Càlcul II / Continuïtat i derivabilitat (Esquema)

1 de setembre de 2015

ÍNDEX: • Secció 1.- PAS DE ℝ A ℝ^{n} (1h P)

• Secció 2.- TOPOLOGIA DE ℝ^{n} (1h P)

• Secció 3.- CONTINUITAT A ℝ^{n} (4h T, 2h P)

• Secció 4.- DERIVABILITAT A ℝ^{n} (3h T i 2h a P)

• Secció 5.- FUNCIONS DE CLASSE C^{m} (1h T, 1h P)

• Secció 6.- LA REGLA DE LA CADENA (1h T i 2h P)

• Secció 7.- DERIVADA DIRECCIONAL (1h P)

• Secció 8.- FORMULA DE TAYLOR (2h T, 1h P)

• Secció 10.-TEOREMA DE LES FUNCIONS INVERSA I IMPLÍCITA (1h T, 2h P)

• Secció 11.- EXTREMS (2h T i 1h P)

Índex

1 Pas de ℝ a ℝ^{n} (1h P) 3 2 Topologia de ℝ^{n} (1h P) 4 3 Continuïtat a ℝ^{n} (3h T, 2h P) 6 4 Derivabilitat a ℝ^{n} (2h T, 2h P) 14

1 Pas de ℝ a ℝ^{n} (1h P)

ℝ  ℝ^{n}

x = x_{1} ∈ ℝ x = (x_{1}, …, x_{n}) ∈ ℝ^{n}, on x_{j} s’anomena coordenada j−èssima del punt x. Casos particulars:

• A ℝ^{2} els punts normalment es denoten per (x, y).

• A ℝ^{3} per (x, y, z).

x_{1}, y_{1} ∈ ℝ producte x_{1}y_{1}.  x, y ∈ ℝ^{n} producte escalar ⟨x, y⟩ := x · y := ∑_{j=1}^{n} x_{j}y_{j}.

x_{1} ∈ ℝ norma ∥x_{1}∥ := |x_{1}| = \sqrt{x_{1}^{2}}. x ∈ ℝ^{n} norma ∥x∥ := \sqrt{⟨x, x⟩}. La norma és la distància a l’origen (Teorema de Pitàgoras). Mostrarho a ℝ^{2}.

Intèrval obert (bola 1-dimensional) de radi r > 0 centrat en y_{1},

B_{r}^{1}(y_{1}) := (y_{1} − r, y_{1} + r)
= {x_{1} ∈ ℝ : dist(x_{1}, y_{1}) < r} .

Bola oberta n-dimensional de radi r > 0 centrada en y = (y_{1}, …, y_{n}) ∈ ℝ,

B_{r}^{n}(y) := {x ∈ ℝ^{n} : dist(x, y) < r} .

(Fer exemples a ℝ^{2} i ℝ^{3}).

Propietats:

• ∀λ ∈ ℝ, x ∈ ℝ^{n} es satisfà ||λx|| = |λ|||x||.

• ||x|| ≥ 0, ||x|| = 0 ⟺ x = 0.

• Donats x, y ∈ ℝ^{n} es satisfà ⟨x, y⟩ = ⟨y, x⟩, i.e., el producte escalar és simètric.

• Donats x, y, z ∈ ℝ^{n} es satisfà ⟨x + y, z⟩ = ⟨x, z⟩ + ⟨y, z⟩, i.e., el producte escalar és bilineal.

Desigualtats:

1. Cauchy-Schwarz |⟨x, y⟩| ≤ ||x||||y||.

Demostració. Siguin t ∈ ℝ, x, y ∈ ℝ^{n} amb y ≠ 0. Tenim:

g(t) = ||x + ty||^{2} = ||x||^{2} + 2t⟨x, y⟩ + t^{2}||y||^{2} ≥ 0.

Llavors, per t_{0} = −\frac{⟨x, y⟩}{||y||^{2}} tindrem g(t_{0}) = ||x||^{2} − \frac{⟨x, y⟩^{2}}{||y||^{2}} ≥ 0 ⟺ ⟨x, y⟩^{2} ≤ ||x||^{2}||y||^{2}. Finalment si y = 0

la desigualtat es trivial.

2. Triangular

||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| ⟺ d(x, y) ≤ dist(x, z) + dist(z, y) .

Demostració.

||x + y||^{2} = ||x||^{2} + 2⟨x, y⟩ + ||y||^{2} ≤ ||x||^{2} + 2||x||||y|| + ||y||^{2} = (||x|| + ||y||)^{2}.

D’altra banda:

dist(x, y) = ||x − y|| = ||(x − z) + (z − y)|| ≤ ||x − z|| + ||z − y|| = dist(x, z) + dist(z, y) .  □

3. |⟨x, y⟩| ≤ ∑_{j=1}^{n} |x_{j}y_{j}|. És consequència inmediata de la desigualtat triangular.

4. ∀j |x_{j}| ≤ ||x||. És trivial, però important. De la desigualtat triangular es dedueix també el seguent Corol.lari: Corol.lari: |∥x∥ − ∥y∥| ≤ ||x − y||. Demostració. Aplicant la desigualtat triangular tenim, d’una banda,

∥x∥ ≤ ∥y + (x − y)∥ ≤ ∥y∥ + ∥x − y∥ ⟺ ∥x∥ − ∥y∥ ≤ ∥x − y∥

i també:

∥y∥ ≤ ∥x − (x − y)∥ ≤ ∥x∥ + ∥x − y∥ ⟺ ∥x∥ − ∥y∥ ≥ −∥x − y∥.

Per tant, es satisfà,

−∥x − y∥ ≤ |∥x∥ − ∥y∥| ≤ ∥x − y∥

i aquesta desigualtat és equivalent a |∥x∥ − ∥y∥| ≤ ∥x − y∥.

2 Topologia de ℝ^{n} (1h P)

Definició 2.1 (Oberts a ℝ^{n}). Ω ⊆ ℝ^{n} obert ⟺ ∀ x ∈ Ω, ∃ ϵ > 0 tal que B_{ϵ}^{n}(x) ⊆ Ω. Definició 2.2 (Tancats a ℝ^{n}). Ω ⊆ ℝ^{n} tancat ⟺ Ω^{∁} ≡ ℝ^{n} \ Ω és obert. Remarca 2.1 (Notació). El conjunt Ω^{∁} s’anomena complementari de Ω. Definició 2.3. Donat Ω ⊆ ℝ^{n} i a ∈ Ω direm:

• a és un punt de l’interior de Ω ⟺ ∃ ϵ > 0 tal que B_{ϵ}^{n}(a) ⊆ Ω.

• a és un punt de l’exterior de Ω ⟺ ∃ ϵ > 0 tal que B_{ϵ}^{n}(a) ⊆ Ω^{∁}.

• a és un punt de la frontera de Ω ⟺ ∀ ϵ > 0, B_{ϵ}^{n}(a) ∩ Ω ≠ ∅ i B_{ϵ}^{n}(a) ∩ Ω^{∁} ≠ ∅. Definició 2.4. Donat A ⊆ ℝ^{n} definim l’interior (Å), l’exterior (extA), i la frontera (∂A), com els conjunts:

• Å = {x ∈ ℝ^{n} : x és punt de l’interior de A}.

• extA = {x ∈ ℝ^{n} : x és punt de l’exterior de A}.

• ∂A = {x ∈ ℝ^{n} : x és punt de la frontera de A}. Definició 2.5 (Clausura o adherència). Donat A ∈ ℝ^{n} la clausura (o adherència) d’A és Ā = Å∪ ∂A. Proposició 2.1. Un conjunt A ⊆ ℝ^{n} és obert si i només si coincideix amb el seu interior. Anàlogament, un conjunt A ⊆ ℝ^{n} és tancat si i només si coincideix amb la seva clausura, i.e.,

• A obert ⟺ A = Å.

• A tancat ⟺ A = Ā. Remarca 2.2. La clausura de B_{r}^{n}(a), que denotarem per \overline{B}_{r}^{n}(a), s’anomena bola tancada de ℝ^{n} de radi r i centrada en el punt a. Definició 2.6 (Conjunt acotat). Ω ⊂ ℝ^{n} és un conjunt acotat ⟺ ∃ R > 0 tal que Ω ⊆ B_{R}^{n}(0). Definició 2.7 (Conjunt compacte). Ω ⊂ ℝ^{n} és un conjunt compacte ⟺ és tancat i acotat. Proposició 2.2 (Unions i interseccions d’oberts i tancats).

(i) La unió d’oberts és sempre un obert. (ii) La intersecció finita d’oberts és un obert. (iii) La unió finita de tancats és un tancat. (iv) La intersecció de tancats és sempre un tancat. Exemple 2.1.

1. ⋃_{k=2}^{∞} B_{1−1/k}^{n}(0) és obert.

2. ⋂_{k=1}^{∞} \overline{B}_{1/k}^{n}(0) és tancat. (Es dedueix de 1 i de la propietat (A ∪ B)^{∁} = A^{∁} ∩ B^{∁}).

3. ⋃_{k=2}^{∞} \overline{B}_{1−1/k}^{n}(0) és obert.

4. ⋂_{k=1}^{∞} B_{1/k}^{n}(0) és tancat.

5. La frontera de B_{r}^{n}(0) són els punt de ℝ^{n} que satisfan ||x|| = r.

6. ℝ^{n} és obert i tancat a la vegada. (Tot punt de ℝ^{n} és interior i no té frontera). Exemple 2.2 (Exercici 1 de la col.lecció). Digueu quins dels següents conjunts son oberts, tancats o compactes.

(a) A = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + y^{2} ≤ x, e^{xy} − sin x ≤ y^{4} + e^{x}}.

Solució. És compacte ja que és la intersecció entre \overline{B}_{1/2}^{2}(1/2, 0) i \{(x, y) ∈ ℝ^{2} : e^{xy} − sin x ≤ y^{4} + e^{x}\}. El primer es compacte i el segon tancat.^{1} ■ (b) B = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : x^{2} + y^{2} + z^{2} ≤ 1, e^{xy} + e^{yz} + e^{zx} ≥ x + y + z}.

1Veurem quan estudiem continuïtat,que, “en general”, els conjunts definits per desigualtats del tipus ≶ són oberts. I els definits per desigualtats del tipus ⪋ són tancats. De moment ho acceptem i ja ho veurem mes endevant.

Solució. Mateix raonament que en el cas anterior. És la intersecció de la bola tancada unitat centrada a l’origen i un tancat, per tant, compacte. ■

(c) C = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} − y^{2} ≤ 0, y ≤ 2x}.

