1calcul

7/23/2019 1calcul

1/98

I. La recta real

Considerem una recta. Es ben conegut que a cada nombre racional se li potassociar un punt de la recta. El metode es ben simple. Es comenca escollint unpunt de la recta que anomenarem lorigen i al qual li assignem el nombre racional0. Despres sescull un altra punt a la dreta de lorigen que anomenem el punt unitat

i li assignem el nombre 1. Al natural n li assignem el punt a la dreta de lorigental que el segment que uneix lorigen amb el punt te una llargada que es n vegadesla llargada del segment que uneix lorigen amb el punt unitat. Al nombre racionalp/q > 0 li assignem el punt final dun segment que comenca a lorigen, acaba a ladreta del origen i te de llargada la q-esima part del segment que comenca a lorigen iacaba en el punt que hem assignat al racionalp. Al racional p/qli assignem el puntsimetric respecte de lorigen del punt que hem assignat a p/q. Observem que via elTeorema de Tales tota aquesta construccio es pot fer amb regla i compas.

Observem per altra banda que un cop pres un origen hi ha definida una suma entrepunts de la recta que es compatible amb lassignacio que acabem de fer de racionals.Per altra banda si considerem lordenacio natural de la recta (en la que un punt es

mes gran que un altre si esta situat mes a la dreta) aquesta es tambe compatibleamb lordenacio dels racionals. Hom podria estar temptat de pensar que aquestaassignacio omple tots els punts de la recta, es a dir que a cada punt de la recta se lipot associar un racional. Aixo no es cert. Es a dir hi ha mes punts a la recta queels que hom obte amb lassignacio de racionals. Per veure aixo, considereu el trianglerectangle isosceles que te per catets el segment unitat. Aleshores lhipotenusa te perllargada un nombre que elevat al quadrat dona 2. Aquest nombre correspon a un certpunt de la recta (el punt obtingut al traslladar la hipotenusa al origen de la recta).Veiem que no hi ha cap nombre racional amb aquesta propietat:

Proposicio 1. No hi ha cap nombre racionalx,tal quex2

= 2.Prova. La prova daquest resultat es basa en el fet de que el quadrat dun nombreparell es parell i el quadrat dun nombre senar es senar. Suposem per arribar acontradiccio que x2 = 2 amb x = p/q racional. Podem suposar p,q > 0 i primers

entre si. Tindrem aleshores p2

q2= 2 i per tantp2 = 2q2.Tindrem doncs quep2 es parell

i per tant p es parell. Podem posar p= 2r ambr natural. Substituint a lexpressioanterior obtenim 4r2 = 2q2 don q2 = 2r2. Pero aleshores q2 es parell i per tant q esparell. Obtenim aix que tant p com qson parells, en contradiccio amb el fet de quepi qels havem triat primers entre s.

5

7/23/2019 1calcul

2/98

Aix doncs els nombres racionals son insuficients per descriure el conjunt de puntsde la recta. Per descriure tots els punts de la recta cal una classe mes amplia denombres que anomenarem nombres reals. No farem aqu una construccio rigorosadaquest conjunt de nombres. Simplement enunciarem les propietats que els defineixeni ens creurem que aquest conjunt de nombres es una bona representacio dels puntsde la recta.

Per definir els nombres reals necessitem unes definicions previes.

Definicio. Sigui(K, +, ) un cos. Diem queKamb una relacio dordre total(), esun cos ordenat si es verifiquen les seguents propietats:

(1) Six, y,z K ix y aleshoresx+z y+z.(2) Six, y

K ix,

0 iy

0 aleshoresx

y

0.

Si K es un cos ordenat aleshores sempre es pot pensar que conteQ. En efecte sidesignem per 0 el element neutre de Krespecte la suma i per 1 el element neutre deKrespecte el producte podem designar per n al nombre resultant de sumar 1 ambell mateix n vegades, 1/n al seu invers respecte el producte etc...(perque cal que Ksigui un cos ordenat per poder seguir aquest procediment?)

Definicio. SiguiKun cos ordenat iAK. Diem queA esta acotat superiorment(resp. inferiorment) si existeix M K, que anomenarem cota superior (resp. cotainferior) deA, tal quex M (resp. x M ) per totx A.Definicio. Sigui K un cos ordenat i A K acotat superiorment (resp. inferior-ment). Diem que cota superior (resp. inferior) deA es el suprem (resp. nfim) deAsi qualsevol cota superior (resp. inferior) verifica (resp. ). El supremdeA i el nfim deA, quan existeixin, els designem persup A i infA respectivament.

Clarament el suprem dun conjunt si existeix es unic. En un cos ordenat qualsevolel suprem dun conjunt acotat superiorment no te per que existir, com mostra elseguent exemple.

Exemple. A Q considerem el seguent subconjunt:

A= {x Q: x2 0}.A esta acotat superiorment pero no te suprem.

Prova. Veiem que A esta acotat superiorment. De fet qualsevol nombre y tal quey > 0, y2 > 2 es una fita superior. Denotem per B aquest conjunt. Observemque com que no hi ha nombres racionals x amb x2 = 2, qualsevol racional positiupertany o be aA o be aB.Suposem que A te suprem i designem-lo per z.Hi ha duespossibilitats:

6

7/23/2019 1calcul

3/98

(1) z A. Veurem que aixo no es possible. Sigui 0 < < 1 tal que < 2z22z+1

.Aleshores

(z+)2 =z2 + 2z+2 =z2 +(2z+)< z2 +(2z+ 1) < z2 + 2 z2 = 2.Aleshores (z+) Ael que contradiu que zsigui una cota superior de A.

(2) z B. Aixo tampoc es possible. Sigui 0 < < ztal que < z222z

. Tindrem

(z )2 =z2 2z+2 > z2 2z > z2 + 2 z2 = 2.Aix (z) Bel que contradiu quezsigui la mes petita de les cotes superiorsde A.

Concloem doncs que Ano te suprem.

El seguent teorema no el demostrarem i simplement ens el creurem. Podeu trobar-ne la demostracio al Spivak (Captol 28).

Teorema 2. Existeix un unic cos ordenat amb la propietat de que tot conjunt acotatsuperiorment te suprem.

El cos ordenat que te la propietat de que tot conjunt acotat superiorment tesuprem lanomenem el cos dels nombres reals i el denotem per R.

Exercici. Demostreu que aR tot subconjunt acotat inferiorment te nfim.

Definicio.Donatsx < y R definim:(x, y) = {z R: x < z < y}[x, y] = {z R: x z y}[x, y) = {z R: x z < y}(x, y] = {z R: x < z y}

.

A aquests conjunts els anomenem respectivament interval obert, interval tancat iintervals semioberts dextrems xiy.

El suprem dun conjunt te la seguent propietat que farem servir sovint.

Lema 3. Si = sup Aaleshores per tot >0 linterval (

, ] conte punts de A.

Prova. Es deixa al lector. Enuncieu tambe la propietat corresponent per lnfim.

Com tot cos ordenat R conte aQ.Conte algun element mes ja que R te la propietatdel suprem iQ no. Els nombres reals que no son racionals els anomenem irracionals.(Exercici: Adapteu el que hem fet per veure que el subconjunt A de Q no te suprem,per provar que el suprem de A en els reals, que podem seguir anomenant zverificaque z2 = 2. Aquest nombre irracional el denotem per

2). Es natural preguntar-se

com estan barrejats els racionals i els irracionals. Per respondre aquesta preguntaabans hem destablir el que es coneix com la propietat arquimediana de R.

7

7/23/2019 1calcul

4/98

7/23/2019 1calcul

5/98

Sovint els entorns es prenen centrats en el punt es a dir del tipus (x , x+)amb >0.Fixem-nos que aquest tipus dentorns estan constituts per els punts queestan a distancia mes petita que de x.Es a dir

(x , x+) = {y R: |y x| < }.

Com ja sabem a cada nombre racional se li pot assignar una successi o de nombresnaturals (mes petits o iguals que 9) que a partir dun cert lloc es periodica. Esel que coneixem com a desenvolupament decimal dun nombre racional. Aquestaassignacio es pot fer tambe per qualsevol nombre real. Es a dir a cada nombre realse li pot assignar una successio de nombres naturals mes petits o iguals que nou queara no te perque esser periodica. De fet sera periodica nomes en el cas de que elnombre considerat sigui racional. Aix doncs podeu pensar els nombres reals com

les expressions decimals generals i els nombres racionals com les expressions decimalsperiodiques. No provarem aqu aquest teorema, podeu trobar-ne lenunciat precs i lademostracio al llibre de J. Ortega (Teorema 1.16).

Veurem ara que de fet hi ha molts mes irracionals que racionals. Per veure-honecessitem introduir un nou concepte.

Definicio. SiguiA un conjunt. Diem queA es numerable si existeix una aplicaciobijectiva deA enN.

Obviament un conjunt numerable ha de tenir un nombre infinit delements. Arabe, com veurem aviat, no tot conjunt amb un nombre infinit delements es numerable.

Veiem primer un resultat que en un primer moment pot sorprendre.

Proposicio 7. Tot subconjunt infinit deN es numerable

Prova. SiguiB N amb infinits elements. Ordenem els elements de B de mes petita mes gran. Aleshores laplicacio que assigna a cada element de B el lloc que ocupaen aquesta ordenacio es una aplicacio bijectiva de B en N.

Corol.lari 8. Tot subconjunt infinit dun conjunt numerable es numerable

Prova. Es deixa al lector

Corol.lari 8. SiguiA un conjunt amb infinits elements. PerqueA sigui numerable,nhi ha prou amb que existeixi una aplicacio injectiva deA enN.

Prova. Siguif :A N.Aleshoresf(A) es un subconjunt infinit. Sigui g laplicaciobijectiva de f(A) en N que ens assegura la proposicio 7. Tindrem queg f es unabijeccio de Aen N i per tant A es numerable.

Proposicio 9. SiA iB son numerables, aleshoresA B tambe ho es.Prova. Sigui i : A N i j : B N bijeccions i considerem laplicacio F :

9

7/23/2019 1calcul

6/98

A B Ndefinida perF(a, b) = 2i(a)3j(b).

Noteu que F(a, b) = F(c, d) implica que 2i(a)

3j(b)

= 2i(c)

3j(d)

i per lunicitat de de-scomposicio en factors primers aixo implica que i(a) = i(c) i j(b) = j(d). Com quei i j son injectives obtenim que (a, b) = (c, d). Per tant F es injectiva i A B esnumerable.

Teorema 10. Q es numerable.

Prova. A cada nombre racional li podem assignar de manera unica una parella denombres naturals primers entre s i un signe. Considerem laplicacio F : Q Ndefinida per

F(x) =

2p

3q

six= p/q amb p,q >0, p i q primers entre s,2p3q5 six= p/q amb p,q >0, p i q primers entre s.

Pels mateixos arguments usats en la proposicio anterior F es injectiva i per tantQ es numerable.

Teorema 11. R no es numerable.

Prova. Nhi ha prou amb veure que linterval (0, 1) no es numerable. Usarem larepresentacio decimal dels nombres reals. Aix identifiquem els nombres reals amb lessuccessions de naturals mes petits o iguals que 9. Suposem que hi hagues una bijeccio

j :N (0, 1).Tindrem doncs una llista:j(1) =a11a

12a

13 . . .

j(2) =a21a22a

23 . . .

j(3) =a31a32a

33 . . .

=. . . . . . . . . . . . =. . . . . . . . .

j(n) =an1an2a

n3. . .

=. . . . . . . . . . . .Considerem ara el seguent desenvolupament decimal b1, b2, b3 . . . , bn . . . on

bi =

1 si aii= 1,2 si aii = 1.

Es clar que aquest desenvolupament decimal no esta a la llista i per tant el nombrereal que representa no esta a la imatge de j.

10

7/23/2019 1calcul

7/98

Problemes.

1. Trobeu tots els nombres xper als quals

(a) (x 1)(x 3)> 0.(b) 1

x+ 1

1x >0.

(c) x1x+1

>0.

(d)|x 1| + |x 2| >1.(e)|x 1| + |x+ 1| |x+ 1|.(g)|x2 3x| 2.(h) (x 3)2 1.(i)|x+2

x+4| + |(|3x 1| |5 2x|)| >1.

2. Trobeu i dibuixeu els parells (x, y) R2 que satisfan|x| = |y| y < 1

x2+1

|xy| = 2 y2 + 1 x2 + 1|x| + |y| 1 |x| |y| = 2.

