes definicions.

Definicio. Sigui A ⊂ Rn. Diem que A te mesura de Jordan zero si per tot ε > 0 exis-teix una famılia numerable de rectangles Sii∈N tals que A ⊂ ∪i∈NSi i

∑∞i=1 v(Si) <

ε. Es clar que si B ⊂ A i A te mesura de Jordan zero aleshores B tambe te mesurade Jordan zero.

Diem que el rectangle S = [a1, b1]× . . .× [an, bn] es un cub si bi− ai = b1− a1 peri = 2, . . . , n. Un rectangle obert a Rn es el producte cartesia de n intervals oberts. Enel cas en que tots els intervals tinguin la mateixa longitud parlarem d’un cub obert.Si S = (a1, b1)× . . .× (an, bn) es un rectangle obert aleshores definim el volum de Scom: v(S) = (b1−a1) . . . (bn−an). Observem que si S es un rectangle obert aleshoresCl(S) es un rectangle i v(Cl(S)) = v(S). Recıprocament si S es un rectangle aleshoresInt(S) es un rectangle obert i v(Int(S)) = v(S).

Lema 5.8. Sigui A ⊂ Rn. Aleshores les seguents propietats son equivalents:

(a) Per tot ε > 0 existeix una famılia numerable de cubs oberts Sii∈N tals queA ⊂ ∪i∈NSi i

∑∞i=1 v(Si) < ε.

(b) Per tot ε > 0 existeix una famılia numerable de rectangles oberts Sii∈N talsque A ⊂ ∪i∈NSi i

∑∞i=1 v(Si) < ε.

(c) Per tot ε > 0 existeix una famılia numerable de cubs Sii∈N tals que A ⊂∪i∈NSi i

∑∞i=1 v(Si) < ε.

(d) A te mesura de Jordan zero.

Prova. Es clar que (a) ⇒ (b) ⇒ (d). N’hi haura prou veient que (d) ⇒ (c) i (c) ⇒ (a).(d) ⇒ (c). Observem abans que res que si S = [a1, b1]×. . .×[an, bn] es un rectangle

i bi − ai ∈ Q per i = 1, . . . , n aleshores S admet una particio en cubs. En efecte sibi − ai = ni

mon m es un denominador comu per tots els nombre bi − ai, aleshores

l’interval [ai, bi] admet una particio en ni subintervals de llargada 1m

. El productecartesia d’aquestes particions dona lloc a una particio del rectangle S en n1 . . . nn

cubs de costat 1m

.Suposem doncs que A te mesura de Jordan zero i sigui ε > 0. Sigui Sii∈N

una famılia numerable de rectangles tal que A ⊂ ∪i∈NSi i∑∞

i=1 v(Si) < ε/2. Per cada

68

j ∈ N sigui Rj un rectangle de costats racionals tal que Sj ⊂ Rj i v(Rj) < v(Sj)+ε

2j+1 .Tindrem aleshores que A ⊂ ∪j∈NRj i

∑j∈N

v(Rj) <∑j∈N

v(Sj) +∑j∈N

ε

2j+1<

ε

2+

ε

2= ε.

Per l’observacio anterior cada Rj descompon en una unio finita de cubs d’on obtenimel resultat desitjat.

(c) ⇒ (a). Suposem ara que A satisfa (c) i sigui ε > 0. Sigui Sii∈N una famılianumerable de cubs que recobreix A i tal que

∑∞i=1 v(Si) < ε

2. Per cada n ∈ N sigui

Si ⊃ Si un cub obert amb v(Si) < v(Si) + ε/2i+1. Tindrem aleshores que Sii∈N esuna famılia de cubs oberts que recobreixen A i

∞∑i=1

v(Si) <

∞∑i=1

v(Si) +∞∑i=1

ε

2i+1<

ε

2+

ε

2= ε.

Lema 5.9 Sigui Aii∈N una famılia numerable de conjunts amb mesura de Jordanzero. Aleshores ∪i∈NAi te mesura de Jordan zero.

Prova. Sigui ε > 0 i per cada i ∈ N sigui Sijj∈N una familia numerable de rectangles

que recobreixen Ai i tal que∑∞

j=1 v(Sij) < ε/2i+1. Aleshores la famılia Si

j(i,j)∈N2 esuna famılia numerable de rectangles que recobreixen ∪i∈NAi i

∑i,j

v(Sij) <

∞∑i=1

ε/2i+1 = ε.

Estem ara en condicions de posar algun exemple de conjunts amb mesura zero.Un k-rectangle a Rn, (k ≤ n) es el producte cartesia de k intervals tancats i n − kpunts de R. Aixı un n-rectangle es un rectangle i un 0-rectangle es un punt de Rn.Es immediat veure que si k < n, un k-rectangle te mesura de Jordan zero. Aixı, comque la frontera d’un rectangle es la unio d’uns quants (n− 1)-rectangles pel Lema 5.9obtenim que la frontera d’un rectangle te mesura de Jordan zero. Tambe pel Lema5.9 obtenim que qualsevol conjunt numerable te mesura de Jordan zero. Veurem perotot seguit que un rectangle no te mai mesura de Jordan zero.

Definicio. Sigui A ⊂ Rn. Diem que A te contingut de Jordan zero si per tot ε > 0existeix una famılia finita de rectangles S1, . . . , Sk tals que A ⊂ ∪k

i=1Si i∑k

i=1 v(Si) <

ε. Obviament en aquest cas tambe es pot prendre la definicio amb rectangles o cubsoberts. Clarament si A te contingut de Jordan zero aleshores A te mesura de Jordanzero. Pero el recıproc no es pas cert. Per exemple el conjunt de nombres naturals temesura zero a R pero no te pas contingut zero. Tenim pero el seguent resultat.

69

Lema 5.10 Sigui A ⊂ Rn compacte. Si A te mesura de Jordan zero, aleshores tecontingut de Jordan zero.

Prova. Sigui ε > 0 i Si una famılia numerable de rectangles oberts que recobreixenA i tals que

∑∞i=1 v(Si) < ε. Com que A es compacte existeix un subrecobriment finit

Sii , . . . , Sik i tindrem∑k

j=1 v(Sij) <∑∞

i=1 v(Si) < ε.

Proposicio 5.11 Un rectangle a Rn no te mesura de Jordan zero.

Prova. Sigui S = [a1, b1]× . . .× [an, bn] un rectangle a Rn. Pel lema anterior n’hi haprou amb provar que no te contingut zero. Provarem que si S1, . . . , Sk es una famıliade rectangles que recobreix S aleshores

∑ki=1 v(si) ≥ v(S) i per tant S no te contingut

zero. La primera observacio es que Si ∩ S segueix essent una familia de rectanglesque recobreix S i v(Si∩S) ≤ v(Si) i per tant podem suposar que els rectangles Si estancontinguts a S. Tindrem aleshores que per j = 1, . . . , k i per i = 1, . . . , n πi(Sj) =[aj

i , bji ] ⊂ [ai, bi]. Per cada i = 1, . . . , n considerem ara la particio de [ai, bi] donada pels

punts aji , b

ji amb j = 1, . . . , k. Aquesta particio de cada un dels intervals [ai, bi] dona

lloc a una particio del rectangle S en subrectangles que denotarem per Rll=1,...,m.Observem que cada Si es la reunio d’uns quants subrectangles de la particio i que cadaun dels subrectangles de la particio esta contingut en almenys un dels subrectanglesde la famılia Si. Per tant tindrem:

k∑i=1

v(Si) ≥m∑

i=1

v(Ri) = v(S).

Corol.lari 5.12 Sigui A ⊂ Rn amb mesura de Jordan zero. Aleshores A ⊂ Fr(A). Sia mes A es tancat aleshores A = Fr(A).

Prova. Sigui a ∈ A. Com que a ∈ Cl(A) nomes cal veure que a ∈ Cl(AC). Sigui ε > 0i suposem, per arribar a contradiccio, que Bε(x)∩AC = ∅. Aleshores Bε(x) ⊂ A. Comque tota bola conte un rectangle deduım que A conte un rectangle i per la proposicioanterior obtenim que A no te mesura de Jordan zero.

Aixı doncs A ⊂ Fr(A). Si A es tancat tindrem a mes la inclusio contraria pel Lema1.7.

Per poder demostrar el teorema objectiu d’aquesta seccio necessitem encara in-troduir la nocio d’oscil.lacio d’una funcio acotada en un punt.

Definicio. Sigui a ∈ A ⊂ Rn i f : A −→ R acotada. Sigui

M(a, f, δ) = supf(x) : x ∈ Bδ(a) ∩ A

im(a, f, δ) = inff(x) : x ∈ Bδ(a) ∩ A.