Solució. És tancat ja que és la intersecció de dos tancats, peró no és compacte ja que no està acotat (els punts de la forma (x, x) ∀x ∈ ℝ^{+} pertanyen a C). ■

(d) D = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : 0 < x^{2} − y^{2} + z^{2} < 1, xyz > 0}.

Solució. És la intersecció de dos oberts, per tant, obert. ■

(e) E = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + sin y > 0, x ≠ 0, y ≠ 0}. Solució. És oberta, ja que és la intersecció de tres oberts. ■

(f) F = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : 1 < x^{2} + y^{2} ≤ 2}. Solució. No és ni obert ni tancat. \overline{F} = \overline{B}_{√\overline{2}}^{2}(0, 0) \ B_{1}^{2}(0, 0) ⊃ F per tant no és tancat. L’interior de F és B_{√\overline{2}}^{2}(0, 0) \ \overline{B}_{1}^{2}(0, 0) ⊂ F per tant no és obert. ■

(g) G = \{(x, y) ∈ ℝ^{2} : x > 1, \frac{x^{2} + y^{2}}{x} < 2\}.

Solució. És la intersecció d’oberts, per tant, és obert. ■

3 Continuïtat a ℝ^{n} (3h T, 2h P)

Es comença amb la definició norma i distància a ℝ^{n} per poder definir bola a ℝ^{n} i obert a ℝ^{n}.

1. Sigui x = (x_{1}, …, x_{n}) punt de ℝ^{n}. La norma d’x es defineix ||x|| := \sqrt{∑_{k=1}^{n} x_{k}^{2}} i és la distància del punt x a l’origen. (Teorema de Pitàgoras. Mostrar-ho a ℝ^{2}).

2. Donats x, y ∈ ℝ^{n}, la distància de x a y és dist(x, y) := ||x − y|| (Teorema de Pitàgoras. Mostrar-ho a ℝ^{2}).

3. B_{r}^{n}(y) és la bola n-dimensional oberta de radi r centrada en el punt y. És el conjunt de punts que estan a distància menor que r del punt y.

4. Ω és un obert de ℝ^{n} si per cada punt de Ω, podem trobar un bola oberta centrada en aquest punt i de radi prou petit (que, en general, dependrà del punt) de manera que aquesta estigui totalment continguda en Ω.

Definició 3.1 (Funció vectorial de diverses variables). f = (f_{1}, …, f_{m}) : Ω ⊆ ℝ^{n} ⟶ ℝ^{m}, Ω obert; on f_{j} són funcions escalars, i.e., f_{j} : Ω ⊆ ℝ^{n} ⟶ ℝ, ∀ j = 1, …, m. Exemple 3.1. f(x, y, z) = (sin(xy), z^{2} + x + 3y). Aquí Ω = ℝ^{3}, f_{1}(x, y, z) = sin(xy) i f_{2}(x, y, z) = z^{2} +x+3y. Definició 3.2 (Domini i Imatge).

• Domini: D(f) = {x ∈ ℝ^{n} : f(x) ∈ ℝ^{m}}.

• Imatge: (o Rang) R(f) = {y ∈ ℝ^{m} : ∃ x ∈ D(f) tal que y = f(x)}. Exemple 3.2. f(x) = (ln(||x||), ln(1 − ||x||)) amb x ∈ ℝ^{n}. Llavors:

1. D(f) = B_{1}^{n}(0) \ {0}.

2. R(f) = {(y_{1}, y_{2}) ∈ ℝ^{2} : y_{1} ∈ (−∞, 0), y_{2} = ln(1 − e^{y_{1}})}. Definició 3.3 (Gràfica). f : Ω ⊆ ℝ^{n} ⟶ ℝ^{m}, G(f) = {(x, f(x)) : x ∈ D(f)} ⊆ ℝ^{n+m}. Exemple 3.3.

1. f : B_{1}^{2}(0, 0) ⊂ ℝ^{2} ⟶ ℝ donada per (x, y) ∈ B_{1}^{2}(0, 0) ↦ a^{2}x^{2} + b^{2}y^{2} amb a ≠ b. La seva gràfica és un paraboloïde el·líptic.

2. f : B_{1}^{2}(0, 0) ∈ ℝ^{2} ⟶ ℝ donada per (x, y) ∈ B_{1}^{2}(0, 0) ↦ a^{2}x^{2} − b^{2}y^{2}. La seva gràfica és una “sella”. Definició 3.4 (Conjunts de nivell). Sigui f : Ω ⊆ ℝ^{n} ⟶ ℝ^{m}, c ∈ R(f). Llavors, el conjunt de nivell es defineix com L_{c}(f) := {x ∈ D(f) : f(x) = c}. Remarca 3.1. Quan n = 2 i m = 1 els conjunts de nivell s’anomenen corbes de nivell, quan n = 3 i m = 1 s’anomenen superfícies de nivell. En general, quan m = 1 s’anomenen hipersuperfícies de nivell. Exemple 3.4.

1. Les corbes de nivell de f(x, y) = x^{2} − y^{2} són hipèrboles.

2. Les superfícies de nivell de f(x, y, z) = 3x^{2} + y^{2} + 4z^{2} són el.lipsoides. Límits de funcions d’una variable. Abans d’introduir el concepte de límit per a funcions definides en dominis de ℝ^{n} (Definició 3.5), recordem el concepte de límit en dimensió 1: donada una funció f : (A, B) ⊆ ℝ → ℝ i a ∈ (A, B), llavors:

lím_{x→a} f(x) = L ⟺ ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que x ∈ (a − δ, a + δ) \ {a} ⟹ f(x) ∈ (L − ϵ, L + ϵ).

És a dir, donat un intèrval de radi ϵ centrat en el punt L, sempre podem trobar un intèrval de radi δ = δ(ϵ) centrat en el punt a, de manera que si un punt pertany a aquest intèrval i NO és a, llavors la seva imatge pertany a l’intèrval de radi ϵ centrat en el punt L. Dit d’una altra manera, si x està a distància d’a < δ, pero estrictament positiva, llavors f(x) està a distància d’L < ϵ. Exemple 3.5. lím_{x→1} x^{2} = 1. Fixem ϵ > 0, llavors per |x − 1| < δ tenim

|x^{2} − 1| = |x − 1||x + 1| < δ|x + 1| < 3δ = ϵ,

per tant, només cal triar δ(ϵ) = ϵ/3. Definició 3.5 (Límit en ℝ^{n}). Sigui f : Ω ⊆ ℝ^{n} → ℝ^{m}, funció vectorial, f = (f_{1}, …, f_{m}), Ω obert i a ∈ \overline{Ω}. Llavors:

lím_{x→a} f(x) = L ⟺ ∀ ϵ > 0, ∃ δ = δ(ϵ) > 0 tal que x ∈ B_{δ}^{n}(a) \ {a} ⟹ f(x) ∈ B_{ϵ}^{m}(L) .

Remarca 3.2. Notem que el valor de f(a) no juga cap paper en la definició 3.5. Modificar el seu valor no afecta ni l’existència ni el valor del límit. De fet no cal ni tan sols que f estigui definida en a!

Exemple 3.6. lím_{(0,0)} \frac{sin(x^{2}y^{2})}{x^{2} + y^{4}} = 0 ^{2}. Efectivament, fixem ϵ > 0, llavors per (x, y) ∈ B_{δ}^{2}(0, 0) tenim,

dist(\frac{sin(x^{2}y^{2})}{x^{2} + y^{4}}, 0) = |\frac{sin(x^{2}y^{2})}{x^{2} + y^{4}} | ≤ \frac{x^{2}y^{2}}{x^{2} + y^{4}} ≤ y^{2} ≤ dist^{2}((x, y), (0, 0)) < δ^{2}.

Triem doncs δ = \sqrt{ϵ}.

Exercici 3.1. Usant la definició 3.5 veure que la funció f(x, y) = \frac{x^{2} cos(y) + xy}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} tendeix a zero a l’origen.

Solució. Es comprova que la definició es satisfà agafant, per exemple, δ(ϵ) = ϵ/2. ■

Recordem també que la relació |ab| ≤ \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2}) pot ser molt útil per a calcular límits. Ho il.lustrem amb l’exemple següent:

Exemple 3.7. Considerem la funció f(x, y) = \frac{x^{2}y^{3}}{x^{4} + y^{4}} i volem veure que el seu límit a l’origen és zero. Així,

usem que 2x^{2}y^{2} ≤ x^{4} + y^{4} per a obtenir l’acotació,

|f(x, y)| ≤ \frac{|y|}{2} ≤ \frac{δ}{2} = ϵ.

Exemple 3.8 (una mica més complicat). Sigui la funció f(x, y) = \frac{x^{4}y}{x^{6} + y^{2}} . Ara usem la descomposició

x^{4}|y| = |x|^{7/2}|x|^{1/2}|y| ≤ \frac{1}{2} (|x|^{7} + |x|y^{2}) .

Llavors tindrem

|f(x, y)| ≤ \frac{|x|^{7}}{2(x^{6} + y^{2})} + \frac{|x|y^{2}}{2(x^{6} + y^{2})} ≤ |x| ≤ δ = ϵ,

on hem usat \frac{1}{x^{6} + y^{2}} ≤ \frac{1}{x^{6}} i \frac{1}{x^{6} + y^{2}} ≤ \frac{1}{y^{2}} .

Exemple 3.9. Demostrem que lím_{(0,0)} (1 + y^{1/3} − (7x^{3} + 32y^{4})^{1/5}) = 1. En efecte, Fixem-nos que tenim 7x^{3} +

32y^{4} ≤ 32||(x, y)|| i a més, per 0 < z < 1 tenim z^{1/3} ≤ z^{1/5}. Així doncs,

|y^{1/3} − (7x^{3} + 32y^{4})^{1/5}| ≤ ||(x, y)||^{1/3} + 2||(x, y)||^{1/5} ≤ 3||(x, y)||^{1/5} ≤ 3δ^{1/5} = ϵ.

Remarca 3.3. A ℝ el límit de f(x) en x = a existeix si i només si els límits laterals,

lím_{x→a^{+}} f(x) i lím_{x→a^{−}} f(x)

existeixen tots dos i coincideixen. En canvi, a ℝ^{n} hi ha infinites maneres d’arribar a x = a (per rectes, paràboles, etc.) Així doncs, si el límit de f en x = a existeix, llavors per a tota corba a ℝ^{n},

σ : (A, B) ⊆ ℝ ⟶ ℝ^{n}
t ⟶ σ(t) = (σ_{1}(t), …, σ_{n}(t)) , el límit lím_{t→0} f (σ(t)) existeix i val el mateix.

