Analise-Real-Volume-2-Elon-Lages-Lima-Solucionario-Carlos-Alberto-Pereira-Dos-Santos.pdf

UNIVERSIDADE UNIVERSIDADE DE BRASÍLIA DEPART DEPARTAMENTO AMEN TO DE MATEMÁTICA MATEMÁTICA CURSO DE MESTRADO EM MATEMÁTICA

EXERCÍCIOS DE ANÁLISE NO Rn

TURMA 2012\1 Prof.o Carlos Alberto Pereira dos Santos

BRASÍLIA, JULHO DE 2012

Sumário

1 Exercícios do Livro Análise Real vol.2

1.1 - Topologia do Espaço Euclidiano 1.1.1 O espaço espaço euclidiano euclidiano n-dimension n-dimensional al Exercício 1 Se |u + v + v | = |u| + |v |, com u =  0 (norma euclidiana), prove que existe α ≥ 0 tal que v = α · u.

Solução.

2

2

2

+ v | = |u| + |v | ⇒ |u + v + v | = |u| + 2|u||v | + |v | |u + v + v, u + v + v  = |u| + 2 |u||v | + |v | ⇒ u + v, ⇒ |u| + 2u, v + |v| = |u| + 2|u||v| + |v| ⇒ u, v = |u||v|. v, u u. Como u, v = |u||v|, então temos que: Tomemos o vetor w = w = v v − u, u w, w = v − u,v, uu u, v − u,v, uu u |u| |v| − v, u = 0 = |v| ⇒ v = u,v, uu . 2

2

2

2

 2

2

2

v, u = |u||v| = |v| > 0. u, u |u| |u| Portanto, desde que u = v = α α · u.  0, ∃ α > 0 , tal que v =

Onde

2

2

2

2



CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO LIVRO ANÁLISE ANÁLISE REAL VOL.2 VOL.2

2

Exercício 2 Sejam x, x, y,z ∈ Rn tais que (na norma euclidiana) |x − z | = | x − y | + |y − z |. Prove que existe t [0, [0 , 1] tal que y = y = (1

+ tz.. Mostre que isto seria falso nas normas do máximo e da soma. − t)x + tz Solução. Chamando u = x − y e v = y − z , temos que |u + v + v | = | u| + |v |. Ora, mas pela + v | ≤ |u| + |v |, onde a igualdade ocorre se, e só se u = u = αv, αv , para a lgum desigualdade triangular |u + v α ≥ 0 ∈ R, disto resulta que existe α ≥ 0 ∈ R tal que u = αv , isto é, x − y = α(y − z ) ⇒ (1 + α)y = x + αz ⇒ y = ( )x + ( )z , daí chamando t = t = , temos que t ∈ [0, [0, 1] e satisfaz y = (1 − t)x + tz + tz .

∈

1 1+α 1+α

α 1+α 1+α

α 1+α 1+α

Se tomarmos os pontos x = x = (1, (1, 0), 0), y = (0, (0, 0) e z = = (0, (0, 1), é fácil ver que eles não são colineares mas

satisfazem |x − z |S = |x − y |S + |y − z |S , portanto na norma da soma a afirmação não é verdadeira. verdadeira. Da

(2, 0), 0), y = (1, (1, 0) e z = (0, (0, 1/2) são um contra-exemplo pra afirmação mesma forma os pontos x = (2,

se considerarmos a norma do máximo.

Exercício 3 Sejam x, y ∈ Rn não-nulos. Se todo z ∈ ∈ Rn que é ortogonal a x for também ortogonal a y, prove que x e y são múltiplos um do outro.

x = y y não há nada para demonstrar.  0 e y = 0. Se x = Solução. Tem-se x =

x, y · x é ortogonal a x e, por hipótese, também é ortogonal a y e |x| x, y · x ⇒ y − x, y − x, y · x = 0. = x, y − |x| |x|

Suponha x =  y então o vetor y −

assim





x, y · x y, y − |x| como y − x  = 0, temos 2

y

portanto y é múltiplo de x.

2

2

 

− |x,x|y · x = 0 ⇒ 2

y =

2



x, y · x, |x| 2

Exercício 4 Se x = y , prove que z = 21 (x + y + y)) é ortogonal a y − x. (A medida de um triângulo triângulo isósceles isósceles é

também altura).


3

Solução.



1 (x + y + y)), y 2



−x

=

1 2

=

1 2

=

1 2

=

1 2

+ y, y − x x + y, ( x, y  − x, x + y, y  − x, x) ( y, y  − x, x) ( |y| − |x| ) 2

2

= 0,

como queríamos provar.

1.1.2 Bolas e conjuntos conjuntos limitados limitados Exercício 1 = b em Rn determine c , pertencente Dados a  pertencente à reta ab , tal que c ⊥ (b − a). Conclua que para todo x ab , com x = c , tem-se c < x .

∈



|| | | Solução. ab = ab = {a + t( t(b − a); t ∈ R} Como c ∈ ab ; c = c = a a + t( t(b − a) onde t é tal que c, b − a = 0 ⇒ a, b − a + t|b − a| ⇒ t = −|ba,−b a−| a .

2

=0

2

Assim, c é completamente determinado. Por outro lado: 2

2

2

2

2

2

2

)(b − a)| = |x| ∀x ∈ ab |c| < |c| + |b − a| = |c + (b − a)| = |a + t(b − a) + (b − a)| = |a + (1 − t)(b com x =  c. Portanto, |c| < |x|, ∀x ∈ ab .

Exercício 2 = y (norma euclidiana). Se 0 < t < 1, prove que |(1 − t)x + ty + ty | < r. Sejam |x| = |y | = r, com x 

(0; r ) não contém segmentos de reta. Conclua que a esfera S (0;

Solução. Seja xy o segmento de reta de extremos x e y . Então xy = xy = {(1 − t)x + ty + ty;; t ∈ [0, [0 , 1]}.

Temos que

+ ty | = |x − tx + + t((y − x)| ≤ |x| + t|y − x| ≤ r + tx + ty ty | = |x + t r + t t|y − x| < r. |(1 − t)x + ty (0; r) = {x ∈ Rn; |x| = r = r }, vê-se facilmente que a esfera não contém segmentos de reta. Como S (0;


4

Exercício 3 Dados o conjunto convexo X

⊂R

n

e o número real r > 0, seja Br (X ) =



Br (x). Prove que

x X

∈

Br (X ) é convexo.

Solução. Sejam a, b ∈ Br (X ). Então existem existem x0 , x1

portanto |a − x0 | < r e |b − x1 | < r.

∈ X tal tal que a ∈ B (x ) e b ∈ B (x ), r

0

r

1

Seja c um ponto do segmento ab , então c = (1 − t)a + tb + tb, para algum t ∈ (0, (0, 1), daí para este t

tome xc = (1 − t)x0 + tx + tx1 · xc ∈ X pois pois X é é convexo. Além disso, temos:

tb) − x | = |((1 − t)a + tb) tb) − ((1 − t)x + tx + tx )| |((1 − t)a + tb) = |(1 − t)(a )(a − x ) + t + t((b − x )| )(a − x )| + |t(b − x )| ≤ |(1 − t)(a = (1 − t)|(a − x )| + t|(b − x )| < (1 − t)r + tr + tr c

0

0

1

1

0

1

0

1

= r.

Logo, c = (1 − t) t )a + tb ab

∈ B (X ), e como c é um ponto arbitrário do segmento ab, segue que r

⊂ B (X ), portanto B (X ) é convexo. r

r

Exercício 4 Prove que o conjunto X = {(x, y ) ∈ R2 ; x2 ≤ y } é convexo.

Solução. Tomemos a = (x1, y1 ) e b = (x2 , y2 )

∈

X

⇒

x21

≤y

1

e x22

≤y. 2

Seja Seja z =

− x , y − y ) + (x , y ) um ponto pertencente ao segmento que liga a e b . Temos que [(1 − t)x + tx + tx ] = (1 − t) x + 2t 2 t(1 − t)x x + t + t x . Como (x (x − x ) ≥ 0 ⇒ x + x ≥ 2x 2 x x , daí [(1 [(1 − t)x + tx ] = (1 − t) x + 2t(1 − t)x x + t x ≤ (1 − t) x + t + t(1 (1 − t)(x )(x + x + x ) + t + t x = (1 − t)x + tx + tx ≤ (1 − t)y + ty + ty , portanto X é é convexo. t(x2 1

1

2

2

1

1

2

1

1

2 2 1

2

2

1 2

2 1

2 2 1

2 1

2 2

2 2

2 2 2

1 2

2 2 2

1

2 1

2

2 2

2

2 2 1

1

1 2

2 2 2

2

Exercício 5 Seja T : Rm

n

−→ R limitada. Se X ⊂ ⊂ R

m

uma transformação linear. Prove que se T =  0 então T não é uma aplicação

é um conjunto limitado, prove que a restrição T X ao conjunto −→ Rn de T ao X : X −→

X é é uma aplicação limitada.

Solução. De fato, dado x ∈ Rm se |T ( T (x)| = c ∈ R+ então |T ( T (nx) nx)| = nc > 0. Logo T não é

limitada, pois R é um corpo arquimediano.


5

Seja X ⊂ t al ⊂ Rm um conjunto limitado. Tomemos a norma da soma, e como X é é limitado, existe K tal que |x| ≤ K , ∀x ∈ X . Temos x = x = x x 1 e1 + · · · + xm em . Seja M = máx{|T ( T (e1 )|, · · · , |T ( T (em)|}. Daí, T (x)| = |T ( T (x e + · · · + x e )| = |x T ( T (e ) + · · · + x T ( T (e )| |T ( T (e )| + · · · + |x ||T ( T (e )| ≤ M ( M (|x | + · · · + |x |) ≤ M · ≤ |x ||T ( · K. 1 1

1

m m

1

1

m

1

m

m

m

1

m

Portanto T ( T (X ) é um conjunto limitado.

1.1.3 1.1.3 Conjun Conjuntos tos aberto abertoss Exercício 1

⊂ Rm, prove que int.X é é um conjunto aberto, isto é int.int.X ⊂ ⊂ int.X . Para todo conjunto X ⊂ Solução. Tomemos x

∈ int.X ⇒ ∃ r

0

⊂ X .

> 0; B (x, r0 )

Afirmação : B (x, r0 ) ⊂ int.X .

Prova: De fato, seja y

ε = r r − |y − x|. Então para todo x ∈ B (y, ε) temos ∈ B(x, r ) e tomemos ε = |x − x| ≤ |x − y| + |y − x| < r − |y − x| + |y − x| = r ⇒ x ∈ B(x, r ) ⇒ B(y, ε) ⊂ B (x, r ) ⊂ X , portanto y ∈ int.X , logo int.X é é aberto. 0

0

0

0

0

0

Exercício 2 Prove que int.X é é o maior conjunto aberto contindo em X , ou seja, se A é aberto e A ⊂ X então então A

⊂ int.X

Solução. Seja a ∈ A, como A é aberto, ∃r > 0 tal que B( B (a; r ) ⊂ A, e já que A ⊂ X , segue-se

B (a; r ) ⊂ X , i.e., x ∈ int.X . Então A ⊂ int.X . Assim, int.X = que B(



Aλ , com Aλ aberto.

Aλ X

⊂

Exercício 3 Dê um exemplo de um conjunto X ⊂ ⊂ Rn cuja a fronteira tem interior não vazio e prove que isto não

seria possível se X fosse fosse aberto.

Solução. Tomando X = Q ⊂ R, temos que a fronteira dos racionais são os reais, pois, dado

x

conter números racionais racionais e numéros numéros irracionais. irracionais. ∈ R, toda bola aberta centrada em x irá conter

Fato

decorrente da densidade dos racionais em R.

Dado X ⊂ X , ∃ ε > 0 tal que B( B (x; ε) ⊂ X ⇒ ∂ X = ∅, ⊂ Rn aberto, temos que X = int.X ⇒ ⇒ ∀ x ∈ X, ⇒ ∂X pois x ∈ ∂X se toda bola aberta centrada em x possuir pontos do interior de X e do complementar

de X . Assim, nenhum ponto x ∈ ∂X ∂ X é é ponto interior.


6

Exercício 4 Seja πi : Rn

−→

R a projeção sobre a i-ésima coordenada, isto é, se x = (x1 , . . . , xn ) então

πi (x) = xi . Prove que se A

aberto.

2

⊂ R

é aberto então sua projeção π i(A) ⊂ R também é um conjunto

Solução. Consideremos (Rn, |.|max) onde a bola aberta de centro a e raio r > 0 é dada por n

B (a; r) =



j=1 j =1 n

+ r)). − r, a + r

(a j

j

Seja A ⊂ R um conjunto aberto e ai ∈ π i(A), então existe a ∈ A tal que πi (a) = a i . n

B (a; r ) = Como A é aberto, existe r > 0 tal que B(



j=1 j =1

+ r)) ⊂ A . − r, a + r

(a j

j

( ai − r, ai + r + r)) = π i (B (a; r )) ⊂ π i (A), donde segue que πi (A) é um conjunto aberto. Então ai ∈ (a

Exercício 5 Prove que toda coleção de abertos dois a dois disjuntos e não-vazios de Rn é enumerável.

Solução. Tome em cada aberto A dessa coleção um ponto pertencente ao conjunto não-vazio A

∩ Q . Como Q n

n

é enumerável o mesmo ocorre com o conjunto dos pontos escolhidos, a cada um

dos quais corresponde um único aberto da aberto da coleção, pois estes são disjuntos.

1.1. 1.1.44 Sequ Sequên ência ciass em R

n

Exercício 1 Dada a sequência (x ( xk )k∈N em Rn , sejam N e N subconjuntos infinitos de N tais que N = N  ∪ N .

Se as subsequências (x (xk )k∈N e (x (xk )k∈N convergem para o mesmo limite a, prove que lim xk = a . k ∈N  Solução. Dado ε > 0 , existem k1, k2 ∈ N tais que k > k1 , k ∈ N ⇒ |xk − a| < ε e k > k2 , k ∈ N ⇒ |xk − a| < ε. Seja k0 = max{k1 , k2 }. Como N = N ∪ N , segue que k > k0 ⇒ |xk − a| < ε.

Logo lim xk = a .

Exercício 2 Dada a sequência (x (xk )k∈N R n , prove que as seguintes afirmações são equivalentes: (a) lim xk = +

 

∞

(b) (x ( xk )k∈N não possui subsequências convergentes. convergentes. (c) Para cada conjunto limitado X

n

⊂ ⊂ R

, o conjunto N x = {k ∈ N; xk ∈ X } é finito.

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

7

Solução. (a)

⇒

(b)

Suponha que houvesse uma subsequência (xk )k∈N ⊂ (xk )k∈N convergindo para a. Então dado  = 1, ∃ k1 ∈ N tal que ∀ k ≥ k1, k ∈ N ⇒ |xk − a| < 1 ⇒ ||xk | − |a|| ≤ |xk − a| < 1 ⇒ |xk | < 1 + a . Em contrapartida, para  = a + 1,

∃ k ∈ N tal que ∀ k > k ⇒ |x | > |a| + 1, pois lim x = +∞. Daí se tomarmos k = max{k , k }, então ∀ k ∈ N  tal que k ≥ k , temos por um →∞ lado que |x | < 1 + |a| e por outro lado |x | > |a| + 1 . Contradição! Portanto (x ) ∈N não admite ||

| |

k

k

2

0

k

1

2

k

2

0

k

k k



subsequência convergente. (b)

⇒ (c)

Suponha que (xk )k∈N não possui subsequências convergentes e que para algum conjunto limitado X

⊂

Rn , o conjunto N X = {k ∈ N; xk

∈

X seja infinito. Desse modo a sequência (xk )k∈Nx

}

é limitada, então pelo teorema de Bolzano-Weierstrass ∃ N ( infinito) ⊂ NX ⊂ N tal que (xk )k ∈N converge, ou seja , (xk )k∈N admite subsequência convergente. Contradição! (c)

⇒ (a)

Admitindo (c), suponha que lim xk  =  +∞

∀ k ∈ N, ∃ k > k satisfazendo |x | < A, e neste caso temos que o conjunto limitado X = {k ∈ N; x ∈ B(0; A)} é infinito. ⇒∃

A > 0;

k

0

0

k

Contradição!

Exercício 3 Sejam A ⊂ Rn aberto e a ∈ A. Prove que se lim xk = a então existe k 0 ∈ N tais que k > k0 ⇒ k→∞ xk ∈ A .

Solução. Como lim xk = a ⇔ Dado ε > 0 , existe k0 ∈ N tais que xk − a < ε quando k > k0 k→∞ i.e. ∀ε > 0 , xk ∈ B(a, ε) para k > k0 . Seja ε := |a − ∂A |/2, daí xk ∈ B(a; ε) ⊂ A quando k > k0 .

Exercício 4 k→∞ Se a ∈ ∂ X , prove que existem sequências de pontos xk ∈ X e yk ∈ R n − X tais que x k , yk −→ a.

Vale a recíproca?

Solução. Como a ∈ ∂X, ∀ ε > 0 a bola B(a; ε) contém pontos de X e Rn − X . Assim, ∀ k ∈ N,

existe x k ∈ X e y k ∈ Rn − X com |xk − a| < 1/k e |yk − a| < 1/k. Pela denifição de limite de k→∞ sequências, segue que xk , yk −→ a. k→∞ Reciprocamente, se x k , yk −→ a, com x k ∈ X e y k ∈ Rn − X , então ∀ ε > 0, ∃ k 0 > 0 tal que


8

⇒ x , y ∈ B(a; ε). Como ∀ ε > 0 a bola B(a; ε) contém pontos de X e de seu complementar então a ∈ ∂X . k > k0

k

k

1.1.5 Conjuntos fechados Exercício 1 Para quaisquer X, Y

⊂ R , prove que X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Dê um exemplo onde não vale X ∩ Y = X ∩ Y . n

Solução.

• X ∪ Y = X ∪ Y : X ⊆ X e Y ⊆ Y , logo X ∪ Y ⊆ X ∪ Y . Como X ∪ Y é fechado, segue que X ∪ Y ⊆ X ∪ Y . X ⊆ X ∪ Y ⇒ X ⊆ X ∪ Y e Y ⊆ X ∪ Y ⇒ Y ⊆ X ∪ Y . Logo X ∪ Y ⊆ X ∪ Y . Portanto, X ∪ Y = X ∪ Y . • X ∩ Y ⊂ X ∩ Y : X ⊆ X e Y ⊆ Y , logo X ∩ Y ⊆ X ∩ Y . X ∩ Y é fechado e contém X ∩ Y , mas X ∩ Y é o menor fechado que contém X ∩ Y , portanto X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . • Exemplo onde não vale X ∩ Y = X ∩ Y : Sejam a, b e c ∈ R tais que a < b < c. Então para X = (a, b) e Y = (b, c) podemos verificar que X ∩ Y = { b} =  ∅ = X ∩ Y . Exercício 2 Diz-se que o ponto a ∈ Rn é valor de aderência da seqüência (xk )k∈N quando a é limite de alguma

subseqüência de (xk )k∈N . Prove o conjunto dos valores de aderência de qualquer seqüência é fechado.

Solução. Seja F = { conjunto dos valores de aderência da sequência (xk )}.

Tomemos a ∈ F

⇒ B(a; ε ) ∩ F = ∅, ∀ ε = 1/k, k ∈ N. Para ε = 1, tomemos a ∈ B(a, ε ) ∩ F . Como a ∈ F ⇒ (x ) ∈N ∩ B(a ; ε − |a − a |)  = ∅. Seja x ∈ (x ) ∈N ∩ B(a , ε − |a − a |). Prosseguindo dessa forma, no i-ésimo passo teremos a ∈ B(a; ε ) ∩ F . Como a ∈ F ⇒ (x ) ∈N ∩ B(a ; ε − |a − a |)  = ∅. Tomemos x ∈ (x ) ∈N ∩ B(a , ε − |a − a |). Os termos (x ) ∈N constituem uma subsequência de (x ) ∈N , além disso |x − a | < 1/i, ∀ i ∈ N ⇒ x −→ a , portanto a ∈ F , desse modo F ⊂ F ⇒ F é fechado. k

1

k

1

k1

k k

1

1

1

1

k k

i

ki i

ki

i

i

1

1

1

i

k k

1

ki

k k

k k

i

i

i

i

i

ki


9

Exercício 3 Prove que um conjunto A ⊂ Rn é aberto se, e somente se, A ∩ X ⊂ A ∩ X para todo X ⊂ Rn.

Solução.

( ) Seja a

⇒ ∈ A ∩ X . Então a = lim x , (x ) ⊂ X . ∃k tal que k > k ⇒ x ∈ A. x ∈ A ∩ X . Logo a ∈ A ∩ X ⇒ A ∩ X ⊂ A ∩ X . (⇐) Se A não fosse aberto, existiria um ponto a que não lhe seria interior. Mas, neste caso a ∈ A ∩ R − A ⊂ A ∩ (R − A) = ∅. Contradição. k

k

0

0

Portanto

k

k

n

n

Exercício 4 Se X ⊂ Rm e Y ⊂ Rn, prove que se tem X × Y = X × Y em Rm+n .

Solução. É óbvio que X × Y ⊃ X × Y . Como X × Y é o menor conjunto fechado que contém

× Y ⇒ X × Y ⊃ X × Y . Por outro lado se (x, y) ∈ X × Y ⇒ ∃ (x ) ⊂ X e (y ) ⊂ Y tais que x −→ x e y −→ y . Daí (x , y ) ⊂ X × Y e lim(x , y ) = (x, y) ⇒ (x, y) ∈ X × Y . Portanto X × Y = X × Y . X

k

k

k

k

k

k

k

k

Exercício 5 Prove que X ⊂ Rn é fechado ⇔ X ⊃ ∂X . Por outro lado A ⊂ Rn é aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅.

Solução.

⊂ R

(i) X

n

é fechado ⇔ X ⊃ ∂X .

De fato, X é fechado ⇒ X = X ⇒ ∂X = X ∩ Rn − X = X ∩ Rn − X ⊂ X . Então ∂X ⊂ X . Reciprocamente, se ∂X = X ∩ R n − X

⊂

X , então X = X , pois do contrario se x

∈

X e

∈ ⇒ x ∈ X e x ∈ R − X então x ∈ X e x ∈ R − X ⇒ x ∈ ∂X ⊂ X , logo X é fechado. (ii) A ⊂ R é aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅. De fato, se sabe que ∂A = ∂ (R − A). Logo: n

x / X

n

n

n

n

n

n

n

∅ = ∂A ∩ A = ∂ (R − A) ∩ A ⇔ ∂ (R − A) ⊂ R − A ⇔ R − A é fechado ⇔ A é aberto. Exercício 6 Sejam A, B

n

⊂R

conjuntos limitados disjuntos e não-vazios. Se d(A, B) = 0, prove que existe

∈ ∩ ∂B .

x ∂A

Solução. Se d(A, B) = 0 então existem sequências (xk ) ⊂ A e (yk ) ⊂ B tais que

| − y | = 0. Passando a subsequências, se necessário, podemos afirmar que a = lim x , pois A

lim xk

k

k


10

é limitado. O mesmo vale para yk , pois B é limitado. Daí, a = lim yk . Logo, a ∈ A ∩ B . Como A e B são disjuntos, não podemos ter a A e a B. Portanto, a

∈

∈

∈ ∂A ∩ ∂B .

Exercício 7 Prove que o fecho de um conjunto convexo é convexo.

Solução. Sejam a, b ∈ A. Então existem sequências (ak ) e (bk ) em A tais que a = lim ak e

b = lim bk . Como A é convexo, então fixando t

∈ [0, 1] temos que (1 − t)a + tb ∈ A, ∀ k ∈ N. k

k

Daí, lim((1 − t)ak + tbk ) = (1 − t)a + tb ∈ A . Portanto A é convexo.

Exercício 8 Prove que se C ⊂ R n é convexo e fechado então, para todo x ∈ R n , existe um único x = f (x) ∈ C tal que d(x, C ) = |x − x|

Solução. (Existência): C é fechado e {x} é compacto

⇒ ∃ x ∈ C ; d(x, C ) = |x − x|. (Unicidade): Se x ∈ C então f (x) = x e a unicidade é óbvia, pois ∀ x =  x, |x − x| > 0 = |x − x|. Se x ∈/ C , então suponha que exista outro x ∈ C ; d(x, C ) = |x − x | = |x − x | = r. Ora, desse modo temos que x e x ∈ S (x, r). Daí ∀ t ∈ (0, 1) tem-se que x(1 − t) + tx ∈ C e |x(1 − t) + tx − x| = |(x − x)(1 − t) + t(x − x)| < r = d(x; C ). Contradição ! 1.1.6 Conjuntos compactos Exercício 1 Seja K ⊂ Rn compacto, não-vazio. Prove que existem x, y ∈ K tais que |x − y| = diam.K .

Solução. Por definição, temos que diam. K = sup{|x − y |; x, y ∈ K }. Tome a norma euclidiana.

Pela definição de sup, dado ε > 0 , existem x, y ∈ K tais que diam.K ≤ |x − y | + ε e ∀x, y ∈ K vale

|x − y| ≤ diam.K .

Temos que existem sequências x k , yk ∈ K tais que diam.K = lim |xk − yk |. Como K é limitado, e passando a subsequências se necessário, diam.K = lim |xk − yk | = |x0 − y0| onde x 0 , y0 ∈ K . Por K ser fechado, segue que K = K e x0 , y0

∈ K .

Exercício 2 Se toda cobertura aberta de um conjunto X ⊂ Rn admite uma subcobertura finita, então prove que X é um conjunto compacto.


11

Solução. (Limitado) Suponha que X fosse ilimitado. Então pra nenhum k



que

∈ N, X ⊂

B(0; k). Daí neste caso teríamos

B(0; k) é uma cobertura de X que não admite subcobertura finita, portanto X deve ser limi-

k N

tado.

∈

(Fechado) Suponha que X não seja fechado, então existe (xk ) ⊂ X ; xk −→ a ∈/ X . Daí, para cada k considere o aberto Rn\B[a; 1/k] = A k . Então



∈ N,

Ak é uma cobertura aberta de X que não admite

k N

subcobertura finita, portanto X deve ser fechado.

∈

Exercício 3 Seja (xk ) uma sequência limitada em Rn que possui um único valor de aderência. Prove que (xk ) é convergente. Dê exemplo de uma sequência (não-limitada) não convergente que tem um único valor de aderência.

Solução. Seja a um valor de aderência de (xk ). Se não fosse a = lim xk , existiriam ε > 0 e uma infinidade de índices k tais que |xk − a| lim xk = b, com b

≥ ε . Passando a uma subsequência, se necessário, teríamos

| − a| ≥ ε, logo b = a seria outro valor de aderência. Quanto ao exemplo, basta ∈ tomar xk = 0 para k ímpar e xk = k.ei se k é par. k N

Exercício 4 Se K

⊂ U ⊂ R com K compacto e U aberto, prove que existe ε > 0 tal que x ∈ K, y ∈ R , |x − y| < ε ⇒ [x, y] ∈ U . Solução. Inicialmente vamos tomar o conjunto R − U , o complementar de U no R . Esse n

n

n

conjunto é fechado, pois seu complementar é aberto. Sabemos que K é compacto, ou seja, fechado e limitado, e R n − U é fechado, então, pelo fato desses conjuntos serem disjuntos, existe a ∈ K e

∈ R −U onde a distância é atingida. Em outras palavras, |x−y| ≥ |a−b|, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ R −U . Fazendo |a − b| = ε , temos que |x − y | ≥ ε, ∀ y ∈ ( R − U ), donde B(x; ε) ⊂ U . Assim, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ R tais que |x − y| < ε, temos que y ∈ B(x; ε) ⊂ U . Portanto, [x, y] ⊂ B(x; ε) ⊂ U . b

n

n

n

n

Exercício 5 Seja X ⊂ R n tal que, para todo compacto K ⊂ R n , a interseção X ∩ K é compacta. Prove que X é fechado.


12

Solução. Seja a ∈ X , então existe uma sequência (xk ) ⊂ X tal que a = lim xk .

Defina K = {xk ; k ∈ N } ∪ {a}. K é compacto. Daí, por hipótese X ∩ K é compacto, em particular

∩ K é fechado. Como (x ) ⊂ X ∩ K , então a = lim x ∈ X ∩ K , portanto pertence a X . Logo

X

k

k

X é fechado.

1.1.7 Aplicações contínuas Exercício 1 Seja f : Rm −→ Rn contínua. Prove que as seguintes afirmações são equivalentes: (a) Para todo compacto K ⊂ Rn a imagem inversa f −1 (K ) ⊂ Rm é compacta. (b) Se xk é uma sequência em Rm sem subsequências convergentes, o mesmo se dá com a sequência

 

f (xk ) em Rn. (Ou seja, lim xk =

∞ ⇒ lim f (x ) = ∞.) k

Solução.

⇒ (b) Suponha que f (x ) possui uma subsequência convergindo para o ponto f (x ). O conjunto K = {f (x ); k ∈ N} ∪ {f (x )} seria compacto, logo f − (K ) seria um compacto contendo todos os x ∈ R e então (x ) possuiria uma subsequência convergente. (b) ⇒ (a) Seja K compacto e suponha, por absurdo, que f − (K ) não seja compacto. Então, como K é fechado e f é contínua, temos que f − (K ) é ilimitada. Daí, seja (x ) ⊂ f − (K ) ∩ R uma sequência sem subsequências convergentes (basta tomar uma sequência ilimitada em f − (K ) ∩ R ) ⇒ f (x ) ⊂ K e portanto admite subsequência convergente. Contradição. (a)

k

0

k

k

m

1

0

k

1

1

k

1

m

1

m

k

Exercício 2 Prove que um polinômio complexo não-constante p(z ) = a 0 + a1 z + ··· + an z n , considerado como uma aplicação p : R2 → R2 , cumpre uma das (portanto ambas) condições do exercício anterior.

Solução. Ora para todo z =  0 em R2, temos que n

p(z ) = z



a0 a1 + + z n z n−1

·· ·



an−1 + + an . z

Tomemos

| p(z )| = e

 | | · z

n

a0 a1 + + z n z n−1

· ··

|z | → +∞. k

a n−1 + + an z




13

Ponha q (z ) =

a0 a1 + + z n z n−1

·· · + a z −

n 1

+ an .

A sequência |q (z k )| é limitada, pois

 ≤ 

0 <

quando |z k |

|q(zk )|



   | | → | |

a0 a1 a n−1 + + + + an z kn z kn−1 z k a0 a1 an−1 + + + + an z kn z k z kn−1

· ··









· ··

n

→ +∞. Como |q (z )| é limitada e lim |z | k

lim z k

k

n

an ,

= + , tem-se que

∞

| | · |q (z )| = +∞. k

Exercício 3 Sejam X ⊂ R m, K ⊂ R n compacto e f : X × K → R p contínua. Suponha que, para cada x ∈ X , exista um único y ∈ K tal que f (x, y) = 0. Prove que y depende continuamente de x.

Solução. Defina

g : X x

→ → 

K y,

onde y é o único elemento de K que satisfaz f (x, y) = 0. Temos que g está bem definida. k ∈N Resta provar que g é contínua. Para isto fixemos a ∈ X e tomemos (xk )k∈N ; xk −→ a. Suponha que g(xk ) não convirja pra g(a). Então existe  > 0 e infinitos índices k ∈ N ; g(xk ) ∈/ B(g(a), ). Tomemos N = {k ∈ N; g(xk ) ∈/ B(g(a), )}. Assim, (g(xk ))k∈N ⊂ K ⇒ ∃ N ⊂ N e ∈N b. Como f é contínua em X × K ⇒ lim f (x , g(x )) = b =  g(a) ∈ K tal que g(xk) k−→ k k k∈N f (a, b) =  0, pois b = a e g(a) é o único elemento de K que satisfaz f (a, g(a)) = 0. Ora, mas f (xk , g(xk )) = 0, ∀ k ∈ N , portanto se tomarmos  = |f (a, b)|/2, temos que ∃ k 0 ∈ N tal que

∀ k ∈ N, k > k ⇒ |f (x , g(x )) − f (a, b)| < , e daí |f (x , g(x ))| = |f (x , g(x ) − f (a, b) + f (a, b)| ≥ |f (a, b)| − |f (x , g(x )) − f (a, b)| > |f (a, b)| − |f (a, b)|/2 > 0. Contradição! Portanto g(x ) −→ g(a) ⇒ g é contínua. 0

k

k

k

k

k

k

k

k

k

Exercício 4 Seja K ⊂ Rn compacto. Prove que a projeção π : Rm × Rn

−→ R

m

transforma todo subconjunto

fechado F ⊂ R m × K num conjunto fechado π(F ) ⊂ Rm . Dê exemplo de F ⊂ R m × Rn fechado tal que π(F ) ⊂ Rn não seja fechado.


14

Solução. Seja a ∈ π(F ). Então existe (xk = π(xk , yk ))k∈N ∈ π(F ) tal que lim xk = a . k ∈N Como (xk , yk ) ∈ F =⇒ yk ∈ K , logo como K é compacto ∃(yk )k∈N ⊂ (yk )k∈N tal que lim yk = b . k ∈N Logo lim (xk , yk ) = (a, b) ∈ F pois F é fechado. Então a = π(a, b) ∈ π(F ). k ∈N Assim temos que π(F ) ⊂ π(F ), e como sempre π(F ) ⊂ π(F ), logo π(F ) = π(F ) ⇔ π(F ) é fechado.

Exemplo:

Considere C = {(x, y) : x > 0, xy ≥ 1 } ⊂ R2 um conjunto fechado.

−→ R tal que (x, y) − → π(x, y) = x, ∀(x, y) ∈ C . π(C ) = (0, +∞) não é fechado. π : C

1.1.8 Continuidade uniforme Exercício 1 Sejam F , G ⊂ Rn fechados disjuntos não-vazios. A função contínua f : Rn por f (x) =

−→ [0, 1], definida d(x, F ) cumpre f (x) = 0 para todo x ∈ F e f (x) = 1 para todo x ∈ G. d(x, F ) + d(x, G)

Ela se chama a função de Urysohn do par (F, G). Prove que se ela é uniformemente contínua, então d(F, G) > 0 .

Solução. Vamos assumir, por absurdo, que d(F, G) = 0. Então existem x k ∈ F e y k ∈ G com

|x − y | < k1 (consequência da definição de distância). Além disso para qualquer ε > 0 , d(F, G) + ε > |x − y | para algum x ∈ F e y ∈ G . Dessa maneira, lim |x − y | = 0, mas observe que f (x ) = 0 e f (y ) = 1. Assim, |f (x ) − f (y )| = 1 ⇒ lim |f (x ) − f (y )| = 1 e consequentemente f não é uniformemente contínua. k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

Exercício 2 Seja Y ⊂ X ⊂ Rm com Y denso em X . Se a aplicação contínua f : X −→ Rn é tal que sua restrição f Y é uniformemente contínua, prove que f é uniformemente contínua.

|

Solução. f |Y uniformemente contínua ⇒ dado ε > 0 arbitrário, ∃δ = δ (ε) > 0 tal que para todo x e y em Y satisfazendo |x − y | < δ , tem-se |f (x) − f (y)| < ε/2. Tomemos então x e y  em X tais que |x − y  | < δ . Por hipótese Y é denso em X , portanto existem sequências (xk ) e (yk ) em Y , tais que xk −→ x e yk −→ y . Daí |x − y  | < δ ⇒ ∃ k0 ∈ N tal que ∀ k > k0 tem-se |xk − yk | < δ e portanto |f (xk ) − f (yk )| < ε/2. Usando a continuidade de f concluimos que |f (x) − f (y)| = lim |f (xk ) − f (yk)| ≤ /2 < . Portanto f : X −→ Rn é uniformemente contínua.


15

Exercício 3 Seja X f (X )

⊂

Rm um conjunto limitado. Se f : X

Rn é uniformemente contínua, prove que

→

n

⊂R

também é limitado.

Solução. Se f (X ) fosse ilimitada, para cada k

∈ N existiria x ∈ X tal que |f (x )| > k. k

k

A

sequência assim obtida não possuiria subsequência convergente. Mas X é limitado, então existe N ⊂ N tal que (xk )k∈N é de Cauchy. Sendo f uniformemente contínua, temos que (f (xk ))k∈N é também de Cauchy, logo convergente. Contradição, pois (f (xk ))k∈N não admite subsequência convergente . Portanto f (X ) é limitada.

Exercício 4 Sejam f, g : X f + g : X

R uniformemente contínuas no conjunto X

→

⊂

Rm. Prove que a soma

−→ R é uniformemente contínua e o mesmo se dá com o produto f · g

: X

caso f e g sejam limitadas.

Solução. Sejam f, g : X

→R

⊂ R −→ R uniformemente contínuas. Logo, ∀ (x ), (y ) ⊂ X sequências tais que |x − y | −→ 0 temos |f (x ) − f (y )| −→ 0 e |g(x ) − g(y )| −→ 0 . Defina φ : X ⊂ R −→ R, em que φ(x) = f (x) + g(x). Vamos mostrar que φ é uniformemente contínua. De fato, sejam x , y ∈ X sequências tais que |x − y | −→ 0 . Assim, |φ(x ) − φ(y )| = |f (x ) + g(x ) − f (y ) − g(y )| ≤ |f (x ) − f (y )| + |g(x ) − g(y )|. k

n

k

k

k

k

k

k

k

n

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

Como f e g são uniformemente contínuas, segue que

|φ(x ) − φ(y )| −→ 0 k

k

∀x , y ∈ X tais que |x − y | −→ 0. Portanto, φ é uniformemente contínua. Agora, defina ψ : X ⊂ R −→ R, ψ(x) = f (x)g(x). Temos que |ψ(x ) − ψ(y )| = |f (x )g(x ) − f (y )g(y )| = |f (x )g(x ) − f (x )g(y ) + f (x )g(y ) − f (y )g(y )| ≤ |f (x )||g(x ) − g(y )| + |g(y )||f (x ) − f (y )|. Se f e g são limitadas, isto é, existem M , M > 0 tais que |f (x)| < M , ∀x e |g(y)| < M , ∀y, k

k

k

k

m

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

f

k

k

k

k

k

k

g

k

f

então

|ψ(x ) − ψ(y )| ≤ M |g(x ) − g(y )| + M |f (x ) − f (y )| −→ 0. k

k

f

k

k

g

k

k

k

g


16

Portanto, ψ é uniformemente contínua se f e g são limitadas.

Exercício 5 Seja C ⊂ Rn convexo. Se x ∈ Rn e x ∈ C são tais que |x−x| = d(x, C ), prove que x − x, y − x ≤ 0 para todo y ∈ C .

Solução. Suponha que exista y

∈ C tal que x − x, y − x > 0. Defina z = (y − x)t + x. Então 2

2

|z − x| = |(y − x)t − (x − x)| t2 y

=

2

2

| − x| − 2t y − x, x − x + |x − x| 2 y − x, x − x Daí, ∀ t ∈ I = (0, 1) ∩ 0, = ∅, temos que t |y − x| − 2t y − x, x − x < 0 |y − x| ⇒ |z − x| < |x − x| ⇒ z ∈/ C . Absurdo, pois C é convexo.





2

2

2

Exercício 6 Dado C ⊂ Rn convexo e fechado, seja f : Rn −→ C definida por f (x) = x , onde x , é o único ponto

de C tal que |x − x| = d(x, C ). Prove que |f (x) − f (y)| ≤ |x − y | para quaisquer x, y ∈ Rn , logo f é uniformemente contínua.

Solução. Sabemos pelo exercício anterior que se C é convexo , x ∈ Rn e x ∈ C são tais que

|x − x| = d(x, C ), então x − x, y − x ≤ 0 para todo y ∈ C . Como C é fechado ∃ x , y ∈ C tal que para x, y ∈ R temos, |x − x | = d(x, C ) e |y − y | = d(y, C ). 0

n

0

0

Logo, pelo comentário inicial, temos

x − x , y − x  ≤ 0, y − y , x − y  ≤ 0 y − x , x − x  ≤ 0, y − x , y − y ≤ 0 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

logo

y − x , x − x  + y − x , y − y ≤ 0 y − x , x − x + y − y ≤ 0 y − x , (y − x ) − (y − x) ≤ 0 |y − x | ≤ y − x , y − x 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

2

0

0

0

0

0

0

Pela desigualdade de Schwarz 2

|y − x | ≤ |y − x ||y − x| 0

0

0

0

0


17

|y − x | ≤ |y − x| 0

0

Assim

|f (y) − f (x)| ≤ |y − x| então f é lipschitziana, portanto uniformemente contínua.

1.1.9 Homeomorfismos Exercício 1 Chama-se semi-reta de origem 0 em Rn a um conjunto do tipo σ = {tv; t ≥ 0, 0  = v ∈ Rn }. Seja

⊂ R −{0} um conjunto compacto que tem um (único) ponto em comum com cada semi-reta com n

X

origem 0. Prove que X é homeomorfo à esfera S n−1 . x Solução. Seja ϕ : X −→ S n−1 a aplicação definida por ϕ(x) = . Vamos mostrar que ϕ é um

|x|

homeomorfismo.

Temos que ϕ é uma bijeção. De fato, dados x1 , x2 ∈ X tais que ϕ(x1 ) = ϕ(x2 ), segue que

x1 x2 = x1 x2

| |

|x | x ⇔ | | |x | 1 2

2

= x1

⇔

x1 e x 2 têm a mesma direção e o mesmo sentido, logo estão na

mesma semi-reta e assim x1 = x 2 , pois a interseção de cada semi-reta e o conjunto X é única. Logo, ty ϕ é injetiva. Além disso, ∀ y ∈ S n−1 , ∃ t > 0 tal que ty ∈ X , pois y  = 0, com ϕ(ty) = = ty y = = y . Dessa maneira, ϕ é também sobrejetiva. ty y x Temos ainda que ϕ é contínua, pois ϕ(x) = é um quociente de funções contínuas (x x n R 0 x = 0).

|| ||

∈ X ⊂

||

−{ } ⇒| | 

|ty|

Como X é compacto, logo ϕ é um homeomorfismo.

Exercício 2 Estabeleça um homeomorfismo entre Rn − {0} e o produto cartesiano S n−1 × R ⊂ Rn+1. Solução. Defina f : S n−1 × R −→ Rn − {0} pondo f (x, t) = et x. Temos que f é contínua pois é o produto de funções contínuas. Além disso, g : Rn



 ||

y , ln y y Portanto, f : S n−1 g(y) =

||

− {0} −→ S − × R, definida por n 1

, é contínua e satifaz g(f (x, t)) = (x, t) e f (g(y)) = y .

× R −→ R − {0} é um homeomorfismo. n

Exercício 3 Mostre que existe um homeomorfismo do produto cartesiano S m Rm+n+1 .

n

× S

sobre um subconjunto de


18

Solução. S m × S n ⊂ S m × Rn+1 ∼ S m × R × Rn ∼ ( Rm+1 −{0}) × Rn ⊂ Rm+n+1 . Daí, olhando

para a função inclusão temos que S m × S n é homeomorfo a um subconjunto de S m × Rn+1 ( a saber, o próprio S m × S n ), mas este, por sua vez é homeomorfo a um subconjunto de S m × R × Rn , que por sua vez é homeomorfo a um subconjunto de (Rm+1 − {0}) × Rn ⊂ Rm+n+1 , como queríamos.

Exercício 4 Dê exemplo de conjuntos X, Y

n

⊂R

e pontos a

homeomorfos mas X não é homeomorfo a Y .

∈ X , b ∈ Y tais que X − {a} e Y − {b} são

Solução. Sejam X = [0, 2π) o intervalo semi-aberto e Y = S 1 = {(x, y) ∈ R 2 ; x2 + y 2 = 1} o

círculo unitário.

a) Mostraremos que a aplicação f : X − {a}

−→ Y − {b}, onde a = 0 e b = (1, 0), definida

por f (t) = (cos t, sen t) é um homeomorfismo. Com efeito, é claro que a aplicação f é contínua, além disso, f é bijeção. Mostrar que f −1 é contínua, é equivalente a mostrar que f (F ), donde F

⊂ (X − {a}), é um conjunto fechado. Com efeito, suponhamos que F ⊂ (0, 2π) é fechado (sa-

bemos que F é limitado) então F é compacto, logo f (F ) é um conjunto compacto, o qual implica que f (F ) é fechado em S 1 −{(1, 0)}, portanto f −1 é contínua, e concluímos que f é um homeomorfismo.

b) Agora mostraremos que a aplicação f : X

−→ Y não é um homeomorfismo.

Com efeito, é

claro que a aplicação f definida por f = (cos t, sen t) é contínua e bijetiva. Mas a sua inversa 1 f −1 : S 1 → [0, 2π) é descontínua no ponto p = (1, 0). De fato, ∀k ∈ N, sejam tk = 2π − e k 1 1 − − z k = f (tk ). Então lim f (tk ) = lim z k = (1, 0), mas lim f (z k ) = lim tk = 2π  = 0 = f (1, 0), k→∞ k→∞ k→∞ k→∞ assim f −1 é descontínua em (1, 0). Portanto f não é homeomorfismo.

Exercício 5 Sejam X ⊂ R m, Y ⊂ R n compactos, a ∈ X e b ∈ Y . Se X − {a} é homeomorfo a Y − {b}, prove que X e Y são homeomorfos. ϕ

Solução. Seja X − {a} ≈ X − {b}. Defina g : X x

Note que g é bijetiva!

→ → 

Y

 

ϕ(x) se x = a



b

se x = a

Para verificarmos que g é contínua, basta provarmos que lim g(x) = b . x→a


19

Ora, tomemos então (xk ) ⊂ X − {a} tal que x k −→ a e suponha que g(xk )  −→ b. Desse modo inf devem existir  > 0 e N ⊂ N tal que ϕ(xk ) = g(xk ) ∈/ B(b, ), ∀ k ∈ N .

Chamemos ϕ(xk ) = yk . Então, como Y é compacto e (yk ) ⊂ Y ⇒ ∃ N  ⊂ N  e c  = b ∈ Y k∈N tal que yk → c. Mas ϕ é bijetiva ⇒ ∃ a ∈ X − {a} tal que ϕ(a) = c, e então usando o fato que k∈N ϕ é homeomorfismo, segue que xk = ϕ −1 (yk ) → ϕ−1 (c) = a , onde a  = a. Contradição! Portanto g(xk )

−→ b. Como X é compacto e g é bijetiva e contínua, segue que g é homeomorfismo de X

sobre g(X ) = Y .

1.1.10 Conjuntos conexos Exercício 1 Prove que um conjunto X ⊂ R n é conexo se, e somente se, para cada par de pontos a, b ∈ X existe um conjunto conexo C ab ⊂ X tal que a ∈ C ab e b ∈ C ab .

Solução.

( ) Se X é conexo, basta tomar C ab = X sempre.

⇒ (⇐) Seja a ∈ X fixo. a, x ∈ C . Logo, X = ax

entao X é conexo.

Então, para todo x



∈

X existe um conjunto conexo C ax

⊂

X tal que

C ax . Como os conjuntos C ax são conexos e têm em comum o ponto a

x X

∈

Exercício 2 Seja Z ⊂ Rn (n ≥ 2) um conjunto enumerável. Dados arbitrariamente os pontos a, b ∈ Rn − Z , prove que existe c ∈ R n tal que os segmentos de reta [a, c] e [c, b] estão ambos contidos em Rn − Z . Conclua que o complementar de um conjunto enumerável em Rn é conexo.

Solução. Considere em Rn uma reta r que intersepta o segmento [a, b] em seu ponto médio. Dados x, y

∈ r onde x = y, os conjuntos [a, x] ∪ [x, b] = A

x

e A y = [a, y] ∪ [y, b] têm apenas os pontos

a, b em comum. Suponha por absurdo, que nenhum dos Ax , x

∈ r, estivesse contido em R − Z , escolheríamos para cada x ∈ r um ponto f (x) ∈ A ∩ Z . Isto define uma aplicação f : r −→ Z injetiva, a qual que não existe pois r é não enumerável e Z por hipotese é enumerável. Logo ∃c ∈ r tal que A = [a, c] ∪ [c, b] ⊂ R − Z . Daí podemos concluir que todo complementar de um conjunto x

c

n

enumerável é conexo por caminhos e portanto conexo.

n


20

Exercício 3 Prove que S 1 e S 2 não são homeomorfos.

Solução. S 1 − { p} ∼ = R e S 2 − {q } ∼ = R2 , ambos através da projeção estereográfica. Daí tomando p =  p temos que S 1 − { p, p} ∼= R − {P }, portanto S 1 − { p, p} é desconexo.

 q  temos que S 2 − {q, q } ∼= R2 − {Q}, portanto S 2 − {q, q } é conexo Por outro lado, para q =

por caminhos, logo conexo. Desse modo S 1 não é homeomorfo a S 2 , pois se assim fosse teríamos S 2 − {q, q  } ∼ = S 1 − { p, p }, o que não ocorre.

Exercício 4 Prove que S 1 não é homeomorfo a subconjunto de R.

Solução. Um subconjunto de R, para ser homeomorfo a S 1 deveria ser compacto e conexo, logo seria uma intervalo [a, b], o qual fica desconexo pela remoção de um ponto interior, mas a remoção de qualquer um dos seus pontos não desconecta S 1.

Exercício 5 Quantas componentes conexas tem o conjunto X = {(x, y) ∈ R2 ; (x · y)2 = (x · y)}? Especifique-as.

Solução. X é a união dos dois eixos coordenados (onde ambos contem a origem) com os dois

ramos da hipérbole. Portanto X tem três componentes conexas, onde a união dos dois eixos representa uma componente e cada um dos ramos da hipérbole é também uma componente conexa.

1.1.11 Limites Exercício 1 Se f : X −→ R n é uniformemente contínua no conjunto X ⊂ R m, prove que, para todo a, ponto de

acumulação de X , existe lim f (x). x→a Solução. Sendo f é uniformemente contínua, toda sequência de Cauchy de pontos (xk ) é levada em uma sequência de Cauchy ( f (xk )). Em particular, para toda sequência de pontos (xk ) ∈ X − {a}

com lim xk = a existe lim f (xk ) = b. Este valor não depende da sequência escolhida, pois se tivéssemos outra sequência (yk ) tal que lim yk = a e lim f (yk ) = c =  b, então definiríamos a sequência (z k )

∈ X − {a} tal que z

k

= xk , se k é par e z k = yk , se k é ímpar. Neste caso a

sequência (z k ) ainda cumpriria lim z k = a , mas lim f (z k ) não existiria em virtude de (f (z k )) possuir duas subsequências convergindo para limites distintos.


21

Exercício 2 Seja Y ⊂ X ⊂ Rm , com Y denso em X . Para toda aplicação uniformemente contínua f : Y

−→ R , n

prove que existe uma única aplicação F : X −→ R n , uniformemente contínua, tal que F (y) = f (y) para todo y ∈ Y .

Solução. Como Y é denso em X e f é uniformemente contínua em Y , existe lim f (y) para todo y →x n x ∈ X . Isto define F : X −→ R . Para todo ε > 0 dado, tome-se δ > 0 tal que y, y ∈ Y , |y − y  | < δ

⇒ |f (y) − f (y)| < ε/2. Agora se x, x ∈ X e |x − x| < δ , tomamos sequências (y ) e (y ) em Y , com lim y = x e lim y = x  . Desprezando alguns termos iniciais, podemos supor que |y − y | < δ onde |f (y) − f (y  )| < ε/2 para k ∈ N, logo |f (x) − f (x )| = lim |f (y ) − f (y  )| ≤ ε/2 < ε. k

k

k

k

k

k

k

k

Exercício 3 Dada f : Rm

f (x) = ∞ quando para todo B > 0 existe A > 0 tal −→ R , diz-se que se tem lim →∞ que |x| > A ⇒ |f (x)| > B . Se p : R −→ R é um polinômio complexo não-constante, prove que lim p(z ) = ∞. →∞ Solução. Seja p : R −→ R , onde p(z ) = a + a z + . . . + a z , polinômio complexo não n

x

2

2

z

2

2

0

1

k

k

constante. Temos que:

k

p(z ) = z

Tome



a0 a1 + + z k z k−1

ϕ(z ) =

···

a0 a1 + + z k z k−1



ak−1 + + ak . z

·· · + a z − . k 1

c

c

Afirmação (*) lim ϕ(z ) = 0 , isto é, dado = ε > 0, ∃δ > 0 tal que |z | > δ ⇒ |ϕ(z )| < , z →∞ 2 2 onde c = |ak |. Logo

k

| p(z )| = |z (ϕ(z ) + a )| = |z ϕ(z ) + z a | ≥ |z ||a | − |z ||ϕ(z )|, para |z | > δ ≥ |z |c − |z | 2c c = |z | c − 2 c = |z | . 2 k

k k k k k

Portanto,

k

k

k

k

 

k


22

| p(z )| ≥ |z | 2c , para |z | > δ k

⇒ lim | p(z )| = ∞. →∞ z

Prova da Afirmação (*) lim ϕ(z ) = 0 , isto é, dado ε > 0, ∃δ > 0 tal que |z | > δ ⇒ |ϕ(z )| < ε z →∞

 |    ≤  

|ϕ(z ) =

a0 a1 + + z n z n−1 a0 + z

=

··· +

nL z

· ··

a n−1 + z

 ≤   ·· ·  

  ≤ || an−1 z

L + z

a0 + z n

an−1 z

·· · + |Lz |

||

onde L = max{|ai |, i = 0, . . . , n − 1}. nL , temos ε

Logo, tomando δ =

nL = |z | > nLε ⇒ |ϕ(z )| < nL |z | nL = ε. ε

Portanto,

|ϕ(z )| < ε. Exercício 4 Seja X =

{x = (x , ··· , x ) ∈ R ; x · x ··· x = 0}. sen (x · x ··· x ) f (x) = . Prove que lim f (x) = 1. → x · x ·· · x 1

1

1

2

2

n

n

1

2

n

Defina f : X

n

x

n

−→

R pondo

0

sen (t)

= 1. Daí, dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que Solução. Sabemos da Análise Real que lim t→0 t ∀ t ∈ R, 0 < |t| < δ ⇒ sen (t) − 1 < ε. Se tomarmos em Rn a norma do máximo e assumirmos

 ∈

 ||

t δ < 1, então para todo x X, 0 < x < δ , temos 0 < xi x < δ, i = 1, 2, . . . , n, daí sen (x1 x2 xn ) 0 < x1 x2 xn < δ n < δ 1 < ε, como queríamos. x1 x2 xn

| · ··· |

 ⇒ 

· ·· · · ···

| | ≤ | |  − 

∀


23

1.2 - Caminhos em Rn 1.2.1 Caminhos diferenciáveis Exercício 1 Seja f : I −→ Rn um caminho diferenciável. Se existirem a ∈ I e b ∈ Rn tais que a é ponto de acumulação do conjunto f −1 (b), prove que f  (a) = 0.

Solução. Existe x k ∈ I − {a}, tal que lim xk = a e (xk ) ⊂ f −1(b), ou seja, f (xk ) = b , ∀ k > 0 . Mas f é contínua, logo f (a) = lim f (xk ) = lim b = b . Então, por f ser diferenciável, f  (a) existe e é unica, daí f (x) f (a) f (xk ) = lim x→a k→∞ x a xk f (a) f (a) = lim k→∞ xk a 0 = lim x→∞ xk a

f  (a) = lim

− − − − −

− f (a) −a

= 0.

Exercício 2 Seja f : I −→ R2 um caminho diferenciável, cuja imagem coincide com o gráfico da função g : [0, 1] −→ R e g(t) = |t|. Se a é um ponto interior de I tal que f (a) = (0, 0), prove que f  (a) = 0.

Solução. Como a imagem de f coincide com o gráfico de g temos que f (t) = (x(t), |x(t)|), ∀ t

I , com f (a) = (0, 0). Note que x(t)

∈

| | ≥ 0, ∀ t ∈ I ⇒ a é ponto de mínimo da função t →  |x(t)| e

então a derivada desta função é zero em t = a . Assim, como

−|x(t)| ≤ x(t) ≤ |x(t)| ⇒ x(a) = 0. Portanto, f  (a) = (x (a), x  (a)) = (0, 0).

||

Exercício 3 Seja f : R

a hélice cilíndrica, definida por f (t) = (cos t,sent,t). Prove que, para todo t ∈ R, a reta que liga os pontos f (t) e f (t) + f  (t) intersecta o eixo vertical de R3 . 3

−→ R


24

Solução. Temos f  (t) = (−sent, cos t, 1) e f  (t) = (− cos t, −sent, 0), então f (t) + f  (t) = (cost, sent, t) + ( cost, sent, 0) = (0, 0, t)

−

−

o qual já pertence ao eixo vertical de R3 .

Exercício 4 O caminho g : R −→ R3, definido por g(t) = (a cos bt, asen bt, ct) , é também chamado de hélice.

Determine a relação entre as constantes a, b, c a fim de que o caminho g esteja parametrizado pelo comprimento do arco. 

Solução. Uma curva α é parametrizada pelo comprimento do arco se |α (t)| = 1.

Seja g : R −→ R3 , definido por g(t) = (a cos bt,asenbt,ct). 

Temos que g (t) = (−absen bt, ab cos bt,c) logo, 

|g (t)|

   − √ 

g  (t), g  (t)

=



( absen bt)2 + (ab cos bt)2 + c2

=

a2b2 sen 2 bt + a2 b2 cos2 bt + c2

=

a2 b2 (sen 2 bt + cos2 bt) + c2

=

√ a b

2 2

=

+ c2 .

Como queremos que g seja parametrizada pelo comprimento do arco temos que ter 

|g (t)|

= 1

⇒ ⇒

√

a2 b2 + c2 = 1

a2 b2 + c2 = 1.

1.2.2 Cálculo diferencial de caminhos Exercício 1 Seja f : [a, b] −→ Rn um caminho diferenciável tal que f (a) = f (b) = 0. Prove que existe c ∈ (a, b) tal que f (c), f  (c) = 0.

Solução. Seja g : [a, b] −→ R; g(t) =  f (t), f (t). Temos que g é contínua em [a, b] e dife-

renciável em (a, b). Além disso g(a) = g(b). Daí, pelo teorema do valor médio para funções reais, temos que existe c ∈ (a, b) tal que 0 = g(b) − g(a) = g  (c)(b − a) = 2 f (c), f  (c) (b − a) ⇒

f (c), f (c) = 0.


25

Exercício 3 Seja f : I

2

Rn um caminho diferenciável cujos valores são matrizes n × n. Prove que g : I −→ Rn , dado por g(t) = f (t)k , é diferenciável e calcule g  (t).

−→

2

ϕ

Solução. Temos que g é diferenciável, pois é a composta t → f (t) → (f (t), ··· , f (t)) → f (t)k , 2

onde ϕ : Rn

n2

é a aplicação k -linear dada pelo produto de matrizes. f : Rn −→ Rn A derivada da função é a transformação linear f  (x) : Rn

×···×R

2

2

2

x

k

f  (x) v =

·

 i=1

x

− →

k

n2

→R

, dada por

xi−1 v xk−i .

· ·

Em dimensão 1 e pela regra da cadeia

 k

f  (t) =

x(t)i−1 x(t)k−i

·

i=1



· f (t).

1.2.3 A integral de um caminho Exercício 1 Sejam f : [a, b] −→ R n e ϕ : [a, b] → R de classe C 1 . Se |f  (t)| que |f (b) − f (a)| ≤ ϕ(b) − ϕ(a).

≤ ϕ(t) para todo t ∈ (a, b), prove

Solução. Pelo Teorema Fundamental Cálculo para caminhos temos:



b

f  (t)dt = f (b)

a

  |   ≤

− f (a)

b

⇒ |f (b) − f (a)

=

 ≤  | b

f  (t)dt

a b

a

ϕ (t)dt = ϕ(b)

a

∴

f  (t) dt

|

− ϕ(a)

|f (b) − f (a)| ≤ ϕ(b) − ϕ(a).

Exercício 2 Seja f : [a, a + h] −→ Rn um caminho de classe C k . Prove que hk−1 k−1  f (a + h) = f (a) + h · f (a) + · ·· + f (a) + rk (k

onde rk =

hk (k

− 1)!



1

0

(1

k 1 (k)

− t) − f

− 1)!

(a + th)dt.


Solução. Como f (t)





26

f 1 (t), . . . , fn (t) é um caminho de classe C k , segue que

=

−→ R é um caminho de classe C , ∀i = 1 . . . n.

f i (t) : [a, a + h]

Pela fórmula de Taylor com

k

resto integral para funções reais temos que

f i (a + h) = f i (a) + h f i (a) +

·

onde

r ki

=

Assim,

(k



1

hk

− 1)!

k 1 (k) i (a

− t) − f

(1

0

+ th)dt,

 

f (a + h) =

k 1

−

·· · + (kh− 1)! f − (a) + r , k 1 i

i k

∀ i = 1, . . . , n.



f 1(a + h), . . . , fn (a + h)

hk−1 k−1  = f 1 (a) + h · f 1 (a) + ··· + f 1 (a) + rk1 , . . . , fn (a) + h · f n (a) + ··· + (k − 1)! k −1 h + f k−1 (a) + r n n

k



− 1)! h−  f (a) + h · f (a) + · ·· + f − (a) + r , (k − 1)! (k

=

k 1

k 1

k

onde rk = (rk1 , =

, rkn )

 · ··  − −  − 1

hk

(1

(k 1)! 0 1 hk = (1 (k 1)! 0

(k)

t)k−1 f 1 (a + th)d t , . . . ,

(k

t)k−1 f (k) (a + th)dt.