3. Demostreu les afirmacions seguents

(a)|x y| |x| + |y|.(b)|x| |y| |x y|.(c)|(|x| |y|)| |x y|.(d)|x+y+z| |x| + |y| + |z|.

4. Demostreu que si 0< a < b, llavors

a 1

.Tindrem si n > n0,

1

n n0.Considerem arak = min{a1, a2, . . . , an0, l 1} i K = max{a1, a2, . . . an0, l+ 1}. Clarament tindremk an Kper tot n Ni per tant{an} esta acotada.

Per provar la segona part del lema suposem que a= lim an > K i sigui < aK

2 .

Sigui n0 tal que|an a| < per n > n0. Aixo implica que an > K per n > n0; aixobtenim una contradiccio. Per tant a K. La prova de que a k es similar.

Un cas molt particular de successions no acotades es el seguent. Diem que lasuccessio{an} te lmit infinit, i escrivim lim an = si per tot K >0 existeix n0 talque an> Kper tot n > n0.(Exercici: Doneu la definicio de lim an= )

Les successions es poden sumar i multiplicar de manera obvia. Donades duessuccessions {an} i {bn} es defineix la successio suma com la successio que te de termeenesim la suma de termes enesims. Formalment

{an} + {bn} = {an+bn}.Definiu vosaltres mateixos el producte de successions.

Lema 4. Siguin{an} i{bn} successions convergents amb lmitsaib respectivament.Aleshores els seguents fets son certs:

(1) Les successions

{an +bn

} i

{anbn

} son convergents i lim an +bn = a+ b i

lim anbn = a.b

(3) Sia= 0 aleshoresan= 0 pern prou gran i la successio{ 1an} es convergent ilim 1

an= 1

a.

Prova. (1) Considerem > 0. Sigui n1 tal que|an a| < /2 quan n > n1. Siguin2 tal que|bn b| < /2 si n > n2. Considerem ara n0 = max(n1, n2). Tindrem pern > n0 que

|an+bn (a+b)| |an a| + |bn b| < /2 +/2 =.

16

7/23/2019 1calcul

13/98

La demostracio de que lim anbn=a.b es un xic mes complicada. Com que an ibnson convergents pel lema anterior existeixen constants positives K1 i K2 de maneraque

|an

|< K1 i

|bn

|< K2 per tot n

N. Considerem >0 i siguin n1 i n2 tals que

|an a| < 2K2 sin > n1 i|bn b| < 2K1 si n > n2.Sigui n >max(n1, n2),tindrem:

|anbnab| |anbnanb|+|anbab| = |an||bnb|+|b||ana| < K1 2K1

+K2

2K2=.

(2) Suposem per exemple a > 0. Sigui < a/2 i n0 tal que|an a| < < a/2.Tindrem doncs sin > n0 que an a > a/2 i per tant an > a/2> 0. Aix doncs pern prou gran te sentit considerar la successio 1/an i 1/an < 2/a.Considerem > 0 isigui n1> n0 tal que|an a| < a2/2quan n > n1.Tindrem

|1/an 1/a| = |1/an||1/a||an a| < 2

a2a2

2 = ,

per n > n1.

Ja hem vist que tota successio convergent esta acotada. El recproc no es pascert en general (sabreu donar un contraexemple?). El seguent teorema afirma que elrecproc es cert en certes condicions. Per enunciar aquest teorema necessitem introduirun nou concepte. Diem que la successio{an} es monotona creixentsi an an+1 pertot nN. Diem que la successio{an} es monotona decreixentsi an an+1 per totn N. Finalment diem que la successio{an} es monotona si es o be monotonacreixent o be monotona decreixent.

Teorema 5. Tota successio monotona i acotada es convergent

Prova. Sigui{an}monotona i acotada. Suposem per exemple que{an} es monotonacreixent (feu vosaltres la demostracio en laltra cas). Siguil = sup{an} que existeix jaque la successio esta acotada. Provarem que l = lim an.En efecte, considerem >0.Observeu que a linterval (l , l] ha dhaver-hi algun terme de la successio. Si no hihagues cap terme de la successio aleshores l seria una fita superior de{an} mespetita que l en contradiccio amb el fet de que l es el suprem de{an}. Sigui n0 amban0 (l , l].Usant que la successio es creixent i que l es una fita superior obtenimque per n > n0

l < an0 an l.Aix doncs|an l| < per n > n0.

El seguent lema es util per provar la convergencia de successions.Lema 6.

(1) Siguin{an}, {bn} i{cn} tres successions verificantan bn cn per totn N.Suposem a mes quelim an = lim cn=l. Aleshores{bn} es convergent ilim bn=l.

17

7/23/2019 1calcul

14/98

(2) Siguin{an} i{bn} dues successions convergents verificant quean bn per totn N. Aleshores lim an lim bn.

Prova. Es deixa al lector.

En el seguent lema sestudia la convergencia dalgunes successions.

Lema 7.

(1) Sip >0, lim 1np

= 0.

(2) Sip >0, lim n

p= 1.

(3) lim n

n= 1.

(4) Six >1 i R, limn

xn = 0.

(5) Six 0 i sigui n0 > (1/)1/p. Tindrem 0 < 1

np < 1

np0< si

n > n0.(2) Considerem primer el cas p > 1. Posem xn = n

p 1 i hem de provar que

lim xn= 0. Observeu que com que p >1, xn>0. Tindrem:

p= (1 +xn)n =

n

0+n

1xn+. . .+ n

nxnn > 1 +nxn,

i per tant

0< xn

0quan n >1. Tindrem

n= (1 +xn)n =

n

0

+

n

1

xn+

n

2

x2n . . .+

n

n

xnn>

n(n 1)2

x2n

i per tant

0< xn ,natural i n 2k. Posem x = 1 +p, ambp >0.Tindrem:

xn = (1 +p)n =

n

0

+

n

1

p+. . .+

n

k

pk +. . .+

n

n

pn >

n

k

pk =

= n(n 1)(n 2) . . . (n k+ 1)

k! pk >

n2

k pkk!

.

18

7/23/2019 1calcul

15/98

Obtenim aix que per n prou gran

0

2 + 1

2!(1 1

m) +. . .

1

n!(1 1

m) . . . (1 n 1

m ).

Si ara en aquesta desigualtat fixem n i passem al lmit respecte m obtenim:

T

Sn.

Passant ara al lmit aquesta ultima desigualtat obtenim

T e.

Teorema 10. El nombree es irracional.

Prova. Comencem per avaluar lerror comes al aproximar e per Sn. Sigui m > n,tindrem:

Sm Sn= 1

(n+ 1)!+ 1

(n+ 2)!+ 1

(n+ 1)!+ . . .+ 1

m! =

1

n!

1

n+ 1+

1

(n+ 1)(n+ 2)+. . .+

1

(n+ 1)(n+ 2) . . . (m)

n0. Com que kn n tindrem que si n > n0 aleshores kn n > n0 i per tant|akn l| < .

Diem que a es un punt dacumulacio de an si per tot > 0 i per tot n0 Nexisteix n > n0 amb|an a| < .Observem que la diferencia essencial entre aquestadefinicio i la de lmit es que en la definicio de lmit es demana que tots els termesa partir dun cert lloc estigui a distancia mes petita que del lmit, mentre que enla definicio de punt dacumulacio nomes es demana que hi hagi termes tant enllacom vulguem (pero no pas tots a partir dun cert lloc) a distancia mes petita que del punt dacumulacio. Com veurem en la seguent proposicio els punts dacumulacioduna successio son els lmits de les seves parcials.

Proposicio 12. a es un punt dacumulacio de{an} si i nomes si existeix{akn}parcial de{an} amb lim akn =a.Prova. Sigui{akn} una parcial de{an} amb lim akn = a. Veiem que a es un puntdacumulacio de{an}. Considerem > 0 i n0 N. Com que lim akn = a tindremque existeix n1 de manera que si n > n1 aleshores|akn a| < . Prenem doncsn >max(n1, n0). Tindrem que kn n > n0 i|akn a| < .

Provem ara el recproc. Sigui a punt dacumulacio de{an} i prenem k1 tal que|ak1 a| < 1. Prenem ara k2 > k1 amb|ak2 a| < 1/2. Inductivament prenem

21

7/23/2019 1calcul

18/98

kn > kn1 tal que|akn a| < 1/n. Afirmem que la subsuccessio akn te lmit a. Enefecte sigui >0 i n0 tal que 1/n0 < .Tindrem si n > n0 que

|akn a| ak2 > . . . > akn > . . .i obtenim aix unaparcial monotona decreixent de{an}.

(2) Nomes hi ha un nombre finit de punts cim. En aquest cas siguim el ultim puntcim (m = 0 si no nhi ha cap) i prenem k1 > m. Com que k1 no es un puntcim existeixk2 > k1 tal que ak2 ak1.Com que k2 no es un punt cim, existeixk3 > k2 amb ak3 ak2. Inductivament construm kn > kn1 amb akn akn1.Obtenim aix una parcial de{an} monotona creixent.

Corol.lari 15 (Teorema de Bolzano-Wierstrass). Tota successio de punts duninterval tancat te una parcial convergent a un punt del interval.

Prova. Sigui{an} amban [a, b] per tot nN. Per la Proposicio anterior{an} teuna parcial monotona{akn} que estara acotada ja que a akn b per tot n N.Per el Teorema 5,{akn} es convergent i tindrem que a lim akn b.

El Teorema de Bolzano-Wierstrass te els seguents enunciats equivalents:Tota successio acotada te alguna parcial convergent.Tota successio acotada te algun punt dacumulacio.

22

7/23/2019 1calcul

19/98

Proposicio 16. Sigui{an} una successio acotada. Aleshores{an} es convergent si inomes si te un unic punt dacumulacio.

Prova. Si an te lmit ja hem vist al Corol.lari 13 que el seu lmit es lunic puntdacumulacio de la successio. Provem el recproc. Sigui{an} amb un unic puntdacumulacio a, i suposem, per arribar a contradiccio que{an} no es convergent.Negant la definicio de lmit tindrem que existira > 0 i k1 < k2 < . . . < kn . . . amb|aki a| > per toti N.Aleshores la subsuccessio {akn} esta acotada i pel Teoremade Bolzano-Wierstrass tindra algun punt dacumulacio que ho sera tambe de{an}.Ara be tots els termes de{akn} es mantenen a distancia mes gran que de a i pertant aquest punt dacumulacio es diferent de a. Hem arribat doncs a contradiccio.

Si una successio{an} esta acotada superiorment aleshores o be el conjunt

A= {x R: x es un punt dacumulacio de {an}}es no buit i esta acotat superiorment o be A =. Si A es no buit definim el lmitsuperior de{an}, com el suprem dA i el denotem per lim sup an. En cas contraridiem que el lmit superior de{an} es. Si{an} no esta acotada superiormentdiem que lim sup an= .Si{an}esta acotada inferiorment aleshores el conjunt Aobe es buit o be esta acotat inferiorment. En aquest cas al nfim de Alanomenem ellmit inferiorde an,i el denotem per lim infan.Si A = diem que el lmit inferior de{an} es .Si {an} no esta acotada inferiorment aleshores diem que lim infan= .Clarament es te sempre que

lim infan lim sup an.

Exercici Proveu que si{an} esta acotada, aleshores lim sup an es el mes gran delspunts dacumulacio de{an} i lim infan es el mes petit dels punts dacumulacio de{an}.

En el cas de que an estigui acotada es te el seguent resultat:

Lema 17. Sigui{an} acotada. Llavors{an} es convergent si i nomes silim infan=lim sup an. En aquest cas es te que lim an = lim sup an= lim infan.


4. La condicio de Cauchy. El criteri de Stolz.

Per provar que una successio es convergent, cal en general, avaluar la distanciadels seus termes al suposat lmit. Aixo es un problema quan hom no te un candidatconcret per ser el lmit de la successio. Ara be, de la definicio de lmit, es desprenque els termes de una successio convergent shan dapropar arbitrariament entre ells.

23

7/23/2019 1calcul

20/98

Veurem que aquesta condicio (expressada mes rigorosament) es equivalent a la deconvergencia. Linteres daquesta condicio estara en que per decidir la convergenciaduna successio nomes caldra mesurar la distancia entre termes de la successio.

