Analisi 1

Problemes Resolts d’An`alisi Matem`atica I Eduard Fugarolas

Problemes Resolts

`lisi Matema `tica 1 Ana

Primera edici´ o: Semestre de Tardor 2004-05 Segona edici´ o: Estiu 2005 T´ıtol original: Currada del mil T´ıtol final: Problemes Resolts d’An` alisi Matem`atica I c del text, Eduard Fugarolas, 2005

c de la traducci´

o, . . . ning´ u c d’aquesta edici´

o EduFugaTM , 2005 Edicions Fotocopiem Apunts, SL Composici´ o: Eduard Fugarolas Impr`es a Casa meva, SL. Ref. An` alisi ISBN: 84-3141-592-6 Dip` osit legal: . . . legal?!

No s´ on rigorosament prohibides, sense l’autoritzaci´o escrita dels titulars del “copyright”, sota les sancions establertes per la llei, la reproducci´o total o parcial d’aquesta obra per qualsevol procediment, incloent-hi la reprografia i el tractament inform`atic, i la distribuci´o d’exemplars mitjan¸cant lloguer o pr´estec p´ ublics.

1

´Index 1 Conjunts i Nombres Reals

4

2 Nombres Complexos

27

3 Topologia

47

4 C` oniques

56

5 L´ımits

58

6 Derivades

74

7 Integrals

85

8 Integrals definides

92

9 Successions i S` eries

96

2

Pr` oleg Aix` o intenta ser un recull de problemes resolts de l’assignatura An` alisi Matem` atica 1 que s’imparteix a la Facultat de F´ısica de la Universitat de la Barcelona. Aquesta ´es una edici´ o beta (de prova) de la col·lecci´o de problemes, queden algunes coses per retocar i hi ha algun problema sense resoldre, per`o ´es el que hi ha! Tamb´e estaria b´e dir que aquesta col·lecci´o ´es la de l’any 2004-05, i les solucions dels problemes s´ on una mena de barreja entre les que donava el Mario Centelles a classe de problemes i algunes de collita pr` opia; la majoria de les explicacions i aclariments (o intents) s´on, en gran part, meves1 . Naturalment ´es possible (a m´es de ser probable) que hi hagin errors (errades, errors o errors garrafals) al llarg del document. Si algun lector en detecta, m’ho pot notificar a l’adre¸ca [email protected]. Qualsevol suggeriment, etc.2 tamb´e ser` a benvingut. B´e, nom´es queda dir que espero que aquest document sigui u ´til (encara que nom´es sigui en un limutilitat→0 ) a qui ho faci servir. Aix´ı doncs, aqu´ı comen¸ca la col·lecci´o de problemes resolts d’An`alisi 1.

1. . . i 2 No

per tant amb m´ es probabilitat de contenir errors! s’admeten bronques, blasf` emies ni difamacions.

3

Cap´ıtol 1

Conjunts i Nombres Reals Problema 1.1. Donats els conjunts: A = {2, 3, 4}, B = {x ∈ R|x < 10}, C = {q ∈ Q|q > 0}, indiqueu: i) Quines s´ on les unions i les interseccions de cada parella. Representeu el resultat sobre la recta real. ii) Construiu el conjunt de les parts d’A. Estar`a contingut en el conjunt de les parts de B?.

´ 1.1. Solucio i) Unions i interseccions A∪B A∩B

= B = A

A∪C A∩C

= C = A

B∪C B∩C

= {x ∈ R | x < 10} ∪ {x ∈ Q| x ≥ 10} = {x ∈ Q | 0 < x < 10}

ii) Conjunt de les parts de A P(A) = {φ, {2}, {3}, {4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}, {2, 3, 4}} Card[P(A)] = 2n 8 = 23

) Coincideix!

P(A) ⊂ P(B) donat que A ⊂ B

4

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.2. Per A, B, C subconjunts de R, demostreu que: i) A ⊆ A ∪ B ii) A ⊇ A ∩ B iii) A⊆B A⊆C

) ⇒A⊆B∩C

iv) Es compleixen les lleis associatives i distributives de conjunts.

´ 1.2. Solucio A, B, C ⊆ R i) Sigui x ∈ A, aleshores x ∈ A ∪ B, i per tant A ⊆ A ∪ B ii) A ⊇ A ∩ B, o dit d’altra manera A ∩ B ⊆ A Sigui x ∈ A ∩ B ⇒ x ∈ A ⇒ A ∩ B ⊆ A iii) ) A⊆B A⊆C

⇒A⊆B∩C Si x ∈ A ⇒ x ∈ B, doncs A ⊆ B Si x ∈ A ⇒ x ∈ C, doncs A ⊆ C

) x∈B i x∈C ⇒A⊆B∩C

iv) Aquesta ´es la part llarga de l’exercici. Hem de demostrar les lleis associatives i distributives de conjunts. S´ on aquestes: (A ∪ B) ∪ C

= A ∪ (B ∪ C)

(A ∩ B) ∩ C

= A ∩ (B ∩ C)

(A ∩ B) ∪ C (A ∪ B) ∩ C

)

= (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (B ∩ C)

Lleis associatives ) Lleis distributives

Demostrarem la primera i la quarta, ja que la segona i la tercera s´on similars. De fet el que fem ´es demostrar les propietats associativa respecte la uni´o i distributiva respecte la intersecci´o, per fer una mica de cada. Les dues restants no presenten m´es dificultats. 5

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

1) (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) ⊆
− → Si x ∈ (A ∪ B) ∪ C

Si x ∈ A Si x ∈ B ⇒ x ∈ B ∪ C Si x ∈ C ⇒ x ∈ B ∪ C ⊇

− →

⇒ x ∈ (A ∪ B) ´o x ∈ C ⇒ x ∈ A ´o x ∈ B ´o x ∈ C

 ⇒ x ∈ A ∪ (B ∪ C)   ⇒ (A ∪ B) ∪ C ⊆ A ∪ (B ∪ C) ⇒ x ∈ A ∪ (B ∪ C)   ⇒ x ∈ A ∪ (B ∪ C)


Si x ∈ A ∪ (B ∪ C)

Si x ∈ A ⇒ x ∈ A ∪ B Si x ∈ B ⇒ x ∈ A ∪ B Si x ∈ C

⇒ x ∈ A ´o x ∈ (B ∪ C) ⇒ x ∈ A ´o x ∈ B ´o x ∈ C

 ⇒ x ∈ (A ∪ B) ∪ C   ⇒ A ∪ (B ∪ C) ⊆ (A ∪ B) ∪ C ⇒ x ∈ (A ∪ B) ∪ C   ⇒ x ∈ (A ∪ B) ∪ C

Si les dues afirmacions s´ on certes a la vegada, aleshores: (A ∪ B) ∪ C ⊆ A ∪ (B ∪ C)

)

A ∪ (B ∪ C) ⊆ (A ∪ B) ∪ C

⇒ (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)

I amb aix` o queda demostrada la propietat associativa respecte la uni´o. 4) (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ B) ∪ (B ∩ C)

Si x ∈ (A ∪ B) ∩ C

⇒x∈A∪B i x∈C ⇒x∈A∩C ´ o x ∈ B, i x ∈ C ⇒ x ∈ A i x ∈ C ´o x ∈ B i x ∈ C ⇒x∈A∩C ´ o x∈B∩C ⇒ x ∈ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)

Si (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ⇒ x ∈ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) ⇒ x ∈ A ∩ C ´o x ∈ B ∩ C ⇒ x ∈ A i x ∈ C ´o x ∈ B i x ∈ C ⇒ x ∈ A ∩ C ´o x ∈ B, i x ∈ C ⇒x∈A∪B i x∈C

       

⇒ (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)

      

       

⇒ (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)

      

6

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

De fet aquests dos u ´ltims passos s´ on un de sol, per`o amb una sola implicaci´o. Ho podr´ıem haver fet en un sol pas utilitzant el s´ımbol de la doble implicaci´o ⇐⇒. Amb tot, ja hem demostrat la llei distributiva respecte la intersecci´o. (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)

7

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.3. Demostreu que si Ae ´es el complementari de A, llavors es compleix: e∪B e ^ A ∩B =A

´ 1.3. Solucio      ⇒x∈ /Aix∈ /B  e∩B e ^ ⇒A ∪B ⊆A eix∈B e   ⇒x∈A    e∩B e ⇒x∈A

^ Si x ∈ A ∪B

⇒x∈ / A∪B

e∩B e Si x ∈ A

 eix∈B e   ⇒x∈A   ⇒x∈ /Aix∈ /B  ⇒x∈ / A∪B ^ ⇒x∈A ∪B

e∩B e⊆A ^ ⇒A ∪B

    

I per tant, e∩B e ^ A ∪B =A

8

Problemes Resolts

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problema 1.4. Si a i b s´on elements del conjunt A subconjunt dels reals, i a < b, discutiu si ´es cert o fals que: “Existeix almenys un element de A que anomenarem c tal que a < c < b”. i) Quan A = Z ii) Quan A = Q iii)Quan A = R+

´ 1.4. Solucio La soluci´ o al problema 1.4 est` a al F` orum dels dossiers electr`onics.

Problema 1.5. Discutiu quines de les afirmacions seg¨uents s´on: a) sempre certes, b) de vegades certes, c) mai certes. i) Si A ´es finit, ´es fitat. ii) Si A ´es infinit, no ´es fitat. iii) A = [−23, 40] ´es finit. iv) A = [−18, 14] no ´es fitat. v) A = {x|x ∈ Z, x < 20} no ´es fitat.

´ 1.5. Solucio La soluci´ o al problema 1.5 tamb´e est`a al F` orum de l’assignatura.

9

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.6. a) Reescriviu cadascun dels conjunts com a interval: i) S = {x|x ≤ 2}

ii) A = {x|x > −1}

iii) B = {x|x = −3}

b) Doneu la definici´ o expl´ıcita de cadascun dels intervals: i) A = [−3, 1] ii) B = [1, 2] iii) C = (−1, 3) iv) D = (−4, 2)

v) E = (−∞, +∞)

vi) F = (−∞, 3).

´ 1.6. Solucio a) Reescrivim-los com a intervals: i) ii)

S = {x|x ≤ 2} A = {x|x > −1}

iii) B = {x|x = −3}

S = (−∞, 2] A = (−1, +∞) B = [−3]

b) Donem-ne la definici´ o expl´ıcita: i) ii)

A = [−3, 1] B = [1, 2]

= {x| − 3 ≤ x ≤ 1} = {x| − 1 ≤ x ≤ 2}

iii) C = (−1, 3) iv) D = (−4, 2)

= {x| − 1 < x ≤ 3} = {x| − 4 < x < 2}

v)

E = (−∞, +∞)

= {x| − ∞ < x < ∞} = {x ∈ R}

vi)

F = (−∞, 3)

= {x| − ∞ < x < 3}

10

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.7. Determineu el valor de les sumes: i) n X

k=

k=1

n(n + 1) 2

ii) n X

k2 =

k=1 3

3

n3 n2 n + + 3 2 6

2

(Pista: k − (k − 1) = 3k − 3k + 1)

´ 1.7. Solucio i) Aquest sumatori t´e hist` oria. Diuen que va ser Gauss, de petit, (hi ha qui diu que va ser als 10 anys) qui la va descobrir. De fet la va determinar gr`acies a un c`astig del professor: sumar tots els nombres fins a 100, per tenir els nens callats una estoneta. El nen Gauss va fer una cosa semblant a aix`o:

  n  X k  k=1 

= = +

=⇒

1 n (n + 1)

+ 2 + (n − 1)

+ 3 + (n − 2)

+ ········· + ·········

+ +

(n − 2) + 3 +

(n − 1) + 2 +

+

+

+ ·········

+

(n + 1)

(n + 1)

(n + 1)

(n + 1)

+

+

n 1 (n + 1)

Amb aix` o, tenim: n P k⇒ n(n + 1) = 2 k=1

n X

k=

k=1

n(n + 1) 2

Val a dir que aquest problema tamb´e el podr´ıem haver resolt utilitzant el m`etode d’inducci´ o. Es Pn n(n+1) tracta de tractar l’afirmaci´ o k=1 k = com a una proposici´ o P (n) i mirar si ´es inductiva. Si 2 ho ´es, hem comprovat1 que la proposici´o ´es v`alida. ´ m´es, anem a fer-ho per inducci´ Es o — m`etode de resoluci´o alternatiu—: n P n(n+1) Pn : k= 2 k=1

P1 ?

1(1+1) = 1·2 2 2 n P

k

k=1

 =1  =1 

⇒ P1 cert!

1 El m` etode d’inducci´ o serveix per comprovar m´ es que no pas demostrar. De totes maneres, en aquest exercici ´ es perfectament v` alid.

11

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

?