−



1

hk

− 1)!

(1

0

k 1 (k) n (a

− t) − f



+ th)dt

Exercício 3 Sejam f, g : [a, b] −→ Rn caminhos de classe C 1 . Prove que

  b

  − b





f (t), g (t) dt = f (b), g(b)

a

 − f (a), g(a)













f (t), g(t) dt.

a

Solução. Denotando f = (f 1 , . . . , fn ) e g = (g1 , . . . , gn ), temos que

  b



  

b

f (t), g (t) dt =

a

a

=



f 1 (t)g1 (t) +

b

∗

1

 |−

b

b a

a



b

f 2 (t)g (t)dt + · ·· + 2



1

a

1

b

a

1

f 1 (t)g1 (t)dt +

a

f n (t)gn (t)dt

 |−

b

b a



f (t)g (t)dt ··· + f (t)g (t) f (b)g (b) − f (a)g (a) − f (t)g (t)dt + ··· + f (b)g (b) − f (a)g (a)− − f (t)g (t)dt f (b), g(b) − f (a), g(a) − f (t), g(t) dt.



=





m (t)dt

b

= f 1 (t)g1 (t) =

n

f 1 (t)g (t)dt +

a

( )

·· · + f (t)g

   b

1

a



n

n

n

n



1

b

a

1



a

n



n

n

n

n

n


27

( ) Teorema da Integração por partes:

∗

Se f, g : [a, b] −→ R possuem derivadas integráveis então



b

 |−

b

f (t)g  (t)dt = f (t)g(t) b

a

a

f  (t)g(t)dt.

a

1.2.4 Caminhos retificáveis Exercício 1 Seja f : [a, b] −→ Rn um caminho retificável, com f (a) = A e f (b) = B . Se seu comprimento é

| − A|, prove que f é uma reparametrização do caminho retilíneo [A, B]. Solução. Para toda partição P = {a = t < t < ··· < t = b} temos que |B − A | ≤ l(f, P ) ≤ l(f ). Como l(f ) = |B − A |, segue-se que l(f, P ) = |B − A |. Resulta que os pontos A = f (t ), f (t ) ··· , f (t ) = B estão dispostos ordenadamente sobre o segmento de reta AB . Então, ∀t ∈ [a, b], tem-se f (t) = A +ϕ(t) · v, com v = B − A, e a função ϕ : [a, b] −→ [0, b] é não-decrescente. Com f ∈ C , segue-se que ϕ ∈ C , como é não-decrescente, ϕ  ≥ 0. Logo f é uma reparametrização do caminho retilíneo f (t) = A + t · v. l(f ) = B

0

0

1

1

k

k

1

1

Exercício 3 Seja U ⊂ R n aberto e conexo. Dados a, b ∈ U , prove que existe um caminho retificável f : I → U começando em a e terminando em b.

Solução. Seja a, b ∈ U . Como U é aberto e conexo, segue que U é conexo por caminhos, logo

existe um caminho poligonal contido en U que liga a e b. Isto é, existem x0 , x2 , . . . , xn que o caminho retilíneo P i : [0, 1]

∀ i = 1, . . . , n, onde x

−→

∈ U tais

U com P i (0) = xi−1 e P i (1) = xi está contido em U ,

→ U como a justaposição dos caminhos P , P , . . . , P para uma partição P = {t < t < .. . < t }. Assim, 1

2

0

= a e x n = b. Defina o caminho f : [0, 1]

n

0

k

l(f ; P ) =

|

f (ti )

i=1

1

n

k

− f (t − )| = i 1

|

xi

i=1

− x − | ≤ nK, i 1

onde K = max{|xi − xi−1 |}. Então l(f ; P ) é limitado para toda partição P . Portanto f é retificável. i=1,n

Exercício 4 Dado U ⊂ R n aberto e conexo, defina a distância intrínseca entre os pontos a, b ∈ U como o ínfimo dU (a, b) dos comprimentos dos caminhos retificáveis f : I

−→ U , que ligam a e b. Prove que se (x ) k

é uma sequência de pontos em U e a ∈ U , tem-se que lim xk = a se, e somente se, lim dU (xk , a) = 0.


28

Solução. (⇐) Da definição de distância intrínseca entre os pontos x e a concluimos que |x − a| logo se lim dU (xk , a) = 0 ⇒ lim xk = a . ( ) Seja B = B(a; r)

⇒

lim xk

≤d

,

U (x, a)

⊂ U . Para pontos x ∈ B, tem-se que d (x , a) = |x − a |, portanto = a ⇒ lim |x − a | = 0 ⇒ lim d (x , a) = 0, pois x ∈ B para todo k suficientemente k

k

U

U

k

k

k

grande.

1.3 - Funções Reais de n Variáveis 1.3.1 Derivadas parciais Exercício 1 Um conjunto X ⊂ Rn chama-se i-convexo (1 ≤ i ≤ n) quando para quaisquer a, b ∈ X tais que b = a + te i , tem-se [a, b]

⊂ X . (Se X ⊂ R , diz-se então que X é horizontalmente convexo ou verticalmente convexo, conforme seja i = 1 ou i = 2). Prove que se o aberto U ⊂ R é i -convexo e a ∂f função f : U −→ R cumpre (x) = 0 para todo x ∈ U então f não depende da i-ésima variável, ∂x isto é, x, x + te ∈ U ⇒ f (x + te ) = f (x). 2

n

i

i

i

Solução. Como U é i-convexo, o segmento de extremos x e x + tei está contido em U .

∂f (x) = 0 para todo x U nos assegura que f é contínua em ∂x i [x, x + te i ] e é diferenciável em (x, x + te i ), daí pelo Teorema do Valor Médio, θ (0, 1) tal ∂f que f (x + tei ) f (x) = (x + θte i )t = 0 f (x + tei ) = f (x), como queríamos. ∂x i

Além disso, a existência de

∈

∃ ∈

−

⇒

Exercício 2 Sejam X = { (x, 0); x

≥ 0} e U = R − X . Defina f : U −→ R pondo f (x, y) = x quando ∂f = 0 em todos os pontos x > 0, y > 0 e f (x, y) = 0 quando x ≤ 0 ou y < 0 . Mostre que se tem ∂y 2

2

de U mas f depende de y .

Solução. O conjunto aberto U = R 2 − X é horizontalmente convexo. E, para determinarmos as

derivadas parciais de f em relação à y , consideremos as duas restrições que definem f : (i) Para x > 0, y > 0, f (x, y) = x 2

⇒

(ii) Para x ≤ 0 ou y < 0, f (x, y) = 0

∂f = 0; ∂y

⇒

∂f = 0. ∂y


29

Para mostrar que f depende de y , basta mostrar que f assume valores diferentes para diferentes valores de y . Para tal, considerando x > 0, y > 0, temos que f (x, y) = x2 é estritamente positiva e, tomando o simétrico da segunda coordenada (essa passa a ser negativa), obtemos f (x, −y) = 0.

Exercício 3 Diz-se que um caminho retilíneo f : I −→ Rn é paralelo ao i-ésimo eixo quando ele é da forma f (t) = a + tei , t

∈ I . Se U ⊂ R

n

é um aberto conexo, prove que dois pontos a, b ∈ U quaisquer

podem ser ligados por um caminho poligonal contido em U , cujos trechos retilíneos são paralelos aos eixos. Conclua que se U

n

⊂R

é conexo e f : U −→ R cumpre

qualquer i com 1 ≤ i ≤ n, então f é constante.

∂f (x) = 0 para todo x ∂x i

∈ U e

Solução. Dois pontos quaisquer de uma bola podem ser ligados por um caminho poligonal contido

nela, o qual tem seus lados paralelos aos eixos. Segue-se daí, que o mesmo ocorre em qualquer aberto conexo. Fixando a ∈ U , para todo ponto x ∈ U , unindo-o ao ponto a por um caminho desse tipo, em

∂f = 0, a função f ∂x i se mantém constante ao longo desse segmento. Então f (x) = f (a) para todo x U e f é constante.

cada segmento retilíneo do caminho varia apenas a i-ésima coordenada, e como

∈

Exercício 4 Seja U

⊂R

n

aberto. Se f : U

limitadas, prove que f é contínua.

−→ R possui derivadas parciais



 ≤

∂f ∂x i

: U

−→ R, i = 1, . . . , n

∂f (x) M , i = 1, . . . , n e x M . Solução. Seja M > 0 tal que ∂x i Dados x, x + v U com v = (α1 , . . . , αn ) definamos a seguinte sequência de vetores em Rn :

∈

∀

∀ ∈

v0 = 0 v1 = v0 + α1 e1 v2 = v1 + α2 e2

.. .

...

...

vn = vn−1 + αnen = v.

Daí f (x + v)

− f (x) ⇒ f (x + v) − f (x)

= f (x + v1 ) n

=

 i=1

− f (x + v ) + f (x + v ) − f (x + v ) + . . . + f (x + v ) − f (x) [f (x + v ) − f (x + v − )]

Pelo T.V.M (de uma variável ),

0

i

2

i 1

1

n


|f (x + v ) − i

Então,



 | | ≤

∂f (z ) . αi f (x + vi−1) = ∂x i

|

n

| |

|f (x + v) − f (x)| ≤ M M |x − y|, logo f é contínua.

30

M αi , z [vi−1 , vi ]

| | ∈

αi = M v , daí fazendo y = x + v obtemos que f (y)

i=1

||

|

− f (x)| ≤

1.3.2 Funções de classe C 1 Exercício 1 x2 y R definida por f (x, y) = 2 Seja f : R se (x, y) = (0, 0) e f (0, 0) = 0. Mostre que, para x + y 2 ∂f todo v = (α, β ) R2, existe a derivada direcional (0, 0) mas f não é diferenciável no ponto (0, 0). ∂v 2

−→ ∈



Solução. Se v = (α, β ) então ∂f f (tα, tβ ) f (0, 0) (tα)2tβ 1 α2 β (0, 0) = lim = lim = 2 , t→0 t→0 (tα)2 + (tβ )2 t ∂v t α + β 2

−

∀ v = 0.

Em particular, ∂f ∂f (0, 0) = 0 e (0, 0) = 0 = ∂x ∂y

⇒ ∇f (0, 0) =

Se f fosse diferenciável no ponto (0, 0), teríamos

 

∂f ∂f , (0, 0) = 0. ∂x ∂y

∂f (0, 0) = ∂v

∇(0, 0), v, o que não ocorre.

Exercício 2 Seja f : Rn −→ R uma função contínua que possui todas as derivadas direcionais em qualquer ponto ∂f ∂f de Rn . Se (u) > 0 para todo u ∈ S n−1 , prove que existe a ∈ R n tal que (a) = 0, seja qual for

∈ R . n

v

∂u

∂v

∂f (u) > 0 implica que existe δ > 0 tal que para todo ∂u f (u + tu) f (u) t R satisfazendo δ < t < 0 tem-se > 0 f (u + tu) < f (u). t Note que se δ < t < 0 então 1 δ < 1 + t < 1 (1 + t)u < u = 1 e assim (1 + t)u B(0, 1).

Solução. Seja u ∈ S n−1 . Então a condição

∈

−

−



−



− ⇒ |

⇒ | | |

∈

Além disso, f (1 + t)u < f (u). Como esta desigualdade vale para todo u ∈ S n−1 , temos que o mínimo de f |B[0,1] é assumido em algum ponto a ∈ B(0, 1).

Definindo ϕv : R −→ R por ϕv (t) = f (a + tv), ∀ v ∈ Rn , temos que ϕ tem um mínimo local quando ∂f t = 0 e assim 0 = ϕ  (0) = (a). v

∂v


31

Outra Solução. ∂f f (u + tu) f (u) (u) = lim > 0 . t−→0 ∂u t Considere ϕ : R R definida por ϕu (t) = f (tu).

−

Temos que

−→

Como

ϕu (1 + h) ϕu (1) = lim h−→0 h



−

f (1 + h)u lim h−→0 h

− ϕ (1) = u

f (u)

=

∂f (u) > 0 ∂u

⇒ ϕ (1) > 0, u

então existe ε > 0 tal que 1 − ε < t < 1 ⇒ ϕu (t) < ϕu (1). Assim,

− ε < t < 1, u ∈ S − . n 1

f (tu) < f (u), 1

(i)

Como f é contínua na bola fechada B[0, 1], pelo Teorema de Weierstrass, f assume um mínimo nesse conjunto, o qual é atingido num ponto a tal que |a| < 1. Se essa desigualdade não fosse estrita, teríamos que a ∈ S n−1 e assim, de (i), a não seria ponto de mínimo. Como a ∈ intB[0, 1], temos que a + tv ∈ B[0, 1], para t suficientemente pequeno. Definindo ψ : R −→ R por ψv (t) = f (a + tv), segue que ψv (t) = f (a + tv)

Logo, ∂f f (a + tv) (a) = lim t−→0 ∂v t

≥ f (a) = ψ (0), para cada v ∈ R . n

v

(ii)

− f (a) = lim ψ (t) − ψ (0) = ψ  (0) = 0, ∀ v ∈ R , v

v

t

t

−→0

n

v

pois, por (ii), 0 é um ponto de mínimo local de ψ para cada v ∈ Rn .

Exercício 3 Seja f : Rn

→ R diferenciável no ponto 0. Se f (tx) = t · f (x) para todo t > 0 e todo x ∈ R , prove que f é linear. Conclua que a função ϕ : R −→ R, dada por ϕ(x, y) = x /(x + y ) se (x, y) =  (0, 0) e ϕ(0, 0) = 0, não é diferenciável na origem. Solução. Primeiro note que f diferenciável em 0 ⇒ f contínua em 0. Como ∀ t > 0, n

2

f (tx) = tf (x), então lim+ f (tx) = f t

→0

f (tx) = tf (x)

  lim+ tx

t

→0

3

2

= f (0). Além disso,

f (0) = lim+ f (tx) = lim+ tf (x) = 0.

⇒

t

→0

t

→0

Por outro lado, temos que f  (0)x = lim t

→0

Portanto f é linear.

f (tx)

− f (0) = lim f (tx) − f (0) = lim f (x) = f (x), ∀ x ∈ R . n

t

t

+

→0

t

t

+

→0

2


32

No caso da função ϕ : R2 −→ R dada por x3 ϕ(x, y) = 2 se x2 + y 2 = 0 e ϕ(x, y) = 0 se x2 + y 2 = 0, 2 x + y



 

t3 x3 x3 = tϕ(x, y) e então se temos que f (tx, ty) = 2 2 . Daí, t > 0, ϕ(tx, ty) = t 2 t (x + y 2 ) x + y 2 ϕ fosse diferenciável em (0, 0), pelo que foi provado anteriormente, teríamos ϕ : R 2 R linear, o

∀

que não ocorre.

−→

Exercício 4 Seja f : U → R de classe C 1 no aberto U ⊂ R n . Prove que, dados a ∈ U e ε > 0, ∃ δ > 0 tal que x, y

∈ U, |x − a| < δ, |y − a| < δ ⇒ f (x) − f (y) = ∇f (a), x − y +r(x, y), onde |r(x, y)| < ε|x − y|.

∂r (a) = 0, i = 1, . . . , n, ⇒ r(x) = f (x) − f (a) − f (a)(x − a) ∈ C (U ) e ∂x ∂r (x) − ∂r∂x (a) < ε, ∀ x com |x − a| < δ . então dado ε > 0 , existe δ > 0 tal que ∂x Então pelo T.V.M., |x − a| < δ, |y − a| < δ ⇒ |r(x) − r(a)| < ε|x − y |, pois B(a; δ ) é convexa. Agora note que f (x) = f (a) + f  (a)(x − a) + r(x) e f (y) = f (a) + f  (a)(y − a) + r(y) implicam f (x) − f (y) = f  (a)(x − y) + r(x) − r(y). r(x, y) := r(x) − r(y) ⇒ f (x) − f (y) = ∇f (a), x − y  + r(x, y), onde |r(x, y)| < ε|x − y|.

Solução. f ∈ C 1

1



i

i

i



1.3.3 O Teorema de Schwarz Exercício 1 ∂ 2 f Seja f : I J R de classe C no retângulo aberto I J R . Se é identicamente nula, ∂x∂y R , ψ : J R de classe C 2 tais que f (x, y) = ϕ(x) + ψ(y) para todo prove que existem ϕ : I 2

× −→

∈ × J .

× ⊂

−→

2

−→

(x, y) I

∂ 2 f ∂ 2f ∂f ∂f Solução. Como e são identicamente nulas, não depende de x e não depende ∂x∂y ∂y∂x ∂y ∂x de y . Fixando (x0 , y0 ) I J podemos então definir as funções ϕ : I R e ∂f ∂f ψ : J R pondo ϕ(x) = (x, y0 ) e ψ(y) = (x0 , y), as quais são de classe C 1 e cum∂x ∂y ∂f ∂f prem ϕ(x) = (x, y), ψ(y) = (x, y) para todo (x, y) I J . Então ∂x ∂y

∈

×

−→

−→

∈ ×


f (x, y) = f (x, y)

 

x

=

− f (x , y) + f (x , y) − f (x , y ) + f (x , y ) 0

x

=

0

∂f (s, y)ds + ∂x

x0

33





y

y0

0

0

0

0

∂f (x0 , t)dt + f (x0 , y0 ) ∂y

y

ϕ(s)ds +

x0

ψ(t)dt + f (x0 , y0 )

y0

= ϕ(x) + ψ(y).

Exercício 2 ∂ 2 g ∂ 2 g Use o exercício anterior para provar que se g : R R R é de classe C , com 2 = 2 , então ∂x ∂y 2 R e ψ : R R de classe C , tais que g(x, y) = ϕ(x + y) + φ(x y) para todo existem ϕ : R 2

× →

(x, y).

−→

−→

−

Solução. Definamos f : R2 −→ R, pondo f (u, v) = g (u + v, u − v). ∂f ∂u ∂ 2 f ∂v∂u



=

=

∂ 2 g ∂x ∂ 2 g ∂y ∂ 2 g ∂x ∂ 2 g ∂y + + + 2 ∂x 2 ∂v ∂y∂x ∂v ∂x∂y ∂v ∂y ∂v

=

=

⇒

 

∂ 2 g ∂x 2 ∂ 2 g ∂y 2

−

∂ 2 g ∂y 2

−

∂ 2 g ∂x 2

  +

∂g ∂g + ∂x ∂y



∂g ∂x ∂g ∂y + = ∂x ∂u ∂y ∂u

∂ 2 g ∂x∂y

−

∂ 2 g ∂y∂x

e



∂ 2f = 0. ∂v∂u

Logo f satisfaz as condições do exercício anterior, donde segue que existem ϕ : R

−→ R e ψ : R −→ R tais que f (u, v) = ϕ(u) + ψ(v) = g (u + v, u − v), fazendo u + v = x e u − v = y temos u = x + y e v = x − y ∴ g(x, y) = ϕ(x + y) + ψ(x − y), ∀ (x, y).


34

Exercício 3 Seja f : R n existem aij

−→ R de clase C , tal que f (t, x) = t f (x) para todo t > 0 e todo x ∈ R . Prove que ∈ R (i, j = 1, . . . , n) tais que f (x) = a x x para todo x = (x , . . . , x ) ∈ R . 2

2

n

n



i,j i j

1

n

n

i,j=1

4

4

x + y ? x2 + y 2

Como explicar f (x, y) =

Solução.

n

∂f (t, x)x j onde j=1 ∂x j se usou a regra da cadeia. Derivando outra vez em relação a t (isso é possível, pois f C 2 ):

(i) Derivando a igualdade t f (x) = f (tx) em relação a t, obtemos 2tf (x) = 2

n

2f (x) =

n

  i=1 j=1

ou seja, 1 f (x) = 2

n

n

i=1 j=1



∈

∂ 2 f (tx)xi x j , ∂x i ∂x j ∂ 2f (tx)xi x j . ∂x i ∂x j

Tomando o limite quando t −→ 0 , obtemos 1 f (x) = 2

n

n

 i=1 j=1

∂ 2 f 1 lim tx xi x j = ∂x i ∂x j t→0 2

 

n

n

 i=1 j=1

∂ 2 f 1 (0)xi x j = ∂x i ∂x j 2

n

n



aij xi x j ,

i=1 j=1

∂ 2 f onde aij = (0). ∂x i ∂x j x4 + y 4 (ii) f (x, y) = 2 não é de classe C 2 , pois não tem derivadas parciais contínuas no ponto 2 x + y 2

 

(0, 0). Portanto, f (x, y) =

aij xy .

i,j=1

Exercício 4 Sejam f, ϕ : U −→ R n+1 de classe C 2 no aberto U ⊂ R n . ( Isto é, as funções-coordenada de f e ϕ são de classe C 2 .) Suponha que

a matriz [aij (x)], onde aij (x) =

 



∂ϕ f (x), (x) = 0 para todo x U e todo i = 1, . . . n. Prove que ∂x i ∂f ∂ϕ (x), (x) , é simétrica, seja qual for x U . ∂x i ∂x j

∈



∈

Solução. Temos que f, ϕ : U −→ R n+1 são de classe C 2 . Seja





∂ϕ todo i = 1, . . . , n. Em particular, f (x), (x) ∂x j





∂ϕ f (x), (x) = 0 x ∂x i

= 0.

Logo, derivando a primeira igualdade em relação a x j temos:







∂f ∂ϕ ∂ 2 ϕ (x), (x) + f (x), (x) ∂x j ∂x i ∂x j xi

=0

(1)

∀ ∈ U e


35

e derivando a segunda igualdade em relação a xi temos:





∂f ∂ϕ ∂ 2 f (x), (x) + f (x), (x) ∂x i ∂x j ∂x i x j



= 0.

(2)

Igualando (1) e (2) obtemos:



∂f ∂ϕ ∂ 2 ϕ (x), (x) + f (x), (x) ∂x j ∂x i ∂x j xi









−

=









∂f ∂ϕ ∂ 2 f (x), (x) + f (x), (x) ∂x i ∂x j ∂x i x j

⇒ ∂f ∂ϕ ∂ 2 ϕ (x), (x) + f (x), (x) ∂x j ∂x i ∂x j xi



∂ 2 f (x) f (x), ∂x i x j

=

 

∂f ∂ϕ (x), (x) . ∂x i ∂x j



∂f ∂ϕ ∂f ∂ϕ (x), (x) = (x), (x) . Pelo Teorema de Schwarz, segue que ∂x j ∂x i ∂x i ∂x j ∂f ∂ϕ Portanto a matriz [aij ], onde aij (x) = (x), (x) é simétrica. ∂x i ∂x j



1.3.4 A fórmula de Taylor Exercício 1 Seja r : U −→ R uma função de classe C k definida num aberto U ⊂ R n que contém a origem 0. Se r, juntamente com todas as suas derivadas parciais até as de ordem k , se anulam no ponto 0 , prove r(v) que lim k = 0. v →0 v

||

Solução. Provaremos por indução sobre k . Para k = 1 a afirmação é verdadeira, pois por hipótese r é diferenciável e r  (0) = r(0) = 0, então r(v) r(v) r(v) = r(0) + r  (0)v + r(v), onde 0 = lim = lim . v →0 |v | v →0 | v | Supondo o resultado válido para k − 1 e seja r uma função k vezes diferenciável em 0, com todas as derivadas parciais de ordem menor ou igual a k nulas na origem. Então para cada i = 1, . . . , n a função

∂r : U ∂x i

→ R é k − 1 vezes diferenciável e também tem todas as derivadas parciais de ordem menor ou igual a k − 1 nulas na origem. Daí, pela hipótese de indução, temos que n

θ

∈

∂r (v) ∂x i lim k 1 v 0 v

→

| |−

= 0. Pelo Teorema do Valor Médio, existe

n ∂r (θ ) ∂r r(v) ∂x i v (0, 1) tal que r(v) r(0) = (θv )vi , onde r(0) = 0. Daí, = ∂x i vk v k−1 i=1 i=1 v r(v) Note que, para todo i = 1, . . . , n , i é limitado, então no limite temos lim k = 0. v→0 v v

−



||

||

|| ||

· |vv| . i


36

1.3.5 Pontos críticos Exercício 1 Uma função f : U n

 i=1

−→

R, de classe C 2 no aberto U

∂ 2 f (x) = 0 para todo x ∂x i ∂x i

∈ U .

⊂

Rn , chama-se harmônica quando

Prove que a matriz hessiana de uma função harmônica não

pode ser definida (nem positiva nem negativa).

Solução. Se [hij ] é a matriz da forma quadrática H então hii = H · v2 , com v = ei =

(0, . . . , 1, . . . , 0). Portanto os elementos da diagonal da matriz de uma forma quadrática positiva

(ou negativa) são todos números positivos (ou negativos) e assim sua soma não pode ser igual a zero.

Exercício 2 Sejam f : U −→ R uma função arbitrária,definida num aberto U ⊂ Rn . Prove que o conjunto dos pontos de máximo (ou de mínimo) local estrito de f é enumerável.

Solução. Seja U o conjunto dos pontos de máximo local estrito de f . Dado x ∈ U, ∃ B(x; 2δ ) ⊂

U , tal que y

∈ B (x; 2δ ), y = x ⇒ f (y) < f (x) ( pois U é aberto e x é máximo local estrito). Para cada x ∈ U escolhamos um ponto q ∈ Q ∩ B(x; δ ), (isto é possível pois Q é denso em R ) e um número racional r > 0 tal que |x − q | < r < δ , portanto B(q ; r ) ⊂ B(x; 2δ ) e daí y ∈ B(q , r ) com y  = x ⇒ f (y) < f (x). A correspondência x → (q , r ) é injetiva pois se q = q e r = r então x ∈ B(q ; r ) e x ∈ B(q ; r ). Se fosse x  = x , teríamos f (x ) < f (x) e f (x) < f (x ), o que é um absurdo. n

x

x

x

n

x

x

n

x

x

x



x

x

x



x

x



x

x

x

x

x

Disto segue que f é injetiva e assim existe uma correspondência injetiva entre os elementos de U e um subconjunto de Q × Q, portanto U é enumerável.

Exercício 3 Determine os pontos críticos de função f : R2

−→

R, f (x, y) = cos(x2 + y2 ) e da função

− y − x + y. ∂f ∂f = −2sen (x + y ) · (x, y), os pontos críticos de f são Solução. Como ∇f (x, y) = , ∂x ∂y aqueles para os quais ∇f (x, y) = (0, 0). Temos x = y = 0 ou sen(x + y ) = 0, i.é, a origem e os √ pontos (x, y) com x + y = kπ , k ∈ N (circunferências com centro na origem e raio kπ ). Como ∇g(x, y) = (3x − 1, −3y + 1), os pontos críticos (x, y) devem satisfazer 3x − 1 = 0 e g(x, y) = x 3

3

 

2

2

2

2

2

2

2

2

2


−3y

2

37

+ 1 = 0, assim os pontos críticos são A =

 √ √   √ √  √ √  − −    −  3 3 , 3 3

3 3 , 3 3

,B =

A matriz Hessiana Hg(x, y) é dada por

, C =

6x

0

0

6y

3 , 3

3 3

e D =

 √ √  − 33 , − 33

.

. Vejamos a natureza dos pontos críticos.

Seja v = (α, β ).

No ponto A, tem-se ( α β )

 √     − √    2 3 0

0

α

2 3

β

√ = 2 3(α − β ). 2

2

Logo a forma quadrática é indefinida. Portanto, A é um ponto de sela. Analogamente podemos observar que C é un ponto mínimo local, B é um máximo local e D é outro ponto de sela.

Exercício 4 Seja f : U

R diferenciável no aberto limitado U

−→

⊂

Rn . Se, para todo a

lim f (x) = 0, prove que existe em U pelo menos um ponto crítico de f .

∈

∂U , tem-se

x

→a ¯ ⊂ Rn −→ R por F (x) = f (x), se x ∈ U , e F (x) = 0, se x ∈ ∂U . Solução. Defina F : U

Por hipótese, temos que f |U é contínua, pois f é diferenciável em U . Além disso, se a

hip. F (x) = lim f (x) = 0 = F (a). ∈ ∂U , então lim → → x

a

x

a

¯. Logo, F é contínua em U

¯ é compacto, pelo Teorema de Weierstrass, f assume máximo e mínimo em U ¯. Como U

Como F (x) = 0,

∀ x ∈ ∂U , então, exceto se F for identicamente nula, pelo menos um ponto

crítico (máximo ou mínimo) é assumido em U . Portanto, f possui pelo menos um ponto crítico.

Exercício 5 Determine os pontos críticos da função f : R2 −→ R dada por f (x, y) = x 2 + y 2 + (x2 − y2 − 1)2 e calcule as matrizes hessianas correspondentes.

∂f ∂f (x, y) = 2x + 2(x2 y 2 1)2x e (x, y) = 2y ∂x ∂y Então os pontos críticos de f são as duplas (x, y) que satisfazem:

Solução. Temos que

 

x + x(2x2 y

2

− y(2x

2

− 2y − 2) = 0 − 2y − 2) = 0 2

− −

− 2(x − y − 1)2y. 2

2


38

Então segue da primeira expressão que devemos ter x = 0 ou 2x2 expressão devemos ter y = 0 ou 2x2 − 2y 2 = 3. Daí as soluções desse sistema são os pontos (0, 0), trizes hessianas são:

H (0, 0) =

−    2 0

0

e

6

H

− 2y

 √   √  2 ,0 , 2

− 22 , 0

e suas respectivas ma-

 √    ± 2 ,0 2

=

= 1 e da segunda

2

4 0 0 4

.

Exercício 6 Dados a1 , . . . , ak em Rn , determine o ponto em que a função f : Rn k

f (x) =

| − x

i=1

−→

R, definida por

ai 2, assume o valor mínimo.

|

Solução. f (x) = |x − a1|2 + |x − a2|2 + ··· + |x − ak |2 .

Temos que

∂f (x) = 2( x ∂x i

   − k

 − a , e  + x − a , e  + ·· · + x − a , e ) = 2 1

i

2

i

k

i

Daí

kx

a j , ei

j=1

k

∂f (x) = 0, ∂x i

k

∀ i = 1, . . . , n ⇔ kx

Além disso,

 −

a j = 0

j=1

⇔ x =



j=1

∂ 2 f ∂ 2 f (x) = 0, se i = j, e (x) = 2k, se i = j. ∂x j ∂x i ∂x 2i



Desse modo

Hf (x) =

k

n

⇒ det Hf (x) = (2k)

> 0

⇒ x =

1 k



j=1

   

2k

0

0

2k

0

0

.. .

0

...

0

·· · ·· · ·· ·

0

...

...

·· ·

2k

0 0

   

,

a j é ponto de mínimo de f .

k

a j .

.


39

1.3.6 Funções convexas Exercício 1 Seja A ⊂ R n um conjunto convexo. Prove que a função f : Rn é convexa.

−→ R, definida por f (x) = d(x, A),

Solução. Para x, y ∈ Rn e t ∈ [0, 1], sejam x, y ∈ A tais que d(x, A) = |x − x| e d(y, A) = |y − y|.

Então (1 − t)x + ty

∈

A (pois o fecho de um conjunto convexo é também convexo). E como

d(x, A) = d(x, A), temos:



f (1

− t)x + ty

 − ≤ − = d (1

t)x + ty, A

t)x + ty]



− [(1 − t)x + ty] = |(1 − t)(x − x) + t(y − y)| ≤ (1 − t)|x − x| + t|y − y| = (1 − t)f (x) + tf (y). [(1



Exercício 2 Prove que todo ponto de mínimo local de uma função convexa é um ponto de mínimo global. Além disso, o conjunto dos pontos de mínimo é convexo.

Solução. Seja a ∈ X um ponto de mínimo local da função convexa f : X −→ R. Se existisse



um x



∈ X tal que f (x) < f (a) então, para todo t ∈ [0, 1], teríamos f (1 − t)a + tx ≤ (1 − t)f (a) + tf (x) < (1 − t)f (a) + tf (a) = f (a). Tomando t > 0 pequeno, obteríamos pontos y = (1 − t)a + tx tão próximos de a quanto se deseje, com f (y) < f (a), logo a não seria um ponto

de mínimo local. Além disso, se x e y são pontos de mínimo de f , então como o mínimo local de f é mínimo global, segue que f (x) = f (y), daí se z = (1 − t)x + ty , para algum t f (x)

∈

[0, 1], então

≤ f (z ) ≤ (1 − t)f (x) + tf (x) = f (x), portanto f (z ) = f (x) ⇒ z é mínimo global.

Exercício 3 Prove que uma função convexa, f : U −→ R, com U aberto, (mesmo não-diferenciável) não possui pontos de máximo local estrito.

Solução. Seja a ∈ U . Como U é aberto, a é ponto médio de segmentos de reta [b, c] ⊂ U . Como

f é convexa, tem-se

f (a)

≤ 21





f (b) + f (c)


40

Suponha que a é um máximo local estrito, assim f (a) > f (b) e f (a) > f (c), logo 2f (a) > f (b) + f (c). Segue-se que f (b) + f (c)

≥ 2f (a) > f (b) + f (c)

Esta contradição conclui a prova.

Exercício 4 Prove que o conjunto dos pontos críticos (todos necessariamente mínimos globais) de uma função convexa diferenciável é um conjunto convexo, no qual f é constante.

Solução. Dados a, b ∈ U pontos críticos arbritrários. Sabemos que ambos são pontos de mínimo

global de f e, em particular, f (a) = f (b). Assim, dado t ∈ [0, 1] ⇒ f ((1 − t)a + tb) ≤ (1 − t)f (a) + tf (b) = f (a), como f (a) é ponto mínimo global, então concluimos que f (1

portanto o conjunto dos pontos críticos de f é convexo.

− t)a + tb)) = f (a) e

Exercício 5 Se f : X −→ R é convexa, prove que, para todo c ∈ R, o conjunto dos pontos x

≤ c é convexo. Dê exemplo mostrando que a recíproca é falsa. Solução. Tomemos a e b ∈ X , tais que f (a) e f (b) ≤ c. z = t(b − a) + a = (1 − t)a + tb. Temos que

∈

X tais que

f (x)

f (z ) = f ((1

Se t

∈

[0, 1], então defina

− t)a + tb) ≤ (1 − t)f (a) + tf (b) ≤ (1 − t)c + ct = c,

portanto z

∈ Y , onde Y = {x ∈ X ; f (x) ≤ c} ⇒ Y é convexo. Agora note que f (x) = −x não é uma função convexa, mas para todo c ∈ Y = {x ∈ X ; f (x) ≤ c } é convexo, portanto a recíproca é falsa. 2

R, o conjunto

Exercício 6 Uma função f : X −→ R, definida num conjunto convexo X ⊂ Rn chama-se quase convexa quando,

para todo c ∈ R, o conjunto X c = {x ∈ X ; f (x) ≤ c } é convexo. Prove que f é quase-convexo se, e



somente se, f (1 − t)x + ty

Solução.

⇒

≤

max f (x), f (y) para x, y

{

}

∈ X e t ∈ [0, 1] quaisquer.

( )

Para f : X −→ R quase-convexa, X ⊂ Rn convexo, seja c = max{f (x), f (y)}. Então, f (x) ≤ c




e f (y) ≤ c. Logo, pela convexidade de X , f (1 − t)x + ty t [0, 1].

∈

⇐

 ≤

41

c = max f (x), f (y) para todo

{

}

( )



Suponha que f (1 − t)x + ty

 ≤

max f (x), f (y) , para quaisquer x, y

∈ X e t ∈ [0, 1]. Sejam x, y ∈ X tais que f (x) ≤ c e f (y) ≤ c. Então, max{f (x), f (y)} ≤ c. Portanto, t ∈ [0, 1] ⇒ f ((1 − t)x + ty) ≤ max {f (x), f (y)} ≤ c e f é quase-convexa. {

}

2 Exercícios do Livro Curso de Análise vol.2

2.1 - Topologia do Espaço Euclidiano 2.1.1 Limites Exercício 1 Sejam X ⊂ R m ilimitado, f : X → R n uma aplicação e a ∈ R n. Diz-se que lim f (x) = a quando, x→∞ para todo  > 0 , existe r > 0 tal que x ∈ X , |x| > r ⇒ |f (x) − a| < . Prove que lim f (x) = a se, x→∞ e somente se, para toda sequência de pontos xk ∈ X com lim |xk | = ∞, tem-se que lim f (xk ) = a . k→∞ Solução. ( ⇒) Suponha que lim f (x) = a e tomemos (xk ) ⊂ X tal que lim |xk | = ∞. x→∞ k→∞ Assim, lim f (x) = a ⇒ dado  > 0, ∃ r = r(a, ) tal que x ∈ X, | x| > r ⇒ |f (x) − a| < . x→∞ Mas lim |xk | = ∞ ⇒ ∃ k0 ∈ N tal que ∀ k ≥ k 0 , |xk | > r. k→∞ Portanto, ∀ k > k0 tem-se |f (xk ) − a| <  ⇒ lim f (xk ) = a . k→∞ (⇐) Suponha, por absurdo, que lim f (x)  = a . Então existe 0 > 0 tal que ∀ k ∈ N, ∃ xk ∈ X x→∞ tal que |xk | > k e |f (xk ) − a| ≥ 0 . Daí, olhando para esta sequência (xk ) temos que lim |xk | = ∞, k→∞ = a . Contradição! mas lim f (xk )  k→∞

Exercício 3 Seja f : X

−→ R definida num conjunto ilimitado X ⊂ R . Defina o que se entende por lim f (x) = ∞ e dê uma caracterização deste conceito por meio de sequências. −→∞ Solução. Diz-se que se tem lim f (x) = ∞ quando para todo B > 0 existe A > 0 tal que −→∞ |x| > A ⇒ |f (x)| > B. n

m

k

k

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2

43

Diz-se que se tem lim f (xk ) = ∞ quando (xk ) é uma sequência em R m que não possui subk−→∞ sequência convergente, isto é, k

lim xk =

−→∞

∞⇒

k

∞.

lim f (x) =

−→∞

Exercício 4 Seja p

:

R2

R2 um polinômio complexo não constante.

→

Mostre que

∞. →∞ Solução. Seja p(z ) = a n .z n + · ·· + a1 .z + a0 , com an  = 0. lim p(z ) =

x

Temos que p(z ) = z n (an +

an−1 z

··· +

+

lim z n.an.

x

a0 ) zn

→∞ Tomemos B > 0 arbitrário, então para A >

a a , daí lim p(z ) = lim z n (an + n−1 + ··· + n0 ) = x→∞ x→∞ z z



B 2 n n |an| , temos que ∀ z ∈ R ; |z | > A ⇒ |z | > A >

n

B n n p(z ) = ∞ |an | ⇒ |an .z | > |an|.A > B ⇒ xlim →∞

Exercício 6 Seja f : R2

→

R definida por f (x, y) =

x2 y 2 x2 +y 2

−

 0 e f (0, 0 ) = 0. Mostre que se x2 + y 2 =

limx→0 (limy→0 f (x, y)) = limy→0 (limx→0 f (x, y)).



Solução. Para que se tenha limy→0 f (x, y) = b ∈ R é necessário e suficiente que limyk →0 f (x, yk ) = b seja qual for a sequência de pontos yk ∈ R\{0} tal que limk→∞ yk = 0. Assim, tomando as sequências yk → 0 e xk → 0 quaisquer temos lim yk = lim xk = 0

k

→∞

k

→∞

e lim (lim f (x, y)) = lim ( lim f (xk , yk ))

x

→0 y→0

xk

→0 yk →0

Daí, lim

xk

lim

yk

→0

→0





xk 2 yk 2 lim yk →0 xk 2 + yk 2

−

xk 2 yk 2 lim xk →0 xk 2 + yk 2

−



= lim xk

→0

  = lim yk

→0



limyk →0(xk 2 yk 2 ) limyk →0 (xk 2 + yk 2 )

−

limxk →0 (xk 2 yk 2 ) limxk →0 (xk 2 + yk 2 )

−



= lim xk

→0

= lim yk

→0

lim (lim f (x, y)) = lim (lim f (x, y)).

→0 y→0



y

xk 2 xk 2

 − 

Portanto, x

 

→0 x→0

yk 2 yk 2

= lim 1 = 1 xk

→0

= lim xk

→0

− 1 = −1

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO LIVRO CURSO DE ANÁLISE ANÁLISE VOL.2

44

2.1.2 2.1.2 Conjun Conjuntos tos compa compacto ctoss Exercício 1 O conjunto dos valores de aderência de uma sequência limitada é um conjunto compacto não - vazio.

Solução. Seja F ={ conjunto dos valores de aderência de (x (xk ) }. Já provamos anteriormente que o conjunto dos valores de aderência de uma sequência é fechado ( exercício 5.2 - Análise Real vol.2), portanto resta provar que F é limitado e não-vazio. ( xk ) é limitado ⇒ Ora, como (x B [0, [0, r] e portanto é limitado.

( x ) ⊂ B (0, (0, r ), daí F, no máximo, está contido em ∃ r > 0 tal que (x k

O fato de F ser não-vazio decorre do Teorema de Bolzano-Weierstrass. Bolzano-Weierstrass.

Exercício 2 2

As matrizes ortogonais n × n formam um subconjunto compacto de R n .

Solução. Uma matriz é ortogonal se, e só se AtA = I = I .

i) O conjunto X das matrizes ortogonais é limitado, pois Ax, Ax = x, AT Ax = x, x =⇒ A = 1. Se A ∈ X , Ax,

ii) X é fechado, pois Se A ∈ X =⇒ ∃(Ak )k∈N , Ak ∈ X tal tal que Ak → A , como Ak ∈ X =⇒ AkT Ak = I além além disso

como Ak → A = A =⇒ AkT → A T pois AkT − AT  = Ak − A, lim AkT Ak = I =⇒ A T A = I = I , k→∞ portanto A∈X. De (i) e (ii) se conclui a prova.

Exercício 3 Todo conjunto infinito X ⊂ ⊂ Rn possui um subconjunto não-compacto.

Solução. De fato, se X ⊂ ⊂ Rn é não-limitado então é não-compacto e assim X é o conjunto procurado. Seja X ⊂ ⊂ Rn infinito e limitado. Então X admite pelo menos um ponto de acumulação. De fato, se X não não contém um ponto de acumulação então todo ponto de X é isolado e daí X X

limitado, logo X é é finito, um absurdo.

⊂ Z , mas X é n



Seja y ∈ Rn tal que y ∈ X . Então ∃(xk ) ⊂ X \{ \{y} tal que xk → y. Definindo Y = {xk ; k ∈ N},

temos que Y

⊂ X , mas não é fechado, pois x → y ∈/ Y .

compacto de X .

k

Portan Portanto, to, Y é um subconjunto não


45

Exercício 4 "Dada uma sequência sequência decrescente decrescente K 1 ⊃ ∞ k = K k é compacta e não é vazia."



·· · ⊃ K ⊃ ·· · de compactos não vazios, a interseção k

k =1

Provar que essa proposição é falsa se tomarmos conjuntos fechados F 1 ⊃ F 2 ⊃

vez de compactos.

·· · ⊃ F ⊃ ·· · em i

Solução. Para cada k ∈ N defina F k = [k, ∞) ⊂ R. F k é fechado pois R

Agora note que

∞



k=1

− F = (−∞, k) é aberto. Além∞disso F ⊃ F ⊃ · · · ⊃ F ⊃ ·· · . F = ∅, caso contrário tome a ∈ F . k

1



k

2

i

k

k=1

Existe j ∈ N tal que j > a ⇒ a ∈/ F k , ∀ k ∈ N com k > j , e isto contradiz o fato de a Portanto

∞



F k =

k=1

∞

 ∈

F k .

k=1

∅

Exercício 5 Seja X ⊂ ⊂ Rn+1 − {0} um conjunto compacto que contém exatamente um ponto em cada semi-reta

de origem 0 em Rn+1 . Prove que X é é homeomorfo à esfera unitária S n .

Solução. Lembremos que uma semi-reta de origem 0 em Rn+1 é um conjunto do tipo σ = tv; tv ; t

{

n+1

0 , 0  = v ∈ R }. ≥ 0,

x . Vamos mostrar que ϕ é um homeomorfismo. x x1 x2 X tais tais que ϕ( ϕ(x1 ) = ϕ( ϕ (x2 ), segue que = x1 x2

Seja ϕ : ϕ : X X ⊂ ϕ(x) = ⊂ S n a aplicação definida por ϕ( Temos que ϕ é bijeção. De fato, dados x1, x2 ∈

|x | x |x | 1

2

= x1

2

⇔

||

| | | | ⇔

x1 e x 2 têm a mesma direção e o mesmo sentido, logo estão na mesma semi-reta e

= x 2 , pois a interseção de cada semi-reta e o conjunto X é assim x1 = x é única. Logo, ϕ é injetiva. = 0, com ϕ( Além disso, ∀ y ∈ S n , ∃ t > 0 tal que ty ∈ X , pois y  ϕ (ty) ty ) =

Dessa maneira, ϕ é também sobrejetiva.

Temos ainda que ϕ é contínua, pois ϕ(x) = Rn+1 − {0}

⇒ |x| = 0).

ty ty y = = = y. ty ty y

| |

|| ||

x é um quociente de funções contínuas (x x

||

∈ X ⊂

Como X é é compacto, logo ϕ é um homeomorfismo.

Exercício 6 Seja X ⊂ for limitado então X é é compacto. ⊂ Rn. Se todo conjunto homeomorfo a X for

Solução. A aplicação h : X

homeomorfismo rfismo.. → X , h(x) = x é um homeomo

Logo X é limitad limitado. o. Ora


46

sabemos que X é é homeomorfo ao gráfico da aplicação contínua h, que é fechado (veja o livro de Espaços Métricos do Elon). Com o gráfico G é homeomorfo a X , ele é limitado, logo G é compacto, portanto X é é compacto.

Exercício 7 Se todo conjunto Y ⊂ Rn homeomorfo a X for for fechado, então X é é compacto. ϕ

Solução. Temos que Rn ≈ B(0 B (0,, 1).

Daí, seja Y homeomorfo a X . Sabemos que Y é homeomorfo a ϕ( ϕ (Y ) Y ) ⊂ B (0, (0, 1), então pela transitransitividade do homeomorfismo, obtemos que X ≈ ϕ (Y ) Y ). Por hipótese, segue que ϕ( ϕ(Y ) Y ) é fechado. Por ≈ ϕ(

ϕ(Y ) Y ) ⊂ B(0 B (0,, 1) ⇒ ϕ( ϕ(Y ) Y ) é compacto. outro lado, ϕ(

Portanto, X é é compacto.

Exercício 8 Seja K = [0, [0, 2π ] × [0, [0, 2π] ⊂ R2 . Defina as aplicações f : K → R3 , g : K → S 1 × S 1 h : S : S 1

1

3

× S → R

pondo

f ( f (s, t) = ((a ((a + b cos s)cos t, (a + b cos s)sent,bsens) sent,bsens), g (s, t) = (cos s,sens, cos t,sent) t,sent),

→R

4

e

a>b

h(g (s, t)) = f ( f (s, t)

i) Mostre que h é bem definida e contínua. ii) h é um homeomorfismo de S 1 × S 1 sobre T = f ( f (K ) = toro gerado pela rotação de um círculo vertical de raio b e centro (a, (a, 0, 0) em torno do eixo z .

Solução. g (s1 , t1 ) = g( g (s2 , t2), i.e., i) Sejam g( (cos s1 ,sens1 , cos t1 ,sent1 ) = (cos s2 ,sens2 , cos t2 ,sent2 )

então cos s1 = cos s2 , sen sen s1 = s = sen en s2 , cos t1 = cos t2 e sen sen t1 = se = sen n t2 logo f ( f (s1 , t1 ) = f ( f (s2 , t2 )

Portanto h( h(g (s1 , t1 )) = h( h (g (s2 , t2 )) e h está bem definida.


47

Agora como f é uma aplicação contínua, pois suas funções coordenadas são contínuas, seguese que h ◦ g é contínua. Além disso, a função g é contínua e está definida num compacto, logo

tem-se que h é contínua. (Teo. (12.6) pag. 46).

ii) Provaremos agora que h é injetiva. De fato, suponha que: h( h (g (s1 , t1 )) = h( h (g(s2, t2 )) i.e. f ( f (s1 , t1 ) = f ( f (s2 , t2), ((a ((a+b cos s1 )cos t1 , (a+b cos s1 )sent1 ,bsens1 ) = ((a ((a+b cos s2 )cos t2 , (a+b cos s2 )sent2 ,bsens2 ) sen s1 = se = sen n s2 . Igualando os terceiros componentes, tem-se sen

Como (a + b cos s1 )2 cos2 t1 = (a + b cos s1 )2 cos2 t1

e (a + b cos s1 )2 sen 2 t1 = (a + b cos s1 )2 sen 2 t1

somando as duas equações anteriores (a + b cos s1)2 = (a + b cos s2 )2

de onde obtemos cos s1 = cos s2

pois sen 2 s1 = sen 2 s2, logo cos t1 = cos t2

sent1 = sen sen t2

g (s1, t1 ) = g( g (s2 , t2 ). e g(

Portanto, h é uma função contínua e injetiva definida em um compacto, então h é um homeomorfismo sobre sua imagem T = f ( f (K ).

2.1.3 Distância Distância entre entre dois conjuntos conjuntos Exercício 1 Se U ⊂ ⊂ Rn é um aberto limitado, não existem x0, y0 ∈ U tais que |x0 − y0| = diam U .

Solução. Por definição, diam U = U = sup{|x − y |; x, y ∈ U }. Então existem sequências xk , yk ∈ U tais tais


48

que lim |xk − yk | = diam U . Seja U ⊂ Rn aberto e limitado. Suponha que existem x 0 , y0 ∈ U tais que |x0 − y0 | = diam U . Como U é limitado, podemos supor que existem sequências (xk ), (yk ) ⊂ U , passando a subsequências, se necessário, tais lim xk = x 0 e lim yk = y0 . Temos que U é aberto ⇒ ∃ δ, ε > 0 tais que B1(x0 , δ )

⊂ U e B (y , ε) ⊂ U , portanto existem 2

0

∈ B e y ∈ B tais que |x − y | > |x − y | = diam U , o que é uma contradição, visto que |x − y | = sup{|x − y|; x, y ∈ U }. x

1

0

2

0

0

0

Exercício 2 Seja B = B[a, r] ⊂ Rn . Para todo x ∈ Rn , tem-se d(x, B) = max{0, |x − a| − r}.

Solução. Se x ∈ B então d(x, B) = 0, além disso

|x − a| − r ≤ 0 ⇒ d(x, B) = 0 = max{0, |x − a| − r}. Se porém x ∈ / B[a, r], então d(x, B[a, r]) > 0, pois {x} é fechado, B[a, r] é compacto e eles são disjuntos. Além disso, ∃ x ∈ B[a, r] tal que d(x, B[a, r]) = |x − x|.

Primeiro note que w = (x − a). |x−r a| + a ∈ B[a, r] e |x − w| = |x − a|−|w − a| = |x − a| − r, (pois w, x e a são colineares e w está entre x e a). Portanto, d(x, B[a, r])

≤ |x − a| − r.

Por outro lado, se x fosse tal que |x − x| < |x − a| − r, então pela desigualdade triangular teríamos

|x − a| ≤ |x − x| + |x − a| < |x − a| − r + r = |x − a|. Contradição. Portanto se x ∈/ B[a, r] ⇒ d(x, B[a, r]) = |x − a| − r = max{0, |x − a| − r}. Então em qualquer caso temos d(x, B[a, r]) = max {0, |x − a| − r}. Exercício 3 Seja T = Rn − B[a, r]. Para todo x ∈ Rn , tem-se d(x, T ) = max{0, |x − a|}.

Solução. Seja x ∈ Rn , se x ∈ T então d(x, T ) = 0 e |x − a | > r

⇒ r − |x − a| > 0, donde

{ − |x − a|}. Se x ∈ / T então x ∈ B[a, r], donde |x − a| ≤ r , isto é, r − |x − a| ≥ 0 . r ≤ |y − a| = |y − x + x − a| ≤ |y − x| + |x − a| ⇒ |y − x| ≥ r − |x − a|, ∀ y ∈ T Dessa forma, d(x, T ) = inf {|x − y |; y ∈ T } ≤ r − |x − a| Como d(x, T ) = d(x, T ), se mostrarmos que existe x ∈ T tal que |x − x| = r − |x − a| teremos que d(x, T ) = r − |x − a|, ou seja, d(x, T ) = r − |x − a|. Considere x = | − | · (x − a) + a um ponto da reta que contem a e x. |x − a| = r ⇒ x ∈ T , mais do que isso, |x − x| = |x − a| − |x − a | = r − |x − a|. Logo d(x, T ) = max 0, r

r x a

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 d(x, T ) = r

49

− |x − a| ≥ 0.

Portanto, em qualquer caso, temos d(x, T ) = max{0, r − |x − a|}

Exercício 4 d(S, T ) = inf d(s, T ). s S

∈ Solução. Lembre que:

i) d(S, T ) = inf {|s − t|; s ∈ S, t ∈ T }. ii) d(s, T ) = inf {|s − t|; t ∈ T }. iii) S 1 ⊂ S 2 , T 1 ⊂ T 2 ⇒ d(S 2 , T 2 ) ≤ d(S 1, T 1 ). Veja que para cada s ∈ S , podemos considerar s = {s}

⊂ S e com T ⊂ T , temos que d(S, T ) ≤ d(s, T ), isso ∀s ∈ S . Então d(S, T ) ≤ inf d(s, T ) (i). Tem-se d(s, T ) ≤ |s − t |, ∀s ∈ S e t ∈ T . Assim, d(s, T ) ≤ |s − t |, ∀s ∈ S, ∀t ∈ T . Logo inf d(s, T ) ≤ d(S, T ), ∀s ∈ S e portanto inf d(s, T ) ≤ d(S, T )(ii) de (i) e (ii) temos ∈ s S

inf d(s, T )

s S

∈

≤ d(S, T )

Exercício 5 A função de Urysohn de um par de fechados disjuntos F, G ⊂ Rn é uniformemente contínua se, e somente se, d(F, G) = 0.

Solução. ( ⇒) Primeiramente, sabemos que d(F, G) ≥ 0 .

Se f é uniformemente contínua, suponha por absurdo que d(F, G) = 0. Então existe (xk ) ⊂ F e

⊂ G, com lim |x − y | = 0. Daí, como ∀ k ∈ N, f (x ) = 1 e f (y ) = 0, segue que →∞ lim |f (x ) − f (y )| = lim |1| = 1  = 0, e isto contradiz o fato de f ser uniformemente contínua. →∞ →∞

(yk ) k

k

k

k

k

k

k

k

k

Portanto, d(F, G) > 0 .

Exercício 6 Considerando em Rn a norma euclidiana, sejam F ⊂ R n um conjunto fechado convexo, a um ponto

de Rn e y0 ∈ F tal que |a − y0 | = d(a, F ). Mostre que, para todo x ∈ F tem-se x − y0 , a − y0  ≤ 0 .

Solução. Tem-se que |a − y0 | ≤ |a − x| ∀ x ∈ F , F é convexo ⇒ tx+(1 − t)y0 ∈ F , para t ∈ [0, 1] ⇒ 2

2

2

2

|a − y | ≤ |a − y − t(x − y )| = |a − y | − 2a − y , t(x − y ) + t |x − y | 0

0

0

0

0

0

0

2


50

então 2a

2

 − y , t(x − y ) ≤ t |(x − y )|, 0

0

0

 0 tem-se para t = 2a

 − y , x − y  ≤ t|(x − y )|, 0

0

0

logo quando t → 0 + obtemos

x − y , a − y  ≤ 0 0

0

∀ x ∈ F. 2.1.4 Conexidade Exercício 1 Uma decomposição X = A ∪ B é uma cisão se, e somente se, nenhum dos conjuntos A, B contêm ¯ ∩ B) ∪ (A ∩ B) ¯ = ∅. um ponto aderente ao outro. Isto se exprime por (A

Solução. Por definição: Cisão de um conjunto X ⊂ Rn é uma decomposição X = A ∪ B onde

∩ B = ∅ e os conjuntos A, B são abertos em X . A ser aberto em X equivale a dizer que ∀a ∈ A , ∃ ε > 0 tal que B(a; ε) ∩ X ⊂ A. A

De forma

equivalente podemos definir B aberto em X .

( ) Vamos supor por absurdo que A¯ B = , isto é,

⇒ ∩  ∅ ∃ x ∈ A¯ ∩ B . Isso equivale a dizer que ∃ (x ) ⊂ A tal que x → x. Assim, pela definição de limite de sequência, ∀ε > 0, a bola B(x; ε) contém uma infinidade de termos de x ∈ A. Portanto, pelo fato de A ∩ B = ∅ podemos concluir que B(x; ε) ∩ X  B , logo B não pode ser aberto em X , um absurdo. Analogamente, A ∩ B¯ = ∅. ¯ ∩ B) ∪ (A ∩ B) ¯ = ∅. Portanto, (A ¯ ∩ B) ∪ (A ∩ B) ¯ = ∅ ⇒ A¯ ∩ B = ∅ = A ∩ B¯ ⇒ A ∩ B = ∅. (⇐) Temos que (A Seja x ∈ A¯ ∩ X . Como A¯ ∩ B = ∅ ⇒ x ∈/ B , logo x ∈ A (X = A ∪ B ). Daí A¯ ∩ X ⊂ A . Portanto, A = A¯ ∩ X , isto é, A é fechado em X . De maneira análoga mostramos que B é fechado em X . Como A = X \B e B = X \A, temos que A e B são abertos em X . Portanto, X = A ∪ B é uma cisão. k

k

k

Exercício 2 Um subconjunto conexo não vazio X ⊂ Qn consta de um único ponto.

Solução. Πi (X )

Primeiro, note que

⊂ Q, ∀ i

Πi (X ) é conexo.

= 1,

··· , n.

∅ =

X

⊂

Π1 (X )

× ··· ×

Πn(X ),

onde

Como X é conexo e ∀ i = 1, · ·· , n, Πi é contínua, segue que

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 Além disso X  = ∅

51

⇒ Π (X ) = ∅. Daí, ∀ i = 1, ·· · , n; Π (X ) consta de um único ponto. Caso contrário, tomemos a =  b ∈ Π (X ). Como R − Q é denso em R ⇒ ∃ y ∈ R − Q tal que a < y < b. Daí considere A = Π (X ) ∩ ( −∞, y) e B = Π (X ) ∩ (y, ∞). (A, B) é uma cisão não trivial de i

i

i

i

i

Πi (X ), mas isto contradiz o fato de Πi (X ) ser conexo.

= ∅ implica que X consta de Portanto Π 1 (X ) × · · · × Πn(X ) consta de um único ponto, e como X 

um único ponto.

Exercício 3 Seja E ⊂ Rn um subespaço vetorial próprio. O complementar R n − E é conexo se, e somente se,

≤ n − 2. Solução. (⇒) Se R − E é conexo, suponha dim(E ) > n − 2 . Como dim(E ) < n, temos que dim(E ) = n − 1, donde dim(E ⊥ ) = 1 Seja E ⊥ = x. Defina f : R → R por f (x) = x, w. Como f é contínua, temos que A = {v ∈ R ; f (v) > 0 } e B = {v ∈ R ; f (v) < 0 } são abertos. Além disso, R − E = A ∪ B com A ∩ B = ∅. Logo (A, B) é uma cisão de R − E . Contradição. dim(E )

n

n

n

n

n

n

Exercício 9 Um conjunto conexo enumerável X ⊂ Rn possui no máximo um ponto.

Solução.

Lema: Seja X ⊂ R, enumerável e conexo, então X tem no máximo um ponto.

Demonstração do lema: Suponha que existam a, b ∈ X , com a < b. Como X é enumerável, existe / X e a < α < b (lembre que os irracionais do intervalo (a, b) é não-enumerável). um irracional α ∈

Considere A = {x ∈ X ; x < α} e B = {x ∈ X ; α < x}. Então X = A ∪ B é uma cisão não-trivial. Contradição.

Veja que A e B são abertos disjuntos em X , pois

∩ (−∞, α) e B = X ∩ (α, +∞).

A = X

Demonstração da questão: Sabemos que a projeção πi : X

→ R , π (x , ·· · , x , · ·· , x ) = x é contínua. i

1

i

n

i

O conjunto das

i-ésimas coordernadas dos pontos de X é enumerável. Ora, πi contínua, X conexo

⇒ π (X ) ⊂ i

R conexo. Mas, πi (X ) = {xi , xi , ··· , xin , ···} se reduz a um único ponto, pois é enuméravel, 1

2

digamos ai ∈ R, pelo lema acima πi (X ) = (ai ). Assim tem-se X = (a1 , ··· , an ).