70

Definim l’oscil.lacio de f a a com

o(f, a) = limδ→0

M(a, f, δ)−m(a, f, δ).

Observem que aquest lımit sempre existeix ja que la quantitat M(a, f, δ)−m(a, f, δ)es no negativa i decreixent en delta. Usarem els seguents dos resultats. La prova ladeixem com exercici.

Lema 5.13 Sigui a ∈ A ⊂ Rn i f : A −→ R acotada. Aleshores f es contınua a a sii nomes si o(f, a) = 0.

Lema 5.14 Sigui A ⊂ Rn tancat i f : A −→ R acotada. Aleshores per qualsevolε > 0 el conjunt x ∈ A : o(f, a) ≥ ε es un tancat de Rn.

Lema 5.15 Sigui A ⊂ Rn un rectangle i f : A −→ R acotada tal que o(f, x) ≤ ε pertot x ∈ A. Aleshores existeix una particio P de A tal que

U(f, P )− L(f, P ) < εv(A).

Prova. Sigui x ∈ A. Com que o(f, x) ≤ ε existeix un rectangle Sx que conte x alseu interior tal que MSx(f)−mSx(f) < ε. La famılia Int(Sx)x∈A es un recobrimentobert de A i com que A es compacte existeixen Sx1 , . . . , Sxk

que recobreixen A. SiguiP una particio de A tal que cada subrectangle de la particio esta contingut en Uxi

per algun i ∈ 1, . . . , k. Tindrem aleshores

U(f, P )− L(f, P ) =∑S∈P

(MS(f)−mS(f))v(S) <∑S∈P

εv(S) = εv(A).

Podem ja enunciar i demostrar el Teorema de caracteritzacio de funcions inte-grables en un rectangle.

Teorema 5.16. Teorema de Lebesgue. Sigui A ⊂ Rn un rectangle i f : A −→ Racotada. Sigui B = x ∈ A; f no es contınua a x. Aleshores f es integrable a Asi i nomes si el conjunt B te mesura de Jordan zero.

Prova. Sigui M > 0 tal que |f(x)| < M per tot x ∈ A. Suposem que B te mesurade Jordan zero. Provarem que f es integrable a A. Sigui ε > 0. Pel Lemma 5.3 hemde trobar una particio P de A amb U(f, P ) − L(f, P ) < ε. Considerem B = x ∈A; o(f, x) ≥ ε

2v(A). Pel Lema 5.13 B ⊂ B i te per tant mesura zero. D’altra banda

pel Lema 5.14 B es tancat i per tant compacte i pel Lema 5.10 te contingut de Jordanzero. Aixı doncs existira una familia finita de rectangles Uii=1,...,k que recobreixen

B amb∑k

i=1 v(Ui) < ε/4M.

71

Considerem ara una particio P de A amb la propietat de que qualsevol subrect-angle S associat a P que interseca algun Ui esta contingut a Ui. Aixı doncs elssubrectangles associats a la particio P pertanyen a una del les dos famılies seguents:

P1 = S ∈ P ; existeix i ∈ 1, . . . , k tal que S ⊂ UiP2 = S ∈ P ; S ∩ int(Ui) = ∅ per tot i ∈ 1, . . . , k

.Tindrem aleshores que

∑S∈P1

(MS(f)−mS(f))v(S) < 2M∑S∈P1

v(S) = 2Mk∑

i=1

v(Ui) < ε/2.

Si S ∈ P2 aleshores S ∩ B = ∅ i per tant o(f, x) < ε2v(A)

. Pel Lema 5.14 sabem queexisteix una particio de S, PS de manera que

U(f, PS)− L(f, PS) <ε

2v(A)v(S).

Sigui ara la particio P ′ obtinguda al considerar totes les particions PS amb S ∈ P2.Tindrem

U(f, P ′)− L(f, P ′) =∑

R⊂S∈P1

(MR(f)−mR(f))v(R) +∑

R⊂S∈P2

(MR(f)−mR(f))v(R)

≤∑S∈P1

(MS(f)−mS(f))v(S) +∑S∈P2

(U(f, PS)− L(f, PS))

≤ ε/2 +ε

2v(A)

∑S∈P2

v(S) < ε.

Veiem ara el recıproc. Suposem doncs que f es integrable a A i sigui Bn = x ∈A; o(f, x) ≥ 1/n. Pel Lema 5.13 B = ∪∞i=1Bi. Pel Lema 5.9 per veure que B te mesurazero, n’hi ha prou amb veure que Bn te mesura zero per cada n ∈ N. Sigui ε > 0, comque f es integrable existeix una particio P de A tal que U(f, P )−L(f, P ) < ε/n. SiguiS1 = S ∈ P : S ∩ Bn 6= ∅. Aleshores la familia S1 de rectangles es un recobrimentde Bn. Observem que si S ∈ S1 aleshores MS(f)−mS(f) ≥ 1/n. Tindrem aleshores

∑S∈S1

v(S)

n≤

∑S∈S1

(MS(f)−mS(f))v(S) ≤∑S∈P

(MS(f)−mS(f))v(S) ≤ ε/n,

d’on∑

S∈S1v(S) < ε.

Estem ara en condicions de definir la integral en qualsevol recinte acotat. SiguiA ⊂ Rn i f : A −→ R acotada i sigui S un rectangle amb A ⊂ S. Podem suposarque f esta definida a S. Si no ho esta l’estenem, per exemple definint f(x) = 0 si

72

x /∈ A (veurem que la manera d’estendre-la no te cap importancia). Considerem arala funcio χA : Rn −→ R de la seguent manera

χA(x) =

1, si x ∈ A0, si x /∈ A

Diem que f es integrable a A si fχA es integrable a S i en aquest cas definim laintegral de f a A com ∫

A

f =

∫

S

fχA.

Observem que pel Teorema de Lebesgue f sera integrable en A si i nomes si elconjunt de punts de discontinuıtat de fχA te mesura de Jordan zero. Notem tambeque el conjunt de punts de discontinuıtat de χA es justament Fr(A), la frontera de A.Aixı doncs tindrem el seguent resultat.

Lema 5.17. Si B = x ∈ A; f es discontinua en x i Fr(A) tenen mesura de Jordanzero aleshores f es integrable en A.

El recıproc d’aquest Lema no es cert com posa de manifest la funcio constantmentzero sobre un conjunt A acotat tal que Fr(A) no te mesura de Jordan zero.

Definicio. Diem que A ⊂ Rn es Jordan mesurable si Fr(A) te mesura de Jordan zero.Si a mes A es acotat al valor

∫A

1 en diem el volum (n-dimensional) de A. Observemque si A es Jordan mesurable aleshores Rn \ A ho es tambe. Observem tambe quesi R es un rectangle (obert o tancat) aleshores R es Jordan mesurable i el seu volumcoincideix amb v(R).

Lema 5.18 La unio i la interseccio numerable de conjunts Jordan mesurables sontambe Jordan mesurables. A mes si A es Jordan mesurable i acotat aleshores tambeho son Int(A) i Cl(A) i els seus volums coincideixen.

Prova. Es una consecuencia directa del fet de que les fronteres de la interseccio i de launio estan contingudes a la unio de fronteres i de que la unio numerable de conjuntsde mesura de Jordan zero te mesura de Jordan zero.

Els seguents tres lemas ens seran d’utilitat mes endavant.

Lema 5.19. Sigui A acotat i Jordan mesurable amb mesura de Jordan zero. Aleshorestota funcio f : A −→ R acotada es integrable a A i

∫A

f = 0.

Prova. Sigui S un rectangle que contingui A. Aleshores com que A ⊂ Fr (A)(Corol.lari 5.12) el conjunt de punts de discontinuıtat de fχA esta contingut a lafrontera de A. Aixı doncs aquest conjunt te mesura de Jordan zero i f es integrable aA. Per veure que

∫A

f = 0, provarem primer que qualsevol suma inferior es no positiva.En efecte sigui P una particio de S i R ∈ P. Aleshores com que R no te mesura zeroR * A i existeix x ∈ R amb χA(x) = 0. Aixı mR(fχA) ≤ 0 i per tant L(fχA, P ) ≤ 0.Ara provarem que per tot ε > 0 existeix una particio P tal que L(fχA, P ) > −ε. En

73

efecte sigui M tal que |f(x)| < M per tot x ∈ A i considerem ε > 0. Com que Fr (A)te contingut zero i A ⊂ Fr (A) existiran U1, . . . , Uk una col.leccio de rectangles reco-brint A amb

∑ki=1 v(Ui) < ε

M. Considerem ara una particio P de S tal que qualsevol

rectangle que talla A esta contingut en algun Ui. Sigui S1 el conjunt de rectanglesde la particio P que tallen A. Observem que mS(fχA) = 0 sempre que S ∩ A = ∅.Tindrem

L(fχA, P ) =∑S∈S1

mS(fχA)v(S) +∑

S∈P\S1

mS(fχA)v(S) ≥ −M∑S∈S1

v(S) = −ε.