Per contra, si per a dues corbes σ_{1} i σ_{2} de ℝ^{n} tal que σ_{1}(0) = σ_{2}(0), lím_{t→0} f (σ_{1}(t)) ≠ lím_{t→0} f (σ_{2}(t)), el límit lím_{x→a} f(x) no existeix.

2En general, quan estigui clar respecte de quines variables prenem els límits, indicarem només el punt cap al que hi tendeixen.

Així, escrivim lím_{(0,0)} en comptes de lím_{(x,y)→(0,0)}.

Exemple 3.10 (És essencialment l’exercici 9 de la col.lecció de problemes). Discutiu el límit a l’origen de

f(x, y) = \frac{x^{2}y}{x^{4} + y^{2}} , i f(x, y) = \frac{xy^{2}}{x^{4} + y^{2}} .

Solució. La primera funció NO té límit a l’origen (només cal pendre la paràbola y = x^{2}. En canvi, per a la segona tenim \frac{|x|y^{2}}{x^{4} + y^{2}} ≤ |x|, per tant a l’origen el límit és zero. ■

Exemple 3.11. Considereu la funció f(x, y) = \frac{x^{2}y^{2}}{x^{2} + y}, si x^{2} + y ≠ 0 i f(x, y) = 0, si x^{2} + y = 0. Per a estudiar el seu límit quan (x_{1}, x_{2}) → (0, 0), triem les corbes σ_{1}(t) = (t, t) i σ_{2}(t) = (t, −t^{2} + t^{6}). Aleshores,

lím_{t→0} f (σ_{1}(t)) = 0, lím_{t→0} f (σ_{2}(t)) = 1

i, per tant, es conclou que el lím_{(0,0)} f (x_{1}, x_{2}) no existeix. Proposició 3.1. Donat p : ℝ^{n} ⟶ ℝ; x ↦ p(x) un monomi^{3}de grau m i coeficient 1. Llavors, si n > 1

lím_{x→0} \frac{p(x)}{∥x∥^{k}} = \begin{cases}0, & si m > k, \\ ∄, & si m ≤ k. \end{cases}

Demostració. Com |x_{j}| ≤ ∥x∥, ∀ j = 1, …, n tenim que \frac{|p(x)|}{∥x∥^{k}} ≤ ∥x∥^{m−k} ≤ δ^{m−k}. Doncs si m > k ja està.

D’altra banda:

• Si m < k prenem la recta σ(t) = t(1, …, 1). Clarament,

lím_{t→0} \frac{p(σ(t))}{∥σ(t)∥^{k}} = lím_{t→0} \frac{1}{n^{k/2}} t^{m}|t|^{−k}

i aquest últim límit no existeix.

• Si m = k :

– Per σ(t) = t(1, …, 1) tenim lím_{t→0} \frac{p(σ(t))}{∥σ(t)∥^{k}} només existeix si k és parell, i en aquest cas val 1/n^{k/2}.

– En canvi, per σ̄(t) = t(1, 0, …, 0) s’obté: lím_{t→0} \frac{p(σ̄(t))}{||σ̄(t)||^{k}} = 0 o bé no existeix. Per tant, en aquest cas, el límit tampoc no existeix. □

Definició 3.6 (Continuïtat). Sigui f = (f_{1}, f_{2}, …, f_{m}) : Ω ⊆ ℝ^{n} ⟶ ℝ^{m}, amb Ω obert i a ∈ Ω. Tenim:

(1) f contínua en x = a ⟺ lím_{x→a} f(x) = f(a).

(2) f contínua en Ω ⟺ f és contínua per a cada x ∈ Ω.

3És a dir p(x) és una funció de la forma, p(x) = αx_{1}^{m_{1}}x_{2}^{m_{2}} ⋯ x_{n}^{m_{n}}, on α ∈ ℝ i els exponents m_{1}, m_{2}, …, m_{n} són enters no negatius amb m_{1} + m_{2} + ⋯ + m_{n} = m.

Criteris de continuïtat. Amb la suma, el producte y la composició de funcions contínues s’obtenen funcions contínues. Proposició 3.2 (Propietats de les funcions contínues).

(i) f : ℝ^{n} ⟶ ℝ^{m} amb D(f) = ℝ^{n} i f contínua a tot ℝ^{n}. Llavors l’anti-imatge d’un obert de ℝ^{m} és un obert de ℝ^{n} i l’anti-imatge d’un tancat de ℝ^{m} és un tancat de ℝ^{n}.

(ii) f : ℝ^{n} ⟶ ℝ^{m} amb f contínua. Llavors la imatge d’un compacte de ℝ^{n} és un compacte de ℝ^{m}. Exemple 3.12. El conjunt A = {x ∈ ℝ^{n} : 1 < ||x||^{3} < 2} és obert. En efecte, si considerem la funció f(x) = ||x||^{3} llavors A és l’anti-imatge de (1, 2) que és un obert de ℝ. Exemple 3.13. f : ℝ ⟶ ℝ; f(x) = E(x) funció part entera de x que, recordem, es definex com

E(x) := sup {z ∈ ℤ : z ≤ x} .

Llavors si triem Ω = {1} resulta que f^{−1}(Ω) = [1, 2) no és tancat i, per tant, E(x) no és contínua en ℝ. Exemple 3.14. La funció

f(x) = \begin{cases}x, & x < 1 \\ 2, & x ≥ 1 \end{cases}

no és contínua en ℝ, ja que f([0, 2]) = [0, 1) ∪ {2} no és tancat i, per tant, tampoc no és compacte. Remarca 3.4. La Proposició 3.2(i) justifica el que vàrem fer per resoldre l’Exemple 2.2. Exercici 3.2 (Exercici 2 de la col.lecció). Doneu el domini de definció de les següents funcions:

(a) f(x, y) = \frac{\sqrt{9 − x^{2} − y^{2}}}{x^{2} + y^{2} − 4} .

Solució. D(f) = B_{3}^{2}(0, 0) \ ∂B_{2}^{2}(0, 0). ■

(b) f(x, y) = \sqrt{16 − 4x^{2} − y^{2}}. Solució. D(f) és la clausura de l’el.lipse \frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{16} ≤ 1. ■

(c) f(x, y) = (ln(xy), \sqrt{4 − x^{2} − y^{2}}). Solució. D(f) = \overline{B}_{2}^{2}(0, 0) ∩ (\{(x, y) : x > 0, y > 0\} ∪ \{(x, y) : x < 0, y < 0\}). ■

(d) f(x, y) = arcsin (\frac{y}{x}).

Solució. D(f) = \{(x, y) : −1 ≤ \frac{y}{x} ≤ 1\}. ■

(e) f(x, y) = arctan (\frac{1}{x^{2} + y^{2}} ).

Solució. D(f) = ℝ^{2} \ {(0, 0)}. ■

(f) f(x, y) = \sqrt{y − xy − 1}. Indicació: Determineu el conjunt y − xy − 1 = 0.

Solució. D(f) = \{(x, y) : x < 1, y ≥ \frac{1}{1 − x}\} ⋃ \{(x, y) : x > 1, y ≤ \frac{1}{1 − x}\}. ■

(g) f(x, y, z) = \frac{x}{\sqrt{9 − x^{2} − y^{2} − z^{2}}} .

Solució. D(f) = B_{3}^{3}(0, 0). ■

Exercici 3.3 (Exercici 3 de la col.lecció). Trobeu les corbes de nivell de les següents funcions i digueu quina és la seva imatge.

(a) f(x, y) = x^{2} + y^{2}.

Solució. Les corbes de nivell són circumferències i R(f) = [0, ∞). ■

(b) f(x, y) = 4x^{2} + y^{2}.

Solució. Les corbes de nivell són el.lipses i R(f) = [0, ∞). ■

(c) f(x, y) = x^{2} − y.

Solució. Les corbes de nivell són paràboles i R(f) = ℝ. ■

(d) f(x, y) = \frac{xy}{x^{2} + y^{2}} , definida per a (x, y) ≠ (0, 0). Indicació: Aïlleu y en termes de x sobre cada corba de

nivell. Solució. Despres d’aïllar y (resolent una equació de segon grau) les corbes de nivell surten rectes. Per a veure la imatge, fixem-nos en que (x − y)^{2} ≥ 0 ⟺ x^{2} + y^{2} ≥ 2xy ⟺ f(x, y) ≤ 1/2. D’altra banda, (x + y)^{2} ≥ 0 ⟺ x^{2} + y^{2} ≥ −2xy ⟺ f(x, y) ≥ −1/2. Per tant R(f) = [−1/2, 1/2]. ■

(e) f(x, y) = \frac{x^{2} − y^{2}}{x^{2} + y^{2}} , definida per a (x, y) ≠ (0, 0). Indicació: Feu com a l’apartat (d).

Solució. Les corbes de nivell són les rectes y = ±\sqrt{\frac{1 − k}{1 + k}} x, i per tant, R(f) = [−1, 1]. ■

(f) f(x, y) = (x^{2} + y^{2}) e^{−x^{2}−y^{2}}. Indicació: Relacioneu els valors de f amb els de la funció h(z) = ze^{−z}. Solució. De la gràfica de h es dedueix que les corbes de nivell són circumferències i R(f) = (−∞, e^{−1}], ja que h té un ùnic màxim absolut en z = 1. ■

Exercici 3.4 (Exercici 8 de la col.lecció). Per a les següents funcions, trobeu valors per a δ(ϵ) (“els millors que pogueu”) tals que si \sqrt{x^{2} + y^{2}} ≤ δ(ϵ), llavors |f(x, y) − f(0, 0)| ≤ ϵ. Indicació: Recordeu que |x| ≤ \sqrt{x^{2} + y^{2}}.

(a) f(x, y) = \sqrt[3]{xy}.

Solució. δ(ϵ) = ϵ^{3/2}. ■

(b) f(x, y) = \frac{x^{2}y}{x^{2} + y^{2}} si (x, y) ≠ (0, 0) i f(0, 0) = 0.

Solució. δ(ϵ) = ϵ. ■

(c) f(x, y) = \frac{1 − x^{2} − y^{2}}{1 + x^{2} + y^{2}} .

Solució. δ(ϵ) = \sqrt{ϵ/2}. ■ Exercici 3.5 (Exercici 11 de la col.lecció). Calculeu (si existeixen) els següents límits.

(a) lím_{(0,1)} \frac{arccos(x/y)}{1 + xy}.

Solució. π/2. ■

(b) lím_{(0,0)} \frac{xy}{x^{2} + y^{2}} .

Solució. No existeix (es comprova per rectes). ■

(c) lím_{(0,0)} \frac{x^{2}y}{x^{2} + y^{2}} .