52

Exercício 10 Se X ⊂ Rm é conexo por caminhos e f : X → Rn é contínua então f (X ) é conexo por caminhos.

Solução. Tomemos f (a) e f (b) em f (X ). Sendo X ϕ : [0, 1]

→ X ⊂ R

m

⊂R

m

conexo por caminhos, então existe

, um caminho contínuo satisfazendo ϕ(0) = a e ϕ(1) = b .

Daí, como f é contínua ⇒ f ◦ ϕ : [0, 1]

n

→ f (X ) ⊂ R

é uma aplicação contínua que satisfaz

f ϕ(0) = f (a) e f ϕ(1) = f (b). Portanto f (X ) é conexo por caminhos.

◦

◦

Exercício 11 Se X ⊂ Rm , Y ⊂ Rn são conexos por caminhos então X × Y ⊂ Rm+n é conexo por caminhos.

Solução. Sejam X e Y conexos por caminhos, e z 1 = (x1 , y1), z 2 = (x2 , y2 ) em X × Y . Logo existem caminhos f : [0, 1] → X e g : [0, 1] → Y tais que f (0) = x1 , f (1) = x2 e g(0) = y1 , g(1) = y 2.

Definamos h = (f, g) : [0, 1] → X × Y , o caminho definido por h(t) = (f (t), g(t)). É claro que h liga z 1 e z 2 em X × Y .

Exercício 12 A reunião de uma família de conjuntos conexos por caminhos com um ponto em comum é conexa por caminhos.

Solução. Seja X =



X λ , onde cada X λ é conexo por caminhos, e seja a

λ L

∈

pontos quaisquer x, y ∈ X =



∈ X , ∀ λ ∈ L. Dados λ

X λ , temos duas possibilidades:

λ L

∈ 1. Se x, y ∈ X λ , não há nada a fazer, já que X λ é conexo por caminhos. 2.

∀ x, y ∈ X, ∃ µ, η ∈ L tais que x ∈ X e y ∈ X . Como X e X são conexos por caminhos, com a, x ∈ X e a, y ∈ X , então existem caminhos f : [0, 1] −→ X e g : [0, 1] −→ X tais que f (0) = x, f (1) = a = g(0) e g(1) = y . Dessa maneira, o caminho justaposto h = f ∧ g : [0, 1] −→ X com h(0) = x e h(1) = y é um µ

µ

η

η

µ

µ

η

η

caminho que une os pontos x e y . Portanto, X =



X λ é conexo por caminhos.

λ L

∈

Exercício 13 O fecho de um conjunto conexo por caminhos pode não ser conexo por caminhos.

Solução. Tome f : (0, 1] → [ −1, 1] tal que f (x) = sen( x1 ).


53

f (x) é contínua pois é a composição de funções contínuas. Daí, como Gr(f ) = (x, f (x)), x

{

}∼

(0, 1] = (0, 1], Gr(f ) é conexo por caminhos. pois (0, 1] o é.

∈

No entando Gr(f ) = Gr(f ) ∪ {0} × [−1, 1], que não é conexo por caminho.

Exercício 14 Seja B uma bola (fechada ou aberta) em R n, com n ≥ 2. Para todo x ∈ B , o conjunto B − {x} é conexo.

Solução. Obs: Se n = 1, B é um intervalo (aberto ou fechado) e claramente B − {x} não é conexo para x ∈ int(B).

Sejam x − 0, y0 ∈ B − {x}. Se os pontos x 0 , y0 e x são não-colineares, temos que o segmento de

extremos x0 e y0 não intercepta x e está totalmente contido no conjunto convexo B . Logo B − {x} é conexo por caminhos e portanto, conexo.

Caso x0 .y0 e x sejam colineares, a hipótese n ≥ 2 garante a existência de um ponto a que não pertence ao segmento que contém os pontos x0 , y0 e x.

B convexa implica que o segmento de extremos x 0 e está contido em B , isto é, existe uma função

contínua f : [0, 1] → B tal que f (0) = x 0 e f (1) = a (a saber, a função f (t) = (1 − t)x0 + ta). Analogamente, existe um caminho g : [0, 1] → B tal que g(0) = a e g(1) = y 0 .

Consideranto o caminho justaposto f ∧ g , temos que este caminho liga o ponto x0 ao ponto y0 e está totalmente contido em B − {x}.

Logo B − {x} é conexo por caminhos e portanto é conexo.

Exercício 15 Seja B

⊂R

n

uma bola fechada na norma euclidiana. Para todo subconjunto X ⊂ ∂B , B − X é

convexo. Numa norma arbitrária, B − X é conexo mas não necessariamente convexo.

Solução. Seja B = B[x0, r]. Sabemos que ∂B = {x ∈ Rn ; |x − x0 | = r }. Seja X ⊂ ∂ B e B − X . Tomemos x, y ∈ B − X e façamos as seguintes hipóteses:

1a ) x, y

∈ int B = B(x , r). 0

Neste caso x ∈/ ∂B e y ∈/ ∂B e como B(x0, r) é convexa, tem-se

⊂ B(x , r). 2a ) x, y ∈ ∂ B , então |x − x | = r e |y − x | = r , seja 0 ≤ t ≤ 1 e (1 − t)x + ty , queremos mostrar que (1 − t)x + ty ∈ B − X . De fato, se t = 0, então (1 − 0)x + 0y = x ∈ B − X ; se t = 1, então (1 − 1)x + 1y = y ∈ B − X . Seja 0 < t < 1. Pelo exercício 2.2 do capítulo 1 do livro Análise Real Vol. 2, temos que |(1 − t)x + ty − x | = |(1 − t)(x − x ) + t(y − x )| < r. Assim [x, y]

0

0

0

0

0

0


54

− t)x + ty ∈ int B ⊂ B − X . 3a ) x ∈ ∂X e Y ∈/ ∂B . Então temos |x − x | = r e |y − x | < r. Seja 0 < t < 1 , então (1

0

0

|(1 − t)x + ty − x | = |(1 − t)(x − x ) + t(y − x )| ≤ (1 − t)|x − x | + t|y − x | = (1 − t)r + t|y − y | < (1 − t)r + tr = r 0

0

0

0

0

0

portanto

|(1 − t)x + ty − x | < r, 0

ou seja,

− t)x + ty ∈ int B ⊂ B − X. Se t = 0 ou t = 1, isso só define que x, y ∈ B − X . 4a ) x ∈ ∂B e y ∈/ ∂B . Esse caso é análogo ao anterior. (1

Em qualquer caso

x, y

∈ B − X ⇒ [x, y] ⊂ B − X ⇒ B − X

é convexo.

2.2 - Caminhos no Espaço Euclidiano 2.2.1 Caminhos diferenciáveis Exercício 2 = 0 para algum a ∈ I . Se existe uma reta Seja f : I → Rn um caminho diferenciável com f  (a) 

⊂ R

L

n

e uma sequência de números distintos tk → a tais que f (tk ) ∈ L , então L é tangente a f no

ponto f (a).

Solução. Para provar o que se pede, devemos concluir que L = {f (a) + tf  (a), t ∈ R}. A priori, concluímos que f (a) ∈ L pois, caso contrário, isto é, se f (a) ∈/ L então ε = d(f (a), L) > 0 .

Como lim f (tk ) = f (a), existem infinitos pontos de L em B(f (a), ε) e isto contradiz o fato de ε ser o ínfimo das distâncias de L a f (a). Seja v  = 0 um vetor direcional de L e E = v . Considere também E ⊥ o complemento ortogonal de


55

E e v1 , vn−1 uma base de E ⊥ .

{

} Para todo k ∈ N; tem-se

f (tk ) f (a) tk a

− −

é um múltiplo de v pois f (tk ) ∈ L para todo k ∈ N. Assim, para tk  = a ,





f (tk ) f (a) , vi = 0, i = 1, 2,...,n 1 tk a Passando ao limite, temos f  (a), vi = 0, i = 1, 2,...,n 1. Como f  (a) = 0

não nulo de Rn

− − 

∀

−

∀ −  ⇒ f (a) é um vetor paralelo a v . Portanto L = {f (a) + tf  (a), t ∈ R} é tangente a f no ponto f (a). 

Exercício 3 Seja f : I → Rn um caminho diferenciável. Dados a ∈ R n e r > 0 , a fim de que f (t) pertença, para

todo t ∈ I , à esfera de centro a e raio r , é necessário e suficiente que isto ocorra para um valor t0 ∈ I e que o vetor velocidade f  (t) seja perpendicular a f (t) − a, para todo t ∈ I .

Solução.

(⇒) Que ocorre para um t0 ∈ I é óbvio, provemos a outra assertiva. ∀t ∈ I , tem-se |f (t) − a| = r, logo temos que

d f (t) dt

− a| = dr dt f (t) − a, (f (t) − a)   ⇒ |f (t) − a| f (t) − a, f  (t)  = |f (t) − a| = 0, dr = 0 ⇒ f  (t)⊥(f (t) − a). (⇐) Seja t ∈ I , tal que |f (t ) − a| = r e g(t) = |f (t) − a| como pois dt (f (t) − a)⊥f  (t), temos f (t) − a, f  (t)   f (t) − a, f (t) = 0 ⇒ |f (t) − a| = 0 ⇒ g (t) = 0, ∀t ∈ I , logo g(t) é constante em I . Mas g(t ) = |f (t ) − a| = r , portanto g(t) = r ⇒ |f (t) − a| = r, ∀t ∈ I . |

0

0

0

0

Exercício 4 Seja λ : [a, b] → R n um caminho fechado diferenciável. Mostre que existe algum t ∈ (a, b) tal que λ(t), λ(t) = 0.

Solução. Seja f : [a, b] → R; f (t) = λ(t), λ(t).

f é contínua em [a, b] e diferenciável em (a, b), além disso f (a) = f (b). Então , pelo Teorema do

Valor Médio temos que existe t ∈ (a, b) tal que 0 = f (b) − f (a) = f  (t)(b − a) λ(t), λ(t) = 0, como queríamos provar.

⇒

f  (t) = 0

⇒


56

Exercício 10 Seja f : I → R n um caminho diferenciável, com f  (a)  = 0 para um certo a ∈ I . Uma reta L ⊂ R n contendo o ponto f (a), é a reta tangente a f nesse ponto se , e somente se, d(f (t), L) = 0. t→a f (t) f (a)

lim

|

− | Solução. ( ⇒) L = {f (a) + f  (a)(t − a), t ∈ R} é a reta tangente a f em f (a). Ora f (t) − f (a) f  (a) −  d(f (t), L) |f (t) − f (a) − f (a)(t − a)| = t − a , ≤ f (t) − f (a) |f (t) − f (a)| |f (t) − f (a)| t−a aplicando limite quando t → a temos; d(f (t), L) f  (a) − f  (a)| | 0 ≤ lim ≤ |f (a)| = 0 → |f (t) − f (a)|

 

t

 

a

portanto d(f (t), L) = 0. t→a f (t) f (a)

lim

| − | (⇐)temos a reta L = {f (a) + V (t − a), t ∈ R}, onde V é o vetor direção da reta que contem a f (a), então precisamos demostar que V = f  (a). De fato

d(f (t), L) f (t) f (a) V (t = f (t) f (a) f (t) f (a)

|

−

|

|

 

− − − | | − |

aplicando limite t → a temos

 

 −  

f (t) f (a) lim V t→a t a 0= = (f  (a) V )/f  (a) portanto f  (a) f (t) f (a) lim t→a t a L é a reta tangente contendo o ponto f (a).

− −

− −

|

− |

 −  

f (t) f (a) V a) t a = f (t) f (a) t a

|

− −

− −

− V | = 0 ⇒ V = f (a). A reta

Exercício 11 Sejam f : [a, b)

uma caminho (admita-se b = +∞) tal que limt→b |f (t)| = ∞ e L = {(x, y) ∈ R2; αx + βy = c} uma reta. Ponhamos u = (α, β ). Podemos supor |u|2 = α2 + β 2 = 1 . 2

−→ R

As seguintes afirmações são equivalentes:

i) lim d(f (t), L) = 0; t→b


ii) lim f (t), u = c e lim t→b t→b





f (t) ,u f (t)

| |

57

= 0.

Quando isto ocorre, diz-se que a reta L é assíntota do caminho f quando x → b .

Solução. (i) ⇒ (ii)

Temos que lim d(f (t), L) = 0. Podemos supor que existe uma sequência f (ti ) ∈ f [a, b) tais que t→b lim f (ti ) = z ∈ L, pois a distância de f (t) a L tende 0 . Tomando z = {(x, y)|αx + βy = c} note t→b que x = c−βy α  = 0 . α





Portanto lim f (t), u = lim f (ti ), u =  z, u =  (x, y), (α, β ) = t→b t→b c − βy + βy = c . e

lim t

→b





f (t) ,u f (t)

| |

 −   c

βy , y , (α, β ) α

=

1 f (t), u = 0 c = 0 t→b f (t)

= lim

| |



·

Exercício 12 Se b < +∞ e o caminho f : [a, b) → R2 é da forma f (t) = (t, ϕ(t)), com lim ϕ(t) = +∞, a reta t→b vertical x = b é assíntota do caminho f quando t → b .

Solução. Seja L = {(b, 0) + t(0, 1); t

∈ R} a reta vertical x = b.

A partir da definição de as-

síntota dada no exercício 11, precisamos apenas provar que lim d(f (t), L) = 0, visto que já temos t→b lim |f (t)|m = ∞ . Ora, mas d(f (t), L) = | f (t) − P r(f (t), L)|, onde P r(f (t), L) é a projeção do t→b ponto f (t) sobre a reta L. É fácil ver que P r(f (t), L) = (b, ϕ(t)). Daí d(f (t), L) = (t, ϕ(t))

|

d(f (t), L) = lim |(t − b, 0)| = 0, − (b, ϕ(t))| = |(t − b, 0)| ⇒ lim → → t

b

t

b

como queríamos.

2.2.2 Integral de um Caminho Exercício 1 Se f, g : [a, b] → Rn são de classe C 1 então

  b

a

f (t), g  (t) dt = f, g |b − a

  b

f  (t), g(t) dt

a



Solução. Definamos ϕ(t) = f (t), g(t), então ϕ (t) = f  (t), g(t) + f (t), g  (t). Então segue que


  ⇒

     

b

b

ϕ (t)dt =

a

( f  (t), g(t) + f (t), g  (t) )dt

 

a

b

a

⇒ ϕ(t)|

b

f  (t), g(t) dt +

a

b a

b

=

f (t), g  (t) dt



a

b

f  (t), g(t) dt +

a



     | − 

b

ϕ (t)dt =

 ⇒  b

f (t), g  (t) dt



a

b

b a

f (t), g  (t) dt = f (t), g(t)

a

58

f  (t), g(t) dt



a

Exercício 2 Se uma sequência de caminhos integráveis f k : [a, b] → R n converge uniformemente para um caminho f : [a, b] → Rn então f é integrável e



b

lim

t

→∞



b

f k (t)dt =

a

f (t)dt

a

Solução. Vimos que se (f k ) converge uniformemente para f e todas as funções f k são contínuas em

∈ X , então f é contínua em c. Disto concluímos que se x ∈ D , então x ∈ D , para algum n ∈ N, daí D ⊂ D e como D tem medida nula, segue que D tem medida nula e c

f



f

portanto é integrável.



f n

n N

f n

f n

f

n N

∈

∈

Agora note que



b

     − b

f (t)dt

a

 ≤  |

b

f k (t)dt =

a

b

(f (t)

a

− f (t))dt k

Como (f k ) converge uniformemente para f , então dado ε > 0,

daí

0

0

k

k

b



b

f (t)

0

a

− f (t)|dt.

∃ n ∈ N; ∀ n > n , |f (t) − f (t)| < ε/(b − a),

 |

∀n>n ,

f (t)

a

− f (t)|dt < ε ⇒ k

lim

t

→∞

a



b

f k (t)dt =

f (t)dt.

a

Exercício 3 Seja A ⊂ R m um conjunto convexo. Dado um caminho integrável f : [0, 1] → R m tal que f (t) ∈ A



1

para todo t, prove que

0

f (t)dt A .

∈

Solução. Aqui usaremos um resultado elementar sobre conjuntos convexos: se A ⊂ R n é convexo e


59

k

α1 +

··· + α

k

= 1 com α1

≥ 0, ··· , α ≥ 0 então x , ··· , x ∈ A k

1

k

 ⇒

αi xi

i=1

∈ A.

Daí resulta que se (P k∗ ) é uma sequência de partições pontilhadas de [0, 1] com lim |P k | = 0 então k→∞ 1 (f, P k∗ ) ∈ A para todo k ∈ N, portanto f (t)dt = lim (f ; P k ) ∈ A . k →∞ 0







2.2.3 Caminhos retificáveis Exercício 1 Sejam f : [0 : 2π] → R e g : [0 : 2π] → R2 definidos por f (t) = sen t e g(t) = (t, cos t). Determine l(f ) e l(g).

Solução. Vimos que todo caminho f : [a, b] → Rn de classe C 1 é retificável e l(f ) = Sendo f, g ∈ C 1 , temos: l(f ) = l(g) =

 |  | 2π 0 2π 0

cos t dt =

|



π/2 0

(1, cos t) dt =

|

cos tdt

 √ 2π 0

−



3π/2 π/2

cos tdt +

1 + cos2 tdt



2π cos tdt = 3π/2

 | b a

f  (t) dt.

|

4 e

Exercício 2 Qual é o comprimento da ciclóide f : [0, 2π] −→ R2 , f (t) = (t − sent, 1 − cos t) ? Solução. Como f  (t) = (1 − cos t,sent) logo

|f (t)| =

 −   − (1

cos t)2

2π

2(1

 −   

+ sen 2 t =

2(1

2π

cos t)dt =

0

2sen

0

cos t). Então o comprimento de f é igual a t dt = 2

−4cos

 | t 2

2π 0 =

4(1

− (−1)) = 8

2.3 - Funções Reais de n Variáveis 2.3.1 Derivadas parciais Exercício 2 Seja U ⊂ R m aberto e conexo. Se f : U → R possui, em todos os pontos de U , derivadas parciais nulas então f é constante.

Solução. Utilizaremos um corolário do Teorema do Valor Médio, isto é, “Seja U ⊂ R m aberto e conexo. Se f : U → R possui derivadas direccionais em todo ponto x ∈ U


60

∂f (x) = 0 para qualquer vetor v então f é constante.” ∂v Como f possui derivadas parciais em todo U e elas são contínuas então f é diferenciável em U e além

e

∂f (x) = df (x) v = 0, ∂v

·

pois ∂f =0= ∂x 1

··· = 0 = ∂x∂f , n

onde df (x) = (

∂f ∂f ,..., ), ∂x 1 ∂x n

portanto f é constante.

Exercício 3 Se f : U −→ R, definida no aberto U ⊂ Rm , assume seu valor máximo (ou mínimo) num ponto a U então qualquer derivada parcial de f que exista no ponto a é nula.

∈

Solução. Sabemos da análise na reta que se ϕ é definida de I ⊂ R −→ R e atinge seu máximo ou 

minimo local em x0 ∈ I então ϕ (x0 ) = 0.

Seja a um ponto de máximo da função f : U

−→ R. Defina ϕ : [−δ, δ ] −→ U , onde δ > 0 e

∀t ∈ [−δ, δ ] −→ ϕ(t) = a + th, onde h é um vetor unitário do R . n

Note que

ϕ(0) = a + 0h = a . Tome g : [ δ, δ ]

− ⊂ R −→ R, tal que g(t) = (f ◦ ϕ)(t) = f (ϕ(t)) = f (a + th). Temos g(0) = f (ϕ(0)) = f (a). Como a é valor de máximo de f temos que ∀t ∈ [ −δ, δ ] f (a) ≥ f (a + th). Portanto 0 vai ser ponto de máximo de g , pois g(0) = f (a) ≥ f (a + th) = f (ϕ(t)) = (f ◦ ϕ)(t) = g(t) Como g : R −→ R ⇒ g (0) = 0 (1). Observe que ϕ (t) = h ∀t ∈ [ −δ, δ ] ⇒ ϕ (0) = h. 





Pela Regra da Cadeia: 









(1)

g (0) = (f ϕ) (0) = f (ϕ(0))ϕ (0) = f (a)h = 0. Logo como h 

◦

que f (a) = 0.

m

∈R

é arbitrário e |h| = 1 temos

Para a ∈ U ponto de mínimo a demonstração é análoga.

Exercício 4 [Teorema de Rolle] Seja f : U

→ R contínua no aberto limitado U ⊂ R , possuindo derivadas parciais em todos os pontos de U . Se, para todo a ∈ ∂ U tem-se lim f (x) = 0 então existe c ∈ U tal → m

x

a

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 que

∂f (c) ∂x i

= 0 para i = 1,

61

··· , m.

Solução. Defina F : U → R pondo F (x) = f (x) se x ∈ U e F (x) = 0 se x ∈ ∂U . F assim definida é contínua, e sendo U compacto, temos pelo teorema de Weierstrass que F atinge seu máximo e seu mínimo em U . Como ∀ x

∈ ∂U,F (x) = 0, então, exceto se F for identicamente nula ( neste caso todo x ∈ U satisfaz (x) = 0 para i = 1, ··· , m), seu valor máximo ou seu valor mínimo é atingido num ponto c ∈ U e este será ponto crítico de f , isto é, (c) = 0 para i = 1, ··· , m. ∂f ∂x i

∂f ∂x i

Exercício 5 ∂f Se f : U → R possui derivadas parciais com | ∂x (x)| i

aberto convexo U ⊂ R m

≤ M , (i = 1, 2,...,m) em todos os pontos do então |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y | para quaisquer x, y ∈ U . Conclua que se

f possui derivadas parciais limitadas num aberto qualquer, ela é contínua (mas não necessariamente

uniformemente contínua).

Solução. Sejam x, v = (α1 , ··· , αm) ∈ U (convexo), então y = x + v ∈ U . Definamos os vetores v0 = 0 v1 = v 0 + α1 e1 v2 = v 1 + α2 e2 = α 1 e1 + α2 e2

.. .

vi = v i−1 + αi ei

.. .

vm = v

|f (x+v) − f (x)| = |f (x+v ) − f (x+v )+f (x+v ) − f (x+v )+ ·· · +f (x+v ) − f (x+v |f (x + v ) − f (x + v − )| 1

0

2

1



i

|≤

m 1)

m

k

−

i 1

i=1

Pelo T.V.M.

|f (x + v ) − f (x + v − )| = i

[vi−1 , vi ].

Por hipótese

i 1

  ≤ ∂f (z ) ∂x i

  | − ∂f (z ) ∂x i

vi

vi−1 =

|

  | | ∂f (z ) ∂x i

M , então temos que f (x + v)

|

Então |f (y) − f (x)| ≤ M |x − y|, ∀ x, y ∈ U .

αi , em que z é um ponto do segmento

− f (x)| ≤ M

k

| |

αi = M v S , v = y

i=1

||

− x.

Agora, se U é aberto, dado x ∈ U existe δ > 0 tal que B(x, δ ) ⊂ U .

Se f possui derivadas limitadas em U , então o mesmo ocorre em B(x, δ ) ⊂ U , daí o fato de B(x, δ ) ser conexo, implica que |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y |, ∀ x, y ∈ B(x, δ ), em que

  ≤ ∂f (z ) ∂x i

M, x U .

∀ ∈

Daí f é contínua (Lipschitz em B(x, δ )) em x ∈ U . Como x foi tomado arbitrariamente, segue que f


62

é contínua em U .

Exercício 6 Seja A ⊂ R2 um retângulo aberto, de lados paralelos aos eixos. Se f : A → R possui derivadas

parciais em todos os pontos de A então, dados (a, b) e (a + h, b + k) em A existe θ ∈ (0, 1) tal que

∂f (a + θh, b + k) · h + (a, b + θk) · k. − f (a, b) = ∂f ∂x ∂y Solução. Como A é paralelo aos eixos tem-se que [(a, b), (a+th,b+k)] ⊂ A e [(a, b), (a+h, b+tk)] ⊂ A, ∀t ∈ [0, 1], logo faz sentido definir ψ : [0, 1] → R, f (a + h, b + k)

ψ(t) = f (a + th, b + k) + f (a, b + tk), t [0, 1].

∀∈

Temos que ψ é contínua em [0, 1] e derivável em (0, 1), logo existe θ ∈ (0, 1) tal que ψ(1)

− ψ(0) = ψ (θ)(1 − 0).

Logo f (a + h, b + k) + f (a, b + k)

− f (a, b + k) − f (a, b) = f (a + θh, b + k)h + f (a, b + θk)k

portanto f (a + h, b + k)

∂f (a + θh, b + k)h + (a, b + θk)k. − f (a, b) = ∂f ∂x ∂y

2.3.2 Derivadas direcionais Exercício 1 Uma função f : R m

→ R

n

tal que f (0) = 0 e f (tx) = tf (x), para quaisquer x ∈ R m e t  = 0, tem

(0) = f (v). todas as derivadas direcionais na origem, e vale ∂f ∂v = 0, daí Solução. Por hipótese temos que f (tx) = tf (x), ∀ t  f (0 + tv) t

− f (0) =

tf (v)

− f (0) = f (v), ∀ t = 0 t

f (0 + tv) − f (0) = lim f (v) = f (v), ⇒ lim → → t t

portanto

∂f (0) ∂v

0

existe e coincide com f (v).

t

0


63

Exercício 2 Seja f : R

2

x2 y R definida por f (x, y) = 2 se x 2 + y 2 > 0 e f (0, 0) = 0. Para todo caminho 2 x + y 2 R , diferenciável no ponto 0, com λ(0) = (0, 0), existe a derivada (f λ) (0).

→ λ : (−ε, ε) →

◦

Solução. Seja λ(t) = (x(t), y(t)) se t =  0 e λ(t) = 0 se t = 0, então

(f λ)(0 + t) t→0 t

(f λ) (0) = lim

◦

◦

1 x2 (t)y(t) = lim . 2 = lim t→0 t x (t) + y 2 (t) t→0

− (f ◦ λ)(0) = lim f (λ(t)) t

→0

2

x (t) y(t) . t t2 2 x (t) y 2 (t) + t2 t2

  

= lim

t

( x(t) )2 .( y(t) ) t t

→0 ( x(t) )2 + ( y(t) )2

t

t

t



λ(t) λ(t) λ(0) = lim f = f lim = f (λ (0)) t→0 t→0 t t

−

Como λ é diferenciável em 0, existe (f ◦ λ) (0) e é igual a f (λ (0)).

Exercício 3 Sejam ϕ, ψ : R2 → R definidos por: ϕ(x, y) =

(x2

2

− y )y x8

2

(x2 y2 )y 2 , ψ(x, y) = se x > 0 e 0 < y < x2 . 7 x x

−√

Nos demais pontos de R2 , ponha ϕ(x, y) = ψ(x, y) = 0. Mostre que ϕ e ψ possuem derivadas direcionais em todos os pontos do plano e que essas derivadas dependem linearmente de v . Mostre ainda que ψ é contínua em todo R2, mas ϕ é contínua apenas em R2 −{0}. Finalmente, considerando

o caminho diferenciável λ : R −→ R2 , dado por λ(t) = (t, t2), a função composta ψ ◦ λ : R → R não é derivável em t = 0.

= 0 ou y 2 =  x2 , x > 0, temos que ϕ e ψ possuem derivadas direcionais em todos Solução. Para y 

os pontos. Analisaremos então os seguintes casos:


64

1o caso: y = 0, x = 0, v = (v1, v2 ). ∂ϕ ϕ[(x, 0) + t(v1 , v2 )] (x, 0) = lim t→0 ∂v t

− ϕ(x, 0) = lim ϕ(x + tv , tv ) 1

2

t

t

→0

[(x + tv1 )2 (tv2 )]2 t2 v22 t[(x + tv1 )2 (tv2 )]2 v22 = lim = lim t→0 t→0 t(x + tv1 )8 (x + tv1 )

−

−

= 0, ∂ψ ψ[(x, 0) + t(v1, v2 )] (x, 0) = lim t→0 ∂v t

− ψ(x, 0) = lim ψ(x + tv , tv ) 1

t

2

t

→0

[(x + tv1 )2 tv2 ]2 t2 v22 t[(x + tv1 )2 tv2 ]2 v22 = lim = lim t→0 t(x + tv1 )7 x + tv1 t→0 (x + tv1 )7 x + tv1

−√

√ −

= 0.

2o caso: y = x 2 , x > 0, v = (v1 , v2 ). ∂ϕ ϕ[(x, x2 ) + t(v1 , v2 )] = lim t→0 ∂v t = lim t

→0

[(x + tv1 )2

2

− ϕ(x, x ) = lim ϕ(x + tv , x 1

2

+ tv2)

t

t

→0

2

+ tv2 )]2 (x2 + tv22 )2 (x2 + 2xtv1 + t2v12 x2 tv22 )2 (x2 + tv2 )2 = lim t→0 t(x + tv1 )8 t(x + tv1 )8

− (x

− −

(2xtv1 + t2 v12 tv22 )2 (x2 + tv2 )2 t2 (2xtv1 + tv12 v2 )2 (x2 + tv2 )2 = lim t→0 t→0 t(x + tv1)8 t(x + tv1 )8

−

= lim

−

= 0, ∂ψ ψ[(x, x2 ) + t(v1 , v2 )] = lim t→0 ∂v t

2

2

− ψ(x, x ) = lim ψ(x + tv , x 1

t

→0

+ tv2 )

t

[(x + tv1 )2 (x2 + tv2 )]2 (x2 + t2 v2 )2 t2 (2xv1 + tv12 v2 )2 (x2 + tv1 )2 = lim = lim t→0 t→0 t(x + tv1)7 x + tv1 t(x + v1 )7 x + tv1

−

− √

√

= 0.

3o caso: (x, y) = (0, 0), v = (v1 , v2 ) e t suficientemente pequeno. Para

∂ϕ ϕ(v1 , v2 ) ϕ(tv) = lim = lim = 0, pois ϕ(tv) = 0, v t→0 t→0 ∂v t t

∂ψ (0, 0) = 0 é análogo. ∂v

2

∀ ∈ R

Afirmação: as derivadas direcionais dependem linearmente de v, pois para y  = 0 e y  = x2 , x > 0, temos que ϕ, ψ são diferenciáveis. Além disso ∀u ∈ R2 temos:


65

∂ϕ ∂ϕ (x, y) = ϕ(x, y), v e = ϕ(x, y), u ∂v ∂u ∂ϕ ∂ϕ (x, y) = ϕ(x, y), λv = λ ϕ(x, y), v = λ ∂v ∂v ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ (x, y) = ϕ(x, y), u + v = ϕ(x, y), u + ϕ(x, y), v = + . ∂ (u + v) ∂u ∂v

∇ ∇

∇



∇

  ∇



∇



 ∇



Analogamente, isso vale para ψ . Por fim, para y = 0 ou y = x 2 , x > 0 obtemos Portanto, ϕ e ψ dependem linearmente de v .

∂ϕ ∂ψ (x, y) = (x, y) = 0. ∂v ∂v

Exercício 4 Seja f : R m → R uma função contínua, possuindo todas as derivadas direcionais em qualquer ponto de Rm. Se ∂f (u) > 0 para todo u ∈ S m−1 então existe um ponto a ∈ Rm tal que ∂f (a) = 0 seja qual ∂u

∂v

for v ∈ Rm.

Solução. Seja u

∂f (u) ∂u f (u+tu) f (u) > 0 t

∈ S − , então a condição m 1

satisfazendo −δ < t < 0 tem-se

> 0 implica que

−

∃ δ

> 0 tal que

∀ t ∈ R

⇒ f (u + tu) < f (u). Agora note que se −δ < t < 0 então 1 − δ < 1 + t < 1 ⇒ |(1 + t)u| < |u| = 1 , portanto (1 + t)u ∈ B(0, 1) e além disso f ((1 + t)u) < f (u). Como isto se verifica pra todo vetor direcional u ∈ S − , então , necessariamente o mínimo de f | é assumido em algum ponto a ∈ B(0, 1). Para cada v ∈ R , considere a função ϕ : R → R definida por ϕ(t) = f (a + tv). Temos que ϕ tem m 1

B[0,1]

m

um mínimo local quanto t = 0, daí 0 = ϕ  (0) =

∂f (a) ∂v

.

2.3.3 Funções diferenciáveis Exercício 1 Seja f : Rm

→ R tal que f (tx) = |t|f (x) para x ∈ R

m

origem, então f (x) = 0 para todo x.

e t ∈ R quaisquer. Se f é diferenciável na

Solução. Observemos que para t = 0, temos f (0.x) = 0.f (x) ⇒ f (0) = 0. Se t > 0, f (tx) = t.f (x) e

∂f + f (0 + tx) (0 ) = lim+ t→0 ∂x t

Se t < 0, f (tx) = −t.f (x) e

∂f − f (0 + tx) (0 ) = lim− t→0 ∂x t

Como,

por

− f (0) = lim tf (x) = f (x) t

+

→0

t

− f (0) = lim −tf (x) = −f (x)

→0− t diferenciável na t

hipótese, f é origem, devemos ter ∂f ∂f + (0) = ∂x (0 ) = ∂f (0− ), ou seja, f (x) = −f (x), o que implica que f (x) = 0, para todo x ∈ Rm . ∂x ∂x


66

Exercício 2 Sejam U

⊂R

um aberto tal que x ∈ U,t > 0

m

⇒ tx ∈ U , e k um número real.

Uma função

→ R diz-se positivamente homogênea de grau k quando f (tx) = t f (x) para quaisquer x ∈ U e t > 0 . Para todo k ∈ R mostre que existe uma função f : R − 0 → R, de classe C ∞ , positivamente k

f : U

m

homogênea de grau k , tal que f (x) > 0 para todo x e f não é um polinômio.

Solução. Seja f : Rm − {0} → R, dada por f (x) = f (tx) =



(tx1)2k +

··· + (tx

m)

2k

 ·· ·  ·· · x2k 1 +

+ x2k m , então

x2k 1 +

= t

+ x2k m = tf (x).

Tem-se que f é classe C ∞ e positivamente homogênea de grau k .

Exercício 3 Seja U

⊂R

m

como no exercício anterior. Se f : U → R é diferenciável, então f é positivamente

homogênea de grau k se, e somente se, cumpre a relação de Euler, relação de Euler para a função f (x) = x, xk = |x|2k .



∂f (x)xi ∂x i

= kf (x). Escreva a

Solução.

(⇒) f positivamente homogênea de grau k ⇒ f (tx) = t k f (x), ∀ t > 0 . Derivando dos dois lados da última igualdade com relação a t obtemos f  (tx)x = ktk−1 f (x), ∀ t > 0. Em particular, para t = 1 temos

∂f (x) ∂x

= kf (x), isto é ,

(⇐) Defina g : (0, ∞) → R, pondo



g assim definida é diferenciável e g 

∂f (x)xi = kf (x) ∂x i g(t) = f (tx) tk k−1 f (tx),tx kt k−1 f (tx) (t) = t t2k

, como queríamos provar.

. ∇

que (0, ∞) é conexo. Desse modo g(t) = g(1), ∀ t portanto f é positivamente homogênea.

−

∈ (0, ∞) ⇒

A relação de Euler pra função f (x) = x, xk = |x|2k é



= 0, portanto g é constante, visto f (tx) tk

∂f (x)xi ∂x i

= f (x)

⇒ f (tx) = t f (x), k

= 2k x 2k .

||

Exercício 4 Sejam U ⊂ Rm aberto e f : U → R diferenciável no ponto a ∈ U . Prove que existem ε > 0 e M > 0 tais que |h| < ε ⇒ a + h ∈ U e |f (a + h) − f (a)| ≤ M |h|.

Solução. Como U é aberto e a ∈ U , a é um ponto interior e ∃ ε > 0 tal que B(a, ε) ⊂ U , por hipotese

|h| < ε então

|(a + h) − a| = |h| < ε


67

i.e, a + h ∈ B(a, ε), portanto a + h ∈ U .

Logo, como f é diferenciável no ponto a, tem-se f (a + h)

− f (a) = f (a).h + r(h),

r(h) = 0, aplicando a definição, δ > 0, h assim r(h) < δ 0 h , para algum δ 0 > 0 .

já que limh→0

∀

r(h) =0 h→0 h lim

||

| < δ , ∃ ε > 0 tais que |h| < ε ⇒ |r(h) |h|

|| | | || Seja M = max{|f  (a)|, δ }, então |f (a + h) − f (a)| = |f (a).h + r(h)| ≤ |f (a)||h| + δ |h| ≤ M |h| 0

0

o que conclui a prova.

Exercício 6 Seja f : U → R de classe C 1 no aberto U ⊂ R m. Dados a ∈ U e  > 0, prove que existe δ > 0 tal que

∈ U, |x − a| < δ, |y − a| < δ ⇒ f (y) − f (x) = f (a)(y − x) + r(x, y) onde |r(x, y)| ≤  |x − y|. Solução. f : U → R de classe C ⇒ r : U → R ∈ C , onde r(x) = f (x) − f (a) − ∂f (a)(x − a ). Além disso (a) = 0, ∀ i = 1,...,m, daí, dado  > 0, ∃ δ > 0 tal que ∂x B(a, δ ) ⊂ U e ∀ x ∈ B(a, δ ) tem-se |∇ r(x)| < . Tomemos x e y ∈ B(a, δ ), arbitrários. Então pelo teorema do valor médio, existe θ = θ(x, y) ∈ (0, 1) tal que r(x) − r(y) = ∇r(x + θ(y − x)), x − y ⇒ |r(x) − r(y)| ≤ |∇r(x + θ(y − x))||x − y| < |x − y|. Além disso f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + r(x) e f (y) = f (a) + f  (a)(y − a) + r(y) ⇒ f (x) − f (y) = f  (a)(x − y) + r(x) − r(y). Se fizermos r(x, y) = r(x) − r(y), então obtemos o resultado esperado. x, y

1

1

m

 i=1

i

i

i

∂r ∂x i

Exercício 7 Uma fonção holomorfa que só assume valores reais num aberto conexo é constante. (Idem para uma reta qualquer do plano.)

Solução. Seja f : U → C definida por f (z ) = u(z ) + iv(z ), onde as funções u, v : U → R são

respectivamente, as partes real e imaginária de f . Assim, se a função f é derivável no ponto z = x+yi então sua parte real e sua parte imaginária são diferenciáveis no ponto (x, y) e, além disso, cumprem as condições de Cauchy-Riemann:

∂u ∂x

=

∂v ∂y

e

∂u ∂y

−

=

∂v ∂x

.

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 A função complexa f : U pontos do aberto U .

68

→ C diz-se holomorfa quando possui derivada f (z ) em todos os

Porém, como f só assume valores reais no aberto S ⊂ U , concluímos que v(z ) = 0,

∀ z =

(x, y) U .

∈

∂u ∂x

Então

=

∂v ∂y

= 0 e

∂u ∂y

=

∂v ∂x

= 0.

Assim concluímos que f  (z ) =

∂u ∂x

− i

∂u ∂y

é nula para todo z = (x, y) ∈ S . Daí (pelo exercício 1.2

do capítulo 03 - Curso de Análise) segue que f é constante.

Exercício 8 Seja f = u + iv uma função holomorfa e ϕ, ψ caminhos diferenciáveis, com valores do domínio de 





f , tais que u ϕ e v ψ são constantes. Se ϕ(s) = ψ(t) e f (ϕ(s)) = 0 então ϕ (s), ψ (t) =

◦

◦







0. ("As curvas de nível da parte real e da parte imaginária de uma função holomorfa cortam-se

ortogonalmente".)

Solução. Seja f : U ⊂ R2 −→ C, f = u + iv holomorfa e ϕ : I ϕ −→ U ⊂ R2 , ψ : I ψ −→ U ⊂ R2

caminhos diferenciaveis onde u ◦ ϕ : I ϕ −→ R e v ◦ ψ : I ψ −→ R são constantes. Devemos mostrar 



que se existem s0 , t0 tais que ϕ(s0 ) = ψ(t0 ) ⇒ ϕ (s0 ), ψ (t0 ) = 0. De fato

ϕ(s) = (ϕ1 (s), ϕ2 (s)) e ψ(t) = (ψ1 (t), ψ2 (t)) , s, t. Queremos mostrar que

∀ ∀ (ϕ (s ), ϕ (s )), (ψ (t ), ψ (t ) = 0. Como u ◦ ϕ(s) = cte tem-se 



0

1



0

2



0

1

2

0

∂u ∂u   (ϕ(s))ϕ1 (s) + (ϕ(s))ϕ2 (s) . ∂x ∂y  0 = (ux (ϕ(s)), uy (ϕ(s)), ϕ (s) , s I ϕ (I)

0=

⇒



e

∀ ∈

∂v ∂v   (ψ(t))ψ1(t) + (ψ(t))ϕ2 (t) . ∂x ∂y  0 = (vx (ψ(t)), vy (ψ(t)), ψ (t) , t I ψ (II)

0=

⇒



∀ ∈ Por hipotese, f (ϕ(s )) = u (ϕ(s )) − iu (ϕ(s )) = 0 

0

x

0

y

0

e





0 = f (ϕ(s0 )) = f (ψ(t0)) = v y (ψ(t0 ) + ivx (ψ(t0 )

 ⇒ (u (ϕ(s )), u (ϕ(s )) = 0 = (v (ψ(t ), v (ψ(t )) De (I),(II) e de Cauchy Riemann vem que 0 = (v (ϕ(s ), −v (ϕ(s )), ϕ (s ) 0 = (v (ψ(t ), v (ψ(t )), ψ (t ) (III) x

0

y

0

y



y

0

x

0

x

0

0



Como

y

0

0

0

x

0


69

0 = (vy (ϕ(s0 ), vx (ϕ(s0 )), (vx (ψ(t0 ), vy (ψ(t0 )) já que ϕ(s0 ) = ψ(t0 ) , temos de (III) que λ =



−

0 tal que



∃ 



(vy (ϕ(s0 ), vx (ϕ(s0 )) = λψ (t0 ).

−

De (III), 



0 = λ ψ (t0 ), ϕ (s0 ) .





Exercício 12 Sejam f : U → R diferenciável positivamente homogênea de grau 1 num aberto U ⊂ R m contendo zero. Mostre que f é a restrição de U de uma transformação linear de Rm em R. Conclua que a função f : R2 → R dado por f (x, y) =

x3 x +y2

hipótese, f é diferenciável então existe

∂f (0) ∂x

, f (0, 0) = 0 não é diferenciável na origem.

2

Solução. Observe, inicialmente, que para t = 0 temos f (0, x) = 0 · f (x) ⇒ f (0) = 0. Como, por .

Assim, temos:

tf (x) f (tx) = lim t→0 t→0 t t ∂f = (0) = f (0) x ∂x

f (x) = lim f (x) = lim t

→0



− 0 = lim f (tx) − f (0) = lim f (0, tx) − f (0) t

t

→0

t

→0

t

·

Como f (0) é uma transformação linear, concluímos que f é linear. Seja

f (x, y) =

Temos:

 

x3 , x2 +y 2

0,

= 0, se x2 + y 2 

se x = y = 0.

• Se x = y = 0, f (tx, ty) = 0 ⇒ f (tx, ty) = t ⇒ f (x, y) = 0 • Se x, y = 0, f (tx, ty) =

(tx)3 (tx)2 +(ty)2

=

t3 x3 t x2 +t2 y 2 2

=

tx3 x +y 2 2

= tf (x, y)

Assim, f é positivamente homogênea de grau 1. Agora (x1 + x2 )3 (x1 )3 (x2 )3 f (x1 +x2, y1 +y2 ) = = + = f (x1 , y1 )+f (x2 , y2 ) (x1 + x2)2 + (y1 + y2 )2 (x1)2 + (y1 )2 (x2 )2 + (y2 )2



ou seja, f não é linear. Portanto, segue que f é diferenciável na origem.


70

Exercício 13 Seja f : Rm → R diferenciável, tal que f (x/2) = f (x)/2 para todo x ∈ Rm. Prove que f é linear.

Solução. Inicialmente provaremos por indução, que f ( x 2

x f (x) ) = , n 2n 2n

∀ ∈ N.

f (x) , que é verdadeiro, por hipótese. 2 Suponhamos que a relação acima seja válida para n = k, e vamos mostrar que ela também é válida

Para n = 1, temos f ( ) =

para n = k + 1 . Com efeito, x/2k 1 x 1 f (x) f ( k+1 ) = f ( ) = f ( k ) = 2 2 2 2 2 2k x

Logo, f (

·

x f (x) ) = , n 2n 2n

∀ ∈ N.

x 2

⇒ f ( 2 x

)= k+1

f (x) . 2k+1

f (x) , x Rm f (0) = 0. 2 1 Tomando t = n , e usando o fato que f é diferenciável, temos 2

Além disso, observamos que f ( ) =

∀ ∈

⇒

x ) n tf (x) (1/2 ) f (x) f (tx) 2 f (x) = lim = lim = lim = lim t→0 n→∞ n→∞ 1/2n t→0 t (1/2n ) t n

f (0 + tx) t→0 t

f (x) = lim

f (

·

− f (0) =< ∇f (0), x > .

Portanto, como < ∇f (0), x > é linear, resulta f linear.

2.3.4 A diferencial de uma função Exercício 1 Todo funcional linear f : Rm → R é diferenciável e df (x).v = f.v para quaisquer x, v ∈ Rm .

Solução. Sejam x = (x1 , . . . , xm ) e v = (α1 , . . . , αm ) i)

∂f ∂f m ∂ m (x) = (Σi=1xi ei ) = (Σ xi f (ei )) = f (ei ), ∂x i ∂x i ∂x i i=1 derivadas parciais, x Rm.

i = 1, . . . , m Portanto existem as

∀ ∈

m m ii) f (v) = f (Σm i=1 αi ei ) = Σi=1 αi f (ei ) = Σi=1

∂f ∂f (x).αi = (x) = df (x).v ∂x i ∂v

Além disso, ∀v = (α1 , . . . , αn ) tal que a + v ∈ U temos f (x + v) = f (x) + f (v) = f (x) + df (x).v = f (x) + df (x).v + r(v) r(v) = 0. v Portanto f é diferenciável e df (x).v = f.v x, v

onde r(v) = 0 logo limv→0

||

m

∀ ∈ R


71


(a) num ponto a ∈ −→ R uma função que possui todas as derivadas direcionais ∂f ∂v aberto. Se não existirem pelo menos m − 1 vetores v , linearmente independentes, tais

U, U Rm ∂f que (a) = 0, então f não é diferenciável no ponto a. ∂v

⊂

Solução. Vamos provar a contrapositiva.

∂f (a) = 0 ⇒ f  (a)v = 0 ⇒ v ∈ ker(f  (a)), Se f é diferenciável no ponto a , temos que f  (a)v = ∂v m   onde f (a) : R −→ R. Note que dim Im(f (a)) ≤ 1 . Usando o Teorema do Núcleo e da Imagem,

segue que m − dim ker(f  (a)) ≤ 1 ⇒ dim ker(f  (a)) ≥ m − 1. Portanto, existem pelo menos m − 1 vetores linearmente independentes tais que

∂f (a) = 0. ∂v

Exercício 3 Dada f : U → R no aberto U

⊂ R , defina f : U → R pondo f (x) = f (x) . Prove que f é diferenciável e que df (x) · v = k · f − (x) · df (x) · v para x ∈ U e v ∈ R . Solução. Seja g : R → R, g(x) = x .g é C ∞ , além disso f (x) = g(f (x)), daí, f é diferenciável k

m

k

k

k 1

k

k

m

k

k

k

pois é a composição de funções diferenciáveis e pela regra da cadeia df k (x).v = dg(f (x)).df (x).v = k(f (x))k−1 .df (x).v, ∀ x ∈ U e v ∈ Rn .

Exercício 4 Para cada uma das funções abaixo, escreva a diferencial sob a forma df (x) =

∂f ∂f (x)dx1 + ... + (x)dxm ∂x 1 ∂x m

e use esta expressão para calcular df (x) · v para x e v dados.

Solução.

1. f : R × ( R − 0) → R, f (x, y) = xy . Calcule df (x, y) · v com v = (tx, ty) e relacione este resultadocom a curva de nível de f .

∂f ∂ f dx + dy ∂x ∂y 1 x = dx dy y y2

df (x, y) =

−

Então 1 df (x, y) (tx, ty) = ( dx y

·

=0 − yx d ) · (tx, ty) = txy − txy y 2 y

2

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 2. f : R

3

72



− 0 → R, f (x, y) = (

x2 + y 2 + z 2 )−1 . Mostre que df (x,y,z ) v = 0 se, e somente

·

se, v é perpendicular a (x,y,z ). Calcule df (x,y,z ) · v para x = 1, y = 2, z = 3 e v = (4, 2, 2). df (x,y,z ) = = =

Daí

∂f ∂ f ∂f (x,y,z )dx + (x,y,z )dy + (x,y,z )dz ∂x ∂y ∂z

 −  −

x2

x

+ y 2

+ z 2

−3

dx

−3

 − y

x2

+ y 2

+ z 2

−3

dy

x2 + y 2 + z 2 (xdx + yd y + zd z )

df (x,y,z ) v =

·

=

Assim,

 −  −

−3

z x2 + y 2 + z 2 dz

−3

x2 + y 2 + z 2 (xdx + yd y + zd z ) (v1 , v2 , v3 )

·

−3

x2 + y 2 + z 2 (xv1 + yv 2 + zv 3 )

df (x,y,z ) v = 0

·

 −



⇔−

−3

x2 + y 2 + z 2 (xv1 + yv 2 + zv 3 ) = 0

⇔ xv + yv + zv = 0 ⇔ (v , v , v ) ⊥ (x,y,z ). 1

2

3

1

2

3

√ Agora, para (x,y,z ) = (1, 2, 3) e v = (4, 2, 2), temos df (1, 2, 3) · (4, 2, 2) = −1414 3. f : R2 − 0 → R, f (z ) = log|z |. Calcule df (z )v com z = (x, y) e v = (−y, x). ∂f ∂ f (x, y)dx + (x, y)dy ∂x ∂y x y = dx + dy = 2 2 2 2 x + y x + y

df (z ) = df (x, y) =





Aplicando em v = (−y, x), encontramos df (x, y) · v = 0

1



x2

+ y 2

(xdx + yd y )

Exercício 5 Considere em Rm a norma euclidiana. Se f : R m − 0 → R é definida por f (x) = |x|a , com a ∈ R , então df (x) · v = a |x|a−2 < x, v > para todo v ∈ Rm. m

Solução. df (x) · v =

 i=1

∂f (x) αi , onde v = (α1, ∂x i

m)

∂ x a = a x a−1 ( x21 + ∂x i

||

 · ···  · ··

|| = a |x| − 2 a 1

, mas

·· · , α

+ x2i +

2 ) m

2xi

x21 +

+ x2i +

| | x|x| = a|x| − · x

= a x a−1

· ·· + x

i

a 2

i

··· + x

2 m




73

Logo, m

df (x) v =

·

||  ||

a x a−2 xi αi

i=1

m

a 2

= a x −

xi αi

i=1

= a x a−2 < x, v >, v

m

∀ ∈ R

||

.


−→ R definida no aberto U ∈ R . Dado a ∈ U, suponha que, para todo caminho λ : (−ε, ε) −→ U, com λ(0) = a, que possua vetor velocidade v = λ (0) no ponto t = 0, o caminho composto f ◦ λ : (−ε, ε) −→ R também possua vetor velocidade (f ◦ λ) (0) = T.v, onde T : R −→ R é linear. Prove que, nestas condiÃ§oes, f é diferenciável no ponto a. Solução. Defina λ : (−ε, ε) −→ U por λ(t) = a + te logo λ(0) = a, λ (0) = e =⇒ (f ◦ λ) (0) = ∂f f (a + te ) − f (a) (f ◦ λ)(t) − (f ◦ λ)(0) T (e )(hipótese) =⇒ (a) = lim → = lim → = (f ◦ ∂x t t ∂f ∂f ∂f λ) (0) = T (e ) =⇒ ∃ (a) ∀i = 1 ··· m Por outro lado tem [T ] = ( (a), ··· , (a)) e como ∂x ∂x ∂x ∂f T é continua =⇒ (a) é continua ∀ i = 1 ··· m logo f é diferenciável en a. ∂x m

m

i

i

t

0

i

i

t

0

i

i

i

1

n

i


−→ R difrenciável no aberto U ⊂ R . Suponha df (a) = 0 para um certo a ∈ U e considere o vetor unitário u ∈ R tal que df (a) · u = max{df (a) · h; |h| = 1}. Se v ∈ R é tal que df (a) · v = 0 , mostre que v é perpendicular a u. = 0 para a ∈ U e considere Solução. Seja f : U −→ R difrenciável no aberto U ⊂ R e df (a)  u ∈ R o vetor unitário tal que df (a) · u = max{df (a) · h} onde |h| = 1. m

m

m

m

m

Temos que df (a) u

· ≥ df (a) · h ∇f (a) para todo h tal que |h| = 1 em especial para h = |∇f (a)|



∇f (a) = ∇f (a), ∇f (a) df (a) · u ≥ df (a) · |∇f (a)| |∇f (a)| e

df (a) u =

·



∇f (a), u ≤ |∇f (a)| · |u| = |∇f (a)|

=

|∇f (a)|


74

Portanto df (a) · u = |∇f (a)| · |u| = |∇f (a)|.

Logo a igualdade vale se, e somente se u = α ∇f (a) ⇒ α ± 1

Seja v ∈ Rm tal que df (a) · v = 0 logo, ∇f (a), v  = 0 ⇒ v ⊥ ∇f (a). Mas ∇f (a)//u ⇒ u ⊥ v .

Exercício 9 Seja f : Rm × Rm

→ R dada por f (x, y) = x, y. Mostre que f é diferenciável e que df (x, y) · (v, w) = v, y  + x, w . Generalize, considerando uma forma bilinear ϕ : R × R → R qualquer. m

Generalize ψ : Rm1

ainda

n

mais,

× ··· × R → R k-linear. mk

tomando

Obtenha a diferencial da função determinante como caso

particular.

Solução. Parte 1: Fixemos um ponto (x, y) arbitrário em Rm × Rm . Então f (x+h, y+k) = f (x, y)+f (x, k)+ f (h, y)+ (h,k)| |h,k| |h|E .|k|E f (h, k). Note que f (x, k) + f (h, y) é uma função linear de (h, k) e |f |(h,k) | = |(h,k)| ≤ √ |h|E +|k|E ≤ f (h,k)| |h|E . Portanto lim(h,k)→(0,0) ||(h,k) |E = 0 ⇒ f é diferenciável e df (x, y).(h, k) = x, k  + h, y. 2

2

Parte 2: Seja ϕ : Rm × Rn

→ R uma forma bilinear qualquer e (x, y) ∈ R × R . Então ϕ(x + h, y + m

n

k) = ϕ(x, y) + ϕ(h, y) + ϕ(x, k) + ϕ(h, k), onde ϕ(h, y) + ϕ(x, k) é uma função liner de (h, k) e m

|ϕ( n

h j .e j ,

j=1

| = lim lim(h,k)→(0,0) ||ϕ(h,k) (h,k)→(0,0) (h,k)|S

n

ki .ei )

i=1

|(h,k)|S

m

|

n

 

|

| = lim(h,k)→(0,0)

m



ϕ(e j , ei )h j .ki

i=1 j=1 h S+ k S

|| ||

|

≤

ϕ(e j , ei ) h j ki

lim(h,k)→(0,0)

i=1 j=1

|| || |

|h|S +|k|S

.

| Se c = max{|ϕ(e j , ei )|, 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ i ≤ n}, temos ainda que lim(h,k)→(0,0) ||ϕ(h,k) (h,k)|S lim(h,k)→(0,0) |ch|h|S|S+.||kk||SS = 0. Portanto ϕ é diferenciável e ϕ (x, y)(h, k) = ϕ(x, k) + ϕ(h, y).

≤

Parte 3: No caso geral considere ψ : Rm

1

Rm

1

×···×R

mk

. Temos então que

mk

× ··· × R →

ψ(x1 + h1 ,...,xk + hk ) = ψ(x1 ,...,xk ) +

R uma aplicação k-linear e (x1 ,...,xk )

k

 i=1

ψ(x1 ,..,xi−1, hi , xi+1 ,..,xk )+

∈


75

k

+

 

i,j =1 j i=

ψ(x1 ,..,xi−1 , hi , xi+1 ,..,x j −1 , h j , x j+1 ,...,xk ) + ... + ψ(h1,..,hk )

k

onde

i=1

ψ(x1 ,..,xi−1 , hi , xi+1 ,..,xk ) é uma função linear de (h1 ,...,hk ).

Se c = max{|ψ(ei ,..,eik )|, 1

≤ i ≤ m , 1 ≤ i ≤ m , ..., 1 ≤ i ≤ m }, então temos que − − ψ(x ,..,x − , h , x ,..,x )| ≤ | | (|x |..|x − ||h ||x |...|x − ||h ||x |...|x |) + ... + |h |...|h |). 1

1

|ψ(x

1

i 1

1

2

2

k

k

k

1



+h1 ,...,xk +hk ) ψ(x1 ,...,xk )

i

i+1

k

i=1 (h1 ,...,hk ) S

k

c h1 S +...+ hk

| |S (

| |



1

i 1

i

i+1

j 1

j

j+1

k

1

k

i,j =1 j i=

Desse modo temos que k

 −

|ψ(x + h ,..,x + h ) − ψ(x ,..,x ) |(h ,..,h )|  1

1

k

k

1

k

i=1

lim

(h1 ,..,hk )

ψ(x1,..,x i−1 , hi , xi+1,..,xk )

|

= 0.

→(0,..,0) 1 k S Portanto ψ é diferenciável e ψ (x1 ,..,xk )(h1 ,..,hk ) = ψ(h1 , x2 ,..,xk ) + ... + ψ(x1 , x2 ,..,hk ). Exercício 10 Prove que f : R2

→

R é diferenciável no ponto c = (a, b) se, e somente se, existem funções

→ R contínuas na origem, tais que,para todo (h, k) ∈ R , se tem f (a + h, b + k) = f (a, b) + α · h + β · k, onde α = α(h, k) e β = β (h, k). Solução. ( ⇒) α, β : R2

2

f é diferenciável em c = (a, b) então

f (a + h, b + k) = f (a, b) +

com

h

Então

lim

→0,k→0

∂ f ∂f (c) h + (c) k + ρ(h, k) (h, k) ∂x ∂y

·

·

|

|

ρ(h, k) = 0.

f (a + h, b + k) = f (a, b) +



  · ·

∂f ρ(h, k) (c) + h ∂x h2 + k 2

√

h +

 · ·

∂f ρ(h, k) (c) + k ∂y h2 + k 2

√

k

Defina α : R2 → R por: ∂f (c) + √ ρ(h,k) · h, se (h, k) = (0, 0), ∂x h +k α(h, k) =

h

lim

 

α(h, k) =

2

∂f (c), ∂x

lim



h→0,k→0 →0,k→0 Logo α é contínua em (0, 0)

Analogamente β : R

2

2

se (h, k) = (0.0).

∂f h (c) + ρ(h, k) ∂x h2 + k 2

√

→ R definida por β (h, k) =

 



=

∂f (c) = α(0, 0) ∂x

∂f (c) + ∂y

√ ρ(h,k) · k, se (h, k) = (0, 0), h +k 2

2

∂f (c), ∂y

se (h, k) = (0.0).


76

é uma função contínua em (0, 0). Portanto podemos escrever f (a + h, b + k) = f (a, b) + α(h, k) h + β (h, k) k

·

·

em que α, β : R2 → R são funções contínuas em (0, 0).

⇐

( )

Se f (a + h, b + k) = f (a, b) + α(h, k) · h + β (h, k) · k então k  = 0, h = 0 ⇒ f (a,b+k)k−f (a,b) = β (0, k). f (a, b + k) k

Por hipótese, β é contínua em (0, 0), então β (0, 0) = lim k →0 ∂f Analogamente, α(0, 0) = ∂x (a, b). Defina β (h, k) =

∂f (a, b) ∂y

= β (a, b) e α(h, k) =

Então, f (a + h, b + k) = f (a, b) + f (a + h, b + k) = f (a, b) +



∂f (a, b) ∂x

∂f (a, b) ∂x

· h +

∂f (a, b) ∂y

h +

∂f (a, b) + β (h, k) ∂y

r(h, k) h k lim = lim α(h, k) + β (h, k) h→0,k→0 (h, k) h→0,k→0 h2 + k 2 h2 + k 2 Portanto f é diferenciável em (a, b) e então f é diferenciável.

|

|

Observação: h

lim

h

lim

→0,k→0

α(h, k) =

·

k.

