Análise Real Volume 2 (Elon Lages Lima) - (Solucionario) Carlos Alberto Pereira dos Santos.pdf

UNIVERSIDADE DE BRASÍLIA DEPARTAMENTO DE 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 euclidiano n-dimensional

Exercício 1 Se |u + v| = |u| + |v|, com u 6= 0 (norma euclidiana), prove que existe α ≥ 0 tal que v = α · u. Solução. |u + v| = |u| + |v| ⇒ |u + v|2 = |u|2 + 2|u||v| + |v|2 ⇒ hu + v, u + vi = |u|2 + 2|u||v| + |v|2 ⇒ |u|2 + 2hu, vi + |v|2 = |u|2 + 2|u||v| + |v|2 ⇒ hu, vi = |u||v|. Tomemos o vetor w = v −

hv, ui u. Como hu, vi = |u||v|, então temos que: hu, ui hv, ui hv, ui hw, wi = v − u, v − u hu, ui hu, ui |u|2 |v|2 − hv, ui2 =0 = |v|2 hv, ui . ⇒v= hu, ui

hv, ui |u||v| |v| = = > 0. hu, ui |u|2 |u| Portanto, desde que u 6= 0, ∃ α > 0 , tal que v = α · u.

Onde

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2

2

Exercício 2 Sejam x, y, z ∈ Rn tais que (na norma euclidiana) |x − z| = |x − y| + |y − z|. Prove que existe t ∈ [0, 1] tal que y = (1 − t)x + tz. Mostre que isto seria falso nas normas do máximo e da soma. Solução. Chamando u = x − y e v = y − z , temos que |u + v| = |u| + |v|. Ora, mas pela desigualdade triangular |u + v| ≤ |u| + |v|, onde a igualdade ocorre se, e só se u = αv, para a lgum α ≥ 0 ∈ R, disto resulta que existe α ≥ 0 ∈ R tal que u = αv, isto é, x − y = α(y − z) ⇒ α 1 (1 + α)y = x + αz ⇒ y = ( 1+α )x + ( 1+α )z, daí chamando t =

α , 1+α

temos que t ∈ [0, 1] e satisfaz

y = (1 − t)x + tz. Se tomarmos os pontos x = (1, 0), y = (0, 0) e z = (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. Da mesma forma os pontos x = (2, 0), y = (1, 0) e z = (0, 1/2) são um contra-exemplo pra afirmação 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. Solução. Tem-se x 6= 0 e y 6= 0. Se x = y não há nada para demonstrar. hx, yi Suponha x 6= y então o vetor y − · x é ortogonal a x e, por hipótese, também é ortogonal a y e |x|2 assim hx, yi hx, yi hx, yi y, y − · x = x, y − · x ⇒ y − x, y − · x = 0. |x|2 |x|2 |x|2 como y − x 6= 0, temos y−

hx, yi hx, yi · x = 0 ⇒ y = · x, |x|2 |x|2

portanto y é múltiplo de x. Exercício 4 Se kxk = kyk, prove que z = 21 (x + y) é ortogonal a y − x. (A medida de um triângulo isósceles é também altura).


3

Solução.

1 2

(x + y), y − x =

1 2

hx + y, y − xi

=

1 2

(hx, yi − hx, xi + hy, yi − hx, xi)

=

1 2

(hy, yi − hx, xi)

=

1 2

(|y|2 − |x|2 )

= 0, como queríamos provar.

1.1.2

Bolas e conjuntos limitados

Exercício 1 Dados a 6= b em Rn determine c, pertencente à reta ab, tal que c ⊥ (b − a). Conclua que para todo x ∈ ab, com x 6= c, tem-se |c| < |x|. Solução. ab = {a + t(b − a); t ∈ R} Como c ∈ ab ; c = a + t(b − a) onde t é tal que hc, b − ai = 0 ⇒ ha, b − ai + t|b − a|2 = 0 −ha, b − ai ⇒t= . |b − a|2 Assim, c é completamente determinado. Por outro lado: |c|2 < |c|2 + |b − a|2 = |c + (b − a)|2 = |a + t(b − a) + (b − a)|2 = |a + (1 − t)(b − a)|2 = |x|2 ∀x ∈ ab com x 6= c. Portanto, |c| < |x|, ∀x ∈ ab. Exercício 2 Sejam |x| = |y| = r, com x 6= y (norma euclidiana). Se 0 < t < 1, prove que |(1 − t)x + ty| < r. Conclua que a esfera S(0; r) não contém segmentos de reta. Solução. Seja xy o segmento de reta de extremos x e y. Então xy = {(1 − t)x + ty; t ∈ [0, 1]}. Temos que |(1 − t)x + ty| = |x − tx + ty| = |x + t(y − x)| ≤ |x| + t|y − x| ≤ r + t|y − x| < r. Como S(0; r) = {x ∈ Rn ; |x| = r}, vê-se facilmente que a esfera não contém segmentos de reta.


4

Exercício 3 Dados o conjunto convexo X ⊂ Rn 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 x0 , x1 ∈ X tal que a ∈ Br (x0 ) e b ∈ Br (x1 ), portanto |a − x0 | < r e |b − x1 | < r. Seja c um ponto do segmento ab , então c = (1 − t)a + tb, para algum t ∈ (0, 1), daí para este t tome xc = (1 − t)x0 + tx1 · xc ∈ X pois X é convexo. Além disso, temos: |((1 − t)a + tb) − xc | = |((1 − t)a + tb) − ((1 − t)x0 + tx1 )| = |(1 − t)(a − x0 ) + t(b − x1 )| ≤ |(1 − t)(a − x0 )| + |t(b − x1 )| = (1 − t)|(a − x0 )| + t|(b − x1 )| < (1 − t)r + tr = r. Logo, c = (1 − t)a + tb ∈ Br (X), e como c é um ponto arbitrário do segmento ab, segue que ab ⊂ Br (X), portanto Br (X) é convexo. 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 ≤ y1 e x22 ≤ y2 . Seja z =

t(x2 − x1 , y2 − y1 ) + (x1 , y1 ) um ponto pertencente ao segmento que liga a e b. Temos que [(1 − t)x1 + tx2 ]2 = (1 − t)2 x21 + 2t(1 − t)x1 x2 + t2 x22 . Como (x1 −x2 )2 ≥ 0 ⇒ x21 +x22 ≥ 2x1 x2 , daí [(1−t)x1 +tx2 ]2 = (1−t)2 x21 +2t(1−t)x1 x2 +t2 x22 ≤ (1 − t)2 x21 + t(1 − t)(x21 + x22 ) + t2 x22 = (1 − t)x21 + tx22 ≤ (1 − t)y1 + ty2 , portanto X é convexo. Exercício 5 Seja T : Rm −→ Rn uma transformação linear. Prove que se T 6= 0 então T não é uma aplicação limitada. Se X ⊂ Rm é um conjunto limitado, prove que a restrição TX : X −→ Rn de T ao conjunto X é uma aplicação limitada. Solução. De fato, dado x ∈ Rm se |T (x)| = c ∈ R+ então |T (nx)| = nc > 0. Logo T não é limitada, pois R é um corpo arquimediano.


5

Seja X ⊂ Rm um conjunto limitado. Tomemos a norma da soma, e como X é limitado, existe K tal que |x| ≤ K, ∀x ∈ X. Temos x = x1 e1 + · · · + xm em . Seja M = máx{|T (e1 )|, · · · , |T (em )|}. Daí, |T (x)| = |T (x1 e1 + · · · + xm em )| = |x1 T (e1 ) + · · · + xm T (em )| ≤ |x1 ||T (e1 )| + · · · + |xm ||T (em )| ≤ M (|x1 | + · · · + |xm |) ≤ M · K. Portanto T (X) é um conjunto limitado.

1.1.3

Conjuntos abertos

Exercício 1 Para todo conjunto X ⊂ Rm , prove que int.X é um conjunto aberto, isto é int.int.X ⊂ int.X. Solução. Tomemos x ∈ int.X ⇒ ∃ r0 > 0; B(x, r0 ) ⊂ X. Afirmação : B(x, r0 ) ⊂ int.X. Prova: De fato, seja y ∈ B(x, r0 ) e tomemos ε = r0 − |y − x|. Então para todo x ∈ B(y, ε) temos |x − x| ≤ |x − y| + |y − x| < r0 − |y − x| + |y − x| = r0

⇒ x ∈ B(x, r0 )

⇒ B(y, ε) ⊂

B(x, r0 ) ⊂ X, portanto y ∈ int.X, logo int.X é aberto. Exercício 2 Prove que int.X é o maior conjunto aberto contindo em X, ou seja, se A é aberto e A ⊂ X então A ⊂ int.X Solução. Seja a ∈ A, como A é aberto, ∃r > 0 tal que B(a; r) ⊂ A, e já que A ⊂ X, segue-se [ que B(a; r) ⊂ X, i.e., x ∈ int.X. Então A ⊂ int.X. Assim, int.X = 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 aberto. Solução. Tomando X = Q ⊂ R, temos que a fronteira dos racionais são os reais, pois, dado x ∈ R, toda bola aberta centrada em x irá conter números racionais e numéros irracionais. Fato decorrente da densidade dos racionais em R. Dado X ⊂ Rn aberto, temos que X = int.X ⇒ ∀ x ∈ X, ∃ ε > 0 tal que B(x; ε) ⊂ 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 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 ⊂ R2 é aberto então sua projeção πi (A) ⊂ R também é um conjunto aberto. Solução. Consideremos (Rn , |.|max ) onde a bola aberta de centro a e raio r > 0 é dada por n Y B(a; r) = (aj − r, aj + r). j=1

Seja A ⊂ Rn um conjunto aberto e ai ∈ πi (A), então existe a ∈ A tal que πi (a) = ai . n Y Como A é aberto, existe r > 0 tal que B(a; r) = (aj − r, aj + r) ⊂ A. j=1

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

1.1.4

Sequências em Rn

Exercício 1 Dada a sequência (xk )k∈N em Rn , sejam N0 e N00 subconjuntos infinitos de N tais que N = N0 ∪ N00 . Se as subsequências (xk )k∈N0 e (xk )k∈N00 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 ∈ N0 ⇒ |xk − a| < ε e k > k2 , k ∈ N00 ⇒ |xk − a| < ε. Seja k0 = max{k1 , k2 }. Como N = N0 ∪ N00 , segue que k > k0 ⇒ |xk − a| < ε. Logo lim xk = a. Exercício 2 Dada a sequência (xk )k∈N Rn , prove que as seguintes afirmações são equivalentes: (a) lim kxk k = +∞ (b) (xk )k∈N não possui subsequências convergentes. (c) Para cada conjunto limitado X ⊂ Rn , o conjunto Nx = {k ∈ N; xk ∈ X} é finito.


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Solução. (a) ⇒ (b) Suponha que houvesse uma subsequência (xk )k∈N0 ⊂ (xk )k∈N convergindo para a. Então dado = 1, ∃ k1 ∈ N tal que ∀ k ≥ k1 , k ∈ N0 ⇒ |xk − a| < 1 ⇒ ||xk | − |a|| ≤ |xk − a| < 1 ⇒ |xk | < 1 + |a|. Em contrapartida, para = |a| + 1, ∃ k2 ∈ N tal que ∀ k > k2 ⇒ |xk | > |a| + 1, pois lim xk = +∞. Daí se tomarmos k0 = max{k1 , k2 }, então ∀ k ∈ N0 tal que k ≥ k0 , temos por um

k→ ∞

lado que |xk | < 1 + |a| e por outro lado |xk | > |a| + 1. Contradição! Portanto (xk )k∈N0 não admite subsequência convergente. (b) ⇒ (c) Suponha que (xk )k∈N não possui subsequências convergentes e que para algum conjunto limitado X ⊂ Rn , o conjunto NX = {k ∈ N; xk ∈ X} seja infinito. Desse modo a sequência (xk )k∈Nx é limitada, então pelo teorema de Bolzano-Weierstrass ∃ N0 ( infinito) ⊂ NX ⊂ N tal que (xk )k ∈N0 converge, ou seja , (xk )k∈N admite subsequência convergente. Contradição! (c) ⇒ (a) Admitindo (c), suponha que lim kxk k 6= +∞ ⇒ ∃ A > 0; ∀ k0 ∈ N, ∃ k > k0 satisfazendo |xk | < A, e neste caso temos que o conjunto limitado X = {k ∈ N; xk ∈ B(0; A)} é infinito. Contradição! Exercício 3 Sejam A ⊂ Rn aberto e a ∈ A. Prove que se lim xk = a então existe k0 ∈ N tais que k > k0 ⇒ k→∞

xk ∈ A. Solução. Como lim xk = a ⇔ Dado ε > 0, existe k0 ∈ N tais que kxk − ak < 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 ∈ Rn − X tais que xk , 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 xk ∈ X e yk ∈ 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 xk , yk −→ a, com xk ∈ X e yk ∈ Rn − X, então ∀ ε > 0, ∃ k0 > 0 tal que


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

1.1.5

Conjuntos fechados

Exercício 1 Para quaisquer X, Y ⊂ Rn , prove que X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Dê um exemplo onde não vale X ∩ Y = X ∩ Y . 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} = 6 ∅=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; εk ) ∩ F 6= ∅, ∀ εk = 1/k, k ∈ N. Para ε1 = 1, tomemos a1 ∈ B(a, ε1 ) ∩ F . Como a1 ∈ F ⇒ (xk )k∈N ∩ B(a1 ; ε1 − |a − a1 |) 6= ∅. Seja xk1 ∈ (xk )k∈N ∩ B(a1 , ε1 − |a − a1 |). Prosseguindo dessa forma, no i-ésimo passo teremos ai ∈ B(a; εi ) ∩ F . Como ai ∈ F

⇒

(xk )k∈N ∩ B(ai ; εi − |a − ai |) 6= ∅. Tomemos xki ∈ (xk )k∈N ∩ B(ai , εi − |a − ai |). Os termos (xki )i∈N constituem uma subsequência de (xk )k∈N , além disso |xki − a| < 1/i, ∀ i ∈ N ⇒ xki −→ a, portanto a ∈ F , desse modo F ⊂ F ⇒ F é fechado.


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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 xk , (xk ) ⊂ X. ∃k0 tal que k > k0 ⇒ xk ∈ A. Portanto xk ∈ 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 ∩ Rn − A ⊂ A ∩ (Rn − A) = ∅. Contradição. 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 X × Y ⇒ X × Y ⊃ X × Y . Por outro lado se (x, y) ∈ X × Y ⇒ ∃ (xk ) ⊂ X e (yk ) ⊂ Y tais que xk −→ x e yk −→ y. Daí (xk , yk ) ⊂ X × Y e lim(xk , yk ) = (x, y) ⇒ (x, y) ∈ X × Y . Portanto X × Y = X × Y . Exercício 5 Prove que X ⊂ Rn é fechado ⇔ X ⊃ ∂X. Por outro lado A ⊂ Rn é aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅. Solução. (i) X ⊂ Rn 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 ∩ Rn − X ⊂ X, então X = X, pois do contrario se x ∈ X e x∈ / X ⇒ x ∈ X e x ∈ Rn − X então x ∈ X e x ∈ Rn − X ⇒ x ∈ ∂X ⊂ X, logo X é fechado. (ii) A ⊂ Rn é aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅. De fato, se sabe que ∂A = ∂(Rn − A). Logo: ∅ = ∂A ∩ A = ∂(Rn − A) ∩ A ⇔ ∂(Rn − A) ⊂ Rn − A ⇔ Rn − A é fechado ⇔ A é aberto. Exercício 6 Sejam A, B ⊂ Rn conjuntos limitados disjuntos e não-vazios. Se d(A, B) = 0, prove que existe x ∈ ∂A ∩ ∂B. Solução. Se d(A, B) = 0 então existem sequências (xk ) ⊂ A e (yk ) ⊂ B tais que lim |xk − yk | = 0. Passando a subsequências, se necessário, podemos afirmar que a = lim xk , pois A


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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)ak + tbk ∈ A, ∀ k ∈ N. Daí, lim((1 − t)ak + tbk ) = (1 − t)a + tb ∈ A. Portanto A é convexo. Exercício 8 Prove que se C ⊂ Rn é convexo e fechado então, para todo x ∈ Rn , 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 6= x0 , |x − x0 | > 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 xk , 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 x0 , 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.


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Solução. (Limitado) Suponha que X fosse ilimitado. Então pra nenhum k ∈ N, X ⊂ B(0; k). Daí neste caso teríamos [ que B(0; k) é uma cobertura de X que não admite subcobertura finita, portanto X deve ser limik∈N

tado. (Fechado) Suponha que X não seja fechado, então existe (xk ) ⊂ X; xk −→ a ∈ / X. Daí, para cada k ∈ N, [ considere o aberto Rn \B[a; 1/k] = Ak . Então 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| ≥ ε. Passando a uma subsequência, se necessário, teríamos lim xk = b, com |b − a| ≥ ε, logo b 6= a seria outro valor de aderência. Quanto ao exemplo, basta

k∈N0

tomar xk = 0 para k ímpar e xk = k.ei se k é par. Exercício 4 Se K ⊂ U ⊂ R com K compacto e U aberto, prove que existe ε > 0 tal que x ∈ K, y ∈ Rn , |x − y| < ε ⇒ [x, y] ∈ U . Solução. Inicialmente vamos tomar o conjunto Rn − U , o complementar de U no Rn . Esse conjunto é fechado, pois seu complementar é aberto. Sabemos que K é compacto, ou seja, fechado e limitado, e Rn − U é fechado, então, pelo fato desses conjuntos serem disjuntos, existe a ∈ K e b ∈ Rn −U onde a distância é atingida. Em outras palavras, |x−y| ≥ |a−b|, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ Rn −U . Fazendo |a − b| = ε, temos que |x − y| ≥ ε, ∀ y ∈ (Rn − U ), donde B(x; ε) ⊂ U . Assim, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ Rn tais que |x − y| < ε, temos que y ∈ B(x; ε) ⊂ U . Portanto, [x, y] ⊂ B(x; ε) ⊂ U . Exercício 5 Seja X ⊂ Rn tal que, para todo compacto K ⊂ Rn , a interseção X ∩ K é compacta. Prove que X é fechado.


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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 X ∩ K é fechado. Como (xk ) ⊂ X ∩ K, então a = lim xk ∈ X ∩ K, portanto pertence a X. Logo 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 (xk ) = ∞.) Solução. (a) ⇒ (b) Suponha que f (xk ) possui uma subsequência convergindo para o ponto f (x0 ). O conjunto K = {f (xk ); k ∈ N} ∪ {f (x0 )} seria compacto, logo f −1 (K) seria um compacto contendo todos os xk ∈ Rm e então (xk ) possuiria uma subsequência convergente. (b) ⇒ (a) Seja K compacto e suponha, por absurdo, que f −1 (K) não seja compacto. Então, como K é fechado e f é contínua, temos que f −1 (K) é ilimitada. Daí, seja (xk ) ⊂ f −1 (K) ∩ Rm uma sequência sem subsequências convergentes (basta tomar uma sequência ilimitada em f −1 (K) ∩ Rm ) ⇒ f (xk ) ⊂ K e portanto admite subsequência convergente. Contradição. Exercício 2 Prove que um polinômio complexo não-constante p(z) = a0 + 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 6= 0 em R2 , temos que p(z) = z n

a

0 zn

+

a1 z n−1

+ ··· +

an−1 + an . z

Tomemos a a1 an−1 0 |p(z)| = |z|n · n + n−1 + · · · + + an z z z e |zk | → +∞.


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Ponha q(z) =

a0 a1 an−1 + an . + n−1 + · · · + n z z z

A sequência |q(zk )| é limitada, pois |q(zk )|

}| { z a0 a a 1 n−1 + an 0 < n + n−1 + · · · + z zk z k k a0 a1 an−1 + |an | → |an |, ≤ n + n−1 + · · · + zk zk zk quando |zk | → +∞. Como |q(zk )| é limitada e lim |zk |n = +∞, tem-se que lim |zk |n · |q(zk )| = +∞. Exercício 3 Sejam X ⊂ Rm , K ⊂ Rn compacto e f : X × K → Rp 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 → K x 7→ 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 / B(g(a), ). que g(xk ) não convirja pra g(a). Então existe > 0 e infinitos índices k ∈ N; g(xk ) ∈ Tomemos N0 = {k ∈ N; g(xk ) ∈ / B(g(a), )}. Assim, (g(xk ))k∈N0 ⊂ K ⇒ ∃ N00 ⊂ N0 e k∈N00

b 6= g(a) ∈ K tal que g(xk ) −→ b. Como f é contínua em X × K ⇒

lim f (xk , g(xk )) =

k∈N00

f (a, b) 6= 0, pois b 6= 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 ∈ N00 , portanto se tomarmos = |f (a, b)|/2, temos que ∃ k0 ∈ N tal que ∀ k ∈ N00 , k > k0 ⇒ |f (xk , g(xk )) − f (a, b)| < , e daí |f (xk , g(xk ))| = |f (xk , g(xk ) − f (a, b) + f (a, b)| ≥ |f (a, b)| − |f (xk , g(xk )) − f (a, b)| > |f (a, b)| − |f (a, b)|/2 > 0. Contradição! Portanto g(xk ) −→ g(a) ⇒ g é contínua. Exercício 4 Seja K ⊂ Rn compacto. Prove que a projeção π : Rm × Rn −→ Rm transforma todo subconjunto fechado F ⊂ Rm × K num conjunto fechado π(F ) ⊂ Rm . Dê exemplo de F ⊂ Rm × 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∈N0 ⊂ (yk )k∈N tal que lim0 yk = b. k∈N

Logo lim0 (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. π : C −→ R tal que (x, y) 7−→ π(x, y) = x, ∀(x, y) ∈ C. π(C) = (0, +∞) não é fechado.