Aquest fet prova que 0 =∫

SfχA i per tant

∫S

fχA =∫

Af = 0.

Lema 5.20. Sigui A acotat Jordan mesurable i sigui f : A −→ R integrable a A.Aleshores f es integrable a Int(A) i

∫

A

f =

∫

Int(A)

f.

Prova. En primer lloc, com que Fr(Int(A)) ⊂ Fr(A) obtenim que f es integrable aInt(A). A mes χA = χInt(A)

+ χFr(A)∩Ai per tant

∫

A

f =

∫

Int(A)

f +

∫

Fr(A)∩A

f =

∫

Int(A)

f.

El seguent resultat es una generalitzacio del Lema 5.5. Afirma que si partim unconjunt Jordan mesurable amb conjunts Jordan mesurables aleshores la integral d’unafuncio sobre el conjunt es la suma de les integrals en cada una de les parts.

Lema 5.21. Sigui A ⊂ Rn Jordan mesurable, i f : A −→ R integrable a A. SiguinA1, . . . Ak ⊂ A Jordan mesurables tals que A = ∪n

i=1Ai i Int(Ai)∩ Int(Aj) = ∅ per toti 6= j. Aleshores ∫

A

f =k∑

i=1

∫

Int(Ai)

f =k∑

i=1

∫

Ai

f.

Prova. Observem que A =(∪k

i=1Int(Ai))∪B on B ⊂ ∪k

i=1Fr (Ai) i te per tant mesurade Jordan zero. Tindrem aixı que

χA = χB +k∑

i=1

χInt(Ai)

i per tant si R es un rectangle que conte A obtenim

∫

A

f =

∫

R

fχA =

∫

R

fχB +k∑

i=1

∫

R

fχInt(Ai)=

∫

B

f +k∑

i=1

∫

Int(Ai)

f =k∑

i=1

∫

Ai

f

74

ja que pel Lema 5.19∫

Bf = 0 i pel Lema 5.20

∫Int(Ai)

f =∫

Aif .

Lema 5.22. Sigui A ⊂ Rn Jordan mesurable i acotat. Aleshores per tot ε > 0 existeixun compacte Jordan mesurable K ⊂ A tal que

∫

A

χA\K < ε.

Prova. Sigui A ⊂ Rn Jordan mesurable i acotat. Aleshores Fr A es compacte i tecontingut de Jordan zero. Sigui U1, . . . , Uk rectangles oberts que recobreixen Fr(A) itals que

∑ki=1 v(Ui) < ε. Considerem ara

K = Cl(A) \ ∪ki=1Ui.

Observem que K es un tancat contingut a A i es per tant compacte. D’altra bandaCl(A) es Jordan mesurable ja que Fr(Cl(A)) ⊂ Fr(A) i per tant K es tambe Jordanmesurable ja que s’obte com a unio i interseccio de conjunts Jordan mesurables. Pelmateix motiu A \K = A ∩ (∪k

i=1Ui

)es Jordan mesurable. Tindrem aixı si R es un

rectangle que conte ∪ki=1Ui,

∫A

χA\K =∫

AχA∩(∪k

i=1Ui) =∫

RχA∩(∪k

i=1Ui)≤ ∫

Rχ∪k

i=1Ui≤ ∫

R

∑ki=1 χUi

=∑k

i=1 v(Ui) < ε

Com veurem tot seguit encara que A sigui obert i acotat la frontera de A no teperque tenir mesura de Jordan zero i per tant es possible que una funcio contınuaa A no sigui integrable. Mes endavant resoldrem aquest problema estenen un xicmes la nocio de funcio integrable. Anem ara a mostrar un exemple d’obert A talque Fr(A) no te mesura de Jordan zero. Com be sabem els nombres racionals sonnumerables i per tant podem considerar una successio an on els seus termes recorrentots els racionals a [0, 1]. Fixem ε < 1 i per cada i ∈ N considerem l’interval Ui =(ai − ε

2i+1 , ai + ε2i+1 ) ∩ (0, 1). Clarament per cada i ∈ N, Ui es un interval obert i per

tant U = ∪∞i=1Ui es un obert de R. A mes v(Ui) ≤ ε2i . Anem a veure que Fr(U) no te

mesura de Jordan zero.

Lema 5.23. La frontera de U no te mesura de Jordan zero.

Prova. Observem primer que Fr(U) = [0, 1] \U. En efecte si x ∈ Fr(U) aleshores comque U ⊂ (0, 1) tindrem que x ∈ [0, 1] i com que U es obert obtenim x ∈ [0, 1] \ U.Recıprocament si ∈ [0, 1] \ U aleshores x no pertany a U i per tant es adherental complementari de U. D’altra banda per la densitat dels racionals a la recta realqualsevol entorn de x talla U i per tant x es tambe adherent a U.

Suposem ara que [0, 1] \ U te mesura zero. Aleshores com que [0, 1] \ U es tancattindra contingut zero. Siguin l1, . . . , lk intervals que recobreixen [0, 1] \ U i tals que

75

∑ki=1 v(li) < 1 − ε. Observem que eliminant si cal les interseccions podem suposar

que els intervals li tenen interiors disjunts. Aleshores [0, 1] \ ∪ki=1li es la reunio d’un

nombre finit d’intervals m1, . . . , mr continguts a U. Observem que∑r

i=1 v(mi) =

1−∑ki=1 v(li) > ε.

D’altra banda cada un dels intervals mi estara contingut en Ukiper algun ki ∈ N

i per tant la seva llargada estara acotada per la llargada de Uki= ε

2ki. A mes si i 6= j

tindrem que ki 6= kj. Finalment obtenim

r∑i=1

v(mi) ≤r∑

i=1

v(Uki) =

r∑i=1

ε

2ki<

∞∑i=1

ε

2i= ε

amb el que arribem a contradiccio.

Acabem aquesta seccio amb un resultat que ens sera util mes endavant. Necessitempero introduir la nocio de funcio Lipschitz.

Definicio. Digui A ⊂ Rn i f :−→ Rm. Diem que f es Lipschitz si existeix k > 0tal que

‖f(x)− f(y)‖ ≤ k‖x− y‖per tots x, y ∈ A.

Es immediat veure que si f es Lipschitz a A aleshores f es uniformement contınuaa A. Diem que f : A −→ Rm es localment Lipschitz si per cada x ∈ A existeix unentorn V de x tal que f restringida a V es Lipschitz. La seguent proposicio relacionaaquesta nocio amb la diferenciabilitat.

Proposicio 5.24. Sigui U ⊂ Rn obert i f : U −→ Rm de classe C1 a U. Aleshores fes localment Lipschitz a U.

Prova. Sigui x ∈ U i sigui D una bola tancada amb x ∈ D ⊂ U. Com que les derivadesparcials de f son contınues i D es compacte, existeix k ≥ 0 tal que

∣∣∣∣∂fi

∂xj

(y)

∣∣∣∣ ≤ k

per tot y ∈ D i per tot i ∈ 1, . . . , m i j ∈ 1, . . . , n. Aleshores pel Lema 2.13tindrem

‖f(y)− f(z)‖ ≤ knm‖y − z‖i per tant f es Lipschitz a D amb constant knm.

Observem que com que a Rn totes les normes son equivalents la nocio de funcioLipschitz es independent de la norma utilitzada tot i que la constant k dependra dela norma escollida. En particular si denotem per ‖‖∞ la norma ‖(x1, . . . , xn)‖∞ =max|x1|, . . . , |xn| i per Cl/2(x) = y ∈ Rn : ‖y − x‖∞ ≤ l/2 el cub tancat d’arestal centrat a x tindrem que f(Cl/2(x)) ⊂ Ckl/2(f(x)) si f es Lipschitz amb constant k

76

respecte aquesta norma. Es a dir la imatge d’un cub d’aresta l esta continguda en uncub d’aresta kl.

Teorema 5.25. Sigui U ⊂ Rn obert acotat, g : U −→ Rn de classe C1 a U i A ⊂ Uamb mesura de Jordan zero. Aleshores g(A) te mesura de Jordan zero.