· k − (α(h, k) · h + β (h, k) · k)

Defina r(h, k) = α(h, k) · h + β (h, k) · k.



∂y

= α(a, b)

· 

∂f (a, b) + α(h, k) ∂x

− f (a, b) = ∂f (a, b).

√

√



=0

α(h, k) = 0 lim

h→0,k→0 →0,k→0 É análogo para β .



∂f (a, b) ∂x

− α(h, k)



=

∂f (a, b) ∂x

∂f (a, b) − (a, b) = 0. − α(0, 0) = ∂f ∂x ∂x

Exercício 11 Seja U

⊂

Rm aberto. Se a função diferenciável f : U

→

R cumpre a condição de Lipschitz

|f (x) − f (y)| ≤ c|x − y| então |df (x) · v| ≤ c|v| para x ∈ U e v ∈ R . Solução. Suponha por absurdo que existam x ∈ U e v ∈ R tais que |df (x ) · v | > c|v |, logo v v df (x ) · > c. Fazendo u = |v | |v | , temos |df (x ) · u | > c. Isto nos diz que |df (x ) · u | = c + ε, onde ε > 0, ε ∈ R. Queremos achar um vetor tal que



0

0 0



0

0

0

0

0

0

m

0

|f (x + v) − f (x )| > c|v|. 0

0

m

0

0

0

0

0


77

Pela defnição de diferenciabilidade temos que ∀v ∈ Rn , tal que x0 + v ∈ U , temos que f (x0 + v)

r(v) = 0. − f (x ) = df (x ) · v + r(v), onde lim → |v| 0

0

v

0

Fixemos u0 , temos que tu0 → 0 quando t → 0 . Para todo ε > 0 , dado acima, existe δ > 0 , tal que )| |r(tu )| |r(tu )| ⇒ |r(tu |tu | = |t||u | = t < ε ⇒ |r(tu )| < tε. 0

0 < t < δ

0

0

0

0

0

Pela definição de diferenciabilidade temos

|f (x + tu ) − f (x )| = |df (x )tu + r(tu )| ≥ |df (x )tu | − |r(tu )| = t |df (x )u | − |r(tu )| > t(c + ε) − tε = tc. 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

Veja que |tu0 | = |t||u0 | = t, para todo 0 < t < δ , logo 0 < t < δ

⇒ |f (x + tu ) − f (x )| > tc = |tu |c. 0

0

0

0

Contradição.

Exercício 12 Sejam U = x ∈ R ; |xi | <, i = 1,...,m e f : U → R uma função diferenciável, com m

para todo x ∈ U . Então f (U ) é um intervalo de comprimento ≤ 3m.

Solução. (Afirmação 1: U é aberto) De fato, seja x = (x1 ,...,xn ) max xi , i = 1,...,m < 1. Então 1

∈

  ≤ ∂f ∂x i

3,

U . Considerando M =

{| | } − M > 0. Dado y ∈ B(x, 1 − M ), temos y = (y ,...,y ). Assim |y | = |y − x + x | ≤ |y − x | + |x |. Como |x − y | < 1 − M , temos |y − x | < 1 − M . Além disso, uma vez que M = max{|x |, i = 1,...,m} < 1 , M  m resulta que −M ≤ −|x |, i = 1, ...m. Logo |y | ≤ |y − x | + |x | < |− M + x | ≤ 1 −|x | + |x | = 1, i = 1,...,m, tal que y ∈ U . Portanto B(x; 1 − m) ⊂ U , isto é U é aberto. i

i

i

i

i

1

i

i

i

i

i

i

i

n

i

i

i

i

i

i

(Afirmação 2: U é convexo) De fato. Sejam x, y

∈ U ⇒ |x | , |y | < 1, i = 1, 2,...,m e 0 ≤ t ≤ 1. Temos que |(1 − t)x + ty | ≤ | 1 − t| e |x | + t |y | < 1 − t + t = 1, i = 1,...,m. Logo, (1 − t)x + ty ∈ U, 0 ≤ t ≤ 1 . Portanto U é convexo. i

i

i

i

i

i


78

(Afirmação 3: U é conexo) De fato se U é conexo. De fato Como U é convexo, temos que U é conexo por caminhos, portanto U é conexo, pois é aberto e conexo por caminhos. Como f : U → R

é diferenciável, então temos que f é contínua. Portanto f (U ) é um intervalo. Agora sejam x, y ∈ U . Como U é conexo, existe v

  ∂f ∂x i

∈ R tal que y = v + u. Logo pela Teorema do Valor Medio temos ≤ M ⇒ |f ((x) − f (y)| ≤ M |x − y| para cualquier x, y ∈ U n

 | ≤ m

|f ((x) − f (y)

i=1

∂ f (x + θ(y ∂x i

  | − | m

− x))

x

y



3 = 3m.

i=1

2.3.5 O gradiente de uma função diferenciável Exercício 1 Dada a transformação linear A : Rm

→ R , defina as funções f : R × R → R e g : R → R pondo f (x, y) = A · x, y  e g(x) = A · x, x. Determine ∇f (x, y) e ∇g(x). Solução. Para 1 ≤ i ≤ m temos: ∂f f (x + t · e , y) − f (x, y) (x, y) = lim n

m

n

i

∂x i

t

t

→0

= lim

A(x + t · e ), y − Ax,y i

t Ax,y + t Aei , y Ax,y = lim t→0 t t Aei , y = lim = lim Aei , y = Aei , y t→0 t→0 t t

→0





 



−





 



Para m + 1 ≤ i ≤ m + n, temos: ∂f f (x, y + t ei ) (x, y) = lim t→0 ∂y i t

· − f (x, y)

= lim

Ax,y + t · e  − Ax,y i

t Ax,y + t Ax,ei Ax,y = lim t→0 t t Ax,ei = lim = lim Ax,e i = Ax,ei t→0 t→0 t t

→0





 



−



 





Portando, ∇f (x, y) = (Ae1 , y  , Ae2 , y , ··· , Aem, y  , Ax,em+1  , · ·· , Ax,em+n ). Determinaremos agora, ∇g(x):

m


79

∂g g(x + t ei ) (x) = lim t→0 ∂x i t

· − g(x)

= lim

A(x + t · e ), x + t · e  − Ax,x i

i

t Ax,x + t Ax,ei + t Aei , x + t2 Aei , ei = lim t→0 t t

→0



 

 





 − Ax,x

= lim Ax,ei + Aei , x + t Aei , ei = Ax,e i + Aei , x t

→0



 

 

 

 



Portanto ∇g(x) = (Ax,e1  + Ax,e2  + ··· + Ax,en  + Aen , x).

Exercício 2 Seja f : U → R diferenciável no aberto U ⊂ Rm. Dada uma base ortogonal {u1 , · ·· , um } de R m, mostre que, para todo x ∈ U , tem-se

m

grad f (x) =

1 ∂f (x) ui . ui 2 ∂u i

| | i=1

·

Mais geralmente, dada uma base arbitrária {v1 , ··· , vm } em Rm , indique com (g ij ) a matriz inversa da matriz cujo ij -ésimo elemento é o produto interno < vi , v j >. Mostre que a expressão de grad f (x) em relação à base {v1 , ··· , vm } é a seguinte:

    ∇ g ij

grad f (x) =

i

j

∂ f ∂v j

vi .

m

Solução. Como ∇f (x) é um vetor, pomos gonal de Rm e β i ∈ R.

β i ui , onde u1 ,

f (x) =

{ ··· , u } é uma base orto-

i=1

m

m

Seja v ∈ Rm. Então, v = Por um lado,



αi ui , αi

i=1

∈ R. m

df (x) v =<

·

∇f (x), v >=<

Por outro,

m

    β i ui ,

i=1

αi ui >=

i=1

m

df (x) v = df (x)

·

β i αi ui 2 .

| |

i=1

m

α i ui =

i=1

Logo,

m



df (x)αi ui .

i=1

∂f (x). 2 ∂u i

| | ⇒ β = |u1| df (x)u ⇒ β = |u1|

df (x)αi ui = β i αi ui

2

i

i

2

i

i

i

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 Portanto

m

m

Sejam v =



i=1

m

α j v j e

j=1

∇f (x) =



1 ∂f (x) ui . ui 2 ∂u i

| |

∇f (x) =

80

·

β i vi , α j , β i

∈ R. Então

i=1

m

df (x) v = df (x)

·

m

  α j v j =

j=1

df (x)α j v j .

j=1

Por outro lado, temos m

df (x) v =<

·

∇f (x), v >=<

m

  α j v j ,

j=1

m

β i vi >=

i=1

m



α j β i < vi , v j > .

j=1 i=1

Logo m



m

df (x)α j v j =

j=1

j

j j

⇒ ∂v∂f (x)v j

m

elemento é < vi , v j >.



g ij

j=1

α j β i < vi , v j >

j=1 i=1 m

⇒ ∂v∂f α v

Para i = 1, · ·· , m, temos β i =

m

  

j

=

α j β i < vi , v j >

i=1 m

β i < vi , v j > .

=

i=1

∂f (x), onde ( gij ) é a matriz inversa da matriz cujo ij -ésimo ∂v j

Portanto

∇f (x) =

   g ij

i

j

∂f ∂v j

vi .

2.3.6 O Teorema de Schwarz Exercício 1 Com a notação da Regra da Cadeia, suponha f e g duas vezes diferenciáveis, obtenha uma fórmula para ∂ 2(g f ) (a.) ∂x i ∂x j

◦

Solução. Pela regra do cadeia temos: m

∂ (g f ) ∂g(f (a)) ∂f k (a) (a) = . ∂x j ∂y ∂x j k j=1

◦



CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 Logo, 2

  ◦          

∂ (g f ) ∂ (a) = ∂x i ∂x j ∂x i

◦

∂ (g f )(a) ∂x j m

=

j=1

m

=

  j=1 m

=

j=1

∂ ∂x i

81

n

p=1

j=1

∂g(f (a)) ∂f k (a) . ∂y k ∂x j

∂ ∂g(f (a)) ∂f k (a) ( . ) ∂x i ∂y k ∂x j

∂g(f (a)) ∂f k (a) . ∂y k ∂x j

∂f k (a) ∂x j

m

∂ = ∂x i

+

∂ g(f (a)) ∂ . ∂y k ∂x i

∂f k (a) ∂x j

∂f p (a) ∂ 2 g(f (a)) ∂g(f (a)) ∂ 2 f k (a) . + . ∂x i ∂y p ∂y k ∂y k ∂x i x j

Exercício 2 Uma função diferenciável f : U → R definida no aberto U ⊂ Rm , é de classe C 1 se, e somente se, para cada h ∈ R m, a função ϕh : U → R dada por ϕh (x) = df (x) · h é contínua. Analogamente, f é duas vezes diferenciável se, e somente se, ϕh é diferenciável.

Solução. ( ⇒) f : U

→

R, U

∀ i = 1,...,m.

⊂

Rm , uma função de classe C 1

⇒

∂f ∂x i

: U

R, são funções contínuas,

→

m

Daí dado h = (h1 ,...,hm ) ∈ R m , temos que ϕh : U → R , é dado por ϕh (x) = modo ϕh é contínua em U , pois é soma de funções contínuas.

⇐

 i=1

∂f (x).hi . Desse ∂x i

( )

Se ϕh : U → R , dada por ϕh (x) = df (x) · h é contínua, ∀ h

∈ R

mos os vetores da base canônica e 1 ,.....,em , temos que ϕ ei (x) = Portanto f

∈

m

, então, em particular, se tomar-

∂f (x) ∂x i

C 1(U ).

Analogamente, se f é duas vezes diferenciável em U , então f  : U →

é contínua, ∀ i = 1,...,m.

L{R

m

∂f (x), ..., ∂x∂f m (x)), , R , f  (x) = ( ∂x 1

}

é diferenciável e portanto cada uma de sua funções coordenadas é diferenciável em U . Daí ∀ h m

ϕh (x) =

∀h ∈

∈R

m

,

∂f (x).hi é diferenciável, pois é soma de funções diferenciáveis. Reciprocamente, se ∂x i i=1 Rm , ϕh(x) = df (x) h é diferenciável, então, em particular, se tomarmos os vetores



e1 ,...,em ,temos que ϕei (x) =

·

∂f (x) ∂x i

é diferenciável em U , e daí f  : U

∂f ∂f ( ∂x (x), ..., (x)) será diferenciável, pois suas funções coordenadas o são. ∂x m 1

→ L{R

m

, R , f  (x) =

}


82

Exercício 3 Sejam f : U

→ R duas vezes diferenciável no aberto convexo U ∈ R . 2

Afim de que

∂ 2 ∂x∂y

seja

identicamente nula, é necessário e suficiente que existam funções reais ϕ : I → R , γ : J → R, duas

vezes diferenciáveis em intervalos I , J da reta, tais que f (x, y) = ϕ(x) + ϕ(y) para todo (x, y) ∈ U . 2

2

∂ ∂ Solução. Como ∂x∂y e ∂y∂x são identicamente nulas, e ∂f , ∂f não dependem de x e y respetivamente. ∂y ∂x

Fixando (x0 , y0 ) ∈ I x J definamos as funções ϕ : I R ∂f ϕ(x) = (x, y0 ) y ∂x

→ R

γ : J

→

x

→

→ γ (y) =

∂f (x0 , y) ∂y

as quais são duas vezes diferenciáveis em intervalos I , J . Logo f (x, y) = f (x, y) x

=



x0

− f (x , y) + f (x , y) − f (x , y ) + f (x .y ) 0

∂f (s, y)ds + ∂x

0

y



y0

0

0

0

0

∂f (x0 , t)dt + f (x0 , y0 ) = ϕ(x) + γ (y) ∂y

Reciprocamente se f (x, y) = ϕ(x) + γ (y) derivando respeito a y e logo x obtemos o resultado desejado.

Exercício 4 A fim de que uma função duas vezes diferenciável g : R2 → R satisfaça a equação ∂ 2 g ∂ 2 g = 2 ∂x 2 ∂y

é necessário e suficiente que existam funções ϕ : R → R, ψ : R → R, duas vezes diferenciáveis, tais que g(x, y) = ϕ(x + y) + ψ(x − y).

Solução.

⇒

( )

Considere a seguinte mudança de variáveis: r = x + y e s = x − y.

Seja F : R × R → R, definida por F (r, s) = g(x, y). Assim, F é uma composição de funções duas vezes diferenciável e, daí, F é duas vezes diferenciável. Então


83

∂g ∂F ∂r ∂F ∂s ∂F ∂ F = + = + ∂x ∂r ∂x ∂s ∂x ∂r ∂s

·

·

∂ 2 g ∂ 2 F ∂r ∂ 2 F ∂s ∂ 2F ∂r ∂ 2 F ∂s = + + + ∂x 2 ∂r 2 ∂x ∂s∂r ∂x ∂r∂s ∂x ∂s 2 ∂x ∂ 2 F ∂ 2 F ∂ 2 F ∂ 2 F = + + + ∂r 2 ∂s∂r ∂r∂s ∂s 2 ∂ 2 F ∂ 2 F ∂ 2 F = +2 + ∂r 2 ∂r∂s ∂s 2

·

·

∂g ∂F ∂r ∂ F ∂s ∂F = + = ∂y ∂r ∂y ∂s ∂y ∂r

·

·

·

− ∂∂sF

∂ 2g ∂ 2F ∂r ∂ 2 F ∂s ∂ 2F ∂r = + ∂y 2 ∂r 2 ∂y ∂s∂r ∂y ∂r∂s ∂y 2 2 2 ∂ F ∂ F ∂ F ∂ 2 F = + ∂r 2 ∂s∂r ∂r∂s ∂s 2 ∂ 2F ∂ 2 F ∂ 2 F = 2 + . ∂r 2 ∂r∂s ∂s 2

·

− −

· −

· −

∂ 2 F ∂s ∂s 2 ∂y

−

∂ 2 g ∂ 2 g ∂ 2 F = 0. Como, por hipótese, 2 = 2 , temos ∂x ∂y ∂r∂s

Portanto, pelo exercício 7.3 (Curso de Análise Vol. 2 - Capítulo 3), existem ϕ : I → R e ψ : J → R duas vezes diferenciável tais que F (r, s) = ϕ(r) + ψ(s), donde g(x, y) = ϕ(x + y) + ψ(x − y).

⇐

( )

Suponhamos que existam funções ϕ : R → R e ψ : R → R, duas vezes diferenciáveis, tais que g(x, y) = ϕ(x + y) + ψ(x

− y).

Então, considere a seguinte mudança de variáveis: r = x+y e s = x −y. Assim g(x, y) = ϕ(r)+ψ(s).


84

Aplicando a regra da cadeia à g , obtemos ∂g ∂ϕ ∂r ∂ψ (x, y) = + ∂x ∂r ∂x ∂s

·

∂s ∂ϕ ∂ψ = + · ∂x ∂r ∂s

∂ 2 g ∂ 2 ϕ ∂r ∂ 2ψ ∂s ∂ 2 ϕ ∂ 2 ψ (x, y) = 2 + 2 = 2 + 2 ∂x 2 ∂r ∂x ∂s ∂x ∂r ∂s

·

·

∂g ∂ϕ ∂r ∂ψ (x, y) = + ∂y ∂r ∂y ∂s

·

∂ 2 g ∂ 2 ϕ ∂r (x, y) = 2 ∂y 2 ∂r ∂y

· −

∂s ∂ϕ ∂ψ = · ∂y − ∂s ∂r

∂ 2 ψ ∂s ∂ 2 ϕ ∂ 2 ψ = 2 + 2 ∂s 2 ∂y ∂r ∂s

·

∂ 2 g ∂ 2 g Portanto 2 = 2 . ∂x ∂y

Exercício 5 Seja f : R2

−→ R duas vezes diferenciável.

Suponha que f yy = c2 f xx em todos os pontos de

R2 , onde c é uma constante. Prove que existem funções ϕ : R −→ R, ψ : R −→ R, duas vezes diferenciáveis, tais que f (x, y) = ϕ(x − cy) + ψ(x + cy).

Solução. Defina f : R2 −→ R por f (x, y) = g(u, v), onde u = x − cy e v = x + cy (*). Daí, segue que

f x = g u ux + gv vx = g u + gv .

·

·

Derivando novamente em relação a x, obtemos que f xx = (f x )x = (gu + gv )x = g uu ux + guv vx + gvu ux + gvv vx = g uu + 2guv + gvv .

·

·

·

·

Calculando agora as derivadas parciais de f em relação a y , obtemos: f y = g u uy + gv vy =

·

·

f yy = c( gvu uy + gvv vy + guu

− ·

·

−cg + cg = c(g − g ); · u − g · v ) = c (g − 2g u

y

v

uv

y

v

2

u

uv + gvv ).

uu

Dessa maneira, f yy = c 2 f xx

2

⇔ c (g − 2g

Como g : R2

uu

uv + gvv )

= c 2 (guu + 2guv + gvv )

⇔ 4g

uv

=0

⇔ g

uv

= 0.

−→ R é duas vezes diferenciável e R é aberto e convexo, pelo exercício 7.3 (Curso de Análise, p.182), existem ϕ, ψ : R −→ R duas vezes diferenciáveis tais que g(u, v) = ϕ(u) + ψ(v), ∀ (u, v) ∈ R . Portanto, de (*), temos que f (x, y) = ϕ(x − cy) + ψ(x + cy). 2

2


85

Exercício 6 Seja U ⊂ Rm um aberto. Para toda função f : U → R duas vezes diferenciável, o Laplaciano de f é a função ∆f : U → R, definida por

∂ 2f ∆f = + ∂x 21

·· ·

∂ 2 f + 2 ∂x m

. Prove que se T : Rm → Rm é uma transformação linear ortogonal então ∆(f ◦ T ) = (∆f ) ◦ T : V → R, onde V = T −1 (U ). [Invariância do Laplaciano por rotações]

Solução. Sem perda de generalidade, consideremos n = 2. Assim, sejam U ⊂ R2 aberto, f > U → R e T : R2 → R2 . Suponhamos que T e1 = (a, b) e T e2 = (c, d). Então

T (x, y) = T (ye2 ) = xT e1 + yT e2 = x(a, b) + t(c, d) = (ax + cy,bx + dy)

Pela rega da cadeia, temos: ∂ (f T ∂f (x, y) = ∂x (T (x, y)) a + ∂f (T (x, y)) b ∂x ∂y ∂ 2 (f T ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 (x, y) = a f (T (x, y)) a + f (T (x, y)) b +b f (T (x, y)) 2 2 ∂x ∂x ∂y∂x ∂x∂y ∂ 2 (f T ∂ 2 ∂ 2 2 ∂ 2 (x, y) = a 2 ∂x 2 f (T (x, y)) + 2ab ∂x∂y f (T (x, y)) + b ∂y 2 f (T (x, y)) ∂x 2

◦

(1) :

⇒ ⇒

◦ ◦

·

· 

·

∂ (f T ∂f (x, y) = ∂x (T (x, y)) c + ∂f (T (x, y)) d ∂y ∂y ∂ 2 (f T ∂ 2 ∂ 2 ∂ 2 (x, y) = c f (T (x, y)) c + f (T (x, y)) d +d f (T (x, y)) 2 2 ∂y ∂x ∂y∂x ∂x∂y ∂ 2 (f T ∂ 2 2 ∂ 2 2 ∂ 2 (x, y) = c f (T (x, y)) + 2cd f (T (x, y)) + d f (T (x, y)) 2 2 ∂y ∂x ∂x∂y ∂y 2

◦

(2) :

⇒ ⇒

·



·



◦ ◦

·

· 

·

·a+

∂ 2 f (T (x, y)) ∂y 2

· c +

∂ 2 f (T (x, y)) ∂y 2

Logo, de (1) e (2):

2 ∂ 2 f ∂ 2 f 2 2 ∂ f (3) : ∆(f T )(x, y) = (a + c ) 2 T (x, y) + 2(ab + cd) T (x, y) + (b + d ) 2 T (x, y) ∂x ∂x∂y ∂y 2

◦

     

Além disso, [T ] = Então:

a c b d

2

       ⇔

a c

a b

b d

c d

Logo, de (3) temos

. Como T é uma trnasformação linear ortogonal, temos [T ][T ]t = [I ].

=

2

2

1 0

a + c

ab + cd

0 1

ab + cd b2 + d2

    =

1 0 0 1

· b

· d


∂ 2f ∂ 2f ∆(f T )(x, y) = T (x, y)+ 2 T (x, y) = ∂x 2 ∂y

◦



86



∂ 2f ∂ 2 f + 2 T (x, y) = ∆(f )(T (x, y)) = [(∆f ) T ](x, y) ∂x 2 ∂y

◦

Portanto, ∆(f ◦ T ) = (∆f ) ◦ T . Como f : U → R, temos ∆(f ◦ T ) = (∆f ) ◦ T : V V = T −1 (U ).

→ R, onde

2.3.7 Fórmula de Taylor; pontos críticos Exercício 1 Seja f : U → R harmônica no aberto U ⊂ R2 , isto é f ∈ C 2 e

∂ 2 f ∂x 2

+

∂ 2 f ∂y 2

= 0 em todos os pontos

de U . Suponha que os pontos críticos de f são todos não-degenerados. Mostre que f não possui máximos nem mínimos locais.

Solução. Seja x = (x0 , y0 ) um ponto crítico de f , temos que ∇f (x) = 0 e a matriz Hessiana é dada por

 

∂ 2 f (x) ∂x 2

∂ 2 f (x) ∂x∂y

∂ 2 f (x) ∂y∂x

∂ 2 f (x) ∂y 2

 

seja v = (α, β ), temos a forma quadrática H (x).v2 =

∂ 2 f 2 ∂ 2 f ∂ 2 f 2 α αβ + β ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2

se consideramos v1 = (1, 0), temos H (x).v12 =

∂ 2 f ∂x 2

se consideramos v2 = (0, 1), temos H (x).v22 =

∂ 2 f ∂y 2

agora como f é harmônica, temos que

∂ 2 f = ∂x 2

−

∂ 2 f ∂y 2

e já que x é um ponto não-degenerado, segue-se que ou

∂ 2 f ∂x 2

> 0 ou

∂ 2 f ∂x 2

< 0 , assim se

∂ 2 f ∂x 2

> 0 tem-se

que H (x).v12 > 0, logo H (x).v22 < 0, i.e., a forma quadrática é indefinida ( o outro caso é análogo), por tanto o ponto crítico não pode ser máximo nem mínimo.

Exercício 2 O conjunto dos pontos em que uma função arbitrária f : X → R, definida num conjunto X ⊂ R m, admite um máximo ou mínimo estrito é enumerável.

Solução. Seja Y o conjunto dos pontos de máximo local estrito de f. Dado x ∈ Y , existe uma bola

⊂ X tal que y ∈ B(x, 2δ ), y = x ⇒ f (y) < f (x), pois x é ponto de máximo local estrito.

B(x, 2δ )


87

Para cada x ∈ X , escolhamos um ponto q x ∈ Qn ∩ B(x, 2δ ) e um número racional r x > 0 tal que

|x − q | < r < δ (isto é possível pois Q é denso em R ). Então a ∈ B(q , r ) ⇔ |a − q | < r < δ e |x − a| ≤ |x − q | + |q − a| < δ + δ = 2δ ⇒ a ∈ B(x, 2δ ). Portanto, B(q , r ) ⊂ B(x, 2δ ) e daí y ∈ B(q , r ) com y  = x ⇒ f (y) < f (x) (∗). A correspondência x −→ (q , r ) é injetiva, pois se q = q  e r = r então |x − q | < r ⇒ x ∈ B(q , r ) e analogamente x ∈ B(q  , r ). Daí, se fosse x  = x , de ( ∗) teríamos f (x ) < f (x) e x

n

x

x

x

n

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

f (x) < f (x ). Logo, x = x  . Obtivemos assim uma correspondência injetiva entre Y e Qn .

Portanto, Y é enumerável.

Exercício 3 Dada ϕ : (a, b) → R derivável, defina f : (a, b) × (a, b) → R pondo f (x, y) =

 y x

ϕ(t)dt. Determine

os pontos críticos de f , caracterize os pontos críticos não-degenerados, os máximos e os mínimos locais e os pontos de sela. Considere ϕ(t) = 3t2 − 1 e esboce as curvas de nível de f neste caso.

Solução. a é ponto crítico de f se temos que

∂f (x, y) ∂x

=

−ϕ(x) e

∂f (a) ∂x

∂f (x, y) ∂y

=

∂f (a) ∂y

= 0. Mas pelo Teorema Fundamental do Cálculo,

= ϕ(y).

Logo, para que um ponto (x, y) seja ponto crítico de f , x e y devem ser raízes da função ϕ. Seja então (x1 , x2 ) ponto crítico de f .

H (x1 , x2 ) =

 

∂ 2 f (x1 , x2 ) ∂x 2

∂ 2 f (x1 , x2 ) ∂x∂y

∂ 2 f (x1 , x2 ) ∂y∂x

∂ 2 f (x1, x2) ∂y 2

 −  =

ϕ (x1 ) 0

0 ϕ (x2 )

 

=

−ϕ(x )ϕ(x ) 1

2

Daí se x1 ou x2 são pontos críticos de ϕ então (x1 , x2 ) é um ponto crítico degenerado de f .



α1 α2

 − 

ϕ (x1 ) 0

0 ϕ (x2 )

      − α1 α2

=

α1ϕ (x1) α2 ϕ (x2 )

    α1 α2

2 1

2 2

−α ϕ(x )+α ϕ(x )

=

1

1. Se ϕ (x1 ) > 0 e ϕ (x2 ) > 0 ou ϕ (x1 ) < 0 e ϕ (x2 ) < 0 , H é indefinida e neste caso (x1 , x2 ) é ponto de sela. 2. Se ϕ (x1 ) > 0 e ϕ (x2 ) < 0 , H é definida negativa, portanto (x1 , x2 ) é ponto de máximo local. 3. Se ϕ (x1 ) < 0 e ϕ (x2 ) > 0 , H é definida positiva, portanto (x1, x2) é ponto de mínimo local. No caso em que ϕ(t) = 3t2 − 1, ϕ (t) = 6t, temos o seguinte:

2




y

88

∂f ∂f (x, y) = 3x2 + 1, (x, y) = 3y2 1, daí os pontos críticos de ∂y √ 3 √ 3 x √ 3 √ 3 √ 3 ∂x√ 3 √ 3 √ 3 f são ( 3 , 3 ), ( 3 , 3 ), ( 3 , 3 ), ( 3 , 3 ). Além disso (x, y) R2 , f (x, y) =

∂ 2 f (x, y) ∂x∂y

(3t2

−

− 1)dt,

∂ 2 f ∂x 2

= 0,

− (x, y) = −6x,

− − −

∂ 2 f (x, y) ∂y 2

H (x, y) =

e então (

√ 3 √ 3 3

,

3

) e (

√ 3

√ 3

3

3

− ,−

−

∀

= 6y . Desse modo

−    6x

0

0

6y

) são pontos de sela de f , (

é ponto de máximo de f .

−

,

√ 3 √ 3 3

∈

,

3

) é ponto de mínimo e (

√ 3 3

,

−

√ 3 3

)

Exercício 4 Seja f : U ⊂ R n+1 g(x) =



f (x) 2 (t 0

→ R contínua no aberto U ⊂ R . Se a função g : U → R, dada pela expressão n

+ 1)dt for de classe C ∞, então f também será C ∞.

Solução. Seja a função ϕ ⊆ R n+1 em relação a y , obtemos

−→ R definida por ϕ(x, y) = g(x) − ∂ϕ (x, y) = ∂y



y 2 (t 0

+ 1)dt. Derivando-a

2

−y − 1 e seu valor é diferente de zero para todo (x, y) ∈ R . Assim, para todo x ∈ R , pondo y = f (x ) ∈ R, temos ϕ(x , y ) = 0. Portanto, pelo Teorema da Função Implícita, existe uma bola B = B(x , δ ) ⊂ R , um intervalo J = [y − ε, y + ε] e uma função ξ : B → J de classe C ∞ tal que, para todo x ∈ B , existe um único y = ξ (x) em J tal que n+1

0

0

0

0

n

n

0

0

0

0

ϕ(x, y) = ϕ(x, ξ (x)) = 0

Como f é contínua, podemos obter δ > 0 suficientemente pequeno que f (B) ϕ(x, f (x)) = 0 para tobo x

Portanto, f é C ∞ .

∈ B , podemos concluir que f (x) = ξ (x) para x ∈ B .

⊂

J . Como

Exercício 7 Seja U ⊂ Rm um aberto convexo. Uma função f : U → R diz-se convexa quando, para x, y ∈ U e t ∈ [0, 1] quaisquer, tem-se f ((1 − t)x + ty) ≤ (1 − t)f (x) + tf (y). Seja E (f ) = {(x, y) ∈ U x R; y ≥ f (x)}. Mostre que

a) f é convexa se, e somente se, E (f ) é um subconjunto convexo de Rm+1 .


b) Seja f convexa. Se x1 , . . . , xk

∈ U , e 0 ≤ t , . . . , t ≤ 1, com Σt 1

Σti f (xi ).

k

i

c) Se C ⊂ Rm é um conjunto convexo então a função f : Rm convexa.

89 = 1 então f (Σti xi )

≤

→ R dada por f (x) = dist(x, C ), é

Solução. a) Seja E (f ) convexo. Para mostrar que f é convexa, tomamos x, y ∈ U e α ∈ [0, 1]. Então (x, f (x))

e (y, f (y)) pertencem a E (f ), portanto ((1 − α)x + αy, (1 − α)f (x) + αf (y)) ∈ E (f ). Isto significa que (1 − α)f (x) + αf (y) ≥ f ((1 − α)x + αy), logo f é convexa. Reciprocamente, supondo f convexa, sejam z = (x, y), z  = (x , y  ) pontos em E (f ) e α ∈ [0, 1]. então y ≥ f (x)

e y  ≥ f (x ) e daí (1 − α)y + αy  ≥ (1 − α)f (x) + αf (x ) ≥ f [(1 − α)x + αx  ], a última desigualdade devendo-se à convexidade de f . Logo (1 − α)z + αz  pertence a E (f ), ou seja, E (f ) é um conjunto convexo.

b) Por indução, para k = 1 isto é óbvio e para k = 2 é a definição de função convexa. Supondo que este resultado é verdadeiro para um certo k, escrevamos uma combinação convexa dos elementos x1, . . . , xk ∈ U sob a forma k Σk+1 i=1 ti xi = Σi=1 ti xi + tk+1 xk+1

pondo t = Σki=1 ti temos tk+1 = 1 − t, levando em conta que Σki=1 tti = 1,



f

Σk+1 i=1 ti xi

   = f

Σki=1 ti xi + tk+1 xk+1

= f

ti tΣki=1 xi +

≤ ≤





(1 t)xk+1 t ti t.f Σki=1 xi + (1 t)f (xk+1) t ti tΣki=1 f (xi ) + (1 t)f (xk+1 ) = Σk+1 i=1 ti f (xi ). t





−

− −

∈ R e t ∈ [0, 1], sejam x¯, ¯y ∈ C ¯ tais que d(x, C ) = |x − x¯| e d(y, C ) = |x − y¯|. ¯ (pois o fecho de um conjunto convexo é também convexo). E como Então (1 − t)¯ x + t¯ y ∈ C ¯ ), temos: f ((1 − t)x + ty) = d((1 − t)x + ty,C ) ≤ |[(1 − t)x − ty] − [(1 − d(x, C ) = d(x, C t)¯ x + t¯ y]| = |(1 − t)(x − ¯ x) + t(y − ¯ y )| ≤ (1 − t)|x − ¯ x| + t|y − ¯y| = (1 − t)f (x) + tf (y).

c) Para x, y

n

Exercício 8 Seja U ⊂ R m um aberto convexo. Uma função diferenciável f : U −→ R é convexa se , e somente se, para cada x, x + v ∈ U quaisquer, tem-se f (x + tv) ≥ f (x) + df (x) · v.


90

Solução. Afirmação. f : U

−→ R é convexa se, e somente se, a função ϕ : [0, 1] −→ R, definida por

ϕ(t) = f (x + tv), é convexa.



Portanto pelo teorema visto na análise na reta tem-se ϕ(1) ≥ ϕ(0) + ϕ (0). 

Mas ϕ(1) = f (x + v), ϕ(0) = f (a) e ϕ (0) = ∇f (x), v  . Logo f (x + v) ≥ f (x) + ∇f (x), v .

Reciprocamente suponhamos que esta desigualdade valha para quaisquer x, x + v ∈ U . Então, pondo 

ϕ(t) = f (x + tv) temos uma função ϕ : [0, 1]

−→ R tal que ϕ (t) = ∇f (x + tv), v para todo t ∈ [0, 1]. Ora, para quaisquer t, t ∈ [0, 1], tem-se f (x+tv) = f (x+t v+(t−t )v) = f (x+t v+sv), com s = t − t , logo, pela hipótese admitida sobre f . f (x + tv) ≥ f (x + t v) + ∇f (x + t v), sv  = f (x + t v) + ∇f (x + t v), v (t − t ), que pode ser lido como ϕ(t) ≥ ϕ(t ) + ϕ (t )(t − t ), Logo pelo visto na análise na reta a função ϕ 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0



0

0

0

é convexa. A afirmação assegura então que f é convexa.

Prova da Afirmação Equivale ao teorema: Seja C ⊂ Rn convexo. A fim de que a função f :

−→ R seja convexa, é necessário e sufuciente que para quaisquer a, b ∈ C , a função ϕ[0, 1] −→ R, definida por ϕ(t) = f (a + tv), v = b − a, seja convexa. Equivalente f : C −→ R é convexa se, e somente se, sua restrição a qualquer segmento de reta [a, b] ⊂ C é convexa demonstração Se f é convexa então, para s, t, α ∈ [0, 1] temos C

ϕ((1

− α)s + αt)

= f (α + [(1

− α)s + αt]v) = f [(1 − α) · (a + sv) + α · (a + tv)] ≤ (1 − α)f (a + sv) + αf (a + tv) = (1 − α)ϕ(s) + αϕ(t)

logo ϕ é convexa. , Reciprocamente, se todas as funções ϕ, definidas do modo acima, são convexas então, dados x, y

∈ C e α ∈ [0, 1] pomos ϕ(t) = f (x + t(y − x)) e temos: f ((1

− α)x + αy)

= f (x + α(y

− x)) = ϕ(α) = ϕ((1 − α) · 0 + α · 1) ≤ (1 − α) · ϕ(0) + α · ϕ(1) = (1 − α) · f (x) + α · f (y),


91

portanto f é convexa.

Exercício 9 Seja U ⊂ Rm aberto e convexo. Uma função duas vezes diferenciável f : U → R é convexa se,



e somente se, para cada x ∈ U, d2 f (x) é uma forma quadrática não-negativa, isto é,

∂ 2 f (x) ∂x i ∂x j

·

≥ 0 para todo vetor v = (α , . . . , α ) ∈ R . Solução. (⇒) f é convexa ⇔ g : [0, 1] → R dada por g(t) = f (x + tv) é convexa ⇔ g  (t) ≥ 0, ∀ t ∈ [0, 1]. Daí, assumindo que f é convexa, temos que g  (t) ≥ 0 ,∀ t ∈ [0, 1], onde αi α j

1

m

m

m



g  (t) =

i=1

∂f (x + tv).αi , ∂x i

∀ t ∈ [0, 1]

m

g (t) =

∂ 2 f (x + tv).αi α j ∂x ∂x i j i,j=1



≥ 0, ∀ t ∈ [0, 1]

Em particular, quanto t = 0 temos m

∂ 2 f (x).αi α j ∂x ∂x i j i,j=1



≥ 0.

( ) Defina g : [0, 1] m 2 ∂ f g  (t) = (x + tv).αi α j ∂x ∂x i j i,j=1

⇐

→ R por g(t) = f (x + tv); ≥ 0 ⇒ g é convexa, e portanto f é convexa.



por hipótese,

Exercício 12 Por meio de sucessivas mudanças de coordenadas, como foi indicado no Exemplo 18, exprima cada uma das formas quadráticas abaixo como soma de termos do tipo ±u2 e decida quais são positivas, negativas ou indefinidas.

Solução. 1. A(x, y) = x 2 − 3xy + y 2 A(x, y) = x 2

− 3xy + y

   

∗ Para x − ∗ Para x −

3y 2 2 3y 2 2

=

5y 2 4

>

5y 2 4

2

= x 2

− 3xy +

9y 2 4

, temos A(x, y) = 0. , temos A(x, y) > 0 .

−

9y 2 4

− −

+ y 2 = x

3y 2 2

5y 2 4


 

∗ Para x −

3y 2 2

92

5y 2 4

, temos A(x, y) < 0 .

<

Portanto A(x, y) é indefinida. 2. B(x,y,z ) = 2xy + yz − 3xz .

Para esta forma quadrática, consideremos a mudança de coordenadas x = u + v e y = u − v e a transformação linear T : R3 B T (u,v,z ). Então

→R

3

dada por T (u,v,z ) = (x,y,z ) tal que B(x,y,z ) =

◦

2

B(x,y,z ) = 2xy + yz

− 3xz = 2(u + v)(u − v) + (u − v)z − 3(u + v)z = 2u − 2v vz − 3uz − 3vz = 2u − 2v − 2uz − 4vz = = 2(u − uz ) − 2(v + 2vz ) = 2(u − uz + ) − 2(v + 2vz + z ) − 2 + 2z = = 2(u − ) − 2(v + z ) − + 2z = 2(u − ) − 2(v + z ) − 2

2

2

2

z 2 2

z2 2

2

∗ Para u − uz > v ∗ Para u − uz = v ∗ Para u − uz < v

z2 4

2

2

z 2 2

2

2

2

+ 2vz , temos B(x,y,z ) > 0 .

2

2

+ 2vz , temos B(x,y,z ) = 0.

2

2

+ 2vz , temos B(x,y,z ) < 0 .

z2 4

2

2

+ uz

−

2

3z 2 2

2

Portanto, B(x,y,z ) é indefinida. 3. C (x,y,z,t) = x 2 + y 2 + 2xy − xt + 2yt . Completando os quadrados, temos C (x,y,z,t) = x 2 + y 2 + 2xy

t 2

2

2

− xt + 2yt = x + 2x(y − ) + y + 2yt = = x + 2x(y − ) + (y − ) − (y − ) + y + 2yt = = (x + y − ) − y + yt − + y + 2yt = (x + y − ) − + 3yt = = (x + y − ) − ( − 3yt + 9y ) + 9y = (x + y − ) − ( − 3y) + 9y t 2

2

t 2 2

t 2 2

2

t 2 2

t4 4

t 2 2

t4 4

2

t 2 2

2

2

t 2 2

2

t4 4 t 2

2

2

Novamente, temos uma expressão indefinida, uma vez que C (x,y,z,t) pode assumir valores positivos, (x + y

−

negativos t 2 ) 2

ou

ser

igual

a

+ 9y 2 seja, respectivamente, maior, menos ou igual a ( 2t

zero

− 3y) . 2

caso


93

Exercício 13 Seja f : U → R de classe C 1 no aberto U ⊂ R 2. Se, para algum ponto (a, b) ∈ U , com f (a, b) = c , ∂f ∂f (a, b) > 0 , existe k > 0 tal que (x, y) > k para todo (x, y) suficientemente próximo de ∂y ∂y (a, b). Então existe um retângulo R = [a δ, a + δ ] [b ε, b + ε] U tal que f (x, b ε) < c k ε

temos

− × − ⊂ − − · e f (x, b + ε) > c + k · ε para todo x ∈ [a − δ, a + δ ]. Logo f (R) ⊃ (c − kε,c + kε). Conclua que se f não possui pontos críticos então, para cada aberto A ⊂ U , f (A) é aberto em R. Solução. Ponhamos

h(x, y) = f (x, y)

∂f (a, b) = (a, b) − k > 0. − yk ⇒ ∂h ∂y ∂y

∂f é contínua, existem δ > 0 e ε > 0 tais que pondo I = (a δ, a + δ ), J = (b ε, b + ε), ∂y ∂h ∂f temos I J U e (x, y) = (x, y) k > 0 , para todo (x, y) I J . Então para todo x I , a ∂y ∂y função g : J R, dada por g(y) = f (x, y) yk é estritamente crescente em J . Como em particular

Como

−

× ⊂ →

−

de g(b) = f (a, b) − bk = c − bk, temos que g(b

∈ ×

−

∈

−

− ε) < g(b) ⇒ f (x, b − ε) − (b − ε)k < f (a, b) − bk ⇒ f (x, b − ε) − bk + kε < f (a, b) − bk ⇒ f (x, b − ε) − bk + εk < c − bk ⇒ f (x, b − ε) < c − kε.

Analogamente g(b + ε) > g(b)

⇒ f (x, b + ε) − (b + ε)k > f (a, b) − bk ⇒ f (x, b + ε) − bk − kε > c − bk ⇒ f (x, b + ε) > c + kε, para todo x ∈ [a − δ, a + δ ]. Daí como f é contínua e (c − kε,c + kε) ⊂ (f (x, b − ε), f (x, b + ε)) o teorema do valor intermediário nos garante que f (R) ⊃ (c − kε,c + kε). ∂f ∂f ∂f = 0 ou (a, b)  = 0. Supondo (a, b), para todo Se f não possui pontos críticos então (a, b)  ∂x ∂y ∂y (a, b) ∈ U , pelo que vimos acima para todo abeto A e (a, b) ∈ A , tomando o retângulo tal que R ⊂ A , vemos que f (A) ⊃ (c − kε,c + kε), onde c = f (a, b), ou seja, f (A) é aberto. Exercício 14 Seja f : Rm

→ R de classe C , com m  2 tal que para algum c ∈ R, a imagem inversa f − (c) é compacta e não-vazia. Mostre que um dos fechados F = {x ∈ R : f (x)  c } ou G = {x ∈ R : 1

1

m

m


94

f (x)  c é compacto. Conclua que f assume um valor de máximo ou um valor de mínimo em Rm .

}

Solução. Seja X = {x

∩ G = X é compacto e portanto limitado. Daí, se supormos por absurdo que F e G são ilimitados, temos que F’= {x ∈ R ; f (x) < c} e G  = {x ∈ R ; f (x) > c} são ilimitados. Como X é compacto, então existe r > 0 tal que X ⊂ B [0, r], assim F  − B[0, r] e G − B[0, r] são ainda conjuntos ilimitados. Tomemos então x ∈ F  − B[0, r] e y ∈ G − B[0, r] , desse modo x e y ∈ B[0, r] , f (x ) < c e f (y ) > c. Mas B [0, r] é conexo por caminhos, daí existe um caminho contínuo α : [0, 1] → B[0, r] , tal que α(0) = x e α(1) = y . Sendo f ◦ α : [0, 1] → R ∈R

m

; f (x) = c . Temos que F

}

m

m

0

0

c

0

0

0

c

0

c

0

0

uma função contínua com f (α(0)) < c e f (α(1)) > c, segue do Teorema do Valor Intermediário que existe θ

∈

(0, 1) tal que f (α(θ)) = c , onde α(θ)

deve ser limitado e portanto compacto.

∈

B[0, r]c

⊂ X . Contradição! Portanto F ou G c

Sem perda de generalidade admita que G é compacto. Sendo f contínua ⇒ f admite máximo em G. Seja m o máximo de f em G. Temos que para todo x global de f .

∈ F, f (x) ≤ c ≤ m, portanto m é o máximo

2.3.8 O teorema da função implícita Exercício 1 ∂ f = 0 em todos os pontos, e ξ : I R tal que f (x, ξ (x)) = 0 ∂y para todo x I . Prove que ξ é de classe C 1. ∂f ∂f Solução. Suponha que (x0 , y0 ) > 0, como é continua, então mδ > 0, ε > 0 tais que pondo ∂y ∂y ∂f ¯. Assim, a função I = (x0 δ, x0 + δ ), J = (y0 ε, y0 + ε), temos que > 0 (x, y) I x J ∂y ¯ y f (x, y) é estritamente crecente no intervalo J , onde x I .

Sejam f : R2 → R de classe C 1 , com



→

∈

∃

−

−

∀

→

∈

∈

Como f (x0 , y0 ) = c = 0, pelo teorema da função implícita, para cada x y = ξ (x). Seja h

∈ R

2

∈

I existe um único

com |h| < δ então x = x0 + h ∈ I . Daí, se k = ξ (x + h) − ξ (x), Pelo

Teorema do Valor Médio, ∃θ ∈ (0, 1) tal que

∂f ∂ f (x + θh, ξ (x) + k).h + (x + θh, ξ (x) + k).k = 0 ∂x ∂y

pois f (x + h, ξ (x) + k) − f (x, ξ (x)) = 0, logo ξ (x + h) h

− ξ (x) = k = − h

∂f (x + θh, ξ (x) + θk) ∂x ∂f (x + θh, ξ (x) + k) ∂y


95

Pelo exercício 7.3 do livro analise real Vol 2-pag 38, tem-se que ξ é continua, isto significa que lim k = 0. A continuidade das derivadas parciais de f nos dá portanto

h

→0

ξ  (x) =

ξ (x + h) h

− ξ (x) = −

∂f (x, ξ (x)) ∂x ∂f (x, ξ (x)) ∂y

ξ  (x) é continua, pois f C 1 , segue-se que ξ (x) C 1 .

∈

∈

Exercício 2 Seja f : U −→ R contínua no aberto U ⊂ R2 tal que (x2 + y 4 )f (x, y) + f (x, y)3 = 1, ∀ (x, y) ∈ U . Prove que f ∈ C ∞ .





Solução. Defina F (x,y,z ) = (x2 + y 4 )z + z 3 . Tome (x0 , y0 ) U . Assim, F x0 , y0 , f (x0, y0 ) = 1. ∂F 2 2 Temos que x0 , y0 , f (x0 , y0) = x 20 + y02 + 3 f (x0, y0 ) = 0 (Veja que x20 + y02 + 3 f (x0 , y0 ) = ∂z 0 x 0 = y 0 = f (x0 , y0 ) = 0, mas isto não ocorre pois implicaria F x0 , y0 , f (x0 , y0 ) = 0 = 1).



⇔



 ∈



Pelo Teorema da Função Implícita, existem abertos V (x ,y ) , W f (x ξ (x, y) ∈ W f (x ,y ) (ξ ∈ C ∞ ) tal que F x,y,ξ (x, y) = 1. 0

0



0





0

0



,y0 )

 



tais que ∀ (x, y) ∈ V (x

0



,y0 ) ,



∃! z =

Note que F x0 , y0 , f (x0 , y0) = 1 e assim da unicidade de ξ podemos concluir que f (x0 , y0 ) = ξ (x0 , y0 ). Como f é contínua e W f (x ,y ) , então f −1 (W f (x ,y ) ) é aberto e contém (x0, y0 ). Conside0

remos o aberto A = f −1 (W f (x

0



,y0 ) )



que satisfaz F x,y,ξ (x, y) = 1.

0

0

∩ V

(x0 ,y0 )

⊂ V

(x0 ,y0 )

Por outro lado, ∀ (x, y) ∈ A temos que f (x, y) ∈ W f (x

0

0

. Temos que ∀ (x, y) ∈ A, ∃ ! ξ (x, y) ∈ C ∞

,y0





) e F x,y,f (x, y) = 1.

Assim, da unicidade de ξ segue que f (x, y) = ξ (x, y), ∀ (x, y) ∈ A . Portanto, f ∈ C ∞ .

Exercício 3 Sejam f, g : Rn → R tais que g(x) = f (x) + (f (x))5 . Se f é contínua e g ∈ C r então f ∈ C r .

Solução. Fixemos um ponto x0 arbitrário em Rn . Defina F : Rn × R → R; F (x, y) = g(x) − y − y5 . Temos que F (x0 , f (x0 )) = 0 e

∂F (x0 , f (x0 )) ∂y

−1 − 5f (x ) = 0. Daí, pelo Teorema da Função Implícita, existem abertos I ⊂ R e J ⊂ R, contendo x e f (x ), respectivamente, tais que ∀ x ∈ I existe um único y = ξ (x) ∈ J tal que F (x, y) = 0 e ξ : I → J assim definida é C . Ora, f contínua em R e J aberto em R ⇒ f − (J ) ⊂ R é aberto. Tomemos então W = (f − (J ) × J ) ∩ (I × J ). Temos que (x , f (x ) ∈ W e ∀ (x, f (x)) ∈ W, F (x, f (x)) = 0, daí, pela unicidade de ξ temos n

=

0

0

4

0

r

n

1

0

0

n

1

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 que ξ (x) = f (x),

F −1 (J )

∀x ∈

⇒

96

f é C r numa vizinhança de x0 , e como x0 foi tomado

arbitrariamente, segue que f é C r em Rn .

Exercício 4 Seja f : U ⊂ R n+1 g(x) =



f (x) 2 (t 0

→ R contínua no aberto U ⊂ R . Se a função g : U → R, dada pela expressão n

+ 1)dt for de classe C ∞, então f também será C ∞.

Solução. Seja a função ϕ ⊆ R n+1 em relação a y , obtemos

−→ R definida por ϕ(x, y) = g(x) − ∂ϕ (x, y) = ∂y



y 2 (t 0

+ 1)dt. Derivando-a

2

−y − 1 e seu valor é diferente de zero para todo (x, y) ∈ R . Assim, para todo x ∈ R , pondo y = f (x ) ∈ R, temos ϕ(x , y ) = 0. Portanto, pelo Teorema da Função Implícita, existe uma bola B = B(x , δ ) ⊂ R , um intervalo J = [y − ε, y + ε] e uma função ξ : B → J de classe C ∞ tal que, para todo x ∈ B , existe um único y = ξ (x) em J tal que n+1

0

0

0

0

n

0

0

n

0

0

ϕ(x, y) = ϕ(x, ξ (x)) = 0

Como f é contínua, podemos obter δ > 0 suficientemente pequeno que f (B) ϕ(x, f (x)) = 0 para tobo x

Portanto, f é C ∞ .

⊂

∈ B , podemos concluir que f (x) = ξ (x) para x ∈ B .

J . Como

Exercício 10 Seja f : [0, 2] −→ R contínua, positiva, tal que prove que existe um único g(x) ∈ [1, 2] tal assim definida é de classe C 1 .



g (x) x

 1 0

 2 1

∈ [0, 1], f (t)dt = 1. Mostre que que a função g : [0, 1] −→ R, f (x)dx =

f (x)dx = 1. Para cada x

Solução. Observações preliminares: i) Para cada x0 classe C 1.



x

∈ [0, 1], a função H : [1, 2] → R, H (x) =

ii) Para cada x0 ∈ (0, 1), ∃y0 ∈ (1, 2) tal que De fato fixe x0



f (t)dt é crescente, contínua e de

x0

y0

f (t)dt = 1.

x0

∈ (0, 1), e considere H : [1, 2] → R, dada por H (x) =



x

x0

f (t)dt, então




97

2

H (1) <

f (t)dt = 1 < H (2). Logo pelo teorema do valor intermediário y0

1



∃ ∈ (1, 2) tal

y0

que H (y0 ) =

f (t)dt = 1.

x0



y

Agora considere a função F : (0, 1) × (1, 2) → R, F (x, y) = ∂F C 1 , (x, y) = f (y) > 0 e para cada x0 ∂y

f (t)dt. Tem-se que F é de classe

x

∈ (0, 1) arbitrário ∃y ∈ (1, 2) tal que F (x , y ) = 1. Pelo teorema da função inversa existem intervalos abertos I ⊂ (0, 1), J ⊂ (1, 2) tais que x ∈ I , y ∈ J , e para cada x ∈ I , existe um único ξ (x) ∈ J tal que F (x, ξ (x)) = 1, e a função ξ : I → J assim 0

0

0

0

definida é de classe C 1 .

Vamos definir g : [0, 1] → [1, 2] dessa forma Afirmações:

  

a) g é contínua em x = 0 e x = 1. De fato seja x n → 0 ( xn ∈ (0, 1)), então



k

e para 1 < k < 2, tem-se



g(x) = ξ (x), x (0, 1)

∈

g(0) =

1

g(1) =

2



g(xn )

f (t)dt = 1 como x n

xn

f (t)dt > 1, devemos ter que g(xn )

0

1

f (t)dt = 1.

0

→ 0 e 1 ≤ g(x ) ≤ 2 n

→ 1 quando x → 0, pois n

0

Analogamente xn → 1 ⇒ g(xn ) → 2 . E portanto g(x) é contínua em x = 0 e x = 1.

b) g é derivável em x = 0 e x = 1. Veja que



g(x)

f (t)dt = 1

y

f (x) , ∀ ∈ (0, 1). ⇒ f (g(x)) · g(x) − f (x) = 0 ⇒ g (x) = f (g(x)

Nossa conclusão se baseia no seguinte fato: Seja f contínua em [x0 , b] e derivável em (x0 , b) e suponha que existe lim f  (x). Mostre que x→x    f d (x0 ) existe e lim f (x) = f d (x0 ). x→x De fato, use a regra de L’Hôpital no quociente f (x) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) (f (x) − f (x0 )) lim = lim ⇒ x→x x − x0 x − x0 (x − x0 ) x→x + 0

+ 0

+ 0

0

= lim+ f  (x) = L = f d (x0 ). x

→x

f (x)

f (0)

0

Assim limx→0 g  (x) = limx→0 = , pois f e g são contínuas com f (x) > 0 . De modo f (g(x)) f (1) análogo existe limx→1− g  (x). +

+

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 Ao mesmo passo da relação g (x) = Logo g(x) é de classe C 1.

98

f (x) mostramos que g(x) é contínua em x = 0 e x = 1. f (g(x))

2.3.9 Multiplicador de Lagrange Exercício 1 x2 y 2 z 2 Dentre os pontos do elipsoide 2 + 2 + 2 = 1, determine os mais próximos da origem em R3. a b c

Solução. Considere a seguinte matriz autoadjunta:

A =

  

1 a2

0

0

0

1 b2

0

  

Queremos minimizar f (x,y,z ) = x 2 + y 2 + z 2 , restrito à condição g(x) =

0 0 c12 Ax,x = 1. Este mínimo de fato existe, pois g−1 (1) é um conjunto compacto e f é uma função





contínua. Pelo Método dos Multiplicadores de Lagrange, os pontos críticos de f |g−

1

do seguinte sistema:

 ∇ 

f (x) = λ g(x)

∇

g(x) = 1

 ⇒

(1)

são soluções

x = λAx g(x) = 1

Deste sistema resulta que os pontos de mínimo de f |g− (1) são os autovetores de A que pertencem à hiperfície g −1 (1) e que estão associados aos autovalores de maior módulo. 1

Exercício 2 Determine os pontos críticos da função f : R 2m 2

|x| + |y|

2

→ R, f (x, y) =< x, y >, restrita à esfera unitária

= 1 e mostre como daí se obtém a desigualdade de Schwarz.

Solução. Consideradas as funções f, ϕ : R2m → R, f (x, y) =< x, y > e ϕ(x, y) = |x|2 + |y |2 temos S = ϕ−1, gradf (x, y) = (y, x) e gradϕ(x, y) = 2(x, y). Portanto (x, y) ∈ S é ponto crítico de f |S se, e somente se, (y, x) = 2λ(x, y), logo y = 2λx e x = 2λy, o que nos dá λ = y = x ou y =

1 2

ou λ = − 12 , e

−x. Assim, os pontos críticos de f | são da forma (x, x) ou (x, −x) com |x| = pois, (x, x) ∈ S . Já que f (x, x) = |x| e f (x, −x) = −|x| , os pontos (x, x) são de máximo e os pontos (x, −x) de mínimo, logo − ≤< x, y >≤ para todo (x, y) ∈ S . Para todo par de vetores não-nulos √ 2 √ 2 √ 2 √ 2 1 x, y ∈ R , tem-se ( x, y) ∈ S , portanto < x, y > ≤ e daí | < x, y > | ≤ |x||y|, 2|x| 2|y| √ 2|x| 2|y√ 2 | √ √ 2 2 2 2 a igualdade é válida só quando x = y ou x = − y , i.e., quando x e y são colineares. 2|x| 2|y | 2|x| 2|y | 2

1 2

n

2

S

2

1 2





1 2


99

2.4 - Aplicações Diferenciáveis 2.4.1 Diferenciabilidade de uma aplicação Exercício 1 Sejam α > 1 e c

∈ R. |f (x) − f (y)| ≤ c|x − y|

Se f : U α

→

Rn , definida no aberto U

⊂R

m

, cumpre a condiçãoo

para quaisquer x, y ∈ U então f é constante em cada componente de U .

Solução. Uma aplicaçãoo f : U → Rn , definida no aberto U ⊂ R m , diz-se diferenciável no ponto a U quando existe uma aplicação linear T : Rm

∈

f (a + v)

.

n

→R

tal que

r(v) =0 − f (a) = T .v + r(v), onde lim → |v | v

0

De fato Afirmação:df (a) = 0, ∀a ∈ U

r(v)

Prova: f (a + v) − f (a) = r(v), só resta provar que lim = 0, por hipoteses |f (a + v) − f (a)| ≤ v→0 |v | r(v) r(v) = 0 com isto termina a prova c|v |α , onde α > 1 então |r(v)| ≤ c |v |α ⇒ | c |v |α−1 ⇒ lim | ≤ v→0 |v | |v | da afirmação. Portanto como cada componente conexa C de U é conexa e além df (x) = 0 ∀x ∈ C , utilizando o corolário do teorema do valor mádio f é constante em C .

Exercício 2 Sejam U ∈ R m aberto e f, g : U → R n diferenciáveis no ponto a ∈ U , com f (a) = g(a). A fim de que f  (a) = g  (a), é necessário e suficiente que lim

v

f (a + v)

→0

− g(a + v) = 0. |v|

Solução. Como f, g são diferenciáveis em a, com f (a) = g(a), temos: f  (a) = g  (a)

⇒ ⇒

f (a + v) f (a + v)

⇒

lim

⇒

v

f (a + v)

→0

lim

v

− f (a) − r (v) = g(a + v) − g(a) − r (v) − g(a + v) = r (v) − r (v) |v| |v|

→0

f

g

f

g

− g(a + v) = lim r (v) − r (v) → |v| |v| |v| f

v

f (a + v)

− g(a + v) = 0. |v|

0

g


100

Reciprocamente: lim

v

f ( f (a + v) v )

→0

v ) − g(a + v) =0⇒ |v| ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

tu) − g(a + tu) =0 → tu| | f  (a)(tu )(tu)) − g (a)(tu )(tu)) + r + r (tu) tu) − r (tu) tu) lim =0 → tu| | f  (a) · u − g  (a) · u r (tu) tu) − r (tu) tu) lim ± + lim =0 → → u| tu| | | f  (a) · u − g  (a) · u lim ± =0 → |u| f  (a) · u − g (a) · u = 0, ∀ u ∈ R lim t

f ( f (a + tu) tu)

0

f

t

g

0

f

t

0

t

0

t

g

0

m

f  (a) = g  (a).