1.1.8

Continuidade uniforme

Exercício 1 Sejam F , G ⊂ Rn fechados disjuntos não-vazios. A função contínua f : Rn −→ [0, 1], definida d(x, F ) por f (x) = 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 xk ∈ F e yk ∈ G com 1 |xk − yk | < (consequência da definição de distância). k Além disso para qualquer ε > 0, d(F, G) + ε > |x − y| para algum x ∈ F e y ∈ G. Dessa maneira, lim |xk − yk | = 0, mas observe que f (xk ) = 0 e f (yk ) = 1. Assim, |f (xk ) − f (yk )| = 1 ⇒ lim |f (xk ) − f (yk )| = 1 e consequentemente f não é uniformemente contínua. 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 x0 e y 0 em X tais que |x0 − y 0 | < δ. Por hipótese Y é denso em X , portanto existem sequências (xk ) e (yk ) em Y , tais que xk −→ x0 e yk −→ y 0 . Daí |x0 − y 0 | < 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 (x0 ) − f (y 0 )| = lim |f (xk ) − f (yk )| ≤ /2 < . Portanto f : X −→ Rn é uniformemente contínua.


15

Exercício 3 Seja X ⊂ Rm um conjunto limitado. Se f : X → Rn é uniformemente contínua, prove que f (X) ⊂ Rn também é limitado. Solução. Se f (X) fosse ilimitada, para cada k ∈ N existiria xk ∈ X tal que |f (xk )| > k. A sequência assim obtida não possuiria subsequência convergente. Mas X é limitado, então existe N0 ⊂ N tal que (xk )k∈N0 é de Cauchy. Sendo f uniformemente contínua, temos que (f (xk ))k∈N0 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 → R uniformemente contínuas no conjunto X ⊂ Rm . Prove que a soma f + g : X −→ R é uniformemente contínua e o mesmo se dá com o produto f · g : X → R caso f e g sejam limitadas. Solução. Sejam f, g : X ⊂ Rn −→ R uniformemente contínuas. Logo, ∀ (xk ), (yk ) ⊂ X sequências tais que |xk − yk | −→ 0 temos |f (xk ) − f (yk )| −→ 0 e |g(xk ) − g(yk )| −→ 0. Defina φ : X ⊂ Rn −→ R, em que φ(x) = f (x) + g(x). Vamos mostrar que φ é uniformemente contínua. De fato, sejam xk , yk ∈ X sequências tais que |xk − yk | −→ 0. Assim, |φ(xk ) − φ(yk )| = |f (xk ) + g(xk ) − f (yk ) − g(yk )| ≤ |f (xk ) − f (yk )| + |g(xk ) − g(yk )|. Como f e g são uniformemente contínuas, segue que |φ(xk ) − φ(yk )| −→ 0 ∀xk , yk ∈ X tais que |xk − yk | −→ 0. Portanto, φ é uniformemente contínua. Agora, defina ψ : X ⊂ Rm −→ R, ψ(x) = f (x)g(x). Temos que |ψ(xk ) − ψ(yk )| = |f (xk )g(xk ) − f (yk )g(yk )| = |f (xk )g(xk ) − f (xk )g(yk ) + f (xk )g(yk ) − f (yk )g(yk )| ≤ |f (xk )||g(xk ) − g(yk )| + |g(yk )||f (xk ) − f (yk )|. Se f e g são limitadas, isto é, existem Mf , Mg > 0 tais que |f (x)| < Mf , ∀x e |g(y)| < Mg , ∀y, então |ψ(xk ) − ψ(yk )| ≤ Mf |g(xk ) − g(yk )| + Mg |f (xk ) − f (yk )| −→ 0.


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 hx − x, y − xi ≤ 0 para todo y ∈ C. Solução. Suponha que exista y ∈ C tal que hx − x, y − xi > 0. Defina z = (y − x)t + x. Então |z − x|2 = |(y − x)t − (x − x)|2 = t2 |y − x|2 − 2t hy − x, x − xi + |x − x|2 2 hy − x, x − xi Daí, ∀ t ∈ I = (0, 1) ∩ 0, 6= ∅, temos que t2 |y − x|2 − 2t hy − x, x − xi < 0 2 |y − x| / C. Absurdo, pois C é convexo. ⇒ |z − x| < |x − x| ⇒ z ∈ 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 hx − x, y − xi ≤ 0 para todo y ∈ C. Como C é fechado ∃ x0 , y0 ∈ C tal que para x, y ∈ Rn temos, |x−x0 | = d(x, C) e |y −y0 | = d(y, C). Logo, pelo comentário inicial, temos

hx − x0 , y0 − x0 i ≤ 0, hy − y0 , x0 − y0 i ≤ 0 hy0 − x0 , x − x0 i ≤ 0, hy0 − x0 , y0 − yi ≤ 0 logo hy0 − x0 , x − x0 i + hy0 − x0 , y0 − yi ≤ 0 hy0 − x0 , x − x0 + y0 − yi ≤ 0 hy0 − x0 , (y0 − x0 ) − (y − x)i ≤ 0 |y0 − x0 |2 ≤ hy0 − x0 , y − xi Pela desigualdade de Schwarz |y0 − x0 |2 ≤ |y0 − x0 ||y − x|


17

|y0 − x0 | ≤ |y − x| 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 6= v ∈ Rn }. Seja X ⊂ Rn − {0} um conjunto compacto que tem um (único) ponto em comum com cada semi-reta com origem 0. Prove que X é homeomorfo à esfera S n−1 . Solução. Seja ϕ : X −→ S n−1 a aplicação definida por ϕ(x) =

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 = x1 ⇔ x1 e x2 têm a mesma direção e o mesmo sentido, logo estão na |x1 | |x2 | |x2 | mesma semi-reta e assim x1 = x2 , 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 6= 0, com ϕ(ty) = = |ty| y ty = = y. Dessa maneira, ϕ é também sobrejetiva. t|y| |y| x Temos ainda que ϕ é contínua, pois ϕ(x) = é um quociente de funções contínuas (x ∈ X ⊂ |x| Rn − {0} ⇒ |x| = 6 0). 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 n n−1 pois é oproduto de × R, definida por funções contínuas. Além disso, g : R − {0} −→ S y g(y) = , ln |y| , é contínua e satifaz g(f (x, t)) = (x, t) e f (g(y)) = y. |y| Portanto, f : S n−1 × R −→ Rn − {0} é um homeomorfismo.

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


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 ⊂ Rn e pontos a ∈ X, b ∈ Y tais que X − {a} e Y − {b} são homeomorfos mas X não é homeomorfo a Y . Solução. Sejam X = [0, 2π) o intervalo semi-aberto e Y = S 1 = {(x, y) ∈ R2 ; 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 (sabemos 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 zk = f (tk ). Então lim f (tk ) = lim zk = (1, 0), mas lim f −1 (zk ) = lim tk = 2π 6= 0 = f −1 (1, 0), k→∞

assim f

−1

k→∞

k→∞

k→∞

é descontínua em (1, 0). Portanto f não é homeomorfismo.

Exercício 5 Sejam X ⊂ Rm , Y ⊂ Rn 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 → Y   ϕ(x) se x 6= a x 7→  b se x = a Note que g é bijetiva! Para verificarmos que g é contínua, basta provarmos que lim g(x) = b. x→a


19

Ora, tomemos então (xk ) ⊂ X − {a} tal que xk −→ a e suponha que g(xk ) 6−→ b. Desse modo inf

/ B(b, ), ∀ k ∈ N0 . devem existir > 0 e N0 ⊂ N tal que ϕ(xk ) = g(xk ) ∈ Chamemos ϕ(xk ) = yk . Então, como Y é compacto e (yk ) ⊂ Y ⇒ ∃ N00 ⊂ N 0 e c 6= b ∈ Y k∈N00

tal que yk → c. Mas ϕ é bijetiva ⇒ ∃ a ∈ X − {a} tal que ϕ(a) = c, e então usando o fato que k∈N00

ϕ é homeomorfismo, segue que xk = ϕ−1 (yk ) → ϕ−1 (c) = a, onde a 6= 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 ⊂ Rn é conexo se, e somente se, para cada par de pontos a, b ∈ X existe um conjunto conexo Cab ⊂ X tal que a ∈ Cab e b ∈ Cab . Solução. (⇒) Se X é conexo, basta tomar Cab = X sempre. (⇐) Seja a ∈ X fixo. Então, para todo x ∈ X existe um conjunto conexo Cax ⊂ X tal que [ a, x ∈ Cax . Logo, X = Cax . Como os conjuntos Cax são conexos e têm em comum o ponto a x∈X

entao X é conexo. Exercício 2 Seja Z ⊂ Rn (n ≥ 2) um conjunto enumerável. Dados arbitrariamente os pontos a, b ∈ Rn − Z, prove que existe c ∈ Rn 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 6= y, os conjuntos [a, x] ∪ [x, b] = Ax e Ay = [a, y] ∪ [y, b] têm apenas os pontos a, b em comum. Suponha por absurdo, que nenhum dos Ax , x ∈ r, estivesse contido em Rn − Z, escolheríamos para cada x ∈ r um ponto f (x) ∈ Ax ∩ 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 Ac = [a, c] ∪ [c, b] ⊂ Rn − Z. Daí podemos concluir que todo complementar de um conjunto enumerável é conexo por caminhos e portanto conexo.


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 6= p0 temos que S 1 − {p, p0 } ∼ = R − {P }, portanto S 1 − {p, p0 } é desconexo. Por outro lado, para q 6= q 0 temos que S 2 − {q, q 0 } ∼ = R2 − {Q}, portanto S 2 − {q, q 0 } é conexo por caminhos, logo conexo. Desse modo S 1 não é homeomorfo a S 2 , pois se assim fosse teríamos S 2 − {q, q 0 } ∼ = S 1 − {p, p0 }, 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 −→ Rn é uniformemente contínua no conjunto X ⊂ Rm , 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 6= b, então definiríamos a sequência (zk ) ∈ X − {a} tal que zk = xk , se k é par e zk = yk , se k é ímpar. Neste caso a sequência (zk ) ainda cumpriria lim zk = a, mas lim f (zk ) não existiria em virtude de (f (zk )) 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 −→ Rn , prove que existe uma única aplicação F : X −→ Rn , 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

x ∈ X. Isto define F : X −→ Rn . Para todo ε > 0 dado, tome-se δ > 0 tal que y, y 0 ∈ Y , |y −y 0 | < δ ⇒ |f (y) − f (y 0 )| < ε/2. Agora se x, x0 ∈ X e |x − x0 | < δ, tomamos sequências (yk ) e (yk0 ) em Y , com lim yk = x e lim yk0 = x0 . Desprezando alguns termos iniciais, podemos supor que |yk − yk0 | < δ onde |f (y) − f (y 0 )| < ε/2 para k ∈ N, logo |f (x) − f (x0 )| = lim |f (yk ) − f (yk0 )| ≤ ε/2 < ε. Exercício 3 Dada f : Rm −→ Rn , diz-se que se tem lim f (x) = ∞ quando para todo B > 0 existe A > 0 tal x→∞

2

que |x| > A ⇒ |f (x)| > B. Se p : R −→ R2 é um polinômio complexo não-constante, prove que lim p(z) = ∞.

z→∞

Solução. Seja p : R2 −→ R2 , onde p(z) = a0 + a1 z + . . . + ak z k , polinômio complexo não constante. Temos que: p(z) = z k

a

0 zk

+

a1 z k−1

+ ··· +

ak−1 + ak . z

Tome ϕ(z) =

a0 a1 ak−1 + k−1 + · · · + . k z z z

Afirmação (*) lim ϕ(z) = 0 , isto é, dado z→∞

c c = ε > 0, ∃δ > 0 tal que |z| > δ ⇒ |ϕ(z)| < , 2 2

onde c = |ak |. Logo |p(z)| = |z k (ϕ(z) + ak )| = |z k ϕ(z) + z k ak | ≥ |z k ||ak | − |z k ||ϕ(z)|, para |z| > δ c ≥ |z k |c − |z k | 2 c = |z k | c − 2 k c = |z | . 2 Portanto,


22

c |p(z)| ≥ |z k | , para |z| > δ 2 ⇒ 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→∞

a a a1 an−1 a0 0 n−1 |ϕ(z)| = n + n−1 + · · · + ≤ n + ··· z z z z z a a L L 0 n−1 + ··· + ≤ + ··· + ≤ z z |z| |z|

=

nL |z|

onde L = max{|ai |, i = 0, . . . , n − 1}. nL , temos Logo, tomando δ = ε |z| >

nL nL nL ⇒ |ϕ(z)| < = = ε. nL ε |z| ε

Portanto, |ϕ(z)| < ε. Exercício 4 Seja X = {x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn ; x1 · x2 · · · xn 6= 0}. Defina f : X −→ R pondo sen (x1 · x2 · · · xn ) f (x) = . Prove que lim f (x) = 1. x→0 x1 · x2 · · · xn sen (t) Solução. Sabemos da Análise Real que lim = 1. Daí, dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que t→0 t sen (t) ∀ t ∈ R, 0 < |t| < δ ⇒ − 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. x 1 · 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 0 (a) = 0. Solução. Existe xk ∈ 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 0 (a) existe e é unica, daí f (xk ) − f (a) f (x) − f (a) = lim k→∞ x−a xk − a f (a) − f (a) = lim k→∞ xk − a 0 = lim x→∞ xk − a

f 0 (a) = lim

x→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 0 (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 7→ |x(t)| e então a derivada desta função é zero em t = a . Assim, como −|x(t)| ≤ x(t) ≤ |x(t)| ⇒ x0 (a) = 0. Portanto, f 0 (a) = (x0 (a), |x|0 (a)) = (0, 0). Exercício 3 Seja f : R −→ R3 a hélice cilíndrica, definida por f (t) = (cos t, sen t, t). Prove que, para todo t ∈ R, a reta que liga os pontos f (t) e f (t) + f 00 (t) intersecta o eixo vertical de R3 .


24

Solução. Temos f 0 (t) = (−sen t, cos t, 1) e f 00 (t) = (− cos t, −sen t, 0), então f (t) + f 00 (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. 0

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, asen bt, ct). 0

Temos que g (t) = (−absen bt, ab cos bt, c) logo, 0

p 0 hg (t), g 0 (t)i p (−absen bt)2 + (ab cos bt)2 + c2 √ a2 b2 sen 2 bt + a2 b2 cos2 bt + c2 p a2 b2 (sen 2 bt + cos2 bt) + c2 √ a2 b 2 + c 2 .

|g (t)| = = = = =

Como queremos que g seja parametrizada pelo comprimento do arco temos que ter 0

|g (t)| = 1 √ ⇒ a2 b 2 + c 2 = 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 hf (c), f 0 (c)i = 0. Solução. Seja g : [a, b] −→ R; g(t) = hf (t), f (t)i. Temos que g é contínua em [a, b] e diferenciável 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 0 (c)(b − a) = 2 hf (c), f 0 (c)i (b − a) ⇒ hf (c), f 0 (c)i = 0.


25

Exercício 3 2

Seja f : I −→ Rn um caminho diferenciável cujos valores são matrizes n × n. Prove que 2

g : I −→ Rn , dado por g(t) = f (t)k , é diferenciável e calcule g 0 (t). ϕ

Solução. Temos que g é diferenciável, pois é a composta t 7→ f (t) 7→ (f (t), · · · , f (t)) → f (t)k , 2

2

onde ϕ : Rn × · · · × Rn é a aplicação k-linear dada pelo produto de matrizes. A derivada da função

f : Rn

2

k X

2

2

é a transformação linear f 0 (x) : Rn → Rn , dada por

7−→ xk

x f 0 (x) · v =

2

−→ Rn

xi−1 · v · xk−i .

i=1

Em dimensão 1 e pela regra da cadeia 0

f (t) =

!

k X

x(t)

i−1

· x(t)

k−i

· f 0 (t).

i=1

1.2.3

A integral de um caminho

Exercício 1 Sejam f : [a, b] −→ Rn e ϕ : [a, b] → R de classe C 1 . Se |f 0 (t)| ≤ ϕ0 (t) para todo t ∈ (a, b), prove que |f (b) − f (a)| ≤ ϕ(b) − ϕ(a). Solução. Pelo Teorema Fundamental Cálculo para caminhos temos: Z b f 0 (t)dt = f (b) − f (a) a Z b Z b 0 ⇒ |f (b) − f (a)| = f (t)dt ≤ |f 0 (t)|dt a a Z b ϕ0 (t)dt = ϕ(b) − ϕ(a) ≤ 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 f (a + h) = f (a) + h · f 0 (a) + · · · +

hk−1 k−1 f (a) + rk (k − 1)!

onde hk rk = (k − 1)!

Z 0

1

(1 − t)k−1 f (k) (a + th)dt.

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

Como f (t)

=

f1 (t), . . . , fn (t)

26

é um caminho de classe C k , segue que

fi (t) : [a, a + h] −→ R é um caminho de classe C k , ∀i = 1 . . . n. Pela fórmula de Taylor com resto integral para funções reais temos que fi (a + h) = fi (a) + h ·

onde

rki

hk = (k − 1)!

Z

1

fi0 (a)

hk−1 k−1 + ··· + fi (a) + rki , (k − 1)!

(k)

(1 − t)k−1 fi (a + th)dt, ∀ i = 1, . . . , n.

0

Assim, f1 (a + h), . . . , fn (a + h) hk−1 k−1 = f1 (a) + h · f10 (a) + · · · + f (a) + rk1 , . . . , fn (a) + h · fn0 (a) + · · · + (k − 1)! 1 hk−1 k−1 + fn (a) + rkn (k − 1)! hk−1 k−1 = f (a) + h · f 0 (a) + · · · + f (a) + rk , (k − 1)!

f (a + h) =

onde rk = (rk1 , · · · , rkn ) Z 1 Z 1 hk hk k−1 (k) k−1 (k) (1 − t) f1 (a + th)dt, . . . , (1 − t) fn (a + th)dt = (k − 1)!Z 0 (k − 1)! 0 1 hk (1 − t)k−1 f (k) (a + th)dt. = (k − 1)! 0 Exercício 3 Sejam f, g : [a, b] −→ Rn caminhos de classe C 1 . Prove que Z bD Z bD E E 0 0 f (t), g (t) dt = hf (b), g(b)i − hf (a), g(a)i − f (t), g(t) dt. a

a 0

0

0

Solução. Denotando f = (f1 , . . . , fn ) e g = (g1 , . . . , gn ), temos que Z bD Z b E 0 0 0 f (t), g (t) dt = f1 (t)g1 (t) + · · · + fn (t)gm (t)dt a Za b Z b Z b 0 0 = f1 (t)g1 (t)dt + f2 (t)g2 (t)dt + · · · + fn (t)gn0 (t)dt a a Z b a Z b 0 0 (∗) b b = f1 (t)g1 (t)|a − f1 (t)g1 (t)dt + · · · + fn (t)gn (t)|a − fn (t)gn (t)dt a a Z b 0 = f1 (b)g1 (b) − f1 (a)g1 (a) − f1 (t)g1 (t)dt + · · · + fn (b)gn (b) − fn (a)gn (a)− a Z b 0 − fn (t)gn (t)dt a Z bD E 0 = hf (b), g(b)i − hf (a), g(a)i − f (t), g(t) dt. a


27

(∗) Teorema da Integração por partes: Se f, g : [a, b] −→ R possuem derivadas integráveis então Z b Z b 0 b f (t)g (t)dt = f (t)g(t)|a − f 0 (t)g(t)dt. a

1.2.4

a

Caminhos retificáveis

Exercício 1 Seja f : [a, b] −→ Rn um caminho retificável, com f (a) = A e f (b) = B. Se seu comprimento é l(f ) = |B − A|, prove que f é uma reparametrização do caminho retilíneo [A, B]. Solução.

Para toda partição P = {a = t0 < t1 < · · · < tk = 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 (t0 ), f (t1 ) · · · , f (tk ) = 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 1 , segue-se que ϕ ∈ C 1 , como é não-decrescente, ϕ0 ≥ 0. Logo f é uma reparametrização do caminho retilíneo f (t) = A + t · v. Exercício 3 Seja U ⊂ Rn 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 ∈ U tais que o caminho retilíneo Pi : [0, 1] −→ U com Pi (0) = xi−1 e Pi (1) = xi está contido em U , ∀ i = 1, . . . , n, onde x0 = a e xn = b. Defina o caminho f : [0, 1] → U como a justaposição dos caminhos P1 , P2 , . . . , Pn para uma partição P = {t0 < t1 < . . . < tn }. Assim, l(f ; P ) =

k X i=1

|f (ti ) − f (ti−1 )| =

k X

|xi − xi−1 | ≤ 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 ⊂ Rn 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 (xk ) 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| ≤ dU (x, a), logo se lim dU (xk , a) = 0 ⇒ lim xk = a. (⇒) Seja B = B(a; r) ⊂ U . Para pontos xk ∈ B, tem-se que dU (xk , a) = |x − a|, portanto lim xk = a ⇒ lim |xk − a| = 0 ⇒ lim dU (xk , a) = 0, pois xk ∈ B para todo k suficientemente 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 + tei , tem-se [a, b] ⊂ X. (Se X ⊂ R2 , diz-se então que X é horizontalmente convexo ou verticalmente convexo, conforme seja i = 1 ou i = 2). Prove que se o aberto U ⊂ Rn 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, ∂xi isto é, x, x + tei ∈ U ⇒ f (x + tei ) = f (x). Solução. Como U é i-convexo, o segmento de extremos x e x + tei está contido em U . ∂f Além disso, a existência de (x) = 0 para todo x ∈ U nos assegura que f é contínua em ∂xi [x, x + tei ] e é diferenciável em (x, x + tei ), daí pelo Teorema do Valor Médio, ∃ θ ∈ (0, 1) tal ∂f que f (x + tei ) − f (x) = (x + θtei )t = 0 ⇒ f (x + tei ) = f (x), como queríamos. ∂xi Exercício 2 Sejam X = {(x, 0); x ≥ 0} e U = R2 − X. Defina f : U −→ R pondo f (x, y) = x2 quando ∂f x > 0, y > 0 e f (x, y) = 0 quando x ≤ 0 ou y < 0. Mostre que se tem = 0 em todos os pontos ∂y de U mas f depende de y. Solução. O conjunto aberto U = R2 − 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) = x2 ⇒ (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 ⊂ Rn 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 ∂f eixos. Conclua que se U ⊂ Rn é conexo e f : U −→ R cumpre (x) = 0 para todo x ∈ U e ∂xi qualquer i com 1 ≤ i ≤ n, então f é constante. 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 cada segmento retilíneo do caminho varia apenas a i-ésima coordenada, e como = 0, a função f ∂xi se mantém constante ao longo desse segmento. Então f (x) = f (a) para todo x ∈ U e f é constante. Exercício 4 Seja U ⊂ Rn aberto. Se f : U −→ R possui derivadas parciais

∂f ∂xi

: U −→ R, i = 1, . . . , n

limitadas, prove que f é contínua. ∂f Solução. Seja M > 0 tal que (x) ≤ M , ∀ i = 1, . . . , n e ∀ x ∈ M . ∂xi 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 + αn en = v. Daí f (x + v) − f (x) = f (x + v1 ) − f (x + v0 ) + f (x + v2 ) − f (x + v1 ) + . . . + f (x + vn ) − f (x) n X ⇒ f (x + v) − f (x) = [f (x + vi ) − f (x + vi−1 )] i=1

Pelo T.V.M (de uma variável ),


30

∂f |f (x + vi ) − f (x + vi−1 )| = (z) .|αi | ≤ M |αi |, z ∈ [vi−1 , vi ] ∂xi Então, n X |f (x + v) − f (x)| ≤ M |αi | = M |v|, daí fazendo y = x + v obtemos que |f (y) − f (x)| ≤ i=1

M |x − y|, logo f é contínua.