Pn ⇒ Pn+1 Pn+1 :

n+1 P k=1

k=

(n+1)(n+2) 2

n+1 P

k

=

k=1

= = = =

  k + (n + 1)     k=1    n(n+1)  + (n + 1) 2
Pn ⇒ Pn+1 cert! (n + 1) n2 + 1  
   (n + 1) n+2  2    (n+1)(n+2) n P

2

Per tant, donat que P1 ´es cert i que Pn implica Pn+1 , la proposici´o P (n) ´es certa ∀ n. En altres paraules, hem demostrat que la proposici´o ´es certa. n X

k=

k=1

n(n + 1) 2

De fet encara podem demostrar-ho d’una altra manera. Ho farem en all`o que s’anomena una “demostraci´ o sense paraules”, tot i que no fa honor al nom perqu`e en faig una breu explicaci´o: Hem adoptat una configuraci´ o en forma d’escala construida amb un bloc primer, despr´es amb dos, despr´es tres, etc., que apareixen colorejats a la figura. Comptant els quadrats que queden, tenim un rectangle de n × (n + 1). Donat que el rectangle consta de dues parts id`entiques, aleshores l’`area de l’escala ´es la seva meitat, ´es a dir 1 + 2 + 3 + ... + n − 1 + n =

n · (n + 1) 2

Sigui com sigui, hem demostrat que n X k=1

k=

n(n + 1) 2

i el primer apartat s’acaba aqu´ı. ii) Aqu´ı tamb´e ´es v` alid el comentari anterior: principi d’inducci´o o pic i pala i mirar si surt. Provarem el pic i la pala —ja que ens donen una pista, ser`a q¨ uesti´o d’utilitzar-la— :

12

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

n X

k2

=

k=1 n X

! k

3

−

n X

! 3

(k − 1)

=

n2 n n3 + + 3 2 6 ! ! ! n n n X X X 2 3 k −3 k + 1

k=1

k=1

|

k=1

{z

|

}

A

A

=

3

k=1

{z

P (n) n X

}

n(n+1) 2

! k2

k=1

A

| {z } −3

k=1

| {z } n

n(n + 1) +n 2

= [13 + 23 + 33 + · · · + (n − 1)3 + n3 ] − [0 + 13 + 23 + · · · + (n − 2)3 + (n − 1)3 ]    = [13 + 23 + 33 + · · · +  (n − 1)3 + n3 ] − [0 + 13 + 23 + · · · +  (n − 2)3 +  (n − 1)3 ] = n3

⇒

n X k=1

k2 =

n(n + 1) n n3 n2 n n n3 n2 n n3 + − = + + − = + + 3 2 3 3 2 2 3 3 2 6 n X k=1

k2 =

n3 n2 n + + 3 2 6

13

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.8. Proveu que i) |x − 1| < 3 ⇔ −2 < x < 4. ii) |x − y| < 1 ⇒ |x| < |y| + 1. ( Pista: feu u ´s de ||x| − |y|| ≤ |x − y|.) + iii) Si a, b ∈ R : a+b √ ≥ ab 2

´ 1.8. Solucio i)

⇒)

|x − 1| < 3 ⇒ −3 < x − 1 < 3 ⇒ −2 < x < 4

⇐) −2 < x < 4 ⇒ −2 − 1 < x − 1 < 4 − 1 ⇒ −3 < x − 1 < 3 ⇒ |x − 1| < 3

) ⇒ |x−1| < 3 ⇔ −2 < x < 4

|x − 1| < 3 ⇔ −2 < x < 4

ii) ||x| − |y|| ≤ |x − y| < 1 ⇒ ||x| − |y|| < 1 ⇒ −1 < |x| − |y| < 1 ⇒ |x| < |y| + 1 |x − y| < 1 ⇒ |x| < |y| + 1

iii) a, b ∈ R+ :

a+b √ ≥ ab 2 a+b 2 2 a2 +b2 +2ab 4 2 2




≥

√

2

ab

≥ ab

a + b + 2ab ≥ 4ab a2 + b2 − 2ab ≥ 0 (a − b)2

≥0

Aix´ı, partint de que l’enunciat ´es cert (es compleix), trobem una altra cosa tamb´e certa —El quadrat d’un nombre sempre ´es positiu—. Aix`o qu`e vol dir? Doncs que la f´ormula que vol´ıem verificar ´es certa. a+b √ ≥ ab 2

14

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.9. Demostreu, fent u´s del m`etode d’inducci´o, que per ∀n ∈ Z+ i) 2n > n, ii) 3n > 2n, iii) an < bn si 0 ≤ a < b Pn Pn 2 iv) i=1 (2i − 1) = n , v) k=1 k(k + 1) = n(n + 1)(n + 2)/3 a(1 − rn ) si r 6= 1 vi) a + ar + ar2 + ar3 + · · · + arn−1 = 1−r Pn vii) k=1 (ak − ak−1 ) = an − a0

´ 1.9. Solucio i) — P1 cert? 2n = 21

=2

n

=1

) 2 > 1 ⇒ P1 cert!

?

— Pn ⇒ Pn+1 Pn : 2n > n Pn+1 : 2n+1 > n + 1 2n+1 2 · 2n

=

2·2

n

>

n

= >

2

>

  2 · 2n     2·n   n 2n+1 > n + 1 =⇒ Pn ⇒ Pn+1 cert! 2   n+n      n+1 2n > n

ii) — P1 cert? 3n = 31 2n

=3 =2

) 3 > 2 ⇒ P1 cert!

?

— Pn ⇒ Pn+1 Pn : 3n > 2n Pn+1 : 3n+1 > 2(n + 1)

15

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

3n+1

= 3 · 3n > 3 · 2n =

6n

= 2n + 4n > 2n + 2 =

2(n + 1)

          

3n+1 > 2(n + 1) =⇒ Pn ⇒ Pn+1 cert!

          3n > 2(n + 1)

iii) — P1 cert? an = a1

=a

bn = b1

=b

) a < b ⇒ P1 cert!

?

— Pn ⇒ Pn+1 Pn : an < bn Pn+1 : an+1 < bn+1 an+1

= a · an < a · bn

     

b · bn     n+1  = b

<

an+1 < bn+1 =⇒ Pn ⇒ Pn+1 cert!

an < bn

iv) — P1 cert? Pn

i=1 (2i

n2

− 1)

P1 = i=1 (2i − 1) = 2 − 1 = 12

=1 =1

) 1 = 1 ⇒ P1 cert!

?

— Pn ⇒ Pn+1 Pn :

n P

(2i − 1) = n2

i=1

16

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

n+1 P

Pn+1 :

(2i − 1) = (n + 1)2

i=1 n+1 P

(2i − 1)

n P

=

(2i − 1)

+

2(n + 1)

+ +

2(n + 1) 2n + 1

i=1

i=1

= =

n2 n2

=

(n + 1)2 n X

  − 1      − 1 Pn ⇒ Pn+1 cert!      

(2i − 1) = n2

i=1

v) — P1 cert? n P

k(k + 1)

=

k=1

1 P

k(k + 1)

= 1(1 + 1)

k=1

n(n + 1)(n + 2) 3

=

1(1 + 1)(1 + 2) 3

=

1·2·3 3

=

  2 

=

 2 

2 = 2 ⇒ P1 cert!

?

— Pn ⇒ Pn+1 Pn : Pn+1

n P

n(n + 1)(n + 2) 3 k=1 n+1 P n(n + 1)(n + 2) : k(k + 1) = 3 k=1 n+1 P

k(k + 1) =

k(k + 1)

=

n P

k(k + 1)

k=1

k=1

=

n(n + 1(n + 2) 3 (n + 1)(n + 2)(n/3 + 1)

=

(n + 1)(n + 2)(n + 3) · 1/3

=

n X k=1

k(k + 1) =

  (n + 1)(n + 2)       + (n + 1)(n + 2) Pn ⇒ Pn+1 cert!       

+

n(n + 1)(n + 2) 3

vi) — P1 cert?

17

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

n P

ar

k=1

k

=

ar

k−1

k=1

n

a(1 − r ) 1−r

1 P

=

=

ar

=

a(1 − r) 1−r

1

a(1 − r ) 1−r

0

   = a 

⇒ P1 cert!

  = a 

?

— Pn ⇒ Pn+1 Pn : Pn+1 :

n P

ark−1 =

k=1 n+1 P

ark−1

k=1

a(1 − rn ) 1−r a(1 − rn+1 ) = 1−r

n+1 P

ar

k−1

=

n P

ar

k−1

k=1

k=1

= = = =

+ ar

n

n

a(1 − r ) + arn 1−r a [(1 − rn ) + rn (1 − r)] 1−r   a 1 − rn + rn − rn+1 1−r a(1 − rn+1 ) 1−r n X

ark−1 =

k=1

             

Pn ⇒ Pn+1 cert!

            

a(1 − rn ) 1−r

vii) — P1 cert? n P

(ak − ak−1 )

k=1

an − a0

  = (ak − ak−1 ) = a1 − a0  ⇒ P1 cert! k=1  = a1 − a0  1 P

?

— Pn ⇒ Pn+1 n P Pn : (ak − ak−1 ) = an − a0 k=1

Pn+1 :

n P

(ak − ak−1 ) = an+1 − a0

k=1 n P

(ak − ak−1 )

=

k=1

n P

(ak − ak−1 )

k=1

=

an − a0

=

an+1 − a0

  + an+1 − an   

Pn ⇒ Pn+1 cert! + an+1 − an     18

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

n X

(ak − ak−1 ) = an − a0

k=1

I amb tot aix` o s’acaba el problema 1.9.

19

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.10. Demostreu que el conjunt dels racionals m´es grans que 100 ´es numerable. Doneu una forma expl´ıcita d’enumeraci´ o.

´ 1.10. Solucio Els racionals m´es grans que 100 (Q>100 ) s´on els nombres de la forma 100 +

p a = q b

amb

p/q > 0

Per comoditat, considerarem q fixat, i p variable. Aix´ı:  An ≡

100 +

1 2 3 , 100 + , 100 + , · · · · · · n n n



⇒ An ´es numerable Q>100 ≡ {A1 , A2 , A3 , · · · · · · } =

∞ [

An



n=1

Q>100 ´es numerable!

20

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.11. Demostreu que: 1 1 1 1 + + + . . . + n−1 ≤ 1 2 4 8 2 per a qualsevol n ∈ Z+ , n > 1.

´ 1.11. Solucio Aqu´ı tenim un altre problema interessant. Aquesta f´ormula ´es una s`erie, i no ´es una s`erie qualsevol, sin´ o la que va donar lloc a la famosa paradoxa d’Aquiles i la Tortuga, inventada per Zen´o d’Elea. Aquest problema ´es bastant curi´ os, i sembla que admet m´es d’una forma de solucionar-lo. Ho podem fer de les tres maneres seg¨ uents2 : 1. Inducci´ o Matem` atica 2. Sumar la s`erie 3. Demostraci´ o gr` afica i) Comencem solucionant el problema per Inducci´o Matem`atica: 1 , i aix`o no val. Per tant, 20 hem de comen¸car per n = 2. De fet, si expressem la f´ormula utilitzant sumatoris, queda m´es clar: Fixem-nos que per n = 1, l’´ ultim terme —el terme en`essim— queda

n

X 1 1 1 1 1 + + + . . . + n−1 = 2 4 8 2 2k−1 k=2

Dit aix` o, apliquem el principi d’inducci´o: — Cert per n = 2 ? n P

1

k=2

2k−1

=

2 P

1

k=2

2k−1

 1  1 = 2 < 1 ⇒ P (n = 2) cert! 2 1 

?

— Pn ⇒ Pn+1 n P 1 ≤ 1 Pn+1 : Pn : k−1 k=2 2 2 Qualsevol

n+1 P k=2

1 ≤1 2k−1

altra demostraci´ o ser` a benvinguda, naturalment.

21

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

n+1 P

1

k=2

2k−1

=

=

= = < =

1 1 1 1 1 + + + . . . + n−1 + n 24 8 2 2



 1 1 + 1 + 1 + 1 + . . . + 1   n−1 2 2 } |2 4 8 {z Pn

1 (1 + Pn ) 2 1 Pn + 2 2 1 1 + 2 2 1

                    n+1 X

1 < 1 =⇒ Pn ⇒ Pn+1 cert! k−1  2  k=2                 

Amb aix` o, la proposici´ o queda demostrada per inducci´o. ii) Tamb´e podem atacar el problema des d’una perspectiva totalment diferent. Com ja hem dit, la f´ ormula de l’enunciat ´es una s`erie convergent, i ens diuen que convergeix a 1. Per tant, el que hem de fer ´es trobar el l´ımit de la s`erie3 , i veure que efectivament d´ona 1.

Sn 1 Sn 2

1 2 1 4

= = –

− →

1 1 − 2 4

+ + +

1 4 1 8

1 1 − 4 8

+ ·········

+

+ ·········

+

+ ·········

+

1 2n−2 1 2n−1

1 2n−2

−

1 2n−1 1 2n

+ + 1

2n−1

+

1 2n−1

−

      1    2n

Amb aix` o, tenim: Sn 1 1 1 1 = − n ⇒ Sn = 1 − n−1 Sn − Sn = 2 2 2 2 2 Sn = 1 −

1 2n−1

Si fem el l´ımit d’aquesta expressi´ o, trobarem el l´ımit de la s`erie: lim Sn = 1

n→∞

Aix` o vol dir que per a valors molt grans d’n, la s`erie s’acosta4 al valor 1. Ho podem escriure com: 3 Els conceptes de s` erie convergent, suma de la s` erie, l´ımit de la s` erie, etc. es veuran amb m´ es detall al tema 9, per` o el raonament es pot seguir perfectament 4 Precisament el que resultava dif´ ıcil d’entendre als grecs, i d’aqu´ı va sortir la “paradoxa”, era el fet que una suma infinita de termes (una s` erie) dongui un resultat finit (concepte de s` erie convergent) En altres paraules: Tothom t´ e bastant clar que, en molts casos, una s` erie d´ ona un resultat infinit (s` erie divergent); per` o potser no ´ es tant clar que el resultat pugui ser finit.

22

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

1 1 1 1 + + + . . . + n−1 ≤ 1 2 4 8 2 I aix` o ´es l’enunciat que vol´ıem demostrar. iii) B´e, i encara queda la tercera manera de demostrar-ho. Aquesta ´es la forma m´es elegant, divertida, . . . de fer-ho, per all` o que “una imatge val m´es que mil paraules”. Encara que ´es del tot innecessari, explicarem una mica el significat de la imatge: es tracta d’un quadrat de base 1, i per tant d’` area 1, tamb´e. El quadrat resulta igual a la suma d’una infinitud de rectangles, l’` area dels quals ´es 21 , 14 , 18 , etc. Aix´ı doncs, tenim 1 1 1 1 + + + . . . + n−1 ≤ 1 2 4 8 2 Una altra demostraci´ o sense paraules seria el s´ımil unidimensional del dibuix anterior: un segment de longitud 1 i l’anem partint per la meitat successivament.

23

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.12. Donats x, y reals tals que x < y, demostreu que existeix un irracional z tal que: x
´ 1.12. Solucio Sabem que entre dos reals x < y sempre existeix un ro ∈ Q tal que x < ro < y. x

<

x √ 2 x √ 2

<
√ x
  y  

√y 2 √y 2

√ x
  

√ essent r 2 un irracional

Corol·lari: √ Hem utilitzat l’irracional 2, per` o podr´ıem utilitzar qualsevol altre de la infinitud que hi ha. Per tant, qualsevol irracional satisf` a la relaci´o x < z < y. Dit d’una altra manera: Entre dos reals, hi ha infinits irracionals.