Exercício 3 Sejam V

+ h ∈ U . Seja B = B (0; δ ). ⊂ U ⊂ R abertos e δ > 0 tais que x ∈ V , |h| < δ ⇒ ⇒ x + h Se f : U → R é diferenciáv diferenciável el então ϕ : V × B → R , definida por φ(x, h) = f ( f (x + h + h)), é diferenciavel, sendo ϕ (x , h ) : R × R → R dada por ϕ (x , h ).(u, v ) = f (x + h + h ).(u + v + v)). Solução. Uma aplicação f : U → R , definida no aberto U ⊂ R , diz-se diferenciável no f (a + v + v)) − f ( f (a) = T .v + .v + ponto a ∈ U quando quando existe uma aplicação linear T : R → R tal que f ( r (v ) r(v ), onde lim =0 → |v| m

n

n



0

m

0

m



n



0

0

0

n

m

m

v

0

n

0

Então



ϕ((x ((x0 , h0 ) + (v1 , v2 ))+ )) + ϕ(x0 , h0 ) = f ( f (x0 + h0 + v1 + v2 ) + f ( f (x0 + h0 ) = ϕ (x0 , h0 ).(v1 , v2) + r(v1, v2 ), r (v1 , v2 ) onde lim = 0,por outro lado , como f é é diferenciável cumpre-se que f ( f (x0 + h0 + v1 + (v1 ,v2 )→0 v1 , v2 r 1(v1 + v + v2 )  1 v2 ) + f ( f (x0 + h 0 ) = f (x0 + h 0).(u + v + v)) + r (v1 + v 2 ), onde lim = 0. Agor Agoraa (v1 +v2 )→0 v1 + v + v2 r1 (v1 + v + v2 ) r 1 (v1 + v + v2 ) r 1(v1 + v + v2 ) só precisamos demostrar que lim = 0. De fato fato , = (v1 ,v2 )→0 v1 , v 2 (v1 , v2 ) v1 + v2 1 1 r (v1 + v + v2 ) r (v1 + v + v2 ) , então lim =0 (v1 ,v2 )→0 v1 + v + v2 v1 , v2

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

| | | | ≤

|

Exercício 4 Seja U ⊂ aberto. A fim de que uma aplicação f : U −→ ⊂ Rm aberto. −→ Rn seja diferenciável no ponto a ∈ U é necessário e sufuciente que exista, para cada h ∈ Rm com a + a + h h ∈ U , uma transformação linear

A(h) : Rm

n

−→ R

tal que f ( f (a + h) h) − f ( f (a) = A( A (h) · h e h → A (h) seja contínua no ponto h = h = 0.  A(

⊂ Rm −→ Rn é diferenciável ∀ a, a + h ∈ U ⊂ ⊂ Rm temos: Solução. Como f : U ⊂ f ( f (a + h) h) − f ( f (a) = f  (a) · h + r + r((h),

+ r((h), aplicando em h ∈ U tem-se A( = f  (a) · h + r + r((h) · h. Pondo A( A(h) = f  (a) + r A(h) · h = f

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO LIVRO CURSO DE ANÁLISE ANÁLISE VOL.2 Dividindo por |h| tem-se: A(h) · h f  (a) · h r(h) lim = lim + lim h−→0 |h| h−→0 |h| h−→0 |h|

⇔

lim A(h) = lim f  (a)

h

−→0

h

−→0

101

A (h) = f  (a) ⇔ A( A (h)h = f = f  (a)·h. ⇔ A(

r(h)

Como lim = 0, segue que h−→0 |h| f ( f (a + h) h)

f (a) = f  (a) · h ⇔ f ( f (a + h) h) − f ( f (a) = A( A (h) · h. − f (

A(h) : Rm −→ Rn é contínua em 0. Portanto, A(

Exercício 5

⊂ Rm aberto, seja f : U → → R n diferenciável no ponto a ∈ U . Prove que se lim vk = v em Dado U ⊂ f ( f (a + tk vk ) − f ( f (a) = f  (a) · v . Rm e lim tk = 0 em R então lim k→∞ tk + h ∈ B (a, δ ), Solução. U aberto e a ∈ U ⇒ ∃δ > 0 tal que B (a, δ ) ⊂ U . Daí, Daí, para para todo todo a + h tem-se f ( f (a + h) = f ( f (a) + f  (a)h + r (h), onde limh→0 r|(hh|) = 0. Em particular, como lim tk .vk = 0, k→∞ então então para para k suficientem suficientemente ente grande grande temos a + tk .vk ∈ B( B (a, δ ) e daí f ( f (a + tk .vk ) = f ( f (a)+f )+ f  (a)tk .vk + f (a) f (a) r(tk .vk ) ⇒ f (a+tk .vk )−f ( = f  (a)vk + r(tk .vk ) ⇒ limk→∞ f (a+tk .vk )−f ( = lim l imk→∞ (f  (a)vk + r(tk .vk ) ) = f  (a)v

± lim →∞ k

tk r(tk .vk ). vk tk .vk

tk

tk

tk

| | = f  (a).v . |

|

Exercício 6 Seja f : U → → Rn diferenciável no aberto U ⊂ ⊂ Rm. Se, para algum b ∈ Rn, o conjunto f −1(b) possui um ponto de acumulação a ∈ U então f  (a) : Rm → Rn não é injetiva. = 0, hk → 0 tal que f ( f (a + hk) hk ) = b . Solução. Seja a um ponto de acumulação de f −1 (b) então ∃ hk  f diferenciável diferenciável em U

⇒ ⇒

f ( f (a + hk) hk ) = f ( f (a) + f + f  (a)hk + hk + r r((hk) hk )

 ⊂

⇒ 

hk f  (a) hk

 |

− |

 |

r (hk) hk) . hk

| =   | → h ⇒ |f (a)h| = 0 ⇒ f (a)h =

hk hk Como |hk S 1 temos que existe N ⊂ N e h ∈ S 1 tal que |hk | 0 ⇒ f  (a) não é injetiva.

Exercício 7 Dada f

S m

:

extensã nsão o radi radial al de f com Rn defina a exte como a aplic licação

→

x x

F (0) = 0 e F ( F (x) = | x| · f ( f ( | | ) se x  = 0. Mostre → R tal que F (0) Mostre que que F é diferenciável na origem 0 ∈ R se, e somente se f é é (a restrição de uma aplicação) linear. Solução. ( ⇒) F ( F (tx) tx) F diferenciável em 0 ⇒ ∃ lim e este coincide coincide com F  (0)x (0)x. Além Além disso disso = F ( F (x), se → t F : Rm+1

n

m+1

t

0

F ( F (tx) tx) t


102

F ( F (tx) tx) F ( F (tx) tx) F ( F (tx) tx) F (−x) se t < 0, daí F  (0)x (0)x = lim = lim = lim −F ( , onde → t → → t t F ( F (tx) tx) F ( F (tx) tx) lim = F ( F (x) e lim = −F ( F (−x). Em qualquer caso F ( F (x) = F  (0)x, (0)x, ∀ x ∈ R , em → → t t particular ∀ x ∈ S , F ( F (x) = f ( f (x) ⇒ f ( f (x) = F  (0)x (0)x, portanto f é a restrição restrição de uma aplicação t > 0 e

F ( F (tx) tx) t

=

t

0

0+

t

t

0−

m+1

t

0+

t

0−

m

linear.

⇐

( )

Se f = T |S m , onde T é linear, então F é linear, pois pois ∀ x, y α.y+ α.y+x α.y+ α.y+x

α.y+ α.y+x

+ α.y |.f ( .f ( | |x + α.y

F (α.y + x) = ∈ R e α ∈ R temos que F ( .T ( | | ) + α + α |y|.T ( .T ( | | ) = |x|.f ( .f ( | | ) + α + α|y|.f ( .f ( | | ) = | ) = |x|.T ( m+1

y

x

y

x

+ α.y |.T ( .T ( |α.y+ α.y+x x y x y | ) = |x + α.y F (x)−F (0) F (0)−F ( F (x) F ( F (x) + αF ( αF (y). Agora observe que limx→0 F ( = 0. Portanto F é diferenciável em 0 e |x| F  (0)x (0)x = F = F ((x).

Exercício 9 Dada f : Rn ∂f dy . ∂y

∂f enuncie e demonstre demonstre um teorema que traduza a igualdade igualdade f  (x, y ) = dx + dx + → R , enuncie ∂x p

Solução. Sejam f : R n

p

→ R

σ (t) = (x(t), y (t)), )), t ∈ I , tal que σ( σ (I ) ⊂ R n um caminho. Se σ( σ (t) e σ(

f (x, y ) é diferenciável em σ (t0 ) = (x0 , y0 ), então a função composta é diferenciável em t0 ∈ I , e f ( dz (t0 ) ∂f ∂ f = f ((σ (t)), )), t ∈ I , é diferenciável em t 0 e = f  (x, y ) = z = f dx + dx + dy.

dt Demonstração: Como f é diferenciável em (x, (x, y ), temos f ( f (w, z )

onde lim

∂x

∂y

∂f ∂ f f (x, y ) = (x, y ) · (w − x) + (x, y ) · (z − y) + E + E (w, z ), − f ( ∂x ∂y

(2.1)

E (w, z ) = 0. Portanto, a função (w, z ) (x, y )

|

−

|

g (w, z ) =

é contínua em (x, (x, y ).

  |

E (w, z ) (w, z ) (x, y )

− 0

|

, (w, z ) = (x, y )



, (w, z ) = (x, y )

Assim, dividindo (??) por t − t0 , t =  t0, temos f ( f (σ (t)) t

f (σ(t )) ∂f x(t) − x(t ) ∂f y (t) − y(t ) − f ( |σ(t) − σ(t )| = (σ (t )) + (σ (t )) + g( g (σ (t)) ∂x t−t ∂y t−t t−t −t 0

0

0

0

0

Observe que

|σ(t) − σ(t )| = t−t 0

0

0

0



σ (t) t

0



− σ(t ) |t − t | . t−t −t 0

0

0 0

0

0


103

|t − t |

0 Como lim g (σ (t)) = 0 e como a função é limitada, temos t→t t − t0 0

lim g(σ (t))

t

→t

Por outro lado,

σ (t) lim t→t0 t

Portanto,

→t

0

Logo, f ( f (σ (t)) t→t0 t

f  (x, y ) = lim



− σ(t ) = |σ(t )|. −t

lim g (σ (t))

t

0 0

0



|t − t | = 0. t−t 0

0

0

|σ(t) − σ(t )| = 0. t−t 0

0

f (σ(t )) ∂f ∂f − f ( = dx + dx + dy. ∂x ∂y −t 0

0

Exercício 10 Seja f : U → → R p duas vezes diferenciável no aberto U ⊂ ⊂ Rm × Rn. Defina as derivadas mistas ,

∂ 2 f ∂y∂x

∂ 2 f ∂x∂y

e estabeleça a relação que existe entre elas. 2

2

∂ f ∂ f Solução. A deriv derivada ada mista mista ∂x∂y é a apli aplica caçã çãoo ∂x∂y : U → que assoc associa ia a cada cada pont pontoo a ∈ U o o veto vetorr → R p, que f  (a)(e )(e1 , 0)(0, 0)(0, e1 ). De maneira análoga, a derivada mista ∂ f é a aplicação ∂ f : U → R p , que

associa a cada ponto a

2

2

∂y∂x

∂y∂x

)(0, e )(e )(e , 0). No caso de f ser ∈ U o o vetor f (a)(0, ser duas vezes diferenciável, o 1

1

Teorema de Schwarz nos diz que essas duas derivadas coincidem em cada ponto.

Exercício 11 Seja f : Rm

→R

m

diferenciável, com f (0) f (0) = 0. Se a transforma transformação ção linear linear f  (0) não tem valor

f (x) =  x para todo x ∈ V − − {0}. próprio 1 então existe uma vizinhança V de 0 em Rm tal que f ( Solução. Como a transformação linear f  (0) não possui valor próprio em S 1 (0), existe ε > 0 tal que (0)u − u| ≥ ε . Sendo f diferenciável, diferenciável, com f (0) f (0) = 0 temos que |u| = 1 e |f (0)u f (0 f (0 + x + x)) = f (0) f (0) + f + f  (0)x (0)x + p + p((x) x ,

||

logo

 ||

f ( f (x) = f  (0)x (0)x + p + p((x) x = x

||



x f  (0) + p( p(x) x

||


104

e existe δ > 0 tal que 0 < |x| < δ ⇒ | p(x)| < ε. Portanto, se 0 < |x| < δ então

|f (x)

    − | | | −  | | | |  −   ≥ | |  | | −| |   x x x = x f  (0) x x x f  (0) x

x = x

f  (0)

+ p(x) x x x x

x

+ p(x)

|| ||

+ p(x) > 0

e daí f (x) =  x.

2.4.2 A regra da cadeia Exercício 1 Seja f : U → Rn Lipschitziana, com constante de lipschitz igual a c, no aberto U ⊂ Rn ,com a ∈ U , e g : V → RP diferenciável no aberto V ⊂ Rn , com f (U ) ⊂ V e b = f (a). Se g  (b) = 0 então

◦

p

→ R

g f : U

é diferenciável no ponto a, com (g ◦ f ) (a) = 0.

Solução. Devemos mostrar que

lim

h

→0

|g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| = 0 |h|

Faça f (a+h) = f (a)+k. Como f é lipschitziana em U ,então f é contínua em U e daí k → 0 quando h → 0. Sendo g diferenciável em f (a) com g  (b) = 0 temos que, para h suficientemente pequeno, r(k) = 0. Daí h→0 k

g(f (a + h)) = g(f (a) + k) = g(f (a)) + r(k), onde lim

|| |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| = lim |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| |k| = 0 ≤ lim → → |h| |h||k| |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| |f (a + h) − f (a)| ≤ lim → |h| |f (a + h) − f (a)| c |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)||h| lim =0 → |h||k| h

0

h

h

0

h

Portanto,

0

0

lim

h

→0

como queríamos provar.

|g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| = 0, |h|

Exercício 2 Seja f : U −→ R n Lipschitziana no aberto U ⊂ exista la derivada direccional

m R . Dado a

∈ U,suponha que, para todo v ∈ R

m

,

∂f (a) e dependa linearmente de v.Prove que, para todo caminho g : ∂v

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 ( ε, ε)

−

−→

105

U, con g(0) = a, diferenciável no ponto t = 0, existe o vetor-velocidade (f g) (0).

◦

conclua que f é diferenciável no ponto a.

Solução. Como g é diferenciável en 0, temos que g(t) = g(0) + g  (0)(t) + tr(t)

com limt→0 r(t) = 0 logo (f ◦ g)(t) − (f ◦ g)(0) f (a + g  (0)(t) + tr(t)) − f (a)  (f ◦ g) (0) = lim = lim t→0 t→0 t t f (a + g  (0)(t) + tr(t)) − f (a + g  (0)(t)) f (a + g  (0)(t)) − f (a) = limt→0 + limt→0 pero como f t t Lipschitziana, temos



f (a + g  (0)(t) + tr(t)) t





− f (a + g(0)(t)) ≤ C a + g(0)(t) + tr(t) − a − g(0)(t) t



| | −→ 0, t → 0 =⇒ (f ◦ g)(0) = ∂g∂f (0) (a) ······ (1) por outro lado f é diferenciável em a ⇐⇒ f ∀i = 1 · ·· m o fosse em a ∂f de (1) tenemos ((f ◦ g) (0), . . . , (f ◦ g) (0)) =  (a) = T (v) = (T (v), . . . , T (v)) onde ∂g (0)   v = g (0) (T é lineal p. h.) =⇒ (f ◦ g) (0) = T (v) existe e T é linear (porque T Ã c ) em seguida, pelo exercício Cap 3-4.7 análise vol 2 podemos concluir que f ∀i = 1 · ·· m é diferenciável em a. = C r(t)

i

1

m

i

1

i

m

i

i


∈ U , t > 0 ⇒ tx ∈ U , e k um número real. Defina a aplicação positivamente homogêneas f : U → R de grau k . Prove que a relação de Euler f  (x) · x = kf (x) é necessária e suficiente para que uma aplicação diferenciável f : U → R seja positivamente m

⊂R

um aberto tal que x

n

n

homogênea de grau k .

Solução. Uma aplicação f : U −→ R n diz-se positivamente homogênea de grau k quando f (tx) = tk f (x),

∀ x ∈ U e ∀ t > 0.


106

Note que f é positivamente homogênea de grau k

−→ R, 1 ≤ i ≤ n, é positivamente homogênea de grau k

f i : U

⇔ ex. 3.3 cap.3

⇔

∇f (x) · x = kf (x), 1 ≤ i ≤ n

⇔

  

i

i

∂f 1 ∂f 1 (x) (x) ∂x 1 ∂x 2

.. .

· ··

...

∂f n ∂f n (x) (x) ∂x 1 ∂x 2

Jf (x) x = kf (x)

⇔

·

∂f 1 (x) ∂x m

...

∂f n (x) ∂x m

· ··

   

x1

.. .

xm

  

= k

  

f 1 (x)

.. .

f n (x)

  

= kf (x)

⇔ f (x) · x = kf (x).

Exercício 4 Sejam f : U → R n e g : V

⊂ R , com g(f (x)) = x f (x), prove que as transformações lineares f  (x) : R → R e

→ R

m

diferenciáveis nos abertos U ⊂ R m e V

para todo x ∈ U . Se y = g  (y) : Rn → Rm têm o mesmo posto.

Solução.

∀ x ∈ U . (∗) Sabemos

Pela

que

o

regra

da

cadeia:

posto

de

uma

g  (f (x))m×n

transformação

imagem. Seja então { f  (x)v1 , · ·· , f  (x)vr } {v1, ··· , vr } é base de I m g (f (x)). De fato: (1) Se a1v1 +

⊂

n

m

f  (x)n×m

·

linear

é

a

n

Idm×m ,

=

dimensão

de

Rn base de Im f  (x). Provaremos que Rm

sua

⊃

·· · + a v = 0, então a f (x)v + · ·· + a f (x)v = f (x) 0 = 0 e como {f (x)v , ··· , f (x)v } é base , então a = ··· = a = 0, portanto {v , ·· · , v } são L.I.’s. (2) Seja w ∈ I m g  (f (x)) . De (∗) temos que w = g  (f (x))(f  (x)w), onde f  (x)w ∈ Im f  (x). Daí f  (x)w = b f  (x)v + ... + b f  (x)v , para alguns b ,...,b ∈ R. Portanto w = g (f (x))(b f  (x)v + · ·· + b f  (x)v ) = b v + ··· + b v , portanto {v , ··· , v } 1

r r

1

r

1

1

1

1

r

1

r

r

1

r

1

1

r

r

r

r

r

1 1

r r

1

r

gera I m g  (f (x)).

De (1) e (2) temos que {v1 , ··· , vr } ébasede Im g (f (x)) e então dim(Im g (f (x))) = dim(Im f  (x)) =

r, como queríamos.

Exercício 5 Sejam f : U ⊂ Rm

→ R é diferenciável no aberto U ⊂ R e ϕ : R → R de classe C , com ϕ(f (x)) = 0 para todo x ∈ U . Dado a ∈ U , se gradϕ(b) =  0, b = f (a), então det.f (a) = 0. n

m

m

1


107

Solução. Pela regra da cadeia, temos

   

∂ϕ ∂f 1 m (f (x)) ∂x (x) + ... + ∂y∂ϕm (f (x)) ∂f (x) ∂y 1 ∂x 1 1

=0

∂ϕ ∂f 1 m (f (x)) ∂x (x) + ... + ∂y∂ϕm (f (x)) ∂f (x) ∂y 1 ∂x 2 2

=0

... ∂ϕ ∂f m (f (x)) ∂∂xf m1 (x) + ... + ∂y∂ϕm (f (x)) ∂x (x) ∂y 1 m

=0

O sistema acima é válido para todo x ∈ U , em particular, para x = a, temos J f (a)  ϕ(b) = 0.

Logo, J f (a) · x = 0 adimite uma solução não-trivial.

Portanto, a matriz jacobiana de f em a não é invertível, isto é, detf  (a) = 0.

Exercício 6 Seja f : U → Rm diferenciável no aberto U ⊂ Rm. Se |f (x)| é constante quando x varia em U então o determinante jacobiano de f é identicamente nulo.

Solução. Seja |f (x)| = c (cte),∀ ∈ U . Se c = 0, então

|f (x)| = 0 ⇒ f (x) = 0 ⇒ det Jf (x) = 0, ∀x ∈ U. Se c  = 0, então |f (x)| = c ⇒ |f (x)| = c , donde < f  (x) · v, f (x) >= 0, ∀x ∈ U, ∀v ∈ R Fixando x ∈ U , temos que 2

Imf  (x) =< f (x) > ⊥

2

m

.

⇒ dim Im f (x) < m ⇒ dim ker f (x) ≥ 1,

isto é, f  (x) não é injetiva. Portanto, det Jf (x) = 0, ∀x ∈ U .

Exercício 8 Sejam U = (0, +∞) x (0, 2π) x R e V = R3 menos o semiplano y = 0, x ≥ 0. Mostre que ϕ : U → V definida por ϕ(r,θ,z ) = (rcosθ, rsenθ, z ) é um difeomorfismo C ∞ . (se q = ϕ(r,θ,z ), os números r, θ,z são chamados as "coordenadas cilíndricas"de q ). Dada f : V

→ R diferenciável, explique o significado e demostre a seguinte fórmula para o gradiente

de f em coordenadas cilíndricas:

gradf =

∂f 1 ∂f ∂ f .ur + uθ + uz ∂r r ∂θ ∂z


108

onde ur , uθ e uz são os vetores unitários tangentes às curvas r , θ e z em V .

Solução. i) ϕ : U := (0, +∞) x (0, 2π) x R → V definida por ϕ(r,θ,z ) = (rcosθ, rsenθ, z ) ϕ é diferenciável, pois cada componente de ϕ o é. ϕ(r,θ,z ) = ϕ(r , θ  , z  ) então

  

Daí (r,θ,z ) = (r , θ , z  )

rcosθ = r cosθ rsenθ = r  senθ z

z 

=

Assim ϕ é injetora e portanto existe inversa de ϕ, definida por ϕ−1 : V → U onde ϕ−1 (u,v,w) = √ ( u2 + v 2 , arctg v , w). ϕ −1 é diferenciável, pois cada componente de ϕ−1 o é. u

Portanto ϕ é um difeomorfismo de classe C ∞ .

ii) seja

  

ur =

(cosθ, senθ, 0)

uθ = ( senθ, cosθ, 0)

−

uz =

(0, 0, 1)

¯ onde |ur | = |uθ | = |uz | = 1 e f (r,θ,z ) = f (rcosθ, rsenθ, z ) = (f ◦ ϕ)(r,θ,z ).

Calculando as derivadas parciais respeito a r, θ, z respectivamente e usando a regra da cadeia, temos

     

f ¯r =

f x .cosθ + f y .senθ

f ¯θ = f x .( rsenθ) + f y .(rsenθ) f ¯z =

então

f ¯r = f ¯θ r

−

f z

f x .cosθ + f y .senθ

= f x .( senθ) + f y .(cosθ)

f ¯z =

−

f z


109

Daí

    

f ¯r .ur = f ¯θ .u θ r

(f x .cosθ + f y .senθ)(cosθ, senθ, 0)

=

(f xcos2 θ + f y senθcosθ, f x senθcosθ + f y senθ, 0)

=

(f x .( senθ) + f y .(ccsθ)( senθ, cosθ, 0)

= f ¯z .uz =

− − (f sen θ − f senθcosθ, −f senθcosθ + f cos , 0) x

2

y

x

y

θ

f z (0, 0, 1)

= (0, 0, f z )

Somando as três últimas igualdades, obtemos: 1 f ¯r .ur + f ¯θ .uθ + f ¯z .uz = (f x , f y , f z ) = gradf r

iii) O gradiente é um vetor que indica em que direção aumentam, em mayor grado os valores do campo, ou seja que o gradiente num ponto nos informa a direção na cual vamos a encontrar valores mas altos.

Exercício 9 a) Sejam U ⊂ Rm , V ⊂ R n abertos e f : U −→ Rn , g : V Para todo x ∈ U , pondo y = f (x) tem-se

−→ R diferenciáveis, com f (U ) ⊂ V .

∇(g ◦ f )(x) = [f (x)]∗ · ∇g(y).

b) Interprete a igualdade ∇x z = resultado anterior.

 i

∂z ∂y i

·∇

x

yi , escrita na notação clássica, e identifique-a com o

Solução. Pela Regra da Cadeia, sabemos que (g ◦ f ) (x) = g  (f (x)) · f  (x).

Utilizando a notação matricial, temos que (g ◦ f ) (x) = g  (f (x)) · f  (x) = g (f (x)) f  (x) . 1×m 1×m 1×n n×m Tomando a transposta, obtemos ∗ ∗ ∗ ∗      (g ◦ f ) (x) = g (f (x)) f (x) = f (x) g (f (x)) . m×1 1×n n×m m×n n×1 Portanto, ∗ ∇(g ◦ f )(x) = f (x) · ∇g(y).





                  

Exercício 11 Seja f : U → Rn −{ 0} diferenciável no aberto conexo U ⊂ Rm. A fim de que seja |f (x)| = constante, é necessário e suficiente que f  (x) · h seja perpendicular a f (x), para todo x ∈ U e todo h ∈ Rm .


110

Solução. (⇒) Suponha |f (x)| = c, então f (x), f (x) = c2 , ∀x

∈ U . Daí f diferenciável em U ⇒ f (x), f (x) diferenciável em U e além disso (f (x), f (x)) h = 0, ∀ h ∈ R ⇒ 2 f  (x)h, f (x) = 0. Portanto f  (x) · h é perpendicular a f (x), para todo x ∈ U e todo h ∈ R . (⇐) Suponha agora que f  (x)h, f (x) = 0, para todo x ∈ U e todo h ∈ R e defina H : U → R −{0}, onde H (x) = f (x), f (x). H é diferenciável e satisfaz H  (x)v = 2 f  (x)v, f (x) = 0, para todo x ∈ U e todo h ∈ R . Daí, como U é conexo, segue que H é constante e portanto |f | é constante. m

m

m

n

m

2.4.3 A desigualdade do valor médio Exercício 2 Seja f : U → Rn de classe C 1 num aberto convexo U ⊂ Rm, com 0 ∈ U e f (0) = 0. Se |f  (x)| ≤ |x| 1 para todo x ∈ U então |f (x)| ≤ |x|2 seja qual for x ∈ U . Conclua que se f (0) = 0 e f  (0) = 0, com f

∈



∂ 2 f 2 C , então (x) ∂u∂v

Generalize.

2

 ≤ | || |

u v para x

∈ U , u, v ∈ R

m

quaisquer implica ainda |f (x)|

≤ 21 |x| . 2

√ √ √ √ x Solução. Defina F : [0, 1] → Rn , por F (t) = f ( tx). Então F  (t) = f  ( tx)( t) x = f  ( tx) √ . 2 t

Assim

x |F (t)| = |f (√ tx) 2√ | t x| ≤ |f (√ tx)| |√ 2 t

√ x| |x| = . ≤ t|x| |2√ 2 t 2

Assim pela desigualdade do valor médio 2

F (1)

|

−

F (0)

2

| ≤ |x| (1 − 0) = |x| . 2

2

2

|x| . Portanto |f (x)| ≤ 2 ∂ f |x| . Como (x) ≤ |u||v |, então |f  (x)| ≤ |x| ⇒ |f (x)| ≤ ∂u∂v 2





2


⊂R

m

2

aberto, [a, b] ⊂ U , f : U → Rn contínua em [a, b] e diferenciável em (a, b). Para 

cada y ∈ Rn existe cy ∈ (a, b) tal que f (b) − f (a), y = f (cy )(b − a), y.

Solução. Para cada y

∈ R , defina ϕ : [0, 1] → R, onde ϕ(t) = f (a + t(b − a)), y. n

Temos


111

que ϕ é contínua em [0, 1] e diferenciável em (0, 1), daí pelo T.V.M temos que ∃ t0 ∈ (0, 1) tal que 



⇒ f (b)−f (a), y = f (a+t (b−a))(b−a), y. Fazendo c temos então que f (b) − f (a), y = f (c )(b − a), y , como queríamos provar. ϕ(1) ϕ(0) = 1.ϕ (t0 )

−

0

y

= a+t0 (b a),

−



y

Exercício 4 Seja U ⊂ Rm aberto e conexo. Dada f : U −→ Rn diferenciavel, considere as seguintes afirmações. 

1. |f (x)| ≤ c para todo x ∈ U 2. |f (x) − f (y)| ≤ c|x − y| para quaisquer x, y ∈ U 3. f é uniformemente contínua ¯ existe lim f (x); 4. Para todo x0 ∈ U x→x 0

5. Se U é limitado então f (U ) é limitado. Mostre que (1) ⇔ (2) ⇒ (3) ⇒ (4) ⇒ (5) mas as demais implicações são falsas.

Solução. (1) ⇔ (2) Se f é diferenciável em U então f é contínua em U e x, y ∈ U ⇒ [x, y] ⊂ U , pela convexidade de U . Como |f  (x)| ≤ c, ∀ x ∈ U , logo |f (x) − f (y)| ≤ c |x − y |, ∀ x, y ∈ U .

Reciprocamente, suponhamos por contradição que existe x0 ∈ U tal que | f  (x0 )| > c. Então |f (x0)v| > c|v| ⇒ |f (x0)u| = c + ε, onde u = v . Pela diferenciabilidade de f , existe δ > 0

|v|





tal que 0 < t < δ ⇒ |f (x + tu) − f (x)| = |f (x)tu + r(tu)|

≥ |f tu| − |r(tu)| , com |r(tu)| < tδ . Então ∀t, onde 0 < t < δ ⇒ |f (x + tu) − f (x)| ≥ (c + ε)t − tε = ct + εt − εt = ct > c. Tomando y = x + tu obtemos |y − x| = |t||u| ⇒ |y − x| = t . Portanto, |f (x) − f (y)| > c|x − y|. (2) ⇒ (3) Basta tomar δ = e observar que f é lipschitziana, e consequentemente uniformemente contínua, isto é, ∀ ε > 0, ∃ δ = tal que |x − y | < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε, ∀x, y ∈ U . (3)  ⇒ (2). De fato, se considerarmos a função f : [0, 1] → R, definida por f (x) = √ x, sabemos ε c

ε c

que f é uniformente contínua, mas não é lipschitziana. ¯ , como U ¯ = U ∪ U  , temos que x0 ∈ U ou x0 ∈ U  . (3) ⇒ (4) Dado x0 ∈ U

Se x0 ∈ U então lim f (x) = f (x0), pois f é contínua. Logo, existe lim f (x). x→x x→x Agora, se x 0 ∈ U  , como f é uniformemente contínua, então toda sequência de Cauchy (xk ) ⊂ U é 0

0

 ⊂

transformada por f em uma sequência de Cauchy f (xk )

Rn. Em particular, para toda sequência

x = x , ∃ lim f (x ) = b e este valor independe da sequência escolhida. ⊂ U \{x } com lim →∞ →∞ De fato, se (y ) ⊂ U \{x } fosse uma outra sequência com lim y = x tal que lim f (y ) = c  = b , →∞ →∞ (xk )

0

k

k

k

0

0

k

k

k

k

0

k

k


112

teríamos uma sequência (z k ) ⊂ U \{x0} definida por z 2k = x k , z 2k+1 = y k tal que lim z k = x 0 , mas k→∞ não existe lim f (z k ), pois lim f (z kj ) = b , se k j = 2 j , e lim f (z kj ) = c , se k j = 2 j + 1. j →∞ j →∞ k→∞ Portanto, lim f (x) = b . x→x (4)  ⇒ (3). Consideremos f : [0, 2π] −→ R definida por f (x) = cos(x2). Como cos(x) é uma 0

função contínua, temos lim cos(x2 ) = cos(x20 ), isto é, existe x→x 2 lim cos(x ), ∀ x0 ∈ [0, 2π]. No entanto, a função não é uniformemente contínua, pois basta conx→x √ π √ . Dessa maneira, siderar xk = (k + 1)π e yk = kπ . Então xk − y k = 0

0





kπ

(k + 1)π +

| − y | = 0, mas |f (x ) − f (y )| = 2. ¯ −→ R , definida por F (x) = f (x) se x ∈ U e F (x) = lim f (y), se (4) ⇒ (5) Defina F : U → ¯ ¯ x ∈ U \U . Esta função está bem definida, pois lim f (x) existe para todo x ∈ U . → Além disso, F é contínua. Como F | = f é diferenciável, temos F é contínua em U , então basta ¯ = intU ∪ ∂U = U ∪ ∂U . provar que F é contínua em ∂U , já que U Seja a ∈ ∂U , então F (a) = lim f (x) ⇒ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que x ∈ U, 0 < |x − a | < → ε ¯ \U , temos que 0 < | x¯ − a | < δ ⇒ ∃ (x ) ⊂ U tal que δ ⇒ |f (x) − F (a)| < . Dado x¯ ∈ U 2 ε lim x = x¯. Daí, para k suficientemente grande, |x − a | < δ ⇒ |f (x ) − F (a)| < . Assim, →∞ 2 ε |x − a| < δ ⇒ lim |f (x ) − F (a)| = |F (¯x) − F (a)| ≤ 2 < ε. →∞ lim xk

k

→∞

k

k

k

n

y

x

x

0

x0

U

x

a

k

k

k

k

k

k

k

k

x) = F (a) e assim F é contínua em a. Logo, lim F (¯ x→a ¯ e, como U ¯ é compacto, segue que F (U ) ¯ é compacto. Portanto, Provamos que F é contínua em U F (U ) = f (U ) é limitado. (5)

⇒ (4). Temos que 0 ∈ [0, 1] = (0, 1). Considerando f : (0, 1) −→ R definida por f (x) =

sen ( x1 ), segue que U = (0, 1) é limitado e f (U ) é limitado, mas não existe lim sen x

→0



1 . x

Exercício 5 Seja U ⊂ Rm aberto conexo. Se f : U → Rn é diferenciável e f  (x) = T (constante) para todo

∈ U então existe a ∈ R tal que f (x) = T · x + a. Mais geralmente, se f (x) = 0 para todo x ∈ U então f é um polinômio de grau k (soma de formas multilineares de grau ≤ k, restritas à x

n

k+1

diagonal).

Solução. Basta tomar a função g : U → Rn dada por g(x) = f (x) − T x.

Como f é diferenciável e T uma transformação linear (portanto diferenciável), temos que g será diferenciável em U e g  (x) · v = f  (x) · v − T · v para todos x ∈ U, v ∈ Rm . Então temos g diferenciável no aberto conexo U ⊂ Rm e f  (x) = T ⇒ g  (x) · v = 0 para todos x ∈ U, v ∈ Rm.

Portanto, g é constante em U (corolário da desigualdade do valor médio), digamos g(x) = g(b), para


113

algum b ∈ U .

Dessa maneira, f (x) = T · x + g(b). Fazendo a = g(b) ∈ Rn , obtemos f (x) = T · x + a, para algum a

∈R . n

Exercício 6 Seja f : U → R m diferenciável no aberto convexo U ⊂ R m . Mostre que sup x=y



Solução. Sejam α := sup x= y

|f (x) − f (y)| = sup |f (z )| |x − y | ∈ z U

|f (x) − f (y)| e β := sup |df | ∈ |x − y| z

z U

Afirmamos que α ≤ β e β ≤ α . x, y

∈ U ; U conexo ⇒ [x, y] ⊂ U . Então, pela Desigualdade do Valor Médio, temos que |f (x) − f (y)| ≤ ∈sup |df |.|x − y| ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ sup |df |.|x − y| ∈ | ≤ sup |df | ⇒ |f (x)|x −− f (y) y| ∈ |f (x) − f (y)| ≤ sup |df | = β ⇒ α ≤ β ⇒ α = sup |x − y |  ∈ z

z [x,y]

z

z U

x=y

z U

x=y

Por outro lado, seja v ∈

mando x = a + tv e y = a

z U

| |

x

y

⇒ |df | = z

Então segue que α = β .

z



f (a + tv) Rm tal que v = 1, então df z (v) = lim t→0 t

|

|f (x) − f (y)| ≤ ⇒ |df (v)| = lim → |x − y | z

z

sup v Rn , v =1

∈ ||

|



− f (a) ,daí cha-

|f (u) − f (v)| = α |u − v|  |df (v)| ≤ α ⇒ β ≤ α sup

u,v;u=v

z

Exercício 7 Se f : Rm

é diferenciável com lim f  (x) · x = 0 então a aplicação g : Rm |x|→∞ por g(x) = f (2x) − f (x) é limitada.

→R

n

Solução. Defina ϕ : R → Rn por ϕ(t) = f (tx + x).

ϕ é contínua em [0, 1], diferenciável em (0, 1), implica, pelo T.V.M.,

n

→R

definida


114

|ϕ(1) − ϕ(0)| = |ϕ(c)| para algum c ∈ (0, 1) ⇒ |f (2x) − f (x)| = |f (x + cx) · x| (∗) dado  = 1, ∃ A > 0 tal que |x| > A ⇒ |f  (x) · x| < 1 . ⇒ | |→∞ Daí c ∈ (0, 1) ⇒ |(1 + c)x| > A ⇒ |f  ((1 + c)x)((1 + c)x)| < 1 ⇒ |f  ((1 + c)x)x| < | Em (∗) temos |g(x)| = |f (2x) − f (x)| < | | . lim f  (x) x = 0

·

x

1 1+c

1 1+c

|.

Portanto g é limitada quando |x| > A.

Como o conjunto dos x ∈ Rn tais que |x| ≤ A é compacto, segue que g é limitada neste conjunto. Portando g é limitada.

Exercício 8 Seja f : U → R n diferenciável no aberto U ⊂ R m . Se f  : U → L(Rm; Rn ) é contínua e K ⊂ U é compacto então existe a > 0 tal que x, y ∈ K ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ a |x − y|. O mesmo resultado vale se supusermos f  limitada em U , em vez de contínua.

Solução. Suponhamos por absurdo que não vale a conclusão, então para cada n

∈

N existem

(xn ), (yn) K tais que f (xn) f (yn ) > n xn yn . Como K é compacto passando a subsequências

∈

|

−

| | − | se necessário podemos supor que x → x e y → y . n

0

n

0

Afirmo que: x0 = y 0 . De fato caso contrário

|f (x ) − f (y )| = lim |f (x ) − f (y )| ≥ lim |x − y | = ∞|x − y | = +∞. 0

0

n

n

n

n

0

0

Contradição. Logo x 0 = y0 . Sabemos que ∃δ > 0 tal que ∀x ∈ K ey ∈ U tal que |x − y | < δ ⇒

⊂ U. Daí como x − y → 0 para todo n suficientemente grande temos que [x, y] ⊂ U ( pode até supor sem perda de generalidade que [x , y ] ⊂ U, ∀n ∈ N). Fixemos um indice n tal que [x , y ] ⊂ U , assim [x , y ] ⊃ [x , y ] ⊃ · ·· . Como f  é contínua e [x , y ] é compacto existe c > 0 tal que |f  (x)| ≤ c, ∀x ∈ [x , y ] e portanto ∀x ∈ [x , y ], i = 1, 2, · ·· . Pela desigualdade do valor médio temos que |f (x ) − f (y )| ≤ c|x − y |, para todo n suficientemente grande, daí concluirmos que c|x − y | ≥ |f (x ) − f (y )| > n|x − y |. Daí para todo n suficientemente grande  0 temos que c > n. Contradição. tal que |x − y | = Se f  for limitada o argumento é o mesmo pois existe c > 0 tal que |f  (x)| ≤ c, ∀x ∈ U , daí |f (x)| ≤ c, ∀x ∈ [x , y ]. Argumentando assim chegamos a uma contradição. [x, y]

n

n

n

n

n

n

n

n+1

n

n

n

n

n

n

n+1

n

n

n

n

n

n+1

n

n

n

n

n

n

n

n+1

n


115

2.4.4 O teorema da aplicação inversa Exercício 1 Seja I ⊂ R um intervalo aberto. Uma função diferenciável f : I → R é um difeomorfismo sobre 



f (I ) se, e somente se f (x).f (y) > 0 para quasquier x, y

∈ I . 

Solução. (⇒) Se f é um difeomorfismo sobre f (I ),então f (x)  = 0, 



Darboux temos que f (x) > 0 ou f (x) < 0, ∀ x 



∀x ∈

I .Pelo Teorema de 



I . Em qualquer caso temos f (x).f (y) > 0,

∈

∀x, y ∈ I , dado que f (x) e f (y) têm sempre o mesmo sinal. = 0, ∀ x ∈ I ,daí pelo Teorema da Funçao Inversa f (⇐) f (x).f (y) > 0, ∀ x, y ∈ I ⇒ f (x)  é difeomorfismo local. Note agora que a condição f (x).f (y) > 0 ⇒ f  (x) > 0 ou f  (x) < 0. Suponha que f  (x) > 0 e tomemos a  = b ∈ I . Sem perda de generalidade admita b > a. Pelo Teorema do Valor Médio temos que ∃ c ∈ (a, b) tal que f (b) − f (a) = f  (c)(b − a) > 0 ⇒ f (b) =  









f (a), portanto f é injetiva, logo f é difeomorfismo global.

Exercício 2 Seja f : R → R um função de classe C 1 tal que |f  (t)|

≤ k < 1 para todo t ∈ R.

Defina uma

aplicação ϕ : R2 → R2 pondo ϕ(x, y) = (x + f (y), y + f (x)). Mostre que ϕ é um difeomorfismo de R2 sobre se mesmo.

Solução. Como f é de classe C 1 , segue-se que ϕ é de classe C 1 , além disso, detJϕ(x, y) = 1

pois |f  (t)|

− f (x)f (y) = 0

≤ k < 1 para todo t ∈ R. Então ϕ(x, y) é um isomorfismo. Pelo corolário 1 do livro de

Curso de Análise-pag 282, tem-se que ϕ é um difeomorfismo local.

Agora precisamos provar que ϕ é injetora, assim ϕ será um difeomorfismo de R2 → R2 . De fato:

|ϕ(x, y) − ϕ(z, w)| = |(x + f (y), y + f (x)) − (z + f (w), w + f (z ))| = |(x − z + f (y) − f (w)), (y − w + f (x) − f (z ))| = |(x − z, y − w) + (f (y) − f (w), f (x) − f (z ))| = |x − z | + |y − w| − |f (y) − f (w)| − |f (x) − f (z )| > |x − z | + |y − w| − k|x − z | − k|y − w| = (1 − k)|x − z | + (1 − k)|y − w| s

Portanto, se ϕ(x, y) = ϕ(z, w) implica que (x, y) = (z, w).


116

Assim f é um difeomorifismo global. Resta provar que f (R2 ) = R2 , para provar que f (R2 ) é fechado, seja (xk ) uma sequência tal que lim f (xk ) = y ∈ R 2 , como |xk − xr |

− |f (xk ) − f (xr )|, vemos que (xk ) é de Cauchy portanto converge, seja x = lim xk . Então f (x) = lim f (xk ) = y ∈ f (R2 ).

≤

1 1 k

Assim, f (R2 ) é aberto e fechado. como R2 é conexo, tem-se f (R2 ) = R2 .

Exercício 3





Sejam f,g, h : R −→ R diferenciáveis. Defina F : R2 −→ R2 pondo F (x, y) = f (x) · h(y), g(y) .

Suponha que f e g são difeomorfismos de R sobre R. Mostre que F é um difeomorfismo se, e somente se, 0 ∈/ h(R).

Solução. (⇒) F difeomorfismo ⇒ F  (a) : R2 2

∀a ∈ R

→R

2

é isomorfismo ∀a ∈ R2

  ∀ ∈

⇒ det[F (a)] = 0 ,

 

f  (x)h(y) f (x)h (y)  = Em outras palavras, det[F (x, y)] =  0 Como f e g são difeomorfis 0 g (y)   = 0 e g (y)  = 0 x, y R. Desta forma, temos que h(y)  = 0, ∀y ∈ R ⇒ 0 ∈ mos, temos que f (x)  / h(R) ( ) Se 0 / h(R)

⇐

∈

⇒ det[F (x, y)] = 0, pois f e g são difeomorfismos. Logo como F é diferen-

ciável (f , g , h são diferenciáveis), podemos aplicar o teorema da função inversa. Assim concluímos que F é difeomorfismo local. Como F é uma aplicação aberta, falta mostrar que F é bijetora para concluir o difeomorfismo de R2 em R2 . = (x , y  ) em R 2 . Temos dois possíveis casos. No Para mostrar a injetividade de F seja (x, y)  primeiro caso temos x = x  e y  = y  ou x  = x  e y  = y  assim, em ambas possibilidades, F (x, y)  = F (x , y  ), pois g(y) = g(y ) (fato que decorre de g ser difeomosfismo e consequentemente uma



bijeção de R em R). Em um segundo caso, temos x =  x e y = y  assim f (x)h(y) = f (x)h(y), fato = f (x ). que decorre de 0 ∈/ h(R) e f (x) 

Para mostrar a sobrejetividade de F vamos tomar v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , vemos claramente da sobre-

jetividade de g que existe y ∈ R, tal que g(y) = v2 . Fixando esse y vemos que existe x ∈ R tal que f (x).h(y) = v 1 uma vez que f é sobrejetiva e 0 / h(R).

∈

Assim, concluimos que F é um difeomorfismo de R2 em si mesmo.

Exercício 11 Seja f : U → R m diferenciável no conjunto convexo U ⊂ Rm . Se f  (x) · v, v  > 0 para ∀ x ∈ U e 0  = v ∈ R m quaisquer então f é injetiva. Se f ∈ C 1 então f é um difeomorfismo de U sobre um subconjunto de Rm . Dê um exemplo em que U = Rm mas f não é sobrejetiva.


117

Solução. Tomemos a  = b elementos de U . U convexo ⇒ [a, b] ⊂ U . Defina então ψ : [0, 1] → R,

− a)t), b − a. Temos que ψ | é contínua, ψ | é diferenciável, então, pelo Teorema do Valor Médio, existe θ ∈ (0, 1) tal que ψ(1) − ψ(0) = ψ  (θ) ⇒ f (b), b − a − f (a), b − a = f  (a + (b − a)θ)(b − a), (b − a) > 0, isto é , f (b) − f (a), b − a > 0 ⇒ f (b)  = f (a), ψ(t) = f (a + (b



[0,1]

portanto f é injetiva. A condição f  (x) · v, v  > 0, ∀ x

(0,1)

∈ U e v ∈ R ⇒ f (x) · v = 0, ∀ v ∈ R m

m

e x ∈ U , então pelo

Teorema da Função Inversa temos que f é um difeomorfismo local. Mas acabamos de provar que f é injetiva, portanto f é um difeomorfismo global de U sobre f (U ) ⊂ Rm . Considere f : R2

2

→R ,

f (x, y) = (x, ey ). f é diferenciável e Df (x) =

    1

0

y

0 e

,

donde f  (x, y)(v1 , v2 ), (v1 , v2 ) = (v1 , v2 ey ), (v1 , v2) = v 12 + ey .v22 > 0,

∀ (x, y)

∀ v = (v , v ) = (0, 0) e ∈ R . Agora note que f não é sobrejetiva, pois, por exemplo, o elemento (0, -1) ∈/ f (R ). 1

2

2

2

Exercício 12 Seja f : Rm

m

→R

de classe C 1 tal que para x, v ∈ Rm quaisquer tem-se f  (x) · v, v 

≥ |α||v| , 2

onde α > 0 é uma constante. Prove que |f (x) − f (y)| ≥ α |x − y| para x, y ∈ Rm arbitrários. Conclua que f (Rm ) é fechado, e daí, que f é um difeomorfismo de Rm sobre si mesmo.(A hipótese "f ∈ C 1 ” pode ser substituída por " f diferenciável".)

Solução. Defina ϕ : [0, 1] → Rm por ϕ(t) = f (x + t(y − x)), y − x. ϕ [0,1] é contínua e ϕ

é diferenciável, então, pelo T.V.M., existe θ ∈ (0, 1) tal que ϕ(1) − ϕ(0) = ϕ(θ)(1 − 0) ⇒ f (y), y − x − f (x), y − x = f  (x + θ(y − x))(y − x), y − x

|

|

(0,1)

⇒ f (y) − f (x), y − x = f (x + θ(y − x))(y − x), y − x ⇒ |(f (y) − f (x), y − x)| = |f (x + θ(y − x), y − x)| ≥ α|y − x|

2

2

|f (y) − f (x)|.|y − x| ≥ |(f (y) − f (x), y − x)| ≥ α|y − x| ⇒ |f (y) − f (x)| ≥ α|y − x|, ∀ x, y ∈ R

m

.

Se x = y a desigualdade é trivial. Afirmação: f (Rm) é fechado. Seja y

∈

f (Rm ), y = lim f (xk ), (xk )

⊂

Rm , temos que |xr − x s |

≤ |f (x ) − f (x )|, donde 1 2

r

s


118

(xk ) é de Cauchy e portanto converge.

Seja x = lim xk . Da continuidade de f temos que f (x) = lim f (xk ) = y ⇒ y ∈ f (Rm) ⇒ f (Rm ) é fechado.

= 0, ∀ v ∈ Rm Note que f ∈ C 1 e f  (x) · v  f (Rm ).

⇒ f é difeomorfismo global sobre sua imagem aberta

Assim, f (Rm ) ⊂ Rm é aberto e fechado, e como Rm é conexo, temos que f (Rm) = Rm . Portando, f é um difeomorfismo de Rm sobre si mesmo.

Exercício 13 Seja f : Rm → Rm de classe C 1 tal que f  (x) é, para todo x ∈ Rm , uma isometria (isto é, |f  (x) · v| =

|v|) na norma euclidiana. Então f é uma isometria (isto é, |f (x) − f (y)| = |x − y|). Conclua que existem T ∈ L(R ) ortogonal e a ∈ R tais que f (x) = T · x + a. m

m

Solução. Defina

ψ : [0, 1] t

−→ − →

R ψ(t) =< f (a + t(b

− a), b − a >

 b. ψ é contínua em [0, 1] e derivável em (0, 1), então ∃θ ∈ (0, 1) onde a, b ∈ Rm , são arbitrários e a = tal que ψ(1) − ψ(0) = ψ  (θ) então − a > − < f (a), b − a >=< f (a + θ(b − a))(b − a), b − a >⇒ < f (b) − f (a), b − a >=< f  (a + θ(b − a))(b − a), b − a >⇒ < f (b) − f (a), b − a > − < f  (a + θ(b − a))(b − a), b − a >= 0 − < f (b) − f (a) − f  (a + θ(b − a))(b − a), b − a >= 0 ⇒ f (b) − f (a) − f  (a + θ(b − a))(b − a) = 0 ⇒ f (b) − f (a) = f  (a + θ(b − a))(b − a) ⇒ |f (b) − f (a)| = |f (a + θ(b − a))(b − a)| = |b − a| < f (b), b

b a=0

Daí temos que f é uma isometria.

Lema: Seja f : Rm → Rm uma função tal que f (0) = 0 e |f (u) − f (v)| = |u − v| para quaisquer u, v

m

∈ R

. Então:

i) ∀v ∈ Rm , tem-se |f (v)| = |v |.

De fato |f (v) − f (0)| = |v − 0|

⇒ |f (v)| = |v|.


119

ii) ∀u, v ∈ Rm, tem-se < f (u), f (v) >=< u.v >. De fato

1 ( f (u) 2 + f (v) 2 f (u) 2 1 = (u2+ v2 u v 2) 2

< f (u), f (v) > =

| | | | −| | | | | −| − |

2

− f (v)| )

=< u, v > .

iii) Os vetores u1 = f (e1 ), ··· , um = f (em) formam uma base ortonormal em Rm. De fato,

< ui , u j >=< f (ei ), f (e j ) >=< ei , e j >= δ ij =

e portanto, {u1, u2, ·· · , um } é ortonormal.

 

1 , se i = j 0 , se i = j



,

iv) Dado v = x 1 e1 + ··· + xmem ∈ Rm , tem-se < f (v), ui >= x i , logo f (v) = x 1u1 + ··· + xmum. De fato < f (v), ui >=< f (v), f (ei ) >=< v, ei >= xi . Mas, se f (v) =



yi ui , teríamos <

f (v), ui >= y i , pois < ui > é uma base ortonormal. Logo xi = y i e, portanto f (v) =

v) f : Rm → Rm é um operador linear, logo ortogonal. Dados v =



xi ei e w =

f (v + λw) =

 

yi ei , temos v+λw =

(xi + λyi )ui =







xi ui .

(xi +λyi )ei e, portanto, pelo item anterior,

xi ui + λ



yi ui = f (v) + λf (w),

isto é, f é linear e como f preserva distância, f será um operador ortogonal.

Conclusão: Toda isometria g : Rm → Rm tem a forma g(v) = A · v + b, onde A : Rm → Rm é uma operador linear ortogonal e b ∈ Rm é um vetor constante (independente de v ).

De fato, seja g : Rm → Rm uma isometria, e seja b = g(0). Defina f (v) = g(v) − b. Então f (0) = 0 e

|f (u) − f (v)| = |(g(u) − b) − (g(v) − b)| = |g(u) − g(v)| = |u − v|, isto é, f satisfaz às condições dos itens anteriores,assim f é um operador ortogonal A : R m → R m e temos g(v) = f (v) + b = A · v + b.

Conclusão do exercício 8.13

Pela conclusão do lema e como f é uma isometria existem T ∈ L(Rm) ortogonal e a ∈ R m tais que f (x) = T x + a.

·


120

Exercício 14 Seja f : R m

→ R

m

de classe C 1 ,com |f  (x).v|

Então f é um difeomorfismo de Rm quaisquer x, y ∈ Rm.

≥ α |v| para x, y ∈ R quaisquer (α > 0 constante). sobre si mesmo. Em particular, |f (x) − f (y)| ≥ α |x − y |, para m

Solução. (Esta solução está resumida e para entende-lá melhor deve-se consultar o livro Grupo Fundamental e Espaços de Recobrimento do Elon ou algum livro clássico de Topologia Algébrica. Serão usados conceitos de levantamento de caminhos e aplicações de recobrimento e proposições encontradas no livro citado acima do Elon).

Teorema: Seja f : Rm conexo Y

→R

m

uma aplicação de classe C 1, cujos valores estão contidos no aberto

. Suponhamos que existe uma cobertura de y por um aberto V , a cada um dos quais corresponde um número v > 0, de tal modo que f (x) ∈ V implica |f  (x).u| ≥ v |u| para todo

∈ R

u

m

⊂ R

m

. Então f (Rm ) = Y e f : Rm → Y é uma aplicação de recobrimento.

Demonstração do Teorema: Eis a parte mais interessante da demonstração. Mostraremos em primeiro lugar, que se a : [0, 1] → y é um caminho de casse C 1 em Y e b : [0, 1) → Rm é tal que f (b(a)) = a(s), 0

≤ s ≤ 1, então b é de casse C

1

e existe lims→1 b(s) em Rm . Que b ∈ C 1 segue-se

imediatamente do fato de f ser um difeomorfismo local de classe C 1 . Além, disso, seja Y 1 = a(1) e

considere V  Y 1, v > 0 como no enunciado do Teorema. Existe δ > 0 tal que 1 − δ < s < 1 então f (b(s)) = a(s) ∈ V e portanto |f  (b(s)).b (s)| ≥ v |b (s)|. Por outro lado f  (b(s)).b (s) = a , logo a (s) v

|b(s)| ≤ | | quando 1 − δ < s < 1. como o intervalo [0, 1] é compacto e a é de classe C , ∃A > 0 tal que |a (A)| < A ∀s ∈ [0, 1]. Portanto se 1 − δ < s , s , < 1 vale: 1

v

1

|b(s ) − b(s )| = 2

1



s1 s2 b

2

≤|

 (s)ds

s2

− s | .A 1

. Pelo Critério de Cauchy segue-se que lim s→1 b(s) existe. Emseguida, provaremos que todo caminho retilíneo, contido em Y , começando num ponto arbitrário Y 0 ∈ f (Rm, pode ser levantada a partir de qualquer ponto x0 ∈ f − 1(Y 0 ). De fato, se isso não ocorresse, existiria um caminho retilíneo a(s) = (1

− δ )Y + sY em Y tal que a restrição 0

1

a [0,1]

possuiria um levantamento b : [0, 1) → Rm, com

b0 = x 0 ,sem que lims→1 b(s) existisse. Isto, porém, contradiz o que acabamos de provar. Vemos agora

que f (Rm 0 é um subconjunto do aberto Y , pois todo Y 1 pertence ao fecho de f (Rm ) relativamente a Y pode ser ligado a um ponto Y 0 ∈ f (Rm) por um caminho retilíneo contido em Y , o qual pode

ser levantado a R m, de modo que Y 1 ∈ f (Rm ). Como Y é conexo e f (Rm) é evidentemente aberto, segue-se que f (Rm) = Y .


121

Demonstração do exercício 14 : Com efeito, tome Y = V = Rm e v = α no teorema acima. Então f é um recobrimento de R m. Como R m é simplesmente conexo, segue-se da proposição 11( pág. 136. Grupo Fundamental e Espaços de Recobrimento) que f é uma bijeção e portanto um difeomorfismo.

2.5 - Integrais Múltiplas 2.5.1 A definição de integral Exercício 3 Sejam f, g : A → R limitadas no bloco A. Prove que



f (x)dx+

A



g(x)dx

A

 ≤

[f (x) + g(x)]dx

 ≤

 ≤

[f (x) + g(x)]dx

A

A

f (x)dx+

A



g(x)dx.

A

Dê um exemplo em que todas as desigualdades acima são estritas. Prove também que



c f (x)dx = c

A

·

 ·

f (x)dx se c > 0 e

A



c f (x)dx = c

·

A

f (x)dx

A

 ≤

g(x)dx e

A



f (x)dx quando c < 0.

A

Prove ainda que se f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ A então



 ·

 ≤

f (x)dx

A

g(x)dx.

A

Solução. Para todo bloco B ⊂ A , temos que mB (f ) + mB (g)

≤ m

B (f + g)

e M B (f + g) ≤ M B (f ) + M B (g).

Daí resulta que, para quaisquer partições P, Q do bloco A, vale: s(f, P ) + s(g, P )

≤ s(f + g, P ) ≤ S (f + g, P ) ≤ S (f, P ) + S (g, P )

e portanto



f (x)dx+

A



A

g(x)dx

 ≤

[f (x) + g(x)]dx

 ≤

[f (x) + g(x)]dx

A

A

 ≤

A

Quanto ao exemplo, podemos tomar f, g : [0, 1] → R definidas por f (x) =

 

∈Q 0, se x ∈ /Q 1, se x

e g(x) =

 

∈Q 1, se x ∈ /Q 0, se x

.

f (x)dx+



A

g(x)dx.

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 Dessa maneira, 0=

 

f (x)dx +

A

Além disso, 1=



g(x)dx < 1 =

A



122

[f (x) + g(x)]dx.

A

[f (x) + g(x)]dx < 2 =

A



f (x)dx +

A



g(x)dx.

A

Agora seja P uma partição de A. Então para c > 0 temos que

mB (cf ) = inf cf (x); x P = c inf f (x); x P = c mB (f ).

{

∈ }

· {

∈ }

·

Analogamente, M b (c f ) = sup c f (x); x P = c sup f (x); x P = c M B (f ).

·

{·

∈ }

· {

∈ }

·

Então, multiplicando pelo volume de cada bloco da partição e somando, obtemos: s(cf,P ) =

 

B P

∈

S (cf,P ) =

Portanto



· M (cf ) · vol(B) =

c f (x)dx = c

A

c mb (f ) vol(B) = c s(f ; P );

B P

∈

b

B P

∈

· ·  ·

mb (cf ) vol(B) =

·

 ·

B P

∈

f (x)dx e

b

c f (x)dx = c

A

A

Por fim, se f (x)

c

· · M (f ) · vol(B) = c · S (f ; P ).

 ·

f (x)dx.

A

≤ g(x) ∀x ∈ A, basta observar que se P é uma partição de A, temos que sup f (x) ≤ sup g(x). Da mesma maneira, inf f (x) ≤ inf g(x). ∈ ∈ ∈ ∈ x B

x B

x B

Assim,

x B

≤ s(g, P ) e S (f, P ) ≤ S (g, P ) ⇒ sup s(f, P ) ≤ sup s(g, P ) e inf S (f, P ) ≤ inf S (g, P ).

s(f, P )

Portanto,



 ≤

f (x)dx

A

g(x)dx e



f (x)dx

A

A

 ≤

g(x)dx.