Prova. Ho provarem primer en el cas en que g es Lipschitz a U. Sigui k la constantde Lipschitz per la norma ‖‖∞, ε > 0 i Cii∈N una familia numerable de cubs ambarestes li que recobreixen A amb

∑v(Ci) < ε

kn . Aleshores pel que hem comentatanteriorment g(Ci) ⊂ Di on Di es un cub amb aresta kli i per tant v(Di) = knv(Ci).Tindrem aleshores que g(A) ⊂ ∪i∈NDi i

∑i∈N v(Di) = kn

∑i∈N v(Ci) < kn ε

kn = ε iper tant g(A) te mesura de Jordan zero.

Abans d’estudiar el cas general suposem ara que Cl(A) ⊂ U. Com que U esacotat Cl(A) es compacte. Pel Lema 5.24. g es localment Lipschitz a U i per cadax ∈ Cl(A) podem considerar un entorn Vx on g es Lipschitz. Com que Cl(A) escompacte existiran x1, . . . , xk tals que A ⊂ Cl(A) ⊂ ∪k

i=1Vxi. Ara be g es Lipschitz a

cada A∩Vxii per l’apartat anterior g(A∩Vxi

) te mesura zero per cada i ∈ 1, . . . , k.Obtenim aixı que g(A) = ∪k

i=1g(A ∩ Vxi) te mesura de Jordan zero.

Veiem ara el cas general. Per cada i ∈ N sigui

Ui = x ∈ U : d(x, Fr (U)) ≥ 1

ii ‖x‖ ≤ i.

Clarament cada Ui es compacte i U = ∪∞i=1Ui. Tindrem per tant

A = ∪∞i=1(A ∩ Ui).

A mes Cl(A∩Ui) ⊂ Ui ⊂ U. Podem aplicar el que he vist abans a (A∩Ui) i obtenimaixı que g(A ∩ Ui) te mesura de Jordan zero. Com que g(A) = ∪∞i=1g(A ∩ Ui) pelLema 5.9 obtenim que g(A) te mesura de Jordan zero.

3. Reduccio a la integracio en una variable. El teorema de Fubini.

Abordarem ara el problema del calcul explıcit de la integral d’una funcio de variesvariables. L’eina clau per resoldre aquest problema es el Teorema de Fubini quepermet reduir el problema al calcul d’integrals d’una variable.

Teorema 5.26. Teorema de Fubini. Siguin A,B rectangles a Rn i Rm respec-tivament i f : A × B −→ R integrable. Per cada x ∈ A considerem gx : B −→ Rdefinida per gx(y) = f(x, y), L : A −→ R definida per

L(x) =

∫

B

gx

i U : A −→ R definida per

U(x) =

∫

B

gx.

77

Aleshores L i L son integrables a A i

∫

A×B

f =

∫

A

L =

∫

A

U .

Prova. Sigui PA una particio de A i PB una particio de B. Aquestes dues particionsdonen lloc a una particio de A×B que denotarem per P en la que cada subrectangleS ∈ P es de la forma SA × SB amb SA ∈ PA i SB ∈ PB. tindrem aleshores,

L(f, P ) =∑

S∈P mS(f)v(S) =∑

SA∈PA,SB∈PBmSA×SB

(f)v(SA × SB)

=∑

SA∈PA

(∑SB∈PB

mSA×SB(f)v(SB)

)v(SA).

Anem ara a examinar el terme∑

SB∈PBmSA×SB

(f)v(SB). Observem que si x ∈ SA

aleshores mSA×SB≤ msB

gx. Tindrem doncs per tot x ∈ SA,

∑SB∈PB

mSA×SB(f)v(SB) ≤

∑SB∈PB

mSB(gx)v(SB) = L(gx, PB) ≤

∫

B

gx = L(x)

i per tant ∑SB∈PB

mSA×SB(f)v(SB) ≤ inf

x∈SA

L(x) = mSA(L).

Aixı tindrem

L(f, P ) =∑

SA∈PA

(∑SB∈PB

mSA×SB(f)v(SB)

)v(SA)

≤ ∑SA∈PA

mSA(L)v(SA) = L(L, PA).

Argumentant de la mateixa manera amb les sumes superiors tindrem U(f, P ) ≥U(U , PA) i obtenim aixı la desigualtat:

L(f, P ) ≤ L(L, PA) ≤ U(L, PA) ≤ U(U , PA) ≤ U(f, P ).

Com que f es integrable a A×B tindrem que sup L(f, P ) = inf U(f, P ) =∫

A×Bf

i obtenim sup L(L, PA) = inf U(L, PA) =∫

A×Bf es a dir L es integrable en A i∫

AL =

∫A×B

f. El resultat per U s’obte de les desigualtats

L(f, P ) ≤ L(L, PA) ≤ L(U , PA) ≤ U(U , PA) ≤ U(f, P ).

Observem que el Teorema de Fubini no afirma que les funcions gx siguin integrablesfet que en general no es cert com mostra el problema 7.

En general pero, si la funcio f es prou regular les funcions gx son integrables iaplicant iterativament el Teorema de Fubini hom redueix el calcul de la integral de fa integrals en dimensio 1.

78

Una altra observacio important es la seguent. Una demostracio analoga prova que

∫

A×B

f =

∫

B

L =

∫

B

U

on ara

L =

∫

A

hy i U =

∫

A

hy

on per cada y ∈ B, hy : A −→ R ve definida per hy(x) = f(x, y). Aixı doncs noimporta l’ordre d’integracio.

3. Extensio de la integral a oberts acotats. Particions de la unitat.

Com hem vist a la seccio anterior hi ha oberts acotats que no son Jordan mesurables.Per estendre la nocio de volum en aquesta situacio introduirem aquı les particions dela unitat, una eina molt important en la teorıa d’integracio que farem servir tambeen la propera seccio per provar el Teorema de canvi de variables.

Definicio. Sigui A ⊂ Rn i U un recobriment obert de A. Sigui B ⊃ A obert i Ψ unafamilia numerable de funcions de clase Ck amb ϕ : B −→ [0, 1] per tot ϕ ∈ Ψ. Diemque Ψ es una particio de la unitat de classe Ck subordinada al recobriment U si essatisfan les seguents propietats:

(1) Per cada x ∈ A existeix un entorn V de x tal que totes les funcions de Ψ tretd’un nombre finit s’anul.len a x.

(2) Per cada x ∈ A es te∑

ϕ∈Ψ ϕ(x) = 1. (Per (1) aquesta suma es finita)

(3) Per cada ϕ ∈ Ψ existeix U ∈ U i un tancat K ⊂ U tal que ϕ(y) = 0 per toty /∈ K.

El nostre objectiu es provar un resultat que afirma que donat un conjunt A i unrecobriment obert qualsevol, sempre existeix una particio de la unitat subordinadaal recobriment. Abans d’enunciar i provar aquest resultat necessitem provar els doslemes seguents.

Lema 5.27 Sigui A ⊂ Rn obert i K ⊂ A compacte. Aleshores existeix un tancat Famb K ⊂ F ⊂ A i una funcio h : A −→ [0, 1] de classe C∞ tal que h(x) = 1 per totx ∈ K i h(y) = 0 per tot y ∈ A \ F.

Prova. Sigui f : R −→ R definida per

f(x) =

e− 1

(x−1)2− 1

(x+1)2 , if x ∈ (−1, 1);0, if x /∈ (−1, 1).

Clarament f es de classe C∞ a R, positiva a (−1, 1) i 0 en el reste.

79

Donat a ∈ Rn i ε > 0 considerem ara la funcio ga,ε : Rn −→ R definida per

ga,ε(x) = f

(‖x− a‖2

ε2

).

Clarament ga,ε es de classe C∞, es positiva a Bε(a) i 0 al reste.Per cada x ∈ K sigui εx tal que Cl (Bεx(x)) ⊂ A. Aleshores K ⊂ ∪x∈KBεx(x)

i per la compacitat de K existiran x1, . . . , xk tals que K ⊂ ∪ki=1Bεxi

(xi). Aleshores

la funcio g =∑k

i=1 gxi,εxisatisfa que es estrictament positiva a K i nul.la fora de

F = ∪ki=1Cl

(Bεxi

(xi))

que clarament es un tancat que conte K.Sigui m = ming(x); x ∈ K que existeix ja que K es compacte. Tindrem que

m > 0 ja que g es estrictament positiva a K. Considerem la funcio fm : R −→ Rdefinida per

fm(x) =

e− 1

(x−m)2− 1

x2 , if x ∈ (0,m);0, if x /∈ (0,m).

Com abans fm es de classe C∞ , positiva a (0,m) i 0 en el reste. Sigui g : R −→ Rdefinida per

g(x) =

∫ x

0gm∫ m

0gm

.