24

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 1.13. Si x ∈ Q, x 6= 0, i si y ´es irracional, demostreu que x + y, x − y, xy, x/y s´on tots irracionals.

´ 1.13. Solucio ´ a dir, La t` actica per demostrar totes aquestes afirmacions ser`a la mateixa: reducci´o a l’absurd. Es suposar el contrari del que volem demostrar i veure que arribem a una contradicci´o. i) x + y irracional? Suposem que no i anem a veure qu`e passa: x+y ∈Q x+y = ⇒y=

p , q

p, q ∈ Z

p p − qx − |{z} x = ∈Q q q racional |{z}

racional

Com? y resulta que ´es racional? No, no, ja hem dit a l’enunciat que y era irracional. Per tant, l’error est` a en suposar que x + y ´es racional (i si no ´es racional doncs ´es irracional, clar). x+y ∈I ii) x − y irracional? Procedim de la mateixa manera que a l’apartat anterior: x−y ∈Q x−y =

p p xq − p ⇒y =x− = ∈Q q q q

Per` oy∈ / Q ⇒ y ∈ I =⇒ x−y ∈I iii) xy irracional? xy ∈ Q xy =

p p ⇒y= ⇒y∈Q q qx

No! y ∈ /Q⇒ xy ∈ I iv) x/y irracional? 25

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

x x p qx ∈Q⇒ = ⇒y= ∈Q y y q p No! y ∈ /Q⇒ x ∈I y I amb tot aix` o ja hem acabat els exercicis del 1r tema — Conjunts i Nombres Reals —.

26

Cap´ıtol 2

Nombres Complexos Problema 2.1. Calculeu: i) (4 + 7i) + (−2 + 8i) iii) (2 + 5i)(−3 − 4i)

√ ii)(− 3 − 3i) − (4 − 3i)

iv)(3 − 5i)/(7 + 9i)

´ 2.1. Solucio i) (4 + 7i) + (−2 + 8i) = 4 − 2 + 7i + 8i = 2 + 15i (4 + 7i) + (−2 + 8i) = 2 + 15i √ √ √ ii) (− 3 − 3i) − (4 − 3i) = − 3 − 4 − 3i + 3i = −4 − 3 √ √ (− 3 − 3i) − (4 − 3i) = −4 − 3 iii) (2 + 5i)(−3 − 4i) = −6 − 8i − 15i + 20 = 14 − 23i (2 + 5i)(−3 − 4i) = 14 − 23i iv)

3 − 5i 3 − 5i 7 − 9i (3 − 5i)(7 − 9i) 21 − 35i − 27i − 45 −24 −12 − 31i = · = = = = 7 + 9i 7 + 9i 7 − 9i 72 − (9i)2 49 + 81 130 65 3 − 5i −12 − 31i = 7 + 9i 65

27

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.2. Calculeu la suma, el producte i el quocient del parell de nombres complexos (3, 3) √ i (1, − 3), en totes les representacions possibles.

´ 2.2. Solucio Les representacions possibles dels nombres complexos s´on dues: forma cartesiana i forma polar. D’altra banda, la forma cartesiana es pot expressar com a terna de nombres —les coordenades del vector en el pla complex— (x, y) o b´e com a suma de part real m´es part imagin`aria1 x + iy. La forma polar s’expressa com a m` odul i argument, de la forma reiθ , o amb ajut de la f´ormula d’Euler: r(cos θ + i sin θ) Veiem que l’enunciat ens d´ ona els complexos com a terna de nombres, ´es a dir en forma cartesiana. Per tant, comencem fent les operacions en la forma cartesiana.

Forma cartesiana z1 = (3, 3) = 3 + 3i √ √ z2 = (1, − 3) = 1 − 3i — Suma: En forma bin` omica: z = z1 + z2 = 3 + 3i + 1 −

√

z =4+3−

3i = 4 + (3 −

√

√

3)i

3i

Com a terna de nombres: √ √ z = z1 + z2 = (3, 3) + (1, − 3) = (4, 3 − 3) z = (4, 3 −

√

3)

Val a dir que, quan tractem amb la suma (i la resta) , no hi ha dificultats al operar amb la forma de terna; per` o quan passem al producte i a la divisi´o s´ı que en sorgeixen. La dificultat est`a en que necessitem passar a la forma bin` omica, o b´e saber la “regla”, i en u ´ltima inst`ancia aquesta tamb´e es dedueix de la forma bin` omica.

1 Altrament

conegut com a forma bin` omica

28

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

— Producte: En forma bin` omica: √ √ √ √ √ √ √ z = z1 · z2 = (3 + 3i)(1 − 3i) = 3 − 3 3i + 3i − 3 3i2 = 3 + 3 3 + 3i − 3 3i = 3(1 + 3) + 3(1 − 3)i z = 3(1 +

√

3) + 3(1 −

√

3)i

Com a terna de nombres: Com deia, hem d’utilitzar una expressi´o (una “regla”, si voleu dir-ho aix´ı), que es pot deduir f`acilment ´ aquesta: fent l’operaci´ o en forma de part real m´es part imagin`aria. Es z = z1 · z2 = (x1 , y1 )(x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , y1 x2 + x1 y2 ) √ √
√ √ √

z = z1 · z2 = (3, 3) 1, − 3 = 3 · 1 − 3 · (− 3), 1 · 3 + 3 · (− 3) = 3 + 3 3, −3 3 + 3 = √
√ 3(1 + 3), 3(1 − 3)  √ √  3(1 + 3), 3(1 − 3) — Quocient: En forma bin` omica: √ √ √ √ z1 3 + 3i 3 + 3i 1 + 3i (3 + 3i)(1 + 3i) 3 + 3i + 3 3i + 3 3i2 √ = √ · √ = z= = = z2 1+3 4 1 − 3i 1 − 3i 1 + 3i √ √ 3 − 3 3 + (3 + 3 3)i z= 4 Com a terna de nombres: ´ aquesta: Aqu´ı —igual que amb el producte— tamb´e hem d’utilitzar una expressi´o. Es   z1 (x1 , y1 ) x1 x2 + y1 y2 x2 y1 − x1 y2 = = , z2 (x2 , y2 ) x22 + y22 x22 + y22 √ √ ! √ √ ! 3 · 1 + 3 · (− 3) 1 · 3 − 3 · (− 3) 3−3 3 3+3 3 √ √ , = , 1+3 1+3 12 + (− 3)2 12 + (− 3)2 ! √ √ 3−3 3 3+3 3 z= , 4 4

z=

z=

z1 (3, 3) √ = = z2 (1, − 3)

B´e, ara toca fer les operacions en forma polar.

29

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Forma polar Primer de tot, hem de transformar els complexos z1 i z2 a forma polar, ja que a l’enunciat apareixen en forma cartesiana. La forma de passar de cartesianes a polars ´es: r = |z| =

√

zz ∗ =

√ √ 32 + 32 = 2 · 32 = 3 2   3 π θ1 = arctg = arctg (1) = 3 4 r1 =

p

x2 + y 2

θ = arctg

y x

√ √ 12 + (− 3)2 = 1 + 3 = 2 √ !  √  − 3 π θ2 = arctg = arctg − 3 = − 1 3 q

p

r2 =

Per tant, els complexos expressats de la forma reiθ s´on: √ z1 = 3 2 eiπ/4 z2 = 2 e−iπ/3 I, en la f´ ormula d’Euler z = reiθ = r (cos θ + i sin θ) : √
z1 = 3 2 cos π4 + i sin π4
z2 = 2 cos π3 − i sin π3 .2 Dit aix` o, ja podem passar a efectuar les operacions! — Suma: B´e, la forma polar no ´es gaire u ´til per fer sumes3 . Per tant, res de res. — Producte: Com a reiθ : La manera de fer productes en forma polar ´es z = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) √ √ π π π z = z1 · z2 = 3 2 · 2 ei( 4 − 3 ) = 6 2e−i 12 √ π z = 6 2e−i 12 2 Perqu` e

cos(−θ) = cos θ

sin(−θ) = − sin θ. Aleshores quan l’angle ´ es negatiu tenim z = re−iθ = r (cos θ − i sin θ)

3

De fet a les classes de teoria ni s’ho han plantejat! Si a alg´ u li “pica el gusanillo” que ho digui . . .

30

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Com a forma d’Euler: √

z = z1 · z2 = 3 2 cos π4 + i sin π4 · 2 cos π3 − i sin π3 . . . Aqu´ı passa una cosa semblant a la suma en forma polar. Veieu per qu`e ´es farrag´os continuar per aqu´ı? — Quocient: Com a reiθ :

z1 r1 La manera de fer quocients en forma polar ´es z = = ei(θ1 −θ2 ) z2 r2 √ z1 3 2 i( π + π ) 3 i( 7π ) z= = e 4 3 = √ e 12 z2 2 2 7π 3 z = √ ei( 12 ) 2 Com a forma d’Euler: Aqu´ı tamb´e trobar´ıem problemes semblants a per al producte. De totes maneres, aix` o no vol dir que no podem expressar el resultat en forma d’Euler. No, simplement vol dir que ´es dif´ıcil utilitzar la f´ormula d’Euler per a les operacions, per`o el resultat ´es f` acil de trobar. De fet nom´es s’ha de fer una traducci´o del resultat obtingut amb la forma reiθ : El resultat per al producte z1 · z2 seria π  π i √ h 6 2 cos − i sin 12 12 I el resultat per al quocient z1 /z2 seria      7π 7π 3 √ cos + i sin 12 12 2 Una u ´ltima observaci´ o: Si trobem el resultat num`eric de la f´ormula d’Euler ens acaba donant —si ho hem fet b´e— la forma cartesiana expressada en forma bin`omica. Si els resultats concorden: bingo!. B´e, i fins aqu´ı —ja era hora!— l’exercici 2.

31

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.3. Expresseu els nombres complexos seg¨uents en la forma a + ib: i) (1 + i)3 , iii) i−5 + i16 .

ii) (2 + 3i)/(3 − 4i),

´ 2.3. Solucio i) (1 + i)3 = (1 + i)2 (1 + i) = (1 + 2i + i2 )(1 + i) = (2i)(1 + i) = 2i + 2i2 = 2i − 2 (1 + i)3 = 2i − 2 Una alternativa ´es utilitzar la igualtat notable (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 , menys coneguda que la famosa (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 per` o m´es directe, en aquest cas. ii)

2 + 3i 2 + 3i 3 + 4i (2 + 3i)(3 + 4i) 6 + 9i + 8i + (3i)(4i) 6 + 9i + 8i − 12 −6 + 17i = · = = = = 3 − 4i 3 − 4i 3 + 4i 9 + 16 25 25 25 2 + 3i −6 + 17i = 3 − 4i 25

iii)           

i0

=

i1 i2

= i = −1

i3 i4

= i2 · i = −i = i2 · i2 = (−1)(−1) = 1

i5

= i4 · i = 1 · i = i

1

⇒ 1, i, −1, −i, , etc...

         

Com veiem, nom´es pren quatre valors diferents, i despr´es es va repetint. Aix´ı podem trobar i5 , i16 , i qualsevol altre: i5 i16

= i = (i4 )2 = 12 = 1

) i−5 + i16 =

1 1 + i16 = + 1 = −i + 1 5 i i

i−5 + i16 = 1 − i

32

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.4. (PE)4 Demostreu que |eiθ | = 1. Per a quins valors de z (z ∈ C) es verifica ez = 1?

1 − i 2 . Calculeu 1 + i

´ 2.4. Solucio i) Anem a demostrar |eiθ | = 1. Ja hem vist que si hem de treballar amb exponents, la forma polar ens ´es de molta utilitat. Tamb´e sabem que podem expressar un complex en forma polar de dues maneres. De fet, aquesta part es pot resoldre c` omodament de totes dues maneres: — Amb la f´ ormula d’Euler eiθ = cos θ + i sin θ Aleshores, |eiθ | =

p

cos2 θ + sin2 θ = 1

|eiθ | = 1 — De la forma r eiθ : |z| = |eiθ | =

√

zz ∗ =

√

eiθ e−iθ =

√

eiθ−iθ =

√

e0 =

√

1=1

|eiθ | = 1 I ja ho tenim!. Podem fer un parell d’observacions abans de seguir endavant: — En aquest cas, el complex reiθ t´e un r = 1, i una θ qualsevol. A`ıx`o gr`aficament s’ent´en molt b´e: un cercle de radi 1. Concorda amb el que vol´ıem demostrar. — El complex conjugat, de z = r eiθ ´es z ∗ = r e−iθ . Aix`o ´es aix´ı perqu`e z = r (cos θ + i sin θ) = r eiθ z ∗ = r (cos(−θ) + i sin(−θ)) = r ei(−θ) = r e−iθ

4 (PE) vol dir “Problema d’examen”, i aix` o vol dir que mereix una atenci´ o especial. Per cert: us heu fixat que al tema 1 no hi ha cap PE ? Per qu` e ser` a? Nota afegida: Ir` onicament, a l’examen de Juny 2005 ha caigut un problema d’inducci´ o!