A

Exercício 4 Sejam f : A → R, g : B → R funções limitadas não negativas nos blocos A e B . Defina ϕ : A × B → R pondo ϕ(x, y) = f (x) · g(y). Prove que



ϕ(z )dz =

A B

×



A

f (x)dx

 ·

g(y)dy

B

Solução. Seja (P, P ) uma partição de A × B . Então para todo bloco (B, B) da partição (P, P ), temos

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 que

m (f ) f (x), ∀ ≤ ≤ 0 ≤ m (g) ≤ g(y), ∀ y ∈ B ⇒ 0 ≤ m (f ) · m (g) ≤ f (x) · g(y), ∀ (x, y) ∈ (B, B) (f (x) · g(y)) ⇒ 0 ≤ m (f ) · m (g) ≤ inf ∈ ⇒ 0 ≤ m (f ) · m (g) ≤ m (ϕ) 0

123

x

B

∈

B

(B,B) (ϕ)vol(B,

B) =

B

B

B

B

B

B

B

(x,y) (B,B) (B,B)

Por outro lado,

m(B,B) (ϕ) =

≤ f (x) · g(y), ∀ (x, y) ∈ (B, B) Daí m (ϕ) ≤ inf (f (x) · g(y)) = g(y) inf (f (x)) = g(y) · m (f ) ∈ ∈ (g(y) · m (f )) = m (f ) · inf (g(y)) = m (f ) · m ⇒ m (ϕ) ≤ inf ∈ ∈ (ϕ) = m (f ) · m (g) ⇒ s(ϕ, (P, P )) = Portanto m m inf

(x,y) (B,B)

(f (x) g(y))

·

∈

(B,B)

x B

(B,B)

B

g B

=

B

B

(B,B)

   ·

=

∈

∈

(mB (f ) vol(B))(mB (g) vol(B)) =

·

∈

·

·



mB (f ) vol(B)

·

B P

∈

= s(f, P ) s(g, P )

e daí

∈

mB (f ) mB (g)vol(B)vol(B) =

(B,B) (P,P )

B P,B P



(B,B) (P,P )



m(B,B) (ϕ)vol(B)vol(B) =

B (g)

B

g B

B

(B,B) (P,P )

∈

B

x B

 ·

mB (g) vol(B)

·

B P

∈

ϕ(z )dz = sup s(ϕ, (P, P )) = sup s(f, P ) s(g, P ) (P,P )

A B

×

= sup s(f, P ) sup s(g, P ) =

·

P

P



·

(P,P )

f (x)dx

A

 ·

g(y)dy

B

Da mesma forma provamos para a integral superior.

Exercício 5 Se f, g : A → R são integráveis, prove a desigualdade de Schuarz:



 ≤  2

f (x)g(x)dx

A

2

f (x)dx

A



g2 (x)dx.

A

Solução. Defina p(λ) =



2

(f (x) + λg(x)) dx = λ

2

A



2

g (x)dx + 2λ

A



f (x).g(x)dx +

A

A

Como p(λ) ≥ 0 , temos que ∆ p(λ) ≤ 0 , isto é, 4

 

Daí

2

f (x).g(x)dx

A

A

 −   ≤ 

2

f (x)dx

4

A

2

f (x).g(x)dx

A



 ·  ·

g 2 (x)dx

A

f 2 (x)dx

A

≤ 0

g 2 (x)dx

f 2 (x)dx

e


124

2.5.2 Caracterização das funções integráveis Exercício 4 Se f : A → R, definida no bloco A , é integrável e g : [a, b] → R é contínua num intervalo contendo f (A) então g

vel.”)

◦ f : A → R é integrável. (“Uma função contínua de uma função integrável é integrá-

Solução. Lema: Indicando genericamente com a notação Dϕ o conjunto dos pontos de descontinuidade de uma aplicação ϕ, mostre que se a composta g ◦ f faz sentido então Dg◦f ⊂ Df ∪ f −1 (Dg ). Demonstração do lema:

Sejam f : A → B e g : C → Rm , tal que f (B) ⊂ C . Então g ◦ f : A → Rm.

Seja x um ponto de descontinuidade de g ◦ f , ou seja, x ∈ D g◦f . Então se f não é contínua em x ⇒ x D f , ou se f é contínua em x tem-se que g não é contínua em b = f (x), mas b

∈

x f −1 (b)

∈

1

1

∈ D , logo g

⊂ f − (D ) ⇒ x ∈ f − (D ). g

g

Em qualquer caso x ∈ Dg◦f ⇒ x ∈ Df ∪ f −1 (Dg ) ⇒ D g◦f ⊂ Df ∪ f −1 (Dg ).

Demonstração do exercício:

De fato pelo Lema 1, Dg◦f ⊂ Df ∪ f −1(Dg ) ⇒ Dg◦f ⊂ Df ∪ f −1 (∅) = Df , pois g é contínua, então como Df tem medida nula Dg◦f também tem medida nula, logo g ◦ f : A → R é integrável.

Exercício 5 Seja f : A → B contínua tal que |f (x) − f (y)| ≥ c|x − y| com c > 0 constante e x, y ∈ A quaisquer. Prove que, para todo g : B → R integrável, a composta g ◦ f : A → R é integrável. Solução. Primeiro notemos que D g◦f ⊂ Df ∪ f −1 (Dg ).De fato, tomemos x ∈ Dg◦f e suponha que

⇒ f (x) ∈ D , pois caso contrário g seria contínua em f (x) e como estamos admitindo f contínua em x, então teríamos g ◦ f contínua em x e isto é absurdo pois tomamos x ∈ D ◦ , daí f (x) ∈ D ⇒ x ∈ f − (D ), portanto D ◦ ⊂ D ∪ f − (D ). Note agora que |f (x) − f (y)| ≥ c|x − y |, c > 0, ∀ x, y ∈ A ⇒ f é injetiva. Portanto existe uma x / Df

∈

g

g f

1

g

g

g f

f

1

g

correspondência biunívoca entre os pontos de D g e os pontos de f −1 (Dg ), daí como med(Dg ) = 0 resulta que medf −1(Dg ) = 0. Além disso, supomos f contínua ⇒ Df = ∅ e portanto Dg◦f ⊂ f −1 (Dg )

⇒ med ◦

g f

=0

⇒ g ◦ f é integrável.


125

Exercício 9 Se uma sequência de funções integráveis f k : A f : A

→ R, então f é integrável e lim →∞ k



→ R converge uniformemente para uma função

f (x)dx = A k

 A

f (x)dx.

Solução. Lembremos inicialmente que Df k é o conjunto dos puntos onde f k é descontínua. Seja B = A

− ∪∞

k=1 Df k

Tem-se que todas as funções f k são contínuas em B . Além disso, f k converge uniformemente a f em B

⊆ A . Então, como o limite uniforme de uma sequência de funções contínuas é contínua, segue-se

que f é contínua em B . Portanto,

⊆ A − B = ∪∞

Df

k=1 Df k

Mas como med(Df k ) = 0, ∀k ∈ N, pois as funções f k são integráveis, então med(A − B) = 0 já que é uma união de conjuntos de medida zero, daí med(Df ) = 0 (Df ⊆ A − B ). Assim f é integrável. Vejamos agora que lim k→∞



f (x)dx = A k

 A

f (x)dx. Dado ε > 0, já que f k

em A, existe N ∈ N, tal que se k ≥ N e x ∈ A , então

→ f uniformemente

ε |f (x) − f (x)| ≤ vol(A) k

então se k ≥ N tem-se

 | 

f k (x)dx

A

Portanto limk→∞

A

 − 

f (x)dx

A

f k (x)dx =

A

 |≤ |

f k (x)

A

− f (x)|dx

 ≤ A

ε = ε vol(A)

f (x)dx.

Exercício 12 Solução.

2.5.3 Integração repetida Exercício 1 Sejam ϕ : [a, b] −→ R e ψ : [c, d] −→ R integráveis. A função f : [a, b] × [c, d] −→ R definida no retângulo A = [a, b] × [c, d] por f (x, y) = ϕ(x)ψ(y), é integrável e

 A

  b

f (x, y)dxdy =

d

ϕ(x)dx

a

c



ψ(x)dy .


126

Solução. Temos que f é integrável, uma vez que Df ⊂ (Dϕ × [c, d]) ∪ ([a, b] × Dψ ) ⇒ med(Df ) =



0 med(Dϕ ), med(Dψ ) = 0



⇒ med(D × [c, d]), med([a, b] × D ) = 0 . ϕ

ψ

Assim, pelo Teorema de Fubini, temos que



               b

f (x, y)dxdy =

A

f (x, y)dy dx =

[a,b] b

=

d

[c,d]

d

ϕ(x)

ϕ(x)ψ(y)dy dx

a

b

ψ(y)dy dx =

a

c

d

ϕ(x)dx

c

ψ(y)dy .

a

c

cte em x

2.5.4 Mudança de variáveis Exercício 1

Seja f : U → Rm de classe C 1 no aberto U ⊂ Rm . Para algum a ∈ U , seja f  (a) : R m → Rm um vol. f (B[a; r]) = | det . f  (a)|. isomorfismo. Mostre que lim r→0 vol. B[a; r] Solução. Pomos para cada r > 0, m(r) = inf {f (x); x ∈ B[a, r]} e M (r) = sup{f (x); x ∈ B[a, r] . Temos para cada r > 0 , m(r)

}

f (a) e M (r)

≤ f (x) ≤ M (r). Também quando r → 0, temos que m(r) →

→ f (a). Note que uma bola é um conjunto J -mensurável, pois med(∂B [a, r]) = 0.

Daí resulta que m(r)

 ⇒

≤ f (x) ≤ M (r)

m(r)dx

B[a,r]

 ≤  ≤ 

0

1 ⇒ lim → vol. B [a, r] r

0

f (x)dx

≤ M (r)vol. B [a, r]

f (x)dx

B[a,r]

1 lim r→0 vol. B [a, r]



M (r)dx

B[a,r]

B[a,r]

⇒ m(r) ≤ vol. B1 [a, r] r

f (x)dx

B[a,r]

⇒ m(r)vol. B [a, r] m(r) ≤ ⇒ lim →

 ≤



≤ M (r) f (x)dx

B[a,r]

M (r) ≤ lim → r

0

f (x)dx = f (a).

B[a,r]

A bola B [a, r] é compacta J -mensurável, a função det é um difeomorfismo de classe C 1 e a função

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 constante f : det(B[a, r]) −→ R dada por f (x) = 1 é integrável, logo vol. f (B[a, r]) =



  |

1dy =

f (B[a,r])

B[a,r]

⇒ vol. f (B[a, r]) = | det f (x)

| det f (x)|dx

1dx = det f  (x) vol. B [a, r]

B[a,r]

|

|

r]) = | det f  (x)| ⇒ vol.vol.f (B[a, B [a, r]

vol. f (B[a, r]) = | det f  (a)|. ⇒ lim → vol. B [a, r] r

0

Exercício 2 No exercício anterior (1), mostre que se f  (a) não for um isomorfismo, então vol.f (B[a; r]) =0 r→0 vol.B[a; r] lim

vol.f (B[a; r])

Solução. Suponha que lim =  0. Pelo exercicio (1), temos que r→0 vol.B[a; r] vol.f (B[a; r]) = 0 ⇒ f  (a) |det.f (a)| = lim  → vol.B[a; r] r

é um isomorfismo. Contradição.

0

127

3 Exercícios de Sala de Aula

3.1 - Topologia do Rn 3.1.1 O espaço euclidiano n-dimensional; bolas e conjuntos limitados; sequências Exercício 1- 13/03 Mostre que são normas no Rn : (i) |x|E =



x21 + x22 +

· ·· + x ; 2 n

(ii) |x|M = max{|x1 |, |x2 |, . . . , |xn |}; (iii) |x|S =

Solução. (i) |x|E =

n

| |

| | | | | |



· ·· + x .

xi = x1 + x2 + x3 .

i=1

x21 + x22 +

2 n

• N : |x| ≥ 0 , ∀ x ∈ R , pois |x| é, por definição, a raiz positiva de • N : |x| = 0 ⇔ x = 0 , ∀ x ∈ R . 1 2

n

E

E

n

E

n



i=1

≥ 0.

x2i

n

|x|

E

• N : |αx| 3

E

2 E

⇔ |x|

=0

=0

i=1

| || | ∀ x ∈ R .

= α x E ,

 ⇔

n

x2i = 0

⇔ x

i

= 0,

∀ i = 0, . . . , n .

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA

129

Sejam α ∈ R e x ∈ Rn .

|αx|

E

= (αx1 , αx2 , . . . , α x n)

|

= =

   ||

|

(αx1 )2 + (αx2)2 + . . . (αxn )2 α2 (x21 + x22 + . . . x2n ) x21 + x22 + . . . x2n

= α

= α x E .

| || |

• N : |x + y| ≤ |x| 4

2 E

|x + y|

|y| , ∀ x, y ∈ R .

E +

E

n

E

= x + y, x + y = x, x + 2 x, y + y, y = x E 2 + 2 x, y + y



2 E .

    ||   || Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz (|x, y | ≤ |x||y|) , temos que |x + y| = |x| + 2 x, y + |y| ≤ |x| + 2|x| |y| + |y| = (|x| + |y| ) ⇒ |x + y| ≤ |x| + |y| . (ii) |x| = max{|x |, |x |, . . . , |x |}. • N : |x| ≥ 0 , ∀ x ∈ R |x| = |x | , para algum i = 1, . . . , n e |x | ≥ 0, ∀ i = 1, . . . , n. Portanto |x| ≥ 0, ∀ x ∈ R . • N : |x| = 0 ⇔ x = 0 , ∀ x ∈ R Seja x = (x , x , . . . , x ) ∈ R . Então 0 ≤ |x | ≤ max {|x |, . . . , |x |}. Portanto, |x| = 0 ⇒ |x | = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ x = 0. 2 E

  

2 E

2 E

2 E

E

M

1

1

2

E

2

E

n

i

i

n

M

2

E

n

M

M

E

2 E

n

M

1

2

n

n

M

i

1

n

i

Reciprocamente, se x = 0 então xi = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ |x|M = max{|xi |, i = 1, . . . , n} = 0.

• N : |αx| 3

M

| || | ∀ x ∈ R . n

= α x M ,

|αx|

= max αx1 , . . . , αxn = max α . x1 , . . . , α . xn

{| | | |} {| | | | | | | |} = |α| · max{|x |, . . . , |x |} = |α||x| . • N : |x + y| ≤ |x| + |y| , ∀ x, y ∈ R . |x + y| = max{|x + y |, . . . , |x + y |} ≤ max{|x | + |y |, . . . , |x | + |y |} ≤ ≤ max{|x |, . . . , |x |} + max{|y |, . . . , |y |} = |x| + |y| . M

1

4

M

M

M

n

n

M

1

1

M

1

n

n

n

1

1

n

1

n

M

M

n

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA n

| |

(iii) |x|S =

130

| | · ·· + |x |.

xi = x1 +

i=1

n

• N : |x| ≥ 0 , ∀ x ∈ R . Como |x | ≥ 0, ∀ i = 1, . . . , n, então |x | + |x | + · ·· + |x | = |x| ≥ 0 . • N : |x| = 0 ⇔ x = 0 , ∀ x ∈ R . 1

n

S

i

2

1

2

n

S

n

S

|x|

S

=0

⇔ |x | + |x | + ·· · + |x | = 0 ⇔ |x | = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇔ 1

2

n

i

⇔ x = 0 , ∀ i = 1, . . . , n ⇔ x = 0. • N : |αx| = |α||x| , ∀ x ∈ R . Sejam α ∈ R e x ∈ R . i

3

S

n

S

n

|αx| = |αx | + |αx | + ·· · + |αx | = |α||x | + |α||x | + ··· + |α||x | = |α| (|x | + |x | + ·· · + |x |) = |α||x| . S

1

2

n

1

2

1

n

2

n

S

• N : |x + y| ≤ |x| + |y| , ∀ x, y ∈ R . 4

S

S

n

S

|x + y|

= x1 + y1 + x2 + y2 +

| | | | ·· · + |x + y | ≤ |x | + |y | + |x | + |y | + ·· · + |x | + |y | = |x| + |y | .

S

1

1

S

2

n

2

n

n

n

S

Exercício 2 - 13/03 Mostre que |x|M ≤ | x|E ≤ |x|S ≤ n|x|M , ∀ x

|x| ∼ |x| M

∈

.

Rn. Em particular, |x|M ∼ | x|S , |x|E ∼ |x|S e

E

Solução.

1) x M = max x1 , . . . , xn =

||

{| |

2) x 2S

2 E

| | − |x|

| |}





2

| |} ≤ |x | + · ·· + |x | .

max x1 , . . . , xn

{| |

1

2

n

2

| | ·· · + |x |) − (|x | + ··· + |x | ) ≥ 0 ⇒ |x| ≥ |x| ⇒ |x| ≤ |x| .

= ( x1 +

n

3) Temos que x S = x1 + x2 +

2

1

2

n

2

2 S

2 E

E

S

| | | | | | ·· · + |x |, onde x ≤ max{|x |, . . . , |x |}, ∀ i = 1, . . . , n , daí |x| ≤ max {|x |, . . . , |x |} + ··· + max{|x |, . . . , |x |} = n |x| . S

1

n

n

i

1

n

1

M

n


131

Exercício 3 - 13/03 Mostre que (i) |x − y|

≤ |x| + |y|;

(ii) ||x| − |y || ≤ |x − y |; (iii) |z − x|

≤ |z − y| + |y − x|.

Solução. (i) |x − y|

≤ |x + y| pela desigualdade triangular obtemos |x − y| = |x + (−y)| ≤ |x| + | − y| = |x| + |y|, isto é, |x − y| ≤ |x| + |y|.

(ii) Fazendo x = (x − y) + y resulta que |x|

≤ |x − y| + |y|, logo |x| − |y| ≤ |x − y|. De forma análoga para y obtemos |y| − |x| ≤ |y − x| ⇔ |y| − |x| ≤ |x − y | ⇔ −(|x| − |y |) ≤ |x − y|. Daí conclui-se que ||x| − |y || ≤ |x − y |.

(iii) |z − x| = |z − y +y − x| pela desigualdade triangular temos |(z − y)+(y − x)| ≤ |z − y | + |y − x|. Logo |z − x| ≤ |z − y | + |y − x|.

Exercício 4 - 13/03 Mostre que X ⊂ Rn é limitada em | · |E

⇔ é limitada em | · | ⇔ é limitada em | · | . Solução. Um subconjunto X ⊂ R é limitado com respeito à norma ||·|| em R , quando ∃ c > 0 tal que ||x|| ≤ c, ∀ x ∈ X . Como |x| ≤ |x| ≤ |x| ≤ n |x| , ∀ x ∈ R , então temos claramente que X ⊂ R é limitada em | · | ⇔ é limitada em | · | ⇔ é limitada em | · | . S

M

n

M

n

E

Exercício 5 - 13/03 Mostre que em qualquer norma (i) Br (x0), B r (x0 ) são convexos; (ii) S r (x0 ) não é convexa.

Solução.

n

E

S

M

S

n

M


132

(i) Sejam x, y ∈ B r (x0 ) ⇒ |x − x0 | < r e |y − x0 | < r. Logo:

|(1 − t)x + ty − x | = |(1 − t)x + ty − (1 − t)x − tx | ≤ |(1 − t)(x − x )| + |t(y − x )| < (1 − t)r + tr = r, ∀ t ∈ [0, 1], pois 1 − t > 0 e t ≤ 0 . De modo análogo, provamos que a bola 0

0

0

0

0

fechada B r (x0 ) é convexa.

(ii) Sejam x =  y , x, y ∈ S r (x0) ⇒ |x − x0| = r |y − x0| = 0. Suponha que para t ∈ (0, 1), S r (x0 ) é convexo, daí:

|(1 − t)x + y − x | = |(1 − t)x + ty − (1 − t)x − tx | < |(1 − t)(x − x )| + |t(y − x )| = (1 − t)r + tr = r . A desigualdade estrita provém do fato de que x =  y pois a igualdade somente cumpre-se 0

0

0

0

0

quando x e múltiplo de y .

Logo o segmento {(1 − t)x + ty t ∈ (0, 1)}  S r (x0 ) o que é uma contradiçao. Assim S r (x0) não é convexo.

Teorema 2 (Bolzano-Weierstrass) - 16/03 (xk )

n

⊂R

k∈N limitada ⇒ existem N ⊂ N infinito e a ∈ Rn tais que xk −→ a .

Demonstração. Sabemos que toda sequência limitada de números reais possui uma subsequência convergente. Deste modo, dada a sequência limitada (xk ) ⊂ Rn , as primeiras coordenadas dos seus termos formam uma sequência limitada (xk1)k∈N de números reais, a qual possui uma subsequência k ∈N convergente. Isto é, existe um subconjunto infinito N1 ⊂ N e a1 ∈ R tais que xk1 −→ a 1 . 1

Por sua vez, a sequência limitada (xk2 )k∈N de números reais, possui uma subsequência convergente. k ∈N Assim podemos obter um subconjunto infinito N2 ⊂ N 1 e a2 ∈ R tais que xk2 −→ a 2 . Prosseguindo 1

2

assim encontramos conjuntos infinitos N ⊃ N1 ⊃ N2 ⊃ ·· · ⊃ Nn e a1 , a2, . . . , an k∈N xki −→i a i para i = 1, 2,...,n. k ∈N Portanto (xk )k∈Nn ⊂ (xk )k∈N é tal que xk −→n (a1 , a2, . . . , an).

∈ R tais que

Exercício 1 - 16/03 Mostre que se | · | provém de um produto interno, então (i) Vale a identidade do paralelogramo, isto é, |x + y |2 + |x − y|2 = 2(|x|2 + |y |2 ).

Solução. Temos que

|x + y| = x + y, x + y = x, x + 2 x, y + y, y = |x| + 2 x, y + |y| , ou seja, |x + y| = |x| + 2 x, y + |y| . Da mesma maneira, |x − y| = |x| − 2 x, y + |y| . Somando 2

2

2

2

2

2

2

2

2


133

membro a membro as duas equações, obtemos 2

2

|x + y| + |x − y|

= 2( x 2 + y 2 ).

|| ||

1 4

(i) x, y  = (|x + y |2 − |x − y |2 ) 2

2

|x + y| − |x − y| Solução. Do item anterior: 4

=

4 x, y = x, y . 4

   

Exercício 2 - 16/03 Mostre que a norma da soma | · |S e a norma do máximo | · |M não provém de produto interno.

Solução. Se | · |S proveniesse de um produto interno então valeria a seguinte identidade: 2 S

2 S

|x + y| + |x − y|

= 2( x 2S + y 2S ),

n

| | | | ∀ x, y ∈ R .

Ora, mas note que se tomarmos os pontos x = (1/2, 1/2) e y = (1/2, −1/2), x e y não satisfazem tal identidade, portanto | · |S não provém de produto interno algum. Da mesma forma podemos ver que x = (1/2, 1/2) e y = (1/2, 1/2) não satisfazem a identidade x +y 2M + x y

−

|

desta forma | · |M não provém de produto interno.

|

2 M

|−|

= 2( x 2M + y

||

,

2 M )

||

Exercício 3 - 16/03 (i) Seja 0 =  x ∈ Rn. Então, para todo y ∈ Rn, z ⊥ x em que z = y − (ii) Mostre que |x, y | ≤ |x| · |y|, ∀ x, y ∈ Rn e |x, y | = |x| · |y|

x, y x. |x| 2

⇔ x = αy , para algum α ∈ R.

Solução. (i)

z, x = y − x,|x|y x, x x, y x, x = y, x − |x| = y, x − y, x 2

2

= 0.

Portanto, z ⊥ x .

x, y x. Temos que z ⊥ x daí |x|

= 0, defina z = y − (ii) A desigualdade é trivial se x = 0. Se x  2

2

2

|y| = |z | + x,|xy|  ≥ x,|xy|  ⇒ |x, y| ≤ |x||y|, onde a igualdade ocorre se e só se z = 0 ⇔ y = αx . 2

2

2

2


134

Exercício 4 - 16/03 Mostre que | x, y  | ≤ |x||y |, ∀ x, y ∈ Rn e | x, y  | = |x||y | ⇔ x = αy, α ∈ R, não vale para | · |M e | · |S .

Solução. Isto é óbvio se x = 0. Supondo x =  0, podemos escrever yαx + Z com z ⊥x e

2 2 2 2 α = |x|2 . Por Pitágoras, y = α x + z , logo y

| | ≥ α |x| , valendo a igualdade se,e somente se, y = αx . Entrando com o valor de α , vem |y | ≥ | | , ou seja, x, y  ≤ |x| |y| , o que nos dá |x, y| ≤ |x||y|, valendo a igualdade se, e somente se, y = α · x. Como | · | e | · | não provém de produto interno, então não tem sentido falar nessas desigualdades. ||

M

|| ||

2

2

2

2

2 x2

2

2

2

S

Exercício 5 - 16/03





Mostre que d(x, y) = ||x − y|| é uma métrica em Rn = Rn, ||·|| .

Solução.

|| − y|| ≥ 0, ∀ x, y ∈ R . d ) d(x, y) = 0 ⇔ ||x − y || = 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x = y . d ) d(x, y) = ||x − y || = ||(−1)(y − x)|| = |− 1|||y − x|| = ||y − x|| = d(y, x). d ) d(x, z ) = ||x − z || = ||x − y + y − z || ≤ ||x − y|| + ||y − z || = d(x, y) + d(y, z ). De d , d , d e d resulta que d(x, y) = ||x − y|| é uma métrica em R = (R , ||·||). n

d1 ) d(x, y) = x 2 3 4

1

2

3

n

4

n

Exercício 6 - 16/03 (xk )

n

⊂R

é limitado ⇔ (xki ) ⊂ R é limitada para i = 1, 2, . . . , n.

Solução. Como em Rn quaisquer duas normas são equivalentes, consideremos a norma do máximo.

⇒

( )

⊂ R é limitado ⇒ ∃ c > 0 tal que x  ≤ c. Daí |x | ≤ x  = max |x | ≤ c para algum c > 0 ⇒ (x ) ⊂ R é limitada. ≤≤ (⇐) (x ) ⊂ é limitado ⇒ ∃ c > 0 tal que |x | ≤ c ⇒ x  = max |x | ≤ c para algum c > 0 ≤≤ ⇒ (x ) ⊂ R é limitado. n

(xk )

k M

ki

k M

ki

1 i n

i

ki

i

k

n

Exercício 7 - 16/03 Mostre:

k M

1 i n

ki

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA k ∈N k ∈N (i) xk −→ a e xk −→ b

135

a = b .

⇒

d(a, b) , temos que B(a, ε) B(b, ε) = . 2 Além disso, pela definição de limite, existem k1, k2 N tais que xk B(a, ε) k k1 e

 b. Considerando ε = Solução. Suponhamos que a =

∈

∩ ∅ ∀ ≥

∈

∈ B(b, ε) ∀k ≥ k . Tomando k ≥ max{k , k }, obtemos x ∈ B(a, ε) ∩ B(b, ε), o que contradiz B(a, ε) ∩ B(b, ε) = ∅. Portanto, a = b . xk

2

|·|E (ii) xk −→ a

xk

⇔

1

|·| a ⇔ −→ S

xk

2

k

|·| a . −→ M

Solução. |·|E |·|S a ⇔ xk −→ a . Parte 1: x k −→ |·|E a , dado nε > 0, (⇒) Como xk −→

ε 0 n

∃ k = k ( ) ∈ N tal que: |x − a| < , ∀ k ≥ k . Como | · | ∼ | · | , então existe n > 0 tal que | · | ≤ n| · | e assim |x − a| ≤ n|x − a| < n nε = ε ⇒ |x − a| < ε. |·| Portanto, x −→ a . |·| (⇐) Como x −→ a, ⇒ ∀ε > 0 ∃ k(ε) ∈ N tal que: |x − a| < ε, ∀ k ≥ k(ε). Como |x| ≤ |x| , ∀ x ∈ R , segue que |x − a| ≤ |x − a| < ε ⇒ |x − a| < ε. |·| Portanto, x −→ a . |·| |·| Parte 2: x −→ a ⇔ x −→ a . |·| (⇒) x −→ a, ⇒ ∀ε > 0 ∃ k(ε) ∈ N tal que: |x − a| < ε, ∀ k ≥ k(ε). Como |x| ≤ |x| , ∀ x ∈ R , segue que |x − a| ≤ |x − a| < ε ⇒ |x − a| < ε. |·| Portanto, x −→ a . |·| (⇐) x −→ a , dado > 0, ∃ k( ) ∈ N tal que: |x − a| < , ∀ k ≥ k( ). Como |x| ≤ n|x| , ∀ x ∈ R , segue que |x − a| ≤ n|x − a| < n nε = ε ⇒ |x − a| < ε. |·| Portanto, x −→ a . |·| |·| Obs.: Como "⇔"é relação de equivalência, logo é transitiva. Assim x −→ a ⇔ x −→ a . k

E

k

S

ε n

0

k

0

E

S

E

S

k

E

S

S

k

S

k

k

S

E

k

E

k

S

k

n

S

E

E

k

S

M

k

k

S

k

k

S

k

M

M

k

S

k

ε n

ε n

n

S

M

M

k

M

k

k

M

k

S

ε n

ε n

k

M

S

M

k

n

S

S

k

E

k

Exercício 8 - 16/03 Mostre que duas normas quaisquer do Rn são equivalentes.

M

k


136

Solução. Seja |.|S a norma do soma. Como a propriedade de equivalência de normas é transitiva,

então precisamos apenas mostrar que uma norma arbitrária  ·  em Rn é equivalente a | · |S . Em primeiro lugar, seja b = max{e1 , . . . , en }. Então, para qualquer x = (x1 , . . . , xn)

n

∈R

temos

x = x e + · ·· + x e  ≤ |x |e  + ··· + |x |e ≤ b.|x| . 1 1

1 n

1

1

n

n

S

Resta-nos agora provar que existe a > 0 tal que |x|S ≤ a x ; ∀x ∈ R n . Suponha, por absurdo, que não seja assim. Então, para cada k uk = xk / xk S . Isto nos dá uk

∈

N, podemos achar xk ∈ Rn tal que |xk |S > kxk . Ponhamos

  = x /|x |

| |

k

k S

< 1/k e uk

| |

S

= 1 para todo k. A sequência

(uk ) é, portanto, limitada em relação à norma da soma. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, ela

possui uma subsequencîa (ukj ) que converge para um ponto u

|u| = lim |u | →∞ S

j

kj S

∈ R . Por um lado, temos que ∈ N temos n

= 1, donde u = 0. Por outro lado, para todo j



u ≤ u − u + u  ≤ b|u − u| + 1/k . kj

kj

kj

S

j

Como as duas últimas parcelas acima tendem para zero quando j −→ donde u = 0. Esta contradição demonstra o exercício.

∞, concluímos que u = 0,

Exercício 9 - 16/03 Mostre que se (xk ) é sequência de Cauchy então (xk ) é limitada.

Solução. A sequência (xk ) é dita sequência de Cauchy quando dado ε > 0 , existe k0 ∈ N tal que

|x − x | < ε sempre que k,j > k . Dado ε = 1, existe n , tal quq n,p > n ⇒ |x − y | < 1. Assim para todo n > n temos que |x − x | < 1 ⇒ x ∈ B (x ). Daí os elementos da sequência ) que é limitada. Portanto (x ) é limitada. estão contidos no conjunto {x , . . . , x } ∪ B (x k

j

0

0

n

1

0

n0 +1

n

n0

1

0

1

n

p

n0 +1

n0 +1

n

Exercício 10 - 16/03 x1 = 1; x2 = 2; xk =

xk−2 + xk−1 2

x ∈ R. Mostre que (x ) é uma sequência de Cauchy e lim →∞ n

n

Solução. Temos que xk

− x −

k 1

=

−  1 2

k 2

−

(x2

−x ) 1

 −  =

1 2

k 2

−

,

∀ k ≥ 3.

n

5 = . 3


137

Daí x p+k

= (xk+ p

−x

k

−x

−  1 2

=

⇒

−

k+ p 2

−

· ·· + (x − x ) = k+1

  − − 1 2

k

1 2

k+ p 2

−

+

·· · +

− 

k 1

1 2

−

k 2

−

3

1 x x | = | − −→∞ 3

lim

k,p

k+ p 1 ) +

− 

k+ p

k

lim

k,p

→∞

Portanto (xk ) é de Cauchy.

     − − − k 2

−

1 2

1 2

+

k+ p 2

−

 

= 0.

Além disso, x2+ p

−

1 x2 = 3

     − − − ⇒ p

1 2

1 2

0

x 2+ p = 2

−

1 1 + 3 3

− 

p

1 2

⇒

lim x p = 2

p

→∞

− 13 = 35 .

3.1.2 Conjuntos abertos, fechados e compactos Teorema 1 - 20/03 n

 ⇒

(i) A1 , . . . , An abertos

n

⊂ R

 ∈

é aberto. Demonstração. a

⇒ a ∈ A , ∀ i = 1, . . . , n. Como A é aberto, ∀ i = 1, . . . , n, existem δ , . . . , δ tais que B(a, δ ) ⊂ A . Tomando δ = min{δ , . . . , δ }, obtemos que B(a, δ ) ⊂ A , ∀ i = 1, . . . , n ⇒ B(a, δ ) ⊂ A. i=1

i

1

Ai

n

Ai

i

i=1

1

n

n

i

n

i



i

i

i=1

⊂ ∈   ⊂

(ii) Aλ ⊂ R n aberto, λ ∈ L − família de índices, então a

 ∈ ⊂ λ L

∈

B(a, δ )

R n é aberto. Demonstração. Dado

λ L

∈ R , temos que a ∈ A λ , para algum λ L . Como Aλ ⊂ Rn é aberto, ∃ δ > 0 tal que

⊂ A

n

 ⊂

λ

Aλ

λ L

∈

⇒ B(a, δ )

Aλ . Logo,

λ L

Aλ é aberto.

λ L

∈

∈

Teorema 2 - 20/03 Seja X ⊂ Rn. Então A é aberto em X ⇔ A = U ∩ X , onde U é aberto em Rn. Demonstração.

⇒

( )

Seja A aberto em X , então para cada a ∈ A existe ra > 0 tal que B(a; ra ) ∩ X ⊂ A . Daí,



a A

∈

B(a; ra )



∩ X =



B(a; ra )

a A

∈



∩ X ⊂ A.


138

Por outro lado, A

 ∩

Portanto, A = X

⊂ X e A ⊂

B(a; ra )

⇒ A ⊂ X ∩

a A

∈

B(a; ra ), onde

a A

 



B(a; ra).

a A

∈

B(a; ra ) é aberto em Rn.

a A

∈

∈

⇐ a ∈ A ⇒ a ∈ U e a ∈ X . Como a ∈ U então ∃ r > 0 tal que B(a; r) ⊆ U . Logo a ∈ B(a; r) ∩ X ⊂ U ∩ X = A . Portanto, A é aberto em X . ( )

Teorema 3 - 20/03 (i) a ∈ X ⇔ B(a; r) ∩ X  = ∅, ∀ r > 0 . (ii) F ⊂ Rn é fechado ⇔ F C ⊂ Rn é aberto. (iii) F ⊂ Rn é fechado.

n

(iv) F 1 , . . . , Fn ⊂ Rn fechado

 ⇒

F i

i=1

⊂R

n

é fechado.

(v) Se (F λ )λ∈L é uma família arbitrária de conjuntos fechados então



n

⊂ R

F λ

λ L

∈

é fechado.

Demonstração. (i) (⇒)

∈ X ⇒ ∃ (x ) ⊂ X tal que x → a, daí se tomarmos r > 0 arbitrário, então existe ∈ N tal que x ∈ B(a; r), ∀ k ≥ k . Como (x ) ⊂ X ⇒ B(a; r) ∩ X = ∅, ∀ r > 0 em

a

k

k0

k

k

0

k

R.

⇐

( )

 ∅, Suponha B(a; r) ∩ X =

∀ r > 0, então para cada k ∈ N existe x ∈ B(a; 1/k), daí |x − a| < 1/k, ∀ k ∈ N ⇒ x → a, portanto a ∈ X . k

k

(ii) (⇒) F

k

⊂ R

n

fechado. Tomemos x ∈ R n\F

= ∅, ∀ r > 0 teríamos B(x; r) ∩ F  ( )

⇐

⇒ ∃ r > 0 tal que B(x; r) ∩ F = ∅ ( caso contrário ⇒ x ∈ F = F ). Daí B(x; r) ⊂ R \F ⇒ R \F é aberto. n

⇒ x ∈ R \F . Como R \F é aberto, isto implica que existe r > 0 tal que B(x; r) ⊂ R \F , isto é, B (x; r) ∩ F = ∅. Mas x ∈ F ⇒ F C

⊂R

n

aberto. Tomemos x ∈ F . Se x ∈/ F

n

n

n

n


139

∀ r > 0, B(x; r) ∩ F = ∅, em particular, para r = r, temos B (x, r) ∩ F = ∅. Contradição! Portanto x ∈ F ⇒ F ⊂ F . (iii) Tomemos x ∈ R \F ⇒ ∃ r > 0 tal que B(x; r) ∩ F = ∅, isto é, B(x; r) ⊂ R \F . Afirma⊂ R \F ⇒ ∃ y ∈ B(x; r) ∩ F , daí tomando mos que B(x; r) ⊂ R \F . De fato, se B(x; r)  ε = r − |y − x|, temos que B(y; ε) ∩ F =  ∅, mas B(y; ε) ⊂ B(x; r) ⇒ B(x; r) ∩ F = ∅. Contradição! Portanto B(x; r) ⊂ R \F ⇒ F é fechado. n

n

n

n

n

n

(iv) F 1 , . . . , Fn ⊂ R fechado ⇒ R \F i , aberto , i = 1, . . . , n . Daí R n

n

n

aberto. Portanto



n

n

  − F i =

i=1

i=1

(Rn F i ) é

\

F i é fechado.

i=1

(v) F λ fechado, λ n

R

L.

∈  − F λ =

λ L

∈

λ L

∈

n

(R

− F ), que é aberto λ

 ⇒

F λ é fechado.

λ L

∈

Teorema 4 - 20/03 (i) F é fechado em X ⇔ F = G ∩ X , em que G ⊂ Rn é fechado. (ii) F é fechado em X ⇔ X \F é aberto em X.

Demonstração. (i) Se F = G ∩ X com G fechado então F ⊂ G, logo F = F ∩ X ⊂ F ∩ X ⊂ G ⊂ X = F , o que implica F = F ∩ X , portanto F é fechado em X .

(ii) F = G ∩ X ⇔ X − F = (Rn − G) ∩ X , onde G ⊂ Rn é fechado se, e somente se, Rn − G é aberto.

Teorema 6 - 20/03 Sejam F ⊂ R n fechado e K ⊂ R n compacto. Então existem x ◦ ∈ K e y ◦ ∈ F tais que |x◦ − y◦ |

≤ |x − y|, ∀ x ∈ K, ∀y ∈ F . Demonstração. Pela definição de distância, d(K, F ) = inf {|x − y|; x ∈ K, y ∈ F }. Pela definição de ínfimo, podemos escolher sequências (x ) ⊂ K, (y ) ⊂ F tais que k

k


140

| − y |. Como |y | = |y − x + x | ≤ |y − x | + |x |, segue que (y ) é limitada, pois |x − y | é limitada (uma vez que é convergente) e (x ) é também limitada, já que x ∈ K e K é compacto. Passando a subsequências, se necessário, podemos então admitir que lim x = x◦ e lim y = y◦ . Como K e F são fechados, temos que x◦ ∈ K e y◦ ∈ F . Logo, |x◦ − y◦| = lim |x − y | = d(K, F ) ≤ |x − y|, ∀ x ∈ K, ∀y ∈ F . d(K, F ) = lim xk

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

Teorema 7 (Borel-Lebesgue) - 22/03 Se K ⊂ Rn é compacto então toda cobertura aberta de K admite subcobertura finita. Demonstração.



Seja K ⊂ Rn compacto. Suponhamos, por absurdo, que K ⊂ não admite subcobertura finita.

Aλ seja uma cobertura aberta que

Afirmamos que podemos exprimir K como reunião finita de compactos todos com diâmetro men

  √



mi (mi + 1) nor do que 1. De fato, para cada m = (m1 , m2 , . . . , mn ) Zn , defina C m = , . n n i=1 Sejam x = (x1 , . . . , xn ) e y = (y1, . . . , yn ) pertencentes a C m, então para cada i = 1, . . . , n, 1 1 temos xi yi , logo x y = (xi yi )2 n = 1. n n m (m + 1) Por outro lado, se xi = i e yi = i , para todo i = 1, . . . , n, então x y = 1, portanto n n diam(C m ) = 1.

∈

| − | ≤ √

Temos assim que Rn = para todo

| − | √



 

−

√

≤ √ · √

√

| − |



∩ R = K ∩ C , onde K ∩ C é compacto ∈Z ∈Z m ∈ Z , além disso temos que diam(K ∩ C ) ≤ diam(C ) = 1. n

m

C m e então K = K

n

n

m

m

m

m

n

m

Como K é limitado, apenas um número finito dessas interseções são não vazias, donde segue que podemos escrever K como união finita de compactos. Sendo assim, pelo menos um desses compactos, digamos K 1 ⊂



Aλ não admite subcobertura finita e pelo mesmo argumento usado anteriormente,

podemos escrever K 1 como a união finita de compactos de diâmetro menor que 1/2. Vemos que pelo menos um deles, digamos K 2, não pode ser coberto por um número finito de Aλ ‘s. Prosseguindo assim, obtemos uma sequência decrescente de compactos K 1 ⊃ K 2 ⊃ ··· ⊃ K k ⊃ ·· · com diam(K k ) ≤ k1 e tal que nenhum deles está contido numa reunião finita de Aλ ‘s. Em particular, todos os K k são não vazios. Além disso, para cada k

∈ N, escolhemos um ponto

∈ K . A sequência (x ) ⊂ K é limitada, logo possui uma subsequência (x ) ∈N convergente. Seja lim x = a. Dado k ∈ N temos K ⊂ K sempre que r ∈ N e r > k, assim se r ∈ N , ∈N r > k ⇒ x ∈ K ⇒ a ∈ K . Disto concluímos que a ∈ K ⊂ A , daí, para algum λ, tem-se a ∈ A . Como A é aberto, tem-se B(a; ) ⊂ A para algum k ∈ N. xk

k 

r

k

r r

r

r

k

n

r

λ

k

λ

k

  k

1 k

k=1

λ

λ



CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA Sendo a ∈ K k e diam(K k ) < k1 , concluímos que K k contradição, pois supomos que K k ⊂



141

⊂ B(a;

, donde K k

1 ) k

Aλ não admite subcobertura finita.

⊂ A , o que é uma λ

Exercício 2 - 20/03 Seja X ⊂ Rn. (i) Prove que Rn = int.X ∪ int.(Rn − X ) ∪ ∂X . (ii) Prove que X  é fechado. (iii) Prove que ∂X é fechado. (iv) Prove que int.X é aberto. (v) Prove que X = X ∪ X  .

Solução. (i) Como int.X ⊂ R n e ∂X ⊂ R n para todo X ⊂ R n , logo int.X ∪ int.(Rn − X ) ∪ f rX ⊂ R n. Por outro lado, se x ∈ Rn então x ∈ X ou x ∈ Rn − X

∀X ⊂ R . Se x ∈ X , logo já que X ⊂ X = int.X ∪ ∂X ⊂ int.X ∪ ∂X ∪ int.(R − X ), segue que x ∈ int.X ∪ ∂X ∪ int.(R − X ). Analogamente, se x ∈ R −X , trocando R −X por X e usando o fato que R −(R −X ) = X , segue que x ∈ int.X ∪ ∂X ∪ int.(R − X ). Portanto, R ⊂ int.X ∪ int.(R − X ) ∪ ∂X . n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

(ii) Seja (xk ) ⊂ X  tal que xk −→ a . Devemos provar que a ∈ X  . De fato, se xk = a para algum k ∈ N, então a ∈ X  . Agora, se xk  = a para todo k ∈ N, como xk −→ a

⇒ ∀ ε > 0, ∃k ∈ N, k > k , x ∈ B(a; ε). = a ⇒ x ∈ B(a; ε) −{a} ⇒ x ∈ X ∩ B(a; ε) −{a} ⇒ X ∩ B(a; ε) −{a} =  ∅ como x  então a ∈ X  . k

k

k

0



 

0

k



(iii) Sabemos que ∂X = X ∪ Rn, como X é fechado para todo X ∈ Rn e a interseção de fechados é fechado, tem-se ∂X é fechado.

(iv) Seja a ∈ int.X ⇒ ∃ r > 0, B(a; r) ⊂ X .

Se x ∈ B(a; r) ⇒ |x − a| < r. Pondo s = r − |x − a| > 0, se y ∈ B(x; s) ⇒ |y − x| < s, logo |y − a|

≤ |y − x| + |x − a| < s + |x − a| = r ⇒ y ∈ B(a; r).


142

Logo B(x; s) ⊂ B(a; r) ⇒ B(x; s) ⊂ X ⇒ x ∈ int.X .

Portanto, ∀ a ∈ int.X, B(a; r) ⊂ int.X e assim int.X é aberto. (v) Seja x ∈ X ⇒ ∃ (xk ) ⊂ X com xk −→ x , i.e. ∀r > 0, B(x; r) ∩ X  = ∅. Se x = x k para algum k ∈ N, então x ∈ X .

Se x  = x k , ∀ k ∈ N ⇒ ∀ r > 0, B(x; r) − {x} ∩ X =  ∅ ⇒ x ∈ X . Assim x ∈ X ∪ X  , logo X ⊂ X ∪ X  .

Reciprocamente se x ∈ X ⇒ ∃(xk ) ⊂ X , xk = x ∀ k, então xk −→ x e x ∈ X logo X ⊂ X . = ∅ ⇒ ∀ rk > 0, ∃ xk ∈ B(x, k) ∩ X . Se x ∈ X  ⇒ ∀ r > 0, B(x; r) ∩ X  1

1

Tome r k = > 0 ⇒ ∃ x k ∈ X, |x − xk | < ∀ k ∈ N, logo x k −→ x k k   X ⊂ X . Logo X ∪ X ⊂ X .

⇒ x ∈ X , assim

Portanto, X ∪ X  = X .

Exercício 4 - 20/03 Sejam X, Y ⊂ Rn . (i) d(X, Y ) = d(X, Y ); (ii) |d(x, X ) − d(y, X )| ≤ |x − y|, ∀x, y ∈ Rn ; (iii) diam(X ) = diam(X ).

Solução. (i) d(X, Y ) = d(X, Y ). Sabemos que X ⊂ X e Y ⊂ Y . Assim, d(X, Y ) = inf x

{| − y|; x ∈ X, y ∈ Y } ≥ inf {|x − y|, x ∈ X , y ∈ Y } = d(X, Y ). Por outro lado, d(X, Y ) = inf {|x − y|; x ∈ X, y ∈ Y }, então pela definição de ínfimo, dado ε > 0 existem x ∈ X e y ∈ Y tais que d(x , y ) < d(X, Y ) + ε/3. Além disso, como x ∈ X e y ∈ Y então existem x ∈ X , y  ∈ Y tais que |x − x | < ε/3 e |y  − y | < ε/3. 0

0

0

0

0

0

0

0


143

Assim: d(X, Y ) = inf x

{| − y|; x ∈ X, y ∈ Y } ≤ |x − y| = |x − x + x − y + y − y| ≤ |x − x | + |x − y | + |y − y| 0

0

0

0

0

0

0

0

< ε/3 + d(X, Y ) + ε/3 + ε/3 < d(X, Y ) + ε,

∀ ε > 0.

Então d(X, Y ) ≤ d(X, Y ). Portanto d(X, Y ) = d(X, Y ). (ii) |d(x, X ) − d(y, X )| ≤ |x − y|, ∀ x, y ∈ Rn . Pelo item anterior, d(x, X ) = d(x, X ). Por outro lado, como {x} é compacto e X é fechado,

existe x0 ∈ X tal que |x − x0 | = d(x, X ) = d(x, X ). Da mesma forma, existe y0 ∈ X tal que

|y − y | = d(y, X ) = d(y, X ). Assim |x − x | ≤ |x − y |, pois |x − x | = inf {|x − x|; x ∈ X }. 0

0

0

0

Daí,

d(x, X ) = x

| − x | ≤ |x − y | ≤ |x − y| + |y − y | = |x − y| + d(y, X ) ⇒ d(x, X ) − d(y, X ) ≤ |x − y|. 0

0

0

Analogamente, d(y, X ) = y

|y − x|.

| − y | ≤ |y − x | ≤ |y − x| + |x − x | ≤ |y − x| + d(x, X ) ⇒ d(y, X ) − d(x, X ) ≤ 0

0

0

Portanto |d(y, X ) − d(x, X )| ≤ |y − x|, ∀ x, y ∈ Rn . (iii) diam(X ) = diam(X ).

diam(X ) = sup{|x − y|; x, y ∈ X }

⊂ ⇒ diam(X ) ≤ diam(X ).

X X

Dado ε > 0, existem pontos x, y ∈ X tais que diam(X ) < |x − y | + ε/3 (pela definição de supremo) e existem x, y ∈ X tais que |x − x| < ε/3 e |y − y | < ε/3. Então temos: diam(X ) − ε/3 ≤ |x − y| < |x − x| + |x − y| + |y − y | < ε/3 + |x − y| + ε/3

⇒ diam(X ) < ε/3 + ε/3 + ε/3 + |x − y|


144

⇒ diam(X ) < |x − y| + ε < sup{|x − y|; x, y ∈ X } + ε ⇒ diam(X ) < diam(X ) + ε. Como ε é arbitrário, temos que diam(X ) ≤ diam(X ). Portanto diam(X ) = diam(X ).




Mostre que S 1

⊂ A - cobertura aberta, então existe ρ ∈ K = {(x, y) ∈ R |(1 − ρ) ≤ x + y ≤ (1 + ρ) }. Solução. Seja

λ

λ L

2



> 0 tal que K

2

2

2

⊂

2



Aλ , em que

λ L

∈

Aλ uma cobertura aberta de S 1 . Como S 1 é um conjunto compacto, temos que

λ L

∈

n

existe uma subcobertura finita, digamos B =



Aλi . Assim, o conjunto B c = B A é um conjunto

\

i=1

fechado pois B é reunião finita de abertos. Como S 1 função distância é contínua, S 1 é compacto e B c que

⊂ B, segue que S ∩ B = ∅. Daí, como a é fechado, existem (x , y ) ∈ S e (x , y ) ∈ B tais 1

d(S 1 , B c ) = (x1 , y1 )

|

pois, S 1 ∩ B c = ∅.

Logo, tomando K = {(x, y) ∈ R|(1 − ρ)

2

≤ x

2

1

c

1

1

2

c

2

− (x , y )| = ρ > 0

+ y

2

2

2

 ⊂

≤ (1 + ρ) } temos que S ⊂ K 2

1

Aλ .

λ L

∈

3.1.3 Aplicações contínuas; homeomorfismos Teorema 1 - 22/03 (i) f é contínua em x = a

⇔ f (x ) −→ f (a), ∀ (x ) ⊂ X , com x −→ a.

(ii) f é contínua em x = a

⇔ f : X −→ R é contínua em x = a, para cada i = 1, . . . , m.

k

k

k

i

Demonstração. (i) (⇒) Tomemos (xk ) ⊂ X tal que xk −→ a . Como f é contínua em a tal que ∀ x

⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0

∈ B(a; δ ) ⇒ f (x) ∈ B(f (a); ε). Por outro lado, x −→ a ⇒ ∃ k ∈ N; ∀ k > k , |x − a| < δ ⇒ |f (x ) − f (a)| < ε, portanto f (x ) −→ f (a). (⇐) Suponhamos que f não seja contínua em a ⇒ ∃ ε > 0; ∀ k ∈ N, podemos obter k

k

0

0

k

k

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA xk

∈

X tal que xk

Contradição.

145

| − a| < 1/k, mas |f (x ) − f (a)| > ε. Daí x → a, mas f (x ) → f (a). k

k

k

(ii) (⇒) f contínua. Sabemos que πi : X → R é contínua, daí f i = π i ◦ f é contínua, ∀ i = 1,...,m. ( ) Suponha agora que f i : X

⇐

−→ R seja contínua, ∀ i = 1,...,m. Tomemos então ε > 0

arbitrário. Existem δ 1 , . . . , δn > 0 tais que

∀ x ∈ X ; |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε/m, ∀ i = 1, . . . , m . i

i

i

Tomando δ = min{δ 1 , . . . , δm }, temos que

∀ x ∈ X ; |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| < ε/m, ∀ i = 1, . . . , m . i

Daí

i

m

|f (x) − f (a)|

S

Logo f é contínua em a.

=

|

f i (x)

i=1

− f (a)| < m · ε/m = ε. i

Exercício 1 - 22/03 Sejam f : X ⊂ Rn −→ Y

m

X ⊂ R , E , F ⊂ a) E ⊂ F =⇒ f (E ) ⊂ f (F ) b) G ⊂ H =⇒ f − (G) ⊂ f − (G) c) f (E ∩ F ) ⊆ f (E ) ∩ f (F ) d) f − (G ∩ H ) = f − (G) ∩ f − (H ) e) f (E ∪ F ) = f (E ) ∪ f (F ) f) f − (G ∪ H ) = f − (G) ∪ f − (H ) g) f (E \ F ) ⊂ f (E ) h) f − (G \ H ) = f − (G) \ f − (H ) 1

1

1

1

Solução. a) É obvio!

1

1

1

1

1

1

1

e G, H Y subconjuntos. Mostre que

⊂


146

b) Tomemos y ∈ f −1 (G) =⇒ f (y) ∈ G =⇒ f (y) ∈ H =⇒ y ∈ f −1(H ). Logo f −1 (G) ⊂ f −1 (G). c) Tomemos b

∈ f (E ∩ F ) =⇒ ∃a ∈ E ∩ F tal que f (a) = b. a ∈ E =⇒ b ∈ f (E ) e a ∈ F =⇒ b ∈ f (F ), portanto b ∈ f (E ) ∩ f (F ). d) Tomemos x

Como a

∈ E ∩ F , então

∩ H ) =⇒ f (x) ∈ G ∩ H . Daí f (x) ∈ G =⇒ x ∈ f − (G) e f (x) ∈ H =⇒ x ∈ f − (H ), portanto x ∈ f − (G) ∩ f − (H ) =⇒ f − (G ∩ H ) ⊂ f − (G) ∩ f − (H ). Tomemos y ∈ f − (G) ∩ f − (H ) =⇒ f (y) ∈ G e f (y) ∈ H =⇒ f (y) ∈ G ∩ H =⇒ y ∈ f − (G ∩ H ), portanto f − (G) ∩ f − (H ) ⊂ f − (G ∩ H ). ∈

f −1 (G

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

e) Tomemos y ∈ f (E ∪ F ) =⇒ ∃x ∈ E ∪ F tal que f (x) = y. Se x ∈ E =⇒ f (x) ∈ f (F ),

portanto a f (E ) ∪ f (F ). Por outro lado, x ∈ F , então y = f (x) ∈ f (F ) ⊂ f (E ) ∪ f (F ), em qualquer

caso y ∈ f (E ) ∪ f (F ). Por outro lado f (E ) ⊂ f (E ∪ F ) e f (F ) ⊂ f (E ∪ F ) =⇒ f (E ) ∪ f (F ) ⊂ f (E F ).

∪

f) Por (b) vimos que, como HeG ⊂ G ∪H , então f −1 (G) ⊂ f −1(G∪H ) e f −1(H ) ⊂ f −1 (G∪H ), daí f −1 (G) ∪ f −1 (H ) ⊂ f −1 (G ∪ H ). Por outro lado se y ∈ f −1 (G ∪ H ) =⇒ f (y) ∈ G ∪ H . Se, porém f (y) ∈ H =⇒ y ∈ f −1 (H ), em qualquer caso y ∈ f −1 (G) ∪ f −1 (H ).

g) E \ F ⊂ E , por (a) =⇒ f (E \ F ) ⊂ f (E ). h) Tomemos x ∈ f −1 (G \ H ) =⇒ f (x) ∈ G \ H =⇒ f (x) ∈ G e f (x) ∈/ H =⇒ x ∈ f −1 (G) e x ∈ / f −1 (H ) =⇒ x ∈ f −1 (G) \ f −1 (H ), seja agora x ∈ f −1 (G) \ f −1 (H ) =⇒ f (x) ∈ G e f (x) / H = f (x) G

∈

⇒

∈ ∩ H =⇒ x ∈ f − (G \ H ). c

1

Exercício 2 - 22/03 Se f : X ⊂ (Rn, | · |1 ) −→ Y e Rm .

⊂ (R , | · | ) é contínua então f é contínua em qualquer norma de R m

n

2

Solução. Seja f contínua em x0 ⇔ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0/|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )|2 < ε.

Usando as equivalências de normas

⇒ ∃c > 0 e d > 0 /c|x − x |R ≤ |x − x | < δ e.d |f (x) − f (x )|R 0

n

0 1

0

m

< ε.


147

Daí obtemos:

|x − x |R < δ c := δ ⇒ |f (x) − f (x )| < dε = ε ⇒ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0/|x − x |R < δ ⇒ |f (x) − f (x )|R ⇔ f é contínua em x . 0

n

1

1

1

0

0

n

1

1

0

n

< ε1

0

Exercício 3 - 22/03 m

Mostre que H : L{Rn , Rm}

× definida por H (T ) = (aij ), em que T (e j ) =

m n

−→ M



aij ei ,

i=1

j = 1, . . . , n é uma bijeção.

Solução. Dada a base canônica {e1 , . . . , en } do Rn , queremos mostrar que existe uma bijeção natural do conjunto L{Rn , Rm} no conjunto M m×n . A matriz (aij ) que corresponde à transformação linear T ∈ L {Rn, Rm } é definida por m

T (e j ) =



aij ei , j = 1, . . . , n (*).

1=1

Assim, para cada transformação linear T ∈ L {Rn , Rm } associa-se uma "única"matriz que tem como coluna os n vetores T (e j ) = (a1 j , . . . , anj ) ∈ Rm, o que mostra que H é injetiva. Para mostrar que H é sobrejetiva, dado uma matriz (aij ) ∈ M m×n , a igualdade em (*) define os valores de uma transformação linear T : Rn

−→ R nos n vetores da base canônica. Desta forma, podemos definir o valor de T em qualquer vetor x ∈ R . Logo, H é sobretiva. m

n

Portanto H é bijeção.

Teorema 1 - 23/03

⊂ R −→ R , g : Y ⊂ R → R , com f (X ) ⊂ Y . Se f é contínua em a e g é contínua em f (a), então g ◦ f é contínua em a . Demonstração. Seja a ∈ X e ε > 0 . Como g é contínua em f (a) ⇒ ∃ δ > 0 tal que, ∀ y ∈ Y ∩ B f (a); δ ⇒ g(y) ∈ B g f (a) ; ε . Mas f é contínua em a δ > 0; ⇒ ∃ ∀ x ∈ X ∩ B(a; δ ) ⇒ f (x) ∈ Y ∩ B f (a); δ ⇒ g(f (x)) ∈ B g f (a) ; ε . Portanto g ◦ f é contínua em a. f : X

n

m

m

p

   

Exercício 1 - 23/03 Determine O(f, a) e conclua se é contínua:

     


     −  −  

(i) f (x) =

∈Q x ∈ R\Q

1, x 0,

a = 0

(ii) f (x) =

∈Q x∈ /Q

x, x 0,

a = 0

x + 2,

(iii) f (x) = a =

x<

−2

x + 2, 2

x + 2, 2 e a = 0

(iv) f (x) =

148

≤ x < 0 x ≥ 0

1 x 0, x = 0

=0 sen , x 

a = 0

Solução. (i) O(f, 0) = M (0, f , δ ) − m(0, f , δ ) = 1 − 0 = 1. = 0. Não é contínua, pois lim h(δ ) = 1  δ →0

(ii) M (0, f , δ ) − m(0, f , δ ) = δ − 0 = δ .

lim h(δ ) = lim δ = 0 = O(f, 0), logo f é contínua a = 0.

δ

→0

δ

→0

(iii) Tomando δ < 1 , temos (−δ, δ )

h(δ ) = 0, logo f é contínua em a = 0. − m(0, f , δ ) = δ + 2 − 2 = δ ⇒ lim → (−2 − δ, −2 + δ ) M (−2, f , δ ) − m(−2, f , δ ) = 4 − (−δ ) = 4 + δ ⇒ lim h(δ ) = 4, logo f não é contínua em → a = −2. (iv) M (0, f , δ ) − m(0, f , δ ) = 1 − (−1) = 2 ⇒ lim h(δ ) = 2, logo f não é contínua em a = 0. → M (0, f , δ )

δ

0

δ

δ

0

0

Teorema 1 - 27/03

⊂ R −→ R é uniformemente contínua ⇔ |f (x ) − f (y )| −→ 0, ∀ (x ), (y ) ⊂ X com |x − y | −→ 0. Demonstração. (⇒) Se f : X ⊂ R → R é uniformemente contínua, então ∀ ε > 0, ∃ δ = δ > 0 tal que |x − y | < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε, ∀ x, y ∈ X . Além disso, como |x − y | −→ 0, temos que n

f : X k

m

k

k

k

k

k

n

m

ε

k

k


149

∀ ¯δ > 0, ∃ k◦ ∈ N tal que k > k◦ ⇒ |x − y | < δ ¯, onde x , y ∈ X ∀ k ∈ N. Tomando ¯δ = δ > 0, obtemos que |f (x ) − f (y )| < ε, ∀ k > k◦ . Assim, |f (x ) − f (y )| −→ 0 . (⇐) Vamos provar a contrapositiva desta implicação. Suponhamos que f não é u.c. Então existe ε◦ > 0 tal que ∀ k ∈ N, podemos escolher x , y ∈ X tais que |x − y | −→ 0 , mas |f (x ) − f (y )| ≥ ε ◦ . Dessa maneira, k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

|x − y | −→ 0 k

k

k

 |f (xk ) − f (yk )| −→ 0.