Tindrem aleshores que g es de classe C∞, g(x) ∈ [0, 1] per tot x ∈ R i

g(x) =

1, si x ≥ m;0, si x ≤ 0.

La funcio h = g g satisfa aleshores les propietats enunciades.

Lema 5.28 Sigui A obert de Rn i K ⊂ A. Aleshores existeix L ⊂ A compacte ambK ⊂ Int(L).

Prova. N’hi ha prou amb considerar un recobriment de K amb boles obertes ambclausura continguda a A. Nomes cal aleshores considerar la reunio de les clausures deles boles del corresponent subrecobriment finit.

Teorema 5.29 Sigui A ⊂ Rn i U = Uii∈I un recobriment obert de A. Aleshoresexisteix Ψ una particio de la unitat de classe C∞ subordinada a U .

Prova. Provarem primer el resultat en el cas en que A es compacte. En aquest casexisteixen U1, . . . , Uk ∈ U subrecobriment finit de A, i es suficient provar l’existenciad’una particio de la unitat subordinada al recobriment U1, . . . , Uk. Per aixo comencemper construir una famılia de conjunts compactes D1, . . . , Dk amb Di ⊂ Ui de maneraque Int(Di)k

i=1 recobreixin A. Sigui

C1 = A \ (∪ki=2Ui

).

80

Clarament C1 es compacte i C1 ⊂ U1. A mes A ⊂ C1 ∪(∪k

i=2Ui

). Pel Lema

5.28 sigui D1 ⊂ U1 compacte amb C1 ⊂ Int(D1). Tindrem aixı que D1 es compacte,D1 ⊂ U1 i Int(D1), U2, . . . , Uk recobreixen A. Suposem ara que per j < k hem construitD1, . . . , Dj compactes amb Di ⊂ Ui i tals que Int(D1), . . . , Int(Dj),Uj+1, . . . , Uk recobreixen A. Construım Dj+1 de la seguent manera. Sigui

Cj+1 = A \ ((∪ji=1Int(Di)

) ∪ (∪ki=j+2Ui

)).

Com abans tindrem que Cj+1 es compacte, Cj+1 ⊂ Uj+1 i a mes Int(D1), . . . , Int(Dj),Cj+1, Uj+2, . . . , Uk recobreixen A. Aplicant una altra vegada el Lema 5.28 obtenimDj+1 amb les propietats desitjades.

Un cop construits els conjunts D1, . . . Dk sigui ψi : Rn −→ R una funcio nonegativa de classe C∞ positiva a Di i 0 fora d’un tancat contingut a Ui. El Lema5.27 ens asegura l’existencia d’una funcio amb aquestes propietats. Considerem araψ =

∑ki=1 ψi. Com que D1, . . . , Dk recobreixen A tindrem que ψ(x) > 0 per tot x ∈ A

i per tant A ⊂ V = ψ−1(0,∞). Aixı les funcions σi = ψi

ψestan ben definides a V

i per tot x ∈ V es te∑k

i=1 σi = 1. Observem que V es obert per ser la antiimatged’un obert i per tant altra vegada pel Lema 5.27 existeix una funcio f : Rn −→ Rde classe C∞ amb f(x) = 1 per tot x ∈ A i nul.la fora d’un tancat contingut a V.Finalment les funcions ϕ : Rn −→ R definides per

ϕi(x) =

f(x)σi(x), si x ∈ V ;0, si x /∈ V .

ens donen la particio de la unitat desitjada.Considerem ara el cas en que A es obert. Sigui

Ai = x ∈ A; ‖x‖ ≤ i i d(x, Fr (A)) ≥ 1/i.Clarament els conjunts Ai son compactes, Ai ⊂ Int(Ai+1) i A = ∪∞i=1Ai.

Sigui Bi = Ai \ Int(Ai−1) que es un compacte contingut a A i sigui

Ui = U ∩ (Int(Ai+1) \ Ai−2) ; U ∈ U.Tindrem que Ui es un recobriment obert de Bi i com que Bi es compacte existira Ψi

una particio de la unitat (finita) de classe C∞ subordinada al recobriment Ui. Siguix ∈ A aleshores x ∈ Ai per algun i ∈ N i per construccio dels recobriments Uj, x /∈ Uper tot U ∈ Uj amb j ≥ i + 2. Aquest fet implica que ϕ(x) = 0 per tota ϕ ∈ Ψj ambj ≥ i + 2. Consequentment per cada x ∈ A la suma

σ(x) =∞∑i=1

(∑ϕ∈Ψi

ϕ(x)

)

es una suma finita i positiva en un entorn de x. La col.leccio

Ψ = ϕ

σ: ϕ ∈ Ψi per algun i ∈ N

81

ens dona la particio de la unitat desitjada.Finalment considerem el cas general. Sigui B = ∪U∈UU. Aleshores B es obert i

pel que hem vist te una particio de la unitat associada al recobriment. Claramentaquesta particio de la unitat ho es tambe pel conjunt A.

Corol.lari 5.30 Sigui A ⊂ Rn, K ⊂ A compacte i Φ una particio de la unitat per A.Aleshores hi ha solament un nombre finit de funcions de Φ que no s’anul.len a K.

Prova. Per cada x ∈ K sigui Vx entorn de x tal que totes les funcions de Φ tretd’un nombre finit s’anul.len a Vx. Per la compacitat de K existiran x1, . . . xk talsque K ⊂ ∪k

i=1Vxii per tant a K s’anul.len totes les funcions de Φ tret d’un nombre

finit.

Com hem vist al Lema 5.23 hi ha oberts acotats A ⊂ Rn que no son Jordanmesurables i per tant encara que f : A −→ R acotada satisfaci que el conjuntB = x ∈ A : f es discontinua a x te mesura de Jordan zero, la funcio f no te perque esser integrable a A. El seguent resultat ens permetra estendre la nocio d’integralde manera que puguem evitar aquesta anomalia.

Proposicio 5.31 Sigui A ⊂ Rn obert acotat i f : A −→ R acotada tal que B = x ∈A : f es discontinua a x te mesura de Jordan zero. Sigui U un recobriment deA per oberts Jordan mesurables i continguts en A i sigui Ψ una particio de la unitatassociada al recobriment. Aleshores per tota ϕ ∈ Ψ la funcio ϕf es integrable a Ai la serie

∑ϕ∈Ψ

∫A

ϕf convergeix absolutament. Es mes el nombre al que convergeixno depen ni del recobriment ni de la particio de la unitat. Finalment si A es Jordanmesurable aleshores

∑ϕ∈Ψ

∫A

ϕf =∫

Af

Prova. Observem abans que tot que un tal recobriment sempre existeix, nomes calprendre per cada x ∈ A un rectangle obert contingut a A i que contingui a x. Siguiϕ ∈ Ψ i U ∈ U tal que ϕ s’anul.la fora d’un tancat L ⊂ U. En particular ϕ s’haurad’anul.lar a A \ L que es un entorn obert de la frontera. Aixı doncs, si R es unrectangle que conte A i f es una extensio qualsevol de f a R, tindrem que ϕf escontınua a la Fr (A). Per tant el conjunt de punts de discontinuıtat de ϕfχA estacontingut a B i te mesura de Jordan zero. Obtenim doncs que ϕf es integrable a A.

Veiem ara que la serie convergeix absolutament. Per aixo n’hi ha prou amb veureque les sumes parcials estan acotades. Sigui Υ ⊂ Ψ un subconjunt finit qualsevol.Sigui M > 0 amb |f(x)| < M per tot x ∈ A. Tindrem,

∑ϕ∈Υ

∣∣∣∣∫

A

ϕf

∣∣∣∣ ≤∑ϕ∈Υ

M

∫

A

ϕ = M

∫

A

∑ϕ∈Υ

ϕ

on la ultima igualtat es valida ja que Υ es finit. D’altra banda a B es te que

∑ϕ∈Υ

ϕ ≤∑ϕ∈Ψ

ϕ ≤ 1,

82

i per tant ∑ϕ∈Υ

∣∣∣∣∫

A

ϕf

∣∣∣∣ ≤ M

∫

B

1 = Mv(B).