33

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

ii) Anem a trobar els valors per als quals es verifica ez = 1

ez ez

= 1 = ex+iy x

= e (cos y + i sin y)

       

( ⇒

  = ex cos y + iex sin y      = 1

ex sin y x

e cos y

ex (−1)m

=

ex (−1)m · (−1)m ex (−1)2m

= =

ex

=

=

0 ⇒

sin y = 0 =⇒ y = 0, π, 2π, 3π, . . . = mπ

=

1 ⇒

cos y = cos mπ = ±1 = (−1)m

     (−1)m · 1  ⇒ m ´es parell      (−1)m

1

m = 2k ⇒ ex = 1 ⇒ x = 0 Amb tot aix` o tenim ez = ex+iy = e0+imπ = e0+i2πk z = 2πki Hi ha una manera alternativa de resoldre-ho, for¸ca m´es simple: ez

=

1

= ei(θ+2πk) = ei(0+2πk) z

= i2πk z = 2πki

1 − i 2 . iii) Anem a calcular 1 + i Abans de fer el c` alcul estaria b´e fer un petit inc´ıs en com es calcula el m`odul d’un nombre complex el qual ´es una fracci´ o. z = x + iy ⇒ |z| = z=

p x2 + y 2

a + ib ⇒ |z|? c + id

34

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

a + ib a + ib c − id (a + ib)(c − id) ac + bd + i(bc − ad) = · = = c + id c + id c − id c2 + d2 c2 + d2

s 2  2 s 2 2 a + ib bc − ad ac + bd a c + b2 d2 + 2acbd + b2 c2 − 2bcad + a2 d2 = + = |z| = 2 2 2 2 c + id c +d c +d (c2 + d2 )2 s =

(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (c2 + d2 )2

r

a2 + b2 c2 + d2

Tenim una expressi´ o senzilla: r 2 a + ib a + b2 c + id = c2 + d2 Molt b´e, per` o com ´es el complex conjugat d’una fracci´o? √ ∗ |z| = zz ⇒ |z|2 = zz ∗ a + ib a2 + b2 ? = · c2 + d2 c + id ? Si recordem la identitat (a + b)(a − b) = a2 − b2 tenim: z∗ =

a − ib c − id

Aleshores el complex conjugat ´es simplement una fracci´o el numerador i denominador de la qual s´ on els complexos conjugats del numerador i el denominador del complex que volem conjugar5 . Val a dir que qui ja s` apiga d’entrada com ´es el complex conjugat d’una fracci´o pot fer el mateix raonament a la inversa per trobar dues formes diferents de calcular el m`odul. De fet aix`o ´es el que farem per resoldre l’exercici: Per calcular |z| podem fer-ho de dues maneres: √ — |z| = zz ∗ q 2 +b2 — |z| = ac2 +d 2 1 − i 2 . Donat que el m`odul est`a al quadrat, ens estalviem de calcular l’arrel. Ara ja s´ı, calculem 1 + i — |z|2 = zz ∗ : 1 − i 2 1−i 1+i 1 + i = 1 + i · 1 − i = 1 5 Dit

d’aquesta manera sona b´ e i tot.

35

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

— |z|2 =

a2 +b2 c2 +d2 :

2 2 1 − i 2 = 1 + (−1) = 1 1 + i 12 + 12 I encara hi ha una tercera manera:     2  1−i 1−i (1 − i)(1 − i) 1 − 2i + i2 = · = = 1+i 1−i 12 + 12 2   1 − 2i − 1 = = −i 2   ´ a dir adonar-se que 1−i = −i, i aleshores l’exercici es resol tot fent Es 1+i 

1−i 1+i





1 − i 2 2 1 + i = | − i| = 1 En definitiva, pel m`etode que sigui6 , el resultat ´es: 1 − i 2 1 + i = 1

6 La

soluci´ o d’un exercici ´ es independent del m` etode utilitzat . . . o hauria de ser-ho!

36

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.5. Calculeules pot` encies seg¨ uents:  √ i) (−1 + i 3)10 ,

ii)

1−i 1+i

10

´ 2.5. Solucio √ i) z = (−1 + i 3)10 ` Primer de tot, passem el complex a forma polar, per fer-ho m´es c`omode. Obviament podr´ıem trobar una identitat notable per (a + b)10 i aplicar-la, per`o millor no7 . √ √ 12 + ( 3)2 = 1 + 3 = 2 √ ! √ 3 −π = arctg (− 3) = θ = arctg −1 3 q

r=

Hem d’anar amb compte a l’hora de trobar l’angle: −π/3 s´on −60o . Una mica estrany pel complex √
−1 , 3 , no? En realitat θ = 180o − 60o = 120o , ´es a dir θ = 2π 3 . z = 2 ei z 10 = 210 ei

20π 3

2π 3

= 210 ei( 3 + 3 )π = 210 ei(6+ 3 )π = 210 ei 2

18

2

z 10 = 1024 e

2π 3

= 1024 e

2π 3

2π 3

10 1−i 1+i Aqu´ı podem operar directament –sense passar a forma polar– tot multiplicant pel conjugat i simplificant8 : 

ii)



10  10  10  2 10 1−i 1−i 1−i (1 − i)(1 − i) 1 − 2i + i2 = · = = 1+i 1+i 1−i 12 + 12 2  10 1 − 2i − 1 = = (−i)10 = (−1)10 · i10 = i10 = i4 · i4 · i2 = i2 = −1 2 

7 Alg´ u 8 Fem

1−i 1+i

10 = −1

s’anima?

tots els passos per` o en podr´ıem ometre uns quants, perqu` e si us hi fixeu ja hem trobat que de l’exercici anterior. ´ m´ Es es, el 1−i surt a l’exercici 4, 5 i 11. Els hi deu agradar. 1+i

“

1−i 1+i

”

= −i al final

37

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

I tamb´e es pot fer en forma polar: √ 1 − i = 2 e−iπ/4 √ 1 + i = 2 eiπ/4



1−i 1+i

10 =

√ −iπ/4 !10  10 π π π
10 2e √ = e−i( 4 + 4 ) = e−i 2 = e−i 5π = e−i 4π · e−i π = e−i π = −1 iπ/4 2e 

1−i 1+i

10 = −1

38

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.6. Determineu els z tals que: i) z 5 = −1 + i

ii) z 3 = −i,

i representeu-los gr`aficament.

Problema 2.7. Descriviu geom`etricament el conjunt dels nombres complexos z que satisfan cada una de les condicions seg¨ uents: i) |z| = 1 ii) |z| < 1 iii) |z| ≤ 1 iv) z + z ∗ = 1

v) z − z ∗ = i

vi) z + z ∗ = |z|2

Problema 2.8. Si a i c s´on nombres reals constants i b ´es complex, proveu que l’equaci´o azz ∗ +b z ∗ + b∗ z + c = 0

(a 6= 0, z = x + iy)

representa una circumfer`encia en el pla xy si |b|2 > ac.

Problema 2.9. Determineu, en cada cas, els valors de x i y que satisfan la relaci´o donada: i) x + iy = |x − iy|

ii) x + iy = (x − iy)2

iii)

100 P

in = x + iy

n=0

Problema 2.10. Proveu que les arrels n-`essimes de 1 s´on α, α2 , . . . , αn sent α = e2πi/n . Proveu tamb´e que les arrels 6= 1 satisfan l’equaci´o 1 + x + x2 + . . . + xn−1 = 0

Els problemes 6, 7, 8, 9 i 10 estan resolts en forma de fotoc`opia.

39

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.11. (PE) Calculeu:  i)

1+i √ 2

1−i

√ i ii) i

 iii)

i−1 i+1

i

´ 2.11. Solucio Abans de comen¸car farem un petit pre`ambul te`oric: w = z z1 ⇒ ln w = ln z z1 = z1 ln z ⇒ eln z = ez1 ln z ⇒ w = ez1 ln z w

=

z z1

=

↑ aix`o no ens agrada

ez1 ln z ↑ aix`o s´ı

Amb aix` o tenim una manera de calcular exponencials complexes. Per`o qu`e vol dir ez1 ln z ?. Doncs aix` o: w = ez1 ln z = ez1 ln(|z| e

iθ+2πk

) = ez1 (ln |z|+iθ+i2πk)

Podem prendre l’argument principal θ ∈ (−π, π] , i oblidar-nos de la multivaluaci´o. Aleshores estem prenent el “logaritme principal”: w = ez1 ( ln |z| + iθ ) Amb aix` o podrem calcular w = z z1 . Passem a fer l’exercici.  i)

1+i √ 2 1+i √ 2

1−i π

= 1 ei 4 √ π z1 = 1 − i = 2 e−i 4 z=

π π π π π π π 1+i w = e(1−i)(ln 1+i 4 ) = e(1−i)(0+i 4 ) = e 4 +i 4 = e 4 · ei 4 = e 4 · √ 2

 w=

ii)

√
i i

Abans de res, passem

√

1+i √ 2



π

e4

i a polars: 40

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts √

1

π 2 1 π i = i 2 = e(i 2 ) = ei 4

w = ei ln

√ i

= ei ln e

iπ 4

π

π

= eii 4 = e− 4

π

w = e− 4 De fet no fa falta passar

√

i a polars. En aquest cas tenim una expressi´o for¸ca senzilla per fer-ho

directament: w = ei ln

√ i

1

= ei ln i 2 = ei 2 ln i = e 2 (ln |i|+i 2 ) = e 2 (0+i 2 ) = e 2 (i 2 ) = ei 1

π

i

i

π

i

π

2π 4

π

= e− 4

π

w = e− 4

iii)



i−1 i+1

i

Primer de tot recordem (d’exercicis anteriors) que 

i−1 i+1

i

i−1

i

i−1 i+1

i−1

= i.

= eln( i+1 ) = ei ln( i+1 ) = ei ln i = ei(ln |i|+i 2 ) = ei( 2 ) = e− 2 π

π

π

π

w = e− 2 I amb aix` o s’acaba l’exercici 11.

41

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.12. (PE) Determineu les parts real i imagin`aria de la funci´o z=

ea+bi − e−a−bi 3i

,

a, b ∈ R

´ 2.12. Solucio z

= = = = = = =

ea+bi − e−a−bi 3i ea eib − e−a e−ib 3i ea (cos b + i sin b) − e−a (cos b − i sin b) 3i ea cos b + iea sin b − e−a cos b + ie−a sin b 3i cos b (ea − e−a ) + i sin b (ea + e−a ) 3i cos b (ea − e−a ) sin b (ea + e−a ) + 3 3i sin b (ea + e−a ) cos b (ea − e−a ) −i 3 3

z=

sin b (ea + e−a ) cos b (ea − e−a ) −i 3 3

42

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.13. (PE) Sigui z = x + iy. Demostreu: | cos z|2 = cos2 x + sinh2 y

´ 2.13. Solucio

cos z

=

eiz + e−iz 2 ei(x+iy) 2 e−i(x+iy) 2 eix−y + e−ix+y 2 e−y (cos x + i sin x) + ey (cos x − i sin x) 2 e−y cos x + ie−y sin x + ey cos x − iey sin x 2 cos x (e−y + ey ) sin x (e−y − ey ) +i 2 2 cos x cosh y − i sin x sinh y

=

(cos z)(cos z)∗

= = = = = = =

| cos z|2

                       

⇒ cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y

                      

= (cos x cosh y − i sin x sinh y)(cos x cosh y + i sin x sinh y) = cos2 x cosh2 y + i cos x cosh y sin x sinh y − i sin x sinh y cos x cosh y − i2 sin2 x sinh2 y = cos2 x cosh2 y + sin2 x sinh2 y = cos2 x(1 + sinh2 y) + sin2 x sinh2 y =

cos2 x + cos2 x sinh2 y + sin2 x sinh2 y

= cos2 x + sinh2 y(sin2 x + cos2 x) = cos2 x + sinh2 y | cos z|2 = cos2 x + sinh2 y Observaci´ o: No nom´es hem demostrat que | cos z|2 = cos2 x + sinh2 y, sin´o que en el procediment intermig hem demostrat una altra igualtat important: cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y.

43

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.14. (PE) Sabent que cosh z =

ez + e−z 2

(z ∈ C)

calculeu:

i

(cosh(iπ))

´ 2.14. Solucio Calculem primer el cosh(iπ). cosh(iπ) =

eiπ + e−iπ cos π + i sin π + cos π − i sin π 2 cos π = = = cos π = −1 2 2 2

Veiem que si expressem −1 en polars, tenim −1 = eiπ . Hi ha qui considera que aquesta relaci´o ´es molt interessant, perqu`e reordenant-la una mica apareixen 5 n´ umeros molt importants de les matem`atiques: e, i, π, 1, 0 eiπ + 1 = 0 Seguim amb l’exercici. Nom´es falta tenir en compte l’exponent: cosh(iπ) = −1 ⇒ cosh(iπ)i = −1i = eiπ


i

= e−π

cosh(iπ)i = e−π I ja tenim l’exercici resolt.

44

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 2.15. (PE) Sabent que sin z =

eiz − e−iz trobeu els nombres complexos que verifiquen 2i

eiz = 2 sin z

´ 2.15. Solucio — eiz = 2 sin z ⇒ z ? eiz = 2 sin z = 2 sin z = 2

eiz − e−iz eiz − e−iz = 2i i 1 1+i 1 = 2 = (1 + i) 2 1−i 1 −i 2

⇒ ieiz = eiz − e−iz ⇒ e−iz = (1 − i)eiz ⇒ (1 − i)e2iz = 1 ⇒ e2iz = 1 (1 + i) 2

e2iz =

e2iz = e−2y+i2x = e−2y ei2x = e−2y [cos 2x + i sin 2x] =

⇒

e−2y cos 2x = −2y

e

sin 2x

=

⇒ e4y =

)

1 2 1 2

  1 1 1 ⇒ e−4y cos2 2x + sin2 2x = + = 4 4 2   1 = ln 1 − ln 2 = − ln 2 2

1 ⇒ −4y = ln 2

y=

1

1 1 1 (1 + i) = + i 2 2 2

1 ln 2 4

h 1i − ln 2 2

1

e−2y = e−2 4 ln 2 = e− 2 ln 2 = e

= e− ln

√ 2

ln

=e

1 √ 2

1 =√ 2

Substituint-ho a una (o les dues) de les dues equacions: √1 2 √1 2

cos 2x = sin 2x

=

1 2 1 2

) ⇒

cos 2x = sin 2x x=

=

√ 2 √2 2 2

= =

√1 2 √1 2

) ⇒ 2x =

π + 2nπ 4

π + nπ 8

En definitiva, els nombres complexos, z, que compleixen eiz = 2 sin z s´on z=

π 1 + nπ + i ln 2 8 4 45

Problemes Resolts

`lisi Matema `tica 1 Ana

I amb tot aix` o ja hem acabat els exercicis del 2n tema — Nombres Complexos —.