Solució. 0. ■

(d) lím_{(0,0)} \frac{x^{2} − y^{2}}{x^{2} + y^{2}} .

Solució. No existeix (es comprova per rectes). ■

(e) lím_{(0,0)} \frac{x^{2}y^{2}}{x^{4} + y^{4}} .

Solució. No existeix (es comprova per rectes). ■

(f) lím_{(0,0)} \frac{sin(xy)}{x^{2} + y^{2}}.

Solució. No existeix (es comprova per rectes). ■

(g) lím_{(0,0)} \frac{xy}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} .

Solució. 0. ■

(h) lím_{(0,0)} xy ln(x^{2} + y^{2}). Indicació: Proveu primer que lím_{z→0^{+}} z^{a} ln(z) = 0, si a > 0 —per molt petit que sigui—i feu una identificació adequada de z i una bona tria del valor de a. Solució. 0. ■

(i) lím_{(0,0,0)} \frac{xyz}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} .

Solució. 0. ■

(j) lím_{(0,0)} \frac{x − y}{\sqrt{x} − \sqrt{y}}, definida si x, y > 0 i x ≠ y. Solució. 0. ■

(k) lím_{(1,1)} tan (\frac{π}{x^{2} + y^{2}} ).

Solució. No existeix. ■

A Problemes fer els exercicis 13 i 14:

EX 13.- Sigui f(x, y) = \frac{cos(xy) − 1}{x^{2}y^{2}} si xy ≠ 0 i f(x, y) = a si xy = 0.

1. Per a quin valor de a ∈ ℝ és f contínua en (0, 0)? a = 1/2. Per Taylor en una variable.

2. Per aquest valor de a discutiu la continuïtat de f en ℝ^{2}. Contínua a tot ℝ^{2}.

Exercici 3.6 (Problema 13 de la col.lecció). Sigui f(x, y) = \frac{cos(xy) − 1}{x^{2}y^{2}}, si xy ≠ 0 i f(x, y) = a si xy = 0.

(a) Per a quin valor de a ∈ ℝ és f contínua en (0, 0)?

Solució. a = 1/2. Per Taylor d’una variable. ■

(b) Per a aquest valor de a discutiu la continuïtat de f en ℝ^{2}. Solució. Contínua a tot ℝ^{2}. ■

EX 14.- Per a les següents funcions definides a trossos discutiu la seva continuïtat en ℝ^{2}.

1. f(x, y) = \frac{sin(xy)}{xy} si xy ≠ 0 i f(x, y) = 1 si xy = 0.

Contínua a tot ℝ^{2}.

2. f(x, y) = max{x, y} si x > 0 i f(x, y) = 0 si x ≤ 0. Contínua a ℝ^{2} \ {(0, y) : y ≥ 0}.

3. f(x, y) = x si |x| ≤ |y| i f(x, y) = y si |x| > |y|.

Contínua a ℝ^{2} \ {(x, −x) : x ∈ ℝ}.

4. f(x, y) = x si x^{2} + y^{2} ≤ 1 i f(x, y) = y si x^{2} + y^{2} > 1. És discontínua a ∂B_{1}^{2}(0, 0) \ \{(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}), (−1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2})\}.

4 Derivabilitat a ℝ^{n} (2h T, 2h P)

Sigui f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ una funció escalar, a ∈ Ω.

Notació: (Derivada parcial)

Notació (Derivada parcial). • Newton-Lagrange (1671): f_{x_{j}}(a)

• Leibniz (1684): \frac{∂}{∂x_{j}} f(a) ≡ ∂_{x_{j}}f(a) ≡ ∂_{j}f(a)

• Arbogast (1800): D_{x_{j}}f(a) ≡ D_{j}f(a)

Definició 4.1 (Derivada parcial). Sigui f̃: B_{ϵ}^{1}(a_{j}) ⊂ ℝ → ℝ; x_{j} → f̃(x_{j}) := f(a_{1}, …, x_{j}, …, a_{n}). Definim la derivada parcial de f respecte x_{j} en el punt a com:

∂_{j}f(a) := f̃′(a_{j}),

on f̃′(a_{j}) és la derivada d’una funció real d’una variable (vegi’s Càlcul I).

Remarca 4.1. Aquesta definició és equivalent a:

∂_{j}f(a) := lím_{t→0} \frac{f(a_{1}, …, a_{j} + t, …, a_{n}) − f(a)}{t}.

Exemple 4.1. f(x, y) = \frac{y − sin(y)}{x^{2} + y^{2}}, f(0, 0) = 0. Llavors:

1. ∂_{1}f(0, 0) = lim_{t→0} \frac{f(t, 0) − f(0, 0)}{t} = lím_{t→0} \frac{0}{t^{3}} = 0.

2. ∂_{2}f(0, 0) = lím_{t→0} \frac{f(0, t) − f(0, 0)}{t} = lím_{t→0} \frac{t − sin t}{t^{3}} = lim_{t→0} \frac{t^{3}/6}{t^{3}} = \frac{1}{6}.

Exercici 4.1. Calculeu les derivades parcials de f(x, y) = xe^{y sin x} en el punt (\frac{π}{2} , 0).

Solució. ∂_{x}f(π/2, 0) = 1, ∂_{y}f(π/2, 0) = π/2. ■

Remarca 4.2. Sigui f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{m}, funció vectorial, f = (f_{1}, …, f_{m}), Ω obert i a ∈ Ω. La seva derivada parcial respecte x_{j} en el punt a és el següent vector columna

∂_{j}f(a) := (∂_{j}f_{1}(a), … ∂_{j}f_{m}(a))^{⊤}.

Cas particular: (Corba a ℝ^{n}) σ : (a, b) ⊂ ℝ → ℝ^{n}; t → σ(t) = (σ_{1}(t), …, σ_{n}(t)) ⇒ σ′(t) és el vector tangent a la corba . Definició: (Derivada d’una funció escalar) f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ, funció escalar, Ω obert i a ∈ Ω. La seva derivada

∇_{x}f(a) ≡ ∇f(a) ≡ D_{x}f(a) ≡ Df(a) := (∂_{1}f(a), …, ∂_{n}f(a)),

s’anomena gradient de f en el punt a, i és un vector fila. Definició: (Punt crític) Si a satisfà ∇f(a) = 0 direm que és un punt crític de f. Definició: (Derivada d’una funció vectorial) f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{m}, funció vectorial, f = (f_{1}, …, f_{m}), Ω obert i a ∈ Ω.

J_{x}f(a) ≡ Jf(a) ≡ D_{x}f(a) = Df(a) := (∇f_{1}(a), …, ∇f_{m}(a))^{T} ,

s’anomena matriu jacobiana de f en el punt a, i és un matriu amb m files i n columnes. Més precisament, a la j-èssima fila hi ha ∇f_{j}(a). Exercici: Calculeu la matriu jacobiana de f(x, y) = (e^{x+y} + y, xy^{2}, cos(xy^{2})). SOLUCIO:

Jf(x, y) = ( \begin{matrix}e^{x+y} & e^{x+y} + 1 \\ y^{2} & 2xy \\ − sin(xy^{2}) & −2y sin(xy^{2}) \end{matrix} )

Comentari: A ℝ f′(x_{0}) ∃ ⟹ f contínua en x_{0}. En canvi en dimensió mes gran que 1, l’existència de totes les derivades parcials en un punt NO implica que la funció sigui contínua en aquest punt. Exemple: f(x, y) = \frac{xy}{x^{2}+y^{2}} si (x, y) ≠ (0, 0), i f(0, 0) = 0. Clarament ∂_{1}f(0, 0) = ∂_{2}f(0, 0) = 0, pero f no és contínua a (0, 0) (Useu dues rectes de diferent pendent que passin per l’origen). L’operador ∇ A ℝ^{n}, l’operador ∇ es defineix de la següent forma:

∇ = (∂_{1}, …, ∂_{n}).

Aplicat a una funcio escalar f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ s’obté el seu gradient. Però tambés es pot aplicar a funcions vectorials f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{n}, de la següent forma:

⟨∇, f(x)⟩ = ∑_{j=1}^{n} ∂_{j}f_{j}(x),

obtenint l’anomenada divergència de f. (Es pot entendre com el producte escalar de ∇ amb f). A Problemes fer l’exercici 20. Calculeu per derivació directa les derivades parcials primeres de les següents funcions.

1. f(x, y) = x^{y^{x}}.

∂_{x}f(x, y) = x^{y^{x}}y^{x} (ln(x) ln(y) + \frac{1}{x}), ∂_{y}f(x, y) = x^{y^{x}}y^{x}xy^{x−1} ln(x).

2. f(x, y) = x^{xy}.

∂_{x}f(x, y) = x^{yx} (y ln(x) + y), ∂_{y}f(x, y) = x^{yx}x ln(x).

3. f(x, y) = (x^{2} + y^{2})^{x}.

∂_{x}f(x, y) = (x^{2} + y^{2})^{x} (ln(x^{2} + y^{2}) + \frac{2x^{2}}{x^{2}+y^{2}} ), ∂_{y}f(x, y) = 2xy(x^{2} + y^{2})^{x−1}.

4. f(x, y) = xy ln(x^{2} + y^{2}).

∂_{x}f(x, y) = y ln(x^{2} + y^{2}) + \frac{2x^{2}y}{x^{2}+y^{2}} , ∂_{y}f(x, y) = x ln(x^{2} + y^{2}) + \frac{2y^{2}x}{x^{2}+y^{2}} .

5. f(x, y) = ln(\sqrt{x^{2} + y^{2}})

∂_{x}f(x, y) = \frac{x}{x^{2}+y^{2}} , ∂_{x}f(x, y) = \frac{y}{x^{2}+y^{2}} .

6. f(x, y) = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} .

∂_{x}f(x, y) = −\frac{x}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}} , ∂_{y}f(x, y) = −\frac{y}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}} .

7. f(x, y) = \frac{xy}{x^{2} + y^{2}} .

∂_{x}f(x, y) = \frac{y(y^{2} − x^{2})}{(x^{2} + y^{2})^{2}}, ∂_{y}f(x, y) = \frac{x(x^{2} − y^{2})}{(x^{2} + y^{2})^{2}}.

8. f(x, y) = \frac{x^{2} + y^{2}}{x^{2} − y^{2}} .

∂_{x}f(x, y) = \frac{−4xy^{2}}{(x^{2} − y^{2})^{2}} , ∂_{x}f(x, y) = \frac{4yx^{2}}{(x^{2} − y^{2})^{2}}

9. f(x, y) = \frac{cos x + e^{xy}}{x^{2} + y^{2}} .

10. f(x, y, z) = e^{x} tan(y^{2}z).

11. f(x, y, z) = x sinh (\frac{y}{z} ).