Diem que la successio{an} es una successio de Cauchysi per tot > 0 existeixn0 tal que|an am| < per qualsevol n, m > n0.Teorema 18Una successio es convergent si i nomes si es de Cauchy.

Prova. Suposem que lim an= l i sigui >0.Siguin0 tal que |an l| < /2.Tindremaleshores

|an am| |an l| + |l am| < /2 +/2 =sempre que n, m > n0.Per tant{an} es de Cauchy.

Recprocament, sigui

{an

}successio de Cauchy. Comencarem per veure que

{an

}esta acotada. En efecte sigui n0 tal que|an am| n0. Fixem m > n0 itindrem queam 1< an< am+ 1 per totn > n0.Siguik = min{a1, . . . , an0 , am 1}i K= max{a1, . . . , an0, am+ 1}.Tindrem aleshores que

k an Kper tot n N. Aix doncs{an} esta acotada. Pel Teorema de Bolzano-Wierstrassexisteix{akn} parcial de{an} convergent. Sigui l = lim akn. Veiem que lim an = l.En efecte, considerem >0 i sigui n0 tal que|akn l| < /2 si n > n0.Sigui ara n1tal que|an am| < /2 si n, m > n1.Sigui ara i > n0 tal que ki> n1.Tindrem

|an

l|

n1.Per tant lim an=l.

Teorema 19 (Criteri de Stolz). Sigui{an} una successio estrictament monotonai{bn} una successio qualsevol. Suposem a mes que lim bnbn1anan1 = l R {}.Aleshores les seguents afirmacions son certes:

(1) Si lim an= llavors lim bnan =l.(2) Si lim bn= lim an= 0 llavors lim

bnan

=l.

Prova. Farem la prova en el cas que l

R. La demostracio en el cas l=

es unaadaptacio de la que farem en el cas en quel es finit. Considerem >0. Sigui n0 talque

l /2< bm bm1am am1 < l+/2

per m > n0. Fixem k > n0 i considerem la desigualtat anterior per m = k+ 1, k+2, . . . , k+n. Utilitzant el fet de que si cd >0 llavors a+b

c+d esta sempre entre a/bic/d

i aplicant-ho a les dues primeres desigualtats obtenim

l /2< bk+2 bkak+2 ak < l+/2.

24

7/23/2019 1calcul

21/98

Iterant aquest argument obtenim:

(A) l /2< bk+n

bk

ak+n ak < l+/2pertot n N.

Considerem el cas en lim an = lim bn = 0. Fent n en la desigualtat anteriortindrem que

l /2 bkak

l+/2es a dir

|l bkak

| /2<

per k n0. Hem provat doncs (2)Suposem ara que lim an =. Si a la desigualtat (A) dividim numerador idenominador del terme central per ak+n obtenim

l /20, lim n

an +bn = max(a, b).Que passa quana, bno son necessariamentpositius?

(f) lim(n)

n = 0,on (n) es el nombre de primers que divideixen n.

25. Calculeu els seguents lmits:

(a) lim n n+an+b.

(b) lim3

n2 sin n!

n+ 1

(c) lim (2)n + 3n

(2)n+1 + 3n+1

(d) lim1 + a+a2 +. . .+an

1 +b+b2 +. . .+bn amb|a|

7/23/2019 1calcul

23/98

26. Demostreu que les seguents successions son convergents:

(a) an = 1n+1

+ 1n+2

+. . . 12n

.

(b) an = 112

+ 122

+. . .+ 1n2

. Indicacio: Observeu que 1k2

1k1 1k .


(a) limn

ln(n+ 1)

ln n

n lnn.

(b) lim

n+ 1 n+ 1n

.

28. Doneu exemples de successions no convergents tals que el seu producte sigui con-vergent.

29. Suposeu que lim an= 0 i quean > 0.Demostreu que el conjunt de tots els nombresan te un maxim.

30. Que es pot dir duna successio de nombres enters convergent?

31. Sian es una successio convergent, proveu que |an| tambe es convergent. Es cert elrecproc?

32. Considereu la successio:

1

2 ,1

3 ,2

3 ,1

4 ,2

4 ,3

4 ,1

5 ,2

5 ,3

5 ,4

5 ,1

6 ,2

6 , . . . .

Per a quins nombres hi ha una subsuccessio que convergeix cap a .

33. (a) Deduu una formula per la suma dels infinits termes duna progressio geometricade rao r amb|r|

7/23/2019 1calcul

24/98

35. (*) Sigui an una successio amb lim an= .Demostreu que lim

1 + 1

an

an=e.

36. Demostreu que la successioxn = (1 +

1

n)n+1

es decreixent i deduu que

0< e (1 + 1n

)n < 3

n.

37. Proveu que les seguents successions, definides per recurrencia tenen lmit i calculeu-lo:

(a) a1 = 1, an = 3an1.(b) a1 =

12

, an = 12

+ an11+an1

.

(c) a1 > 3+

5

2 , an+1=

a2n12an3 .

(d) a1 > 0, an = (b+an1)1/2 on b >0.

(e) a1 > 1, an = 2 1an1 .(f) a1 = 0, an+1 = an+

12

(b an)2 on b [0, 1].38. Considerem 0< a1< b1,i definim

an+1=

anbn, bn+1 =an+bn

2 .

(a) Demostreu que les successions an ibn convergeixen.

(b) Demostreu que tenen el mateix lmit.

39. (**) Demostreu que si lim an = l, llavors lima1+a2+. . .+an

n =l.

40. Suposem que an > 0 per tot ni que liman+1

an=l 0 per tot n i que liman+1

an=l. Demostreu que lim n

an=l.

42. (a) Apliqueu el criteri de Stolz per resoldre el problema anterior.

28

7/23/2019 1calcul

25/98

(b) Calculeu lim1 + 2 + 3 +. . .+n

n+1 , >0.

(c) Calculeu lim1 + 1

2

+. . .+ 1

nln n .

43. Sigui (an) una successio de nombres reals positius tal que

limn

log anlog n

= .

(a) Demostreu que si 0 aleshores limn

an = +.

(b) Fent servir el criteri de Stolz demostreu que si limn

an+1

an

n= aleshores

limn

log anlog n

= log . Deduu de lapartat anterior que si limn

an+1

an

n> 1

aleshores limn

an = + i que si limn

an+1

an

n

7/23/2019 1calcul

26/98

48. Suposem que la successio{xn} satisfa la seguent desigualtat0

xn+m

xn+xm.

Proveu que la successio{xnn

} es convergent49. (**) En el problema 12 hem vist que a partir de qualsevol aproximacio racional m

n

a

2 es pot obtenir una aproximacio millor m+2nm+n

. En particular si comencem per

m= n = 1,obtenim: 1, 32

, 75

, . . . .

(a) Demostreu que aquesta successio esta donada recursivament per

a1= 1, an+1= 1 + 1

1 +an.

(b) Demostreu que lim an= 2.Aixo dona lanomenat desenvolupament enfrac-cions contnues

2 = 1 + 1

2 + 12+...

.

(c) Demostreu que si aib son dos nombres naturals qualsevol, llavors

a2 +b= a+

b

2a+ b2a+...

.

50. Sigui an una successio tal que tota successio parcial en tingui una de parcial

convergent a 0. Demostreu que an te lmit 0.

51. Demostreu que si an>0,

lim sup n

an lim supan+1an

i que lim inf n

an lim infan+1an

.

Deduu que si an+1an

es convergent tambe ho es n

an amb el mateix lmit.

52. Demostreu quelim sup(an+bn) lim sup an+ lim sup bn.

53. (*) Demostreu quelim inf(an+bn) lim infan+ lim sup bn lim sup(an+bn).

54. Trobeu lim sup an i lim infan per cada una de les successions seguents:

(a) an = 1n

.

(b) an = (1)n n

n.

(c) a1 = 0, a2n = a2n1

2 , a2n+1=

1+2a2n2

.

30

7/23/2019 1calcul

27/98

III. Continutat

1. Lmit duna funcio en un punt.

Siguif : (a, b) Runa funcio ix0 (a, b).Diem que l es el lmit de la funciofen el punt x0 i escrivim lim

xx0f(x) =l , si per tot >0 existeix >0 de manera que

|f(x) l| < sempre que 0 0 i sigui >0 de manera que|f(x) l| < sempre que 0< |x x0| < .Sigui ara n0 tal que|an x0| < sempreque n > n0.Tindrem aleshores que|f(an) l| < sempre que n > n0.

Recprocament suposem que l no es el lmit de f en x0. Llavors existira >0 talque per tot n >0 hi haura xn amb 0< |xn x0| .Claramentlim xn=x0 i lim f(xn) =l.

Lema 2. El lmit duna funcio en un punt, si existeix, es unic.Prova. Immediata a partir del lema anterior i de la unicitat del lmit duna successio.

Lema 3. Siguin f, g : (a, b) R, x0 (a, b) i suposem que limxx0

f(x) = l1 i

limxx0

g(x) =l2. Aleshores es compleixen les seguents propietats:

(1) limxx0

(f+g)(x) =l1+l2 i limxx0

(f g)(x) =l1 l2.

31

7/23/2019 1calcul

28/98

(2) Si l1 > 0 (resp. l1 0 (resp. f(x)< 0) sempre quex sigui

prou proper ax0. A mes en ambd os casos limx

x0

1

f(x) = 1/l1.

Prova. (1) Sigui an successio en (a, b)\ {x0} amb lim an = x0. Hem de provarque lim(f +g)(an) = l1 +l2 i lim(f g)(an) = l1 l2. Tindrem lim(f+g)(an) =lim(f(an) +g(an)) = lim f(an) + lim g(an) = l1 + l2 ja que el lmit de la suma desuccessions es la suma de lmits. Analogament provarem el resultat pel producte.

(2) Suposem l1 >0. Sigui 0< < l1 i sigui >0 tal que|f(x) l1|< per totx amb 0 0 si 0 0 tal que|f(x)| < Kper tot x I. Lexistencia dellmit de f en un punt no pot pas donar informacio global de la funcio, pero si quedona informacio a la vora del punt, com ara veurem.

Lema 4. Suposem que el lmit def enx0 existeix. Aleshoresf esta acotada en unentorn dex0.

Prova. Sigui l = limxx0

f(x) i apliquem la definicio de lmit amb = 1. Tindrem que

existira >0 tal que|f(x) l| 0 de manera

que f(x) > si 0 0 existeix > 0 tal que|f(x) l| < sempre que

32

7/23/2019 1calcul

29/98

0< x x0< (resp. 0< x0 x < ). El seguent resultat es dedueix directament deles definicions.

Lema 6. Siguif : (a, b) R ix0 (a, b). Aleshores limxx0f(x) = l si i nomes silimxx+0

f(x) = limxx0

f(x) =l.

Quan linterval de definicio esta acotat, el comportament de fen els extrems delinterval sestudia mitjancant els lmits laterals. Per estudiar el comportament de lafuncio en els extrems quan linterval de definicio no esta acotat cal introduir lanocio de lmit en el infinit.

Sigui f : (a, ) R. Diem que el lmit de f en el infinit es l i escrivimlimx

f(x) = l, si per tot > 0, existeix K > a de manera que|f(x) l|< per totx > K. Diem que el lmit de f en el infinit es infinit (resp menys infinit), i escrivimlimx

f(x) = (resp. limx

f(x) =), si per tot K > 0 existeix L > 0 de maneraque f(x)> K (resp. f(x)< K) per tot x > L. De manera simetrica es definiria lanocio de limit enquan f esta definida a (, b).Exercici. Comproveu que lim

xx= , lim

x1/x= 0, lim

xx

x 1= 1.

2. Continutat.

Sigui I un interval, f : I R una funcio, i x0 I. Diem que f es contnuaen x0 si existeix el lmit de f en x0 i es igual a f(x0). En el cas de que I continguialgun dels seus extrems per valorar la continutat de fen el extrem cal substituir enla definicio anterior la nocio de lmit per la del corresponent lmit lateral. Diem quef es contnua en Isi es contnua en tots els punts de I. De la definicio i del Lema 1es despren el seguent resultat:

Lema 7. f es contnua en x0 I si i nomes si per tota successio xn I amblim xn=x0 es te que lim f(xn) =f(x0).

De la definicio i del Lema 3 es dedueix el seguent resultat.

Proposicio 8. Siguinf, g: I R contnues enx0 I. Llavors(1) f+g if g son contnues enx0.(2) Si f(x0) > 0 (resp. f(x0) < 0) aleshores f(x) > 0 (resp. f(x) < 0) en un

entorn dex0. A mes en ambd os casos 1f

es contnua enx0.