46

Cap´ıtol 3

Topologia Problema 3.1. Si M ´es un espai dotat d’una m`etrica d, aleshores ens referim a M com l’espai m`etric (M, d). Demostreu que si (M, d) ´es un espai m`etric, tamb´e ho ´es (M, d0 ), amb la dist`ancia d0 definida per: d(x, y) d0 (x, y) = 1 + d(x, y)

´ 3.1. Solucio Perqu`e (M, d0 ) sigui un espai m`etric s’ha de mirar si compleix les propietats definidores d’espai m`etric. A m´es, segons l’enunciat ens hem de recolzar en un espai m`etric (M, d), que ja ens donen, i veure que si (M, d) ´es espai m`etric, aleshores se segueix que (M, d0 ) tamb´e ho ´es. Vegem-ho. Si d(x, y) ´es dist` ancia ⇒ d0 (x, y) tamb´e. — d0 (x, x) = 0 ? d0 (x, x) =

d(x, x) 0 = =0 1 + d(x, x) 1+0



— d0 (x, y) ≥ 0 si x 6= y ? >0

z }| { d(x, y) 0 ≥0 d (x, y) = 1 + d(x, y) | {z }



>0

0

0

— d (x, y) = d (y, x) ? d0 (x, y) =

d(x, y d(y, x) = = d0 (y, x) 1 + d(x, y) 1 + d(y, x)

47



`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

— d0 (x, y) ≤ d0 (x, z) + d0 (z, y) ⇒

d(x,y) 1+d(x,y)

A ≡ d(x, y)

≤

d(x,z) 1+d(x,z)

+

d(z,y) 1+d(z,y)

B ≡ d(x, z)

?

C ≡ d(z, y)

Per ser d una dist` ancia, A ≤ B + C A 1+A A(1 + B)(1 + C)

≤

B 1+B B(1 + A)(1 + C)

+

C 1+C C(1 + A)(1 + B)

≤

B(1 + C + A + AC)

+

C(1 + A + B + AB)

≤

A(1 + C + B + BC) A + AC + AB + ABC

+

≤ B + BC + BA + BAC

+ C + CA + CB + CAB

A ≤ B + BC + C + CB + ABC = B + C + 2CB + ABC A ≤ B + C + 2CB + ABC aix`o ´es cert? El terme 2CB + ABC ´es m´es gran que zero perqu`e A, B i C s´on dist`ancies (definides positives). El terme A ≤ B + C no ´es res m´es que la desigualtat triangular de la m`etrica (M, d), que demanem que es compleixi. Per tant s´ı que es compleix que A ≡ d(x, y)

B ≡ d(x, z)

C ≡ d(z, y)

i per tant d(x, y) d(x, z) d(z, y) ≤ + 1 + d(x, y) 1 + d(x, z) 1 + d(z, y)



I, donat que es compleixen totes les propietats, hem demostrat que si (M, d) ´es un espai m`etric, llavors (M, d0 ) tamb´e ho ´es

48

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 3.2. Considereu a R2 les dues m`etriques seg¨uents: i) d(x, y) = m`ax { |x1 − y1 |, |x2 − y2 | } ii) d(x, y) =

2 X

|xi − yi |

i=1

´ 3.2. Solucio La soluci´ o d’aquest problema est`a en forma de fotoc`opia.

49

Problemes Resolts

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problema 3.3. Considereu el conjunt S = {−00 9, 00 9, −00 99, 00 99, −00 999, 00 999, . . .}. Determineu ´ un conjunt tancat? si ´es fitat, si t´e suprem i ´ınfim, m` axim i m´ınim, i punts d’acumulaci´o. Es

´ 3.3. Solucio Aix´ı a simple vista ja veiem que els punts del conjunt S s’acosten a 1 i a −1 tant com vulguem, sense arribar-hi mai. i) S´ı que ´es fitat ja que ho ´es tant superiorment com inferiorment. Per exemple: x = 2 ´es fita superior x = −3/2 ´es fita inferior. ii) Suprem: 1 ´Infim: -1 iii) El suprem i l’´ınfim ∈ / S ⇒ no ∃ m`axim ni m´ınim. iv) Punts d’acumulaci´ o: a ∈ / R tal que B(a, r) cont´e almenys un punt de S diferent de a. Els punts d’acumulaci´ o de S s´ on: +1 i −1. v) No ´es tancat perqu`e no cont´e tots els seus punts d’acumulaci´o.

50

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts



π 2n2

, n = 1, 2, . . . , determineu si t´e ´ un conjunt obert? Es ´ un conjunt tancat? suprem, ´ınfim, m` axim, m´ınim i punts d’acumulaci´o. Es

Problema 3.4. (PE) Donat el conjunt S = x ∈ R | x = sin




´ 3.4. Solucio • Suprem: +1 • ´Infim: 0 • M` axim: +1 • M´ınim: no ∃ perqu`e 0 ∈ /S • Punts d’acumulaci´ o: 0 ´ obert? No, de fet cap punt ´es interior. • Es ´ tancat? No, perqu`e no cont´e els seus punts d’acumulaci´o. • Es

51

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 3.5. Determineu si els subconjunts de R seg¨uents s´on oberts i/o tancats, i determineu-ne els punts d’acumulaci´ o: i) El conjunt dels enters Z ii) L’interval (a, b] iii) El conjunt dels racionals Q iv) Tots els nombres de la forma (−1)n + 1/m amb n, m = 1, 2, 3, . . . n v) Tots els nombres de la forma (−1)n 1+n amb n = 1, 2, 3, . . .

´ 3.5. Solucio i) Z Si n ∈ Z : B(n, r) = {x ∈ R| |x − n| < r} • Punts d’acumulaci´ o? No. • Obert? No; cap punt ´es interior. • Tancat? S´ı. Per` o atenci´ o: no es pot aplicar all`o de “cont´e els seus punts d’acumulaci´o?” perqu`e no en t´e !. Hem de rec` orrer a la definici´o de conjunt tancat i mirar si el complementari ´es obert : El complementari de Z ´es . . . ∪ (−3, −2) ∪ (−2, −1) ∪ (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1, 2) ∪ . . ., i la uni´o infinita d’oberts ´es obert, per tant el complementari de Z ´es obert i Z resulta ser tancat. ii) (a, b] • Punts d’acumulaci´ o? [a, b] • Obert? No, b no ´es interior. • Tancat? No, perqu`e no a ∈ / (a, b] iii) Q • Punts d’acumulaci´ o? Tot R. • Obert? No, hi ha irracionals i per tant cap bola est`a totalment contiguda en S. • Tancat? No, no cont´e tots els seus punts d’acumulaci´o donat que una infinitud d’ells s´on irracionals i aquests no pertanyen al conjunt. iv) S = {(−1)n + 1/m} ,

n, m ∈ N

• Punts d’acumulaci´ o? 1, −1 • Obert? No; de fet no t´e cap punt interior.

52

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

• Tancat? No, ±1 ∈ /S   n n v) S = (−1) , 1+n

n∈N

• Punts d’acumulaci´ o? 1, −1 • Obert? No; de fet no t´e cap punt interior. • Tancat? No, ±1 ∈ /S

53

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 3.6. Determineu els punts d’acumulaci´o dels conjunts en R2 seg¨uents i esbrineu si s´on oberts o tancats: i) Tots els nombres complexos z tals que |z| > 1 ii) Tots els nombres complexos z tals que |z| ≥ 1 iii) Tots els nombres complexos de la forma 1/n + i/m, amb n, m = 1, 2, 3, . . . iv) Tots els punts (x, y) tals que x2 − y 2 < 1 v) Tots els punts (x, y) tals que x > 0 vi) Tots els punts (x, y) tals que x ≥ 0

´ 3.6. Solucio n o p i) S = z = (x, y) ∈ C| |z| = x2 + y 2 > 1 Punts d’acumulaci´ o: S 0 = {z ∈ C| |z| ≥ 1} S Obert? S´ı, tots els seus punts s´ on interiors. S Tancat? Clarament no. No cont´e els seus punts d’acumulaci´o. n o p ii) S = z = (x, y) ∈ C| |z| = x2 + y 2 ≥ 1 Punts d’acumulaci´ o: S 0 = S S ´es tancat, perqu`e cont´e tots els seus punts d’acumulaci´o, com es dedueix de S 0 = S. iii) S = {z = (x, y) ∈ C|z = 1/n + i 1/m, n,  m ∈ N}      1 1  i i Punts d’acumulaci´ o: S 0 = 1, , , . . ., 0, i, , , . . .   2 3 2 3  | {z } | {z }  1/n

i/m

S Obert? No, no t´e punts interiors (i per tant no els pot contenir) S Tancat? No cont´e els seus punts d’acumulaci´o.  iv) S = z ∈ C| x2 − y 2 < 1 x2 − y 2 < 1 ´es una hip`erbola, com veurem al tema seg¨ uent.  0 2 2 Punts d’acumulaci´ o: S = z ∈ C|x − y ≤ 1 S Obert? S´ı, ja que tots els seus punts s´on interiors. S Tancat? No cont´e els seus punts d’acumulaci´o. v) S = {z ∈ C| x > 0} Punts d’acumulaci´ o: S 0 = {z ∈ C|x ≥ 0} S Obert? S´ı, ja que tots els seus punts s´on interiors. S Tancat? No cont´e els seus punts d’acumulaci´o. vi) S = {z ∈ C| x ≥ 0} Punts d’acumulaci´ o: S 0 = S S Obert? No, els punts x = 0 no s´ on interiors. S Tancat? S´ı, com es dedueix de S 0 = S. 54

Problemes Resolts

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problema 3.7. (PE) Argumenteu si existeixen subconjunts de R que siguin: a) Oberts i fitats. b) Compactes i no fitats. c) Tancats amb nom´es un punt d’acumulaci´o. En cas que existeixin doneu-ne un exemple.

´ 3.7. Solucio a) S´ı. Exemple: (1, 2) ´es un conjunt obert i est`a fitat superiorment (> 2) i inferiorment (< 1), i per tant est` a fitat. b) Definim un conjunt compacte com aquell que ´es tancat i fitat. Aix´ı, un conjunt “compacte i no fitat” seria un conjunt fitat i no fitat alhora, i aix`o porta a una contradicci´o. La resposta ´es No. c) S´ı. Exemple: I amb tot aix` o ja hem acabat els exercicis del 3r tema — Nocions de Topologia —.

55

Cap´ıtol 4

C` oniques Problema 4.1. Doneu l’equaci´o en cartesianes de la circumfer`encia i) amb centre al punt (2, −3) i radi 7, ii) amb centre a l’or´ıgen i que passa pel punt (12, 5).

Problema 4.2. i) Determineu el centre i el radi de la circumfer`encia: x2 + y 2 − 6x + 4y = 3

ii) Quina condici´ o han de satisfer a, b i c perqu`e l’equaci´o x2 + y 2 + 2ax + 2by = c correspongui a una circumfer`encia? Problema 4.3. Identifiqueu la corba corresponent a cadascuna de les equacions seg¨uents i feu-ne la gr` afica: i) y = −3x2

ii) x = −3y 2

iii) y 2 − 6y + 3x + 6 = 0

iv) 9x2 + 4y 2 − 6x + 12y − 6 = 0

v) 4y 2 − x2 = 4

Problema 4.4. Determineu els v`ertexs i focus de la hip`erbola: 4y 2 − x2 = 4. Problema 4.5. Doneu l’equaci´o en polars d’una el·lipse amb un focus a l’or´ıgen, excentricitat 1/2 i directriu x = 4. Els problemes 1, 2, 3, 4 i 5 estan resolts en forma de fotoc`opies.

56

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 4.6. Determineu a quina c`onica correspon l’equaci´o: r=

5 3 + 2 cos θ

i calculeu-ne l’excentricitat i l’equaci´ o de la directriu.

´ 4.6. Solucio Una c` onica s’expressa en coordenades polars d’aquesta manera    el·lipse si ed r= par`abola si 1 ± e cos θ   hip`erbola si

0<e<1 e=1 e>1

Fem l’exercici. r=

5/3 5/3 2 5 = = ⇒e= 3 + 2 cos θ 3 + 2 cos θ/3 1 + 2/3 cos θ 3 e=

2 3

Donat que e < 1 es tracta d’una el·lipse. Calculem ara la directriu, ed =

2 5 5 5 ⇒ d= ⇒d= 3 3 3 2 d=

5 2

I amb tot aix` o ja hem acabat els exercicis del 4rt tema — C`oniques —.

57

Cap´ıtol 5

L´ımits Problema 5.1. Discutiu l’exist`encia dels l´ımits seg¨uents i trobeu-ne el valor quan existeixin: √

√ 1+x− 1−x ii) lim x→0 x e1/x + 2 v) (PE) lim 1/x x→0 e +3

x3 + 8 i) lim 2 x→−2 x − 4 1

iv) lim (1 − x) x2 x→0

iii) lim cos x→0

1 x2 1

vi) (PE) lim x 1−x x→1

´ 5.1. Solucio i) x3 + 8 −8 + 8 0 = = = Indeterminaci´o x→−2 x2 − 4 4−4 0 lim

Aqu´ı tenim un l´ımit indeterminat del tipus

0 0.

Ho podem resoldre a pic i pala, per l’Hˆopital,

substitu¨ınt per un infinit`essim equivalent, etc. Per`o donat que ´es el primer exercici de l´ımits se pressuposa que no podem utilitzar ni l’Hˆopital ni infinit`essims, i que la gr`acia del problema ´es trobar el l´ımit a p`el. Som-hi, Podem descomposar —per la regla de Ruffini, per exemple— els polinomis numerador i denominador en factors simples: x3 + 8 = (x + 2)(x2 − 2x + 4), x2 − 4 = (x − 2)(x + 2). Aleshores,  (x + 2)(x2 − 2x + 4) x2 − 2x + 4 12 x3 + 8  = lim = lim = = −3   2 x→−2 x→−2 x→−2 x − 4 (x − 2) (x + 2) x−2 −4 lim

x3 + 8 = −3 x→−2 x2 − 4 lim

Ara que ja ho hem fet “com ho haur´ıem de fer” tornem a calcular el l´ımit, per`o aquest cop fent u ´s

58

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

de la Regla de l’Hˆ opital, com a segon m`etode de resoluci´o: x3 + 8 3x2 −12 = lim = = −3 2 x→−2 x − 4 x→−2 2x 4 lim

` Obviament el resultat ´es el mateix. ii)

√ lim

x→0

1+x− x

√

1−x

=

0 0

Tenim altre cop el mateix tipus d’indeterminaci´o. Resolem-la igual que abans, √ lim

x→0

1+x− x

√

1−x

!