Teorema 3 - 27/03 Rn, f contínua, injetiva e K compacto =⇒ f é homeomorfismo. Demonstração. É suficiente provar que g = f −1 : f (K ) ⊂ Rm −→ K ⊂ Rn é contínua. f : K

⊂

Rm

−→

f (K )

⊂

Seja C ⊂ K um conjunto fechado. Como K é compacto =⇒ C é compacto portanto fechado . Logo g −1 (C ) = f (C ) é compacto pois f é contínua =⇒ g −1 (C ) é fechado. Assim: g = f −1 é uma funcão contínua. Daí f é um homeomorfismo.


√

(i) Mostre que f (x) = x, x ∈ [0, 1] é uniformemente contínua, mas f ∈/ Lip([0, 1]). (ii) Mostre que f : [0, 1]2 mente contínua.

−→ R, definida por f (x, y) = 1 −1 xy é contínua mas não é uniforme-

Solução. (i) Toda função contínua em domínio compacto é uniformemente contínua, portanto

√ x, x ∈ [0, 1], é uniformemente contínua. Suponha que f ∈ Lip([0, 1]). Neste caso existiria c ∈ R tal que |f (x) − f (y)| ≤ c|x − y|, ∀ x, y ∈ [0, 1]. Em particular, fixando y =√ 0 temos que |f (x)| ≤ c|x|, ∀ x ∈ [0, 1]. |f (x)| ≤ c ⇒ x ≤ c ⇒ √ 1 ≤ c. Ora, mas isto é uma Daí, para todo x ∈ (0, 1], temos x x |x| 1 contradição, pois √ é ilimitado no intervalo (0, 1]. Portanto f ∈/ Lip([0, 1]). x f (x) =

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA (ii) f (x, y) =

150

1

− xy é contínua pois é o quociente de funções contínuas cujo denominador é

1

sempre diferente de zero, pra todos os pontos (x, y) do domínio. Agora para verificar que f

−  1 ,1 k

não é uniformemente contínua, considere as sequências (xk ) e (yk ), em que xk = 1 e yk =

−  ∀

−  −→ ∞ k 2

2 ,1 , k

1

k

∈

N. É fácil ver que |yk − x k |

−→ 0, mas |f (y ) − f (x )| = k

k

. Portanto f não é uniformemente contínua.

Exercício 2 - 27/03 Considere ∅ =  F, G ⊂ Rn fechados, disjuntos e f : Rn −→ R definida por f (x) =

d(x, F ) . d(x, F ) + d(x, G)

(função de Urysohn do par F e G) (i) Mostre que f é contínua, F |F = 0, F |G = 1, 0 ≤ f (x) ≤ 1, ∀ x ∈ Rn . (ii) Em que condições, sobre F e G, f é uniformemente contínua ? (iii) Se f for uniformemente contínua o que deve ocorrer com F e G?

Solução. (i) Primeiramente observemos que d(x, F ) + d(x, G) =  0, d(x, F ) + d(x, G) = 0, então d(x, F ) = d(x, G) = 0

Portanto d(x, F ) + d(x, G)  = 0, ∀ x

∈

∀ x ∈ R , pois se x é tal que ⇒ x ∈ F ∩ G = F ∩ G = ∅. n

Rn. Daí, como f é o quociente de funções contínuas

cujo denominador é sempre não-nulo, então segue que f é contínua. (ii) f (x) é uniformemente contínua se, e somente se, d(F, G) > 0 . (iii) Se f for uniformemente contínua implica d(F, G) > 0 (i.e. F e G são disjuntos). Com efeito, se d(F, G) = 0 então existem sequências de pontos x k ∈ F = F e yk ∈ G = G tais que lim |xk − y k | = 0 . Agora, como (xk ) e f (yk ) = 1, portanto |f (xk ) − f (yk )| = 1, uniformemente contínua.

⊂ F e (y ) ⊂ G, segue que f (x ) = 0 ∀ k ∈ N e isto contradiz o fato de f ser k

k


151

Exercício 3 - 27/03 Conclua do exercício anterior que dados quaisquer ∅ =  F, G ⊂ Rn fechados e disjuntos, existem abertos e disjuntos com F ⊂ A e G ⊂ B . Solução. Sejam A = f −1 (−∞, 21 ) e B = f −1 ( 12 , +∞) . Como f é contínua e os intervalos

A, B

n

⊂ R 1 2



1 2







−∞, ) e ( , +∞) são abertos em R, segue-se que A e B são abertos. Além disso, i) F ⊂ A , pois 0 ∈ ( −∞, ) e F = f − (0), pois f (x) = 0 ⇔ x ∈ F . ii) G ⊂ A , pois 1 ∈ ( , +∞) e f − (1) = G , porque f (x) ⇔ x ∈ G. iii) Também A ∩ B  = ∅, pois se x ∈ A , então f (x) < e se x ∈ B , então f (x) > . (

1 2

1

1 2

1

1 2

1 2




b

× [a, b] −→ R, X ⊂ R , contínua. Definamos ϕ : X −→ R pondo ϕ(x) = f (x, t)dt Mostre que ϕ é contínua em cada ponto x ∈ X . Solução. Com efeito, |ϕ(x) − ϕ(x )| ≤ |f (x, t) − f (x , t)|dt. Pela teorema 21 b (pag. 47 Curso de Análise vol. 2 E.L. Lima), dado ε > 0, podemos achar δ > 0 tal que x ∈ X, |x − x | < δ =⇒ |f (x, t) − f (x , t)| < − , seja qual for t ∈ [a, b], logo tem-se |ϕ(x) − ϕ(x )| < ε. n

f : X

a

0



b

0

0

a

0

ε (b a)

0

0

Exercício 5 - 27/03 Mostre que se: (i) X ⊂ Rn , Y

p

⊂R

contínua (u.c.).

u.c.

(ii) f : X ∈ Rn −→ Y

são limitados e ϕ : X × Y p

⊂R

e g : Y

bilinear

u.c. Y ⊂ R ∈ R −→ p

m

−−−−→ R m

, então ϕ|X ×Y é uniformemente

, então f (x) ⊂ Y

⇒ g ◦ f é u.c.

(iii) f : X ⊂ Rn −→ Rm , f = (f 1 , . . . , fm ), f é u.c. ⇔ cada f i for u.c.

Solução. (i) Vamos mostrar que ϕ é lipschitz. Sejam x ∈ R n e y ∈ R p quaisquer e seja c = max ϕ(ei , e j ) tal que 1 < i < n e 1 < j < p. Temos que p

n

x =

 i=1

xi ei e y =



j=1

n,p

yi ei ,

|x| · |y| =

 | || |

xi y j e ϕ(x, y) =

i,j=1

n,p



i,j=1

xi y j (ei , e j ).


152

Desta maneira, n,p

|ϕ(x, y)| =

n,p

 | || ||

 |≤ | || |

xi y j ϕ(ei , e j )

i,j=1

c

xi y j = c xi y j .

| || |

i,j=1

Vamos a prova: Sejam z, z  ∈ X × Y quaisquer. Assim:

|ϕ(z ) − ϕ(z )| = |ϕ(x, y) − ϕ(x, y)| = |ϕ(x, y) − ϕ(x, y) + ϕ(x, y) − ϕ(x, y)| = |ϕ(x, y − y  ) + ϕ(x − x , y  )| ≤ |ϕ(x, y − y )| + |ϕ(x − x , y  )| ≤ c|x||y − y| + |y||x − x|. Como X e Y são limitados por hipótese, o cartesiano X × Y também é limitado e como z e z  ∈ X × Y temos que ∃ r > 0 tal que |x| ≤ r e |y | ≤ r . Assim,

|ϕ(z ) − ϕ(z )| ≤ c|x||y − y| + |y||x − x| ≤ c · r(|y − y| + |x − x|) ≤ c · r|z − z |. Portanto ϕ é Lipschitz. (ii) Como g é u.c, dados f (x), f (y) ∈ f (X ) ⊂ Y arbitrários, tem-se que ∀ ε > 0 , ∃ η > 0 tal que

|f (x) − f (y)| < η ⇒ |g(f (x)) − g(f (y))| < ε. Tomando η e usando a continuidade uniforme de f tem-se que dados x, y ∈ X , ∃ δ > 0 tal que |x − y | < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < η. Tomando x e y ∈ X quaisquer, tem-se que |x − y | < δ ⇒ |g(f (x)) − g(f (y))| < ε. Logo g ◦ f é uniformemente contínua. (iii) f : X −→ R com x ⊂ R é u.c ⇔ ∀ x , y ∈ X , com lim(x − y ) = 0, tem-se que lim [f (x ) − f (y )] = 0. Alem disso, lim [f (x ) − f (y )] = 0 ⇔ para cada i ∈ N, com 1 ≤ i ≤ m, tem-se que lim[f (x ) − f (y )] = 0. Dados então x , y ∈ X com lim(x − y ) = 0, tem-se que lim[f (x ) − f (y )] = 0 para cada i ∈ N com 1 ≤ i ≤ m ⇔ f é u.c para cada i ∈ N com 1 ≤ i ≤ m . m

k

n

k

k

k

k

k

i

k

k

i

k

k

k

k

k

k

i

k

i

k

i

3.1.4 Conjuntos conexos Teorema 1 - 29/03 (i) Seja f : X ⊂ Rn → Rm uma aplicação contínua. Se X ⊂ Rn é conexo, então f (X ) é conexo.




(ii) X =

153

X λ (L- família de índices), X λ é conexo e existe a

λ L

 ∈

X λ . Então X é conexo.

λ L

∈

∈

(iii) X ⊂ Rn e Y

⊂ R , então o produto cartesiano X × Y ⊂ R × R

(iv) Sejam X ⊂ Y

⊂ X em R . Se X é conexo, então Y é conexo.

n

n

m

= Rn+m é um conjunto

conexo se, e somente se, X e Y são conexos. n

Demonstração. (i) Seja (A, B) uma cisão de f (X ) ⇒ f (X ) = A ∪ B , onde A e B são disjuntos e abertos em f (X ). Daí X = f −1 f (X ) = f −1 (A ∪ B ) = f −1 (A) ∪ f −1 (B). Como f é contínua, segue que f −1 (A) e f −1 (B) são abertos em X , daí f −1 (A), f −1 (B) é uma cisão de X .

 





Como X é conexo, temos que f −1 (A) ou f −1 (B) é o conjunto vazio, daí, sendo

−→ f (X ) sobrejetiva, segue que ou A ou B é vazio, portanto f (X ) é conexo.

f : X

(ii) Seja a tal que a ∈ X λ , para todo λ ∈ L e X = A ∪ B uma cisão de X. Como A ∩ B = ∅, então o ponto a pertence a um dos conjuntos, A ou B . Digamos que a

∈

A. Para todo

∈ ∩ ∪ ∩ X ) é uma cisão de X , a qual é trivial pois X é conexo. Como a ∈ A ∩ X , segue que B ∩ X = ∅, ∀ λ ∈ L . Logo B = (B ∩ X ) é vazio e a cisão ∈ X = A ∪ B é trivial. Portanto X é conexo. λ L, X λ = (A X λ ) (B λ

λ

λ

λ



λ

λ

λ L

(iii) Se X × Y é conexo então X e Y são conexos porque são imagens de X × Y pelas projeções p : X

× Y −→ X, p(x, y) = x

e q : X × Y −→ Y, q (x, y) = y , as quais são contínuas.

Reciprocamente, se X e Y são conexos, tomemos c = (a, b) ∈ X × Y . Para cada z = (x, y) ∈

× Y considere o conjunto C

× {b}) ∪ ({x} × Y ). Temos que C é conexo pois é reunião dos conjuntos conexos X × {b} e {x} × Y (homeomorfos, respectivamente, a X e Y ) X

z

= (X

z

com o ponto (x, b) em comum.

Além disso, c = (a, b) ∈ C z , para todo z ∈ X × Y e X × Y =

× Y é conexo.

X



C z , logo, pelo item anterior,

z

(iv) Seja Y = A ∪ B uma cisão não-trivial de Y. Então, por um resultado já visto, temos que X ⊂ A ou X ⊂ B . Suponhamos X ⊂ A . Então Y

⊂ X ⊂ A. Como A ∩ B = ∅ ⇒ Y ∩ B = ∅, isto

é, B = ∅. Contradição, pois admitimos que (A, B) é uma cisão não-trivial de Y . Portanto Y não admite cisão não-trivial, logo é conexo.


154

Teorema 3 (Teorema do Valor Intermediário) - 29/03



m cont



⊂ R −→ R, X conexo. Se f (a) < f (b), a, b ∈ X , então para cada d ∈ f (a), f (b) existe c ∈ X tal que f (c) = d . Demonstração. X conexo e f contínua ⇒ f (X ) intervalo. Como f (a) e f (b) ∈ f (X ), então ∀ d ∈ f (a), f (b) temos que d ∈ f (X ), portanto ∃ c ∈ X tal que f (c) = d . f : X





Teorema 4 (Teorema da Alfândega) - 29/03 Seja X ⊂ Rn um conjunto arbitrário. Se um conjunto conexo C ⊂ Rn contém um ponto a ∈ X e um ponto b ∈/ X então C contém um ponto c ∈ ∂X . Demonstração. A função contínua f : C −→ R, definida por f (x) = d(x, X ) − d(x, Rn − X ) é tal que f (a) ≤ 0 e f (b) ≥ 0. Logo, pelo Teorema

do Valor Intermediário, deve existir c ∈ C tal que f (c) = 0, isto é, d(c, X ) = d(c, Rn − X ). Como c X ou c

∈

∈ R − X , um desses dois números é zero, logo ambos o são e daí c ∈ ∂X . n

Exercício 1 - 29/03 (i) Se (A, B) é uma cisão de X então A = A ∩ X e B = B ∩ X , (i.e., A e B são fechados em X )

⇒ A e B são abertos em X e A ∩ B = ∅. (ii) A ⊂ X aberto e fechado em X ⇒ (A, X \ A) é uma cisão de X . (iii) X é conexo ⇔ os únicos subconjuntos de X que são abertos e fechados em X são X e ∅. Solução. (i) Se (A, B) é uma cisão de X , então X = A ∪ B , A ∩ B = ∅ e B ∩ A = ∅. Daí, X A = (A

∪ B) ∩ A = (A ∩ A) ∪ (B ∩ A) = A ∩ A = A. Da mesma forma, concluímos que B = X ∩ B . B ∩ A = ∅ ⇒ B ∩ A = ∅, pois B ⊂ B . Desse modo, como X = A ∪ B e X = A ∩ B , temos que B = X − A e portanto, sendo A fechado em X , segue que B é aberto em X . ∩

Da mesma forma, concluímos que A é aberto em X .

(ii) Em primeiro lugar temos que X = A ∪ (X − A). Daí, A fechado em X ⇒ A = A ∩ X e então A

∩ (X − A) = A ∩ (X − A ∩ X ) = ∅. Da mesma forma, X − A ∩ A = ∅. Daí, (A, X − A)

é uma cisão de X .


155

(iii) X conexo ⇒ X não admite cisão não -trivial. Daí se houvesse A ⊂ X tal que A fosse aberto e fechado em X então, pelo item (ii), (A, X − A) seria uma cisão não-trivial de X, o que é uma

contradição. Reciprocamente, se os únicos subconjuntos de X que são abertos e fechados em X forem X e , então X não admite cisão não-trivial, caso contrário existiriam subconjuntos

∅ próprios A e B ⊂ X tal que (A, B) constitui uma cisão de X então, pelo item (i), A e B seriam abertos e fechados em X . Contradição.


⊂ R é conexo ⇔ for um intervalo.

I

Solução.

( ) Suponhamos que I não seja um intervalo, então existiriam a < d < b com a, b I e d / I .

⇒

∈

∈

Consideremos, A = { x ∈ I, x < d} e B = { x ∈ I, x > d} estes conjuntos. Seja a ∈ A e b ∈ B

então a decomposição I = A ∪ B formam uma cisão, na qual não seria trivial. Então teriamos que I não seria conexo, mas isso é um absurdo pois por hipótese temos que I é conexo, ou seja, a única

cisão que o conjunto admite é a trivial . Portanto I é um intervalo. ( ) Suponhamos que o intervalo I admite a cisão não trivial, ou seja, que I não seja conexo. Seja

⇐

∪ B, tomemos a ∈ A e b ∈ B . digamos sem perda de generalidade que a < b, logo [a, b] ⊂ I . Agora se dividimos o intervalo [a, b] ao meio, isto é , = d. Então d ∈ A ou d ∈ B . Observe que se d ∈ A, poremos a = d, b = b. Agora se d ∈ B , escrevemos a = a, b = d. Daí em qualquer caso teremos um intervalo [a , b ] ⊂ [a, b],com b − a = − e a ∈ A, b ∈ B . Se I = A

a+b 2

1

1

1

1

1

1

(b a) 2

1

1

1

1

dividimos ao meio o intervalo [a1 , b1 ] ao meio, então o ponto médio do intervalo decompõe em dois novos intervalos justapostos de comprimento (b−a) , na qual chamaremos de [a , b ], onde a ∈ A e 2

4

2

2

∈ B. Se prosseguimos analogamente com este processo, obteremos uma sequência de intervalos encaixados, onde [a, b] ⊃ [a , b ] ⊃ ··· ⊃ [a , b ] ⊃ ·· · com b − a = − com a ∈ A, b ∈ B para do n ∈ N. Então pelo teorema dos intervalos encaixados, existe um c ∈ R tal que a < c < b . Daí temos que c ∈ I = A ∪ B , logo c não pode esta em A , pois c = lim b ∈ B e não pode esta em B , pois c = lim a ∈ A . Mas isso é uma contradição, logo I é conexo. b2

1

1

n

n

n

n

b a 2n

n

n

n

n

n

n

Exercício 3 - 29/03 Seja f : X ⊂ Rn −→ Y é conexo.

⊂R

m

contínua com X conexo. Mostre que Graf (f ) = {(x, f (x)) : x ∈ X }


156

 

Solução. Seja ϕ : X −→ Graf (f ) tal que ϕ(x) = x, f (x) .

Como as componentes de ϕ são contínuas, pois por hipótese f é contínua, ϕ é contínua, logo como X é conexa , segue-se que ϕ(X ) = Graf (f ) é conexo.

Teorema 1 - 10/04 Seja o homeomorfismo h : X ⊂ Rn

Demonstração. x0

m

→ Y ⊂ R = h(x ) ∈

e x0

∈

X, y0 = h(x0 )

⇒

C y0 = h(C x0 ).

h(C ) que é conexo, pois C é conexo e h é ∈ C ⇒ y contínua, daí h(C ) ⊂ C . Por outro lado h − é contínua e C é conexo ⇒ h− (C ) é conexo e contém x ⇒ h− (C ) ⊂ C ⇒ C ⊂ h(C ). Portanto C = h(C ). x0

x0 1

0

0

0

x0

1

y0

y0

x0

y0

x0 1

y0

x0

y0

y0

x0

Corolário 1 - 10/04 homeo

X



Y

⇒

# x∈X

C x =

# y∈Y

C Y . Demonstração. Seja x

∈ X , então como h : X −→ Y é um

homeomorfismo fazendo y = h(x), tem-se que C y = h(C x ) pelo teorema anterior. Como h leva componente conexa de X em componente conexa Y e C x ∩ C y = 0 ⇒ h(C x ) ∩ h(C j ) = 0, temos que

a função que leva componente conexa em componente conexa é injetiva. Analogamente, tomando h−1 : Y −→ X , h −1 leva as componentes conexas de Y , nas componentes conexas de X , logo há uma bijeção das componentes conexas, ou seja, x∈#X C x = y∈#Y C Y .


 X ⊂ Rn. Mostre: Seja ∅ = 1. C x ⊂ X é conexo. 2. C ⊂ X , C conexo, x ∈ X e C ∩ C x  =∅

⇒ C ⊂ C . x

 y ⇒ C x ∩ C y = ∅ ou C x = C y . 3. x, y ∈ X, x = • C x . 4. C x ⊂ X fechado em X e X = x∈X



Solução.

1. C x ⊂ X é união de conexos com um ponto em comum, a saber, o ponto x. Logo C x é conexo. 2. Seja C ⊂ X conexo. Como C x é conexo e C x ∩ C  = ∅ então C ∪ C x é conexo. Além disso

∈ ∪ C ⇒ C ∪ C ⊂ C ⇒ C ⊂ C .

x C

x

x

x

x


157

3. Sejam x, y ∈ X, x  = y . Se C x ∩ C y =  ∅, então como C x e C y são conexos ⇒ C x ∪ C y é conexo.

Por um lado x ∈ C x ∪ C y ⇒ C x ∪ C y ⊂ C x ⇒ C y ⊂ C x . Por outro lado y ∈ C x ∪ C y ⇒ C x

∪ C ⊂ C ⇒ C ⊂ C . Portanto, C = C . y

y

x

y

x

y

4. C x é conexo e contém x ⇒ C x ⊂ C x , portanto C x é fechado. • • C x. Por outro lado, ∀ x ∈ X, C x ⊂ X ⇒ C x ⊂ X . Além disso, X ⊂ x∈X x∈X • Então, segue que X = C x . x∈X







Exercício 2 - 10/04 Mostre que se X = {(x, y); y = sen é conexo por caminhos.

 1 x

, 0 < x

≤ 1} e Z = {0} × [−1, 1], então Y = X ∩ Z não

Solução. Provaremos que não existe um caminho α : [0, 1] −→ Y tal que α(0) ∈ X e α(1) ∈ Z .

Suponha que tal caminho existe. Sem perda de generalidade, podemos supor que α(1) = (0, 1). Considerando ε = 21 ; pela continuidadede de α , existe δ > 0 tal que α(t) − (0, 1) <

1 2

se 1 − δ ≤

≤ 1. Note que α([1 − δ, 1]) é conexo. Denotemos por α(1 − δ ) = (x , y ) e π (x, y) = x a primeira projeção de R ; então π ◦ α : [0, 1] −→ R é contínua e o seguinte conjunto C = (π ◦ α)([1 − δ, 1]) é conexo com 0 ∈ C , pois α(1) = (0, 1); também x ∈ C . Por outro lado, C é um intervalo e contém [0, x ]; logo para todo x ∈ (0, x ], existe t ∈ [1 − δ, 1] tal que α(t) = x ,sen (1/x) . Em particular, se m = 2nπ − π/2, para n grande, temos que se x = 1/m, então 0 < x < x e sen (1/x ) = sen (−π/2) = −1; logo o ponto (1/m, −1) = α(t), para algum t ∈ [1 − δ, 1], ou seja, o ponto (1/m, −1) está uma distância menor que 1/2 do ponto (0, 1). Isto é uma contradição, pois (1/m, −1) está a uma distância de pelo menos 2 do ponto (0, 1). t

0

2

0

1

1

1

0

0

1



0

1

1

1

0



1

Exercício 3 - 10/04 n

⊂ R

X

conexo por caminhos ⇒ X é conexo.

Solução. Sejam a, b ∈ X ⇒ existe um caminho f : [0, 1] −→ X tal que f (0) = a, f (1) = b.

Como [0, 1] é conexo e f contínua ⇒ f ([0, 1]) é conexo e a, b ∈ f ([0, 1]). Assim temos que dados a, b

∈ X , existe um conjunto convexo C

⊂ X onde a, b ∈ C

ab = f [0, 1]

ab

.

Logo, pelo Exercício 10.1 (Livro Análise Real Vol.2 Elon Lages), X é conexo.


158

Exercício 4 - 10/04 contínua

(i) f : X ⊂ Rn −−−−→ Y (ii) X =



m

⊂R

, X conexo por caminhos ⇒ f (X ) é conexo por caminhos.



X λ , onde cada X λ é conexo por caminhos e

λ L

λ L

∈

 ∅ ⇒ X é conexo por caminhos.

X λ =

∈

(iii) M 1 × · · · × M n é conexo por caminhos ⇔ M j o é também.

Solução. (i) Dados quaisquer dois pontos f (a), f (b) ∈ f (X ), precisamos mostrar que existe um caminho ligando esses pontos.

Como X é conexo por caminhos e a, b ∈ X , então existe um caminho ligando os pontos a e b, digamos, g : [0, 1] −→ X tal que g(0) = a e g(1) = b .

Sendo f e g contínuas, temos que f ◦ g : [0, 1] −→ Y é também contínua com

 

 

(f g)(0) = f g(0) = f (a) e (f g)(1) = f g(1) = f (b).

◦

◦

Dessa maneira, f ◦ g é um caminho em f (X ) que une os pontos f (a) e f (b). Portanto, f (X ) é conexo. (ii) Seja a ∈ X λ , ∀ λ ∈ L . Dados pontos quaisquer x, y ∈ X =



X λ , temos duas possibilidades:

λ L

∈ (1) Se x, y ∈ X λ , não há nada a fazer, já que X λ é conexo por caminhos. (2) ∀ x, y ∈ X, ∃ µ, η ∈ L tais que x ∈ X µ e y ∈ X η .

Como X µ e X η são conexos por caminhos, com a, x ∈ X µ e a, y ∈ X η , então existem caminhos

−→ X e g : [0, 1] −→ X tais que f (0) = x, f (1) = a = g(0) e g(1) = y . Dessa maneira, o caminho justaposto h = f ∧ g : [0, 1] −→ X com h(0) = x e h(1) = y é um f : [0, 1]

µ

η

caminho que une os pontos x e y . Portanto, X =



X λ é conexo por caminhos.

λ L

∈

(iii) Observemos inicialmente que f (0) = x e f (1) = y

⇔ ⇔ ⇔

(f 1 , . . . , fn )(0) = x e (f 1 , . . . , fn )(1) = y (f 1 (0), . . . , fn (0)) = (x1, . . . , xn ) e (f 1 (1), . . . , fn (1)) = (y1 , . . . , yn ) f j (0) = x j e f j (1) = y j ,

∀ j = 1, . . . , n .


159

Além disso, sabemos que (f 1 , . . . , fn ) é contínua ⇔ f j o é. Usando os dois fatos acima, temos que

× · · · × M é conexo por caminhos ⇔ ∀ x = (x , . . . , x ), y = (y , . . . , y ) ∈ M × · · · × M , existe um caminho f = (f , . . . , f ) : [0, 1] −→ M × · · · × M tal que M 1

n

1

n

1

1

n

n

1

1

n

n

(f 1 , . . . , fn )(0) = (x1 , . . . , xn) e (f 1 , . . . , fn )(1) = (y1 , . . . , yn )

⇔

existem caminhos f j : [0, 1] −→ M j , com f j (0) = x j e f j (1) = y j , ∀ j = 1, . . . , n conexo por caminhos.

3.1.5 Limites Teorema 1 - 12/04 n

⊂ R −→ R

f : X

m

, a ∈ X  e f = (f 1 , . . . , fm ). Então

lim f (x) = b = (b1 , . . . , bm )

x

→a

f (x) = b , i = 1, . . . , m . ⇔ lim → y

a

i

i

Demonstração.

⇒

( )

⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que ∀ x ∈ X ; 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| < ε. Como |f (x) − b | ≤ max {|f (x) − b |} = |f (x) − b| < ε, então ∀ x ∈ X ; 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b | < ε, 1 ≤ i ≤ n. Portanto lim f (x) = b , ∀ i = 1, . . . , n. → (⇐) lim f (x) = b ⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que → ∀ x ∈ X ; 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b | < nε , ∀ i = 1, . . . , n . lim f (x) = b = (b1 , . . . , bm )

x

→a

i

i

i

i

i

x

x

a

i

i

a

i

i

i

i

i

n

Mas |f (x) − b| =

| i=1

f i (x)

− b |. Daí, i

∀ x ∈ X ; 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| = Portanto lim f (x) = b . x→a

n

|

f i (x)

i=1

− b | < n · nε = ε. i

⇔

M j é


160

Teorema 2 - 12/04

⊂ X \{a}, com x −→ a. Demonstração. (⇒) Suponha lim f (x) = b e considere a sequência (x ) ⊂ X \{a}, com x → a. Dado → ε > 0, ∃ δ > 0; ∀ x  = a ∈ B(a, δ ), f (x) ∈ B(b, ε). Ora, mas x → a, desse modo existe k ∈ N, tal que ∀ k > k , x ∈ B(a, δ ) ⇒ f (x ) ∈ B(b, ε), portanto lim f (x ) = b . →∞ (⇐) Suponha que lim f (x ) = b, ∀ (x ) ⊂ X \{a}, com x → a e que lim f (x)  = b. Desse → →∞ modo existe ε > 0, tal que para todo δ = 1/k podemos obter x ∈ X \{a}; |x − a | < 1/k mas |f (x ) − b| ≥ ε. Agora olhando pra sequência (x ), temos que x → 0 enquanto f (x )  → 0. lim f (x) = b

x

→a

lim f (xk ) = b,

⇔

k

→∞

x

a

∀

(xk )

k

k

k

k

0

0

k

k

k

k

k

k

k

x

k

k

k

k

a

k

k

k

k

Contradição!

Teorema 4 - 12/04 Suponha que lim f (x) = b , lim g(x) = c . Prove que: x→a x→a (i) lim f (x), g(x) = b, c. x→a (ii) Se lim α(x) = d então lim α(x)f (x) = db. Em particular, se d = 0 e f for limitada, então x→a x→a lim α(x)f (x) = 0. x→a

Demonstração. (i) Temos que:

≤ |f (x), g(x)−b, c | = |f (x) − b, g(x) + b, g(x) − c | ≤ |g(x)||f (x) − b| + |b||g(x) − c|. Portanto, lim | f (x), g(x) − b, c | = 0. → 0

x

a

(ii) A primeira parte se faz de maneira análoga ao item anterior. Suponha agora que d = 0 e f é limitada. Tomemos ε > 0. Então existe δ > 0 tal que

∀ x ∈ X ; 0 < |x − a| < δ ⇒ |α(x)| < , onde |f (x)| ≤ M, ∀ x ∈ X . Daí, ∀ x ∈ X ; 0 < |x − a| < δ temos que |α(x)f (x)| < ε ⇒ lim α(x)f (x) = 0. → ε M

x

a

Corolário do Teorema 5 - 12/04 Se f (x) ≤ g(x), x em uma vizinhança de a, então lim f (x) ≤ lim g(x) se esses limites existirem. x−→a x−→a Demonstração. Vamos supor que lim f (x) > lim g(x). Neste caso, x−→a x−→a


161

g(x) = lim [f (x) − g(x)] > 0 . − lim −→ −→ Então existe δ > 0 tal que f (x) − g(x) > 0, ∀ x ∈ V = B(a, δ ) ∩ X \{a}. Portanto, f (x) > g(x), ∀ x ∈ V . Uma contradição. lim f (x)

x

−→a

x

a

x

a

δ

δ

Teorema 7 - 12/04 Seja f : X ⊂ Rn → Rm uniformemente contínua. Então o limite lim f (x) existe para todo x ∈ X . y →x Demonstração. Como f é uniformemente contínua em X, dadas as sequências x k , yk ∈ X tais que lim |xk − yk | = 0, tem-se lim |f (xk ) − f (yk )| = 0. Assim, a aplicação f leva sequências de k→∞ k→∞ Cauchy de X em sequências de Cauchy em f (X ).

Seja x ∈ X . Então para toda sequência xk ∈ X \{x} tal que xk → x , o limite lim f (xk ) = b . E este xk →x limite é único. De fato, se yk ∈ X \x é uma sequência tal que yk → x e lim f (yk ) = c =  b, tomando k→∞ a sequência z k ∈ X \x definida por z 2k = x k , z 2k+1 = y k .

Temos z k → x mas não existe lim f (z k ). Contradição.

Teorema 8 - 12/04 Seja f : X ⊂ R n

−→ R

m

. Então f possui uma única extensão uniformemente contínua ao fecho X

se, e somente se, f é uniformemente contínua.

Demonstração. ( ) Se f é uniformemente contínua, defina f : X

⇐

f (x) = lim f (x), se x y

n

⊂ R → R

∈ X .

m

por f (x) = f (x), se x ∈ X e

→x Afirmação: f é uniformemente contínua.

De fato, da continuidade uniforme de f temos que dado ε > 0,

∃ δ > 0 tal que ∀ x, y ∈ X com x − y ⇒ f (x) − f (y) < . Sejam x, y ∈ X satisfazendo |x − y| < δ . Como x e y ∈ X , então existem sequências (x ), (y ) ⊂ X tais que x = lim x e y = lim y . Daí, para k suficientemente grande temos que x − y  < δ e então f (x) − f (y) =  lim f (x ) − lim f (y ) = lim f (x ) − f (y ) ≤ < ε. ε 2

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

ε 2

Portanto f é uniformemente contínua.

Unicidade: Suponhamos que exista

G : X

−→

Rm , uniformemente contínua tal que

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA G X = f = f X . Seja x

|

|

162

∈ X e (x ) ⊂ X tal que x −→ x. Temos que k

k

G(x) = G(lim xk ) = lim G(xk ) = lim f (xk ) = lim f (xk ) = f (x). Portanto G = f .

(⇒) Suponha que f possui uma extensão f : X → Rn tal que f é uniformemente contínua em

X . Como f X = f , segue que f é uniformemente contínua em X .

|

Exercício 1 - 12/04 lim ( lim f (x, y)) := lim lim f (x, y)

x

→x y→y 0

x

→x y→y

0

0

lim ( lim f (x, y)) := lim lim f (x, y)

y

Se

(x,y)

lim

→(x

0

,y0 )

→y x→x 0

y

0

(1)

0

→y x→x 0

(2)

0

f (x, y) = A e (1) e (2) existirem, então A = (1) = (2).

Solução. Dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que (x, y) ∈ X : 0 < x

f (x, y) = A. | − x | ≤ |(x, y) − (x , y )| < δ ⇒ |f (x, y) − A| < ε ⇒ lim → 0

0

Portanto lim

y

→y

0

0



x



lim f (x, y)

x

→x

0

x0

= lim A = A. y

→y

0

Analogamente ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que (x, y) ∈ X e 0 < y

| − y | ≤ |(x, y) − (x , y )| < δ ⇒ |f (x, y) − A| < ε ⇒ 0

0

lim f (x, y) = lim

y

→y

x

→x

0

Portanto lim

y

→y

0



0



→x

0



lim f (x, y)

y

→y

0



lim f (x, y)

x

0

= lim A = A x

→x

= A = lim x

→x

0



0



lim f (x, y) .

y

→y

0

Exercício 2 - 12/04 f (x). ∃ xlim →a →b− Solução. Suponha, sem perda de generalidade, que f seja não descrescente. Considere

f : (a, b)

−→ R monótona e limitada. Mostre que ∃

lim+ f (x) e

x

L = inf f (x); x X,x > a . Afirmamos que L = lim+ f (x).

{

∈

}

x

→a


163

Com efeito, dado ε > 0 arbitrário, L + ε não é cota inferior do conjunto {f (x); x ∈ X,x > a}.

Logo existe δ > 0 tal que a + δ ∈ X e L ≤ f (a + δ ) < L + ε. Como f é não descrescente, se x ∈ X e a < x < a + δ , então L ≤ f (x) < L + ε, o que prova a afirmação feita.

Pondo M = sup{f (x); x ∈ X,x < b}, verificamos de modo análogo que M = lim− f (x). x→b

3.2 - Diferenciabilidade 3.2.1 Aplicações; diferencial Exercício 1 - 19/04 Demostrar que toda aplicação bilinear B : Rn × R p −→ Rm e diferenciável em cada (x, y) ∈ Rn × R p e DB(x, y)(k, h) = B(x, h) + B(k, y).

Solução. lim

(k,h)

→0

|B(x + k, y + h) − B(x, y) − [B(x, h) + B(k, y)]| = |(k, h)|

lim

(k,h)

→0

|B(k, h)| |(k, h)|

(3.1)

seja ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) que têm 1 só no i-ésimo lugar. Como B é bilinear, temos: n

B(k, h) =

p



ki h j B(ei , e j )

i=1 j=1

tal que |B(k, h)| temos

⇒ ∃M (B) := M > 0



≤ M |k ||h | ≤ M max|k | max|h | ≤ M |k||h| e como |(k, h) = |k| + |h| i

j

i

j

2

2

|B(k, h)| ≤ lim M |k||h| = 0 (3.2) → |(k, h)| → |k| + |h| Portanto de ?? concluímos em ?? que B : R × R −→ R é diferenciável, ∀ (x, y) ∈ R × R e lim

(k,h)

0

(k,h)

n

p

0



2

2

m

DB(x, y)(k, h) = B(x, h) + B(k, y).

Exercício 2 - 24/04 Seja f : U ⊂ Rn → R diferenciável em a ∈ U com U aberto, f ∈ C 1 e |Df (a)| > 0 . (i)

∇f (a) aponta para a direção crescente de f ;

(ii)

∇f (a) é a direção de crescimento mais rápido de f em a;

(iii)

∇f (a) é perpendicular à superfície de nível de f que contem a.

m

p


164

Solução. ∂f (a) = ∇f (a), w  = |∇f (a)| > 0 . ∇f (a). Então ∂w Daí temos que se λ : (−ε, ε) → U é tal que λ ∈ C , λ(0) = a e λ  (0) = w, então a função t→  f (λ(t)) é diferenciável no ponto t = 0 e pela regra da cadeia

(i) Seja w =

2

1

(f λ) (0) = f  (λ(0)) λ (0) = f  (a)w =

◦

·

∂f (a) > 0. ∂w

Daí temos que numa vizinhança de t = 0, f é uma função crescente, isto é, f cresce na direção do gradiente. (ii) Seja v ∈ Rn tal que |v| = |w| = |∇f (a)|. Então

∂f ∂f (a) = f (a), v f (a) v = f (a) 2 = = ∂v ∂w Daí f cresce mais rápido na direção do gradiente.

∇

 ≤ |∇

| · | | |∇

(iii) w =

|

∂f (a) ≤ . ∇f (a) ⇒ ∂f ∂v ∂ ∇f (a)

∇f (a) é perpendicular a f − (c) := {(x, y) ∈ R ; f (x, y) = c} ⇔ dado qualquer caminho λ : (−ε, ε) → f − (c) diferenciável em t = 0 com λ(0) = a tem-se ∇f (a), λ (0) = 0. Mas note que f ◦ λ : (−ε, ε) → R é tal que (f ◦ λ)(t) = c, ∀ t ∈ (−ε, ε), donde (f ◦ λ) (0) = 0. Daí, 0 = (f ◦ λ) (0) = ∇f (a), λ (0), portanto ∇f (a) é perpendicular a f − (c). 1

2

1

1

Exercício 4 - 24/04 Mostre que são diferenciáveis e defina [f  (a)]: (i) f (x, y) = x y ; (ii) f (x,y,z ) = x y ; (iii) f (x,y,z ) = sen(x sen(y sen z )); (iv) f (x, y) = (sen(x, y), cos y 2 ).

Solução. (i) Seja f : R2 → R dada por f (x, y) = x y . Defina π1 :

R2 (x, y)

−→ − →

R x

e

π2 :

R2 (x, y)

−→ − →

R y

Daí temos que f (x, y) = π 1π , onde π1 e π2 são diferenciáveis, logo f é diferenciável. ∂f Observe que (x, y) = yxy−1 . 2

∂x

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA ∂f (x, y)xy ln x. ∂y ∂f ∂f f (a) = (a), (a) ∂x ∂y

165

Por outro lado,



Portanto, ∇



= (yx y−1 , xy ln x), onde a = (x, y).

(ii) Seja f : R3 → R, dado por f (x,y,z ) = x y . Defina R3

π1 :

(x,y,z )

−→ − →

R

π2 :

e

x

R3

−→ − →

(x,y,z )

R y

Daí, f (x,y,z ) = π1π , onde π1 e π2 são diferenciáveis, logo f é diferenciável. Como ∂f ∂f ∂f (x,y,z ) = yxy−1, (x,y,z ) = x y ln x e (x,y,z ) = 0. Portanto, 2

∂x

∂y

∇f =

∂z





∂f ∂f ∂f (a), (a), (a) ∂x ∂y ∂z

= (yx y− , xy ln x, 0),

onde a = (x,y,z ). (iii) Seja f : R3 −→ R, dado por f (x,y,z ) = sen (xsen (ysen z )). Defina R3

π1 :

(x,y,z )

−→ R e − → ysenz

π2 :

R3 (x,y,z )

−→ R − → xsen (π ) 1

Temos que π1 é diferenciável, pois é o produto de duas funções contínuas. Agora π2 também é diferenciável, pois é o produto e a composição de duas funções contínuas. Logo f (x,y,z ) = sen (π2) é diferenciável. Observe que ∂f (x,y,z ) = sen (ysen z ) cos(xsen (ysen z )) ∂x ∂f (x,y,z ) = cos(xsen (ysen z ) )cos(ysen z )sen z ∂y ∂f (x,y,z ) = cos(xsen (ysen z ) )cos(ysen z )y cos z ∂z

Portanto, ∇f (a) =





∂f ∂f ∂f (a), (a), (a) , onde a = (x,y,z ). ∂x ∂y ∂z

(iv) Seja f : R2 → R3 , dada por f (x, y) = (sen (xy), cos y2 ). Defina π1 :

R2 (x,y,z )

−→ − →

R x

e

π2 :

R2 (x,y,z )

−→ − →

R y


166

Temos que f (x, y) = (sen (xy), cos y2 ) é diferenciável, pois suas funções coordenadas são diferenciáveis, onde cada uma é composição de funções diferenciáveis. Portanto f é diferenciável. Seja f (x, y) = (f 1 , f 2 ), onde f 1 = sen (xy) e f 2 = cos y 2 . Observe que ∂f 1 (x, y) = y cos(xy) ∂x ∂f 2 (x, y) = 0 ∂x

Portanto, [f  (a)] =

 

y cos(xy)

∂f 1 (x, y) = x cos(xy) ∂y ∂f 2 (x, y) = ∂y

x cos(xy) 2

−2ysen (y )

0

2

−2ysen (y ).

 

.

2 2

×

Observação (do corolário 2) - 24/04





(i) [T ] = T [e1 ] T [e2] . . . T [ en ] é uma matriz m × n. (ii) T v = [T ]vT .

Solução. Dada uma transformação linear T : Rn

m

−→ R

basta escolher para cada j = 1, . . . , n

um vetor v j = (a1 j , a2 j , . . . amj ) ∈ Rm e dizer que v j = T e j é a imagem do j-ésimo vetor da base

canônica, e j = (0, . . . , 1, . . . , 0), pela trasformação linear T . A partir daí fica determinada a imagem T v de qualquer vertor v = (x1 , . . . , xn) R n. Com efeito, tem-se v = x 1 e1 +

   n

T v = T

·

∈

n

x j e j

j=1

=

j=1

n

x j T e j =

·





··· + x e , logo n n

n

(a1 j x j , a2 j x j , . . . , amj x j ) =

j=1

n

a1 j x j , . . . ,

j=1

ou seja, T (x1, x2, . . . xn) = (y1 , y2 , . . . ym),

  amj x j

,

j=1

onde y1 = a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn y2 = a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn

.. . ym = am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn .

Portanto, uma transformação linear T : Rn

m

−→ R

fica inteiramente determinada por uma matriz

∈ M (m × n). Os vetores colunas dessa matriz são as imagens T e dos vetores da base canônica de R . A imagens da T · v de um vetor arbitrário v = (x , . . . , x ) ∈ R é o vetor w = (y , . . . , y )) ∈ R cujas coordenadas são dadas pelas equações acima. A = [aij ]

j

n

1

m

1

m

n

n


167

Teorema 1 - 26/04 Seja f : U −→ Rm definida no aberto U ⊂ Rn . As seguintes afirmações são equivalentes: (i) f é de classe C 1 (U ). (ii) As funções-coordenadas f 1, . . . , fn : U contínuas

∂f i : U ∂x j

−→

−→ R.

(iii) Para cada v ∈ R n , existe a derivada direcional ∂f : U ∂v

R da aplicação f possuem derivadas parciais

m

−→ R

∂f (x) em qualquer ponto x ∂v

∈ U e a aplicação

é contínua.

Demonstração. (i)

⇒ (ii)

De fato:

f é de Classe C 1 (U )

⇒ f é diferenciável e a aplicação derivada f  : U −→ L(R , R n

m

) é contínua.

Como f = (f 1 , . . . , fm ) é diferenciável então f i é diferenciável, i = 1, . . . , m, daí temos que existem ∂f i ∂f , j = 1, . . . , n. Por outro lado as derivadas parciais i são as funcões-coordenadas da aplicação ∂x j ∂x j ∂f i f  . Portanto como f  é contínua então suas funções-coordenada são contínuas. ∂x j

⇒ (i)

(ii)

De fato:

Da hipótese temos pelo Teorema 1 (Pag. 133 Elon Lages Curso de análise) que f i é diferenciável, ∂f logo f é diferenciável. Além disso, f  é contínua pois suas funções-coordenada i são contínuas. ∂x j

Portanto, f é de classe C (U ). 1

⇒ (iii)

(ii)

De fato: De (ii)

⇒

∂f , onde v = (α1 , . . . , αn ). ∂x j ∂f ∂f Rm é contínua pois suas funções-coordenada i o são. Logo, ∂x j ∂v

(i) temos que f é diferenciável, logo

Ora, cada aplicação

∂f : U ∂x j

−→

∂f = ∂v

é contínua, pois é combinação linear de funções contínuas. (iii)

⇒ (ii)



α j


168

De fato: Tomando v = e j , vemos que para j = 1, . . . , n, as derivadas parciais contínuas, logo é contínua cada uma de suas funções-coordenada

∂f i : U ∂x j

∂f : U ∂x j

−→ R

m

são

−→ R.

Exercício 1 - 26/04 Determine as derivadas parciais de:





(i) F (x, y) = f g(x)k(y), g(x) + h(y) ;





(ii) F (x,y,z ) = f g(x + y), h(y + z ) ;





(iii) F (x, y) = f x, g(x)k(y), h(x, y) .

Solução.



  ·

(i) Seja v = (v1 , v2 ). Defina G(x, y) = f g(x)k(y), g(x) + h(y) e seja λ : (−ε, ε) −→ R2 tal 

que λ (0) = v, λ(0) = (x, y). Então

∂     F (x, y) = (F λ) (0) = (f G ) (0) = (f G) λ(0) λ (0) ∂v    = (f ) G λ(0) (G) λ(0) λ (0) ∂ ∂ = f g(x)k(y), g(x) + h(y) f g(x)k(y), g(x) + h(y) . ∂x ∂y

◦

(ii) Considere λ : (−ε, ε)

   · ◦ ◦  ◦ ◦  · 





R3 tal que λ(0) = (x,y,z ), λ (0) = v(v1 , v2, v3 ) e

−→

G(x,y,z ) = (g(x + y), h(y + z )). Então ∂   F (x,y,z ) = (F λ) (0) = (f G λ) (0) ∂v = Df (G(λ(0))) DG(λ(0)) [v1 , v2 , v3 ]T ∂ ∂ = f (g(x + y), h(y + z )) f (g(x + y), h(y + z )) ∂x ∂y

◦

◦ ◦

·



onde A =

 

g  (x + y)

·

g  (x + y) g (x + y).0

h (y + z ).0 h (y + z ) h (y + z ) 

 

·

(A),

(v1 , v2, v3 )T .

(iii) Seja λ : (−ε, ε) −→ R3 e λ(0) = (x,y,z ); λ (0) = v(v1 , v2 , v3 ) e G(x,y,z ) = (xg(x), h(xy)). Então

∂   F (x,y,z ) = (F λ) (0) = (f G λ) (0) ∂v = Df (G(λ(0)))DG(λ(0)).[v1 , v2 , v3 ]T ∂ ∂ = f (xg(x), h(xy)) f (xg(x), h(xy)) ∂x ∂y

◦



◦ ◦ ·

·

(A),

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA onde

 

A =

169

g(x) + g  (x) 0 0 h (xy)y xh (xy) 0

 

(v1 , v2 , v3)T .

Exercício 2 - 26/04 Mostre que {dπ1 , . . . , d π n } é base de L{Rn, R} em que πi : Rn −→ R, πi (x1 . . . , xi , . . . , xn ) = x i .

Solução. Seja {e1 , . . . , en } a base canônica de Rn.

[(i)] Dado a

∈ R , temos que a = α e + · ·· + α e . Assim, se T ∈ L{R , R} então T · a = α T e + ·· · + α T e = dπ · a T e + ··· + dπ · a T e = β dπ · a + ··· + β dπ · a = (β dπ + · ·· + β dπ ) · a onde β = T e , i = 1, . . . , n ⇒ T = β dπ + · ·· + β dπ , onde β , . . . , β ∈ R. [(ii)] Suponha que existam b , . . . , b ∈ R tais que b dπ + ·· · + b dπ = 0, onde 0 é a transformação nula. Assim, para todo x ∈ R , obtemos que b dπ (x) + ··· + b dπ (x) = 0. n

1 1

n n

n

1

1

n

1

n

1

1

n

1

1

n

1

n

1

1

1

n

n



n

n

n

n

1

n

1

i



i

1

n

1

n

1

n

n

n

Aplicando sucessivamente os vetores da base canônica a ambos os membros da igualdade anterior, temos o seguinte:



b1 dπ1 (x) +



· ·· + b dπ (x) + · ·· + b dπ (x) (e ) = 0(e ), ∀ i = 1, . . . , n ⇒ b dπ (x) · e + ·· · + b dπ (x) · e + ·· · + b dπ (x) · e = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ b π (e ) + ·· · + b π (e ) + · ·· + b π (e ) = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ b · 0 + ·· · + b · 1 + · ·· + b · 0 = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ b = 0, ∀ i = 1, . . . , n . Portanto, de (i) e (ii), temos que {dπ , . . . , d π } é base de L{R , R}. 1

1

1 1 1

i

i

i

i

i

i i

n

i

i

i

n

n n

i

n

i

i

n

i

i

n

i

1

n

n

Exercício 3 - 26/04 Mostre que f (x,y,z ) = (x2 − y 2 ,xy,xz + yz ) é diferenciável e calcule f  (x,y,z ).

Solução. f é diferenciável pois suas funções coordenadas são polinômios, e portanto são C ∞ .

Além disso, [f  (x,y,z )] =

  

2x

−2y

0

y

x

0

z

z

x + y

  

.


170

3.2.2 Teoremas do Valor Médio Teorema 4 (Derivação termo a termo) - 03/05 Suponha f k : U ⊂ Rm unif. c ∈ U e f  : U −→ g ∈ k

dif.

−→ R , U aberto e conexo, com {f (c)} ⊂ R convergente para algum unif. dif. f para alguma f : U −→ R tal que f  = g. L{R , R }. Então f  : U −→ n

m

n

k

n

k

Isto é, lim f k = (lim f k ) . Demonstração. Primeiramente, vamos provar o seguinte lema: Seja U f k : U

Rm um aberto conexo e limitado. Se a sequência de aplicações diferenciáveis Rn converge num ponto c ∈ U e a sequência das derivadas f  : U −→ L{Rm , Rn }

⊂

−→

k

converge uniformemente em U para uma aplicação g : U −→

m

L{R

, Rn , então (f k ) converge

}

uniformemente em U para uma aplicação f : U −→ Rn , a qual é diferenciável, com f  = g . Da convergência uniforme de f  temos que dado ε > 0, ∃ K 0 ∈ N tal que k

j, k > k0 , f j (x)

|

− g(x)| < ε/2 e |f (x) − g(x)| < ε/2, ∀ x ∈ U. k

Daí,

|f (x) − f (x)| ≤ |f (x) − g(x)| + |f (x) − g(x)| < ε/2 + ε/2 = ε. j

k

j

k

(1)

Como U é conexo, aplicando o corolário da Desigualdade do Valor Médio à função f j − f k temos que para quaisquer x, y ∈ U ,

|f (y) − f (y) − [f (x) − f (x)]| ≤ ε|x − y|, ∀ x, y ∈ U. j

k

j

k

(2)

Em particular, para x = c , temos j, k > k0

⇒ |f (y) − f (y)| − |f (c) − f (c)| ≤ |f (y) − f (y)| − |f (c) − f (c)| ≤ ε|y − c| ⇒ |f (y) − f (y)| ≤ |f (c) − f (c)| + ε|y − c|. j

k

j

k

j

k

j

k

j

k

j

k

 

Usando o critério de Cauchy, o fato de U ser limitado e a convergência de f k (c) , concluímos que (f k ) converge uniformemente para uma aplicação f : U

−→ R . Mostraremos agora que f é diferenciável em todo ponto x ∈ U , com f  (x) = g(x). Fazendo j → ∞ em (2) e y = x + v temos: k > k0

n

⇒ |f (x + v) − f (x) − (f (x + v) − f (x))| ≤ ε|v|. k

k

(3)

Se f k é diferenciável no ponto x, então

∀ k ∈ N, ∃ δ (x) > 0 tal que |v| < δ (x) ⇒ |f (x + v) − f (x) − f  (x) · v| < ε|v|. k

k

k

|g(x) − f  (x)| ≤ ε, ∀ x ∈ U. k

k

(5)

k

(4)


171

Vamos mostrar que f  (x) = g(x). Dado ε > 0 tome k0 como em (1). Para algum inteiro k > k0 considere δ = δ k (x). Então

|v| < δ ⇒ |f (x + v) − f (x) − g(x) · v| = = |f (x + v) − f (x) − f (x + v) − f (x) + f (x + v) − f (x) − f  (x) · v + f  (x) · v − g(x) · v | ≤ |f (x + v) − f (x) − f (x + v) − f (x)| + |f (x + v) − f (x) − f  (x) · v| + |f  (x) · v − g(x) · v| ≤ 3ε|v|,



k

k

k

k



k

k

k

k



k

k

k

k

em que na última desigualdade utilizamos os resultados obtidos em (3), (4) e (5). Portanto f é diferenciável e f  = g . Voltemos a demonstração do Teorema. Podemos escrever U =



Bα , onde Bα é uma bola aberta na qual as derivadas f k convergem

uniformemente. Pelo Lema, se (f k ) converge em algum ponto de B α então (f k ) converge uniformemente em B α . Tem-se assim uma cisão U = A ∪ B , onde A é a reunião das bolas Bα nas quais (f k ) converge uniformemente e B é a reunião das demais bolas, nas quais não há convergência em ponto

algum. Como U é conexo e A não é vazio (pois se c ∈ B α então Bα ⊂ A ), segue-se que A = U , logo (f k ) converge de modo localmente uniforme em U para uma aplicação f : U

tem-se f  = g .

−→ R . Pelo Lema, n

Corolário 4 - 03/05 Sejam U ⊂ Rn aberto e c ∈ U . Se a aplicação contínua f : U −→ R m , f contínua, diferenciável em U − {c} e existe lim f  (x) = T ∈ L{Rn , Rm }, então f é diferenciável no ponto c, com f  (c) = T . x→c Demonstração. Em virtude da definição de limite, dado ε > 0 , existe δ > 0 tal que

⇒ |f (c + tv) − T | < ε

0 < v < δ

||

seja qual for t

∈ (0, 1).

Podemos supor δ tão pequeno que |v| < δ

⇒ [c, c + v] ⊂ U .

(Basta

tomar δ = raio de uma bola de centro c, contida em U .) Então, pelo Corolário 3 abaixo, pondo r(v) = f (c + v)

− f (c) − T · v, temos |r(v)| ≤ ε|v| sempre que 0 < |v| < δ . Isto mostra que f é

diferenciável no ponto c, com f  (c) = T .

Observação (Corolário 3): Sejam U ⊂ Rm aberto, [a, a + v] ⊂ U , f : U −→ Rn diferenciável em cada ponto do intervalo aberto (a, a + v), com f |[a,a+v] contínua. Seja ainda T : Rm −→ Rn uma transformação linear. Se |f  (x) − T | ≤ M para todo x ∈ (a, a + v) então

|f (a + v) − f (a) − T · v| ≤ M · |v|.


172

Exercício 1 - 03/05 ∂f (a) = 0, para todo a ∂v

Seja f : U −→ R, U aberto e conexo em Rn . Mostre que se

∈ U e para todo

∈ R , então f é constante. Solução. Fixemos a ∈ U . Seja x um ponto qualquer de U . Como U é aberto e conexo, temos que existe um caminho poligonal contido em U com vértices a = a = a = · ·· = a = x. Pelo Teorema do Valor Médio pra funções de uma variável real temos que existe θ ∈ (0, 1) tal que f (a ) − f (a − ) = (a − + θ (a − a − )) = 0, onde v = a − a − , para cada i = 1, . . . , k . Logo, temos f (a) = f (a ) = ··· = f (a ) = f (x). Portanto, f (x) = f (a), para todo x ∈ U , ou seja, n

v

0

1

k

i

i

i 1

∂f ∂v i

i 1

i

i

i 1

1

i

i

i 1

k

f é constante.

Exercício 2 - 03/05 Seja f : R → R, f (x) =

 

2



ax + x sen

, se x = 0

1 x



0, se, x = 0

com a ∈ (0, 1). Mostre que f é diferenciável em x = 0, f  (0) = a , mas f não é injetiva em vizinhança alguma do zero.

Solução. Temos que f (x) x→0 x lim

− f (0) = lim → −0 x

2

ax + x sen

0

x

      −   1 x

= lim a + x sen x

→0

Portanto f é diferenciável em 0 e f  (0) = a . 1 Nos pontos diferentes de 0 temos que f  (x) = a +2xsen

cos

x

de zero f  (x) muda de sinal, desse modo f não pode ser injetiva.

1 x

= a.

1 , daí em qualquer vizinhança x

Exercício 3 - 03/05 Seja f : U

⊂ R . Se f (x ) ∈ L{R , R } é injetiva, então existem δ, c > 0 tais que |f (x) − f (y)| ≥ c|x − y|, ∀ x, y ∈ B (x ). Solução. Como f  (x ) é injetiva =⇒ ∃ c > 0 tal que |f  (x )(h)| ≥ 2c|h| ∀h ∈ R (1). Para todo x ∈ U, defina n

−→ R

de classe C 1 no aberto U

m

δ

0

m

0

0

n

0

ϕ(x) = f (x)

− f (x ) − f (x − x ) 0

0

m

(2)


173

Então, para x, y ∈ U temos f (x) − f (y) = f  (x0 )(x − y) + ϕ(x) − ϕ(y) =⇒ |f (x) − f (y)| ≥ |f  (x0 )(x − y)| − |ϕ(x) − ϕ(y)| ≥ 2c|x − y| − |ϕ(x) − ϕ(y)| (por (1))

no outro lado do (2) temos que ϕ é de classe C 1 (pois f é de classe C 1 e f  (x0 ) ∈ L{Rm , Rm}) =⇒ ϕ é contínua, logo dado ε = c, ∃ δ > 0 tal que |x − x0 | < δ ⇒ | ϕ (x) − ϕ (x0 )| < c, no entanto

− f (x ) então ϕ(x ) = 0. Então temos |x − x | < δ ⇒ |ϕ (x)| < c. ϕ (x) = f  (x)

0

0

0

Aplicando o corolário 2 (03/05) à ϕ no conjunto convexo B(x; δ ) temos que ϕ é Lipschitziana, i.e.,

|ϕ(x) − ϕ(y)| ≤ c|x − y|. Consequentemente, x, y ∈ B (x ) ⇒ |f (x) − f (y)| ≥ 2c|x − y| − c|x − y| = c |x − y |. δ

0

Exercício 4 - 03/05 unif.

Suponha f k contínua em x = a ∈ U ⊂ Rn e f k −→ f para algum f : U −→ Rm. Então f é contínua em x = a .

∈ N tal que k > k ⇒ |f (x) − f (x)| < 3ε , ∀ x ∈ U . ε Fixando um índice k > k , existe δ > 0 tal que |x − a | < δ, x ∈ U ⇒ |f (x) − f (a)| < , 3 pela continuidade de f no ponto a. Dessa maneira, x ∈ U, |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| ≤ |f (x) − f (x)| + |f (x) − f (a)| + |f (a) − f (a)| < 3ε + 3ε + 3ε = ε. Solução. Para todo ε > 0, existe k0

0

k

0

k

k

k

k

k

k

k

Portanto, f é contínua no ponto a.

3.2.3 Derivadas superiores; Teorema de Schwarz Exercício 1 - 04/05 Mostre que L{Rn , L{Rn , Rm }} ∼ = L 2{Rn , Rm } = {B : Rn × Rn −→ Rm | B é bilinear}.