33

7/23/2019 1calcul

30/98

Es un exercici comprovar que la funcio constant i la identitat son funcions contnuesa tot R.Usant la proposicio anterior hom obte que els polinomis son funcions contnuesa tota la recta real. Tambe ho seran els quocients de polinomis (funcions racionals)alla on el denominador no sanul.li. La seguent proposicio analitza el comportamentde la continutat respecte la composicio de funcions.

Proposicio 9. Siguif :I Rig : J= (a, b) R.Siguix0 Iambf(x0) J isuposem quef es contnua enx0 ig tambe ho es enf(x0).Aleshoresg f es contnuaenx0.

Prova. Sigui xn I, amb lim xn = x0. Per la continutat de f en x0 tindrem quelim f(xn) = f(x0) i com que f(x0)J per n prou grans f(xn)J. Tindrem doncsque a partir dun certn, f(xn) es una successio de termes de Jamb lmit f(x0).Comque g es contnua en f(x0) tindrem que lim g(f(xn)) =g(f(x0)).

Tot i que la continutat en un punt implica que la funcio esta acotada en unentorn daquest punt el fet de que una funcio sigui contnua en un interval no implicapas en general que la funcio estigui acotada en el interval. Per exemple la funciof : (0, 1) R definida per f(x) = 1/x es contnua en (0, 1) ja que el denominadorno sanul.la mai pero no esta pas acotada en (0, 1) ja que lim

x0+1/x= .Tot i que el

resultat no es cert en general si que ho es si linterval es tancat.

Teorema 10 (Teorema de Wierstrass). Sigui f : I = [a, b] R contnua.Aleshores f esta acotada en I.Es mes existeixen y, z [a, b] tals que f(y) f(x) f(z) per tot x

I.

Prova. Comencem per provar que f esta acotada en I. Suposem que no ho esta perarribar a una contradiccio. Suposem que fno esta acotada superiorment. Aleshoresper cada n N podem triar xn ambf(xn)> n.Considerem ara la successio xn. Pelteorema de Bolzano-Wierstrass aquesta successio te una parcial xkn convergent a unpuntx0 I.Com quef es contnua enx0tindrem que lim f(xkn) = lim

xx0f(x) =f(x0).

Pero per construccio lim f(xkn) = lim f(xn) =; arribem aix a contradiccio. Pertantf esta acotada. Siguin ara

m= inf{f(x) : x I} iM= sup{f(x) : x I}.El nostre objectiu es provar que existeixen y, z I amb f(y) = m i f(z) = M.Provarem nomes lexistencia de z. Lexistencia de y es provaria de manera similar.Suposem, altra vegada per arribar a contradiccio, que f(x)= M per tot x I.Aleshores la funcio f M es no nul.la i contnua en I. Per la proposicio 8 la funciodefinida perg(x) = 1

Mf(x) es contnua enIi pel que ja hem provat acotada en I .Peraltra banda com que M es el suprem de les imatges de f en I ,per tot >0 existeixxIamb 0 < M f(x)< . La conclusio es que per tot >0 existeix xI ambg(x) > 1/ i per tant que g no esta acotada en I en contradiccio amb el que hemprovat abans.

34

7/23/2019 1calcul

31/98

Als puntsy, zdel teorema anterior en diem el mnim i el maxim absolut defenI .El teorema de Wierstrass afirma que tota funcio contnua en un interval tancat te unmnim i un maxim absolut. Noteu que les dues hipotesis del teorema son essencials.Per exemple la funcio 1/x es contnua en (0, 1) i no te maxim absolut (no esta ni tansols acotada ). La funcio definida per g(x) = 1/xsi x (0, 1] ig(0) = 0 esta definidaen el interval tancat [0, 1] pero no es contnua. Clarament no te maxim absolut jaque no esta acotada superiorment.

Teorema 11 (Teorema de Bolzano). Siguifcontnua en[a, b].Sif(a) f(b)< 0,llavors existeixc (a, b) amb f(c) = 0.Prova. Suposem per exemple que f(a) < 0 < f(b). Considerem A ={x [a, b] :f(x) > 0}. Com que A [a, b] esta acotat inferiorment i per tant te un nfim quedenotarem per z .El nostre objectiu es provar que f(z) = 0.Comencem per observarquea =z,ja quef(a)< 0 i per la continutat defexisteix >0 tal quef(x)< 0 pertotx [a, a+].En particulara+es una fita inferior deAdonz= infA a+ > a.Argumentant de manera similar hom obte que z= b. Suposem que f(z) > 0. Comque f es contnua tindrem que existeix > 0 tal que f(x) > 0 si|x z| < . Enparticular f(z /2) > 0 i tindrem que z /2 A, el que contradiu que z es elnfim de A. Si f(z) < 0 aleshores existeix > 0 tal que f(x) < 0 si|x z| < .Tindrem aleshores que com que z es el nfim de A f(x) 0 per tot x [a, z+/2].Aix doncs z+ /2 es una fita inferior de A el que contradiu que zsigui el nfim deA.Per tant f(z) = 0.

Corol.lari 12. Sif es continua en[a, b]if(a)< c < f(b)aleshores existeixx (a, b)amb f(x) =c.Prova. Nomes cal aplicar el teorema de Bolzano a la funcio contnua f c.Corol.lari 13. Tot nombre real positiu te una unica arrel enesima positiva.

Prova. Sigui aR, a > 0. Considerem la funcio f(x) = xn que es contnua ja quef es un polinomi. Si a > 1 tindrem que 0 = f(0) < a < an = f(a). Pel Corol.larianterior tindrem que existeix c (0, a) amb f(c) = a, es a dir cn = a. Si a < 1tindrem que 0 =f(0) < a

7/23/2019 1calcul

32/98

caracteritza les funcions continues i injectives en un interval. Per enunciar-lo neces-sitem un parell de definicions.

Sigui f : I

R, I

R, diem que f es creixent a I si f(x) < f(y) sempreque x < y. Doneu vosaltres mateixos la definicio de funcio decreixent. Diem quefes monotona si es o be creixent o be decreixent. Fixeu-vos que una funcio monotonaes injectiva. El recproc no es cert en general, pero el seguent teorema afirma que elrecproc val quan la funcio esta definida en un interval i es continua.

Teorema 14. Sigui f : (c, d) R. Si f es injectiva i continua, aleshores f esmonotona. A mesf1 es tambe continua enf((c, d)).

Prova. Siguin a, b (c, d) amb a < b. Com que f es injectiva tindrem que o bef(a) > f(b) o be que f(b) > f(a). Suposem per exemple que f(b) > f(a) (laltrasituacio es provaria de manera semblant). En aquest cas si f es monotona, hauriade ser creixent. Per a veure-ho, siguin x, y (c, d) amb x < y i volem provar quef(y)> f(x).Per t [0, 1],definimx(t) = (1 t)a + txi y(t) = (1t)b + ty. Fixeu-vosque per tott [0, 1] x(t) esta entrea i x i y(t) esta entreb i y i per tantxt, yt (c, d).A mes, x(t)< y(t), ja que x(t) = (1 t)a+tx 0 per tot

t [0, 1] o be h(t)< 0 per tot t [0, 1].Observem pero que h(0) =f(b) f(a)> 0 iper tant h(1) =f(y) f(x)> 0. Hem provat doncs, que f es creixent.Passem ara a estudiar la continutat de f1. Suposem que f es creixent (el cas

decreixent es provaria de la mateixa manera). Observem que aleshoresf1 es creixenta f(c, d).Sigui y= f(x) f(c, d) i volem provar que

limzy

f1(z) =f1(y) =x.

Sigui > 0 de manera que (x , x+ ) (c, d). Tenim aleshores que f(x ) 0 hi ha un >0 tal que si 0 < |x a| < ,llavors |f(x) l| < .(b) Per a tot >0 hi ha un >0 tal que si |f(x) l| < ,llavors 0< |x a| < .

67. Siguifcontinua en el punt c i suposeu quef(c)> 0.Demostreu que existeix >0tal que f(x)> 0 per tot x (x , x+).

68. Suposem que limxa

f(x) < limxa+

f(x). Demostreu que hi ha un > 0 tal que

f(x)< f(y) sempre que a < x < a < y < a+.Es cert el recproc?69. Calculeu els seguents lmits laterals:

limx1+

x 1|x 1| limx1

x 1|x 1| limx0+(sin x)

x

limx2

x

x2 4 limx0+x sin x

|x| limx0x sin x

|x|limx1+

x

x 1 limx2+ x [x] limx2 x [x]

70. Demostreu que limx

f(x) = limx

0+

f(1

x).

71. (a) Demostreu que si f esta acotada en un entorn del punt c i si limxc

g(x) = 0,

llavors limxc

f(x)g(x) = 0.

(b) Proveu que si f : (a, ) R es tal que limx

xf(x) = l R, llavorslimx

f(x) = 0

72. Trobeu els lmits seguents, quan existeixin:

(a) limx

x+ sin3 x

5x+ 6 .

(b) limx

x sin3 x

x2 + 5.

(c) limx

x2 +x x.

(d) limx

sin x

x .

(e) limx

x sin1

x.

(f) limx

x sin2 x.

39

7/23/2019 1calcul

36/98

(g) limx

x2 sin1

x.

73. Sigui f :RR una funcio creixent, i sigui an una successio de nombres realsamb limn

an =. Proveu que limn

f(an) =l implica que limx

f(x) =l. Mostreu

mitjancant un exemple que aquesta implicacio es falsa si la funcio no es creixent.

74. Estudieu la continutat de les seguents funcions:

(a)

f(x) =

x x Q,1 x x / Q.

(b)

f(x) =

1q x= pq , (p, q) = 1,0 x / Q.

(c)

f(x) =

q x= p

q, (p, q) = 1,

0 x / Q.75. Trobeu els valors de aib per als quals les seguents funcions son contnues.

(a)

f(x) =

ex

x 1.

(d)

f(x) =

x sin 1

x x = 0,

a x= 0.

(e)

f(x) =

a cos x x 0,

4 x2 0< x

7/23/2019 1calcul

37/98

76. (a) Suposem que f es una funcio que satisfa|f(x)| < |x| per a tot x. Demostreuque f es continua en 0.

(b) Doneu un exemple duna funcio que satisfaci les hipotesis de lapartat anteriori que no sigui contnua en cap a = 0.(c) Suposem queg es continua en 0, que g(0) = 0 i que |f(x)| < |g(x)|.Demostreu

que f es continua en 0.

77. Doneu un exemple duna funcio fque no sigui contnua enlloc, pero tal que|f|sigui contnua pertot arreu.

78. Que es pot dir duna funcio continuaf :R Rque pren nomes valors racionals?79. Suposem quefsatisfaf(x+y) =f(x) +f(y),i quef es contnua en 0. Demostreu

que f es contnua en aper tot a.

80. Trobeu totes les funcions contnues f :R R que satisfan:(a) f(x+y) =f(x) +f(y) +a amba R, per a tots x, y R.(b) f(x) +f(y) = 2f

x+y2

per a tots x, y R.

81. Siguin 0< k, 0< 1 i siguif :R R una funcio satisfent|f(x) f(y)| k|x y|.

Demostreu que f es continua. En el cas = 1 i 0< k

7/23/2019 1calcul

38/98

84. Sigui f : [a, b] R. Demostreu que f es contnua si i nomes si la imatge dequalsevol successio de Cauchy es una successio de Cauchy. Veieu amb un exempleque hi ha funcions contnues de (a, b) en R tals que la imatge duna successio deCauchy no es una successio de Cauchy.

85. (**) Siguif : [0, 1] Rtal que limxc

f(x) existeix per cadac [0, 1].Demostreuque el conjunt de discontinutats de f es finit o numerable. Proveu que el mateixenunciat es cert si canvieu [0, 1] perR. Indicacio: Demostreu que per cada >0el conjunt{c [0, 1] : |f(c) lim

xcf(x)| > } es finit.

86. Per cadascuna de les funcions seguents, decidiu si estan fitades superiorment oinferiorment en linterval indicat, i si assoleixen el seu valor maxim o mnim.

(a) f(x) =x2

en (1, 1).(b) f(x) =x3 en (1, 1).(c) f(x) =x2 en R.

(d) f(x) = 1x

en (0, ).