1.3.2

Funções de classe C 1

Exercício 1 x2 y se (x, y) 6= (0, 0) e f (0, 0) = 0. Mostre que, para x2 + y 2 ∂f (0, 0) mas f não é diferenciável no ponto (0, 0). todo v = (α, β) ∈ R2 , existe a derivada direcional ∂v Seja f : R2 −→ R definida por f (x, y) =

Solução. Se v = (α, β) então ∂f f (tα, tβ) − f (0, 0) (tα)2 tβ 1 α2 β (0, 0) = lim = lim = , ∀ v 6= 0. t→0 t→0 (tα)2 + (tβ)2 t ∂v t α2 + β 2 Em particular, ∂f ∂f (0, 0) = 0 e (0, 0) = 0 =⇒ ∇f (0, 0) = ∂x ∂y Se f fosse diferenciável no ponto (0, 0), teríamos

∂f ∂f , ∂x ∂y

(0, 0) = 0.

∂f (0, 0) = h∇(0, 0), vi, o que não ocorre. ∂v

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 ∈ Rn tal que (a) = 0, seja qual for ∂u ∂v v ∈ Rn . ∂f Solução. Seja u ∈ S n−1 . Então a condição (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). 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 (a). t = 0 e assim 0 = ϕ0v (0) = ∂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 ϕ0u (1)

f (1 + h)u − f (u) ϕu (1 + h) − ϕu (1) ∂f = lim = lim = (u) > 0 ⇒ ϕ0u (1) > 0, h−→0 h−→0 h h ∂u

então existe ε > 0 tal que 1 − ε < t < 1 ⇒ ϕu (t) < ϕu (1). Assim, f (tu) < f (u), 1 − ε < t < 1, u ∈ S n−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) ≥ f (a) = ψv (0), para cada v ∈ Rn .

(ii)

Logo, ∂f f (a + tv) − f (a) ψv (t) − ψv (0) (a) = lim = lim = ψv0 (0) = 0, ∀ v ∈ Rn , t−→0 t−→0 ∂v t t 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 ∈ Rn , prove que f é linear. Conclua que a função ϕ : R2 −→ R, dada por ϕ(x, y) = x3 /(x2 + y 2 ) se (x, y) 6= (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, f (tx) = tf (x), então lim+ f (tx) = f lim+ tx = f (0). Além disso, t→0

t→0

f (tx) = tf (x) ⇒ f (0) = lim+ f (tx) = lim+ tf (x) = 0. t→0

t→0

Por outro lado, temos que f (tx) − f (0) f (tx) − f (0) = lim+ = lim+ f (x) = f (x), ∀ x ∈ Rn . t→0 t→0 t→0 t t

f 0 (0)x = lim Portanto f é linear.


32

No caso da função ϕ : R2 −→ R dada por x3 se x2 + y 2 6= 0 e ϕ(x, y) = 0 se x2 + y 2 = 0, x2 + y 2 t 3 x3 x3 temos que f (tx, ty) = 2 2 . Daí, ∀ t > 0, ϕ(tx, ty) = t = tϕ(x, y) e então se t (x + y 2 ) x2 + y 2 ϕ fosse diferenciável em (0, 0), pelo que foi provado anteriormente, teríamos ϕ : R2 −→ R linear, o ϕ(x, y) =

que não ocorre. Exercício 4 Seja f : U → R de classe C 1 no aberto U ⊂ Rn . 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) = h∇f (a), x−yi+r(x, y), onde |r(x, y)| < ε|x−y|. ∂r (a) = 0, i = 1, . . . , n, Solução. f ∈ C 1 ⇒ r(x) = f (x) − f (a) − f 0 (a)(x − a) ∈ C 1 (U ) e ∂xi ∂r então dado ε > 0, existe δ > 0 tal que (x) − ∂r∂xi (a) < ε, ∀ x com |x − a| < δ. ∂xi 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 0 (a)(x − a) + r(x) e f (y) = f (a) + f 0 (a)(y − a) + r(y) implicam f (x) − f (y) = f 0 (a)(x − y) + r(x) − r(y). r(x, y) := r(x) − r(y) ⇒ f (x) − f (y) = h∇f (a), x − yh + r(x, y), onde |r(x, y)| < ε|x − y|.

1.3.3

O Teorema de Schwarz

Exercício 1 ∂ 2f é identicamente nula, ∂x∂y prove que existem ϕ : I −→ R, ψ : J −→ R de classe C 2 tais que f (x, y) = ϕ(x) + ψ(y) para todo Seja f : I × J −→ R de classe C 2 no retângulo aberto I × J ⊂ R2 . Se

(x, y) ∈ I × J. ∂ 2f ∂ 2f ∂f ∂f 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 Solução. Como


33

f (x, y) = f (x, y) − f (x0 , y) + f (x0 , y) − f (x0 , y0 ) + f (x0 , y0 )

Z

x

∂f (s, y)ds + ∂x

= x0

Z

x

=

Z

y

y0

∂f (x0 , t)dt + f (x0 , y0 ) ∂y

y

ϕ(s)ds + x0

Z

ψ(t)dt + f (x0 , y0 ) y0

= ϕ(x) + ψ(y).

Exercício 2 ∂ 2g ∂ 2g = , então ∂x2 ∂y 2 existem ϕ : R −→ R e ψ : R −→ R de classe C 2 , tais que g(x, y) = ϕ(x + y) + φ(x − y) para todo Use o exercício anterior para provar que se g : R × R → R é de classe C 2 , com

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

=

∂ 2 g ∂x ∂ 2 g ∂y ∂ 2 g ∂x ∂ 2 g ∂y + + + ∂x2 ∂v ∂y∂x ∂v ∂x∂y ∂v ∂y 2 ∂v

= =

⇒

∂ 2g ∂ 2g − ∂x2 ∂y 2

∂ 2g ∂ 2g − ∂y 2 ∂x2

+

∂ 2g ∂ 2g − ∂x∂y ∂y∂x

∂ 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+yev =x−y ∴ g(x, y) = ϕ(x + y) + ψ(x − y), ∀ (x, y).


34

Exercício 3 Seja f : Rn −→ R de clase C 2 , tal que f (t, x) = t2 f (x) para todo t > 0 e todo x ∈ Rn . Prove que n P existem aij ∈ R (i, j = 1, . . . , n) tais que f (x) = ai,j xi xj para todo x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn . i,j=1

x4 + y 4 Como explicar f (x, y) = 2 ? x + y2 Solução. n ∂f P (t, x)xj onde j=1 ∂xj se usou a regra da cadeia. Derivando outra vez em relação a t (isso é possível, pois f ∈ C 2 ):

(i) Derivando a igualdade t2 f (x) = f (tx) em relação a t, obtemos 2tf (x) =

n X n X ∂ 2f (tx)xi xj , 2f (x) = ∂xi ∂xj i=1 j=1

ou seja, n

n

1 X X ∂ 2f (tx)xi xj . f (x) = 2 i=1 j=1 ∂xi ∂xj Tomando o limite quando t −→ 0, obtemos n n n n n n 1 X X ∂ 2f 1 X X ∂ 2f 1 XX f (x) = lim tx xi xj = (0)xi xj = aij xi xj , 2 i=1 j=1 ∂xi ∂xj t→0 2 i=1 j=1 ∂xi ∂xj 2 i=1 j=1

onde aij =

∂ 2f (0). ∂xi ∂xj

x4 + y 4 não é de classe C 2 , pois não tem derivadas parciais contínuas no ponto x2 + y 2 2 P (0, 0). Portanto, f (x, y) 6= aij xy.

(ii) f (x, y) =

i,j=1

Exercício 4 2 n Sejam f, ϕ : U −→ Rn+1 de classe C no aberto U ⊂ R . ( Isto é, as funções-coordenada de f e ϕ ∂ϕ são de classe C 2 .) Suponha que f (x), (x) = 0 para todo x ∈ U e todo i = 1, . . . n. Prove que ∂xi ∂f ∂ϕ a matriz [aij (x)], onde aij (x) = (x), (x) , é simétrica, seja qual for x ∈ U . ∂xi ∂xj

n+1

2

Solução. Temos que f, ϕ : U −→ R são de classe C . Seja ∂ϕ todo i = 1, . . . , n. Em particular, f (x), (x) = 0. ∂xj Logo, derivando a primeira igualdade em relação a xj temos: ∂f ∂ϕ ∂ 2ϕ (x), (x) + f (x), (x) = 0 ∂xj ∂xi ∂xj xi

∂ϕ f (x), (x) = 0 ∀x ∈ U e ∂xi

(1)

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 e derivando a segunda igualdade em relação a xi temos: ∂f ∂ϕ ∂ 2f (x), (x) + f (x), (x) = 0. ∂xi ∂xj ∂xi xj

35

(2)

Igualando (1) e (2) obtemos: ∂ϕ ∂ 2ϕ ∂f ∂ϕ ∂ 2f ∂f (x), (x) + f (x), (x) = (x), (x) + f (x), (x) ∂xj ∂xi ∂xj xi ∂xi ∂xj ∂xi xj ⇒

∂f ∂ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2f ∂f ∂ϕ (x), (x) + f (x), (x) − f (x), (x) = (x), (x) . ∂xj ∂xi ∂xj xi ∂xi xj ∂xi ∂xj

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

1.3.4

A fórmula de Taylor

Exercício 1 Seja r : U −→ R uma função de classe C k definida num aberto U ⊂ Rn 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 r0 (0) = r(0) = 0, então r(v) r(v) r(v) = r(0) + r0 (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 ∂r : U → R é k − 1 vezes diferenciável e também tem todas as derivadas parciais de ordem função ∂xi menor ou igual a k − 1 nulas na origem. ∂r (v) Daí, pela hipótese de indução, temos que lim ∂xik−1 = 0. Pelo Teorema do Valor Médio, existe v→0 |v| n n ∂r X ∂r r(v) X ∂xi (θv ) vi θ ∈ (0, 1) tal que r(v) − r(0) = (θv )vi , onde r(0) = 0. Daí, = · . k k−1 ∂x |v| |v| |v| i i=1 i=1 vi r(v) Note que, para todo i = 1, . . . , n, é limitado, então no limite temos lim k = 0. v→0 |v| |v|


1.3.5

36

Pontos críticos

Exercício 1 Uma função f : U −→ R, de classe C 2 no aberto U ⊂ Rn , chama-se harmônica quando n X ∂ 2f (x) = 0 para todo x ∈ U . Prove que a matriz hessiana de uma função harmônica não ∂x ∂x i i i=1 pode ser definida (nem positiva nem negativa). Solução. Se [hij ] é a matriz da forma quadrática H então hii = H · v 2 , 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 6= x ⇒ f (y) < f (x) ( pois U é aberto e x é máximo local estrito). Para cada x ∈ U escolhamos um ponto qx ∈ Qn ∩ B(x; δ), (isto é possível pois Qn é denso em Rn ) e um número racional rx > 0 tal que |x − qx | < rx < δ , portanto B(qx ; rx ) ⊂ B(x; 2δ) e daí y ∈ B(qx , rx ) com y 6= x ⇒ f (y) < f (x). 0

A correspondência x 7→ (qx , rx ) é injetiva pois se qx = qx0 e rx = rx0 então x ∈ B(qx ; rx ) e x ∈ B(qx0 ; rx0 ). Se fosse x 6= x0 , teríamos f (x0 ) < f (x) e f (x) < f (x0 ), o que é um absurdo. 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 + y 2 ) e da função g(x, y) = x3 − y 3 − x + y.

∂f ∂f Solução. Como ∇f (x, y) = , = −2sen (x2 + y 2 ) · (x, y), os pontos críticos de f são ∂x ∂y aqueles para os quais ∇f (x, y) = (0, 0). Temos x = y = 0 ou sen(x2 + y 2 ) = 0, i.é, a origem e os √ pontos (x, y) com x2 + y 2 = kπ, k ∈ N (circunferências com centro na origem e raio kπ). Como ∇g(x, y) = (3x2 − 1, −3y 2 + 1), os pontos críticos (x, y) devem satisfazer 3x2 − 1 = 0 e

CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 −3y 2 + 1 = 0, assim os pontos críticos são √ √ ! √ √ ! 3 3 3 3 A= , ,B = − , ,C = 3 3 3 3  A matriz Hessiana Hg(x, y) é dada por 

6x

0

0

−6y

√ √ ! 3 3 ,− e D= 3 3

37

√ √ ! 3 3 − ,− . 3 3

 . Vejamos a natureza dos pontos críticos.

Seja v = (α, β). No ponto A, tem-se  √   √ 2 2 3 α 0 2 ( α β ) √    = 2 3(α − β ). β 0 −2 3 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 ∈ ∂U , tem-se lim f (x) = 0, prove que existe em U pelo menos um ponto crítico de f .

x→a

Solução. Defina F : U¯ ⊂ Rn −→ R por F (x) = f (x), se x ∈ U , e F (x) = 0, se x ∈ ∂U . Por hipótese, temos que f |U é contínua, pois f é diferenciável em U . hip. Além disso, se a ∈ ∂U , então lim F (x) = lim f (x) = 0 = F (a). Logo, F é contínua em U¯ . x→a

x→a

Como U¯ é compacto, pelo Teorema de Weierstrass, f assume máximo e mínimo em 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) = x2 + y 2 + (x2 − y 2 − 1)2 e calcule as matrizes hessianas correspondentes. ∂f ∂f Solução. Temos que (x, y) = 2x + 2(x2 − y 2 − 1)2x e (x, y) = 2y − 2(x2 − y 2 − 1)2y. ∂x ∂y Então os pontos críticos de f são as duplas (x, y) que satisfazem:   x + x(2x2 − 2y 2 − 2) = 0  y − y(2x2 − 2y 2 − 2) = 0


38

Então segue da primeira expressão que devemos ter x = 0 ou 2x2 − 2y 2 = 1 e da segunda expressão devemos ter y = 0 ou 2x2 − 2y 2 = 3. Daí as soluções desse sistema são os pontos (0, 0),

! ! √ √ 2 2 ,0 , − , 0 e suas respectivas ma2 2

trizes hessianas são:  H(0, 0) = 

−2 0 0

6

√

 e



H

±



!

2 ,0 2

=

4 0 0 4

 .

Exercício 6 Dados a1 , . . . , ak em Rn , determine o ponto em que a função f : Rn −→ R, definida por k X f (x) = |x − ai |2 , assume o valor mínimo. i=1

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

∂f (x) = 2(hx − a1 , ei i + hx − a2 , ei i + · · · + hx − ak , ei i) = 2 kx − ∂xi Daí

k X k

X ∂f (x) = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇔ kx − aj = 0 ⇔ x = ∂xi j=1

j=1

k

Além disso, ∂ 2f ∂ 2f (x) = 0, se i 6= j, e (x) = 2k, se i = j. ∂xj ∂xi ∂x2i Desse modo

      Hf (x) =     

⇒ det Hf (x) = (2k)n > 0 ⇒ x =

1 k

k X j=1

2k

0

···

0

0

2k · · ·

0

0 .. .

0 .. .

··· .. .

0 .. .

0

0

···

2k

      ,    

aj é ponto de mínimo de f .

k X j=1

aj .

+ aj , ei

.


1.3.6

39

Funções convexas

Exercício 1 Seja A ⊂ Rn um conjunto convexo. Prove que a função f : Rn −→ R, definida por f (x) = d(x, A), é convexa. 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 ≤ [(1 − 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). 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 ∈ [0, 1], então f (x) ≤ 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) ≤

1 f (b) + f (c) 2


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 − t)a + tb)) = f (a) e portanto o conjunto dos pontos críticos de f é convexo. Exercício 5 Se f : X −→ R é convexa, prove que, para todo c ∈ R, o conjunto dos pontos x ∈ X tais que f (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. Se t ∈ [0, 1], então defina z = t(b − a) + a = (1 − t)a + tb. Temos que f (z) = f ((1 − 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) = −x2 não é uma função convexa, mas para todo c ∈ R, o conjunto Y = {x ∈ X; f (x) ≤ c} é convexo, portanto a recíproca é falsa. Exercício 6 Uma função f : X −→ R, definida num conjunto convexo X ⊂ Rn chama-se quase convexa quando, para todo c ∈ R, o conjunto Xc = {x ∈ X; f (x) ≤ c} é convexo. Prove que f é quase-convexo se, e somente se, f (1 − t)x + ty ≤ max{f (x), f (y)} para x, y ∈ X e t ∈ [0, 1] quaisquer. Solução. (⇒) Para f : X −→ R quase-convexa, X ⊂ Rn convexo, seja c = max{f (x), f (y)}. Então, f (x) ≤ c


41

e f (y) ≤ c. Logo, pela convexidade de X, f (1 − t)x + ty ≤ c = max{f (x), f (y)} para todo t ∈ [0, 1]. (⇐) 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 ⊂ Rm ilimitado, f : X → Rn uma aplicação e a ∈ Rn . 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 ≥ k0 , |xk | > r. k→∞

Portanto, ∀ k > k0 tem-se |f (xk ) − a| < ⇒ lim f (xk ) = a. k→∞

(⇐) Suponha, por absurdo, que lim f (x) 6= 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→∞

mas lim f (xk ) 6= a. Contradição! k→∞

Exercício 3 Seja f : X −→ Rn definida num conjunto ilimitado X ⊂ Rm . Defina o que se entende por lim f (x) = ∞ e dê uma caracterização deste conceito por meio de sequências.

k−→∞

Solução. Diz-se que se tem lim f (x) = ∞ quando para todo B > 0 existe A > 0 tal que k−→∞

|x| > A ⇒ |f (x)| > B.

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 Rm que não possui subk−→∞

sequência convergente, isto é, lim xk = ∞ ⇒ lim f (x) = ∞.

k−→∞

k−→∞

Exercício 4 Seja p

R2

:

R2

→

um polinômio complexo não constante.

Mostre que

lim p(z) = ∞.

x→∞

Solução. Seja p(z) = an .z n + · · · + a1 .z + a0 , com an 6= 0. Temos que p(z) = z n (an +

an−1 z

+ ··· +

a0 ), zn

daí lim p(z) = lim z n (an + x→∞

x→∞

a0 an−1 + ··· + n) = z z

n

lim z .an .

x→∞

Tomemos B > 0 arbitrário, então para A > B |an |

q n

B , |an |

temos que ∀ z ∈ R2 ; |z| > A ⇒ |z|n > An >

⇒ |an .z n | > |an |.An > B ⇒ lim p(z) = ∞ x→∞

Exercício 6 Seja f : R2 → R definida por f (x, y) =

x2 −y 2 x2 +y 2

se x2 + y 2 6= 0 e f (0, 0) = 0. Mostre que

limx→0 (limy→0 f (x, y)) 6= 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 )) xk →0 yk →0

x→0 y→0

Daí, xk 2 − y k 2 lim yk →0 xk 2 + yk 2

lim

xk →0

lim

yk →0

xk 2 − y k 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

Portanto, lim (lim f (x, y)) 6= lim (lim f (x, y)).

x→0 y→0

y→0 x→0

xk 2 xk 2

−yk 2 yk 2

= lim 1 = 1 xk →0

= lim −1 = −1 xk →0


2.1.2

44

Conjuntos compactos

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 (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. Ora, como (xk ) é limitado ⇒ ∃ r > 0 tal que (xk ) ⊂ B(0, r), daí F, no máximo, está contido em B[0, r] e portanto é limitado. O fato de F ser não-vazio decorre do Teorema de Bolzano-Weierstrass. Exercício 2 2

As matrizes ortogonais n × n formam um subconjunto compacto de Rn . Solução. Uma matriz é ortogonal se, e só se At A = I. i) O conjunto X das matrizes ortogonais é limitado, pois Se A ∈ X, hAx, Axi = hx, AT Axi = hx, xi =⇒ kAk = 1. ii) X é fechado, pois Se A ∈ X =⇒ ∃(Ak )k∈N , Ak ∈ X tal que Ak → A, como Ak ∈ X =⇒ ATk Ak = I além disso como Ak → A =⇒ ATk → AT pois kATk − AT k = kAk − Ak, lim ATk Ak = I =⇒ AT A = 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 contém um ponto de acumulação então todo ponto de X é isolado e daí X ⊂ Zn , mas X é limitado, logo X é finito, um absurdo. 0

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 xk → y ∈ / Y . Portanto, Y é um subconjunto não compacto de X.