A Problemes fer l’exercici 16. Aplicant la definició calculeu (si existeixen) les derivades parcials primeres de les següents funcions en el

(0, 0).

1. f(x, y) = \frac{xy}{x^{2} + y^{2}} si (x, y) ≠ (0, 0) i f(0, 0) = 0.

∂_{x}f(0, 0) = ∂_{y}f(0, 0) = 0.

2. f(x, y) = x ln(x^{2} + y^{2}) si (x, y) ≠ (0, 0) i f(0, 0) = 0. ∂_{x}f(0, 0)∄, ∂_{y}f(0, 0) = 0.

3. f(x, y) = (x^{2} + y^{2})^{x} si (x, y) ≠ (0, 0) i f(0, 0) = 1. ∂_{x}f(0, 0)∄, ∂_{y}f(0, 0) = 0.

A Problemes fer l’exercici 21. Calculeu les derivades parcials primeres de les següents funcions i doneu la seva matriu jacobiana.

1. f(x, y) = (e^{xy} + y, y^{2}x).

Jf(x, y) = ( \begin{matrix}ye^{xy} & xe^{xy} + 1 \\ y^{2} & 2xy \end{matrix} )

2. f(x, y) = (cos(x + 2y), ye^{x+y}, cosh(xy^{2})).

Jf(x, y) = ( \begin{matrix}− sin(x + 2y) & −2 sin(x + 2y) \\ ye^{x+y} & (y + 1)e^{x+y} \\ y^{2} sinh(xy^{2}) & 2xy sinh(xy^{2}) \end{matrix} )

3. f(x, y, z) = (z tan(x^{2} + y^{2}), xy ln(z)).

Jf(x, y, z) = ( \begin{matrix}2xz sec(x^{2} + y^{2}) & 2yz sec(x^{2} + y^{2}) & tan(x^{2} + y^{2}) \\ y ln(z) & x ln(z) & \frac{xy}{z} \end{matrix} )

A Problemes fer l’exercici 23. D’acord amb la llei dels gasos perfectes tenim la relació P V = kT, on P és la pressió, V el volum, T la temperatura i k una constant. Demostreu que

\frac{∂T}{∂P} \frac{∂P}{∂V} \frac{∂V}{∂T} = −1.

(\frac{∂T}{∂P} vol dir que aïllem T com a funció de (P, V) i derivem respecte de P. Ídem per a les altres.) ∂_{P} T = V/k, ∂_{V} P = −kT/V^{2} i ∂_{T} V = k/P ⟹ ∂_{P} T ∂_{V} P ∂_{T} V = −KT/(V P) = −1.

FUNCIONS DE CLASSE C^{m}: 1 hora a TEORIA i 1 hora a PROBLEMES

OBSERVACIO: A classe NO ho explico usant permutacions. Ara, per escriure-ho de manera compacta m’ha semblat la millor opció.

Sigui f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ. Analogament com s’ha definit ∂_{x_{j}}f(a) podem definir la derivada parcial d’ordre m:

∂_{x_{σ(1)}...x_{σ(m)}}^{m}f(a) on σ : {1, …, m} → {1, …, n}.

Conveni: S’entendra que les derivades es fan per ordre de proximitat a f. Així ∂_{yx}^{2}f = ∂_{y}(∂_{x}f). Exercici: Calculeu totes les derivades parcials de segon ordre de f(x, y) = x^{3} + xy + y sin(x). Solució:

∂_{x^{2}}^{2}f = 6x − y sin(x), ∂_{xy}^{2} = ∂_{yx}^{2}f = 1 + cos(x), ∂_{y^{2}}^{2}f = 0.

Definició: Direm que f ∈ C^{m}(Ω) (f és de classe C^{m}(Ω)) si

∂_{x_{σ(1)}...x_{σ(m)}}^{m}f contínua a Ω, ∀σ.

En particular:

f contínua a Ω ⟺ f ∈ C^{0}(Ω).

Teorema: (de Schwarz)

f ∈ C^{2}(Ω) ⟹ ∂_{x_{k}x_{j}}^{2}f = ∂_{x_{j}x_{k}}^{2}f

En general:

f ∈ C^{m}(Ω) ⟹ ∂_{x_{σ(1)}...x_{σ(m)}}^{m}f = ∂_{x_{p(σ(1))}...x_{p(σ(m))}}^{m}f, ∀p permutació de n elements.

Exercici: És el 24 de la llista: Per a quins valors de a, b, c i d pot existir una funció f(x, y) tal que \frac{∂f}{∂x} = ax + by i \frac{∂f}{∂y} = cx + dy?

Per a aquests valors calculeu totes les possibles solucions per a f. SOLUCIO: b = c i f(x, y) = \frac{a}{2}x^{2} + bxy + \frac{d}{2}y^{2}. Teorema:

f ∈ C^{m}(Ω) ⟹ f ∈ C^{m−s}(Ω) amb 0 ≤ s ≤ m.

Equivalentment

f ∉ C^{m}(Ω) ⟹ f ∉ C^{m+s}(Ω) amb 0 ≤ s.

En particular, C^{1} implica contínua, equivalentment, no contínua implica no C^{1}. Exercici: Comproveu que la funció f(x, y) = \frac{xy}{x^{2}+y^{2}} si (x, y) ≠ (0, 0), i f(0, 0) = 0 no és C^{1} a l’origen. El Laplacià: Si f és una funció escalar, el seu Laplacià es defineix com la divergència del seu gradient:

Δf = ⟨∇, ∇f⟩.

Exercici: Demostreu que Δ⟨x, ∇f⟩ = 2Δf + ⟨x, ∇Δf⟩. (És senzill però llarg).

A Problemes fer l’exercici 25. Considereu la funció f(x, y) = \frac{xy}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} si (x, y) ≠ (0, 0) i f(0, 0) = 0.

(a) Aplicant la definció de derivada parcial calculeu \frac{∂f}{∂x}(0, 0).

\frac{∂f}{∂x}(0, 0) = 0.

(b) Calculeu \frac{∂f}{∂x}(x, y) si (x, y) ≠ (0, 0).

\frac{∂f}{∂x}(x, y) = \frac{y^{3}}{\sqrt{(x^{2} + y^{2})^{3}}} .

(c) Demostreu que ∄ lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{∂f}{∂x}(x, y). Per rectes surt molt fàcil.

(d) Quin és el subconjunt D ⊂ ℝ^{2} més gran on tenim que f ∈ C^{1}(D)? D = ℝ^{2} \ {(0, 0)}. A Problemes fer l’exercici 27. Considereu la funció f(x, y) = xy \frac{x^{2} − y^{2}}{x^{2} + y^{2}} si (x, y) ≠ (0, 0) i f(0, 0) = 0.

1. Calculeu \frac{∂f}{∂x}(x, y) i \frac{∂f}{∂y} (x, y), si (x, y) ≠ (0, 0).

\frac{∂f}{∂x}(x, y) = \frac{y(x^{4} + 4x^{2}y^{2} − y^{4})}{(x^{2} + y^{2})^{2}}, \frac{∂f}{∂y} (x, y) = \frac{x(x^{4} − 4x^{2}y^{2} − y^{4})}{(x^{2} + y^{2})^{2}}

2. Usant la definició calculeu \frac{∂f}{∂x}(0, 0) i \frac{∂f}{∂y} (0, 0).

\frac{∂f}{∂x}(0, 0) = \frac{∂f}{∂y} (0, 0) = 0.

3. Usant la definició calculeu \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (0, 0) i \frac{∂^{2}f}{∂y∂x}(0, 0).

(Indicació: \frac{∂^{2}f}{∂y∂x}(0, 0) = \frac{∂f}{∂y} (\frac{∂f}{∂x}) (0, 0) = lim_{h→0} \frac{\frac{∂f}{∂x}(0, h) − \frac{∂f}{∂x}(0, 0)}{h}.)

\frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (0, 0) = 1, \frac{∂^{2}f}{∂y∂x}(0, 0) = −1.

4. Quin és el subconjunt D ⊂ ℝ^{2} més gran on tenim que f ∈ C^{2}(D)? D = ℝ^{2} \ {(0, 0)}.

5. Quin és el subconjunt D ⊂ ℝ^{2} més gran on tenim que f ∈ C^{∞}(D)? D = ℝ^{2} \ {(0, 0)}.

LA REGLA DE LA CADENA (1h T i 1h P)

A ℝ la regla de la cadena diu el següent: Donades f : Ω^{∗} → R i g : Ω → ℝ tenim que si f̃(x) ≡ f(g(x)), llavors f̃′(x) = f′(g(x))g′(x).

En general: per funcions vectorials f : Ω^{∗} ⊂ ℝ^{m} → ℝ^{k}; y → f(y), i g : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{m}; x → g(x). tindrem que la matriu jacobiana de f̃ es pot calcular de la següent forma:

J_{x}f̃(x) = J_{y}f(g(x)) · J_{x}g(x).

Cassos concrets:

f : Ω^{∗} ⊂ ℝ^{m} → ℝ; y → f(y) funció escalar, i g : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{m}; x → g(x) funció vectorial.

f̃(x) := f ∘ g(x) = f(g(x)) = f(g_{1}(x), …, g_{m}(x)),

llavors:

De la regla de la cadena deduïm:

∇_{x}f̃(x) = ∇_{y}f(g(x)) · J_{x}g(x).

Per tant,

∂_{x_{j}} f̃(x) = ⟨∇_{y}f(g(x)), (∂_{x_{j}}g(x))^{T} ⟩ = ∇_{y}f(g(x)) · ∂_{x_{j}}g(x) = ∑_{l=1}^{m} ∂_{y_{l}}f(g(x))∂_{x_{j}}g_{l}(x).

Exercici: f(u, v, w) = u^{2} + v^{2} − w, g(x, y) = (x^{2}y, y^{2}, e^{−xy}). Calculeu ∂_{x}f̃(x, y).

Solució: ∂_{x}f̃(x, y) = 4x^{3}y^{2} + ye^{−xy}. Exemple: (Corbes a ℝ^{n}) σ : (a, b) ⊂ ℝ → ℝ^{n}; t → σ(t) = (σ_{1}(t), …, σ_{n}(t)), f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ; x → f(x) funció escalar.

f̃(t) := f(σ(t)) ⟹ f̃′(t) = ⟨∇_{x}f(σ(t)), (σ′(t))^{T} ⟩ = ∑_{l=1}^{m} ∂_{l}f(σ(t))σ′_{l}(t).