1

= lim

x√ √ 1+x− 1−x

x→0

=

1 x√ lim √ x→0 1+x− 1−x

Fixem-nos en el denominador i intentem trobar el seu valor: x√ √ x→0 1+x− 1−x

=

lim

= = = = =

 √ √ x√ √1−x √ · √1+x+ 1+x− 1−x 1+x+ 1−x x→0 √ √ x( 1+x+ 1−x) lim 1+x−(1−x) x→0 √ √
x( 1+x+ 1−x) lim



lim

2
x x→0 √ √ 1−x lim 1+x+ 2 →0 √ √ 1+0+ 1−0 2 1+1 2 2 2

= = 1 Tornant al l´ımit original, √ lim

x→0

1+x− x

√

1−x

√ lim

x→0

=

1 x√ lim √ x→0 1+x− 1−x

1+x− x

√

1−x

=

1 =1 1

=1

Tot resulta molt m´es f` acil si ho fem aplicant la Regla de l’Hˆopital: √ lim

x→0

1+x− x

√

1−x

= lim

√1 2 1+x

−

x→0

√1 (−1) 2 1−x

1

=

1 −1 − =1 2 2

I torna a donar el mateix resultat. iii) Tenint en compte que x → 0 ⇒

1 x2

→ +∞ tenim

59

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

 lim cos

x→0

1 x2



 = cos

1 x→0 x2

 = cos(+∞) = ∃


lim

El l´ımit no existeix donat que el cosinus varia entre 1 i -1, o dit d’una manera m´es maca cos

1 x2




∈

[+1 , −1]  ∃ lim cos
x→0

1 x2



iv) 1

lim (1 − x) x2 = 1∞ = Ind

x→0

´ diferent de les 0/0 en quan a que aqu´ı ens apareix un Aqu´ı tenim un altre tipus d’Indeterminaci´o. Es nombre interessant: e. ( Dit d’una altra manera: les indeterminacions del tipus 1∞ estan relacionades amb el nombre e) En general, perqu`e surti el nombre e hem de tenir una expressi´o del tipus h(x)g(x) , amb el l´ımit de h(x) igual a 1, i el l´ımit de g(x) infinit. h(x)g(x)

=

g(x)

(1 + h(x) − 1)

g(x)

(1 + (h(x) − 1)) h ig(x)(h(x)−1) 1 = (1 + (h(x) − 1)) h(x)−1 " #g(x)(h(x)−1) 1  h(x)−1 1 = 1+ 1 =

h(x)−1

Si ens hi fixem, veiem que quan h(x) → 1 ⇒

1 h(x)−1

 lim

n→∞

1+

1 n

→ ∞, i l’expressi´o queda 1 +


1 ∞ , ∞

i aix`o ´es

n

que ´es la definici´ o del nombre e!. Aix´ı doncs, lim g(x)(h(x)−1)

lim h(x)g(x) = ex→0

x→0

i aquesta expressi´ o la podem utilitzar per calcular el nostre l´ımit.

( (1 − x)

1 x2

h(x) g(x)

=

1−x

=

1 x2

1 1 lim ( 1 (1−x−1) lim (− x )  ) = ex→0 ⇒ lim (1 − x) x2 = ex→0 x2  = e
∃ = ∃


x→0

60

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

L’´ ultim pas est` a garantit perqu`e − x1
lim − x1 lim




x→0+ x→0

 = −∞  =



∃
lim +∞  x→0

1 − x



Amb tot, el resultat del problema ´es 1

∃ lim (1 − x) x2
x→0 Tot i que no ´es necessari, podem mirar com s´on els l´ımits per l’esquerra i per la dreta de la funci´ o, que com ja sabem pel resultat no ser` an iguals:

∃ lim (1 − x)
x→0

1 x2

 1  lim (1 − x) x2 x→0+

 lim (1 − x)

1 x2

x→0−

=

0

=

+∞

Amb aix` o i poca cosa m´es ja n’hi hauria prou per fer un dibuix esquem`atic de la gr`afica de la funci´ o: pels c` alculs que hem fet sabem quan x → 0− ⇒ f (x) → +∞ i quan x → 0+ ⇒ f (x) → 0. 1 √ 1 ´ interessant veure que la funci´ Es o no est`a definida a la dreta del 1, perqu`e (1 − x) x2 = 1 − x x , i si x > 1 → 1 − x < 0, i com ´es ben sabut les arrels negatives no tenen soluci´o en el domini dels reals, R. Observaci´ o: Aqu´ı la Regla de l’Hˆ opital no ens serveix, a no ser que puguem transformar-ho en un l´ımit 0/0: 1

1

y = (1 − x) x2 → y = e x2

1 0 lim ln(1 − x) = = lim x→0 x2 0 x→0

1 1−x (−1)

2x

ln(1−x)

1 = lim − = x→0 2x(1 − x)

(

−∞ +∞

quan quan

x → 0+ ⇒∃
x → 0−

Aix` o ´es l’exponent de l’expressi´ o original, i per tant tampoc existeix el seu l´ımit ( e
∃ = ∃
) . Tornem a trobar el mateix resultat: 1 ∃
lim (1 − x) x2 x→0

Abans ho hem fet sumant i restant 1, redistribuint els exponents, etc. Tamb´e es pot fer d’una manera m´es senzilla relacionant-ho amb el nombre e:

lim (1 − x)

x→0

1 x2

h

= lim (1 − x) x→0

1 x

i x1

  1   x1  lim 1e x 1 + x→0 = lim =  1 x→0 e  lim 1 x e − x→0

=

 1 +∞

=

 1 −∞

e e

=

0

=

+∞

⇒∃


61

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

I, per tercera i u ´ltima vegada: 1

∃ lim (1 − x) x2
x→0 v) (PE) lim e1/x + 2 e1/x + 2 ∞ x→0 = = x→0 e1/x + 3 ∞ lim e1/x + 3 lim

x→0

Tenim un altre tipus d’indeterminaci´o: passa: Si x → 0− : lim

x→0−

∞ ∞.

Fem els l´ımits per la dreta i esquerre per veure qu`e

e1/x + 2 e−∞ + 2 0+2 2 = −∞ = = 1/x e +3 0+3 3 e +3

Si x → 0+ : lim

x→0+

e1/x + 2 e+∞ + 2 +∞ = = e+∞ + 3 +∞ e1/x + 3

El l´ımit quan x → 0− ´es finit, perqu`e e−∞ = 0 i no hi ha indeterminaci´o. En canvi, quan x → 0+ ens topem amb una indeterminaci´ o. Resolem-la: Podem aplicar, per comoditat, l’Hˆ opital1 :

1 e1/x − x12 e1/x e1/x + 2 − 2 x 
= lim 1/x 1
=1 lim = lim+ 1/x x→0 e x→0+ e  x→0+ e1/x + 3 − x12 − x2  Aix´ı doncs, tenim lim−

x→0

e1/x + 2 e1/x + 2 = 6 lim e1/x + 3 x→0+ e1/x + 3

∃ lim
x→0

e1/x + 2 e1/x + 3

vi) (PE) 1

lim x 1−x = 11/0 = 1∞

x→1

Tenim, altre cop, una indeterminaci´ o del nombre d’Euler. Podem aplicar la f´ormula que hem trobat a l’exercici iv) per resoldre aquest tipu de l´ımits, lim g(x)(h(x)−1)

lim h(x)g(x) = ex→xo

x→xo 1 Les

indeterminacions del tipus

∞ ∞

tamb´ e es poden resoldre per l’Hˆ opital, donat que es poden transformar en

0 0

62

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Aplicant-la al nostre cas, tenim 1

lim

1

lim x 1−x = ex→1 1−x

x→1

(x−1)

lim

1

1−x  = ex→1 

1

  · (1−x)(−1)

lim x 1−x =

x→1

lim −1

= ex→1

= e−1 =

1 e

1 e

I ja hem resolt l’exercici. Observaci´ o: En comptes de trobar la f´ormula general i aplicar-la tamb´e podem treballar directament amb l’expressi´ o particular, per` o em sembla m´es instructiu fer-ho aix´ı.

63

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 5.2. Si f (x) = a) c)

3x + |x| , calculeu: 7x − 5|x| lim f (x)

b)

lim f (x)

d)

x→+∞ x→0+

lim f (x)

x→−∞

lim f (x)

x→0−

e)

lim f (x)

x→0

´ 5.2. Solucio a) lim f (x) = lim

x→+∞

x→+∞

4x 3x + x = lim = lim 2 = 2 7x − 5x x→+∞ 2x x→+∞

b) lim f (x) = lim

x→−∞

x→−∞

3x − x 2x 1 1 = lim = lim = x→−∞ x→−∞ 7x + 5x 12x 6 6

c’) lim f (x) 6= lim f (x) ⇒ ∃
lim f (x)

x→+∞

x→−∞

x→∞

c) lim f (x) = lim+

3x + x =2 7x − 5x

lim f (x) = lim

1 3x − x = 7x + 5x 6

x→0+

x→0

d) x→0−

x→0−

e) lim f (x) 6= lim f (x) ⇒ ∃
lim f (x)

x→0+

x→0−

x→0

La gr` acia d’aquest problema ´es el paper que juga el valor absolut. Veiem com, depenent de si les x s´ on positives o negatives, el valor del l´ımit ser`a un o l’altre. lim f (x) = 2

x→+∞

lim+ f (x) = 2

x→0

lim f (x) =

x→−∞

lim− f (x) =

x→0

1 6

1 6

∃ lim f (x)
x→0

64

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 5.3.(PE) Quan x → 1 les funcions y =

1−x 1+x

i y = 1−

√

x s´on infinitessimals. Quin d’ell

´es d’ordre m´es gran?

´ 5.3. Solucio α i β infinit`essims: α(x)

=

1−x 1+x

β(x)

=

1−

√

→0 x →0

x→1 α(x) x→1 β(x)

lim

1−x

= = = = = = = = =

lim

x→1

1+x √ x→1 1− x 1−x √ lim (1+x)(1− x) x→1  1−x √ lim (1+x)(1− x→1  x 1−x 1−x √ (1+x)(1− x 1+x  √   1+ x 1−x lim   1−x x→1 1+x √  1+ x lim x→1 1+x 1+1 1+1 2 2

lim

·

√  1+√x 1+ x

·

1√ 1− x

·

√  1+√x 1+ x

1

α(x) =1 β(x)

⇒

O (α(x)) = O (β(x))

S´ on infinit`essims del mateix ordre i per tant s´on equivalents. La notaci´ o O(α(x)) vol dir “ Ordre de l’infinit`essim α”. I per simbolitzar que dos infinit`essims s´ on equivalents ho escrivim aix´ı: α(x) v β(x) lim

x→1

α(x) =1 β(x)

⇒

α(x) v β(x)

65

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 5.4. Demostreu les equival`encies seg¨uents quan w → 0: i) w v sin w

ii) w v ln(1 + w)

iii) w v ew − 1

´ 5.4. Solucio El quocient de dos infinit`essims sempre ser`a

0 0,

i per tant una indeterminaci´o d’aquest tipus.

Aquesta indeterminaci´ o admet l’aplicaci´o de la Regla de l’Hˆopital, i aix`o (normalment) ens far` a la feina m´es f` acil. Podem resoldre els exercicis d’infinit`essims equivalents amb l’ajuda de la Regla de l’Hˆopital, substituint per infinit`essims equivalents, trobant indeterminacions d’altres tipus, treballant a p`el, etc. De totes maneres els farem per l’Hˆ opital, per comoditat: i) lim

w→0

sin w cos w = lim = cos 0 = 1 w→0 w 1 w v sin w

ii) 1

ln(1 + w) 1 = lim 1+w = lim =1 w→0 w→0 w→0 w 1 1+w lim

w v ln(1 + w) iii)

ew − 1 ew = lim = e0 = 1 w→0 w→0 1 w lim

w v ew − 1

66

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 5.5. Apliqueu les equival`encies anteriors per a trobar els l´ımits: ax − 1 x→0 x

i) lim

ii) lim

x→0

sin(tan x) x

´ 5.5. Solucio i) Si fem y = ax ⇒ ln y = x ln a ⇒ y = ex ln a i tenint en compte l’equival`encia demostrada a l’exercici anterior de ex − 1 v x, el numerador ´es igual a ax − 1 = ex ln a − 1 v x ln a i aleshores ax − 1 x ln a = ln a = lim
x→0 x→0 x x
lim

ax − 1 = ln a x→0 x lim

ii) Aqu´ı utilitzarem la primera de les equival`encies provades a l’exercici anterior, x v sin x    sin(tan x) 1 1 sin x 1 =1 = lim sin = lim sin x = lim x x→0 x→0 x x→0 x x→0 x
x cos x
lim

lim

x→0

sin(tan x) =1 x

Observaci´ o: Hem aplicat dues vegades l’equival`encia x v sin x.