45

Exercício 4 "Dada uma sequência decrescente K1 ⊃ · · · ⊃ Kk ⊃ · · · de compactos não vazios, a interseção ∞ \ k= Kk é compacta e não é vazia." k=1

Provar que essa proposição é falsa se tomarmos conjuntos fechados F1 ⊃ F2 ⊃ · · · ⊃ Fi ⊃ · · · em vez de compactos. Solução. Para cada k ∈ N defina Fk = [k, ∞) ⊂ R. Fk é fechado pois R − Fk = (−∞, k) é aberto. Além disso F1 ⊃ F2 ⊃ · · · ⊃ Fi ⊃ · · · . ∞ ∞ \ \ Agora note que Fk = ∅, caso contrário tome a ∈ Fk . k=1

k=1

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

∞ \

∞ \

Fk .

k=1

Fk = ∅

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 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; t ≥ 0, 0 6= v ∈ Rn+1 }. x . Vamos mostrar que ϕ é um homeomorfismo. |x| x2 x1 = ⇔ Temos que ϕ é bijeção. De fato, dados x1 , x2 ∈ X tais que ϕ(x1 ) = ϕ(x2 ), segue que |x1 | |x2 | |x1 | x2 = x1 ⇔ x1 e x2 têm a mesma direção e o mesmo sentido, logo estão na mesma semi-reta e |x2 | assim x1 = x2 , pois a interseção de cada semi-reta e o conjunto X é única. Logo, ϕ é injetiva. ty ty y Além disso, ∀ y ∈ S n , ∃ t > 0 tal que ty ∈ X, pois y 6= 0, com ϕ(ty) = = = = y. |ty| t|y| |y| Dessa maneira, ϕ é também sobrejetiva. x Temos ainda que ϕ é contínua, pois ϕ(x) = é um quociente de funções contínuas (x ∈ X ⊂ |x| Rn+1 − {0} ⇒ |x| = 6 0).

Seja ϕ : X ⊂ S n a aplicação definida por ϕ(x) =

Como X é compacto, logo ϕ é um homeomorfismo. Exercício 6 Seja X ⊂ Rn . Se todo conjunto homeomorfo a X for limitado então X é compacto. Solução. A aplicação h : X → X, h(x) = x é um homeomorfismo. Logo X é limitado. Ora


46

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

Solução. Temos que Rn ≈ B(0, 1). Daí, seja Y homeomorfo a X. Sabemos que Y é homeomorfo a ϕ(Y ) ⊂ B(0, 1), então pela transitividade do homeomorfismo, obtemos que X ≈ ϕ(Y ). Por hipótese, segue que ϕ(Y ) é fechado. Por outro lado, ϕ(Y ) ⊂ B(0, 1) ⇒ ϕ(Y ) é compacto. Portanto, X é compacto. Exercício 8 Seja K = [0, 2π] × [0, 2π] ⊂ R2 . Defina as aplicações f : K → R3 , g : K → S 1 × S 1 → R4 e h : S 1 × S 1 → R3 pondo f (s, t) = ((a + b cos s) cos t, (a + b cos s)sen t, bsen s), g(s, t) = (cos s, sen s, cos t, sen t),

a>b

h(g(s, t)) = 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 (K) = toro gerado pela rotação de um círculo vertical de raio b e centro (a, 0, 0) em torno do eixo z. Solução. i) Sejam g(s1 , t1 ) = g(s2 , t2 ), i.e., (cos s1 , sen s1 , cos t1 , sen t1 ) = (cos s2 , sen s2 , cos t2 , sen t2 ) então cos s1 = cos s2 , sen s1 = sen s2 , cos t1 = cos t2 e sen t1 = sen t2 logo f (s1 , t1 ) = f (s2 , t2 ) Portanto h(g(s1 , t1 )) = 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(g(s1 , t1 )) = h(g(s2 , t2 )) i.e. f (s1 , t1 ) = f (s2 , t2 ), ((a+b cos s1 ) cos t1 , (a+b cos s1 )sen t1 , bsen s1 ) = ((a+b cos s2 ) cos t2 , (a+b cos s2 )sen t2 , bsen s2 ) Igualando os terceiros componentes, tem-se sen s1 = sen s2 . 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

sen t1 = sen t2

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

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

2.1.3

Distância entre dois 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 = sup{|x − y|; x, y ∈ U }. Então existem sequências xk , yk ∈ U tais


48

que lim |xk − yk | = diam U . Seja U ⊂ Rn aberto e limitado. Suponha que existem x0 , 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 = x0 e lim yk = y0 . Temos que U é aberto ⇒ ∃ δ, ε > 0 tais que B1 (x0 , δ) ⊂ U e B2 (y0 , ε) ⊂ U , portanto existem x ∈ B1 e y ∈ B2 tais que |x − y| > |x0 − y0 | = diam U , o que é uma contradição, visto que |x0 − y0 | = sup{|x − y|; x, y ∈ U }. 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|. r Primeiro note que w = (x − a). |x−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 d(x, T ) = max{0, r − |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 =

r |x−a|

· (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


49

d(x, T ) = r − |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) S1 ⊂ S2 , T1 ⊂ T2 ⇒ d(S2 , T2 ) ≤ d(S1 , T1 ). 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 ) ≤ d(S, T )

s∈S

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 (yk ) ⊂ G, com lim |xk − yk | = 0. Daí, como ∀ k ∈ N, f (xk ) = 1 e f (yk ) = 0, segue que k→∞

lim |f (xk ) − f (yk )| = lim |1| = 1 6= 0, e isto contradiz o fato de f ser uniformemente contínua.

k→∞

k→∞

Portanto, d(F, G) > 0. Exercício 6 Considerando em Rn a norma euclidiana, sejam F ⊂ Rn 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 hx − y0 , a − y0 i ≤ 0. Solução. Tem-se que |a−y0 | ≤ |a−x| ∀ x ∈ F , F é convexo ⇒ tx+(1−t)y0 ∈ F , para t ∈ [0, 1] ⇒ |a − y0 |2 ≤ |a − y0 − t(x − y0 )|2 = |a − y0 |2 − 2ha − y0 , t(x − y0 )i + t2 |x − y0 |2


50

então 2ha − y0 , t(x − y0 )i ≤ t2 |(x − y0 )|, para t 6= 0 tem-se 2ha − y0 , x − y0 i ≤ t|(x − y0 )|, logo quando t → 0+ obtemos hx − y0 , a − y0 i ≤ 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 ¯ = ∅. um ponto aderente ao outro. Isto se exprime por (A¯ ∩ B) ∪ (A ∩ B) Solução. Por definição: Cisão de um conjunto X ⊂ Rn é uma decomposição X = A ∪ B onde A ∩ 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. De forma equivalente podemos definir B aberto em X. (⇒) Vamos supor por absurdo que A¯ ∩ B 6= ∅, isto é, ∃ x ∈ A¯ ∩ B. Isso equivale a dizer que ∃ (xk ) ⊂ A tal que xk → x. Assim, pela definição de limite de sequência, ∀ε > 0, a bola B(x; ε) contém uma infinidade de termos de xk ∈ 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 ¯ = ∅. Portanto, (A¯ ∩ B) ∪ (A ∩ B) ¯ = ∅ ⇒ A¯ ∩ B = ∅ = A ∩ B ¯ ⇒ A ∩ B = ∅. (⇐) Temos que (A¯ ∩ B) ∪ (A ∩ B) 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. Exercício 2 Um subconjunto conexo não vazio X ⊂ Qn consta de um único ponto. Solução.

Primeiro,

note que ∅

6=

X

⊂

Π1 (X) × · · · × Πn (X),

onde

Πi (X) ⊂ Q, ∀ i = 1, · · · , n. Como X é conexo e ∀ i = 1, · · · , n, Πi é contínua, segue que Πi (X) é conexo.


51

Além disso X 6= ∅ ⇒ Πi (X) 6= ∅. Daí, ∀ i = 1, · · · , n; Πi (X) consta de um único ponto. Caso contrário, tomemos a 6= b ∈ Πi (X). Como R − Q é denso em R ⇒ ∃ y ∈ R − Q tal que a < y < b. Daí considere A = Πi (X) ∩ (−∞, y) e B = Πi (X) ∩ (y, ∞). (A, B) é uma cisão não trivial de Πi (X), mas isto contradiz o fato de Πi (X) ser conexo. Portanto Π1 (X) × · · · × Πn (X) consta de um único ponto, e como X 6= ∅ implica que X consta de um único ponto. Exercício 3 Seja E ⊂ Rn um subespaço vetorial próprio. O complementar Rn − E é conexo se, e somente se, dim(E) ≤ n − 2. Solução. (⇒) Se Rn − E é conexo, suponha dim(E) > n − 2. Como dim(E) < n, temos que dim(E) = n − 1, donde dim(E ⊥ ) = 1 Seja E ⊥ = hxi. Defina f : Rn → R por f (x) = hx, wi. Como f é contínua, temos que A = {v ∈ Rn ; f (v) > 0} e B = {v ∈ Rn ; f (v) < 0} são abertos. Além disso, Rn − E = A ∪ B com A ∩ B = ∅. Logo (A, B) é uma cisão de Rn − E. Contradição. 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 um irracional α ∈ / X e a < α < b (lembre que os irracionais do intervalo (a, b) é não-enumerável). 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 A = X ∩ (−∞, α) e B = X ∩ (α, +∞). Demonstração da questão: Sabemos que a projeção πi : X → R , πi (x1 , · · · , xi , · · · , xn ) = xi é contínua. O conjunto das i-ésimas coordernadas dos pontos de X é enumerável. Ora, πi contínua, X conexo ⇒ πi (X) ⊂ R conexo. Mas, πi (X) = {xi1 , xi2 , · · · , xin , · · · } se reduz a um único ponto, pois é enuméravel, 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 ⊂ Rm conexo por caminhos, então existe ϕ : [0, 1] → X ⊂ Rm , um caminho contínuo satisfazendo ϕ(0) = a e ϕ(1) = b. Daí, como f é contínua ⇒ f ◦ ϕ : [0, 1] → f (X) ⊂ Rn 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 z1 = (x1 , y1 ), z2 = (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) = y2 . Definamos h = (f, g) : [0, 1] → X × Y , o caminho definido por h(t) = (f (t), g(t)). É claro que h liga z1 e z2 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 =

[

Xλ , onde cada Xλ é conexo por caminhos, e seja a ∈ Xλ , ∀ λ ∈ L. Dados

λ∈L

pontos quaisquer x, y ∈ X =

[

Xλ , temos duas possibilidades:

λ∈L

1. Se x, y ∈ Xλ , não há nada a fazer, já que Xλ é conexo por caminhos. 2. ∀ x, y ∈ X, ∃ µ, η ∈ L tais que x ∈ Xµ e y ∈ Xη . Como Xµ e Xη são conexos por caminhos, com a, x ∈ Xµ e a, y ∈ Xη , então existem caminhos f : [0, 1] −→ Xµ e g : [0, 1] −→ Xη 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 [ caminho que une os pontos x e y. Portanto, X = Xλ 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 Rn , 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 x0 , 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 x0 e está contido em B, isto é, existe uma função contínua f : [0, 1] → B tal que f (0) = x0 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) = y0 . 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 ⊂ Rn 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(x0 , r). Neste caso x ∈ / ∂B e y ∈ / ∂B e como B(x0 , r) é convexa, tem-se [x, y] ⊂ B(x0 , r). 2a ) x, y ∈ ∂B, então |x − x0 | = r e |y − x0 | = 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 − x0 | = |(1 − t)(x − x0 ) + t(y − x0 )| < r. Assim


54

(1 − t)x + ty ∈ int B ⊂ B − X. 3a ) x ∈ ∂X e Y ∈ / ∂B. Então temos |x − x0 | = r e |y − x0 | < r. Seja 0 < t < 1, então |(1 − t)x + ty − x0 | = |(1 − t)(x − x0 ) + t(y − x0 )| ≤ (1 − t)|x − x0 | + t|y − x0 | = (1 − t)r + t|y − y0 | < (1 − t)r + tr = r portanto |(1 − t)x + ty − x0 | < r, ou seja, (1 − 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. 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 Seja f : I → Rn um caminho diferenciável com f 0 (a) 6= 0 para algum a ∈ I. Se existe uma reta L ⊂ Rn 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 0 (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 6= 0 um vetor direcional de L e E = hvi. Considere também E ⊥ o complemento ortogonal de


55

E e {v1 , vn−1 } uma base de E ⊥ . Para todo k ∈ N;

f (tk )−f (a) tk −a

é um múltiplo de v pois f (tk ) ∈ L para todo k ∈ N. Assim, para tk 6= a,

tem-se f (tk ) − f (a) , vi = 0, ∀i = 1, 2, ..., n − 1 tk − a Passando ao limite, temos hf 0 (a), vi i = 0, ∀i = 1, 2, ..., n − 1. Como f 0 (a) 6= 0 ⇒ f 0 (a) é um vetor

não nulo de Rn paralelo a v. Portanto L = {f (a) + tf 0 (a), t ∈ R} é tangente a f no ponto f (a). Exercício 3 Seja f : I → Rn um caminho diferenciável. Dados a ∈ Rn 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 0 (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 dr |f (t) − a| = dt dt hf (t) − a, (f (t) − a)0 i ⇒ |f (t) − a| hf (t) − a, f 0 (t)i = = 0, |f (t) − a| dr = 0 ⇒ f 0 (t)⊥(f (t) − a). (⇐) Seja t0 ∈ I, tal que |f (t0 ) − a| = r e g(t) = |f (t) − a| como dt (f (t) − a)⊥f 0 (t), temos pois

hf (t) − a, f 0 (t)i = 0 ⇒

hf (t) − a, f 0 (t)i = 0 ⇒ g 0 (t) = 0, ∀t ∈ I, |f (t) − a|

logo g(t) é constante em I. Mas g(t0 ) = |f (t0 ) − a| = r, portanto g(t) = r ⇒ |f (t) − a| = r, ∀t ∈ I. Exercício 4 Seja λ : [a, b] → Rn um caminho fechado diferenciável. Mostre que existe algum t ∈ (a, b) tal que hλ(t), λ0 (t)i = 0. Solução. Seja f : [a, b] → R; f (t) = hλ(t), λ(t)i. 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 0 (t)(b − a) ⇒ f 0 (t) = 0 ⇒ hλ(t), λ0 (t)i = 0, como queríamos provar.


56

Exercício 10 Seja f : I → Rn um caminho diferenciável, com f 0 (a) 6= 0 para um certo a ∈ I. Uma reta L ⊂ Rn 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 0 (a)(t − a), t ∈ R} é a reta tangente a f em f (a). Ora f (t) − f (a) 0 − f (a) 0 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; |f 0 (a) − f 0 (a)| d(f (t), L) ≤ =0 t→a |f (t) − f (a)| |f 0 (a)|

0 ≤ lim portanto

lim t→a

d(f (t), L) = 0. |f (t) − f (a)|

(⇐)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 0 (a). De fato f (t) − f (a) − V d(f (t), L) |f (t) − f (a) − V (t − a)| t−a = = f (t) − f (a) |f (t) − f (a)| |f (t) − f (a)| t−a aplicando limite t → a temos f lim (t) − f (a) − V t→a t−a = |(f 0 (a) − V |)/f 0 (a) portanto |f 0 (a) − V | = 0 ⇒ V = f 0 (a). A reta 0 = lim f (t) − f (a) t→a t−a L é a reta tangente contendo o ponto f (a). Exercício 11 Sejam f : [a, b) −→ R2 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 . As seguintes afirmações são equivalentes: i) lim d(f (t), L) = 0; t→b

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 ii) lim hf (t), ui = c e lim t→b

t→b

57

f (t) , u = 0. |f (t)|

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

α 6= 0 .

Portanto lim hf (t), ui =

D

t→b

E c − βy lim f (ti ), u = hz, ui = h(x, y), (α, β)i = , y , (α, β) = t→b α

c − βy + βy = c. e lim t→b

f (t) 1 , u = lim hf (t), ui = 0 · c = 0 t→b |f (t)| |f (t)|

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 assíntota 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)) − (b, ϕ(t))| = |(t − b, 0)| ⇒ lim d(f (t), L) = lim |(t − b, 0)| = 0, 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 Z b Z b 0 b hf (t), g (t)i dt = hf, gi |a − hf 0 (t), g(t)i dt a

a

Solução. Definamos ϕ(t) = hf (t), g(t)i, então ϕ0 (t) = hf 0 (t), g(t)i + hf (t), g 0 (t)i. Então segue que


b

Z

b

Z

0

(hf 0 (t), g(t)i + hf (t), g 0 (t)i)dt

ϕ (t)dt = a

a

b

Z

Z

0

⇒

b

Z

0

b

Z

⇒

b

Z

0

hf (t), g 0 (t)i dt

hf (t), g(t)i dt +

=

a

a

Z

hf (t), g 0 (t)i dt

a

a

a

ϕ(t)|ba

b

hf (t), g(t)i dt +

ϕ (t)dt =

⇒

58

b 0

hf (t), g (t)i dt =

hf (t), g(t)i |ba

Z

b

hf 0 (t), g(t)i dt

−

a

a

Exercício 2 Se uma sequência de caminhos integráveis fk : [a, b] → Rn converge uniformemente para um caminho f : [a, b] → Rn então f é integrável e Z b Z b lim fk (t)dt = f (t)dt t→∞

a

a

Solução. Vimos que se (fk ) converge uniformemente para f e todas as funções fk são contínuas em c ∈ X, então f é contínua em c. Disto concluímos que se x ∈ Df , então x ∈ Dfn , para algum [ [ n ∈ N, daí Df ⊂ Dfn e como Dfn tem medida nula, segue que Df tem medida nula e n∈N

n∈N

portanto é integrável. Agora note que Z b Z b Z b Z b f (t)dt − fk (t)dt = (f (t) − fk (t))dt ≤ |f (t) − fk (t)|dt. a

a

a

a

Como (fk ) converge uniformemente para f , então dado ε > 0, ∃ n0 ∈ N; ∀ n > n0 , |f (t) − fk (t)| < ε/(b − a), daí Z ∀ n > n0 ,

b

Z |f (t) − fk (t)|dt < ε ⇒ lim

a

t→∞

b

Z fk (t)dt =

a

b

f (t)dt. a

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

f (t)dt ∈ A.

para todo t, prove que 0

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


α1 + · · · + αk = 1 com α1 ≥ 0, · · · , αk ≥ 0 então x1 , · · · , xk ∈ A ⇒

k X

59

αi xi ∈ A.

i=1

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

2.2.3

k→∞

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 ) =

Rb a

|f 0 (t)|dt.

Sendo f, g ∈ C 1 , temos: R 2π R π/2 R 3π/2 R 2π l(f ) = 0 | cos t|dt = 0 cos tdt − π/2 cos tdt + 3π/2 cos tdt = 4 e R 2π R 2π √ l(g) = 0 |(1, cos t)|dt = 0 1 + cos2 tdt Exercício 2 Qual é o comprimento da ciclóide f : [0, 2π] −→ R2 , f (t) = (t − sen t, 1 − cos t) ? Solução. Como f 0 (t) = (1 − cos t, sen t) logo p p |f 0 (t)| = (1 − cos t)2 + sen 2 t = 2(1 − cos t). Então o comprimento de f é igual a Z

2π

Z p 2(1 − cos t)dt =

0

0

2π

t t 2π 2sen dt = −4 cos | = 4(1 − (−1)) = 8 2 2 0

2.3 - Funções Reais de n Variáveis 2.3.1

Derivadas parciais

Exercício 2 Seja U ⊂ Rm 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 ⊂ Rm 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 ∂f = 0 = ··· = 0 = , ∂x1 ∂xn onde df (x) = (

∂f ∂f ,..., ), ∂x1 ∂xn

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 0

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 Rn . 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) 0

Como g : R −→ R ⇒ g (0) = 0 (1). 0

0

Observe que ϕ (t) = h ∀t ∈ [−δ, δ] ⇒ ϕ (0) = h. Pela Regra da Cadeia: 0

0

0

0

0

(1)

g (0) = (f ◦ ϕ) (0) = f (ϕ(0))ϕ (0) = f (a)h = 0. Logo como h ∈ Rm é arbitrário e |h| = 1 temos 0

que f (a) = 0. Para a ∈ U ponto de mínimo a demonstração é análoga. Exercício 4 [Teorema de Rolle] Seja f : U → R contínua no aberto limitado U ⊂ Rm , 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 x→a

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

∂f (c) ∂xi

61

= 0 para i = 1, · · · , 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

∂f (x) ∂xi

= 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,

∂f (c) ∂xi

= 0 para i = 1, · · · , m.

Exercício 5 ∂f (x)| ≤ M , (i = 1, 2, ..., m) em todos os pontos do Se f : U → R possui derivadas parciais com | ∂x i

aberto convexo U ⊂ Rm 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 = v0 + α1 e1 v2 = v1 + α2 e2 = α1 e1 + α2 e2 .. . vi = vi−1 + αi ei .. . vm = v |f (x+v)−f (x)| = |f (x+v1 )−f (x+v0 )+f (x+v2 )−f (x+v1 )+· · ·+f (x+vm )−f (x+vm−1 )| ≤ k X |f (x + vi ) − f (x + vi−1 )| i=1

Pelo T.V.M. ∂f ∂f |f (x + vi ) − f (x + vi−1 )| = ∂xi (z) |vi − vi−1 | = ∂xi (z) |αi |, em que z é um ponto do segmento [vi−1 , vi ]. k X ∂f Por hipótese ∂xi (z) ≤ M , então temos que |f (x + v) − f (x)| ≤ M |αi | = M |v|S , v = y − x. i=1

Então |f (y) − f (x)| ≤ M |x − y|, ∀ x, y ∈ U . 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) ∂f ser conexo, implica que |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|, ∀ x, y ∈ B(x, δ), em que ∂x (z) ≤ M, ∀ x ∈ U . i 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 ∂f f (a + h, b + k) − f (a, b) = (a + θh, b + k) · h + (a, b + θk) · k. ∂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, 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 0 (θ)(1 − 0). Logo f (a + h, b + k) + f (a, b + k) − f (a, b + k) − f (a, b) = f 0 (a + θh, b + k)h + f 0 (a, b + θk)k portanto f (a + h, b + k) − f (a, b) =

2.3.2

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

Derivadas direcionais

Exercício 1 Uma função f : Rm → Rn tal que f (0) = 0 e f (tx) = tf (x), para quaisquer x ∈ Rm e t 6= 0, tem todas as derivadas direcionais na origem, e vale

∂f (0) ∂v

= f (v).