(e) f(x) =

0 x / Q,q x= p

q, (p, q) = 1.

en [0, 1].

87. Demostreu que hi ha algun nombre xtal que:

(a) x179

+

163

1+x2+sin2 x = 119.(b) sin x= x 1.

88. Suposem quef igson contnues, que f2 =g2 i quef(x) = 0 per a totx.Demostreuque o be f(x) =g(x) per a tot x, o be f(x) = g(x) per a tot x.

89. Demostreu que tota funcio continua de [0, 1] en [0, 1] te un punt fix.

90. Demostreu que la grafica de qualsevol funcio continua f : [0, 1] [0, 1] ha detallar el cercle x2 +y2 = 1.

91. Demostreu que un polinomi de grau senar es exhaustiu.

42

7/23/2019 1calcul

39/98

92. (*)

(a) Sigui f : [0, 1]

R contnua amb f(0) = f(1). Demostreu que existeix

c [0, 12 ], ambf(c+ 12) =f(c).(b) Sigui f : [0, 1] R contnua amb f(0) = f(1) i n N. Demostreu que

existeix c [0, n1n

],ambf(c+ 1n

) =f(c).

93. (*) Demostreu que no hi ha cap funcio continua deRenRque prengui exactamentdos cops cada valor.

94. (**)

(a) Suposeu que f satisfa la conclusio del teorema de Bolzano i que es injectiva.Demostreu que f es continua.

(b) Demostreu que sif : [a, b] R es monotona i pren tots els valors entre f(a)if(b),aleshores es contnua.

(c) Suposem que f satisfa la conclusio del teorema de Bolzano i que pren cadavalor nomes un nombre finit de vegades. Demostreu que f es contnua.

95. Suposem fcontnua i que limx

f(x)

xn = lim

xf(x)

xn = 0.

(a) Demostreu que sin es senar, llavors hi ha un nombre x tal que xn + f(x) = 0.

(b) Demostreu que si n es parell, llavors hi ha un nombre y tal que yn +f(y)

xn +f(x) per a tot x.96. Siguifuna funcio polinomica qualsevol. Demostreu que hi ha algun nombre y tal

que|f(y)| |f(x)| per a tot x.97. Sigui f :R Rcontnua tal que

limx

f(x) = limx

f(x) = .

Demostreu que fno es exhaustiva. (Ind: Proveu que f te un mnim absolut).

98. Suposem que f es una funcio continua tal que limx f(x) = limx f(x) = 0. De-mostreu que hi ha algun nombre y tal que|f(y)| |f(x)| per a tot x.

43

7/23/2019 1calcul

40/98

44

7/23/2019 1calcul

41/98

IV. Les funcions exponencial i logartmica

Sigui a R, a > 0 i x = p/q Q. Aleshores ax es defineix com larrel q-esimapositiva deaelevada ap(en el captol anterior hem provat que tot nombre real positiute una unica arrel q-esima positiva). Aquesta definicio no depend de lexpressio de xcom a quocient denters. El nostre objectiu es donar sentit a aquesta expressio quanxR. Comencem per enumerar algunes de les propietats de la funci o ax quan x esracional.

Lema 1. Siguia R+ if : Q R+ definida perf(x) = ax. La funcio f te lesseguents propietats:

(1) f(x+y) =f(x)f(y)

(2) Sia >1, f es creixent. Sia 1. Considerem >0.Les

successionsa1/n

ia1/n

tendeixen a 1 i per tant podem prendren0tal quea1/n0

1< i |a1/n0 1| < .Com que lim an = 0 siguin1tal que |an| n1. Aix doncs|f(an) 1|< . El cas a 0 ixn Qamb lim xn = x. Aleshoreslim axn existeix ies independent de la successio de racionals que aproxima ax. Es a dir, sixn, yn son

successions de racionals amb lim xn = lim yn=x aleshores lim axn

= lim ayn

.

Prova. Suposem a >1. Sigui xkn una subsuccessio monotona de xn. Pel Lema 1.(2)tindrem que la successio axkn es monotona. Daltra banda si y, z Q i y < x < zaleshores per n prou gran y < xn < z i altra vegada pel Lema 1.(2) a

y < axn 1, f es creixent i sia 0 per totx

R.

(5) f es contnua.

(6) Sia >1, limx f(x) = i limx f(x) = 0. Sia 1. Siguin x, y R amb x < y. Sigui z, t Q ambx < z < t < y i siguin xn i yn successions de racionals amb lim xn = x i lim yn = y.Podem a mes triar les successions ambxn< z < t < yn per tot n N.Tindrem queaxn < az < at < ayn per tot n Ni per tant

f(x) = lim axn

az < at

lim ayn = f(y).

(4) Considerem nomes el cas a >1.Siguix Ri siguiy Qamby < x.Tindrem0< ay = f(y)< f(x).

(5) Com sempre pensarem que a > 1. Comencarem provant la continutat a 0.Sigui xn una successio amb lim xn = 0. Hem de provar que lim f(xn) = f(0) = 1. Lademostracio es molt semblant a la del Lema 1.(3). Considerem > 0 i sigui n0 tala1/n0 1 < i|a1/n0 1| < . Sigui ara n1 tal que|xn| < 1/n0 per tot n n1.Tindrem per n n1 que1/n0< xn < 1/n0 i usant (3)

< a1/n0 1 = f(1/n0) 1< f(xn) 1< f(1/n0) 1 =a1/n0 1< .

46

7/23/2019 1calcul

43/98

Obtenim aix|f(xn) 1| < per n n1, el que prova la continutat de f a 0.Sigui ara x R. Provar la continutat de f en x es equivalent a provar que

limh

0f(x+h) = f(x) Ara be

limh0

f(x+h) = limh0

f(x)f(h) = f(x) limh0

f(h) = f(x).

(6) Es deixa al lector

A partir ara escriurem ax per x R en comptes de f(x) i denominem a aquestafuncio la funcio exponencial en base a. Com que per la proposicio anterior aquestafuncio es contnua, monotona i el conjunt imatge es (0, ) te una inversa, que de-nominarem el logaritme en base a i denotarem per loga, definida a (0, ) que pelTeorema 14 de la Seccio anterior sera tambe contnua i monotona. Al logaritme en

base e el denotem per ln . El logaritme te les seguents propietats:Proposicio 4. Sigui loga : (0, ) R la funcio inversa deax. El logaritme te lesseguents propietats:

(1) loga es contnua. Sia >1 es creixent mentre que sia 1, limx0loga(x) = i limxloga(x) =. Si a 0 tal que f(x) =a(x2) per a tot x R.

47

7/23/2019 1calcul

44/98

103. Comproveu els seguents lmits:

(a) limx

ex

x =

per tot

R.

(b) limx

ln x

x = 0,per tot R, >0.

(c) limx0+

x ln x= 0 per tot R, >0.

48

7/23/2019 1calcul

45/98

V. Derivacio

1. Definicio de derivada i propietats elementals

Siguif : (a, b) R.Diem que f es derivable en x0 (a, b) si existeix el seguentlmit:

limxx0

f(x) f(x0)x x0

.

En aquest cas denotem aquest lmit ambf(x0) i lanomenem laderivada def enx0.Geometricamentf(x0) es la pendent de la recta tangent a la grafica en el punt x0.Enel cas de que festigui definida en [a, b] diem que f es derivable en a (respectivamentb) si existeix lanterior lmit per la dreta (respectivament lesquerra)). Diem que fes derivable en (a, b) si f es derivable en cada punt de (a, b). En aquest cas podemparlar de la funcio derivada,f que assigna a cada puntx (a, b) la derivada def enx, f(x).

Exemple. Derivada duna funcio constant. Siguif :R Rdefinida per f(x) =cper tot x

R.Veiem que f es derivable en qualsevol punt. Sigui x0

R,tindrem

limxx0

f(x) f(x0)x x0 = limxx0

c cx x0 = 0.

Aix doncs, f es derivable en x0 i f(x0) = 0.

Exemple. Derivada de la identitat. Considerem ara la funcio identitat, es a dirf(x) =x per tot x R.Siguix0 R.Tindrem

limxx0

f(x) f(x0)x x0 = limxx0

x x0x x0 = 1.

Aix doncsf es derivable en x0 if(x0) = 1.Exemple. La funcio valor absolut no es derivable en 0. Considerem f(x) =|x|. Six0>0 tindrem

limxx0

|x| |x0|x x0 = limxx0

x x0x x0 = 1

ja que|x| = x si x es prou proper a x0.. Veieu vosaltres mateixos quef(x0) =1quan x0 < 0.Estudiem ara la derivabilitat en 0. Tindrem que

limx0+

|x| |0|x 0 = 1 i limx0

|x| |0|x 0 = 1

49

7/23/2019 1calcul

46/98

don dedum que limx0|x||0|x0 no existeix i per tant la funcio valor absolut no es

derivable en 0.

Lema 1. Siguif :I R derivable enx0 I. Aleshoresf es contnua enx0.Prova. Tindrem que

limxx0

f(x) f(x0) = limxx0

f(x) f(x0)(x x0) (x x0) =f

(x0) 0 = 0

i per tant limxx0

f(x) =f(x0).

2. Regles de derivacio

Proposicio 2. Sigui f, g definides en un entorn da i derivables en a. Aleshoresf+g if.g son derivables ena i es verifiquen les seguents relacions:

(a) (f+g)(a) =f(a) +g(a)

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

Si a mesf(a) = 0, llavors 1f

esta definida en un entorn da, es derivable ena i

(c) (1

f)(a) = f

(a)f2(a)

.

Prova. Comencem per estudiar la derivabilitat de f+g. Tindrem

limh0

(f+g)(a+h) (f+g)(a)h

= limh0

f(a+h) f(a)h

+ limh0

g(a+h) g(a)h

=f(a) +g(a)

Obtenim doncs el resultat enunciat. Veiem ara que passa amb el producte:

limh0

(f.g)(a+h) (f.g)(a)h

= limh0

f(a+h)g(a+h) f(a+h).g(a) +f(a+h)g(a) f(a)g(a)h

= limh0

f(a+h)g(a+h) g(a)

h + lim

h0g(a)

f(a+h) f(a)h

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

Fixeu-vos en que per obtenir la darrera igualtat, hem usat que limh0 f(a + h) =f(a) que es dedueix del fet de que f es continua en a(per que f es continua en a?)

50

7/23/2019 1calcul

47/98

Finalment passem a estudiar la derivabilitat de 1f

. Observeu primer que degut a

que f es continua en ai a que f(a) = 0, existira un entorn da en que f no sanul.lai per tant 1

f esta definida en un entorn da.Tindrem:

limh0

1f

(a+h) 1f

(a)

h = lim

h0f(a) f(a+h)f(a+h)f(a)h

= f(a)

f2(a).

Proposicio 3 (Regla de la cadena). Siguin g : (a, b) R i f : (c, d) R.Suposeu que g es derivable en x (a, b) i f es derivable a g(x) (c, d). Aleshoresf g es derivable ax i(f g)(x) =f(g(x))g(x).Prova. Per tal dentendre millor la prova suposarem primer que hi ha un entorn de

g(x) tal que g(y) =g(x) per tot y daquest entorn. En altres termes, que per h proupetit g(x+h) g(x) = 0.Si aixo es aix tindrem:

limh0

(f g)(x+h) (f g)(x)h

= limh0

(f g)(x+h) (f g)(x)g(x+h) g(x) limh0

g(x+h) g(x)h

,

sempre i quan els lmits del segon terme daquesta igualtat existeixin. Per una bandaun dels dos lmits es precisament g(a). Veiem doncs que limh0

(fg)(x+h)(fg)(x)g(x+h)g(x) =

f(g(x)).Per provar-ho considereu k=g(x+h) g(x)).Tindrem

limh0(f

g)(x+h)

(f

g)(x)

g(x+h) g(x) = limh0f(g(x) +k)

f(g(x))

k =

= limk0

f(g(x) +k) f(g(x))k

=f(g(x))

ja que quan h 0, tindrem que k 0 (per que?).En general pero hom no pot pas suposar que g(x+ h) g(x)= 0 per h prou

petit (per exemple g podria ser constant) i hom no pot pas considerar en generalla descomposicio que hem fet abans. Per arreglar aquest problema considerem laseguent funcio:

(h) =

(f

g)(x+h)

(f

g)(x)

g(x+h) g(x) sig(x+h) =g(x),f(g(x)) si g(x+h) =g(x).