En general, per funcions vectorials f : Ω^{∗} ⊂ ℝ^{m} → ℝ^{k}; y → f(y), i g : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{m}; x → g(x). f̃(x) := f ∘ g(x), en forma matricial tindrem doncs que la matriu jacobiana de f̃ serà:

J_{x}f̃(x) = J_{y}f(g(x)) · J_{x}g(x).

Fixem-nos que la regla de la cadena també ens diu (multiplicant fila per columna) que:

∂_{x_{j}} f̃_{r}(x) = ∑_{l=1}^{m} ∂_{y_{l}}f_{r}(g(x))∂_{x_{j}}g_{l}(x).

Exercici: f(u, v) = (cos v + u^{2}, e^{u+v}, u − v), g(x, y) = (e^{x^{2}}, x − sin y). Calculeu Jf̃(0, 0). Solució:

Jf̃(0, 0) = ( \begin{matrix}0 & 0 \\ e & −e \\ −1 & 1 \end{matrix} ) .

Aplicació: (Hipersuperfícies de nivell) (Això NO ho explico a classe) g : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ; x → g(x) funció escalar. Definició: El conjunt {x ∈ ℝ^{n} : g(x) = Constant} s’anomena hipersuperfice de nivell (HSN)

Sigui σ(t) ⊂ HSN una corba qualsevol i g̃(t) := g(σ(t)) = Constant, llavors

0 = g̃′(t) = ⟨∇g(σ(t)), (σ′(t))^{T} ⟩ ∀σ(t) ⊂ HSN ⇒ ∇g ⊥ HSN.

Per tant, donat x_{0} ∈ HSN, el hiperpla tangent a la HSN que passa per x_{0} (HP T_{x_{0}}) és

⟨∇g(x_{0}), x − x_{0}⟩ = 0.

En particular donada f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ; x → f(x) funció escalar, la seva gràfica

G(f) := {(x, x_{n+1}) ∈ ℝ^{n+1} : x_{n+1} − f(x) = 0}

és una HSN de g(x, x_{n+1}) = x_{n+1} − f(x). Per tant, HP T_{(x_{0},f(x_{0}))} és

x_{n+1} = f(x_{0}) + ⟨∇f(x_{0}), x − x_{0}⟩.

Nota: Donada Gf, N(x_{0}) := (∇f(x_{0}), −1) és el vector normal a HP T_{(x_{0},f(x_{0}))}. Llavors si {e_{j}^{m}}_{j=1,··· ,m} és la base canònica de ℝ^{n}:

⟨v_{j}^{n+1}(x_{0}), N(x_{0})⟩ = 0, ∀j = 1, ⋯, n, on v_{j}^{n+1}(x_{0}) := e_{j}^{n+1} + ∂_{j}f(x_{0})e_{n+1}^{n+1}.

Per tant {v_{j}^{n+1}(x_{0})}_{j=1,··· ,n} generen HP T_{(x_{0},f(x_{0}))} De fet, si considerem φ : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{n+1}; x → (x, f(x)), llavors

Jφ(x_{0})e_{j}^{n} = v_{j}^{n+1}(x_{0}), ∀j = 1, ⋯, n.

La matriu jacobiana de φ envia la base canònica de ℝ^{n} al vectors que generen HP T_{(x_{0},f(x_{0}))}.

A Problemes fer els exercicis 29, 33 EX 29.- Siguin f(u, v) = (tan(u − 1) − e^{v}, u^{2} − v^{2}) i g(x, y) = (e^{x−y}, x − y). Calculeu D(f ∘ g)(1, 1) mitjançant la regla de la cadena.

Df(u, v) = ( \begin{matrix}sec^{2}(u − 1) & −e^{v} \\ 2u & −2v \end{matrix} ) , Dg(x, y) = ( \begin{matrix}e^{x−y} & −e^{x−y} \\ 1 & −1 \end{matrix} ) . g(1, 1) = (1, 0) ⟹

D(f ∘ g)(1, 1) = Df(1, 0)Dg(1, 1) = ( \begin{matrix}1 & −1 \\ 2 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 2 & −2 \end{matrix} ) .

EX 33.- Donada una funció f = f(u, v, w) de classe C^{1}, calculeu mitjançant la regla de la cadena expressions per a les derivades o derivades parcials primeres de la funció h en termes de les de α, β i γ en cadascun dels casos següents.

1. h(x) = f(x, α(x), β(x)).

h′(x) = ∂_{1}f(x, α(x), β(x)) + ∂_{2}f(x, α(x), β(x))α′(x) + ∂_{3}f(x, α(x), β(x))β′(x).

2. h(x, y) = f(y, α(x, y), β(x)).

∂_{x}h(x, y) = ∂_{2}f(y, α(x, y), β(x))∂_{x}α(x, y) + ∂_{3}f(y, α(x, y), β(x))β′(x),

∂_{y}h(x, y) = ∂_{1}f(y, α(x, y), β(x)) + ∂_{2}f(y, α(x, y), β(x))∂_{y}α(x, y).

3. h(x, y, z) = f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z)).

∂_{x}h(x, y) = ∂_{3}f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂_{x}γ(x, y, z),

∂_{y}h(x, y) = ∂_{2}f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂_{y}β(y, z) + ∂_{3}f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂_{y}γ(x, y, z),

∂_{z}h(x, y) = ∂_{1}f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))α′(z) + ∂_{2}f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂_{z}β(y, z)

+∂_{3}f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂_{z}γ(x, y, z).

DERIVADA DIRECCIONAL 1 hora a PROBLEMES

f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ; x → f(x), a ∈ Ω, v vector de ℝ^{n} amb ||v|| = 1. Definim f̃: B_{r}^{1}(0) ⊂ ℝ → ℝ; t → f̃(t) := f(a + tv). Definició:(derivada direccional de f en a segons v)

∂_{v}f(a) ≡ D_{v}f(a) := f̃′(0).

OBSERVACIO: Aquesta definició és equivalent a:

∂_{v}f(a) ≡ D_{v}f(a) = lim_{t→0} \frac{f(a + tv) − f(a)}{t}.

Teorema: (Fórmula del gradient) f ∈ C^{1}(Ω) ⟹ ∂_{v}f(a) = ⟨v, ∇f(a)⟩. Nota: ∂_{e_{j}^{n}}f(a) = ∂_{j}f(a). Proposició: Si f ∈ C^{1}(Ω), Ω obert i a ∈ Ω. Susposem que a NO és un punt crític, llavors la derivada direccional màxima en a s’asoleix en la direccio de v = ∇f(a)/||∇f(a)|| i val ||∇f(a)||. Prova: És trivial a partir del Teorema anterior. Exemple: Calculeu la derivada direccional màxima de f(x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{x_{2}} en (e, 1). Solució: \sqrt{1 + e^{2}}. A Problemes fer els exercicis 34 i 35. EX. 34.- Useu la fórmula del gradient per calcular les següents derivades direccionals.

1. D_{u}f(1, 0) si f(x, y) = ln \sqrt{x^{2} + y^{2}} i u = (2/\sqrt{5}, 1/\sqrt{5}).

D_{u}f(1, 0) = 2/\sqrt{5}.

2. D_{u}f(0, −1) si f(x, y) = e^{x} cos(πy) i u = (−1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}).

D_{u}f(0, −1) = 1/\sqrt{2}.

3. D_{u}f(1, 0, 0) si f(x, y, z) = x^{2}e^{−yz} i u = (1/\sqrt{3}, −1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3}).

D_{u}f(1, 0, 0) = 2/\sqrt{3}.

EX. 35.- El perfil d’una certa muntanya es modela mitjançant la funció

h(x, y) = 5000 − 0.01x^{2} − 0.02y^{2},

on si (x, y) és un punt del pla (“imaginari”) que defineix la base de la muntanya, llavors z = h(x, y) ens dóna la corresponent alçada.

1. Un muntanyer es troba en el punt (x, y) = (10, 10), a punt de fer el cim. En quina direcció s’ha de moure per pujar més ràpidament? Quin és el pendent?

v = −(1/\sqrt{5}, 2/\sqrt{5}). Pendent és la derivada direccional, per tant, val 1/\sqrt{5}.

2. Si enlloc de triar la direcció de màxima pendent opta per triar-ne una amb pendent del 40%, quina direcció ha de seguir? (Indicació: Un pendent del 40% correspon a un vector (α, β) ∈ ℝ^{2} unitari tal que D_{(α,β)}h(10, 10) = 0.4. Hi ha dues possible solucions per a (α, β).)

(0, −1) i (−4/5, −3/5).

FÓRMULA DE TAYLOR (2 hores a TEORIA i 1 hora a PROBLEMES) Fórmula de Taylor a ℝ^{n}: Sigui f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ; x → f(x), a, a + h ∈ Ω obert, f ∈ C^{k}(Ω)

• Aproximació lineal: f(a + h) ≅ f(a) + ⟨h, ∇f(a)⟩.

• Aproximació quadràtica:

f(a + h) ≅ f(a) + ⟨h, ∇f(a)⟩ + \frac{1}{2}⟨hHf(a), h⟩,

on Hf(a) := J∇f(a) és una matriu simètrica n × n anomenada hessiana.

• Aproximació d’ordre k:

f(a + h) ≅ ∑_{j=0}^{k} \frac{⟨h, ∇⟩^{j}}{j!} f(a).

Aquí ⟨h, ∇⟩ és l’operador ∑_{j=1}^{n} h_{j}∂_{j}, i ⟨h, ∇⟩^{j}f = ⟨h, ∇⟩(⟨h, ∇⟩^{j−1}f).

Nota: El pas de ℝ a ℝ^{n} és la substitució \frac{d}{dx_{1}} → ⟨h, ∇⟩. Nota: Tr Hf(a) = Δf(a). Cas particular: per n = 2, f : Ω ⊂ ℝ^{2} → ℝ; (x, y) → f(x, y), a, a + h ∈ Ω, f ∈ C^{k}(Ω); l’aproximació d’ordre k s’escriu

f(a + h) ≅ ∑_{j=0}^{k} ∑_{l=0}^{j} \frac{1}{l!(j − l)!}∂_{x^{l}y^{j−l}}^{j}f(a)h_{1}^{l}h_{2}^{j−l}.