Solução. Por hipótese temos que f (tx) = tf (x), ∀ t 6= 0, daí f (0 + tv) − f (0) tf (v) − f (0) = = f (v), ∀ t 6= 0 t t f (0 + tv) − f (0) = lim f (v) = f (v), t→0 t→0 t

⇒ lim portanto

∂f (0) ∂v

existe e coincide com f (v).


63

Exercício 2 x2 y Seja f : R → R definida por f (x, y) = 2 se x2 + y 2 > 0 e f (0, 0) = 0. Para todo caminho 2 x +y λ : (−ε, ε) → R2 , diferenciável no ponto 0, com λ(0) = (0, 0), existe a derivada (f ◦ λ)0 (0). 2

Solução. Seja λ(t) = (x(t), y(t)) se t 6= 0 e λ(t) = 0 se t = 0, então

(f ◦ λ)0 (0) = lim t→0

f (λ(t)) (f ◦ λ)(0 + t) − (f ◦ λ)(0) = lim t→0 t t 2

x (t) y(t) . t )2 .( y(t) ) ( x(t) 1 x2 (t)y(t) t2 t t = lim . 2 = lim x2 (t) y2 (t) = lim x(t) y(t) 2 t→0 t x (t) + y (t) t→0 t→0 ( )2 + ( t )2 + t2 t t2 λ(t) λ(t) − λ(0) = lim f = f lim = f (λ0 (0)) t→0 t→0 t t

Como λ é diferenciável em 0, existe (f ◦ λ)0 (0) e é igual a f (λ0 (0)). Exercício 3 Sejam ϕ, ψ : R2 → R definidos por: ϕ(x, y) =

(x2 − y 2 )y 2 (x2 − y 2 )y 2 √ , ψ(x, y) = se x > 0 e 0 < y < x2 . x8 x7 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. Solução. Para y 6= 0 ou y 2 6= x2 , x > 0, temos que ϕ e ψ possuem derivadas direcionais em todos os pontos. Analisaremos então os seguintes casos:


64

1o caso: y = 0, x = 0, v = (v1 , v2 ). ∂ϕ ϕ[(x, 0) + t(v1 , v2 )] − ϕ(x, 0) ϕ(x + tv1 , tv2 ) (x, 0) = lim = lim t→0 t→0 ∂v t t [(x + tv1 )2 − (tv2 )]2 t2 v22 t[(x + tv1 )2 − (tv2 )]2 v22 = lim t→0 t→0 t(x + tv1 )8 (x + tv1 )

= lim = 0,

∂ψ ψ[(x, 0) + t(v1 , v2 )] − ψ(x, 0) ψ(x + tv1 , tv2 ) (x, 0) = lim = lim t→0 t→0 ∂v t t [(x + tv1 )2 − tv2 ]2 t2 v22 t[(x + tv1 )2 − tv2 ]2 v22 √ √ = lim t→0 t(x + tv1 )7 x + tv1 t→0 (x + tv1 )7 x + tv1

= lim = 0.

2o caso: y = x2 , x > 0, v = (v1 , v2 ). ∂ϕ ϕ[(x, x2 ) + t(v1 , v2 )] − ϕ(x, x2 ) ϕ(x + tv1 , x2 + tv2 ) = lim = lim t→0 t→0 ∂v t t (x2 + 2xtv1 + t2 v12 − x2 − tv22 )2 (x2 + tv2 )2 [(x + tv1 )2 − (x2 + tv2 )]2 (x2 + tv22 )2 = lim t→0 t→0 t(x + tv1 )8 t(x + tv1 )8

= lim

(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 )] − ψ(x, x2 ) ψ(x + tv1 , x2 + tv2 ) = lim = lim t→0 t→0 ∂v t t [(x + tv1 )2 − (x2 + tv2 )]2 (x2 + t2 v2 )2 t2 (2xv1 + tv12 − v2 )2 (x2 + tv1 )2 √ √ = lim t→0 t→0 t(x + tv1 )7 x + tv1 t(x + v1 )7 x + tv1

= lim = 0.

3o caso: (x, y) = (0, 0), v = (v1 , v2 )

∂ϕ ϕ(v1 , v2 ) ϕ(tv) = lim = lim = 0, pois ϕ(tv) = 0, ∀v ∈ R2 t→0 t→0 ∂v t t

e t suficientemente pequeno. ∂ψ Para (0, 0) = 0 é análogo. ∂v Afirmação: as derivadas direcionais dependem linearmente de v, pois para y 6= 0 e y 6= x2 , x > 0, temos que ϕ, ψ são diferenciáveis. Além disso ∀u ∈ R2 temos:


65

∂ϕ ∂ϕ (x, y) = h∇ϕ(x, y), vi e = h∇ϕ(x, y), ui ∂v ∂u ∂ϕ ∂ϕ (x, y) = h∇ϕ(x, y), λvi = λ h∇ϕ(x, y), vi = λ ∂v ∂v ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ (x, y) = h∇ϕ(x, y), u + vi = h∇ϕ(x, y), ui + h∇ϕ(x, y), vi = + . ∂(u + v) ∂u ∂v Analogamente, isso vale para ψ. Por fim, para y = 0 ou y = x2 , x > 0 obtemos

∂ϕ ∂ψ (x, y) = (x, y) = 0. ∂v ∂v

Portanto, ϕ e ψ dependem linearmente de v. Exercício 4 Seja f : Rm → R uma função contínua, possuindo todas as derivadas direcionais em qualquer ponto de Rm . Se

∂f (u) ∂u

> 0 para todo u ∈ S m−1 então existe um ponto a ∈ Rm tal que

∂f (a) ∂v

= 0 seja qual

for v ∈ Rm . ∂f (u) ∂u f (u+tu)−f (u) > 0 t

Solução. Seja u ∈ S m−1 , então a condição

> 0 implica que ∃ δ > 0 tal que ∀ t ∈ R

satisfazendo −δ < t < 0 tem-se

⇒ 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 m−1 , então , necessariamente o mínimo de f |B[0,1] é assumido em algum ponto a ∈ B(0, 1). Para cada v ∈ Rm , considere a função ϕ : R → R definida por ϕ(t) = f (a + tv). Temos que ϕ tem um mínimo local quanto t = 0, daí 0 = ϕ0 (0) =

2.3.3

∂f (a). ∂v

Funções diferenciáveis

Exercício 1 Seja f : Rm → R tal que f (tx) = |t|f (x) para x ∈ Rm e t ∈ R quaisquer. Se f é diferenciável na origem, então f (x) = 0 para todo x. 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 (0 + tx) − f (0) tf (x) ∂f + (0 ) = lim+ = lim+ = f (x) t→0 t→0 ∂x t t Se t < 0, f (tx) = −t.f (x) e ∂f − f (0 + tx) − f (0) −tf (x) (0 ) = lim− = lim− = −f (x) t→0 t→0 ∂x t t Como, ∂f (0) ∂x

=

por ∂f (0+ ) ∂x

hipótese, =

∂f (0− ), ∂x

f

é

diferenciável

na

origem,

devemos

ter

ou seja, f (x) = −f (x), o que implica que f (x) = 0, para todo x ∈ Rm .


66

Exercício 2 Sejam U ⊂ Rm um aberto tal que x ∈ U, t > 0 ⇒ tx ∈ U , e k um número real. Uma função f : U → R diz-se positivamente homogênea de grau k quando f (tx) = tk f (x) para quaisquer x ∈ U e t > 0. Para todo k ∈ R mostre que existe uma função f : Rm −0 → R, de classe C ∞ , positivamente homogênea de grau k, tal que f (x) > 0 para todo x e f não é um polinômio. p 2k Solução. Seja f : Rm − {0} → R, dada por f (x) = x2k 1 + · · · + xm , então q p 2k 2k 2k f (tx) = (tx1 ) + · · · + (txm ) = t x2k 1 + · · · + xm = tf (x). Tem-se que f é classe C ∞ e positivamente homogênea de grau k. Exercício 3 Seja U ⊂ Rm como no exercício anterior. Se f : U → R é diferenciável, então f é positivamente P ∂f homogênea de grau k se, e somente se, cumpre a relação de Euler, (x)xi = kf (x). Escreva a ∂xi relação de Euler para a função f (x) = hx, xik = |x|2k . Solução. (⇒) f positivamente homogênea de grau k ⇒ f (tx) = tk f (x), ∀ t > 0 . Derivando dos dois lados da última igualdade com relação a t obtemos f 0 (tx)x = ktk−1 f (x), ∀ t > 0. Em particular, para P ∂f t = 1 temos ∂f∂x(x) = kf (x), isto é , (x)xi = kf (x), como queríamos provar. ∂xi f (tx) . tk k−1 t h∇f (tx),txi−ktk−1 f (tx) t2k

(⇐) Defina g : (0, ∞) → R, pondo g(t) = g assim definida é diferenciável e g 0 (t) =

que (0, ∞) é conexo. Desse modo g(t) = g(1), ∀ t ∈ (0, ∞) ⇒

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

= f (x) ⇒ f (tx) = tk f (x),

portanto f é positivamente homogênea. A relação de Euler pra função f (x) = hx, xik = |x|2k é

P

∂f (x)xi ∂xi

= 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 0 (a).h + r(h),

r(h) =0 h→0 |h| lim

r(h) |r(h)| = 0, aplicando a definição, ∀ δ > 0, ∃ ε > 0 tais que |h| < ε ⇒ < δ, |h| |h| assim |r(h)| < δ0 |h|, para algum δ0 > 0. já que limh→0

Seja M = max{|f 0 (a)|, δ0 }, então |f (a + h) − f (a)| = |f 0 (a).h + r(h)| ≤ |f 0 (a)||h| + δ0 |h| ≤ M |h| o que conclui a prova. Exercício 6 Seja f : U → R de classe C 1 no aberto U ⊂ Rm . Dados a ∈ U e > 0, prove que existe δ > 0 tal que x, y ∈ U, |x − a| < δ, |y − a| < δ ⇒ f (y) − f (x) = f 0 (a)(y − x) + r(x, y) onde |r(x, y)| ≤ |x − y|. Solução. f : U → R de classe C 1 ⇒ r : U → R ∈ C 1 , onde r(x) = f (x) − f (a) − m X ∂f ∂r (a) = 0, ∀ i = 1, ..., m, daí, dado > 0, ∃ δ > 0 tal que (a)(xi − ai ). Além disso ∂x i ∂x i i=1 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) h∇r(x + θ(y − x)), x − yi

∈ (0, 1) tal que r(x) − r(y) = ⇒

|r(x) − r(y)| ≤ |∇r(x + θ(y − x))||x − y| < |x − y|. Além disso f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + r(x) e f (y) = f (a) + f 0 (a)(y − a) + r(y) ⇒ f (x) − f (y) = f 0 (a)(x − y) + r(x) − r(y). Se fizermos r(x, y) = r(x) − r(y), então obtemos o resultado esperado. 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 .


68

A função complexa f : U → C diz-se holomorfa quando possui derivada f 0 (z) em todos os pontos do aberto U . 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

=0e

∂u ∂y

=

∂v ∂x

= 0.

Assim concluímos que f 0 (z) =

∂u ∂x

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

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 0

0

0

f , tais que u ◦ ϕ e v ◦ ψ são constantes. Se ϕ(s) = ψ(t) e f (ϕ(s)) 6= 0 então hϕ (s), ψ (t)i = 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 : Iϕ −→ U ⊂ R2 , ψ : Iψ −→ U ⊂ R2 caminhos diferenciaveis onde u ◦ ϕ : Iϕ −→ R e v ◦ ψ : Iψ −→ R são constantes. Devemos mostrar 0

0

que se existem s0 , t0 tais que ϕ(s0 ) = ψ(t0 ) ⇒ hϕ (s0 ), ψ (t0 )i = 0. De fato ϕ(s) = (ϕ1 (s), ϕ2 (s)) e ψ(t) = (ψ1 (t), ψ2 (t)) , ∀s, ∀t. Queremos mostrar que 0

0

0

0

h(ϕ1 (s0 ), ϕ2 (s0 )), (ψ1 (t0 ), ψ2 (t0 )i = 0. Como u ◦ ϕ(s) = cte tem-se ∂u ∂u 0 0 (ϕ(s))ϕ1 (s) + (ϕ(s))ϕ2 (s) . 0= ∂x ∂y 0 ⇒ 0 = h(ux (ϕ(s)), uy (ϕ(s)), ϕ (s)i, ∀s ∈ Iϕ (I) e ∂v ∂v 0 0 (ψ(t))ψ1 (t) + (ψ(t))ϕ2 (t) . ∂x ∂y 0 ⇒ 0 = h(vx (ψ(t)), vy (ψ(t)), ψ (t)i, ∀t ∈ Iψ (II)

0=

0

Por hipotese, f (ϕ(s0 )) = ux (ϕ(s0 )) − iuy (ϕ(s0 )) 6= 0 e 0

0

0 6= f (ϕ(s0 )) = f (ψ(t0 )) = vy (ψ(t0 ) + ivx (ψ(t0 ) ⇒ (ux (ϕ(s0 )), uy (ϕ(s0 )) 6= 0 6= (vy (ψ(t0 ), vx (ψ(t0 )) De (I),(II) e de Cauchy Riemann vem que 0

0 = h(vy (ϕ(s0 ), −vx (ϕ(s0 )), ϕ (s0 )i 0

0 = h(vx (ψ(t0 ), vy (ψ(t0 )), ψ (t0 )i (III) Como


69

0 = h(vy (ϕ(s0 ), −vx (ϕ(s0 )), (vx (ψ(t0 ), vy (ψ(t0 ))ijá que ϕ(s0 ) = ψ(t0 ) , temos de (III) que ∃λ 6= 0 tal que 0

(vy (ϕ(s0 ), −vx (ϕ(s0 )) = λψ (t0 ). De (III), 0

0

0 = λhψ (t0 ), ϕ (s0 )i . Exercício 12 Sejam f : U → R diferenciável positivamente homogênea de grau 1 num aberto U ⊂ Rm contendo zero. Mostre que f é a restrição de U de uma transformação linear de Rm em R. Conclua que a x3 , x2 +y 2

função f : R2 → R dado por f (x, y) =

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

Solução. Observe, inicialmente, que para t = 0 temos f (0, x) = 0 · f (x) ⇒ f (0) = 0. Como, por hipótese, f é diferenciável então existe

∂f (0). ∂x

Assim, temos:

tf (x) f (tx) − 0 f (tx) − f (0) f (0, tx) − f (0) = lim = lim = lim t→0 t→0 t→0 t→0 t t t t ∂f = (0) = 5f (0) · x ∂x

f (x) = lim f (x) = lim t→0

Como 5f (0) é uma transformação linear, concluímos que f é linear.

Seja

f (x, y) =

 

x3 , x2 +y 2



0,

se se

x2 + y 2 6= 0, x = y = 0.

Temos: • Se x = y = 0, f (tx, ty) = 0 ⇒ f (tx, ty) = t ⇒ f (x, y) = 0 • Se x, y 6= 0, f (tx, ty) =

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

=

t3 x3 t2 x2 +t2 y 2

=

tx3 x2 +y 2

= tf (x, y)

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

(x1 + x2 )3 (x1 )3 (x2 )3 = 6 + = 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. x f (x) Solução. Inicialmente provaremos por indução, que f ( n ) = n , ∀n ∈ N. 2 2 f (x) x , que é verdadeiro, por hipótese. Para n = 1, temos f ( ) = 2 2 Suponhamos que a relação acima seja válida para n = k, e vamos mostrar que ela também é válida para n = k + 1. Com efeito, f( Logo, f (

1 x x/2k 1 f (x) x f (x) ) = f ( k ) = · k ⇒ f ( k+1 ) = k+1 . ) = f ( k+1 2 2 2 2 2 2 2 2 x

x f (x) ) = n , ∀n ∈ N. n 2 2

f (x) x , ∀x ∈ Rm ⇒ f (0) = 0. Além disso, observamos que f ( ) = 2 2 1 Tomando t = n , e usando o fato que f é diferenciável, temos 2 x f( n ) tf (x) (1/2n ) · f (x) 2 = lim f (tx) f (x) = lim = lim = lim t→0 n→∞ n→∞ 1/2n t→0 t (1/2n ) t f (0 + tx) − f (0) =< ∇f (0), x > . t→0 t

f (x) = lim

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 ∂ (x) = (Σi=1 xi ei ) = (Σm xi f (ei )) = f (ei ), ∂xi ∂xi ∂xi i=1 derivadas parciais, ∀x ∈ Rm .

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

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

∂f ∂f (x).αi = (x) = df (x).v ∂xi ∂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 ∈ Rm onde r(v) = 0 logo limv→0


71

Exercício 2 ∂f (a) num ponto a ∈ ∂v U, U ⊂ Rm aberto. Se não existirem pelo menos m − 1 vetores v, linearmente independentes, tais ∂f que (a) = 0, então f não é diferenciável no ponto a. ∂v Solução. Vamos provar a contrapositiva. ∂f Se f é diferenciável no ponto a, temos que f 0 (a)v = (a) = 0 ⇒ f 0 (a)v = 0 ⇒ v ∈ ker(f 0 (a)), ∂v onde f 0 (a) : Rm −→ R. Note que dim Im(f 0 (a)) ≤ 1. Usando o Teorema do Núcleo e da Imagem, Seja f : U −→ R uma função que possui todas as derivadas direcionais

segue que m − dim ker(f 0 (a)) ≤ 1 ⇒ dim ker(f 0 (a)) ≥ m − 1. Portanto, existem pelo menos m − 1 ∂f vetores linearmente independentes tais que (a) = 0. ∂v Exercício 3 Dada f : U → R no aberto U ⊂ Rm , defina f k : U → R pondo f k (x) = f (x)k . Prove que f k é diferenciável e que df k (x) · v = k · f k−1 (x) · df (x) · v para x ∈ U e v ∈ Rm . Solução. Seja g : R → R, g(x) = xk .g é C ∞ , além disso f k (x) = g(f (x)), daí, f k é diferenciável 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 ∂x1 ∂xm

e use esta expressão para calcular df (x) · v para x e v dados. Solução. 1. f : R × (R − 0) → R, f (x, y) =

x . y

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 − 2 dy y y

df (x, y) =

Então 1 x tx txy df (x, y) · (tx, ty) = ( dx − 2 dy ) · (tx, ty) = − 2 =0 y y y y

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 2. f : R3 − 0 → R, f (x, y) = (

72

p 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). ∂f ∂f ∂f (x, y, z)dx + (x, y, z)dy + (x, y, z)dz ∂x ∂y ∂z p p p −3 −3 −3 = −x x2 + y 2 + z 2 dx − y x2 + y 2 + z 2 dy − z x2 + y 2 + z 2 dz p −3 = − x2 + y 2 + z 2 (xdx + ydy + zdz )

df (x, y, z) =

Daí p −3 x2 + y 2 + z 2 (xdx + ydy + zdz ) · (v1 , v2 , v3 ) p −3 = − x2 + y 2 + z 2 (xv1 + yv2 + zv3 )

df (x, y, z) · v = −

Assim, p −3 df (x, y, z) · v = 0 ⇔ − x2 + y 2 + z 2 (xv1 + yv2 + zv3 ) = 0 ⇔ xv1 + yv2 + zv3 = 0 ⇔ (v1 , v2 , v3 ) ⊥ (x, y, z). Agora, para (x, y, z) = (1, 2, 3) e v = (4, 2, 2), temos df (1, 2, 3) · (4, 2, 2) =

√ − 14 14

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 1 = p dx + p dy = p (xdx + ydy ) 2 2 2 2 2 x +y x +y x + y2

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

Aplicando em v = (−y, x), encontramos df (x, y) · v = 0 Exercício 5 Considere em Rm a norma euclidiana. Se f : Rm − 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 X ∂f (x) αi , onde v = (α1 , · · · , αm ), mas Solução. df (x) · v = ∂xi i=1 ∂|x|a = a|x|a−1 · ( ∂xi

q x21 + · · · + x2i + · · · + x2m )0

2xi = a|x|a−1 p 2 2 x1 + · · · + x2i + · · · + x2m xi = a|x|a−2 · xi = a|x|a−1 |x|


73

Logo, df (x) · v =

m X

a|x|a−2 xi αi

i=1 a−2

= a|x|

m X

xi α i

i=1

= a|x|a−2 < x, v >, ∀v ∈ Rm . Exercício 7 Seja f : U −→ R definida no aberto U ∈ Rm . Dado a ∈ U, suponha que, para todo caminho λ : (−ε, ε) −→ U, com λ(0) = a, que possua vetor velocidade v = λ0 (0) no ponto t = 0, o caminho composto f ◦ λ : (−ε, ε) −→ R também possua vetor velocidade (f ◦ λ)0 (0) = T.v, onde T : Rm −→ R é linear. Prove que, nestas condiÃ§oes, f é diferenciável no ponto a. Solução. Defina λ : (−ε, ε) −→ U por λ(t) = a + tei logo λ(0) = a, λ0 (0) = ei =⇒ (f ◦ λ)0 (0) = ∂f f (a + tei ) − f (a) (f ◦ λ)(t) − (f ◦ λ)(0) T (ei )(hipótese) =⇒ (a) = limt→0 = limt→0 = (f ◦ ∂xi t t ∂f ∂f ∂f λ)0 (0) = T (ei ) =⇒ ∃ (a) ∀i = 1 · · · m Por outro lado tem [T ] = ( (a), · · · , (a)) e como ∂xi ∂x1 ∂xn ∂f T é continua =⇒ (a) é continua ∀ i = 1 · · · m logo f é diferenciável en a. ∂xi Exercício 8 Seja f : U −→ R difrenciável no aberto U ⊂ Rm . Suponha df (a) 6= 0 para um certo a ∈ U e considere o vetor unitário u ∈ Rm tal que df (a) · u = max{df (a) · h; |h| = 1}. Se v ∈ Rm é tal que df (a) · v = 0 , mostre que v é perpendicular a u. Solução. Seja f : U −→ R difrenciável no aberto U ⊂ Rm e df (a) 6= 0 para a ∈ U e considere u ∈ Rm o vetor unitário tal que df (a) · u = max{df (a) · h} onde |h| = 1. Temos que df (a) · u ≥ df (a) · h para todo h tal que |h| = 1 em especial para h =

∇f (a) |∇f (a)|

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

∇f (a) ∇f (a), = |∇f (a)| |∇f (a)|

df (a) · u = h∇f (a), ui ≤ |∇f (a)| · |u| = |∇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, h∇f (a), vi = 0 ⇒ v ⊥ ∇f (a). Mas ∇f (a)//u ⇒ u ⊥ v. Exercício 9 Seja f : Rm × Rm → R dada por f (x, y) = hx, yi. Mostre que f é diferenciável e que df (x, y) · (v, w) = hv, yi + hx, wi. Generalize, considerando uma forma bilinear ϕ : Rm × Rn → R qualquer. Generalize

ainda

mais,

tomando

ψ : Rm1 × · · · × Rmk → R k-linear. 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)+ f (h, k). Note que f (x, k) + f (h, y) é uma função linear de (h, k) e |h|E . Portanto

|f (h,k)| lim(h,k)→(0,0) |(h,k)| E

|f (h,k)| |(h,k)|

=

|hh,ki| |(h,k)|

≤ √|h|E2.|k|E 2 ≤ |h|E +|k|E

= 0 ⇒ f é diferenciável e df (x, y).(h, k) = hx, ki + hh, yi.