Ara s podem escriure

limh0

(f g)(x+h) (f g)(x)h

= limh0

(h) limh0

g(x+h) g(x)h

,

i per tant per demostrar el resultat nhi ha prou amb veure que limh0(h) =f(g(x)). Aixo es aix ja que quan g(x+ h)= g(x), (h) tendeix a f(g(x)) quanh 0 (ho hem vist abans) i quan g(x+h) =g(x), (h) =f(g(x)).

51

7/23/2019 1calcul

48/98

Proposicio 4. Sigui f : (a, b) R injectiva i continua en (a, b) i derivable enc (a, b) amb f(c) = 0. Aleshoresf1 es derivable enf(c) i

(f1)(f(c)) = 1f(c)

.

Prova. El fet de quefsigui injectiva i continua ens assegura quef1 esta ben definidai es continua. Per a veure que f1 es derivable en f(c) hem dinvestigar lexistenciadel seguent lmit:

limh0

f1(f(c) +h) f1(f(c))h

.

Si posem k= f1(f(c) +h) c tindremh= f(c+k) f(c) i podem escriure:

limh0

f1(f(c) +h) f1(f(c))h

= limh0

kf(c+k) f(c) .

Com que k = f1(f(c) +h) c i f1 es continua a f(c) tindrem que quan htendeix a 0 tambe k tendeix a zero. Aix doncs obtenim

limh0

k

f(c+k) f(c) = limk0k

f(c+k) f(c)= 1

f(c).

Lema 5 (Derivades dalgunes funcions elementals). Siguinf(x) = ln x, g(x) =

e

x

i perx >0 i R, h(x) =x

. Tindrem:(i) f(x) = 1

x,

(ii) g(x) =ex

(iii) h(x) =x1.

Prova.

(i) limh0

ln(x+h) ln(x)h

= limh0

ln

x+h

x

1/h= lim

h0ln

1 +

1

h/x

x/h1/x=

1

x.

(2) Per la proposicio anterior, tindrem g(x) = 1

f(g(x)) = 1

1/ex =ex

.

(3) Com que x =e lnx, aplicant (2) i la regla de la cadena obtenim:

h(x) =e lnx

x =x1.

Exercici. Calculeu les derivades de les inverses desin x, cos x, itan x

52

7/23/2019 1calcul

49/98

3. Teoremes basics sobre derivacio.

Proposicio 6. Sigui f : (a, b) R i sigui c (a, b) amb f(x) f(c) per totx (a, b). Suposem a mes quef es derivable enc. Aleshoresf(c) = 0.

Prova. Com que f es derivable a c tindrem que existeix el limh0

f(c+h) f(c)h

. Per

tant existeixen els dos limits laterals i son iguals a f(c), es a dir

limh0+

f(c+h) f(c)h

= limh0

f(c+h) f(c)h

=f(c).

Ara be, el primer terme daquesta igualtat es no negatiu i el segon terme es no positiu(perque?). Tindrem doncs que perque hi hagi igualtat els dos lmits laterals han deser zero. Per tant f(c) = 0

Noteu que si canviem les hipotesis de la proposicio anterior demanantf(x) f(c),per totx (a, b),la conclusio es la mateixa (per a demostrar-ho podeu canviarfperf i aplicar la proposicio af).

Sigui f :IR i cI . Diem que c es un maxim (resp. mnim) local o relatiude f si existeix un interval obert J contingut a I amb c J i tal que f(x) f(c)(resp. f(x) f(c)) per totx J.Quan no vulguem especificar sic es un maxim o unmnim, direm que c es un extrem local o relatiu. De lanterior proposicio es dedueix

facilment el seguent corol.lari.Corol.lari 7. Siguif :I R i siguic Iextrem local def. Sif es derivable enc, f(c) = 0.

Teorema 8 (Teorema de Rolle). Sigui f : [a, b] R continua i derivable en(a, b). Suposem quef(a) =f(b). Aleshores existeix un puntc (a, b) amb f(c) = 0.Prova. Com que f es continua en [a, b], pel Teorema de Wierstrass, te un maxim iun mnim absoluts. Si un dels dos esta en el interval obert (a, b),aleshores es tambeun extrem relatiu i pel corol.lari anterior la derivada de f en aquest punt es 0. Siaixo no passa, tindrem que el maxim i mnim absoluts estan a la vora de [a, b].Com

que, per hipotesi, f(a) =f(b) tindrem que el valor maxim i mnim que pren f es elmateix. Aixo implica que f es constant i per tant la derivada en qualsevol punt de(a, b) es zero.

Teorema 9 (Teorema del valor mig). Siguif : [a, b] R continua en [a, b] iderivable en(a, b). Aleshores existeix un puntc (a, b) verificant

f(c) =f(b) f(a)

b a .

53

7/23/2019 1calcul

50/98

Prova. Considerem la funcio

h(x) =f(x)

f(b)

f(a)

b a (x

a)

f(a)

(que mesura h(x)?) Un simple calcul mostra que h(a) = h(b) = 0. Daltra banda hes continua en [a, b] i derivable en (a, b) (per que?) Podem doncs, aplicar el Teoremade Rolle a h i obtenim lexistencia dun punt c (a, b) amb h(c) = 0. Ara beh(x) =f(x) f(b)f(a)

ba i, per tant obtenimf(c) = f(b)f(a)

ba .

El Teorema del valor mig te diverses consequencies importants.

Corol.lari 10. Sigui f derivable en (a, b) verificant f(x) = 0 per tot x (a, b).Aleshoresf es constant.

Prova. Per provar que f es constant hem de veure que f(x) = f(y) per tot x, y(a, b). Siguin x, y (a, b), pel Teorema del valor mig, tindrem que existeix c (x, y)amb

f(x) f(y) =f(c)(x y).Com que per hipotesi f(c) = 0 obtenim f(x) =f(y)

Corol.lari 11. Siguifderivable en(a, b) verificantf(x) > 0 (resp. f(x) 0. Siguin x < y (a, b). Tindrem quef(y) f(x) =f(c)(y x)> 0 i per tant f(x)< f(y)).Corol.lari 12. Siguifderivable en un entorn da i tal quef es continua en aquestentorn. Suposem a mes que f(a) es diferent de zero. Aleshores existeix un altreentorn da en el quef es invertible.

Prova. Nhi ha prou amb veure que hi ha un entorn da en el que f es monotona(recordeu que ja hem vist que en aquest cas f1 es derivable en f(a) i (f1)(f(a)) =

1f(a)

). Suposem per exemple que f(a) > 0. Com que f es continua, existeix unentorn da ambf positiva. Es a dir, existeixenb < c amba(b, c) i f(x)>0 pertot x (b, c).Pel corol.lari anterior tindrem que f es creixent en (a, b).Teorema 13 (Teorema del valor mig generalitzat). Siguin f, g : [a, b]R continues en [a, b] i derivables en (a, b). Aleshores, existeix un punt c (a, b)verificant:

f(c)(g(b) g(a)) =g (c)(f(b) f(a)).

Prova. Apliqueu el teorema de Rolle a la funcio

h(x) =f(x)(g(b) g(a)) g(x)(f(b) f(a))

54

7/23/2019 1calcul

51/98

La conclusio daquest teorema es pot escriure tambe, en el cas de que g(b)g(a) =0,de la seguent forma:

f(b) f(a)g(b) g(a) =

f(c)g(c)

Teorema 14 (Regla de lHopital). Suposem quef ig son dues funcions definidesen un entorn de a i que lim

xaf(x) = lim

xag(x) = 0. Suposem tambe que existeix el

limxa

f(x)g(x)

. Aleshores tambe existeix el limxa

f(x)

g(x) i

limx

a

f(x)

g(x)= lim

x

a

f(x)g(x)

.

Prova. Noteu primer que de les hipotesis de lenunciat sen dedueixen els seguentsfets:

(i) Les funcionsf ig son derivables en un entorn punxat de a i la derivada de g enaquest entorn es diferent de zero. Es a dir, existeixenb < c amba (b, c) talsque f i g son derivables en (b, a) (a, c) i g (x) = 0 per tot x (b, a) (a, c).

(ii) Modificant, si cal els valors de f i g en a de manera que f(a) = g(a) = 0podem suposar que f ig son continues en [b, c] (per que aquesta modificacio es

irrelevant?)

(iii) Tindrem tambe, g(x)= 0 per tot x en (b, a) (a, c). En efecte, suposem queg(x) = 0 per algun x (b, a) (a, c) (per exemplex (a, c)). Aleshores, estemen condicions daplicar el Teorema de Rolle a linterval [a, x], concloent que hiha un punty (a, x) ambg (y) = 0,en contradiccio amb (i). Per tant la funciof /g esta ben definida a (b, a) (a, c).

Despres daquestes observacions estem ja en condicions de provar lenunciat. Siguix (b, a) (a, c).Aplicant el teorema del valor mig generalitzat obtenim

f(x)g(x)

= f(x) f(a)g(x) g(a) =

f(dx)g(dx)

on dx (x, a) si x < a o dx (a, x) si x > a. Aix quan x a tindrem que dx a.Finalment obtenim

limxa

f(x)

g(x)= lim

xaf(x) f(a)g(x) g(a) = limxa

f(dx)g(dx)

= limxa

f(x)g(x)

55

7/23/2019 1calcul

52/98

Observem que sense les hipotesis de la regla de lHopital no es en general cert que

limxaf(x)

g(x) = limxaf(x)

g(x) .

Per exemple limx0 x2

cosx= 0 i limx0 2xsinx = 2.

La Regla de lHopital te diverses generalitzacions que us convido a demostrar.

1. Suposem quef ig son dues funcions definides en un entorn da i que limxa

f(x) =

limxa

g(x) = . Suposem tambe que existeix el limxa

f(x)g(x)

. Aleshores tambe existeix el

limxa

f(x)

g(x) i

limxa f(x)g(x)

= limxa f

(x)g(x)

.

2. Suposem quef ig son dues funcions definides en[a, )i que limx

f(x) = limx

g(x)

= 0. Suposem tambe que existeix el limx

f(x)g(x)

. Aleshores tambe existeix el limx

f(x)

g(x)i

limx

f(x)

g(x) = lim

xf(x)g(x)

.

3. Suposem quef ig son dues funcions definides en[a,

)i que limx

f(x) = limx

g(x)

= (o). Suposem tambe que existeix el limx

f(x)g(x)

. Aleshores tambe existeix el

limx

f(x)

g(x) i

limx

f(x)

g(x) = lim

xf(x)g(x)

.

4. Els mateixos enunciats que 2 i 3 canviant [a, ) per(, b] i per.5. Els mateixos enunciats que la regla original i 1, canviant el fet de quef ig estan

definides en un entorn da perf ig definides en un semientorn da (per la dreta oper lesquerra) i canviant la nocio de lmit per la corresponent de lmit lateral.

56

7/23/2019 1calcul

53/98

Problemes.

104. Sigui f, g : R R derivables amb f(x) > 0. Demostreu que h(x) = f(x)g(x)es derivable i h(x) = g(x)(f(x))g(x)1f(x) + (f(x))g(x)g(x)log(f(x)). Apliqueuaquest resultat per calcular les derivades de xx, (xx)x ix(x

x).

105. Sigui f(x) =

x2 x Q,0 x / Q. Demostreu que f es derivable en 0.

106. Siguifuna funcio tal que |f(x)| x, >1.Demostreu quef es derivable en 0.

107. Sigui 0< |x| i f(0) = 0, llavors f noes derivable en el 0.

108. Trobeu f(x) sif(x) = |x|3. Trobeu f(x).Existeix f(x) per a tot x?109. Calculeu les derivades de les funcions trigonometriques.

110. Sigui f(x) =

x2 sin 1

x x = 0,

0 x= 0.Suposem tambe que h i k son dues funcions tals

que

h(x) = sin2(sin(x+ 1)) k(x) =f(x+ 1)h(0) = 3 k(0) = 0.

Calculeu:

(a) (f h)(0).(b) (k f)(0).(c) g(x2),on g(x) =h(x2).

111. Calculeu f(0) si

f(x) =

g(x)sin

1

x x = 0,0 x= 0

ig(0) =g (0) = 0.

112. (a) Demostreu que sif es derivable ena, llavors |f| es derivable en a, sempre quef(a) = 0.

(b) Doneu un contraexemple si f(a) = 0.