Veiem ara que la suma de la serie no depen del recobriment ni de la particio dela unitat. Sigui U i V dos recobriments amb oberts Jordan mesurables i continguts aA. Siguin Ψ i Φ dues particions de la unitat associades a cada un dels recobriments.Aleshores Λ = ϕψ : ϕ ∈ Φ, ψ ∈ Ψ es tambe una particio de la unitat associadaa qualsevol dels dos recobriments. En efecte sigui x ∈ A aleshores existeixen entornsV1 i V2 de x tals que a V1 s’anu.len totes les funcions de Φ tret d’un nombre finit ia V2 s’anul.len totes les funcions de Ψ tret d’un nombre finit. Aleshores clarament aV1 ∩ V2 s’anul.len totes les funcions de Λ tret d’un nombre finit. A mes tindrem

∑

ϕψ∈Λ

(ϕψ)(x) =

(∑ϕ∈Φ

ϕ(x)

)(∑

ψ∈Ψ

ψ(x)

)= 1

per qualsevol x ∈ A, ja que totes les sumes implicades a la igualtat son finites.Finalment donada ϕψ ∈ Λ existiran U ∈ U i un tancat F ⊂ U i de manera que ϕs’anul.la fora de F i per tant ϕψ s’anul.lara tambe fora de F. Veiem ara que

∑ϕ∈Φ

∫

A

ϕf =∑

ϕψ∈Λ

∫

A

ϕψf =∑

ψ∈Ψ

∫

A

ψf

amb el que haurem provat que la suma de la serie no depen de la particio de la unitatescollida. De fet provarem la primera igualtat ja que la segona es demostra igual.Observem primer que si ϕ ∈ Φ aleshores ϕ s’anu.la fora d’un compacte, i en aquestcompacte pel Corol.lari 5.28 nomes un nombre finit de funcions de Ψ no s’anul.len ipodem escriure ∫

A

ϕf =

∫

A

∑

ψ∈Ψ

ψϕf =∑

ψ∈Ψ

∫

A

ψϕf

ja que la suma es finita. Obtenim aixı

∑ϕ∈Φ

∫

A

ϕf =∑ϕ∈Φ

∑

ψ∈Ψ

∫

A

ψϕf =∑

ϕψ∈Λ

∫

A

ψϕf

Finalment suposem que A es Jordan mesurable i sigui ε > 0. Aleshores pel Lema5.22 existeix un compacte Jordan mesurable K ⊂ M tal que

∫A

χA\K < ε/M amb Muna cota superior de |f | a A. Pel Corol.lari 5.28 hi ha un solament un nombre finitde funcions de Φ que no s’anu.len a K. Sigui F ⊂ Φ que contingui aquestes funcions.Tindrem aleshores∣∣∣

∫A

f −∑ϕ∈F

∫A

ϕf∣∣∣ ≤ ∫

A

∣∣∣f −∑ϕ∈F ϕf

∣∣∣=

∫A

∣∣∣f(1−∑

ϕ∈F ϕ)∣∣∣ ≤ M

∫A

(1−∑

ϕ∈F ϕ)

M∫

A

∑ϕ∈Φ\F ϕ ≤ M

∫A

χA\K < Mε/M = ε

,

83

ja que∑

ϕ∈Φ\F ϕ es una funcio menor o igual que 1 i s’anu.la a K.

Aquesta proposicio ens permet ara estendre la nocio de integral a qualsevol funciodefinida sobre un obert acotat i tal que el conjunt de discontinuıtats de la funcio enel obert tingui mesura zero. Si A es un obert de Rn i f : A −→ R direm que f esintegrable a A si el conjunt de punts de discontinuıtat de f a A te mesura de Jordanzero. En el cas de que A sigui Jordan mesurable aleshores la integral de f esta definidacom abans. Si A no es Jordan mesurable i el conjunt de punts de discontinuıtat defχA no te mesura zero caldra definir la integral de f a A com la suma de la serieassociada a una particio de la unitat adient (en el sentit de la proposicio anterior).Els seguents lemes no son mes que una generalitzacio de les propietats que havıemenunciat per la integral sobre rectangles en els Lemes 5.4 i 5.6. La prova la deixemcom a exercici.

Lema 5.32 Sigui A ⊂ Rn un obert i f, g : A −→ R integrables a A. Aleshores f + ges integrable a A i ∫

A

f + g =

∫

A

f +

∫

A

g.

D’altra banda si c ∈ R aleshores cf es integrable a A i

∫

A

cf = c

∫

A

f.

Lema 5.33 Sigui A ⊂ Rn un obert i f, g : A −→ R integrables a A. Si f ≤ galeshores ∫

A

f ≤∫

A

g.

En particular si f es integrable a A aleshores |f | es tambe integrable a A i

∣∣∣∣∫

A

f

∣∣∣∣ ≤∫

A

|f |.

84

3. El Teorema de canvi de variable.

El teorema de canvi de variable a R afirma que si ϕ : [a, b] −→ R es una aplicaciobijectiva i derivable i f : [a, b] : [a, b] −→ R es integrable aleshores

∫ b

a

f =

∫ ϕ(b)

ϕ(a)

(f ϕ)ϕ′.

Observem que si ϕ es bijectiva aleshores o be es creixent o be es decreixent. En elprimer cas tindrem que ϕ′ ≥ 0 i ϕ(a) < ϕ(b) i si denotem per I l’interval obert (a, b)deduım que ∫

I

f =

∫

ϕ(I)

(f ϕ)ϕ′ =∫

ϕ(I)

(f ϕ)|ϕ′|.

Si ϕ es decreixent tindrem aleshores ϕ′ ≤ 0 i ϕ(a) > ϕ(b). Consequentment

∫

I

f =

∫ b

a

f =

∫ ϕ(b)

ϕ(a)

(f ϕ)ϕ′ = −∫ ϕ(a)

ϕ(b)

(f ϕ)ϕ′ = −∫

ϕ(I)

(f ϕ)ϕ′ =∫

ϕ(I)

(f ϕ)|ϕ′|.

En qualsevol dels dos casos obtenim∫

I

f =

∫

ϕ(I)

(f ϕ)|ϕ′|.

El nostre objectiu es provar ara el mateix resultat per funcions integrables sobreun obert de Rn i per transformacions bijectives i diferenciables.

Teorema 5.34 Sigui U ⊂ Rn un obert acotat, g : U −→ g(U) ⊂ Rn un difeomorfismede classe C1 amb g(U) acotat i f : g(U) −→ R integrable a g(U). Aleshores (f g)| det(d(f))| es integrable a U i

∫

U

(f g)| det(d(f))| =∫

g(U)

f.

Prova. Com que g(U) es obert la hipotesi de que f es integrable a g(U) implica queel conjunt

B = x ∈ g(U) : f es discontınua a xte mesura de Jordan zero. Observem aleshores que el conjunt de punts de discon-tinuıtat de (f g)| det(d(f))| esta contingut a g−1(B) que pel Teorema 5.25 te tambemesura zero. Com que U es obert i acotat aixo implica que (f g)| det(d(f))| esintegrable a U.

Per demostrar el teorema farem diverses reduccions.I.- N’hi ha prou amb provar el Teorema ”localment”. Si existeix un recobriment

obert V de U tal que per cada V ∈ V i per tota funcio integrable f a g(V ) es te∫

V

(f g)| det(d(g))| =∫

g(V )

f

85

aleshores el teorema es cert.En efecte. Suposem que V satisfa la hipotesi. Tindrem que g(V) = g(V ) : V ∈

V es un recobriment obert de g(U). Sigui Ψ una particio de la unitat subordinadaa g(V) i ϕ ∈ Ψ. Aleshores si ϕ = 0 fora de g(V ), degut a que g es bijectiva, tindremque ϕf g = 0 fora de V i per tant la igualtat

∫

g(V )

ϕf =

∫

V

ϕf g| det d(g)|

es equivalent a ∫

g(U)

ϕf =

∫

U

ϕf g| det d(g)|.

Observem que pel mateix motiu

Φ = ϕ g : ϕ ∈ ψes una particio de la unitat a U subordinada a V

Tindrem aleshores∫

g(U)

f =∑ϕ∈Ψ

∫

g(U)

ϕf =∑ϕ∈Ψ

∫

U

ϕf g| det d(g)|

=∑ϕ∈Ψ

∫

U

(ϕ g)(f g)| det d(g)|

=∑

φ∈Φ

∫

U

φ(f g)| det d(g)|

=

∫

U

(f g)| det(d(g))|

el que acaba la demostracio.Observem que la mateixa demostracio prova que el resultat es cert si ho es ”lo-

calment” per un recobriment obert de g(U).II.- N’hi ha prou amb provar el resultat per la funcio f = 1.En efecte si el resultat es cert per la funcio f = 1 aleshores pel Lemma 5.30

aleshores es tambe cert per les funcions constants. Sigui R un rectangle a g(U) iP una particio de R. Per cada subrectangle S ∈ P sigui fS la funcio constantmentmS(f). Tindrem aleshores

L(f, P ) =∑S∈R

mS(f)v(S) =∑S∈P

∫

Int(S)

fS

=∑S∈R

∫

g−1(Int(S))

fS g| det d(g)|

≤∑S∈R

∫

g−1(Int(S))

f g| det d(g)|

=

∫

g−1(Int(R))

f g| det d(g)|

86

on la ultima igualtat s’obte aplicant el Lema 5.21 a g−1(Int(R)) i a la familia g−1(S) :S ∈ P ja que pel Teorema 5.25 aquest conjunts son Jordan mesurables. Com que Fes integrable a R aquesta desigualtat mostra que

∫

Int(R)

f =

∫

R

≤∫

g−1(Int(R))

f g| det d(g)|.