Parte 2: Seja ϕ : Rm × Rn → R uma forma bilinear qualquer e (x, y) ∈ Rm × Rn . Então ϕ(x + h, y + 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 n n X m X X X |ϕ( hj .ej , ki .ei )| | ϕ(ej , ei )hj .ki | lim(h,k)→(0,0)

|ϕ(h,k)| = |(h,k)|S n m XX

lim(h,k)→(0,0)

i=1 j=1

lim(h,k)→(0,0)

j=1

i=1 |(h,k)|S

= lim(h,k)→(0,0)

i=1 j=1 |h|S +|k|S

≤

|ϕ(ej , ei )||hj ||ki | |h|S +|k|S

.

Se c = max{|ϕ(ej , ei )|, 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ i ≤ n}, temos ainda que lim(h,k)→(0,0) lim(h,k)→(0,0)

c|h|S .|k|S |h|S +|k|S

|ϕ(h,k)| |(h,k)|S

≤

= 0.

Portanto ϕ é diferenciável e ϕ0 (x, y)(h, k) = ϕ(x, k) + ϕ(h, y).

Parte 3: No caso geral considere ψ : Rm1 × · · · × Rmk → R uma aplicação k-linear e (x1 , ..., xk ) ∈ Rm1 × · · · × Rmk . Temos então que ψ(x1 + h1 , ..., xk + hk ) = ψ(x1 , ..., xk ) +

k X i=1

ψ(x1 , .., xi−1 , hi , xi+1 , .., xk )+


+

k X

75

ψ(x1 , .., xi−1 , hi , xi+1 , .., xj−1 , hj , xj+1 , ..., xk ) + ... + ψ(h1 , .., hk )

i,j=1 i6=j

onde

k X

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

i=1

Se c = max{|ψ(ei1 , .., eik )|, 1 ≤ i1 ≤ m1 , 1 ≤ i2 ≤ m2 , ..., 1 ≤ ik ≤ mk }, então temos que k X |ψ(x1 +h1 ,...,xk +hk )−ψ(x1 ,...,xk )− ψ(x1 , .., xi−1 , hi , xi+1 , .., xk )| i=1 |(h1 ,...,hk )|S c ( |h1 |S +...+|hk |S

k X

≤

(|x1 |..|xi−1 ||hi ||xi+1 |...|xj−1 ||hj ||xj+1 |...|xk |) + ... + |h1 |...|hk |).

i,j=1 i6=j

Desse modo temos que |ψ(x1 + h1 , .., xk + hk ) − ψ(x1 , .., xk ) −

k X

ψ(x1 , .., xi−1 , hi , xi+1 , .., xk )|

i=1

lim

= 0. |(h1 , .., hk )|S Portanto ψ é diferenciável e ψ 0 (x1 , .., xk )(h1 , .., hk ) = ψ(h1 , x2 , .., xk ) + ... + ψ(x1 , x2 , .., hk ). (h1 ,..,hk )→(0,..,0)

Exercício 10 Prove que f : R2 → R é diferenciável no ponto c = (a, b) se, e somente se, existem funções α, β : R2 → R contínuas na origem, tais que,para todo (h, k) ∈ R2 , 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. (⇒) f é diferenciável em c = (a, b) então f (a + h, b + k) = f (a, b) + com

lim

h→0,k→0

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

ρ(h, k) = 0.

Então f (a + h, b + k) = f (a, b) +

∂f ρ(h, k) ∂f ρ(h, k) (c) + √ ·h ·h+ (c) + √ ·k ·k ∂x ∂y h2 + k 2 h2 + k 2

Defina α :  R2 → R por:  ∂f (c) + √ρ(h,k) · h, se (h, k) 6= (0, 0), ∂x h2 +k2 α(h, k) = ∂f  (c), se (h, k) = (0.0). ∂x h ∂f ∂f lim α(h, k) = lim (c) + ρ(h, k) √ = (c) = α(0, 0) 2 2 h→0,k→0 h→0,k→0 ∂x ∂x h +k Logo α é contínua em (0, 0)   ∂f (c) + √ρ(h,k) · k, se (h, k) 6= (0, 0), ∂y h2 +k2 Analogamente β : R2 → R definida por β(h, k) = ∂f  (c), se (h, k) = (0.0). ∂y


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).

(⇐) (a,b) Se f (a + h, b + k) = f (a, b) + α(h, k) · h + β(h, k) · k então k 6= 0, h = 0 ⇒ f (a,b+k)−f = β(0, k). k f (a, b + k) − f (a, b) ∂f Por hipótese, β é contínua em (0, 0), então β(0, 0) = lim = (a, b). k→0 k ∂y (a, b). Analogamente, α(0, 0) = ∂f ∂x

Defina β(h, k) =

∂f (a, b) ∂y

= β(a, b) e α(h, k) =

∂f (a, b) ∂x

= α(a, b) ∂f α(h, k) · h + β(h, k) · k. Então, f (a + h, b + k) = f (a, b) + ∂f (a, b) + (a, b) + ∂x ∂y

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

∂f (a, b) ∂x

·h+

∂f (a, b) ∂y

· k − (α(h, k) · h + β(h, k) · k)

Defina r(h, k) = α(h, k) · h+ β(h, k) · k. h k r(h, k) = lim α(h, k) √ + β(h, k) √ =0 lim h→0,k→0 h→0,k→0 |(h, k)| h2 + k 2 h2 + k 2 Portanto f é diferenciável em (a, b) e então f é diferenciável.

α(h, k) = 0 ∂f ∂f ∂f ∂f lim α(h, k) = lim (a, b) − α(h, k) = (a, b) − α(0, 0) = (a, b) − (a, b) = 0. h→0,k→0 h→0,k→0 ∂x ∂x ∂x ∂x É análogo para β. Observação:

lim

h→0,k→0

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 ∈ Rm . Solução. Suponha por absurdo que existam x0 ∈ U e v0 ∈ Rm tais que |df (x0 ) · v0 | > c|v0 |, logo df (x0 ) · v0 > c. Fazendo u0 = v0 , temos |df (x0 ) · u0 | > c. Isto nos diz que |df (x0 ) · u0 | = c + ε, |v0 | |v0 | onde ε > 0, ε ∈ R. Queremos achar um vetor tal que |f (x0 + v) − f (x0 )| > c|v|.


77

Pela defnição de diferenciabilidade temos que ∀v ∈ Rn , tal que x0 + v ∈ U , temos que r(v) = 0. v→0 |v|

f (x0 + v) − f (x0 ) = df (x0 ) · v + r(v), onde lim

Fixemos u0 , temos que tu0 → 0 quando t → 0. Para todo ε > 0, dado acima, existe δ > 0, tal que 0
|r(tu0 )| |r(tu0 )| |r(tu0 )| = = <ε |tu0 | |t||u0 | t

⇒ |r(tu0 )| < tε. Pela definição de diferenciabilidade temos |f (x0 + tu0 ) − f (x0 )| = |df (x0 )tu0 + r(tu0 )| ≥ |df (x0 )tu0 | − |r(tu0 )| = t|df (x0 )u0 | − |r(tu0 )| > t(c + ε) − tε = tc. Veja que |tu0 | = |t||u0 | = t, para todo 0 < t < δ, logo 0 < t < δ ⇒ |f (x0 + tu0 ) − f (x0 )| > tc = |tu0 |c. Contradição. Exercício 12 ∂f Sejam U = x ∈ Rm ; |xi | <, i = 1, ..., m e f : U → R uma função diferenciável, com ≤ 3, ∂xi 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 ) ∈ U . Considerando M = max{|xi |, i = 1, ..., m} < 1. Então 1 − M > 0. Dado y ∈ B(x, 1 − M ), temos y = (y1 , ..., yn ). Assim |yi | = |yi − xi + xi | ≤ |yi − xi | + |xi |. Como |x − y| < 1 − M , temos |yi − xi | < 1 − M . Além disso, uma vez que M = max{|xi |, i = 1, ..., m} < 1, M > m resulta que −M ≤ −|xi |, i = 1, ...m. Logo |yi | ≤ |yi − xi | + |xi | < | − M + xi | ≤ 1 − |xi | + |xi | = 1, i = 1, ..., m, tal que y ∈ U . Portanto B(x; 1 − m) ⊂ U , isto é U é aberto.

(Afirmação 2: U é convexo) De fato. Sejam x, y ∈ U ⇒ |xi | , |yi | < 1, i = 1, 2, ..., m e 0 ≤ t ≤ 1. Temos que |(1 − t)xi + tyi | ≤ |1 − t| e |xi | + t |yi | < 1 − t + t = 1, i = 1, ..., m. Logo, (1 − t)x + ty ∈ U, 0 ≤ t ≤ 1. Portanto U é convexo.


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 ∈ Rn tal que y = v + u. Logo pela Teorema do Valor Medio temos ∂f ≤ M ⇒ |f ((x) − f (y)| ≤ M |x − y| para cualquier x, y ∈ U ∂xi m m X ∂ X |f ((x) − f (y)| ≤ f (x + θ(y − x)) |x − y| 6 3 = 3m. ∂xi i=1

2.3.5

i=1

O gradiente de uma função diferenciável

Exercício 1 Dada a transformação linear A : Rm → Rn , defina as funções f : Rm × Rn → R e g : Rm → R pondo f (x, y) = hA · x, yi e g(x) = hA · x, xi. Determine ∇f (x, y) e ∇g(x). Solução. Para 1 ≤ i ≤ m temos: ∂f f (x + t · ei , y) − f (x, y) (x, y) = lim t→0 ∂xi t hA(x + t · ei ), yi − hAx, yi t→0 t hAx, yi + t hAei , yi − hAx, yi = lim t→0 t t hAei , yi = lim = lim hAei , yi = hAei , yi t→0 t→0 t = lim

Para m + 1 ≤ i ≤ m + n, temos: ∂f f (x, y + t · ei ) − f (x, y) (x, y) = lim t→0 ∂yi t hAx, y + t · ei i − hAx, yi t→0 t hAx, yi + t hAx, ei i − hAx, yi = lim t→0 t t hAx, ei i = lim = lim hAx, ei i = hAx, ei i t→0 t→0 t = lim

Portando, ∇f (x, y) = (hAe1 , yi , hAe2 , yi , · · · , hAem , yi , hAx, em+1 i , · · · , hAx, em+n i). Determinaremos agora, ∇g(x):


79

∂g g(x + t · ei ) − g(x) (x) = lim t→0 ∂xi t hA(x + t · ei ), x + t · ei i − hAx, xi t hAx, xi + t hAx, ei i + t hAei , xi + t2 hAei , ei i − hAx, xi = lim t→0 t = lim t→0

= lim hAx, ei i + hAei , xi + t hAei , ei i = hAx, ei i + hAei , xi t→0

Portanto ∇g(x) = (hAx, e1 i + hAx, e2 i + · · · + hAx, en i + hAen , xi). Exercício 2 Seja f : U → R diferenciável no aberto U ⊂ Rm . Dada uma base ortogonal {u1 , · · · , um } de Rm , mostre que, para todo x ∈ U , tem-se m X 1 ∂f grad f (x) = (x) · ui . |ui |2 ∂ui 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 , vj >. Mostre que a expressão de grad f (x) em relação à base {v1 , · · · , vm } é a seguinte: grad f (x) =

X X i

j

Solução. Como ∇f (x) é um vetor, pomos ∇f (x) = gonal de Rm e βi ∈ R. m

Seja v ∈ R . Então, v =

∂f g ij ∂vj

m X

! vi .

βi ui , onde {u1 , · · · , um } é uma base orto-

i=1 m X

αi ui , αi ∈ R.

i=1

Por um lado, df (x) · v =< ∇f (x), v >=<

m X i=1

Por outro, df (x) · v = df (x)

m X i=1

βi ui ,

m X

αi ui >=

i=1

αi ui =

m X

m X

βi αi |ui |2 .

i=1

df (x)αi ui .

i=1

Logo, df (x)αi ui = βi αi |ui |2 ⇒ βi =

1 1 ∂f df (x)u ⇒ β = (x). i i |ui |2 |ui |2 ∂ui

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

80

m X 1 ∂f ∇f (x) = (x) · ui . |ui |2 ∂ui i=1

Sejam v =

m X

αj vj e ∇f (x) =

j=1

m X

βi vi , αj , βi ∈ R. Então

i=1

df (x) · v = df (x)

m X

αj vj =

j=1

m X

df (x)αj vj .

j=1

Por outro lado, temos df (x) · v =< ∇f (x), v >=<

m X

αj vj ,

j=1

m X

βi vi >=

m X m X

i=1

αj βi < vi , vj > .

j=1 i=1

Logo m X

df (x)αj vj =

j=1

⇒ ⇒

Para i = 1, · · · , m, temos βi =

∂f αj vj = ∂vj

g ij

j=1

αj βi < vi , vj >

j=1 i=1 m X

∂f (x)vj = ∂vj

m X

m X m X

αj βi < vi , vj >

i=1 m X

βi < vi , vj > .

i=1

∂f (x), onde ( g ij ) é a matriz inversa da matriz cujo ij-ésimo ∂vj

elemento é < vi , vj >. Portanto ∇f (x) =

X X i

2.3.6

j

∂f g ij j ∂v

! vi .

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.) ∂xi ∂xj Solução. Pela regra do cadeia temos: m

X ∂g(f (a)) ∂fk (a) ∂(g ◦ f ) (a) = . ∂xj ∂yk ∂xj j=1


81

Logo, ∂ 2 (g ◦ f ) ∂ (a) = ∂xi ∂xj ∂xi

∂(g ◦ f )(a) ∂xj

m X ∂g(f (a)) ∂fk (a) . ∂yk ∂xj j=1

∂ = ∂xi

!

m X ∂ ∂g(f (a)) ∂fk (a) = ( . ) ∂xi ∂yk ∂xj j=1

m X ∂ ∂g(f (a)) ∂fk (a) ∂g(f (a)) ∂ ∂fk (a) = . + . ∂x ∂y ∂x ∂y ∂xi ∂xj i k j k j=1 " n # ) ( m X ∂g(f (a)) ∂ 2 fk (a) ∂fk (a) X ∂fp (a) ∂ 2 g(f (a)) . + . = ∂xj ∂xi ∂yp ∂yk ∂yk ∂xi xj p=1 j=1 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 ∈ Rm , 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 ⊂ Rm , uma função de classe C 1 ⇒

∂f ∂xi

: U → R, são funções contínuas,

∀ i = 1, ..., m. m X ∂f (x).hi . Desse Daí dado h = (h1 , ..., hm ) ∈ R , temos que ϕh : U → R, é dado por ϕh (x) = ∂x i i=1 modo ϕh é contínua em U , pois é soma de funções contínuas. m

(⇐) Se ϕh : U → R, dada por ϕh (x) = df (x) · h é contínua, ∀ h ∈ Rm , então, em particular, se tomarmos os vetores da base canônica e1 , ....., em , temos que ϕei (x) =

∂f (x) ∂xi

é contínua, ∀ i = 1, ..., m.

Portanto f ∈ C 1 (U ).

∂f ∂f (x), ..., ∂x (x)), Analogamente, se f é duas vezes diferenciável em U , então f 0 : U → L{Rm , R}, f 0 (x) = ( ∂x m 1

é diferenciável e portanto cada uma de sua funções coordenadas é diferenciável em U . Daí ∀ h ∈ Rm , m X ∂f ϕh (x) = (x).hi é diferenciável, pois é soma de funções diferenciáveis. Reciprocamente, se ∂x i i=1 ∀ h ∈ Rm , ϕh (x) = df (x) · h é diferenciável, então, em particular, se tomarmos os vetores e1 , ..., em ,temos que ϕei (x) =

∂f (x) ∂xi

é diferenciável em U , e daí f 0 : U → L{Rm , R}, f 0 (x) =

∂f ∂f ( ∂x (x), ..., ∂x (x)) será diferenciável, pois suas funções coordenadas o são. m 1


82

Exercício 3 Sejam f : U → R duas vezes diferenciável no aberto convexo U ∈ R2 . 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 . Solução. Como

∂2 ∂x∂y

e

∂2 ∂y∂x

são identicamente nulas, e

∂f ∂f , ∂y ∂x

não dependem de x e y respetivamente.

Fixando (x0 , y0 ) ∈ I x J definamos as funções ϕ:I→R γ:J →R ∂f x → ϕ(x) = (x, y0 ) y → γ(y) = ∂f (x0 , y) ∂y ∂x as quais são duas vezes diferenciáveis em intervalos I, J. Logo f (x, y) = f (x, y) − f (x0 , y) + f (x0 , y) − f (x0 , y0 ) + f (x0 .y0 ) Zy Zx ∂f ∂f (s, y)ds + (x0 , t)dt + f (x0 , y0 ) = ϕ(x) + γ(y) = ∂x ∂y x0

y0

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 ∂ 2g ∂ 2g = ∂x2 ∂y 2 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 ∂ 2g ∂ 2 F ∂s ∂ 2 F ∂r ∂ 2 F ∂s ∂ 2 F ∂r + · + · + = · ∂x2 ∂r2 ∂x ∂s∂r ∂x ∂r∂s ∂x ∂s2 ∂x 2 2 2 2 ∂ F ∂ F ∂ F ∂ F = + + + 2 ∂r ∂s∂r ∂r∂s ∂s2 ∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F + + 2 = ∂r2 ∂r∂s ∂s2

∂g ∂F ∂r ∂F ∂s ∂F ∂F = · + · = − ∂y ∂r ∂y ∂s ∂y ∂r ∂s ∂ 2 F ∂r ∂ 2 F ∂s ∂ 2 F ∂r ∂ 2 F ∂s ∂ 2g = · + · − · − ∂y 2 ∂r2 ∂y ∂s∂r ∂y ∂r∂s ∂y ∂s2 ∂y ∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F − − + = ∂r2 ∂s∂r ∂r∂s ∂s2 2 2 2 ∂ F ∂ F ∂ F = − 2 + . ∂r2 ∂r∂s ∂s2 ∂ 2g ∂ 2g ∂ 2F = , temos = 0. ∂x2 ∂y 2 ∂r∂s Portanto, pelo exercício 7.3 (Curso de Análise Vol. 2 - Capítulo 3), existem ϕ : I → R e ψ : J → R

Como, por hipótese,

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 ∂s ∂ϕ ∂ψ (x, y) = · + · = + ∂x ∂r ∂x ∂s ∂x ∂r ∂s ∂ 2g ∂ 2ϕ ∂ 2ψ ∂ 2 ϕ ∂r ∂ 2 ψ ∂s + = (x, y) = · · + 2 ∂x2 ∂r2 ∂x ∂s2 ∂x ∂r2 ∂s ∂ϕ ∂r ∂ψ ∂s ∂ϕ ∂ψ ∂g (x, y) = · + · = − ∂y ∂r ∂y ∂s ∂y ∂r ∂s ∂ 2g ∂ 2ϕ ∂ 2ψ ∂ 2 ϕ ∂r ∂ 2 ψ ∂s − = (x, y) = · · + 2 ∂y 2 ∂r2 ∂y ∂s2 ∂y ∂r2 ∂s Portanto

∂ 2g ∂ 2g = . ∂x2 ∂y 2

Exercício 5 Seja f : R2 −→ R duas vezes diferenciável. Suponha que fyy = c2 fxx 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 fx = gu · ux + gv · vx = gu + gv . Derivando novamente em relação a x, obtemos que fxx = (fx )x = (gu + gv )x = guu · ux + guv · vx + gvu · ux + gvv · vx = guu + 2guv + gvv . Calculando agora as derivadas parciais de f em relação a y, obtemos: fy = gu · uy + gv · vy = −cgu + cgv = c(gv − gu ); fyy = c(−gvu · uy + gvv · vy + guu · uy − guv · vy ) = c2 (guu − 2guv + gvv ). Dessa maneira, fyy = c2 fxx ⇔ c2 (guu − 2guv + gvv ) = c2 (guu + 2guv + gvv ) ⇔ 4guv = 0 ⇔ guv = 0. Como g : R2 −→ R é duas vezes diferenciável e R2 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) ∈ R2 . Portanto, de (*), temos que f (x, y) = ϕ(x − cy) + ψ(x + cy).