67

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 5.6. Determineu els punts de discontinu¨ıtat i establiu-ne el tipus per a les funcions seg¨ uents: i) y =

x 2 x −1

ii) y =

iv) y = x2 sin

x3 − 27 x2 − 9

1 x

iii) y =

x − |x| x

a/x 1 − a/x

v) y =

vi) y = f (x), on f (x) ´es x per a x racional i 1 − x per a x irracional

´ 5.6. Solucio i) Les discontinu¨ıtats de la funci´ o es troben en x2 − 1 = 0, osigui en x = ±1 Mirem en x = 1 lim+

x x2 −1

lim

x→1

x→1−

=

1 0+

=

1 0−

 +∞ 

=

1 1+ −1

x x2 −1

=

1 1− −1

lim +

x x2 −1

=

−1 0−

=

lim −

x x2 −1

=

−1 0+

= −∞ 

=

= −∞ 

@ lim

x→1 x2

x −1

Mirem en x = −1

x→−1

x→−1

 +∞ 

@ lim

x→−1

x x2 − 1

Aix´ı doncs, tenim dues descontinu¨ıtats assimpt`otiques, o “inevitables de segona esp`ecie”. ii) Les discontinu¨ıtats es troben en x2 − 9 = 0 ⇒ x = ±3 0 3x2 9 x3 − 27 = = lim = = 40 5 x→3 x→3 x2 − 9 0 2x 2 lim

 

3

x − 27 −27 − 27 −54 lim = = = ±∞ x→−3 x2 − 9  0 0

lim

x3 −27 x2 −9

lim

x3 −27 x2 −9

x→−3− x→−3+

=

−54 0−

=

=

−54 0+

= −∞

+∞

x3 − 27 x→−3 x2 − 9

⇒ @ lim

Aix´ı, veiem que x=3

discontinuitat evitable

x = −3

discontinu¨ıtat de segona esp`ecie

Observaci´ o: Quan x → 3, ten´ıem una indeterminaci´ o, i quan x → −3 ten´ıem un infinit. S´ on conceptes molt diferents: En el primer cas, el l´ımit existeix per`o no el podem trobar directament i hem de fer alguna cosa per trobar-lo. En el segon cas, tenim un infinit i hem de mirar quin signe t´e. 68

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

iii) Les discontinuitats (en aquest cas nom´es una) es produiran en x = 0 x − |x| y= x

(

x−x x x+x x

=

0

quan x > 0

=

2

quan x < 0

lim f (x) = 0

lim f (x) = 2

x→0−

x→0+

⇒ @ lim f (x) x→0

Al punt x = 0 hi tenim una discontinu¨ıtat inevitable de primera esp`ecie iv) La funci´ o y = x2 sin x1 cont´e la funci´o sin x1 , i aquesta no est`a definida en x = 0. Dit d’una altra manera: el sinus varia entre 1 i −1, i per x → ±∞ no pren cap valor concret. Aix´ı doncs, la funci´ o sin x1 ´es cont´ınua en tot el seu domini excepte el punt x = 0. D’altra banda, la funci´ o x2 ´es cont´ınua. Aix` o vol dir que la funci´o y = x2 sin x1 ´es cont´ınua en tot R excepte en el 0. En altres paraules: La funci´ o presenta una discontinu¨ıtat evitable en el punt x = 0 Observaci´ o: La discontinu¨ıtat en el punt 0 es pot evitar si imposem (definim) que lim f (x) = 0

x→0

v) Els punts de conflicte s´ on x = 0 i x = a. a/x y= 1 − a/x

(

x=a ⇒ x=0 ⇒

y y

= =

1 1−1 a/0 1−a/0

=

a x x−a x

=

= =

1 0 ∞ ∞

= ±∞ = Ind

Retoquem la funci´ o: y=

a x

1−

a x

a x−a

Mirem qu`e passa als punts 0 i a: lim f (x) =

x→0

limx→a+ limx→a−

a x−a a x−a

= =

a 0+ a 0−

a = −1 −a =

+∞

= −∞

) @ lim f (x) x→a

69

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Per tant, x=0

no passa res

x=a

discontinu¨ıtat de segona esp`ecie

vi) ( y = f (x)

x quan x ∈ Q 1 − x quan x ∈ I

Les funcions x i 1 − x nom´es tenen un punt en com´ u (dues rectes que es tallen), i per tant el l´ımit de la funci´ o f (x) nom´es existir` a en aquest punt. x=1−x⇒x=

1 2

Aix´ı doncs, x = 1/2

funci´o cont´ınua

∀x 6= 1/2

funci´o discont´ınua: discontinu¨ıtat no evitable

70

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 5.7.(PE) Estudieu els punts de discontinu¨ıtat de la funci´o π π f : [− , ] → R 2 2 definida per:  2 cos x − e−x /2     (tan x)(sin x − x) f (x) =  1    0

|x| = 6

π 2,

x 6= 0

x=0 |x| =

π 2

´ 5.7. Solucio Per a fer aquest problema necessitem el Teorema de Taylor, que formalment encara no sabem.

71

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 5.8. (PE) Donada la funci´o:  2  x + bx f (x) = x+1  a

si x 6= 1 si x = 1

on a i b s´ on par` ametres reals, determineu els valors apropiats d’aquests par`ametres perqu`e la funci´ o sigui cont´ınua a tot R.

´ 5.8. Solucio Que la funci´ o sigui cont´ınua en el punt x = −1 equival a dir que lim f (x) = f (−1)

x→−1

El l´ımit de la funci´ o ´es x2 + bx 1−b = x→−1 x + 1 0 lim

Hem d’imposar que aquest l´ımit sigui

0 0.

De no ser aix´ı, tindr´ıem un factor amb el denominador

zero, ´es a dir un infinit, i aix` o voldria dir una discontinu¨ıtat, que precisament ´es el que volem evitar. 1−b=0⇒b=1 Simplifiquem el l´ımit 1−b 0 2x + b x2 + bx = = = lim = lim 2x + b x→−1 x→−1 x + 1 0 0 x→−1 1 lim

Tenim que x2 + bx = lim 2x + b x→−1 x + 1 x→−1 lim

Ara nom´es falta imposar la condici´ o de continu¨ıtat, ´es a dir lim f (x) = f (−1) =⇒ 2x + b = a

x→−1

a = −1, b = 1

72

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 5.9. Demostreu que les equacions seg¨uents tenen soluci´o: ii) x7 +

i) x − sin x − 5 = 0

213 = 12 2 + x2 + tan2 x

´ 5.9. Solucio i) Una manera de demostrar que les expressions tenen soluci´o seria trobar aquestes solucions. Per` o aix` o acumula feina innecess` aria. A m´es, en aquest apartat l’expressi´o est`a igualada a zero: aplicant el teorema de Bolzano n’hi ha prou. f (x) = x − sin x − 5

→

x =

0

x =

10 →

f (0)

= −5

f (10)

=

  < 0  > 0  ⇒ f (x) = 0 t´e soluci´o en un punt ∈ (0, 10) 

5 − sin | {z10}

∈(−1,1)

x − sin x − 5 = 0 t´e soluci´o en un punt compr`es entre x = 0 i x = 10 ii) Igual que a l’apartat anterior, ´es m´es viable utilitzar el teorema de Bolzano. Per` o compte! f (x) ´es discont´ınua a x = − π2 i x =

π 2

(donat que la tangent d’aquests punts no

existeix) f (x) = x7 +

x =

0

→ f (0)

x =

π 2 −π 2

→

x =

→

x7 +

=

f

π 2

f

− π2

2+




=


=

2+

213 + tan2 x

x2

 12   π π ⇒ f (x) = 12 t´e soluci´o en un punt ∈ (− , ) > 12  2 2  < 0 < 12

213 0 2
= 106 5 π 7 2
+ . . . 7 − π2 + . . .

>

π 213 π = 12 t´e soluci´o en un punt compr`es entre x = − i x = 2 2 2 + tan x

x2

Observaci´ o: Hem utilitzat els punts x =

π 2

i x = − π2 pel teorema de Bolzano a pesar que la seva

imatge no est` a definida. Estrictament aix`o no ho podem fer, per`o no importa massa: amb agafar un punt lleugerament diferent (menor i major, respectivament) n’hi ha prou. I amb tot aix` o ja hem acabat els exercicis del 5`e tema — L´ımits —. 73

Cap´ıtol 6

Derivades Els problemes 7, 11, 12, 14, 15, 16, 17 i 18 estan resolts en forma de fotoc`opia. Fem els altres.

Problema 6.1. Calculeu les derivades de les funcions seg¨uents: i) y = sin(ln x) iv) y = x2x 2x

√ ii) y = arctan x2 + 1 
 v) y = ln tan x2 + π4

iii) y = cosh x2 − 3x + 1

´ 6.1. Solucio i) f (x) 0

f (x)

=

sin(ln x)

=

cos(ln x) ·

f 0 (x) = cos(ln x) ·

1 x

1 x

ii) f (x)

=

f 0 (x)

= =

f 0 (x) =

√ arctan x2 + 1 √ x √1 2 · x2 +1 1+ x2 +1 x√ (x2 +1) x2 +1

x √ (x2 + 1) x2 + 1

iii) 74

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

f (x)

=

0

f (x)

cosh x2 − 3x + 1

= sinh(x2 ) · 2x − 3 = 2x sinh(x2 ) − 3

f 0 (x) = 2x sinh(x2 ) − 3 iv) f (x) ln (f (x))

= x2x 2x
= ln x2x 2x = ln(x2 x) + ln(2x ) = 2x ln x + x ln 2

1 0 f (x) f (x) 0

f (x)

=

1 x · 0 2 ln x + 2x

x
+ ln 2 + 

= x2x 2x (2 ln x + 2 + ln 2)

f 0 (x) = x2x 2x (2 ln x + 2 + ln 2) v) 
 f (x) = ln tan x2 + π4 f 0 (x) = tan x1 + π · cos2 1x + π · 12 (2  (2 4) 4) xπ cos +  ( ) 2 4 =  · 2 1x π · 12 π sin( x cos  ( 2 + 4 ) 2+4) = 2 sin x + π 1 cos x + π (2 4) (2 4) 1 = sin x+ ( π2 ) = cos1 x f 0 (x) =

1 cos x

75

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.2. Determineu la derivada de la funci´o impl´ıcita 1

1

1

x2 + y 2 = a2

´ 6.2. Solucio Reescribim-ho

Derivem

√

x+

√

y=

√

a

1 1 1 1 √ + √ y0 = 0 2 x 2 y

Aillem y 0 i simplifiquem

√ y y0 = − √ x

y0 1 √ = −√ y x √ √ √ a ( a − x) √ =− =1− √ x x √ a y0 = 1 − √ x

76

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.3. Quantes derivades successives existeixen de la funci´o y = |x3 | en x 6= 0 i en x = 0? ´ 6.3. Solucio 3

y = |x |

x 6=

0

x =

0

) ⇒ derivades successives?

y

y0

y 00

y 000

y (iv)

...

y (n)

x>0 x<0

x3 −x3

3x2 −3x2

6x −6x

6 −6

0 0

... ...

0 0

x=0

0

0

0

@

@

...

@

Existeixen les 3 primeres derivades de f(x) Observaci´ o: Si una derivada no existeix, aleshores cap de les derivades successives seg¨ uents existir` a! y (n−1) (x + h) − y (n−1) (x) h→0 h

y (n) (x) = lim

En el moment que y (n−1) (x) no existeixi, immediatament y (n) (x) tampoc existir`a.

77

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.4.(PE) Determineu els valors de a, b i c per tal que la funci´o: ( f (x) =

x3

si

x < −1

ax + bx + c si

−1 ≤ x

2

sigui cont´ınua amb derivades primeres si segones cont´ınues en tot R. Determineu quina discontinuitat t´e la derivada tercera a x 6= 1.

´ 6.4. Solucio ( f (x) =

x3 ax2 + bx + c

x < −1 f (x) f 0 (x)

3

x ≥ −1 2

x < −1 −1 ≤ x

x = −1

x

ax + bx + c

−1 = a − b + c

3x2

2ax + b

3 = −2a + b

6x

2a

−6 = 2a

6

0

@

00

f (x) f 000 (x)

Resolem el sistema de tres equacions i tenim  = a−b+c   a = −3 3 = −2a + b b = −3   −6 = 2a c = −1

−1

a = −3 b c

= −3 = −1

78

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.5. (PE) Determineu si ( f (x) =

x arctan

1 x




x 6= 0

0

x=0

´es cont´ınua i diferenciable a x = 0.

´ 6.5. Solucio Nota: En les funcions d’una variable, els termes derivable i diferenciable volen dir el mateix. En diverses variables no, per` o aix` o ara no ens importa. Cont´ınua?   lim x arctan   x→0+         1  lim x arctan x→0 x  lim x arctan   x→0−        

1 x

1 x







=

0 · arctan(+∞)

=

0·

=

0

=

0 · arctan(−∞)

=

0·

=

0

π 2

−π 2

f (0+ ) = f (0− ) = f (0) ⇒ f (x) cont´ınua en x = 0 Derivable? h f (h) − f (0)
arctan f (0) = lim = lim h→0 h→0 h h
0

1 h




−0

= lim arctan h→0

  1 =@ h

L’´ ultim pas est` a garantit perqu`e, tal com hem vist quan mir`avem si era cont´ınua: lim+ arctan

1 h

lim arctan


1

h→0

h→0−

h




= =

π 2

 

−π 2



⇒ @ lim arctan h→0

  1 h

En definitiva, f (x) ´es cont´ınua per`o no derivable en x = 0

79

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.6. L’angle entre dues corbes en el seu punt d’intersecci´o es defineix com l’angle entre les seves rectes tangents. Trobeu l’angle que formen les hip`erboles x2 − y 2 = a2 , xy = b2 en els punts d’intersecci´ o.

´ 6.6. Solucio ( Angle entre

x2 − y 2 xy

= a2 = b2

x2 − y 2

= a2

⇒

2x − 2yy 0

=

0 ⇒

y0

=

xy

= b2

⇒

y + xy 0

=

0 ⇒

y

= − xy

tan θ1 = − tan

x y

=

tan θ1

=

tan θ2

)

1 θ2

sin θ1 cos θ2 π =− ⇒ sin θ1 sin θ2 + cos θ1 cos θ2 = 0 ⇒ cos(θ1 − θ2 ) ⇒ θ1 − θ2 = cos θ1 sin θ2 2 π θ1 − θ2 = 2 Les rectes tangents de les dues corbes, en els punts on interseccionen, s´on perpendulars

80

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.8. Demostreu que l’equaci´o x3 − 3x + k = 0, k ∈ R t´e com a molt una soluci´o en [−1, 1]. Per a quina valors de k hi ha efectivament una soluci´o?