En general, a ℝ^{n} tindrem:

f(a + h) ≅ ∑_{j=0}^{k} ∑_{|m|_{1}=j} \frac{1}{m_{1}! ⋯ m_{n}!}∂_{x_{1}^{m_{1}}...x_{n}^{mn}}^{j}f(a)h_{1}^{m_{1}} … h_{n}^{m_{n}},

on la norma | · |_{1} es defineix com |η|_{1} := ∑_{i=1}^{n} |η_{i}|, η ∈ ℝ^{n}. Aplicació al càlcul de derivades d’ordre superior. Exemple: Calculeu ∂_{y^{3}x^{4}}^{7}f(3, 0), on f(x, y) = (\frac{x}{3})^{x}. Per fer-ho escrivim:

f(x, y) = e^{y ln(1+ \frac{x−3}{3})},

i com e^{z} ≅ 1 + z + \frac{z^{2}}{2} + \frac{z^{3}}{6} observem que per obtenir el terme del polinomi de Taylor que conté y^{3}, hem de considerar

\frac{1}{6}y^{3} ln^{3} (1 + \frac{x − 3}{3}) ≅ \frac{1}{6}y^{3} (\frac{x − 3}{3})^{3} (1 − \frac{x − 3}{6})^{3} ,

per concloure que

\frac{1}{3!4!}∂_{y^{3}x^{4}}^{7}f(3, 0) = −\frac{1}{324} ⟹ ∂_{y^{3}x^{4}}^{7}f(3, 0) = −\frac{4}{9}.

Exercici: Sigui f(x, y) = e^{xy^{3}}. Quan val ∂_{x^{3}y^{9}}^{12}f(0, 0)? Resposta: 9!

Exemple: Calculeu ∂_{x^{5}y^{2}z^{3}}^{10}f(0, 0, 0) on f(x, y, z) = e^{xy} sin(xz). Notem que

f(x, y, z) = ⋯ − \frac{1}{2!3!}x^{5}y^{2}z^{3} + ⋯ = \frac{1}{5!2!3!}∂_{x^{5}y^{2}z^{3}}^{10}f(0, 0, 0)x^{5}y^{2}z^{3} + …

Per tant, ∂_{x^{5}y^{2}z^{3}}^{10}f(0, 0, 0) = −5!

Generalització: f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{m}; x → f(x), a, a + h ∈ Ω obert; llavors l’aproximació lineal és:

f(a + h) ≅ f(a) + h(Jf(a))^{⊤}.

Com a cas particular, si f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{n} és inversible i f(a) = b, llavors f^{−1}(b + h) ≅ a + h.((Jf(a))^{−1})^{T}; i per tant, en un entorn de b podem calcular aproximadament la inversa de f.

Residu de Taylor: Donada f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ; x → f(x); a, a + h ∈ Ω obert; f ∈ C^{k+1}(Ω). Definirem el residu d’ordre k en un entorn del punt a, com la següent funció:

R_{k}(h) = f(a + h) − ∑_{j=0}^{k} \frac{⟨h, ∇⟩^{j}}{j!} f(a).

La propietat important del residu, és el següent resultat:

lim_{h→0} \frac{|R_{k}(h)|}{||h||^{k}} = 0.

Aplicació al càlcul de límits: Fer a teoria l’exercici 43: Calculeu, si existeix, el següent límit.

lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{e^{x} sin(x + y) − x − y − x^{2} − xy}{x^{2} + y^{2}} .

(Indicació: Calculeu el desenvolupaments de Taylor del numerador fins ordre 2 i useu les propietats del residu de Taylor R_{2}(x, y)).

Solució: Aquest límit val zero.

A Problemes, fer l’exercici 37 (com exemple d’aproximació lineal): La resistència total R corresponent a dues resistències R_{1} i R_{2} conectades en paral·lel verifica

\frac{1}{R} = \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} .

Usant l’aproximació lineal, estimeu la variació del valor de R si incrementem el valor de R_{1} de 10 ohms a 10.5 ohms i decreixem el valor de R_{2} de 15 ohms a 13 ohms.

Solució. R(R_{1}, R_{2}) = \frac{R_{1}R_{2}}{R_{1} + R_{2}} . Llavors,

R(10, 15) = 6,  ∂_{1}R(10, 15) = 9/25,  ∂_{2}R(10, 15) = 4/2.

D’altra banda,

R(10.5, 13) − R(10, 15) ≅ ∂_{1}R(10, 15) × 0.5 + ∂_{2}R(10, 15) × (−2) = −7/50.

A Problemes, fer els exercicis 40 i 41:

EX. 40.- Calculeu totes les derivades parcials fins ordre 2 de les següents funcions i doneu el seu desenvolupament de Taylor fins a termes de grau 2 inclosos entorn del punt que s’indica en cada cas.

(a) Taylor de f(x, y) = sin(xy) entorn del punt (1, π/2).

(b) Taylor de f(x, y) = x^{y} entorn del punt (1, 1).

(c) Taylor de f(x, y) = e^{x/y} entorn del punt (0, 1).

(d) Taylor de f(x, y, z) = e^{−x} sin(yz) entorn del punt (0, 1, π).

EX. 41.- Mitjançant l’us de desenvolupaments de Taylor de funcions d’una variable (coneguts a priori), calculeu els desenvolupaments de Taylor en l’origen fins a termes de grau dos inclosos de les següents funcions.

(a) f(x, y) = e^{xy} ln(1 + x + y).

Solució. f(x, y) ∼ ln(1 + x + y) ∼ x + y − (x + y)^{2}/2.

(b) f(x, y) = e^{x} cos y.

Solució. f(x, y) ∼ 1 + x + (x^{2} − y^{2})/2.

(c) f(x, y) = \frac{1}{1 + x + y}.

Solució. f(x, y) ∼ 1 − (x + y) + (x + y)^{2}/2.

(d) f(x, y, z) = e^{x+y}\sqrt{1 + x} cos(x + y + z).

Solució. f(x, y, z) ∼ 1 + \frac{3}{2}x + y − \frac{3}{8}x^{2} + \frac{1}{2}yx − zx − zy − \frac{1}{2}z^{2}.

A Problemes, fer l’exercici 42: Calculeu el desenvolupament de Taylor en l’origen de les següents funcions fins l’ordre que s’indica en cada cas i doneu el valor de totes les derivades parcials de la funció en el (0, 0) corresponents a l’ordre màxim fins al qual s’ha desenvolupat (p. ex., si desenvolupem fins a ordre 5 volem ∂_{x^{n}y^{m}}^{5}f(0, 0), amb n + m = 5).

(a) f(x, y) = ln(1 + x^{2} − y) fins ordre 3.

Solució. f(x, y) ≅ y − x^{2} + \frac{1}{2}y^{2} − yx^{2} + \frac{1}{3}y^{3} ⟹ ∂_{y^{3}}^{3}f(0, 0) = 2, ∂_{yx^{2}}^{3}f(0, 0) = −2.

(b) f(x, y) = cos(xy) fins ordre 8.

Solució. f(x, y) ≅ 1 − \frac{1}{2}(yx)^{2} + \frac{1}{24}(yx)^{4} ⟹ ∂_{y^{4}x^{4}}^{4}f(0, 0) = 24.

(c) f(x, y) = e^{x^{2}−y^{2}} fins ordre 8.

Solució. f(x, y) ≅ 1 + (x^{2} − y^{2}) + \frac{1}{2}(x^{2} − y^{2})^{2} + \frac{1}{6}(x^{2} − y^{2})^{3} + \frac{1}{24}(x^{2} − y^{2})^{4} ⟹

∂_{x^{8}}^{8}f(0, 0) = ∂_{y^{8}}^{8}f(0, 0) = 8!/4!, ∂_{y^{2}x^{6}}^{8}f(0, 0) = ∂_{y^{6}x^{2}}^{8}f(0, 0) = −5! 2, ∂_{y^{4}x^{4}}^{8}f(0, 0) = 4! 6.

A Problemes, fer l’exercici 44: Determineu el valor de λ ∈ ℝ per tal que:

lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{arctan(x^{2} + y) − x^{2} − y − λy^{3}}{(x^{2} + y^{2})^{3/2}} = 0.

Solució. arctan(x^{2} + y) ∼ x^{2} + y − \frac{1}{3}y^{3} ⟹ λ = −1/3.

TEOREMA DE LES FUNCIONS INVERSA I IMPLÍCITA (1h T, 1h P)

TEOREMA DE LA FUNCIO INVERSA:

Sigui f : Ω ⊂ ℝ^{n} → Ω^{∗} ⊂ ℝ^{n} una funció C^{1} a Ω. Donat p ∈ Ω tal que detDf(p) ≠ 0, llavors f és localment inversible, és a dir, existeix ϵ > 0 demanera que B_{ϵ}^{n}(p) ⊂ Ω i

f : B_{ϵ}^{n}(p) → f (B_{ϵ}^{n}(p)) ,

(f restringida a la bola) és bijectiva, i per tant té inversa f^{−1}.

Qüestió: com es calcula la inversa? De la relació f^{−1}(f(x)) = x, aplicant la regla de la cadena s’obté

Df^{−1}(f(x)) = (Df(x))^{−1},

sempre que Df(x) sigui inversible.

Sigui Df(x) la matriu n × n de les derivades de f, al seu determinant, det Df(x), l’anomenarem jacobià de f. Usant que detAB = det A det B s’obté

det Df^{−1}(f(x)) = 1/ det Df(x).

Exercici: Sigui f : ℝ^{2} → ℝ^{2} definida per f(x, y) = (e^{x} + e^{y}, e^{x} − e^{y}). Comproveu que existeix f^{−1} i calculeu Df^{−1}.

TEOREMA DE LA FUNCIO IMPLICITA:

Donada la funció f : Ω^{∗} ⊂ ℝ^{n} ×ℝ^{m} → ℝ^{m}; (x, y) → f(x, y), amb x ∈ ℝ^{n} i x ∈ ℝ^{n}, (de classe C^{1} a Ω) considerem el sistema d’equacions f(x, y) = 0.

Volem aïllar les variables y’s en funció de les x’s. Quan és possible fer-ho?

Considerem (p, q) ∈ Ω^{∗} tal que f(p, q) = 0, llavors si detD_{y}f(p, q) ≠ 0 (D_{y}f és la matriu derivada de f respecte les variables y que és una matriu quadrada), podem aïllar localment les y’s en funció de les x’s. És a dir, existeix ϵ > 0 i una funció C^{1} en la bola de radi ϵ centrada en p

g : B_{ϵ}^{n}(p) → ℝ^{m}; x → g(x),

tal que ∀ x ∈ B_{ϵ}^{n}(p),

g(p) = q i f(x, g(x)) = 0.

La pregunta ara és: Com calculem la deriva de g en el punt p?

Un exemple per entendre aquest tipus de derivació és el següent: Donades f : Ω^{∗} ⊂ ℝ^{2} → ℝ; (x, y) → f(x, y) i g : Ω ⊂ ℝ → ℝ; x → g(x). Suposem que satisfan l’equació

f(x, g(x)) = 0,

i volem calcular g′(x) en funció de les derivades de f.