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 ∆f =

∂ 2f ∂ 2f + · · · + ∂x21 ∂x2m

. 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 (x, y) = ∂f (T (x, y)) · a + ∂f (T (x, y)) · b ∂x ∂x ∂y 2 2 ∂ (f ◦T ∂2 ∂2 ∂ (x, y) = a ∂x2 f (T (x, y)) · a + ∂y∂x f (T (x, y)) · b +b ∂x∂y f (T (x, y)) ∂x2 2 2 2 2 ∂ (f ◦T ∂ ∂ 2 ∂ (x, y) = a2 ∂x 2 f (T (x, y)) + 2ab ∂x∂y f (T (x, y)) + b ∂y 2 f (T (x, y)) ∂x2

∂(f ◦T (x, y) = ∂f (T (x, y)) · c + ∂f (T (x, y)) · d ∂y ∂x ∂y 2 2 2 ∂ (f ◦T ∂ ∂2 ∂ (x, y) = c f (T (x, y)) · c + f (T (x, y)) · d +d ∂x∂y f (T (x, y)) ∂y 2 ∂x2 ∂y∂x 2 ∂ (f ◦T ∂2 ∂2 2 ∂2 (x, y) = c2 ∂x 2 f (T (x, y)) + 2cd ∂x∂y f (T (x, y)) + d ∂y 2 f (T (x, y)) ∂y 2

(1) : ⇒ ⇒

·a+

∂2 f (T (x, y)) ∂y 2

·b

·c+

∂2 f (T (x, y)) ∂y 2

·d

(2) : ⇒ ⇒

Logo, de (1) e (2):

(3) : ∆(f ◦ T )(x, y) = (a2 + c2 )  Além disso, [T ] = 

a c b d

2 ∂ 2f ∂ 2f 2 2 ∂ f T (x, y) + 2(ab + cd) T (x, y) + (b + d ) T (x, y) ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

 . Como T é uma trnasformação linear ortogonal, temos [T ][T ]t = [I].

Então:  

a c b d

 

Logo, de (3) temos

a b c d





=

1 0 0 1





⇔

2

a +c

2

ab + cd 2

ab + cd b + d

2





=

1 0 0 1

 


∂ 2f ∂ 2f ∆(f ◦T )(x, y) = T (x, y)+ T (x, y) = ∂x2 ∂y 2

∂ 2f ∂ 2f + ∂x2 ∂y 2

86

T (x, y) = ∆(f )(T (x, y)) = [(∆f )◦T ](x, y)

Portanto, ∆(f ◦ T ) = (∆f ) ◦ T . Como f : U → R, temos ∆(f ◦ T ) = (∆f ) ◦ T : V → R, onde V = T −1 (U ).

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

∂2f ∂x2

+

∂2f ∂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 

∂2f (x) ∂x2

∂2f (x) ∂x∂y





∂2f (x) ∂y∂x

∂2f (x) ∂y 2



seja v = (α, β), temos a forma quadrática H(x).v 2 =

∂ 2f 2 ∂ 2f 2 ∂ 2f α αβ + β ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

se consideramos v1 = (1, 0), temos H(x).v12 =

∂2f ∂x2

se consideramos v2 = (0, 1), temos H(x).v22 =

∂2f ∂y 2

agora como f é harmônica, temos que ∂ 2f ∂ 2f = − ∂x2 ∂y 2 e já que x é um ponto não-degenerado, segue-se que ou

∂2f ∂x2

> 0 ou

∂2f ∂x2

< 0, assim se

∂2f ∂x2

> 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 ⊂ Rm , 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 B(x, 2δ) ⊂ X tal que y ∈ B(x, 2δ), y 6= x ⇒ f (y) < f (x), pois x é ponto de máximo local estrito.


87

Para cada x ∈ X, escolhamos um ponto qx ∈ Qn ∩ B(x, 2δ) e um número racional rx > 0 tal que |x − qx | < rx < δ (isto é possível pois Qn é denso em Rn ). Então a ∈ B(qx , rx ) ⇔ |a − qx | < rx < δ e |x − a| ≤ |x − qx | + |qx − a| < δ + δ = 2δ ⇒ a ∈ B(x, 2δ). Portanto, B(qx , rx ) ⊂ B(x, 2δ) e daí y ∈ B(qx , rx ) com y 6= x ⇒ f (y) < f (x)

(∗).

A correspondência x 7−→ (qx , rx ) é injetiva, pois se qx = qx0 e rx = rx0 então |x0 − qx | < rx ⇒ x0 ∈ B(qx , rx ) e analogamente x ∈ B(qx0 , rx0 ). Daí, se fosse x 6= x0 , de (∗) teríamos f (x0 ) < f (x) e f (x) < f (x0 ). Logo, x = x0 . 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) =

Ry 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 ) = 

∂2f (x1 , x2 ) ∂x2

∂2f (x1 , x2 ) ∂x∂y

∂2f (x1 , x2 ) ∂y∂x

∂2f (x1 , x2 ) ∂y 2





=



−ϕ0 (x1 )

0

0

ϕ0 (x2 )

 = −ϕ0 (x1 )ϕ0 (x2 )

Daí se x1 ou x2 são pontos críticos de ϕ então (x1 , x2 ) é um ponto crítico degenerado de f .

 h

α1 α2

i 

−ϕ0 (x1 ) 0

0 ϕ0 (x2 )

 

α1 α2

 =

 h

−α1 ϕ0 (x1 ) α2 ϕ0 (x2 )

i 

α1 α2

  = −α12 ϕ0 (x1 )+α22 ϕ0 (x2 )

1. Se ϕ0 (x1 ) > 0 e ϕ0 (x2 ) > 0 ou ϕ0 (x1 ) < 0 e ϕ0 (x2 ) < 0, H é indefinida e neste caso (x1 , x2 ) é ponto de sela. 2. Se ϕ0 (x1 ) > 0 e ϕ0 (x2 ) < 0, H é definida negativa, portanto (x1 , x2 ) é ponto de máximo local. 3. Se ϕ0 (x1 ) < 0 e ϕ0 (x2 ) > 0, H é definida positiva, portanto (x1 , x2 ) é ponto de mínimo local. No caso em que ϕ(t) = 3t2 − 1, ϕ0 (t) = 6t, temos o seguinte:

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

88

y

∂f ∂f (x, y) = −3x2 + 1, (x, y) = 3y 2 − 1, daí os pontos críticos de ∂x√ ∂y x √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 3 3 3 3 3 f são ( 3 , 3 ), (− 3 , 3 ), ( 3 , − 3 ), (− 3 , − 3 ). Além disso ∀ (x, y) ∈ R2 , f (x, y) =

∂2f (x, y) ∂x∂y

(3t2 − 1)dt,

= 0,

∂2f (x, y) ∂x2

= −6x,

∂2f (x, y) ∂y 2

= 6y. Desse modo 

H(x, y) =  √

e então (

√ 3 , 33 ) 3

0

0

6y

√

e (−

√ 3 , − 33 ) 3

−6x

 , √

são pontos de sela de f , (−

√ 3 , 33 ) 3

√

é ponto de mínimo e (

√ 3 , − 33 ) 3

é ponto de máximo de f . Exercício 4 Seja f : U ⊂ Rn+1 → R contínua no aberto U ⊂ Rn . Se a função g : U → R, dada pela expressão R f (x) g(x) = 0 (t2 + 1)dt for de classe C ∞ , então f também será C ∞ . Ry Solução. Seja a função ϕ ⊆ Rn+1 −→ R definida por ϕ(x, y) = g(x) − 0 (t2 + 1)dt. Derivando-a em relação a y, obtemos ∂ϕ (x, y) = −y 2 − 1 ∂y e seu valor é diferente de zero para todo (x, y) ∈ Rn+1 . Assim, para todo x0 ∈ Rn , pondo y0 = f (x0 ) ∈ R, temos ϕ(x0 , y0 ) = 0. Portanto, pelo Teorema da Função Implícita, existe uma bola B = B(x0 , δ) ⊂ Rn , um intervalo J = [y0 − ε, y0 + 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

ϕ(x, y) = ϕ(x, ξ(x)) = 0 Como f é contínua, podemos obter δ > 0 suficientemente pequeno que f (B) ⊂ J. Como ϕ(x, f (x)) = 0 para tobo x ∈ B, podemos concluir que f (x) = ξ(x) para x ∈ B. Portanto, f é C ∞ . 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 .


89

b) Seja f convexa. Se x1 , . . . , xk ∈ U , e 0 ≤ t1 , . . . , tk ≤ 1, com Σti = 1 então f (Σti xi ) ≤ Σti f (xi ). c) Se C ⊂ Rm é um conjunto convexo então a função f : Rm → R dada por f (x) = dist(x, C), é convexa. 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 0 = (x0 , y 0 ) pontos em E(f ) e α ∈ [0, 1]. então y ≥ f (x) e y 0 ≥ f (x0 ) e daí (1 − α)y + αy 0 ≥ (1 − α)f (x) + αf (x0 ) ≥ f [(1 − α)x + αx0 ], a última desigualdade devendo-se à convexidade de f . Logo (1 − α)z + αz 0 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, k = f Σ t x + t x f Σk+1 t x k+1 k+1 i=1 i i i=1 i i ti = f tΣki=1 xi + (1 − t)xk+1 t ti ≤ t.f Σki=1 xi + (1 − t)f (xk+1 ) t t i ≤ tΣki=1 f (xi ) + (1 − t)f (xk+1 ) = Σk+1 i=1 ti f (xi ). t c) Para x, y ∈ Rn e t ∈ [0, 1], sejam x¯, y¯ ∈ C¯ tais que d(x, C) = |x − x¯| e d(y, C) = |x − y¯|. Então (1 − t)¯ x + t¯ y ∈ C¯ (pois o fecho de um conjunto convexo é também convexo). E como ¯ 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). Exercício 8 Seja U ⊂ Rm 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. 0

Portanto pelo teorema visto na análise na reta tem-se ϕ(1) ≥ ϕ(0) + ϕ (0). 0

Mas ϕ(1) = f (x + v), ϕ(0) = f (a) e ϕ (0) = h∇f (x), vi . Logo f (x + v) ≥ f (x) + h∇f (x), vi. Reciprocamente suponhamos que esta desigualdade valha para quaisquer x, x + v ∈ U . Então, pondo 0

ϕ(t) = f (x + tv) temos uma função ϕ : [0, 1] −→ R tal que ϕ (t) = h∇f (x + tv), vi para todo t ∈ [0, 1]. Ora, para quaisquer t, t0 ∈ [0, 1], tem-se f (x+tv) = f (x+t0 v+(t−t0 )v) = f (x+t0 v+sv), com s = t − t0 , logo, pela hipótese admitida sobre f . f (x + tv) ≥ f (x + t0 v) + h∇f (x + t0 v), svi = f (x + t0 v) + h∇f (x + t0 v), vi(t − t0 ), 0

que pode ser lido como ϕ(t) ≥ ϕ(t0 ) + ϕ (t0 )(t − t0 ), Logo pelo visto na análise na reta a função ϕ 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 : C −→ 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

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, P 2f e somente se, para cada x ∈ U, d2 f (x) é uma forma quadrática não-negativa, isto é, ∂x∂i ∂x (x) · j αi αj ≥ 0 para todo vetor v = (α1 , . . . , αm ) ∈ Rm . Solução. (⇒) f é convexa ⇔ g : [0, 1] → R dada por g(t) = f (x + tv) é convexa ⇔ g 00 (t) ≥ 0, ∀ t ∈ [0, 1]. Daí, assumindo que f é convexa, temos que g 00 (t) ≥ 0,∀ t ∈ [0, 1], onde m X ∂f g (t) = (x + tv).αi , ∀ t ∈ [0, 1] ∂xi i=1 0

g 00 (t) =

m X

∂ 2f (x + tv).αi αj ≥ 0, ∀ t ∈ [0, 1] ∂x ∂x i j i,j=1

Em particular, quanto t = 0 temos m X

∂ 2f (x).αi αj ≥ 0. ∂x ∂x i j i,j=1 (⇐) Defina g : [0, 1] → R por g(t) = f (x + tv); m 2 X ∂ f g 00 (t) = (x + tv).αi αj ≥ 0 ⇒ g é convexa, e portanto f é convexa. ∂xi ∂xj i,j=1

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) = x2 − 3xy + y 2

A(x, y) = x2 − 3xy + y 2 = x2 − 3xy +

∗ Para x − ∗ Para x −

3y 2 2 3y 2 2

9y 2 4

=

5y 2 , 4

temos A(x, y) = 0.

>

5y 2 , 4

temos A(x, y) > 0.

−

9y 2 4

+ y2 = x −

3y 2 2

−

5y 2 4

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 ∗ Para x −

3y 2 2

<

5y 2 , 4

92

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 → R3 dada por T (u, v, z) = (x, y, z) tal que B(x, y, z) = B ◦ T (u, v, z). Então

B(x, y, z) = 2xy + yz − 3xz = 2(u + v)(u − v) + (u − v)z − 3(u + v)z = 2u2 − 2v 2 + uz − vz − 3uz − 3vz = 2u2 − 2v 2 − 2uz − 4vz = = 2(u2 − uz) − 2(v 2 + 2vz) = 2(u2 − uz + = 2(u − z2 )2 − 2(v + z)2 −

z2 2

z2 ) 4

2

− 2(v 2 + 2vz + z 2 ) − 2 z4 + 2z 2 =

+ 2z 2 = 2(u − z2 )2 − 2(v + z)2 −

3z 2 2

∗ Para u2 − uz > v 2 + 2vz, temos B(x, y, z) > 0. ∗ Para u2 − uz = v 2 + 2vz, temos B(x, y, z) = 0. ∗ Para u2 − uz < v 2 + 2vz, temos B(x, y, z) < 0.

Portanto, B(x, y, z) é indefinida. 3. C(x, y, z, t) = x2 + y 2 + 2xy − xt + 2yt. Completando os quadrados, temos

C(x, y, z, t) = x2 + y 2 + 2xy − xt + 2yt = x2 + 2x(y − 2t ) + y 2 + 2yt = = x2 + 2x(y − 2t ) + (y − 2t )2 − (y − 2t )2 + y 2 + 2yt = = (x + y − 2t )2 − y 2 + yt −

t4 4

+ y 2 + 2yt = (x + y − 2t )2 −

t4 4

+ 3yt =

t4

= (x + y − 2t )2 − ( 4 − 3yt + 9y 2 ) + 9y 2 = (x + y − 2t )2 − ( 2t − 3y)2 + 9y 2 Novamente, temos uma expressão indefinida, uma vez que C(x, y, z, t) pode assumir valores positivos,

negativos

ou

ser

igual

a

(x + y − 2t )2 + 9y 2 seja, respectivamente, maior, menos ou igual a ( 2t − 3y)2 .

zero

caso


93

Exercício 13 Seja f : U → R de classe C 1 no aberto U ⊂ R2 . Se, para algum ponto (a, b) ∈ U , com f (a, b) = c, ∂f ∂f temos (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 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) − yk ⇒

∂f ∂h (a, b) = (a, b) − k > 0. ∂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 (a, b) 6= 0 ou (a, b) 6= 0. Supondo (a, b), para todo Se f não possui pontos críticos então ∂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 1 , com m > 2 tal que para algum c ∈ R, a imagem inversa f −1 (c) é compacta e não-vazia. Mostre que um dos fechados F = {x ∈ Rm : f (x) 6 c} ou G = {x ∈ Rm :


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 ∈ Rm ; f (x) = c} . Temos que F ∩ G = X é compacto e portanto limitado. Daí, se supormos por absurdo que F e G são ilimitados, temos que F’= {x ∈ Rm ; f (x) < c} e G0 = {x ∈ Rm ; f (x) > c} são ilimitados. Como X é compacto, então existe r > 0 tal que X ⊂ B[0, r], assim F 0 − B[0, r] e G0 − B[0, r] são ainda conjuntos ilimitados. Tomemos então x0 ∈ F 0 − B[0, r] e y0 ∈ G0 − B[0, r] , desse modo x0 e y0 ∈ B[0, r]c , f (x0 ) < c e f (y0 ) > c. Mas B[0, r]c é conexo por caminhos, daí existe um caminho contínuo α : [0, 1] → B[0, r]c , tal que α(0) = x0 e α(1) = y0 . Sendo f ◦ α : [0, 1] → R 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) ∈ B[0, r]c ⊂ X c . Contradição! Portanto F ou G deve ser limitado e portanto compacto. 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 ∈ F, f (x) ≤ c ≤ m, portanto m é o máximo global de f .

2.3.8

O teorema da função implícita

Exercício 1 ∂f 6= 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 ∃m δ > 0, ε > 0 tais que pondo ∂y ∂y ∂f ¯ Assim, a função > 0 ∀(x, y) ∈ I x J. I = (x0 − δ, x0 + δ), J = (y0 − ε, y0 + ε), temos que ∂y ¯ onde x ∈ I. y → f (x, y) é estritamente crecente no intervalo J,

Sejam f : R2 → R de classe C 1 , com

Como f (x0 , y0 ) = c = 0, pelo teorema da função implícita, para cada x ∈ I existe um único y = ξ(x). Seja h ∈ R2 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 ∂f (x + θh, ξ(x) + θk) ξ(x + h) − ξ(x) k = = − ∂x ∂f h h (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

∂f (x, ξ(x)) ξ(x + h) − ξ(x) 0 ∂x ξ (x) = =− ∂f h (x, ξ(x)) ∂y ξ 0 (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. 2 2 ∂F Temos que x0 , y0 , f (x0 , y0 ) = x20 + y02 + 3 f (x0 , y0 ) 6= 0 (Veja que x20 + y02 + 3 f (x0 , y0 ) = ∂z 0 ⇔ x0 = y0 = f (x0 , y0 ) = 0, mas isto não ocorre pois implicaria F x0 , y0 , f (x0 , y0 ) = 0 6= 1). Pelo Teorema da Função Implícita, existem abertos V(x0 ,y0 ) , Wf (x0 ,y0 ) tais que ∀ (x, y) ∈ V(x0 ,y0 ) , ∃! z = ξ(x, y) ∈ Wf (x0 ,y0 ) (ξ ∈ C ∞ ) tal que F x, y, ξ(x, y) = 1. 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 Wf (x0 ,y0 ) , então f −1 (Wf (x0 ,y0 ) ) é aberto e contém (x0 , y0 ). Consideremos o aberto A = f −1 (Wf (x0 ,y0 ) ) ∩ V(x0 ,y0 ) ⊂ V(x0 ,y0 ) . Temos que ∀ (x, y) ∈ A, ∃! ξ(x, y) ∈ C ∞ que satisfaz F x, y, ξ(x, y) = 1. Por outro lado, ∀ (x, y) ∈ A temos que f (x, y) ∈ Wf (x0 ,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 − y 5 . Temos que F (x0 , f (x0 )) = 0 e

∂F (x0 , f (x0 )) ∂y

= −1 − 5f (x0 )4 6= 0. Daí, pelo Teorema da Função

Implícita, existem abertos I ⊂ Rn e J ⊂ R, contendo x0 e f (x0 ), 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 r . Ora, f contínua em Rn e J aberto em R ⇒ f −1 (J) ⊂ Rn é aberto. Tomemos então W = (f −1 (J) × J) ∩ (I × J). Temos que (x0 , f (x0 ) ∈ W e ∀ (x, f (x)) ∈ W, F (x, f (x)) = 0, daí, pela unicidade de ξ temos


96

que ξ(x) = f (x), ∀ x ∈ F −1 (J) ⇒ 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 ⊂ Rn+1 → R contínua no aberto U ⊂ Rn . Se a função g : U → R, dada pela expressão R f (x) g(x) = 0 (t2 + 1)dt for de classe C ∞ , então f também será C ∞ . Ry Solução. Seja a função ϕ ⊆ Rn+1 −→ R definida por ϕ(x, y) = g(x) − 0 (t2 + 1)dt. Derivando-a em relação a y, obtemos ∂ϕ (x, y) = −y 2 − 1 ∂y e seu valor é diferente de zero para todo (x, y) ∈ Rn+1 . Assim, para todo x0 ∈ Rn , pondo y0 = f (x0 ) ∈ R, temos ϕ(x0 , y0 ) = 0. Portanto, pelo Teorema da Função Implícita, existe uma bola B = B(x0 , δ) ⊂ Rn , um intervalo J = [y0 − ε, y0 + 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

ϕ(x, y) = ϕ(x, ξ(x)) = 0 Como f é contínua, podemos obter δ > 0 suficientemente pequeno que f (B) ⊂ J. Como ϕ(x, f (x)) = 0 para tobo x ∈ B, podemos concluir que f (x) = ξ(x) para x ∈ B. Portanto, f é C ∞ . Exercício 10 R1 R2 Seja f : [0, 2] −→ R contínua, positiva, tal que 0 f (x)dx = 1 f (x)dx = 1. Para cada x ∈ [0, 1], R g(x) prove que existe um único g(x) ∈ [1, 2] tal x f (t)dt = 1. Mostre que que a função g : [0, 1] −→ R, assim definida é de classe C 1 . Solução. Observações preliminares: Z

x

i) Para cada x0 ∈ [0, 1], a função H : [1, 2] → R, H(x) =

f (t)dt é crescente, contínua e de x0

classe C 1 . Z

y0

ii) Para cada x0 ∈ (0, 1), ∃y0 ∈ (1, 2) tal que

f (t)dt = 1. x0

Z

x

De fato fixe x0 ∈ (0, 1), e considere H : [1, 2] → R, dada por H(x) =

f (t)dt, então x0


97

2

Z

f (t)dt = 1 < H(2). Logo pelo teorema do valor intermediário ∃y0 ∈ (1, 2) tal Z y0 f (t)dt = 1. que H(y0 ) = H(1) <

1

x0

Z Agora considere a função F : (0, 1) × (1, 2) → R, F (x, y) =

y

f (t)dt. Tem-se que F é de classe x

∂F (x, y) = f (y) > 0 e para cada x0 ∈ (0, 1) arbitrário ∃y0 ∈ (1, 2) tal que F (x0 , y0 ) = 1. Pelo ∂y teorema da função inversa existem intervalos abertos I ⊂ (0, 1), J ⊂ (1, 2) tais que x0 ∈ I, y0 ∈ J,

C 1,

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 definida é de classe C 1 .

   g(x) = ξ(x), x ∈ (0, 1)   Vamos definir g : [0, 1] → [1, 2] dessa forma g(0) = 1     g(1) = 2 Afirmações: a) g é contínua em x = 0 e x = 1. Z

g(xn )

f (t)dt = 1 como xn → 0 e 1 ≤ g(xn ) ≤ 2 De fato seja xn → 0 (xn ∈ (0, 1)), então xn Z k f (t)dt > 1, devemos ter que g(xn ) → 1 quando xn → 0, pois e para 1 < k < 2, tem-se 0 Z 1 f (t)dt = 1. 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 Z

g(x)

f (t)dt = 1 ⇒ f (g(x)) · g 0 (x) − f (x) = 0 ⇒ g 0 (x) =

y

f (x) , ∀ ∈ (0, 1). 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 0 (x). Mostre que fd0 (x0 )

0

existe e lim+ f (x) = x→x0

x→x0

fd0 (x0 ).