´ 6.8. Solucio i) f (x) = x3 − 3x + k ⇒ f 0 (x) = 3x2 − 3

f 0 (x) = 3x2 − 3 ≤ 0 a [−1, 1] f (x) ´es mon` otonament decreixent a l’interval [−1, 1]. Per tant, nom´es podr`a creuar un cop l’eix X; amb el que queda demostrada la primera part de l’enunciat. ii) f (−1) ≥ 0 ⇒ −1 + 3 + k

≥ 0⇒k

≥

−2

f (+1) ≥ 0 ⇒ 1 − 3 + k

≥ 0⇒k

≥ 2

) −2≤k ≤2

|k| ≤ 2

81

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.9.(PE) Sigui f (x) = 3 − |x − 4|. Verifiqueu que f (1) = f (7) per`o que f 0 (x) no ´es zero en cap punt de [1,7]. Contradiu aix` o el Teorema de Rolle? Per qu`e?

´ 6.9. Solucio i) f (1) = f (7) ? f (1)

=

3 − |1 − 4| =

f (7)

=

3 − |7 − 4| =

3 − | − 3| = 3 − |3|

=

3−3=0 3−3=0

) ⇒ f (1) = f (7)

f 0 (x) 6= 0 ? si x ≥ 4 :

f (x) = 3 − (x − 4) = 7 − x ⇒ f 0 (x) = −1

si x ≤ 4 :

f (x) = 3 + (x − 4) = x − 1 ⇒ f 0 (x) = +1

) f 0 (x) 6= 0

ii) La funci´ o no ´es derivable en x = 4, i per tant no satisf`a les hip`otesis del Teorema de Rolle. No el contradiu pel fet que no el podem aplicar.

82

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.10. (PE) Siguin dos nombres reals a, b amb a ≥ b ≥ 1. Empreu el teorema del valor mig per a demostrar que ln

a ≤a−b b

´ 6.10. Solucio Teorema del valor mig: ∃c ∈ (a, b) tal que f (a) − f (b) = f 0 (c)(a − b) f (x) = ln x ⇒ f 0 (x) =

1 x

Pel teorema del valor mig 1 ln(a) − ln(b) = (a − b) ≤ a − b {z  } c |  a ln b ln

a b

≤ (a − b)

83

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 6.13. (PE) Classifiqueu els infinitessimals seg¨uents quan x → 0 segons el seu ordre: x2 ,

x − sin x,

ln(1 + x),

x3 6

Quin d’ells ´es d’ordre m´es baix? Quins d’ells s´on equivalents i per qu`e?

´ 6.13. Solucio +

x3 3

−

x4 4

+ ...

x − sin x

 = x− x−

x3 3!

+

x5 5!

 − ...

x − sin x

v

ln(1 + x) = x − ln(1 + x) v x

x2 2

x3 6

I amb tot aix` o ja hem acabat els exercicis del 6`e tema — Derivades —.

84

Cap´ıtol 7

Integrals Problema 7.1.

Z

dx sin2 3x

´ 7.1. Solucio Z

1 dx 1 = − cot 3x · + C = − cot 3x + C 3 3 sin2 3x Z

dx 1 = − cot 3x + C 3 sin2 3x

Problema 7.2.

Z

esin x cos xdx

´ 7.2. Solucio Z

( sin x

e

cos xdx =

u

=

3x − 7

du

=

3dx

)

Z =

esin x + C

85

eu du = eu + C = esin x + C

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 7.3.

Z

dx 3x − 7

´ 7.3. Solucio Z

dx = 3x − 7

(

u

=

3x − 7

du

=

3dx Z

)

1 3

=

Z

du 1 1 = ln u + C = ln(3x − 7) + C u 3 3

dx 1 = ln(3x − 7) + C 3x − 7 3

Problema 7.4.

Z

√

x2 dx x3 + 1

´ 7.4. Solucio

Z

x2 √ dx = x3 + 1

(

u du

= x3 + 1 =

) =

2

3x dx

Z

√

1 3

Z

du 1 √ = 3 u

Z

du·u−1/2 =

1 u−1/2+1 1 u1/2 · +C = · +C = 3 −1/2 + 1 3 1/2 2p 3 x +1+C = 3

2p 3 x2 dx = x +1+C 3 x3 + 1

Problema 7.5.

Z

√

ex dx 1 − e2x

´ 7.5. Solucio

Z

ex √ dx = 1 − e2x

(

u du

)

= ex x

= e dx Z

√

Z =

√

du dx = arcsin u + C = arcsin ex + C 1 − u2

ex dx = arcsin ex + C 1 − e2x

86

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 7.6.

Z

dx x2 + 2x + 5

´ 7.6. Solucio

Z

dx = x2 + 2x + 5

Z

( ) Z Z u = x+1 dx dx dx 1 2 = = = =
x+1 2 x2 + 2x + 1 + 4 (x + 1)2 + 4 4 du = 21 dx +1 2   Z Z 2du du x+1 1 1 1 1 = = = arctan u + C = arctan +C 4 u2 + 1 2 u2 + 1 2 2 2 Z

dx 1 = arctan 2 x + 2x + 5 2

Problema 7.7.



Z

cot(ln x) dx x

Z

Z

x+1 2

 +C

´ 7.7. Solucio

Z

cot(ln x) dx x

( = =

u du

=

ln x

=

1 x dx

) =

cot udu =

cos u du = sin u

(

t

=

sin u

dt

=

cos udu

)

Z =

dt t

ln t + C = ln(sin u) + C = ln [sin(ln x)] + C Z

cot(ln x) dx = ln [sin(ln x)] + C x

87

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 7.8.

Z arcsin xdx

´ 7.8. Solucio Z

Z

Z 1 2x √ dx = x arcsin x − dx 2 1−x 2 1 − x2 ( ) Z Z u = 1 − x2 du 1 √ = x arcsin x − = x arcsin x − = x arcsin x − u−1/2 du 2 2 u du = −2xdx √ 1 u1/2 1 u−1/2+1 + C = x arcsin x −  · 1 + C = x arcsin x − u + C = x arcsin x − · 1 2 −2 + 1 2 
2
√ = x arcsin x − 1 − x2 + C

arcsin xdx = x arcsin x −

x· √

Z arcsin xdx = x arcsin x −

Problema 7.9.

p

1 − x2 + C

Z x sin xdx

´ 7.9. Solucio

Z

Z x sin xdx = x · (− cos x) −

Z − cos x · 1 · dx = −x cos x +

cos xdx = −x cos x + sin x + C

Z x sin xdx = −x cos x + sin x + C

88

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 7.10.

Z

  p ln x + 1 + x2 dx

´ 7.10. Solucio

R

ln x +

√

(


1 + x2 dx

=

ln x +

√


1 + x2 dx

u

=

dv

= dx √
R 1 + x2 − x ·

= x ln x + Z

√1 x+ 1+x2

→

du

=

→

v

= x √

√ 1 dx 1+x2

= x ln x +

 · 1+

√2x 2 1−x2



dx


√ 1 + x2 − 1 + x2 + C

    p p p ln x + 1 + x2 dx = x ln x + 1 + x2 − 1 + x2 + C

Problema 7.11.

Z

x2 ex dx

´ 7.11. Solucio (

R

2 x

x e dx

u = x2 = x ( dv = e dx u0 = 2x = dv 0 = ex dx R = x2 ex − 2xex + 2 Z

→

) R = 2xdx = x2 ex − 2xex dx x = e ) 0 du = 2dx

→

v0

→ →

x

du v

= ex 2 x

e dx = x e − 2xex + 2ex = ex (x2 − 2x + 2) + C

x2 ex dx = ex (x2 − 2x + 2) + C

89

)

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 7.12.

x2 − x + 1 dx − 3x2 − 13x + 15

Z x3

Problema 7.13.

2x − 1 dx x2 − 6x + 13

Z

Problema 7.14.

Z

Problema 7.15.

2x3 + x2 + 4 dx (x2 + 4)2

Z

Problema 7.16.

Z

Problema 7.17.

Z

Problema 7.18.

Z

Problema 7.19.

Z

Z

Z

Z 2 cos2

Problema 7.24.

√

x2 dx 1 − x2

dx √ dx x x2 − 2

Z

Problema 7.22. Problema 7.23.

2x + 3 dx (x2 + 1)2

sin2 x cos3 xdx

Problema 7.20. Problema 7.21.

dx x3 − 1

cos4 xdx

dx sin4 x cos4 x

dx 1 + sin x + cos x dx x + sin x cos x + sin2 x

Z sin 3x cos 6xdx

90

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 7.25. Trobeu una f´ormula de recurr`encia per a calcular Z

xn sin axdx

Problema 7.26.Trobeu una f´ormula de recurr`encia per a calcular Z

Problema 7.27. Calculeu

(x2 − a2 )n dx

Z

π/2

dθ cosN θ

0

on N ´es un enter positiu.

Problema 7.28.Partint de la igualtat

Z 0

Z In = 0

∞

∞

x2

π 1 dx = √ , +a 2 a

1 , (x2 + 1)n

a > 0 calculeu:

n = 1, 2, 3 . . .

I amb tot aix` o ja hem acabat els exercicis del 7`e tema — Integrals —.

91

Cap´ıtol 8

Integrals definides Els problemes 1, 2, 5, 7 i 8 estan resolts en forma de fotoc`opia. Fem els altres.

Problema 8.3. Comproveu que πab ´es l’`area de l’el·lipse  x 2 a

+

 y 2 b

=1

´ 8.3. Solucio  x 2 a

+

 y 2 b

r ⇒y =±b

1−

x2 a2

La soluci´ o positiva representa la meitat de l’el·lipse que est`a per sobre l’eix de les X, i la negativa la que est` a per sota. Gr` acies a la simetria que presenta l’el·lipse (no est`a ni despla¸cada ni rotada) podem limitar-nos a calcular l’` area d’un quart d’el·lipse.

( ) Z a p Z ap x = a sin t x2 b b = 4 b 1 − 2 dx = 4 a2 − x2 dx = 4 a2 − x2 dx = a a 0 dx = a cos t 0 0 a Z Z π/2 p Z b π/2 p 2 b b π/2 = 4 a 1 − sin2 t a cos t dt = 4 a cos t a cos t dt a − a2 sin2 t a cos t dt = 4 a 0 a 0 a 0 Z π/2 Z π/2 Z π/2 Z π/2 b 1 + cos(2t) = 4 a2 cos2 t dt = 4ab cos2 t dt = 4ab 1 + cos(2t)t dt t dt = 2ab a 0 2 0 0  π/2 0  π sin π sin(2t) = 2ab t + = 2ab + = πab 2 2 2 0 Z

A

a

r

92

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

A = πab

93

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 8.4. Determineu la longitud de l’arc de caten`atia (y = cosh x) entre x = 0 i x = ln 2. ´ 8.4. Solucio Per calcular la longitud d’una corba, el que fem ´es integrar els diferencials de longitud, que s´ on l´ınies rectes, al llarg de tot l’interval que ens interessa: " 2

2



2

dl = dx + dy = 1 +

Z

x2

L=

s

2 #

dy dx

dx ⇒ dl =

Z

x2

s

dl = x1

2



1+ x1

dy dx

 1+

dy dx

2 dx

2 dx

Apliquem-ho a l’exercici. Simplifiquem l’integrand, s



1+

dy dx

2 =

p

1 + sinh2 x =

√

coshx = cosh x

Integrem,

Z

x2

L=

s

 1+

x1

dy dx

2

Z dx = 0

ln 2

ln 2

cosh xdx = [sinh x]0

L=

ln 2 − ln 2 2− = e −e  = sinh(ln 2)− sinh(0) = 2 2

1 2

3 4

94

=

3 4

`lisi Matema `tica 1 Ana

Problemes Resolts

Problema 8.6. Trobeu el volum de l’el·lipsoide generat per la rotaci´o al voltant de l’eix X de l’el·lipse  x 2 a

+

 y 2 b

=1

´ 8.6. Solucio Per trobar el volum d’un cos de revoluci´o al voltant d’un eix, en aquest cas l’eix X, el que fem ´es calcular el volum d’una llesca troncoc` onica diferencial, i integrem al llarg de l’interval que ens interessa. dV = πf 2 (x)dx Z x2 Z x2 V = dV = πf 2 (x)dx x1

x1

Apliquem-ho a l’exercici. Igual que a l’exercici 8.3.  x 2 a

+

 y 2 b

r ⇒y =±b

1−

x2 a2

 q En comptes d’agafar tot el tros d’el·lipse determinat per la soluci´o positiva de l’arrel y = +b 1 −

x2 a2

agafem nom´es un quart d’el·lipse (el que va de 0 a a ). Per tant el que anem a fer ´es rotar nom´es el quart d’el·lipse, i despr´es multipliquem per 2.   a  x3 x2 πb2 1 − 2 dx = 2πb2 x − 2 3a 0 0  a a3 22 2 2πb a − 2 = 2πb a 3a 3 4 2 πab 3 Z

V

= = =

a

2

V =

4 πab2 3

I amb tot aix` o ja hem acabat els exercicis del 8`e tema — Integrals definides —.

95

 ,

Cap´ıtol 9

Successions i S` eries Tots els problemes de Successions i S`eries estan resolts en forma de fotoc`opia.

96

Ep´ıleg I aqu´ı s’acaba aquesta col·lecci´ o de problemes resolts. Espero que no es mantingui est`atic i es vagi actualitzant en el transcurs de les successives edicions futures. Ja es veur`a.

97

Bibliografia [1] Classes d’Analisi M` atem` atica I. [2] N.S. Piskunov, C´ alculo diferencial e integral, Volum I (i el II pel tema 9). [3] T. Apostol, Calculus. [4] Spiegel, Calculus. [5] Larson, Hostetler. C´ alculo. [6] M. Spiegel et al. F´ ormulas y tablas de matem´ atica aplicada (m´es conegut com a Schaum).

98