(c) Demostreu que si f i g son derivables en a, llavors max(f, g) i min(f, g) sonderivables en asempre que f(a) =g(a).

57

7/23/2019 1calcul

54/98

(d) Doneu un contraexemple si f(a) =g(a).

113. Si f es derivable tres vegades i f(x)

= 0, la derivada de Schwarz de f en x es

defineix com:

Df(x) = f(x)

f(x)3

2

f(x)f(x)

2

(a) Demostreu queD(f g) = [Df g].(g)2 + Dg.

(b) Demostreu que si f(x) = ax+bcx+d

, amb adbc= 0, llavorsDf = 0. Con-sequentmentD(f g) = Dg.

114. Suposem que f(n)(a) ig(n)(a) existeixen. Demostreu la formula de Leibniz:

(f.g)(n)(a)) =n

k=0

n

k

f(k)(a)g(nk)(a).

115. Suposem que f(x) = xg(x) per a una certa funcio g que es contnua en 0. De-mostreu que f es derivable en 0 i trobeu f(0) en termes de g.

116. Suposem quef es derivable en 0 i que f(0) = 0.Demostreu quef(x) =xg(x) peralguna funcio g contnua en 0.

117. Demostreu que es impossible escriure x= f(x)g(x) amb f ig derivables if(0) =

g(0) = 0.

118. Quantes vegades es derivable en el zero la funcio xn|x|, sin N?119. Proveu que si f es derivable i parella (resp. senar) aleshores f es senar (resp.

parella).

120. Considerem la funcio

f(x) =

x+113x x = 0,

0 x= 0.

Es derivable en el punt x = 0? Es continua la derivada?121. Considerem la funcio

f(x) =

sin(x)2 sin( 1

x) x = 0,

0 x= 0.

Si ara g es una funcio que satisfa g(0) = 0 i g(0) = 5, calculeu (f g)(0), en elcas de que existeixi.

58

7/23/2019 1calcul

55/98

122. (*) Demostreu que per a cada n N, lequacio xn +x 1 = 0 te una unicasolucio positiva. Si denotem peran aquesta solucio, demostreu que la successioanes convergent i calculeu-li el lmit.

123. Sigui > 0 i f : (0, 1] R derivable amb f(x) > 1x

per tot x (0, 1]. De-mostreu que si 1 aleshores limx0+f(x) = .Mostreu amb algun exempleque si 0 sin es parell,

0.Calculeu el valor maxim de

f(x) = 1

1 + |x| + 1

|x a| .

59

7/23/2019 1calcul

56/98

133. Demostreu que de tots els rectangles amb un permetre donat, el quadrat es el quete area maxima.

134. Entre tots els cilindres amb un volum donat, trobeu el que te la superfcie mnima.

135. Dos passadissos, damplades a i b, suneixen formant un angle recte. Quina esla llargada maxima possible duna escala de ma que pot ser transportada dunpassads a laltre?

136. Un camp de futbol damplada a i llargadab te dues porteries centrades dampladac.Des de quin punt de la banda langle de tir es maxim?

137. (*) Suposem que f(x) M > 0 per a tot x [0, 1]. Demostreu que hi ha uninterval de llargada 1

4en el qual|f| M

4.

138. Suposem que f(x)> g(x) per a tot x,i que f(a) =g(a).Demostreu que f(x)>g(x) six > aif(x)< g(x) six < a.

139. Estudieu la validesa de les seguents desigualtats:

| sin x sin y| |x y| xyx

11+x

ex >1 + (1 +x) log(1 +x)x1x

0, p >1.

Indicacio, per la ultima: Considereu la funcio (1+x)p

1+xp .

140. Demostreu que 1n+1

log n+ 1. Proveu que limn

Sn= .

141. Demostreu que tota funcio derivable de [0, 1] en [0, 1] amb f(x)= 1 te un unicpunt fix.

142. Suposem quefsatisfaf(x)+f(x)g(x)f(x) = 0 per alguna funciog. Demostreuque sifval 0 en dos punts aleshores f val 0 en tot linterval compres entre ells.

143. (*) Suposem que f(0) = 0 i que f es creixent. Demostreu que g(x) = f(x)x

es

creixent a (0, ).144. (a) Demostreu que si lim

xf(x) i lim

xf(x) existeixen tots dos, llavors lim

xf(x) =

0.

(b) Demostreu que si limx

f(x) i limx

f(x) existeixen tots dos, llavors limx

f(x) =0.

145. Suposem que|f(x) f(y)| |x y|n,ambn >1.Estudiant f,demostreu que fes constant.

60

7/23/2019 1calcul

57/98

146. Una funciof :I Res diu que satisfa la condicio de Lipschitz si existeixK >0tal que |f(x)f(y)| K|xy|.Proveu que siI es un interval obert ifderivable,la condicio de Lipschitz equival a que la derivada estigui acotada a I.

147. Siguif : (0, 1) Rderivable ambfacotada. Demostreu que limx0+

f(x) existeix.

148. Sigui f : R R una funcio derivable amb inf|f(x)| > 0. Demostreu que sif(xn) convergeix, aleshoresxn convergeix.

149. Sigui f : (0, 1) R una funcio derivable amb|f(x)| log(1/x).(a) Demostreu que existeix el lmit lim f(1/n).

(b) Demostreu que existeix el lmit limx0+f(x).

150. Sigui f : (0, 1)R derivable amb|f(x)| 1x per a tot x(0, 1) Demostreuquef( 1

n) es convergent. Es cert que la successiof(xn) es convergent per a qualsevol

successio xn amb lmit 0?

151. (*) Que es mes gran e o e?


(a) limx0

x sin x1 cos x .

(b) limxx+

x

x

x.

(c) limx0+

(log(1 +x))x .

153. Calculeu limx0

x2 sin( 1x

)

sin x i comproveu que en aquest cas no es pot aplicar directament

la regla de lHopital.

154. Dibuixeu les grafiques de les seguents funcions:

sin(2x) sin x2 x sin xtan(x) x sinx

x x sin( 1

x) 2x

x sin(x2

) x+x2

sin( 1

x2 ) 1

sinx1

155. Sigui funa funcio derivable tal que limx

f(x) = 0.Proveu que

limx

(f(x+ 1) f(x)) = 0.

156. Sigui funa funcio derivable tal que limx

xf(x) = 0.Proveu que

limx

(f(3x+ 2) f(x)) = 0.

61

7/23/2019 1calcul

58/98

157. Demostreu que si a01

+ a12

+. . .+ ann+1

= 0, llavors

a0+a1x+. . .+anxn = 0,

per algun x [0, 1].158. Calculeu f1 per a cadascuna de les f seguents:

(a) f(x) =x3 + 1.

(b) f(x) = (x+ 1)3.

(c) f(x) =

x x Q,x x / Q. .

(d) f(x) =x2 x 0,1 x3 x

7/23/2019 1calcul

59/98

167. Suposem que f(x) = sin2(sin(x+ 1)) i h(0) = 3.Trobeu:

(a) (h1)(3).

(b) (g1)(3),essent g(x) =h(x+ 1).

63

7/23/2019 1calcul

60/98

64

7/23/2019 1calcul

61/98

7/23/2019 1calcul

62/98

Si definim F(h) = f(a+h)f(a)h

la desigualtat anterior ens diu que F es una funciocreixent. Tindrem doncs

f(a) = limh0+

F(h)< F(h)

per tot h >0 tal que a + h I.Aixo implica que la recta tangent queda per sota dela recta secant que uneix (a, f(a)) amb (a + h, f(a + h)),i per tant (a + h, f(a + h))queda per damunt de la recta tangent. Un raonament simetric provaria que

f(a)> F(h)

quan h f(a) = f(b) per tot x (a, b) o be f(x) < f(a) = f(b) per tot x (a, b).Veiem que la primera possibilitat no pot passar. En efecte tindrem aleshores quef(a) 0 f(b) el que torna a contradir que f sigui creixent.Teorema 4. Siguifderivable enI. Llavorsf es convexa si i nomes sif es creixent.

Prova. Ja hem vist a la Proposicio 2 que si f es convexa aleshores f es creixent.Veiem el recproc. Sigui f derivable amb f creixent i siguin a < b I. En [a, b]considerem la funcio g(x) =f(x)

f(b)f(a)

ba (x

a).Observem que g = f

f(b)f(a)

bai per tant g es creixent. Per altra banda g(a) = g(b) = f(a). Aplicant el Lema 3obtenim que g(x)< f(a) per tot x (a, b).Es a dir

f(x) f(a)x a f(a) +f(a)(b a)

if(a)> f(b) +f(b)(a b).

Tindrem doncs,

f(a) 0 per totx Ialeshoresf es convexa enI.Prova. Es deixa al lector.

Definicio. Diem quef :I R es convexa enx Isi existeix un entorn (semien-torn si x es un extrem de I) J dex en I de manera quef : J R es convexa.Direm que f es concava en x si existeix un entorn (semientorn si x es un extremdeI) J dex enI de manera quef : J R es concava. Diem quex es un puntdinflexio def si existeix > 0 tal que f es convexa (resp. concava) a (x , x] iconcava (resp. convexa) a [x, x+).

Proposicio 7. Siguifdues vegades derivable enI .Aleshores les seguents afirmacionsson certes:

(1) Sia es un punt dinflexio aleshoresf(a) = 0.

(2) Suposem a mes que f es continua en a I. Aleshores si f(a) > 0 (resp.f(a)< 0) aleshoresf es convexa (resp. concava) ena.


67

7/23/2019 1calcul

64/98

Problemes.

168. Proveu que si una funcio convexa te un mnim relatiu en un punt aquest es absolut.Proveu tambe, que en aquest cas no hi ha daltres extrems relatius.

169. Sigui f una funcio continua i dues vegades derivable a linterval [a, b]. Suposemque el segment que uneix els punts (a, f(a)) i (b, f(b)) talla la grafica de la funcioen un punt. Proveu que existeix c (a, b) amb f(c) = 0

170. Considereu una funcio, f, dues vegades derivable amb les seguents propietats:

(a) f(x)> 0 per x 0(b) fdecreixent i f(0) = 0

Demostreu que existeix un x >0 amb f(x) = 0

171. Demostreu que f es convexa en Isi i nomes si per qualssevolx, y I i t (0, 1)es te

f(tx+ (1 t)y)< tf(x) + (1 t)f(y).

172. (a) Demostreu que si f es convexa, aleshores f(x+y

2 ) x. Per cada t [a, x] podemposar:

f(x) =f(t) +f(t)(x t) +. . .+f(n)(t)

n! (x t)n

+Rn,t(x).

Fixem xi posem S(t) =Rn,t(x).Tindrem

S(t) =f(x) f(t) f(t)(x t) f(n)(t)

n! (x t)n.

Observem que S(x) = 0 i S(a) = Rn(x) i que S es derivable. Si computem S(t)

obtenim,

S(t) = f(n+1)(t)

n! (x t)n.

Aplicant el teorema del valor mig a S tindrem:

Rn(x)x a =

S(x) S(a)x a =S

() = f(n+1)(t)

n! (x )n,

per algun (a, x) amb el que obtenim la formula de Cauchy del reste.Per a obtenir la formula de Lagrange considerem g(t) = (x t)n+1. Aplicant el

teorema del valor mig generalitzat a S ig obtenim:

Rn(x)

(x a)n+1 =S(x) S(a)

g(x) g(a) =S()g()

= f(n+1)()

n! (x )n+1

(n+ 1)(x )n =f(n+1)()

(n+ 1)! ,

per algun (a, x),don obtenim (2).Finalment sif

(n+1)

es integrable en [a, x] tindrem:

Rn(x) =S(x) S(a) = xa

S(t)dt= xa

f(n+1)(t)

n! (x t)ndt,

don obtenim (3).

Si f es de classeC en un entorn I de a aleshores es pot construir el polinomide Taylor de grau n de f en a per qualsevol n N. Si denotem el polinomi deTaylor de grau n i centrat en a de f per Pn i el reste associat per Rn tindrem quef(x) =Pn(x) + Rn(x).Si lim

nRn(x) = 0 aleshores la successio de polinomis de Taylor

aproxima be a la funcio. Aixo no te per que passar. Per exemple la funcio

f(x) =

e1/x

2si x = 0,

0 si x = 0.

es de classeC al origen f(i)(0) = 0 per tot i N i per tant Pn(x) = 0 per tot x.Obtenim doncs que en aquest cas el reste es igual a la funcio i no tendeix pas a 0.