Amb argument similar amb les sumes superiors obtenim just la desigualtat contrariai tindrem: ∫

Int(R)

f =

∫

g−1(Int(R))

f g| det d(g)|.

Si per cada x ∈ g(U) considerem un rectangle Rx amb x ∈ Int(Rx) ⊂ g(U)aleshores la familia Int(Rx)x∈g(U) es un recobriment obert de g(U) satisfent leshipotesis de I. Obtenim aixı que

∫

g(U)

f =

∫

U

f g| det d(g)|.

Aixo acaba la demostracio de II.III.- Si el teorema es cert per g : U −→ g(U) i per h : g(U) −→ h(g(U) aleshores

es tambe cert per h g.En efecte tindrem∫

(hg)(U))

f =

∫

g(U)

f h| det d(h)|

=

∫

U

f h g| det d(h) g| det d(g)| =∫

U

f (h g)|| det d(h g)|

IV.- El teorema es cert si g es lineal. Recordem que tota aplicacio lineal descom-pon en la composicio de transformacions elementals. Per III nomes caldra provarel resultat per transformacions elementals. Recordem que una transformacio ele-mental es o be una permutacio de coordenades o be de la forma g1(x1, . . . , xn) =(x1, . . . , axi, . . . , xn) amb a 6= 0 o be de la forma g2(x1, x2, . . . , xn) = (x1, . . . , xi +xj, . . . , xn) amb i 6= j. A mes per I i II nomes cal provar-ho per la funcio f = 1 i perun rectangle obert R. Sigui doncs R = (a1, b1)× . . .× (an, bn). Tindrem

∫

g1(R)

1 =

∫ bn

an

. . .

∫ abi

aai

. . .

∫ b1

a1

dx1 . . . dxn, si a > 0;∫ bn

an

. . .

∫ aai

abi

. . .

∫ b1

a1

dx1 . . . dxn, si a < 0.

En ambdos casos la integral es igual a |a|(b1 − a1) . . . (bn − an) =∫

R| det d(g1)|

com volıem provar. Per g2 tindrem

∫

g2(R)

1 =

∫ bn

an

. . .

∫ b1

a1

∫ bi+xj

ai+xj

dxidx1 . . . dxn = (b1 − a1) . . . (bn − an) =

∫

R

| det d(g2)|

87

ja que det d(g2) = 1. Finalment si g es una permutacio de coordenades, es obvi queel volum de R i g(R) son iguals.

V.- Prova del Teorema Provarem el Teorema per induccio sobre n. L’observacioal principi de la Seccio mostra que el Teorema es cert per n = 1. Suposem aixı queel Teorema es cert fins a n − 1 i veiem-ho per n. Per II nhi ha prou amb provar elteorema en un entorn de cada punt a ∈ U. Per III nhi ha prou amb provar-lo perf = 1.

Sigui doncs a ∈ U i sigui T = d(g)a. Podem suposar que T = Id ja que si denotemper g = T−1 g tindrem que d(g)a = Id i si el teorema es cert per g aleshores per IIIi IV tambe ho sera per g = T g.

Sigui h : U −→ Rn definida per h(x1, . . . , xn) = (g1, . . . , gn−1, xn) on gi son lescomponents de g. Com que d(g)a = id tindrem que ∇gi(a) = (0, . . . , 1, . . . , 0) peri = 1, . . . , n i per tant d(h)a = Id. Pel teorema de la funcio inversa existira V unentorn obert de a a U de manera que h : V −→ h(V ) es un difeomorfisme. Podemconsiderar aleshores k : h(V ) −→ Rn definida per k = g h−1. Clarament tindremque k(x1, . . . , xn) = (x1, . . . , xn−1, gn(h−1(x1, . . . , xn))). Tindrem g = k h i hauremdescomposat aixı g com a composicio de dues funcions que tenen la propietat dedeixar fixe almenys una coordenada. Demostrarem ara que el teorema es cert per ki h i obtindrem el resultat de III. Veiem-ho primer per h. Sigui R = D × (an, bn) unrectangle obert amb D rectangle a Rn−1 i a ∈ R ⊂ V. Per cada xn ∈ (an, bn) siguihxn : D −→ Rn−1 definida per

hxn(x1, . . . , xn−1) = (g1(x1, . . . , xn), . . . , gn−1(x1, . . . , xn)).

Com que h deixa fixa la ultima coordenada tindrem que

det d(hxn)(x1,...,xn−1) = det d(h)(x1,...,xn).

Pel teorema de Fubini i tenint en compte que h deixa fixe la ultima coordenadatindrem:

∫

h(R)

1 =

∫ bn

an

(∫

h(D×xn)

1dx1 . . . dxn−1

)dxn =

∫ bn

an

(∫

hxn (D)

1dx1 . . . dxn−1

)dxn.

Ara be hxn es una transformacio bijectiva amb determinant no nul i podem aplicarla hipotesi d’induccio obtenint aixı

∫

h(R)

1 =

∫ bn

an

(∫

hxn (D)

1dx1 . . . dxn−1

)dxn

=

∫ bn

an

(∫

D

| det d(hxn)|dx1 . . . dxn−1

)dxn

=

∫ bn

an

(∫

D

| det d(h)|dx1 . . . dxn−1

)dxn =

∫

R

| det d(h)|.

.

88

Veiem ara que el teorema es cert per k. Sigui S = E × (a′n, b′n) un rectangleobert amb E rectangle a Rn−1 i h(a) ∈ S ⊂ h(V ). Per cada (x1, . . . , xn−1) ∈ E siguik(x1,...,xn−1) : (a′n, b

′n) −→ R definida per

k(x1,...,xn−1)(x) = kn(x).

Com que k deixa fixes les n− 1 primeres coordenades tindrem que k′(x1,...,xn−1)(xn) =

det d(k)(x1,...,xn) Altra vegada pel teorema de Fubini i aplicant el resultat per n = 1tindrem

∫

k(S)

1 =

∫

E

(∫

k(x1,...,xn−1)((a′n,b′n))

1dxn

)dx1 . . . dxn−1

=

∫

E

(∫

(a′n,b′n)

|k′(x1,...,xn−1))|dxn

)dx1 . . . dxn−1

=

∫

E

(∫

(a′n,b′n)

| det d(k)|dxn

)dx1 . . . dxn−1 =

∫

S

| det d(k)|.

.

Aixo acaba la demostracio del Teorema.

89

Problemes

1. Proveu el Lema 5.1





6. Proveu els Lemas 5.13 i 5.14

7. Sigui f : [0, 1]× [0, 1] −→ R definida per

f(x, y) =

0, si x ∈ R \Q ;0, si x ∈ Q i y ∈ R \Q;1q, si x = p

qirreductible i y ∈ Q .

Proveu que f es integrable a [0, 1]× [0, 1] pero per cada x ∈ [0, 1]∩Q la funciogx : [0, 1] −→ R definida per gx(y) = f(x, y) no es integrable a [0, 1].



10. Canvieu l’ordre d’integracio, dibuixeu la regio d’integracio i calculeu les integralsiterades seguents

(a)∫ √2

0

∫√4−2y2

−√

4−2y2y dxdy (b)

∫ 1

0

∫ x2

x3 y2 dydx

(c)∫ 4

0

∫ 2

y/2ex2

dxdy (d)∫ 0

−1

∫ x+1

0ex+y dydx +

∫ 1

0

∫ 1−x

0ex+y dydx

(e)∫ 4

0

∫ √y

y/2x2y2 dxdy (f)

∫ π

0

∫ π

xsin y

ydydx

11. Expresseu , en cada cas ,

∫

D

f dxdy com integral iterada i calculeu-la

(a) f(x, y) =y

x2 + y2i D es el triangle limitat per les rectes y = x, y = 2x,

x = 2.

(b) f(x, y) = x i D es el sector circular del primer quadrant limitat per lacircumferencia y =

√25− x2 i les rectes y = 0, 3x− 4y = 0

90

(c) f(x, y) = xey i D es el triangle limitat per les rectes y = 4 − x, y = 0,x = 0.