Solução.

Defina ϕ : L2 {Rn , Rm}

−→ L{R , R }, ϕ(B)v : R −→ R e ϕ(B)vu := B (v, u) pois ϕ é isomorfismo. De fato: suponha que B ∈ Kerϕ, então ϕ(B) = 0 (aplicação nula). Logo ϕ(B)vu = 0vu = 0 ⇒ B(v, u) = 0, ∀ v, u ∈ R ⇒ B = 0, n

m

−→ L{R , L{R , R }}, n

n

m

onde ϕ(B) : Rn

n

m

n

portanto ϕ é injetora. Agora, pelo teorema da dimensão temos que: Nulidade(ϕ) + posto(ϕ) = dim

L{R , L{R , R }}, como nulidade(ϕ) = 0, então posto(ϕ) = dim L{R , L{R , R }}, então n

n

m

n

n

m

ϕ é sobrejetora. Alem disso, temos que:

ϕ(αB + B  )vu = (αB + B  )(v, u) = αB(v, u) + B  (v, u) = αϕ(B)vu + ϕ(B  )vu.

Logo ϕ é linear. Portanto ϕ é um isomorfismo.


174

Exercício 2 - 04/05 Mostre que f k : R −→ R definida por f k (x) =

Solução. Para x > 0 , tem-se f k = kxk−1 . Para x < 0 , tem-se f  = 0. k

 

xk , x > 0 0

, x

≤ 0

tal que f k ∈ C k−1(R) ef k ∈/ C k (R).

k

x Para x = 0 tem-se f k (0) = lim = lim xk−1 = 0. x→0 x x→0 De um modo geral tem-se f k( j)

=

 

k

k j

··· (k − j + 1)x −

, x > 0 , x

≤ 0

0

para 0 ≤ j ≤ k − 1 e todas f k( j) são contínuas, pois lim xk− j = 0 = lim− 0. x→0 x→0 Mas quando j = k − 1, temos +

(k 1)

− =

f k

 

k!x , x > 0 , x

≤ 0

0

(f (k−1) (x)) = 1 se x > 0 e (f (k−1) (x) = 0 se x < 0 . lim+

x

→0

f (x) x

− f (0) = −0

lim+

x

→0

k!x f (x) = k! = lim− x→0 x x



− f (0) = −0

lim−

x

→0

0

− 0 = 0. x

Logo não existe f  (0). Portanto ela não é de classe C k (R).

Lema 2 (Regra de Leibniz) - 08/05 (Seminário) Dado U ⊂ Rn aberto, seja f : U × [a, b] −→ R tal que a i-ésima derivada parcial

∂f (x, t) existe ∂x i

∂f : U × [a, b] −→ R, assim definida, é contínua. ∈ U × [a, b] e a função ∂x Então a função ϕ : U −→ R, dada por ϕ(x) = f (x, t)dt, possui a i-ésima derivada parcial em ∂ϕ ∂f (x) = (x, t)dt. cada ponto x ∈ U , sendo ∂x ∂x

para todo ponto (x, t)

i b

 a



b

i

i

a

Demonstração. Para todo s suficientemente pequeno, o segmento de reta [x, x + sei] está contido

em U . Daí ϕ(x + sei ) s

− ϕ(x) −



b

a

∂f (x, t)dt = ∂x i

  b

a

f (x + sei , t) s

Pelo Teorema do Valor Médio, temos que existe θ = θ t

∈ (0, 1) tal que ∂f f (x + se , t) − f (x, t) (x + θse , t) = ,

∂x i

i

i

s



− f (x, t) − ∂f (x, t) ∂x i

dt.


175

assim ϕ(x + sei ) s

− ϕ(x) −



b

a

∂f (x, t)dt = ∂x i

    b

a

b

=

a

Como

∂f : U ∂x i

f (x + sei , t) s

− f (x, t) − ∂f (x, t)

∂f (x + θse i , t) ∂x i

∂x i

−



dt



∂f (x, t) dt. ∂x i

× [a, b] −→ R é contínua e [a, b] é compacto, então dado ε > 0 arbitrário, podemos ∂f ∂f ε (x + θse , t) − (x, t) < obter δ > 0 tal que |s| < δ ⇒ , seja qual for t ∈ [a, b]. Isto ∂x ∂x b−a completa a demonstração.



i

i



i

Teorema 2 - 08/05 ∂f ∂ 2 f ∂ 2f : U Seja f : U R tal que existem , R e são contínuas. Então a derivada ∂x i ∂x i ∂x j ∂x i ∂x j 2 2 ∂ f ∂ f = existe em todos os pontos de U e vale . ∂x i ∂x j ∂x j ∂x i Demonstração. Sem perda de generalidade, podemos supor que U = I J é um retângulo em

−→

−→

×

R2 .

Tomando um ponto b ∈ J , o Teorema Fundamental do Cálculo nos permite escrever, para todo ponto (x, y) U :

∈



y

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

b

∂f (x, t)dt. ∂y

∂ 2 f A continuidade de , admitida por hipótese, faz com que a regra de Leibniz seja aplicável. Deri∂x∂y vando respeito a x: y ∂f ∂f ∂f (x, y) = (x, b) + (x, t)dt. ∂x ∂x ∂x∂y b

Derivando em seguida relativamente a y , obtemos



∂ 2 f ∂ 2 f (x, y) = (x, y), ∂x∂y ∂y∂x

pois

∂f (x, b) não depende de y e o integrando na segunda parcela é contínuo. ∂x

Exercício 1 - 08/05 (Seminário) ∂f : U [a, b] R, i = 1, . . . , n, é ∂x i [a, b] uma função de classe C 1 (U ), onde U Rn é aberto. Mostre:

Seja f : U × [a, b] −→ R uma função contínua tal que contínua, e seja g : U −→

× −→ ⊂




176

g(x)

(i) ϕ : U −→ R, definida por ϕ(x) = ∂ϕ (ii) (x) = ∂x i



g(x)

f (x, t)dt é de classe C 1 (U ).

a

∂f ∂g (x, t) + (x) f x, g(x) , ∂x i ∂x i

  ∀

·

a

x U .

∈

Solução. Seja ξ : U × [a, b] −→ R a função dada por ξ (x, u) =



u

f (x, t)dt. Como a função

a

∂ξ t f (x, t) é contínua, segue que (x, u) = f (x, u), (x, u) U [a, b]. Além disso, pela ∂u u ∂ξ ∂f (x, u) = (x, t)dt. Regra de Leibniz, ∂x i ∂x i a Dessa maneira, ξ é de classe C 1(U ), portanto é diferenciável. Como g é também de classe C 1 (U ) (por

−→

∀



∈ ×

 

hipótese), temos, pela Regra da Cadeia, que a função composta ϕ(x) = ξ x, g(x) é diferenciável e, para todo i = 1, . . . , n,

  

g(x)

∂ϕ ∂ξ ∂g ∂ξ (x) = x, g(x) = (x) x, g(x) = ∂x i ∂x i ∂x i ∂u

 

o que prova (ii). Portanto,

·

∂f ∂g (x, t) + (x) f x, g(x) , ∂x i ∂x i

·

a

 

∂ϕ é contínua para todo i = 1, . . . , n, ou seja, ϕ é de classe C 1 (U ), provando (i). ∂x i

3.2.4 Fórmulas de Taylor; máximos e mínimos Lema 2 - 10/05 (Seminário) Seja T : Rm

× · · · × R −→ R, k-linear. Sejam v = (v , . . . , v ) e w = (w , . . . , w ) pertencentes a R × · · · × R . Então T  (v , . . . , v )(w , . . . , w ) = T (w , v , . . . , v ) + T (v , w , v , . . . , v ) + ··· + T (v , . . . , v − , w ) mk

1

m1

1

k

1

k

mk

1

k

1

k

1

2

k

1

2

3

k

1

k 1

k

=

 i=1

Demonstração. Temos que

T (v1, . . . , vi−1 , wi , vi+1, . . . , vk ).

k

T (v1 + w1 , . . . , vk + wk ) = T (v1 , . . . , vk ) +

 i=1

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk )+

k

+



i= j,i=1



T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , v j −1 , w j , v j+1, . . . , vk ) +

· ·· + T (w , . . . , w ). 1

Pondo c = max{|T (ei , . . . , eik )|; 1 ≤ i 1 ≤ m 1 , 1 ≤ i 2 ≤ m 2 , . . . , 1 ≤ i k ≤ m k }, então

k

1

 

T (v1 + w1 , . . . , vk + wk )

k

 −

− T (v , . . . , v ) |(w , . . . , w )| 1

k

i=1

1

k

S

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk )

 

=

k


  

177

k

i= j,i=1



=

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , v j−1 , w j , v j+1 , . . . , vk ) +

c (w1 , . . . , wk ) S

≤|

|

k

i= j,i=1



·· · + T (w , . . . , w ) 1

|(w , . . . , w )| 1

  

k

 ≤ | |

S

k

|v |, . . . , |v − |, |w |, |v |, . . . , |v − |, |w |, |v |, . . . , v 1

i 1

+

· ·· +

Portanto,

1

|

i+1

w1 , . . . , wk

|

|

j 1

| 

j

j+1

k

+

.

k

T (v1 + w1 , . . . , vk + wk )

 −

− T (v , . . . , v ) |(w , . . . , w )| 1

k

i=1

lim

(w1 ,...,wk )

→(0,...,0)

1

k

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk ) = 0.

S

k

Logo T é diferenciável e T  (v1 , . . . , vk )(w1 , . . . , wk ) =

 i=1

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk ).

Exercício 2 - 11/05 Seja ϕ : [0, 1] −→ R uma função que possui derivada de ordem n + 1 integrável em [0, 1]. Então ϕ (0) ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + + 2!

···

ϕn (0) + + n!



1

(1

− t) n!

0

n

.ϕn+1 (t)dt.

Solução. Tomemos f (t) = 1 − t e g(t) = ϕ  (t) de modo que f  (t) = −1 e



 −

1

1

ϕ (t)dt =

0

f  (t).g(t)dt.

0

Aplicando a fórmula de integração por partes obtemos



 

1

1

1

ϕ (t)dt = f (t)g(t) + 0

0



1

f (t)g  (t)dt =

0

(1

0

− t)ϕ(t)dt.

Se ϕ possui derivada segunda integrável no intervalo [0, 1] então



1

ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) +

0

(1

− t)ϕ(t)dt.

Suponhamos agora que ϕ possua derivada terceira integrável em [0, 1] e tentemos a sorte outra vez na (1 − t)2 integração por partes. Escrevamos agora f (t) = e g(t) = ϕ  (t), então f (t) = −(1 − t) e



1

0

 −

2

1

(1

− t)ϕ(t)dt =



1

0

f  (t)g(t)dt. A fórmula de integração por partes nos dá:

0

 

0  (1 − t)ϕ (t)dt = f (t)g(t) + 1

1

0

ϕ (0)  f (t)g (t) = + 2



1

0

(1

2

− t) ϕ(t)dt 2


178

portanto podemos escrever ϕ (0)  ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + + 2!



1

0

(1

2

− t) ϕ(t)dt n!

continuando o proceso tem-se o resultado desejado.

Proposição 2 - 17/05 (Seminário) Seja f : U ⊂ Rn −→ R , U aberto e f diferenciável. Se a ∈ U é ponto extremo de f , então ∇f (a) = 0. Demonstração. Defina, para cada i = 1, . . . , n, ϕi : ( ε, ε)

− −→ R, onde ϕ(t) = f (a + te ) e

a + tei

i

∈ U, ∀ t ∈ (−ε, ε). Sendo a um ponto de máximo local de f , temos que t = 0 é um máximo

local de ϕi , onde ϕi é uma função diferenciável. Daí, por um resultado de análise real, temos que ∂f (a) 0 = ϕ  (0) = . Como isso se verifica pra todo i = 1, . . . , n, resulta que ∇f (a) = 0. i

∂x i

Exercício 1 - 18/05 (Seminário) Determine a natureza dos extremos da função f : R

2

−→

x2 3 y 2 R, dada por f (x, y) = + xy + . 2 2 2

Solução. Como f ∈ C ∞ =⇒ P N D = ∅, logo os candidatos são apenas P C (f ), ou seja,

3 3 f x (x, y) = x + y = 0, f y (x, y) = x + y = 0 = 2 2 1 23 = H f (0, 0) = . 3 1 2

⇒ x = y = 0, logo P (f ) = {(0, 0)}

   

⇒

Assim,

f  (0, 0)h2 = (h1 , h2 )

      1

3 2

h1

3 2

1

h2

C

3 = h21 + 3h1 h2 + h22 = (h1 + h2 )2 2

− 45 h . 2 2

Isto mostra que f  (0, 0) é indefinida, pois assume valores positivos quando h2 = 0 e valores negativos, quando h1 = − 32 h2 .

3.2.5 Funções convexas Teorema 2 - 22/05 Seja C ⊂ Rn convexo. A fim de que a função f : C −→ R seja convexa, é necessario é suficiente que, para quaisquer a, b ∈ C , a função ϕ : [0, 1] −→ R, definida por ϕ(t) = f (a + tv), v = b − a, seja convexa.


179

Equivalentemente, f : C −→ R é convexa se , e somente se, sua restrição a qualquer segmento de reta [a, b] ⊂ C é convexa.

Demonstração. Seja f convexa. Então, para s, t, α ∈ [0, 1] temos: ϕ((1

− α)s + αt)

= f (a + [(1

− α)s + αt]v) = f (a + (1 − α)sv + αtv) = f (a − aα + (1 − α)sv + aα + αtv) = f ((1 − α)a + (1 − α)sv + α(a + tv)) = f ((1 − α)(a + sv) + α(a + tv)) ≤ (1 − α)f (a + sv) + αf (a + tv) = (1 − α)ϕ(s) + αϕ(t),

logo ϕ é convexa . Reciprocamente, se todas as funções ϕ, definidas do modo acima, são convexas então, dados x, y





∈ C e α ∈ [0, 1], pomos ϕ(t) = f x + t(y − x) . f ((1 − α)x + αy) = f (x − αx + αy) = f (x + α(y − x)) = ϕ(α) = ϕ((1

≤ =

− α)0 + α1)

− α)ϕ(0) + αϕ(1) (1 − α)f (x) + αf (y), (1

portanto f é convexa.

Exercício 1 - 22/05 (Seminário) Seja f : I ⊂ R −→ R, I intervalo aberto. Mostre que: (i) Se f é derivável em I , então f é convexa ⇐⇒ f (t) ≥ f (a) + f  (a)(t − a), ∀ t, a ∈ I . (ii) Se f ∈ C 2 (I ), então f é convexa ⇐⇒ f  (t)

≥ 0, ∀ t, a ∈ I .

Solução. Dizer que f é convexa, significa dizer que a
onde a, b, x ∈ I .

f (b) − f (a) f (b) − f (x) , ⇒ f (x)x −− f (a) ≤ ≤ a b−a b−x


180

(i) (⇒)

Seja a < b. Tomando x, com a < x < b , temos que f (x) x

− f (a) ≤ f (b) − f (a) ≤ f (b) − f (x) , b−a b−x −a

pois por hipótese f é convexa. Daí, f  (a) = lim+ x

→a

f (x) x

− f (a) ≤ −a

lim+

x

→a

f (b) b

− f (a) = f (b) − f (a) . b−a −a

Da mesma forma, f (b) b

− f (a) = −a

lim−

x

→b

f (b) b

− f (a) ≤ −a

lim−

x

→b

f (b) b

− f (x) = f (b). −x

Portanto, ∀ a < b, tem-se que f  (a) ≤ f  (b), isto é, f  é uma função monótona não-decrescente. Disto segue que se x > a, então pelo Teorema do Valor Médio ∃ z f (x) = f (a) + f  (z )(x

∈ (a, x) tal que

− a) ≥ f (a) + f (a)(x − a).

Da mesma forma ocorre de x < a. ( )

⇐

Sejam a < c < b em I . H =

{(x, y) ∈

R2 ; y

≥

Escrevamos α(x) = f (c) + f  (c)(x − c) e chamemos

α(x) o semi-plano superior determinado pela reta tangente ao

}

gráfico de f no ponto (c, f (c)). Claramente H é um conjunto convexo, isto é, o segmento de reta que liga dois pontos quaisquer de H está contido em H. Daí temos que (a, f (a)) e (b, f (b)) pertencem a H, ( por hipótese todo ponto do gráfico de f está situado acima de qualquer de suas tangentes), portanto o segmento de reta que une (a, f (a)) e (b, f (b)) está contido em H. Em particular, o ponto desse segmento que tem abcissa c pertence a H , isto é, tem ordenada

≥

.(c − a). Como a < c < b são ≤ f (a) + f (b)b −− f (a) a

α(c) = f (c). Isto significa que f (c)

quaisquer em I , então a função f é convexa. (ii) (⇐)

Se f  (x)

≥ 0, ∀ x ∈

I , então pela fórmula de Taylor com resto de Lagrange temos que

quaisquer que sejam a e a + h

∈ I , existe c entre a e a + h com

f (a + h) = f (a) + f  (a)h +

1  f (c)h2 . 2!

Como f  (c) ≥ 0 , então f (a + h) ≥ f (a) + f  (a)h, daí pelo item (i), segue que f é convexa.

⇒

( )


181

Suponha que f seja convexa. Então, dados a < b em I e tomando x com a < x < b, temos que f (x) x

− f (a) ≤ f (b) − f (a) ≤ f (b) − f (x) ⇒ f (a) ≤ f (b) − f (a) ≤ f (b). b−a b−x b−a −a Logo f  é não-decrescente em I . Segue-se que f  (x) ≥ 0, ∀ x ∈ I . Exercício 2 - 22/05 (Seminário) Seja U ⊂ Rn um aberto convexo. Toda função convexa f : U −→ R é contínua.

Solução. A solução deste exercício se baseia nos dois lemas abaixo. Lema 1. Todo ponto de um n

bloco retangular B =



[ai , bi ] é uma combinação convexa dos vértices desses blocos.

i=1

Lema 2. Toda função convexa f : U majorada por uma constante.

→ R, definida num aberto convexo U ⊂ R , é localmente n

Para simplificar a notação, a fim de provar a continuidade de f no ponto arbitrário a ∈ U , podemos

admitir que a = 0 e que f (0) = 0, pois o conjunto U 0 = {x ∈ Rn; a − x ∈ U } é convexo, aberto,

contém 0 e a função g : U −→ R, definida por g(x) = f (a − x) − f (a), cumpre g(0) = 0, é convexa e é contínua no ponto 0 se, e somente se, f é contínua no ponto a. Pelo Lema 2, existem c > 0 e M > 0 tais que x

| | ≤ c ⇒ f (x) ≤ M . Seja dado ε > 0. Sem perda de generalidade, podemos supor

que ε < M . A convexidade de f nos permite afirmar que

   −  ·

ε f x = f M

ε M

1

ε 0+ x M

≤

ε f (x), M

·

logo f (x)

Tomando δ =

εc M

, vemos que

  ≤ ·   ⇒ ≤

εc |x| < M ⇒ | M εx| < c

ε ε f x . M M

f

M x ε

M

⇒ f (x) ≤ ε.

Além disso,



M ε 0 = f (0) = f x + M + ε M + ε

 −  ≤ M x ε

M ε f (x) + f M + ε M + ε

Simplificando, vem M · f (x) + ε · f (−Mx/ε) ≥ 0 , donde: f (x)

≥ M ε · (−f (−Mx/ε)) ≥ M ε · (−M ) = −ε.

Em resumo, |x| < cε/M ⇒ −ε ≤ f (x) ≤ ε , logo f é contínua no ponto 0.

− 

M x . ε


182

Exercício 3 - 22/05 (Seminário) Considere f (x, y) = x 3 + e3y − 3xey . Mostre que f tem um único ponto de mínimo local que não é mínimo global.

Solução. f (x, y) = x3 + e3y {x ∈ R2; f (x) = 0}. Temos que

− 3xe , f é de classe C ∞, logo os pontos críticos de f são y

f x = 3x2 f y = 3e3y

y

− 3e − 3xe

y

Daí 3x2 3e3y

y

− 3e − 3xe

y

y

2

⇒ e = x = 0 ⇒ 3(e ) − 3xe = 0 ⇒ 3(x ) − 3x · x = 0 ⇒ 3x − 3x = 0 ⇒ 3x (x − 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 1. =0

y 3

y

2 3

2

6

3

3

3

Para x = 0 não existe ey = 0. Para x = 1 ⇒ ey = 1 ⇒ y = 0. Logo o único ponto crítico de f é (1, 0). f xx = 6x, f xy =

y

−3e

= f yx , f yy = 9e3y

− 3xe

y

Hf (1, 0) = [ u v ]

=[ u v ] = 6u2 = 6u2

 −    −    −  −  6

u

3

3

6

6u

v

3v

3u + 6v

− 3uv − 3uv + 6v − 6uv + 6v .

2

2

Portanto Hf (1, 0) = 6(u2 − uv + v 2 ).

= (0, 0) tem-se u2 − uv + v 2 > 0. De fato pela desigualdade entre as Mostremos que para (u, v) 

médias aritmética e geométrica temos u2 + v 2

≥ 2

√

u2 v 2 = 2 u

| | · |v| > |u| · |v| ≥ u · v.

Daí u2 + v 2 > u v

2

· ⇒ u − uv + v

2

> 0


183

para (u, v) =  (0, 0). Logo, a forma hessiana é positiva, portanto (1, 0) é ponto de mínimo local. Mas (1, 0) não é ponto de mínimo global, pois f ( 3, 0) =

−

−27 + 1 + 9 = −17 < −1 = f (1, 0).

3.2.6 Teorema da Função Inversa; Teorema da Função Implícita Proposição 1’ - 29/05 

Seja f : I

⊂ R −→ R diferenciável, I intervalo aberto e f (x) = 0, ∀ x ∈ I . Então f é um difeomorfismo global. Demonstração. Se f  (x)  = 0, ∀ x ∈ I , então pelo Teorema de Darboux temos que f  (x) > 0 ou f  (x) < 0, ∀ x ∈ I . Se f  (x) > 0, ∀ x ∈ I , então, por um resultado de Análise I, f será um homeomorfismo global crescente. Da mesma forma se f  (x) < 0, ∀ x ∈ I, então f será um homeomorfismo global decrescente. Em qualquer caso seja g = f − : f (I ) −→ I e 1

b um ponto arbitrátrio de f (I ).

Como g é contínua em b temos lim g(y) = g(b) = a , disto resulta que y →b g(y) lim y →b y

    

− g(b) = lim g(y) − a → f g(y) − f g(b) −b y

b

f (g(y)) = lim y →b g(y)

− f (a) −a



−1

1 =  . f (a)

1 = 0. Como b foi tomado arbitrariamente, Portanto g  (b) existe e é igual a  , sempre que f  (a)  f (a) segue que g é diferenciável em todos os pontos de f (I ), desse modo f é um difeomorfismo global.

Exercício 1 - 29/05 (Seminário) Considere f : U ⊂ Rn −→ Rm difeomorfismo local. Mostre que f é uma aplicação aberta.

Solução. Como f é um difeomorfismo local, para todo x

∈ U , existem abertos V

x

que f |V x é um difeomorfismo, em particular, é um homeomorfismo. Se consideramos V algum x ∈ U , tem-se que f (V ) é aberta pois, f |V x é contínua. No caso geral, temos que V =

 ∩ 

V x V e assim f (V ) =

x U

∩

e W x tais

⊂ V , para x

f V x V . Como cada V x V é um

∩

x∈U ∈ aberto contido em V x , sua imagem é aberta, logo f (V ) é uma reunião de conjuntos abertos, portanto

aberta.

Exercício 2 - 29/05 (Seminário) Seja f : I ⊂ R −→ f (I ) ⊂ R, onde I é aberto em R. Mostre que f é um difeomorfismo local se e só se f é um difeomorfismo global.


184

Solução. (⇒) Se f é um difeomorfismo local então f  (x)  = 0, ∀ x ∈ I . Então, pelo Teorema do Valor Intermediário para a derivada, temos que f  (x) > 0 ou f  (x) < 0, ∀ x ∈ I . (De fato, se existisse algum intervalo [a, b] em que f  (a) < 0 < f  (b) então existiria c ∈ [a, b] tal que f  (c) = 0, pelo TVI aplicado à derivada.)

Daí, ou f é um homeomorfismo crescente ou f é um homeomorfismo decrescente. Em qualquer caso, −1 (f −1 ) = f  (x) e assim f −1 : f (I ) −→ I é diferenciável.

 

(⇐) Difeomorfismo global ⇒ difeomorfismo local (trivialmente).

Exercício 3 - 29/05 Seja f : U −→ V, U e V ⊂ Rn abertos, um homeomorfismo diferenciável. Suponha que f  (x0 ) : Rn −→ Rn é um isomorfismo, onde x0 ∈ U . Mostre que f −1 : V −→ U é diferenciável em f (x0) e vale (f −1 (f (x0 ))) = (f  (x0 ))−1. Solução. Escrevamos g = f −1 e b = f (x0 ). Como o único candidato possível para derivada de g

no ponto b é f  (x0 )−1 , escrevamos g(b + w) − g(b) = f  (x0 )−1 w + s(w) e procuremos mostrar que s(w) = 0. Ponhamos v = g(b + w) w→0 w lim

| |

f (x0 + v)

− g(b). Então

− f (x ) = f [g(b) + g(b + w) − g(b)] − b = f (g(b + w)) − b = b + w − b = w. 0

Como f e g são contínuas, então w → 0 ⇔ v → 0. A diferenciabilidade de f em x0 fornece r(v) f (x0 + v) = f (x0) + f  (x0)v + r(v), onde lim = 0. Daí, como v→0 |v | v = g(b + w)

− g(b) e w = f (x + v) − f (x ) = f (x )v + r(v), 0

0

0

então g(b + w)

1

− g(b) = f (x )− w + s(w) ⇒ ⇒ 0

v = f  (x0 )−1 [f  (x0)v + r(v)] + s(w) v = v + f  (x0 )−1 .r(v) + s(w),

donde r(v) | v | = −f  (x )− · −f (x )− · r(v) e s(w) |w| |v| · |w| . r(v) Quando w → 0 , vimos que v → 0 , logo lim = 0. → |v| |v| é limitado. Agora nos resta provar que |w|  Ora, f (x ) isomorfismo, então vimos que existe c > 0 , tal que |f  (x )v | ≥ c |v|, ∀ v ∈ s(w) =

0

1

0

w

0

1

0

0

Rn .


185

r(v)

= 0, então se tomarmos ε = c/2 temos que existirá δ > 0 tal que 0 < |v | < δ Como lim v→0 |v | |r(v)| < ε|v|. Desse modo, ∀ 0 < |v| < δ , temos

 | | 

 ≥ | |   ||

v r(v) f (x0 +v) f (x0 ) = f  (x0 )v+r(v) = v f  (x0 ) + v v

|

−

| |

|

||

|v|

v

⇒

 −   ≥ | | || ||

v f  (x0 ) v

r(v) v

c v. 2

2 | ≤ |f (x + v) − f (x ) c , o que implica que para v suficientemente s(w) r(v) |v | |v| = |v| = −f  (x )− · próximo de zero é limitado e da expressão |w| |f (x + v) − f (x ) |w| |v| . |w| , s(w) resulta que, quando w → 0, |w| → 0, concluindo assim a prova.

Portanto, ∀ 0 < |v| < δ temos

0

0

0

0

1

0

Teorema 3 - 01/06 Seja c um valor regular da função f : U −→ R, de classe C k no aberto U ⊂ Rn+1 , então M = f −1 (c)

é uma hiperfície de classe C k , cujo espaço vetorial tangente T p M é, em cada ponto p ∈ M , o complemento ortogonal de ∇f ( p). Demonstração. O fato de que f −1(c) é uma hiperfície de classe C k segue diretamente do Teorema da Função Implícita.

Seja agora v um vetor arbitrário de T p M e λ : (−δ, δ ) → f −1 (c) uma curva diferenciável com λ(0) = p e λ (0) = v , então f (λ(t)) = c ⇒ ∇f ( p)λ (0) = 0, portanto todo vetor v ∈ T p M é ortogonal a ∇f ( p), logo T p M ⊂ ∇f ( p)⊥ . Sendo dim∇f ( p)⊥ = dimT p M ⇒ T p M = ∇f ( p)⊥.

Exercício 1 - 01/06 T p M é um subespaço vetorial de dimensão n em Rn+1 .

Solução. Seja ξ : U −→ R uma função de classe C k no aberto U ⊂ Rn, cujo gráfico, formado

pelos pontos (x, ξ (x)) ∈ Rn+1, x ∈ U , é a interseção M ∩ V , onde V contém p = ( p0 , ξ ( p0 )), p0

∈ U .

⊂R

n+1

é um aberto que

Para todo caminho λ : (−δ, δ ) −→ M , com λ(0) = p, tem-se

λ(t) = (x1 (t), . . . , xn (t), ξ (t)), onde x(t) = (x1(t), . . . , xn (t)). Portanto λ (0) =

as derivadas



dx1 dxn , . . . , , dt dt

n

 i=1

∂ξ dxi ∂x i dt

·



,

dxi ∂ξ sendo calculadas no ponto t = 0 e no ponto p0 . Isto mostra que todo v = λ  (0) dt ∂x i

em T p M é uma combinação linear dos vetores v1 =



∂ξ 1, 0, . . . , 0, ∂x 1



, . . . , vn =



∂ξ 0, . . . , 0, 1, ∂x n



.


186

n

Reciprocamente, toda combinação linear v = λ : ( δ, δ )

−

λ(t) = ( p0



−→



αi vi é o vetor-velocidade λ (0) do caminho

i=1

M assim definido: tomamos v0 = (α1, . . . , αn )

∈



Rn e colocamos

p0 + tv0 , ξ ( p0 + tv0) , sendo δ > 0 escolhido de modo que o segmento de reta

− δv , p + δv ) esteja contido em U . 0

0

0

3.2.7 Multiplicadores de Lagrange Exercício 1 - 05/06 (Seminário)

 ≤

Mostre que x1 x2 . . . xn

Solução. Seja U

x1 +

··· + x

n

n



n

, xi > 0 .

⊂ R o conjunto dos pontos cujas coordenadas são positivas. Consideremos as funções f, ϕ : U −→ R definidas, para todo x = (x , . . . , x ) ∈ U , como f (x) = x x ·· · x e ϕ(x) = x + x + . . . + x . Fixando s > 0 , procuremos os pontos críticos de f | onde M = ϕ − (s). Observemos que ∇ϕ(x) = (1, 1, . . . , 1) para qualquer x ∈ U , de modo que M é uma hiperfície. Por sua vez, temos que ∇f (x) = (α , . . . , α ) com α = x . Assim, x ∈ M é ponto crítico de  f | se, e somente se, para algum λ , tem-se x = λ (i = 1, . . . , n). Dividindo a i-ésima dessas  equaçoes pela k-ésima, obtemos = 1. Assim, o único ponto crítico de f | e aquele que tem suas n

1

1

2

n

1 2

n

1

M

1

n



M



i

n

j

j =i

j

j =i

xk xi

M

coordenadas iguais, ou seja, é p = ( ns , ns , . . . , ns ). Afirmamos que f ( p) =

 s n

n

é o maior valor de

¯ , onde possui um ponto f M . Com efeito, a fórmula de f define uma função contínua no compacto M

|

¯ − M pois x1 x2 · ·· xn = 0 se x ∈ M ¯ − M . Logo esse de máximo, o qual nao pode estar em M

máximo está em M , portanto é um ponto crítico, mas p é o único ponto crítico de f |M . Daí: x1 x2

· ·· x

 ≤

n

x1 +

·· · + x n

n



n

.

Exercício 2 - 05/06 (Seminário) Sejam a ∈ R n e S 1 (0) ⊂ R n tal que a ∈/ S 1(0). Determine p ∈ S 1 (0) tal que p é o mais próximo de a.

Solução. Queremos minimizar a função f : Rn −→ R definida por f (x) = |x − a|2 = x − a, x − a, restrita à esfera S 1(0) = ϕ−1(0), onde ϕ(x) = x, x. Usando o método dos multiplicadores de Lagrange, temos:

 ∇ 

f (x) = λ ϕ(x)

∇

x, x = 1



 ⇔

− a) = x, x =

2(x

2λx 1

 − ⇔   xi

ai = λxi

x, x = 1

, i = 1 . . . , n .


187

Resolvendo este sistema, temos que xi − ai = λx i ⇔ x i (−λ + 1) = a i ⇔ x i = Da 2a equação,

n

x, x = 1

n

 ⇔

x2i

 ⇔

=1

i=1

i=1

a2i =1 (1 λ)2

−

⇔ |1 −1 λ| |a|

2

2

=1

ai

1

− λ. 2

2

⇔ |1 − λ| = |a|

⇔ 1 − λ = ±|a| ⇔ λ = 1 ± |a|. Por outro lado, x

− a = λx ⇒ |x − a| = |λx| = |λ||x| = |λ|. Daí, |x − a| será mínimo quando |λ| for mínimo, isto é, quando λ = 1 − |a|. a a a a Assim, x = = = e portanto x = 1−λ 1 − (1 − |a|) |a| |a| é o ponto da esfera S (0) cuja distância 2

i

i

i

i

1

ao ponto a é mínima.

Exercício 3 - 05/06 (Seminário) Dada f : Rn

−→ R, f (x) = Ax,x, onde A : R −→ R é linear e auto - adjunta, isto é, Ax,y = x,Ay. Mostre que x ∈ P | ⇐⇒ Ax = λx , λ = f (x ). Solução. x ∈ S − é um ponto crítico de f | se para todo caminho diferenciável λ : (−ε, ε) −→ S − , com λ(0) = x tivermos (f ◦ λ) (0) = 0. ∂ f Isto significa que (x ) = 0, ∀ v ∈ T S − , ou seja, x ∈ S − é um ponto crítico da restrição ∂v f | se e somente se o vetor ∇f (x ) é normal à S − no ponto x . Agora note que um vetor v ∈ R é normal à S − em x se e somente se v é paralelo a x , portanto x ∈ P (f | ) ⇔ ∇f (x ) = K x , onde ∇f (x ) = Df (x )e , . . . , D f ( x )e = (Ae , x  + Ax , e  , . . . , Ae , x  + Ax , e ) = (e , Ax  + Ax , e  , . . . , e , Ax  + Ax , e ) = (2 Ax , e  , . . . , 2 Ax , e ). n

0

0

c(f S n−1 )

n 1

0

x0

S ‘n−1

n 1

n 1

n

S n−1

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

n 1

1

0

n 1

0

0



0

0

0

c

0

S n−1

n 1

0

n

n

1

1

0



1

n

0

0

0

0

1

n

0

0

n

n

Daí, x0

∈ P (f | c

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

S n−1 )

2( Ax0, e1 , . . . , Ax0 , en ) = K x0



   2(Ax , e  , . . . , Ax , e ), e  = Kx , e  , ∀ i = 1, . . . , n 2 Ax , e  = Kx , e  , ∀ i = 1, . . . , n Ax − Kx /2, e  = 0, ∀ i = 1, . . . , n 0

0

0

1

0

i

0

0

Ax0 = K x , 2 0

i

i

n

i

0

i

n


188

onde Ax0 , x0  = K x0, x0. 2 Como x0 ∈ S n−1 , logo K = Ax0 , x0 . 2

Fazendo λ = k2 , temos que x0 ∈ P c (f |S n− ) ⇔ Ax0 = λx0 , onde λ = f (x0 ). 1

Exercício 4 - 05/06 (Seminário) Dada a função f : Rn

−→ R, f (x) =< Ax,x > onde A : R −→ R é auto-adjunta, isto é, Ax,x = x,Ax. Mostre que existe uma base {v , v ,...,v } tal que Av = λv . Solução. Seja a função f : R → R, f (x) = Ax,x, onde A : R → R é auto-adjunta. Um ponto u ∈ S − é ponto crítico de f |S − se, e somente se, Au = λu , onde λ = f (u). Em particular, se λ é o valor máximo de f no compacto S − , alcançado no ponto u ∈ S − , temos que λ é n

1

2

n

n

i

n

n

n 1

i

n

n 1

n 1

1

n 1

1

1

autovalor de A.

Considerando E = {x

∈ R ; x, u  = 0} o complemento ortogonal de u em R . Se x ∈ E ⇒ Ax,u  = x,Au  = x, λ u  = λ x, u  = 0. Logo, x ∈ E ⇒ Ax ∈ E . Dessa forma, obtemos uma transformação linear auto-adjunta A : E → E . Como E é compacto, tomemos 1

n

1

1

1 1

n

1

1

1

f (u2 ) = λ 2 o valor máximo da forma quadrática f entre os vetores unitários pertencentes a E , isto é,

perpendiculares a u1 . Prosseguindo dessa forma, obtemos (u1 , u2 , . . . , un ) autovalores de A que formam uma base ortonormal de Rn .

3.3 - Integração 3.3.1 Integral de um caminho; caminhos retificáveis Teorema 1 - 12/06 (Seminário)



b

Sejam f, f  : [a, b] −→ Rn integráveis. Então f (b) − f (a) =

f  (t)dt.

a Demonstração. Temos que f, f  são integráveis ⇐⇒ f i , f i são integráveis ∀ i = 1, . . . , n. Como f i , f  [a, b] −→ R, aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo para funções reais temos

  b

a

i

f i (t)dt = f i (b)

b

a



− f (a) ∀ i = 1, . . . , n. Logo i

b

f  (t)dt =

a

   b

f  (t)d t , . . . , 1

a

f n (t)dt

= f 1 (b)

− f (a), . . . , f (b) − f (a) 1

n

n



= f (b)

− f (a).


189

Exercício 1 - 12/06 (Seminário) (i) f = (f 1, . . . , fn ) é integrável ⇔ f j é integrável, ∀ j = 1, . . . , n. Neste caso





b

  · ··

b

f (t)dt =

a

b

f 1 (t)dt,

,

a

f n(t)dt .

a

(ii) f é integrável ⇔ o conjunto dos pontos de descontinuidades de f tem medida nula. Em particular, f contínua ⇒ f integrável.

(iii) f integrável ⇒ |f | é integrável e



b

b

f (t)dt

a

Solução.

 ≤  |

f (t) dt.

a

|

(i) Seja Df o conjunto dos pontos de descontinuidade de f : [a, b] → R n. Temos que f é descontínua nos pontos onde cada f i é descontínua. Assim, Df = D 1

∪ D ∪ ... ∪ D 2

n

Em que Di = {x ∈ [a, b] ⊂ R|f i é descontínua em x}.

Portanto, f é integrável ⇔ D f tem medida nula ⇔ D1 ∪ D2 ∪ . . . ∪ Dn tem medida nula ⇔ Di tem medida nula ∀i = 1, . . . , n ⇔ f i é integrável ∀i = 1, . . . , n. (ii) Seja f = (f 1 , . . . , fn ).

⇔ cada f for integrável ⇔ ⇔ D = {x ∈ [a, b]; f é contínua} tem medida nula ⇔ D ∪ ·· · ∪ D tem medida nula ⇔ D tem medida nula ⇔ D = D ∪ · · · ∪ D . Como f é contínua então med(D ) = 0, logo i

Temos que f é integrável

i

f

i

1

f

1

n

n

f

f é integrável.

(iii) Se f é integrável, o conjunto D f tem medida nula. Logo, D |f | tem medida nula e assim, |f | é integrável.

Seja P = {a = t0 < t1 < . . . < tk = b} uma partição qualquer do intervalo [a, b]. Se f é integrável então

lim

|P |→0 Em que ti−1 < ξ i < ti .





b

f (ξ i )(ti

−t− )= i 1

f (x)dx

a

Como | · | : R → R é contínua e utilizando a desigualdade triangular temos que



b

a



 

f (x)dx = lim

|P |→0

f (ξ i )(ti

−t− ) i 1



= lim

|P |→0



f (ξ i )(ti

 ≤

−t− ) i 1

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA lim

|P |→0 Portanto,

| 

190

| −t− )=

 |

 ≤  |

|

b

f (ξ i ) (ti b

i 1

f (x) dx

|

a

b

f (x)dx

a

f (x) dx

a

OBS: Temos que D|f | ⊂ Df , daí med(D|f | ) = 0 ⇒ |f | é integrável. Exercício 2 - 12/06 Sejam f, g : [a, b] → Rn integráveis. Mostre que:

 

b

(i)

b

[αf (t) + βg(t)]dt = α

a



b

f (t)dt + β

a

b

(ii)



g(t)dt,

a

 

∀ α, β ∈ R.

b

(A f )(t)dt = A

a

◦

f (t)dt , onde A : Rn

a

−→ R

m

é linear.

(iii) c ∈ [a, b], então f |[a,c] e f |[c,b] são integráveis e vale

   b

c

f =

d

f +

a

a

f.

c

Solução. (i)



b

[αf (t) + βg(t)]dt =

a

lim

|P |→0

 

(αf + βg, P ∗ )

= α lim

|P |→0



(f, P ∗ ) + β lim |P |→0

b

= α





(g, P ∗ )

b

f (t)dt + β

a

g(t)dt.

a

(ii) Seja A : Rn −→ Rm a transformação linear definida por AX =

onde X = (x1 , x2 , . . . , xn ).



  

a11

.. .

. . . a 1n

. . . .. .

am1 . . . amn

  

X T ,



Temos que A ◦ f (t) = a11 f 1 (t) + ·· · + a1nf n (t), . . . , am1 f 1 (t) + ··· + amn f n (t) . Como f é


191

integrável, então f i é integrável, para todo i = 1, . . . , n. Assim,



b

(A f )(t)dt = lim

◦

a

= lim

|P |→0



(a11 f 1 (t) +

|P |→0

··· + a



(A f, P ∗ )

◦

1n f n (t), . . . , am1 f 1 (t) +

· ·· + a

∗

mn f n (t)); P

k

 

= (a11 , . . . , am1) lim

|P |→0 j=1

f 1 (ξ j )(t j



− t − ) + · ·· j 1

k

+(a1n , . . . , amn) lim

|P |→0 j=1

     b

= (a11 , . . . , am1 )

f 1 (t)dt +

a

=

f n (ξ j )(t j

− t − )

1n , . . . , amn )

· ·· + (a

am1

. . . amn

b a

. . . .. .

f 1 (t)dt . . .



b

= A(

 b a

f n (t)dt =

a

. . . a1n

(

   

b

a11

.. .

j 1

f n (t)dt)T

f (t)dt).

a

(iii) Como Df |[a,c] e Df |[c,b]

⊆

Df [a,b]

|

⇒

med(Df |[a,c]) e med(Df |[c,b] ) ≤ med (Df |[a,b]) = 0,

portanto med(Df |[a,c]) = med(Df |[c,b] ) = 0

⇒ f |

[a,c]

e f |[c,b] são integráveis.

Para a segunda parte basta notarmos que da Análise Real temos que cada função coordenada satisfaz

   b

c

f i =

a

d

f i +

a

f i .

c

A prova disto se baseia no fato de que o supremo (ínfimo) das somas inferiores (superiores) de f relativamente as partições de [a, b] que contém c é igual ao supremo (ínfimo) das somas inferiores (superiores) de f relativamente as partições de [a, b].

Exercício 3 - 12/06 (Seminário)



t

f : [a, b]

−→ R

n

, f integrável. Mostre que F (t) = 

f é contínua e vale F = f .

f (s)ds. (Primitiva de f ) é diferenciavel onde

a



Solução. Considere o Teorema fundamental do Cálculo: se f, f : [a, b] Então

−→ R

n

integráveis.


192



b

f (b)

− f (a) =



f (t)dt.

a

 

x0 +h

Se x 0 , x0 + h ∈ [a, b] então F (x0 + h) − F (x0 ) =

portanto

F (x0 + h) h

− F (x ) − f (x ) = 1 0

0

h



x0 +h

f (t)dt e h.f (x0 ) =

x0

f (x0 )dt,

x0

x0 +h

[f (t)

x0

− f (x )]dt. 0

Dado ε > 0 , pela continuidade de f no ponto x 0 , existe δ > 0 tal que t ∈ [a, b], |t − x0 | < δ implica

|f (t) − f (x )| < ε. Então 0 < |h| < δ, x + h ∈ [a, b] implicam F (x + h) − F (x ) 1 f (x ) ≤ − |f (t) − f (x )|dt h |h| Isto mostra que F (x ) = f (x ), ∀ x ∈ [a, b]. 0



0

0

0

0



0

0

0





x0 +h

0

x0



<

1 h ε = ε. h

| || |

Portanto, F  = f .


 | b

Seja f : [a, b] −→ R de classe C . Mostre que f é retificável e l(f ) = n

1

f  (t) dt.

|

a

Solução. Primeiramente daremos a definição de caminho uniformemente diferenciável.

Definição : Um caminho f : I → Rn diz-se uniformemente diferenciável quando, para todo t ∈ I , existir um vetor f  (t) com a seguinte propriedade: Dado qualquer ε > 0, pode-se obter δ > 0 tal que 0 < |h| < δ e t + h ⇒ |f (t + h) − f (t) − f  (t)h| < ε|h|, ∀ t ∈ I.

Teorema: Todo caminho f : [a, b] −→ Rn, de classe C 1 no intervalo compacto [a, b], é uniforme-

mente diferenciável.

Prova:

Como toda função contínua num compacto é uniformemente contínua, então

−→ R é uniformemente contínua, e daí dado ε > 0, existe δ > 0, tal que |h| < δ e t + h ∈ [a, b] ⇒ |f  (t + h) − f  (t)| < ε, seja qual for o t ∈ [a, b]. Observando que para t ∈ [a, b] fixo, vale f  (t)ds = f  (t)h, o Teorema Fundamental do Cálculo nos diz que para todo h satisfazendo 0 < |h| < δ e t + h ∈ [a, b], tem-se f  : [a, b]

n

   |   | | t+h

t

t+h

|f (t + h) − f (t) − f (t)h = o que mostra o teorema.

t

[f  (s)

 ≤ | | ∀

− f (t)]ds

ε h ,

t

∈ [a, b],

Provemos agora o resultado que nos interessa: b Queremos provar que lim l(P ) = f  (t) dt.Tomemos então ε > 0 . Pela definição de integral, |P |→0 a se pontilharmos a partição P = {t0 , t1 ,...,tk } tomando sempre x i = ti−1 ∈ [ti , ti−1 ], veremos que


  |

k

b

existe δ 1 > 0 tal que |P | < δ 1 implica

193

f  (t) dt

|

a

 − | i=1

f  (ti−1 ) (ti

| −t− ) i 1

pela diferenciabilidade uniforme de f , existe δ 2 tal que |P | < δ 2 implica f (ti )

 

< ε/2. Além disso,

− f (t − ) = [f (t − ) + ρ ](t − t − ), com |ρ | < 2(b ε− a) . i 1

i 1

i

|P | < δ ⇒ |l(P ) −

|

i

i 1

i

Logo, 2

Seja δ = min{δ 1 , δ 2 }.

Então |P | < δ ⇒ |l(P )

 − |

f  (ti−1 ) (ti

|| − t − )| < ε/2. i 1

b

f  (t) dt < ε, o que conclui o exercício.

a

| |

Exercício 5 - 12/06 (Seminário) Seja f : [a, b] −→ Rn de classe C 1 , f  (t)  = 0, t ∈ [a, b] (f é dito ser um caminho regular). Mostre

que existe uma reparametrização de f , digamos f ◦ ϕ, tal que l(f ◦ ϕ|[0,s] ) = s (é a reparametrização de composição de arco).

Solução. Considere um caminho f , com l(f ) = L e definamos a função ϕ : [a, b] −→ [0, L]

pondo, para todo t ∈ [a, b],

 | t

ϕ(t) =

f  (u) du = l(f [a,t] )

a

|

|

comprimento do caminho f |[a,t] , restrição de f ao intervalo [a, t].

A função ϕ : [a, b] −→ [0, L], assim definida, é de classe C 1 pois é a composição de funções de classe C 1 com ϕ (t) = |f  (t)| > 0, ∀ t ∈ [a, b] e ϕ(a) = 0, ϕ(b) = L . Logo, ϕ é uma bijeção de [a, b] sobre [0, L], pois c = d , c > d



A inversa ϕ−1

⇒ ϕ(c) > ϕ(d) ⇒ ϕ(c) = ϕ(d), então ϕ é injetiva e sobrejetiva. : [0, L] −→ [a, b] é também de classe C , pois: 1

1. Note que ϕ : [a, b] −→ [0, L] é uma bijeção e [a, b] é compacto, então ϕ é homeomorfismo, assim ϕ−1 : [0, L] −→ [a, b] é contínua. 2. ϕ (t) =  0, ∀t ∈ [a, b], então pelo teorema da diferenciabilidade do homeomorfismo inverso segue que ϕ −1 : [0, L] −→ [a, b] é diferenciável, asim ϕ −1 : [0, L] −→ [a, b] é de classe C 1 . Logo, para todo s = ϕ(t) ∈ [0, L], temos que

(ϕ−1 ) (s) =

1 1 = ϕ (t) f  (t)

|

|


194

Consideremos a reparametrização g = f ◦ ϕ−1 : [0, L] s = ϕ(t) [0, L] temos

∈

→

Rn do caminho f . Para todo

1 f  (t) g  (s) = (f ϕ−1) (s) = f  (ϕ−1 (s)).(ϕ−1 ) (s) = f  (t).  =  f (t) f (t)

◦

|

| |

|

Portanto, |g  (s)| = 1. Então, para todo s ∈ [0, L], o comprimento do caminho restrito g |[0,s] é igual a

 | s

l(g

|

[0,s] )

=

s

g (v)|dv =

0



1dv = s.

0

Nota: g = f ◦ ϕ−1 é a reparametrização de f por comprimento de arco.

3.3.2 Integrais múltiplas Exercício 1 - 14/06 (Seminário) (i) med(Y ) = 0 e X ⊂ Y

⇒ med(X ) = 0. (ii) X = X ∪ X ∪ · · · , med(X ) = 0 ⇒ med(X ) = 0. (iii) X = {X , X , ·· ·} ⇒ med(X ) = 0 (em particular, med(Q) = 0). 1

2

1

k

2

Solução. (i) Dado ε > 0 existe uma cobertura Y Mas X ⊂ Y

⇒ X ⊂

∞



∞

 ⊂

Bk de blocos abertos tais que

k=1

∞



vol (Bk ) < ε.

k=1

Bk . Assim obtemos para cada ε > 0 uma cobertura de X por meio

k=1

de blocos Bk ⊂ R abertos tais que n

∞



vol (Bk ) < ε, ou seja, med(X ) = 0.

k=1

(ii) Sejam X 1, . . . , Xk , . . . subconjuntos de Rn com med(X k ) = 0 para todo k ∈ N. A fim de ∞ provar que X = X k tem medida nula, seja dado ε > 0. Para cada k ∈ N podemos obter



k=1

uma sequência de blocos Bk1 , Bk2 , . . . , Bki , . . . tais que X k

∞

∞

  ⊂ Bki e

i=1

vol Bki < ε/2k .

i=1

Então X está contido na reunião (enumerável) de todos os Bki . Dado qualquer subconjunto finito F ⊂ N × N, existe j ∈ N tal que (k, i) ∈ F ⇒ k ≤ j e i ≤ j . Logo



(k,i) F

∈

    ≤ j

vol Bki

j

j

vol Bki <

k=1

i=1

ε/2k < ε.

k=1

Portanto, seja qual for a maneira de enumerar os Bki numa sequência, teremos Assim, med(X ) = 0.

 k,i

vol Bki ≤ ε .


195

(iii) Todo conjunto enumerável é reunião dos seus pontos, cada um dos quais tem medida nula, logo tem medida nula pelo resultado do item (ii).

Exercício 2 - 14/06 (Seminário) Seja X ⊂ Rn. Mostre que: (i) Se C (X ) = 0 , então med(X ) = 0. (ii) Se X é compacto e med(X ) = 0, então C (X ) = 0.

Solução. (i) Como C (X ) = 0

⇒ dado

ε > 0, existem B1 , B2 , . . . , Bk blocos fechados tais que ε X B 1 B2 Bk e vol(Bi ) < . 2 i=1 Considere para todo i > k, k



⊂ ∪ ∪ · · · ∪

 ×   ⊂ B j = 0,

Temos então que X

∞

ε

2

j +1−k n

Bi e

i=1

(ii) med(X ) = 0

∞



∞

0,

ε 2

j +1−k n

×···×

ε

0,

2

j +1−k n



.

vol(Bi ) < ε, portanto med(X ) = 0.

i=1

⇒ dado ε > 0, existem {B }∞

j j=1

blocos abertos tais que X

∞

 ⊂

B j e

j=1

vol(B j ) < ε. Agora, sendo X compacto, implica que existe uma quantidade finita de

i=1

k

 ⊂

índices { j1 , . . . , jk } tais que X C (X ) = 0.

k

B ji , além disso

i=1



∞

 ≤

vol(B ji )

i=1

i=1

Exercício 3 - 14/06 Seja f : [0, 1]2 −→ R definida por

f (x, y) =

Mostre que f é integrável e



[0,1]2

  

0, se x / Q 0, 1 , q

∈ se x ∈ Q, e y ∈/ Q p se x ∈ Q, y = irredutível q

f (x, y)dxdy = 0.

.

vol(Bi ) < ε, portanto


196

1 ε < . Seja P qualquer n 2 p 2 partição de A = [0, 1] tal que cada ponto (x, y) A com y = , mdc( p, q ) = 1, n > q > 0 pertença q ε a um retângulo de P de altura (em a direção de y ) ao mas δ = . Já que há no máximo (n + 2)(n 1) (n + 2)(n 1) pares (x, y), logo P existe e o volume total de todos os retângulos contendo pontos 2 ε ε deste tipo é no máximo . Como f  1, a soma superior S (f, P ) é no máximo .Para os retângulos 2 2 1 restantes S o valor de M s (f ) = sup f (x) : x S  e o volume total é menor que 1, logo n 1 ε ε ε S (f, P )  < . Daí 0  s(f, P )  S (f, P ) < + = ε. Portanto, como ε > 0 é arbitrario, das n 2 2 2 últimas desigualdadades temos que f é integrável e f (x, y)dxdy = 0.

Solução. Dado ε > 0, escolha um número inteiro positivo n tal que

∈

−

−

{

∈ }



[0,1]2

Exercício 1 - 15/06 (Seminário) Sejam g, f : A −→ R, f, g limitadas, A - bloco fechado. Suponha que f, g são integráveis e g = f exceto em um subconjunto de medida nula. Mostre que



f (x)dx =

A



g(x)dx.

A

Solução. Defina h : A −→ R por h(x) = f (x) − g(x).

Temos x

∈ D ⇒ ou f é descontínua em x ou g é descontínua em x ⇒ x ∈ D ∪ D ⇒ D ⊂ D ∪ D ⇒ 0 ≤ med(D ) ≤ med(D ∪ D ) = med(D ) + med(D ) = 0, visto que f e g são integráveis. Dessa maneira, h é integrável. Logo, |h| é integrável (composição de funções integráveis). Então dado ε > 0 ∃ P partição de A tal que S (|h|, P ) − s(|h|, P ) < ε (∗). Seja B ∈ P . Como med(B) ≥ 0, ∃ x ∈ B tal que h(x ) = 0. Daí, segue que m (|h|) = 0. Logo, s(|h|, P ) = m (|h|) · vol(B) = 0. De (∗) segue que S (|h|, P ) < ε. Assim, h

h

f

f

g

h

f

g

f

ε

ε

ε

g

ε

0



g

ε

0

B

B

ε

B P ε

∈

 |

 | { || }≤ | | ⇒ | |   || | | | | ≤   ≤  | | ⇒   ⇒     −   −  ⇒   h(x) dx = inf S ( h , P ); P é partição deA

S ( h , P ε ) < ε

h(x) dx < ε.

A

A

Como ε é arbitrário e h é integrável, obtemos que 0 = Logo,

h(x)dx

0

A

h(x) dx = 0

A

h(x) dx.

h(x) dx =

A

A

h(x)dx = 0

A

h(x)dx = 0.

A

Dessa maneira, 0=

h(x)dx =

A

f (x)

A

g(x) dx =

f (x)dx

A

g(x)dx

A

f (x)dx =

A

A

g(x)dx.


197

Exercício 2 - 15/06 (Seminário) Sejam g, f : A −→ R limitadas, A bloco fechado. Suponha que f é integrável e f = g exceto numa quantidade finita de pontos. Mostre que g é integrável e



f (x)dx =

A

Solução. Defina h : A −→ R, onde h(x) = |f (x) − g(x)|.



g(x)dx.

A

= 0. Temos que h é descontínua Seja X = {x1 ,...,xn } o conjunto dos pontos que satisfazem h(x) 

apenas em X , como medX = 0 resulta que h é integrável e além disso integrável e

 A





h(x)dx = 0

A

⇒ f − g é

− g(x))dx = 0. Como g(x) = −[f (x) − g(x)] + f (x), então g é integrável e g(x)dx = − [f (x) − g(x)]dx + f (x)dx = f (x)dx. (f (x)

A





A



A

A




Seja f : A −→ [0, ∞) integrável e

f (x)dx = 0. Mostre que med( x A; f (x) = 0 ) = 0.

{ ∈

A

 0}. Solução. E := {x ∈ A; f (x) =

 }

Afirmação: E ⊂ Df .

Suponha por contradição que E não esteja contido em Df . Então existe x0 ∈ E tal que x0 ∈/ Df .

∈ E ⇒ f (x ) > 0; x ∈ / D ⇒ f é contínua em x ⇒ ∃ uma bola B(x , δ ) tal que f (x) > 0 ∀ x ∈ B(x , δ ) ⇒ f (x) ≥ c, ∀ x ∈ B(x , δ ),onde c > 0 é o valor mínimo de f . x0 0

0

f

0

0

0

0

Daí segue que

c vol(B[a, b]) =

·



cdx

B[x0 ,δ]

 ≤

f (x)dx

B[x0 ,δ]

 ≤

f (x)dx = 0

A

Então temos que med(E ) < med(Df ) = 0.

Exercício 1 - 21/06 Seja f : [a, b] × [a, b] −→ R - contínua. Mostre que

  b

a

  

y

b

b

f (x, y)dx dy =

a

a

x



f (x, y)dy dx.

Solução. Considere 2

D1 = (x, y)

{

∈ R |a ≤ x ≤ y e a ≤ y ≤ b}

D2 = (x, y)

∈ R |x ≤ y ≤ b e a ≤ x ≤ b}

e

{

2


198

Pelo teorema de Fubini,

 

           b

f (x, y)dxdy =

D1

a

b

b

f (x, y)dxdy =

x

f (x, y)dxdy =

D1

b

f (x, y)dy dx

a

  

logo

f (x, y)dx dy

a

D2

mas

y

f (x, y)dxdy

D2

y

b

b

f (x, y)dx dy =

a

a

f (x, y)dy dx.

a

x

Exercício 2 - 22/06 (Seminário) Seja f : X −→ Rn uma aplicação lipschitziana no conjunto X ⊂ Rn . Se medX = 0 então medf (X ) = 0.

Solução. Seja c > 0 tal que |f (x) − f (y)|  c|x − y| ∀x, y ∈ X. Dado ε > 0, Existe uma cobertura ∞ ∞ ∞ ε X ⊂ C k onde cada C k é um cubo cuja aresta mede ak , com vol C k = (ak )n < n .





k=1



k=1

Se x, y

c

k=1

∈ C ∩ X então |x − y |  a , logo |f (x) − f (y)|  c.a . Isto significa que, para todo i = 1, · ·· , n, as i−ésimas coordenadas de f (x) e f (y) pertençem a um intervalo J de comprimento c · a , portanto f (C ∩ X ) está contido no cubo J = C  , de aresta c · a , logo vol C  = c · (a ) . k

k

k

i

n

k



k

i

i=1

Segue-se que

f (X ) =

∞



k=1

onde

∞

 k=1

Logo medf (X ) = 0.

k

k

k

n

n

k

∩ X ) ⊂ C  ∪ · · · ∪ C  ∪ · · · ,

f (C k

volC k = c n

1

∞



k

(ak )n < cn

k=1

ε = ε. cn

Exercício 3 - 22/06 (Seminário) f : U

⊂ R −→ R , onde U é aberto e f é de classe C . Se X ⊂ U é tal que med(X ) = 0 então n

n

1

 

med f (X ) = 0.

Solução. Para cada x ∈ X , seja V x uma bola de centro x , com V x ⊂ U e kx = sup{|f  (y)|; y ∈

V x . Pela desigualdade do valor médio, tem-se que f (y) f (z )

}

|

−

| ≤ k |y −z | para quaisquer y, z ∈ V , x

x

isto é, f é localmente lipschitziana e, portanto, leva conjunto de medida nula em conjunto de medida nula.

Analise-Real-Volume-2-Elon-Lages-Lima-Solucionario-Carlos-Alberto-Pereira-Dos-Santos.pdf

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