Diem quef es analtica en a si es de classe C en un entorn de a i limn

Rn(x) = 0

per tot x en aquest entorn.

Exercici. Demostreu que les seguents funcions son analtiques al origen :

73

7/23/2019 1calcul

70/98

(1) f(x) =ex.

(2) f(x) = sin x.

(3) f(x) = cos x.

(4) f(x) = ln(1 +x).

(5) f(x) = arctan x.

A (1),(2) i (3) demostreu que lim Rn(x) = 0 perx R. A (4) i (5) demostreu quelim Rn(x) = 0 per|x|

7/23/2019 1calcul

71/98

180. Trobeu els polinomis de Taylor de grau 4 (en el punt indicat) per a les seg uentsfuncions:

(a) f(x) =e2x en el punt a= 0.

(b) f(x) =x ln x en el punt a= 1.

(c) f(x) =x5 +x3 +x en els punts a = 0 i a= 1.

(d) f(x) = (1 +x)5 en el punt a= 0

(e) f(x) =ln(1 +x)

1 x en el punt a= 0

181. Expresseu els polinomis que apareixen en el problema anterior en potencies dex 3

182. Sigui f i g dues funcions n vegades derivables a un punt a. Demostreu que elpolinomi de Taylor Pn,fg,a sobte quan multipliquem els polinomis Pn,f,a i Pn,g,a ieliminem els termes de grau mes gran que n.

183. Sigui f una funcio n vegades derivable a lorigen, k un nombre natural i g(x) =f(xk). Demostreu que si mkn aleshores Pm,g,0 coincideix amb el polinomi quesobte al eliminar els termes de grau mes gran que ma Pn,f,0(x

k).

184. Feu servir els dos problemes anteriors per calcular el polinomi de Taylor a lorigendel grau indicat de les funcions seguents.

(a) f(x) =x2 sin(x3), n= 15

(b) f(x) =ex cos(x2), n= 6

185. Calculeu els lmits seguents.

(a) limx0

sin(x3) x3x(1 cos(x4)) .

(b) limx0

3

1 +x4 ex21 cos(x2) .

186. Acoteu el error que es comet al utilitzar les seguents formules daproximacio

(a) ex 1 +x+ x2

2 +. . .+

xn

n! per 0 x 1

(b) tan x x+ x3

6 per|x| 0, 1

187. Per a quins x es valida la formula ln(1 + x) x x2

2amb una exactitud de 105?

188. Calculeu les seguents quantitats amb la precisio que sindica:

75

7/23/2019 1calcul

72/98

(a) sin(1) amb un error menor que 103.

(b) eamb en error menor que 109.

189. (a) Demostreu que /4 = arctan 1/2 + arctan 1/3 = 4arctan1/5 arctan 1/239.(b) Demostreu que = 3, 14159...

190. Utilitzeu els desenvolupaments de Taylor adients per a calcular els seguents lmits.

(a) limx0

cos x ex2/2x4

(b) limx0

ln(1 +x2) x2 cos xx4

(c) limx0ex sin x

x(1 +x)

x3

(d) limx1

ln x (x 1)x 1

191. Demostreu que si x 0,aleshores

| x0

et(x t)nn!

dt| |x|n+1

(n+ 1)!

192. Demostreu que si1 x 0, aleshores

|

x

0

tn

1 +tdt| |x|n+1

(1 +x)(n+ 1)

193. Proveu les seguents desigualtats:

(a) ex > x+ 1 per x = 0.(b) 1 +x/2 x2/8 1 +x 1 +x/2 per x >0.(c) x2 x6/6< sin(x2)< x2 per x = 0.

194. Proveu la formula

an +x= a+

x

nan1 r, a >0, x >0, n 2

on r depend de n, a, xi es tal que

0< r 0. Com queba

f = inf{U(f, Q) :Q particio de I

} existira una particio Q amb U(f, Q)

b

af < /2. De la mateixa

manera existira una particio P amb

ba f L(f, P) < /2. Com que f es integrable

tindremba

f=ba

f i per tant U(f, Q) L(f, P)< /2 +/2 =. Considerem ara laparticio P Q.Tindrem

U(f, P Q) L(f, P Q) U(f, Q) L(f, P)< .

Suposem arafno integrable, es a dirba

f= ba

f. SiguiK=ba

f ba

f. Aleshores

U(f, P) L(f, P)> Kper tota particio Pi per tant la condicio de lenunciat no esverifica per < K.

Passem ara a veure que dues classes importants de funcions (les monotones i lescontnues) son integrables.

Teorema 4. Siguif monotona i fitada aI= [a, b]. Llavorsf es integrable enI.

Prova. Suposem f creixent (el cas decreixent es demostraria de manera similar).Sigui P ={t0, . . . , tn} una particio de I. Observem que mi = f(ti1) i Mi = f(ti).Sigui >0 i=/(f(b) f(a)) (fixeu-vos que f(b) f(a)> 0 ja que f es creixent).Considerem una particioP = {t0, . . . , tn} tal quetiti1< peri = 1 . . . n .Tindrem

U(f, P)

L(f, P) =

n

i=1

f(ti)(ti

ti1)

n

i=1

f(ti1)(ti

ti1)

=n

i=1

(f(ti) f(ti1))(ti ti1)< n

i=1

(f(ti) f(ti1))=(f(b) f(a)) =.

Per provar que una funcio contnua es integrable necessitem introduir un nouconcepte. Sigui f : I R amb I un interval no necessariament acotat de R.Diem que f es uniformement contnua a I si per tot > 0 existeix > 0 tal que

|f(x)

f(y)

| < sempre que

|x

y|< . Observeu que una funcio uniformement

contnua es contnua pero que el recproc no es cert (considereu la funcio f(x) = 1/xa I = (0, 1)). El seguent teorema afirma que quan I es un interval tancat els dosconceptes son equivalents.

Teorema 5. SiguiI= [a, b]ifcontnua enI .Aleshoresf es uniformement contnuaaI.

Prova. Suposem quefno fos uniformement contnua i sigui >0 tal que per tot >0existeixen punts x, y Iamb|x y| < i|f(x) f(y)| .Per cada n Nsiguinxn, ynamb |xnyn|

7/23/2019 1calcul

80/98

la successioxnte una parcial convergent a un puntl Ique denotarem perxkn.Comque|xn yn| 0. Com que f es contnua en I pel teorema anterior esuniformement contnua. Llavors existeix > 0 tal que|f(x) f(y)|<

(ba) sempreque |xy| < .Considerem ara una particioP = {t0, . . . , tn} deItal quetiti1< per i = 1, . . . , n .Observeu que per tot x, y [ti1, ti] es complira |f(x)f(y)| < (ba)i per tant Mi mi < (ba) .Tindrem,

U(f, P) L(f, P) =n

i=1

Mi(ti ti1) n

i=1

mi(ti ti1)

=n

i=1

(Mi mi)(ti ti1)< (b a)

ni=1

(ti ti1)

=

(b a)(b a) =.

2. Comportament de la integral respecte operacions elementals

Proposicio 7. Siguif ig integrables enI= [a, b]. Llavorsf+ g es integrable enI i ba

(f+g) =

ba

f+

ba

g.

Prova. Sigui P = {t0, . . . , tn} una particio de I i siguinmi = inf{(f+g)(x) : x [ti1, ti]}mi = inf{f(x) : x [ti1, ti]}mi = inf{g(x) : x [ti1, ti]}

.

Definim Mi, Mi i M

i de manera analoga. Observeu que mi mi+ mi i que Mi

Mi+Mi. Aix doncs tindrem

L(f, P) +L(g, P) L(f+g, P) U(f+g, P) U(f, P) +U(g, P)

84

7/23/2019 1calcul

81/98

i per tant

U(f+g, P)

L(f+g, P)

U(f, P)

L(f, P) +U(g, P)

L(g, P).

Considerem > 0. Com que f i g son integrables existiran particions P1 i P2 deI amb U(f, P1) L(f, P1) < /2 i U(g, P2) L(g, P2) < /2. Sigui P = P1 P2.Tindrem que

U(f+ g, P) L(f+ g, P) U(f, P) L(f, P) + U(g, P) L(g, P)< /2 + /2 =.

Aixo prova que f+ g es integrable. Sigui ara P una particio qualsevol deI .Tindrem

L(f, P) +L(g, P) L(f+g, P) b

a

(f+g) U(f+g, P) U(f, P) +U(g, P)

i per altra banda

L(f, P) +L(g, P) ba

f+

ba

g U(f, P) +U(g, P).

Dedum doncs que per qualsevol particio Pes verificara

ba

(f+ g) b

a

f+

ba

g

U(f, P) L(f, P) +U(g, P) L(g, P).

Ara be, el ultim terme daquesta desigualtat es pot fer tan petit com vulguem prenentla particio P prou fina. Obtenim doncs ba

(f+g) =

ba

f+

ba

g.

Proposicio 8. Sigui f integrable a I i c R. Aleshores cf es integrable a I iba

cf=cba

f.

Prova. Fem nomes el cas c >0 laltra cas es deixa pel lector. Sigui P =

{t0, . . . , tn

}una particio de I i siguin mi, mi, Mi i Mi els respectius nfims i suprems de f i cfen els intervals corresponents. Clarament mi = cmi i M

i = cMi (que passa quan

c 0 i sigui P amb U(f, P) L(f, P) < /c (aquesta particio existeixja que per hipotesis f es integrable). Llavors

U(cf,P) L(cf,P)< c/c= .

85

7/23/2019 1calcul

82/98

Aixo prova que cf es integrable a I.Per altra banda tindrem

cL(f, P) =L(cf,P) b

a cf U(cf,P) =cU(f, P)i

cL(f, P) c ba

f cU(f, P).

Dedum doncs que

ba

cf c ba

f

c (U(f, P) L(f, P)) .

Com que el darrer terme daquesta desigualtat el podem fer tan petit com vulguem,dedum que b

a

cf=c

ba

f.

Teorema 9. Siguif integrable en [a, b] amb f([a, b]) [c, d] ig contnua en [c, d].Llavorsg f es integrable enI.Prova. Sigui K = max{|g(x)| : x [c, d]}. Considerem > 0. Com que g esuniformement contnua, existeix >0 tal que |g(x)g(y)| <

ba+2Ksempre que |xy| < .Podem escollirde manera que 0 i sigui P = {t0, . . . , tn} una particio de[a, b] tal que ti ti1< 2mM.Tindrem que

U(h, P) L(h, P) m2M 2mM

=.

Aix doncsh es integrable. Per altra banda per qualsevol particio Ptindrem que

L(h, P) 0 U(h, P)i per tant

b

ah= 0.

88

7/23/2019 1calcul

85/98

4. El Teorema fonamental del Calcul

Proposicio 16. Sigui f integrable en [a, c] i b(a, c). Aleshores f es integrable en[a, b] i en [b, c] i c

a

f=

ba

f+

cb

f.

Recprocament si f es integrable en [a, b] i en [b, c] llavors es integrable en [a, c] i valla mateixa igualtat.

Prova. Suposem quef es integrable en [a, c] i sigui >0.Considerem una particioPde [a, c] amb U(f, P)

L(f, P) < .Sigui P la particio de [a, c] obtinguda al afegir

b a P. Com que P es mes fina que P tindrem que U(f, P) L(f, P) < . Ara be,la particio P es pot descompondre en dues particions P1 i P2 una de linterval [a, b]i laltra de linterval [b, c].Aix tindrem

> U(f, P) L(f, P) =U(f, P1) L(f, P1) +U(f, P2) L(f, P2)

i per tantU(f, P1) L(f, P1)< i U(f, P2) L(f, P2)<

obtenint aix que f es integrable en [a, b] i en [b, c].Considerem ara una particio qualsevolP de [a, c].Podem considerar queb P (si

no es aix, afegim el punt b a la particio. SiguinP1 i P2 les corresponents particionsen els intervals [a, b] i [b, c].Tindrem

L(f, P) ca

f U(f, P)

i, per altra banda

L(f, P) =L(f, P1) +L(f, P2) ba

f+

cb

f U(f, P1) +U(f, P2) =U(f, P).

Aix tindrem

c

a

f

b

a

f+

c

b

f

U(f, P) L(f, P).Com que el segon terme daquesta desigualtat es pot fer tant petit com vulguem,prenent P prou

Documents

1calcul