(d) f(x, y) =x

yi D es la regio limitada per les rectes y = x, y = 2x, x = 1,

x = 2.

12. Calculeu el volum del solid R en cada cas

(a) la base de R es la regio del pla limitada per la parabola y = 4 − x2 i larecta y = 3x i la seva cara superior esta limitada pel pla z = x + 4.

(b) R es la part del solid dintre de la superfıcie z = x2 + y2 entre els plansz = 0 i z = 10.

(c) R es el solid del primer octant limitat per la superfıcie z = 4− x2 − y

(d) la base de R es la regio del pla XY limitada per les rectes y = x, y = 1 iR esta limitat superiorment per la superfıcie z = 1− xy.

(e) R es la regio del primer octant limitada superiorment per la superfıciez = 1− y2 i compresa entre els plans verticals x + y = 1 i x + y = 3.

(f) R es la regio limitada inferiorment per z = x2 + y2 i superiorment perl’esfera x2 + y2 + z2 = 6.

13. Calculeu l’area d’un petal de la corba r = cos(3θ), fent un canvi de variable acoordenades polars.

14. Feu servir coordenades polars per a calcular el volum dels solids seguents:

(a) l’interior de l’hemisferi z =√

16− x2 − y2 i el cilindre x2 + y2 − 4x = 0.

(b) el solid limitat per les equacions z = x2 + y2 + 3, z = 0 i x2 + y2 = 1.

(c) l’interior de l’hemisferi z =√

16− x2 − y2 i exterior al cilindre x2+y2 = 1.

15. (a) Calculeu

∫

DR

e−(x2+y2) dxdy on DR es el cercle centrat a l’origen de radi R.

(b) Si CR es el quadrat [−R, R]×[−R, R], deduıu de (a) el valor de limR→∞

∫

CR

e−(x2+y2) dxdy.

(c) Apliqueu Fubini a l’apartat anterior per calcular

∫ ∞

−∞e−x2

dx

16. Sigui R la regio del primer quadrant limitada per les corbes xy = 1, xy = 9,y = x, y = 4x. Calculeu l’area de R fent servir el canvi de variables u =

√xy,

v =

√y

x.

17. Calculeu la integral triple

∫

R

f(x, y, z) dxdydz en cada cas

91

(a) f(x, y, z) = x2 cos z , R es el solid limitat pels plans z = 0, z = π, y = 0,y = 1, x = 0, x + y = 1.

(b) f(x, y, z) = xyz, R = (x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ 3(c) f(x, y, z) = x2y2, R es el solid limitat superiorment per la superfıcie y2 +

z = 4, inferiorment pel pla y + z = 2 i lateralment pels plans x = 0, x = 2.

18. Les expressions seguents representen el volum de tres solids. Dibuixeu-los, can-vieu l’ordre d’integracio i calculeu els seus volums.

(a)

∫ 3

0

∫ √9−x2

0

∫ 6−x−y

0

dzdydx

(b)

∫ 2

0

∫ 4

2x

∫ √y2−4x2

0

dzdydx

(c)

∫ 6

0

∫ 3

z/2

∫ y

z/2

dxdydz +

∫ 6

0

∫ (12−z)/2

3

∫ 6−y

z/2

dxdydz

19. Calculeu , en cada cas, el volum de R fent servir coordenades cilındriques oesferiques si resulta convenient

(a) R es el solid interior a l’esfera x2+y2+z2 = 16 i al cilindre (x−2)2+y2 = 4.

(b) R es el solid interior a x2 + y2 + z2 = 16 i exterior a z =√

x2 + y2.

(c) R es la regio del primer octant interior als cilindres x2 +y2 = a2 i x2 +z2 =a2.

(d) R es la regio limitada pel pla z = 2 i l’esfera x2 + y2 + z2 = 8.

(e) R es la regio interior al cilindre x2 + y2 = 1, i limitada per les superfıciesz = x2 + y2 i z = x2 + y2 + 1.

20. Si un recipient semiesferic de 5 cm. de radi conte aigua fins a 3cm. de la partsuperior, calculeu el volum d’aigua dintre del recipient.

21. Calculeu el centre de massa dels seguents solids amb densitat constant:

(a) el primer octant de l’esfera x2 + y2 + z2 = r2

(b) (x, y, z) : x2 + y2 = 1, z ≤ 2y(c) (x, y, z) : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ y,

22. Calculeu la massa del solid indicat:

(a) la part de l’el.lipsoide 4x2 + 4y2 + z2 = 16 amb z ≥ 0 si la densitat esproporcional a la distancia al pla XY .

92

(b) un con circular recte de base r i alcada h si la densitat es proporcional ala distancia al vertex.

23. (*) Es considera el polinomi P = ax2 + bx + c, on a, b, c ∈ R. Es mes probableque P tingui les dues arrels reals o complexes? Quina hauria de ser aquestaprobabilitat?

24. (*) D’acord amb la llei de Newton, el potencial gravitatori que una partıculade massa m1 situada al punt (x1, y1, z1) exerceix sobre una altra de massa m0

situada al punt (x0, y0, z0) es

V =Gm0m1√

(x1 − x0)2 + (y1 − y0)2 + (z1 − z0)2

on G es la constant de gravitacio universal. Si l’objecte atractor es un solidS amb densitat de massa uniforme podem pensar-lo com format per massespuntuals infinitesimals.

(a) Escriure el potencial gravitatori que exerceix un solid S sobre un punt foradel solid com una integral triple.

(b) En els ”Principia ” , Newton va demostrar que el camp gravitatori d’unplaneta esferic a l’exterior del planeta es el mateix que si tota la massadel planeta estigues concentrada al centre del planeta. Demostreu-ho fentservir coordenades esferiques. ( Sug: suposeu que el centre del planeta esl’origen i el punt exterior es troba a l’eix Z. )

25. (*) ( Una demostracio de la formula d’Euler∞∑

n=1

1/n2 = π2/6 )

(a) Desenvolupeu1

1− x2y2en serie de potencies de xy i justifiqueu la identitat

I =

∫ 1

0

∫ 1

0

1

1− x2y2dxdy =

∞∑n=0

1

(2n + 1)2

(b) Comproveu que el canvi de variables x =sin u

cos v, y =

sin v

cos utransforma el

triangle limitat per les rectes u = 0, v = 0, u + v = π/2 en el quadrat[0, 1]× [0, 1].

(c) Demostreu que I =π2

8(d) Deduıu la formula d’Euler.


∫

R


93

(a) f(x, y, z) = x2 , R = (x, y, z) : x ≥ 0, x2 + y2 + (z − 1)2 ≤ 1 4z2 ≥3(x2 + y2)

(b) f(x, y, z) = zy√

x2 + y2 , R = (x, y, z) : 0 ≤ z ≤ x2, 0 ≤ y ≤√2x− x2

(c) f(x, y, z) = z,, R = (x, y, z) : x2 + y2 + z2 ≤ 2, x2 + y2 ≤ z


∫

R


(a) f(x, y, z) = z2 , R = (x, y, z) : x2 + y2 + z2 ≤ R2, x2 + y2 + z2 ≤ 2Rz(b) f(x, y, z) =

√x2 + y2 + z2 , R = (x, y, z) :

√x2 + y2 ≤ z ≤ 3

(c) f(x, y, z) = z, R = (x, y, z) : 2z2 ≤ x2 + y2 ≤ z2 + 1, z ≥ 0

28. Sigui Vn(r) el volum de la bola n-dimensional de radi r. Demostreu que:

(a) Vn(r) = rnVn(1)

(b) Vn(1) = 2Vn−1(1)αn on αn =∫ π/2

0cosn θdθ

(c) Vn(1) = 2πn

Vn−2(1).

Deduıu un valor per Vn(r)

29. Calculeu el volum dels seguents cossos de R3.

(a) (x, y, z) : 0 ≤ z ≤ x2 + y2, x + y ≤ 1, 0 ≤ x, 0 ≤ y(b) (x, y, z) : 0 ≤ z ≤

√x2 + y2, x2 + y2 ≤ 2y

(c) (x, y, z) : 0 ≤ z ≤ 4− y2, 0 ≤ x ≤ 6(d) (x, y, z) :

√x +

√y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ √

xy(e) (x, y, z) :

√x ≤ y ≤ 2

√x, 0 ≤ z ≤ 9− x

30. Doneu una expressio del volum d’un elipsoide de eixos a, b, c.

31. Doneu una expressio del volum d’un solid obtingut al fer girar entorn del eixOX la grafica d’una funcio f en el interval [a, b].

94

calculo en diversas variables (catalan)

Documents