Aplicant la regla de la cadena obtenim

∂_{x}f(x, g(x)) + ∂_{y}f(x, g(x))g′(x) = 0 ⟺ g′(x) = −\frac{∂_{x}f(x, g(x))}{∂_{y}f(x, g(x))}.

En general: per funcions vectorials f : Ω^{∗} ⊂ ℝ^{n} × ℝ^{m} → ℝ^{m}; (x, y) → f(x, y), amb x ∈ ℝ^{n}, y ∈ ℝ^{m}; i g : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{m}; x → g(x).

Suposem que satisfan l’equació

f(x, g(x)) = 0,

i volem calcular Dg(x) en funció de les derivades de f.

Si definim g̃ : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ^{n} × ℝ^{m}, x → (x, g(x)). L’equació la podem escriure com f̃(x) ≡ f(g̃(x)) = 0, i ara aplicant la regla de la cadena s’obté:

D_{x}f(x, g(x)) + D_{y}f(x, g(x))Dg(x) = 0 ⟺ Dg(x) = − (D_{y}f(x, g(x)))^{−1} D_{x}f(x, g(x)).

Un Exemple senzill: f : Ω ⊂ ℝ^{3} → ℝ, f(x, y, z) = 0. Sigui (x_{0}, y_{0}, z_{0}) ∈ Ω tal que f(x_{0}, y_{0}, z_{0}) = 0. La condició per aïllar “z” en funció de (x, y) en un entorn de (x_{0}, y_{0}, z_{0}) és

∂_{z}f(x_{0}, y_{0}, z_{0}) ≠ 0.

Llavors existeix ϵ > 0 i una funció C^{1} en la bola de radi ϵ centrada en (x_{0}, y_{0})

g : B_{ϵ}^{2}(x_{0}, y_{0}) → ℝ^{m}; (x, y) → g(x, y),

tal que ∀(x, y) ∈ B_{ϵ}^{2}(x_{0}, y_{0})

g(x_{0}, y_{0}) = z_{0} i f(x, y, g(x, y)) = 0.

Les derivades de g en el punt (x_{0}, y_{0}) es calculen de la següent forma:

Dg(x_{0}, y_{0}) = − (D_{z}f(x_{0}, y_{0}, z_{0}))^{−1} D_{(x,y)}f(x_{0}, y_{0}, z_{0}).

És a dir:

∂_{x}g(x_{0}, y_{0}) = −\frac{1}{∂_{z}f(x_{0}, y_{0}, z_{0})}∂_{x}f(x_{0}, y_{0}, z_{0}); ∂_{y}g(x_{0}, y_{0}) = −\frac{1}{∂_{z}f(x_{0}, y_{0}, z_{0})}∂_{y}f(x_{0}, y_{0}, z_{0}).

Observeu que també es poden calcular aquestes derivades, derivant implicitament l’equació

f(x, y, g(x, y)) = 0

i avaluar en el punt (x_{0}, y_{0}, z_{0}).

Efectivament, usem la notació f_{x} ≡ ∂_{x}f, f_{xy} ≡ ∂_{xy}f, ..., llavors tindrem:

f_{x} + f_{z}g_{x} = 0, f_{y} + f_{z}g_{y} = 0,

i d’aquí trobem g_{x} i g_{y}. També podem trobar les derivades d’ordre superior, per exemple f_{xy}. Primer derivem implícitament respecte y i desprès respecte x per obtenir

f_{xy} + f_{z^{2}}g_{y}g_{x} + f_{zx}g_{y} + f_{z}g_{xy} = 0,

subtituint els valors de g_{x} i g_{y} finalment arrivem a:

f_{xy} + \frac{f_{z^{2}}f_{y}f_{x}}{f_{z}^{2}} − \frac{f_{zx}f_{y}}{f_{z}} + f_{z}g_{xy} = 0,

i d’aquí obtenim el valor de g_{xy}. Exercici: El sistema

\{ \begin{matrix}xe^{u+v} + 2uv & = & 1 \\ ye^{u−v} − \frac{u}{1 + v} & = & 2x, \end{matrix}

detemina dues funcions u(x, y) i v(x, y) que satisfan u(1, 2) = v(1, 2) = 0. Calculeu ∂_{x}u(1, 2) i ∂_{y}v(1, 2).

A Problemes, fer els exercicis 45 i 48: EX 45.- Sigui f(x, y, z) = (e^{2y} + e^{2z}, e^{2x} − e^{2z}, x − y). Proveu que f té una inversa global i calculeu la seva matriu derivada. EX 48.- El sistema

\{ \begin{matrix}x + yv + e^{yu} + e^{xv} & = & 3 \\ y − xv + e^{xu} + e^{yv} & = & 3, \end{matrix}

detemina dues funcions u(x, y) i v(x, y) que satisfan u(1, 1) = v(1, 1) = 0. Sigui ara g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)), calculeu Dg(1, 1) i Dg^{−1}(0, 0).

EXTREMS RELATIUS (2h T, 1h P) Considerem f : Ω ⊂ ℝ^{n} → ℝ; x → f(x), a ∈ Ω obert, f ∈ C^{2}(Ω) Definició:

• Si ∃ ϵ > 0 ∋ ∀x ∈ B_{ϵ}^{n}(a) \ {0} f(a) ≥ f(x), direm que a és un màxim relatiu de f.

• Si ∃ ϵ > 0 ∋ ∀x ∈ B_{ϵ}^{n}(a) \ {0} f(a) ≤ f(x), direm que a és un mínim relatiu de f. Proposició: a extrem relatiu ⟹ a punt crític. PROVA: Usar l’aproximació lineal de Taylor. Definició: A matriu simètrica n × n, direm que és:

• Definida positiva si tots els seus vap’s són estrictament positius ⟺ ∀x ∈ ℝ^{n} \ {0} xAx^{T} > 0.

• Definida negativa si tots els seus vap’s són estrictament negatius ⟺ ∀x ∈ ℝ^{n} \ {0} xAx^{T} < 0.

• No definida si no és ni definida positiva ni definida negativa.

Proposició:

• a punt crític i Hf(a) definida positiva ⟹ a mínim relatiu.

• a punt crític i Hf(a) definida negativa ⟹ a màxim relatiu. PROVA: Usar l’aproximació quadràtica de Taylor. Exercici: Sigui f : ℝ^{n} → ℝ : x → f(x) = e^{−(1−||x||^{2})^{2}}. Demostreu que té un mínim relatiu en 0 i que la hipersuperfice de nivell ||x|| = 1 està formada per tots els màxims relatius de f. Observació: NO tots el punts crítics són extrems relatius. Exemple (0, 0) i f(x, y) = x^{2} − y^{2}. Fixem-nos que sobre l’eix d’abcises l’origen és un mínim, en canvi sobre el d’ordenades és un màxim. El mateix li passa a la funció f(x, y) = x^{4} + y^{4} − 4xy + 1 a l’origen. La Hessiana té vaps 4 i −4, per tant no decideix. Sobre l’eix d’abcises l’origen és un un mínim, en canvi sobre la recta y = x és un màxim. Definició: Un punt crític a t.q. det Hf(a) ≠ 0 i Hf(a) és no definida, direm que és un punt de sella. Proposició: (Silvester-Jacobi) A matriu simètrica n × n, direm que és:

• A definida positiva ⟺ tots els seus menors són estrictament positius.

• A definida negativa ⟺ tots els seus menors no són zero i van alternant el signe començant per −1.

SOBRE ELS EXTREMS ABSOLUTS: NOTA: Per motivar es pot proposar el problema de trencar una corda en 2 trossos i formar un cercle amb un troç i un quadrat amb l’altre. I demanar per on s’ha de tallar la corda per a que l’àrea total sigui màxima.

Proposició: Tota funció contínua en un compacte (tancat i acotat) pren el seu màxim i mínim absoluts.

Com es troben? Doncs, es busquen tots els màxims i mínims relatius a l’interior del conjunt (buscant els punts crítics i miran si són extrems), després es restringeix la funció a la frontera del domini i es busquen els màxims i mínims a la frontera. Quan els tinguem tots (els relatius i els de la frontera) es comparen un a un i ja està.

Exemple: Considerem la funció f(x, y) = x^{2} − y^{2} restringida a B̄_{1}^{1}(0, 0). L’ùnic punt crític és l’origen de coordenades on f val zero. Anem ara a mirar que passa a la frontera

{(x, y) : x^{2} + y^{2} = 1}.

Si restringim f a aquest punts tenim f̄(x) = 2x^{2} − 1 per x ∈ [−1, 1]. L’únic punt crític a l’interior d’aquest intèrval és x = 0, on f val −1. Però, no hem acabat, finalment ens falta restringir f̄ a la frontera de [−1, 1], i.e., calcular f̄(±1) = 1. Conclusió: f pren el seu màxim en (±1, 0) i el seu mínim a (0, ±1).

A Problemes fer els exercicis 53 i 54. EX. 53.- Per a la funció f(x, y) = x^{2}y + y^{2}x vegeu que (0, 0) és un candidat a extrem relatiu però que el mètode del hessià no permet caracteritzar-lo. A quina conclussió arribem si restringim els valors de (x, y) als de la recta y = x?

Solució. ∇f(0, 0) = (0, 0) ⟹ x = y = 0. D’altra banda

Hf(0, 0) = ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} )

i llavors el mètode del hessià no ens permet caracteritzar el punt. En canvi, sobre la recta x = y, f(x, x) = 2x^{3}, d’on es conclou que (0, 0) no és cap extrem de f(x, y).

EX. 54.- Considereu la funció f(x, y) = (y − x^{2})(y − 3x^{2}).

1. Si restringim els valors de (x, y) als d’una recta passant pel (0, 0), vegeu que l’origen és un mínim relatiu de la funció amb independència de la recta triada.

Solució. Agafant y = λx, λ ∈ ℝ qualsevol, s’obté:

F (x, λx) = x^{2}(λ − x)(λ − 3x) ∼ λ^{2}x^{2}

(per x ≅ 0), la qual cosa implica que (0, 0) és un mínim relatiu sobre qualsevol recta que passi per l’origen.

2. Discutiu si el resultat de l’apartat (a) us permet concloure que f(x, y), com a funció de dues variables, té un mínim relatiu en el (0, 0).

Solució. No, ja que:

Hf(0, 0) = ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} ) .

3. Estudieu si l’origen és o no un mínim relatiu si restringim els valors de (x, y) als d’una paràbola de la forma y = ax^{2} i refineu la discussió de l’apartat (2).

Solució. Restringint la funció sobre la paràbola resulta: f(x, ax) = x^{4}(a−1)(a−3); per tant, quan 1 < a < 3 (0, 0), és un màxim relatiu ⟹ (0, 0) no és cap extrem de f(x, y).