De fato, use a regra de L’Hôpital no quociente f (x) − f (x0 ) (f (x) − f (x0 ))0 f (x) − f (x0 ) ⇒ lim = lim+ x→x0 x − x0 x − x0 (x − x0 )0 x→x0 = lim+ f 0 (x) = L = fd0 (x0 ). x→x0

Assim limx→0+ g 0 (x) = limx→0+ análogo existe limx→1− g 0 (x).

f (x) f (0) = , pois f e g são contínuas com f (x) > 0. De modo f (g(x)) f (1)

CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 Ao mesmo passo da relação g 0 (x) =

98

f (x) mostramos que g(x) é contínua em x = 0 e x = 1. f (g(x))

Logo g(x) é de classe C 1 .

2.3.9

Multiplicador de Lagrange

Exercício 1 x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1, determine os mais próximos da origem em R3 . a2 b c Solução. Considere a seguinte matriz autoadjunta: Dentre os pontos do elipsoide



1 a2

0

0



    A =  0 b12 0  Queremos minimizar f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 , restrito à condição g(x) =   1 0 0 c2 hAx, xi = 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 (1) são soluções do seguinte sistema:    ∇f (x) = λ∇g(x)  x = λAx ⇒   g(x) = 1 g(x) = 1 Deste sistema resulta que os pontos de mínimo de f |g−1 (1) são os autovetores de A que pertencem à hiperfície g −1 (1) e que estão associados aos autovalores de maior módulo. Exercício 2 Determine os pontos críticos da função f : R2m → R, f (x, y) =< x, y >, restrita à esfera unitária |x|2 + |y|2 = 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 =

1 2

ou λ = − 21 , e

y = x ou y = −x. Assim, os pontos críticos de f |S são da forma (x, x) ou (x, −x) com |x|2 =

1 2

pois,

(x, x) ∈ S. Já que f (x, x) = |x|2 e f (x, −x) = −|x|2 , os pontos (x, x) são de máximo e os pontos (x, −x) de mínimo, logo − 12 ≤< x, y >≤ 21 para todo (x, y) ∈ S. Para todo par de vetores não-nulos √ √ √ √ 1 2 2 2 2 x, y ∈ Rn , tem-se ( x, y) ∈ S, portanto < x, y > ≤ e daí | < x, y > | ≤ |x||y|, 2|x| 2|y| √ 2 √ √2|x| 2|y| √ 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|


99

2.4 - Aplicações Diferenciáveis 2.4.1

Diferenciabilidade de uma aplicação

Exercício 1 Sejam α > 1 e c ∈ R. Se f :

U →

Rn , definida no aberto U ⊂ Rm , cumpre a condiçãoo

|f (x) − f (y)| ≤ c|x − y|α para quaisquer x, y ∈ U então f é constante em cada componente de U . Solução. Uma aplicaçãoo f : U → Rn , definida no aberto U ⊂ Rm , diz-se diferenciável no ponto a ∈ U quando existe uma aplicação linear T : Rm → Rn tal que r(v) =0 v→0 |v|

f (a + v) − f (a) = T.v + r(v), onde lim . De fato Afirmação:df (a) = 0, ∀a ∈ U

r(v) = 0, por hipoteses |f (a + v) − f (a)| ≤ v→0 |v| r(v) r(v) c|v|α , onde α > 1 então |r(v)| ≤ c|v|α ⇒ | | ≤ c|v|α−1 ⇒ lim = 0 com isto termina a prova v→0 |v| |v| da afirmação. Portanto como cada componente conexa C de U é conexa e além df (x) = 0 ∀x ∈ C,

Prova: f (a + v) − f (a) = r(v), só resta provar que lim

utilizando o corolário do teorema do valor mádio f é constante em C. Exercício 2 Sejam U ∈ Rm aberto e f, g : U → Rn diferenciáveis no ponto a ∈ U , com f (a) = g(a). A fim de que f 0 (a) = g 0 (a), é necessário e suficiente que f (a + v) − g(a + v) = 0. v→0 |v| lim

Solução. Como f, g são diferenciáveis em a, com f (a) = g(a), temos: f 0 (a) = g 0 (a) ⇒ f (a + v) − f (a) − rf (v) = g(a + v) − g(a) − rg (v) f (a + v) − g(a + v) rf (v) − rg (v) ⇒ = |v| |v| f (a + v) − g(a + v) rf (v) rg (v) = lim − v→0 v→0 |v| |v| |v|

⇒ lim

f (a + v) − g(a + v) = 0. v→0 |v|

⇒ lim


100

Reciprocamente: lim

v→0

f (a + v) − g(a + v) f (a + tu) − g(a + tu) = 0 ⇒ lim =0 t→0 |v| |tu| f 0 (a)(tu) − g 0 (a)(tu) + rf (tu) − rg (tu) =0 ⇒ lim t→0 |tu| f 0 (a) · u − g 0 (a) · u rf (tu) − rg (tu) ⇒ lim ± + lim =0 t→0 t→0 |u| |tu| f 0 (a) · u − g 0 (a) · u =0 ⇒ lim ± t→0 |u| ⇒ f 0 (a) · u − g 0 (a) · u = 0, ∀ u ∈ Rm ⇒ f 0 (a) = g 0 (a).

Exercício 3 Sejam V ⊂ U ⊂ Rm abertos e δ > 0 tais que x ∈ V , |h| < δ ⇒ x + h ∈ U . Seja B = B(0; δ). Se f : U → Rn é diferenciável então ϕ : V × B → Rn , definida por φ(x, h) = f (x + h), é 0

0

0

diferenciavel, sendo ϕ (x0 , h0 ) : Rm × Rm → Rn dada por ϕ (x0 , h0 ).(u, v) = f (x0 + h0 ).(u + v). Solução. Uma aplicação f :

U →

Rn , definida no aberto U ⊂ Rm , diz-se diferenciável no

ponto a ∈ U quando existe uma aplicação linear T : Rm → Rn tal que f (a + v) − f (a) = T.v + r(v) r(v), onde lim =0 v→0 |v| Então 0

ϕ((x0 , h0 )+(v1 , v2 ))+ϕ(x0 , h0 ) = f (x0 +h0 +v1 +v2 )+f (x0 +h0 ) = ϕ (x0 , h0 ).(v1 , v2 )+r(v1 , v2 ), r(v1 , v2 ) onde lim = 0,por outro lado , como f é diferenciável cumpre-se que f (x0 + h0 + v1 + (v1 ,v2 )→0 |v1 , v2 | r1 (v1 + v2 ) 0 v2 ) + f (x0 + h0 ) = f (x0 + h0 ).(u + v) + r1 (v1 + v2 ), onde lim = 0. Agora (v1 +v2 )→0 |v1 + v2 | r1 (v1 + v2 ) r1 (v1 + v2 ) r1 (v1 + v2 ) só precisamos demostrar que lim = 0. De fato , = ≤ (v1 ,v2 )→0 |v1 , v2 | |(v1 , v2 )| |v1 | + |v2 | r1 (v1 + v2 ) r1 (v1 + v2 ) , então lim =0 (v1 ,v2 )→0 |v1 + v2 | |v1 , v2 | Exercício 4 Seja U ⊂ Rm aberto. A fim de que uma aplicação f : U −→ Rn seja diferenciável no ponto a ∈ U é necessário e sufuciente que exista, para cada h ∈ Rm com a + h ∈ U , uma transformação linear A(h) : Rm −→ Rn tal que f (a + h) − f (a) = A(h) · h e h 7→ A(h) seja contínua no ponto h = 0. Solução. Como f : U ⊂ Rm −→ Rn é diferenciável ∀ a, a + h ∈ U ⊂ Rm temos: f (a + h) − f (a) = f 0 (a) · h + r(h), Pondo A(h) = f 0 (a) + r(h), aplicando em h ∈ U tem-se A(h) · h = f 0 (a) · h + r(h) · h.


101

Dividindo por |h| tem-se: A(h) · h f 0 (a) · h r(h) = lim + lim ⇔ lim A(h) = lim f 0 (a) ⇔ A(h) = f 0 (a) ⇔ A(h)h = f 0 (a)·h. h−→0 h−→0 h−→0 |h| h−→0 h−→0 |h| |h| lim

r(h) = 0, segue que h−→0 |h| f (a + h) − f (a) = f 0 (a) · h ⇔ f (a + h) − f (a) = A(h) · h.

Como lim

Portanto, A(h) : Rm −→ Rn é contínua em 0. Exercício 5 Dado U ⊂ Rm aberto, seja f : U → Rn diferenciável no ponto a ∈ U . Prove que se lim vk = v em f (a + tk vk ) − f (a) Rm e lim tk = 0 em R então lim = f 0 (a) · v. k→∞ tk Solução. U aberto e a ∈ U ⇒ ∃δ > 0 tal que B(a, δ) ⊂ U . Daí, para todo a + h ∈ B(a, δ), tem-se f (a + h) = f (a) + f 0 (a)h + r(h), onde limh→0

r(h) |h|

= 0. Em particular, como lim tk .vk = 0, k→∞

então para k suficientemente grande temos a+tk .vk ∈ B(a, δ) e daí f (a+tk .vk ) = f (a)+f 0 (a)tk .vk + f (a+tk .vk )−f (a) = f 0 (a)vk + r(tktk.vk ) tk k| limk→∞ r(tk|t.vk .vk ).|v = f 0 (a).v. k|

r(tk .vk ) ⇒ f 0 (a)v ±

⇒ limk→∞ f (a+tk .vtkk )−f (a) = limk→∞ (f 0 (a)vk +

r(tk .vk ) ) tk

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 0 (a) : Rm → Rn não é injetiva. Solução. Seja a um ponto de acumulação de f −1 (b) então ∃ hk 6= 0, hk → 0 tal que f (a + hk) = b. f diferenciável em U ⇒ 0 hk r(hk) f (a + hk) = f (a) + f (a)hk + r(hk) ⇒ f (a) = − . |hk| |hk| 0

Como

hk |hk|

⊂ S 1 temos que existe N0 ⊂ N e h ∈ S 1 tal que

hk |hk|

→ h ⇒ |f 0 (a)h| = 0 ⇒ f 0 (a)h =

0 ⇒ f 0 (a) não é injetiva. Exercício 7 Dada

f

:

Sm

Rn

→

defina

a

extensão

radial

de

f

como

a

aplicação

x F : Rm+1 → Rn tal que F (0) = 0 e F (x) = |x| · f ( |x| ) se x 6= 0. Mostre que F é diferenciá-

vel na origem 0 ∈ Rm+1 se, e somente se f é (a restrição de uma aplicação) linear. Solução. (⇒) F (tx) e este coincide com F 0 (0)x. Além disso t→0 t

F diferenciável em 0 ⇒ ∃ lim

F (tx) t

= F (x), se

=


t > 0e

F (tx) t

102

F (tx) F (tx) F (tx) = lim+ = lim− , onde t→0 t→0 t→0 t t t

= −F (−x) se t < 0, daí F 0 (0)x = lim

F (tx) F (tx) = F (x) e lim− = −F (−x). Em qualquer caso F (x) = F 0 (0)x, ∀ x ∈ Rm+1 , em t→0 t→0 t t particular ∀ x ∈ S m , F (x) = f (x) ⇒ f (x) = F 0 (0)x, portanto f é a restrição de uma aplicação lim+

linear.

(⇐) Se f = T |S m , onde T é linear, então F é linear, pois ∀ x, y ∈ Rm+1 e α ∈ R temos que F (α.y +x) = α.y+x α.y+x y y x x |x + α.y|.f ( |α.y+x| ) = |x + α.y|.T ( |α.y+x| ) = |x|.T ( |x| ) + α|y|.T ( |y| ) = |x|.f ( |x| ) + α|y|.f ( |y| )= (0)−F (x) F (x) + αF (y). Agora observe que limx→0 F (x)−F|x| = 0. Portanto F é diferenciável em 0 e

F 0 (0)x = F (x). Exercício 9 ∂f Dada f : Rn → Rp , enuncie e demonstre um teorema que traduza a igualdade f 0 (x, y) = dx + ∂x ∂f dy. ∂y Solução. Sejam f : Rn → Rp e σ(t) = (x(t), y(t)), t ∈ I, tal que σ(I) ⊂ Rn um caminho. Se σ(t) é diferenciável em t0 ∈ I, e f (x, y) é diferenciável em σ(t0 ) = (x0 , y0 ), então a função composta dz(t0 ) ∂f ∂f z = f (σ(t)), t ∈ I, é diferenciável em t0 e = f 0 (x, y) = dx + dy. dt ∂x ∂y Demonstração: Como f é diferenciável em (x, y), temos f (w, z) − f (x, y) =

onde lim

∂f ∂f (x, y) · (w − x) + (x, y) · (z − y) + E(w, z), ∂x ∂y

(2.1)

E(w, z) = 0. Portanto, a função |(w, z) − (x, y)|  E(w, z)   , (w, z) 6= (x, y) |(w, z) − (x, y)| g(w, z) =   0 , (w, z) = (x, y)

é contínua em (x, y). Assim, dividindo (??) por t − t0 , t 6= t0 , temos f (σ(t)) − f (σ(t0 )) ∂f x(t) − x(t0 ) ∂f y(t) − y(t0 ) |σ(t) − σ(t0 )| = (σ(t0 )) + (σ(t0 )) + g(σ(t)) t − t0 ∂x t − t0 ∂y t − t0 t − t0 Observe que |σ(t) − σ(t0 )| σ(t) − σ(t0 ) |t − t0 | = . t − t0 t − t0 t − t0


Como lim g(σ(t)) = 0 e como a função t→t0

103

|t − t0 | é limitada, temos t − t0

lim g(σ(t))

t→t0

|t − t0 | = 0. t − t0

Por outro lado, σ(t) − σ(t0 ) = |σ 0 (t0 )|. lim t→t0 t − t0 Portanto, lim g(σ(t))

t→t0

|σ(t) − σ(t0 )| = 0. t − t0

Logo, f 0 (x, y) = lim

t→t0

f (σ(t)) − f (σ(t0 )) ∂f ∂f = dx + dy. t − t0 ∂x ∂y

Exercício 10 Seja f : U → Rp duas vezes diferenciável no aberto U ⊂ Rm × Rn . Defina as derivadas mistas ,

∂2f ∂y∂x

∂2f ∂x∂y

e estabeleça a relação que existe entre elas. 2

2

∂ f ∂ f Solução. A derivada mista ∂x∂y é a aplicação ∂x∂y : U → Rp , que associa a cada ponto a ∈ U o vetor

f 00 (a)(e1 , 0)(0, e1 ). De maneira análoga, a derivada mista

∂2f ∂y∂x

é a aplicação

∂2f ∂y∂x

: U → Rp , que

associa a cada ponto a ∈ U o vetor f 00 (a)(0, e1 )(e1 , 0). No caso de f ser duas vezes diferenciável, o Teorema de Schwarz nos diz que essas duas derivadas coincidem em cada ponto. Exercício 11 Seja f : Rm → Rm diferenciável, com f (0) = 0. Se a transformação linear f 0 (0) não tem valor próprio 1 então existe uma vizinhança V de 0 em Rm tal que f (x) 6= x para todo x ∈ V − {0}. Solução. Como a transformação linear f 0 (0) não possui valor próprio em S1 (0), existe ε > 0 tal que |u| = 1 e |f 0 (0)u − u| ≥ ε. Sendo f diferenciável, com f (0) = 0 temos que f (0 + x) = f (0) + f 0 (0)x + p(x)|x|, logo x 0 f (x) = f (0)x + p(x)|x| = |x| f (0) + p(x) |x| 0


104

e existe δ > 0 tal que 0 < |x| < δ ⇒ |p(x)| < ε. Portanto, se 0 < |x| < δ então x 0 |f (x) − x| = |x| f (0) + p(x) − x |x| x x 0 − + p(x) = |x| f (0) |x| |x| x x 0 ≥ |x| f (0) − + p(x) > 0 |x| |x| e daí f (x) 6= 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 0 (b) = 0 então g ◦ f : U → Rp é diferenciável no ponto a, com (g ◦ f )0 (a) = 0. Solução. Devemos mostrar que |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| =0 h→0 |h| lim

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 0 (b) = 0 temos que, para h suficientemente pequeno, r(k) g(f (a + h)) = g(f (a) + k) = g(f (a)) + r(k), onde lim = 0. Daí h→0 |k| |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| |k| = lim = h→0 h→0 |h| |h| |k|

0 ≤ lim

|g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| |f (a + h) − f (a)| ≤ h→0 |h| |f (a + h) − f (a)| lim

lim

h→0

c |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| |h| =0 |h||k|

Portanto, |g ◦ f (a + h) − g ◦ f (a)| = 0, h→0 |h| lim

como queríamos provar. Exercício 2 Seja f : U −→ Rn Lipschitziana no aberto U ⊂ Rm . Dado a ∈ U,suponha que, para todo v ∈ Rm , ∂f exista la derivada direccional (a) e dependa linearmente de v.Prove que, para todo caminho g : ∂v


105

(−ε, ε) −→ U, con g(0) = a, diferenciável no ponto t = 0, existe o vetor-velocidade (f ◦ g)0 (0). conclua que f é diferenciável no ponto a. Solução. Como g é diferenciável en 0, temos que g(t) = g(0) + g 0 (0)(t) + tr(t) com limt→0 r(t) = 0 logo (f ◦ g)(t) − (f ◦ g)(0) f (a + g 0 (0)(t) + tr(t)) − f (a) (f ◦ g) (0) = lim = lim t→0 t→0 t t 0

f (a + g 0 (0)(t) + tr(t)) − f (a + g 0 (0)(t)) f (a + g 0 (0)(t)) − f (a) + limt→0 pero como f t t Lipschitziana, temos 0 0 f (a + g 0 (0)(t) + tr(t)) − f (a + g 0 (0)(t)) ≤ C a + g (0)(t) + tr(t) − a − g (0)(t) t t

= limt→0

∂f (a) · · · · · · (1) ∂g 0 (0) por outro lado f é diferenciável em a ⇐⇒ fi ∀i = 1 · · · m o fosse em a ∂f de (1) tenemos ((f1 ◦ g)0 (0), . . . , (fm ◦ g)0 (0)) = (a) = T (v) = (T1 (v), . . . , Tm (v)) onde ∂g 0 (0) c em seguida, v = g 0 (0) (T é lineal p. h.) =⇒ (fi ◦ g)0 (0) = Ti (v) existe e Ti é linear (porque T Ã ) = C|r(t)| −→ 0, t → 0 =⇒ (f ◦ g)0 (0) =

pelo exercício Cap 3-4.7 análise vol 2 podemos concluir que fi ∀i = 1 · · · m é diferenciável em a. Exercício 3 Sejam U ⊂ Rm um aberto tal que x ∈ U, t > 0 ⇒ tx ∈ U , e k um número real. Defina a aplicação positivamente homogêneas f : U → Rn de grau k. Prove que a relação de Euler f 0 (x) · x = kf (x) é necessária e suficiente para que uma aplicação diferenciável f : U → Rn seja positivamente homogênea de grau k. Solução. Uma aplicação f : U −→ Rn 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 ⇔

fi : U −→ R, 1 ≤ i ≤ n, é positivamente homogênea de grau k

ex. 3.3 cap.3

⇔

∇fi (x) · x = kfi (x), 1 ≤ i ≤ n 

∂f1 (x) ∂x1 .. . ∂fn (x) ∂x1

∂f1 (x) · · · ∂x2 .. . ∂fn (x) · · · ∂x2

∂f1 (x) ∂xm .. . ∂fn (x) ∂xm



  x f (x)  1   1  .  .   ..  = k   ..     xm fn (x)

⇔

    

⇔

Jf (x) · x = kf (x) ⇔ f 0 (x) · x = kf (x).

    = kf (x) 

Exercício 4 Sejam f : U → Rn e g : V → Rm diferenciáveis nos abertos U ⊂ Rm e V ⊂ Rn , com g(f (x)) = x para todo x ∈ U . Se y = f (x), prove que as transformações lineares f 0 (x) : Rm → Rn e g 0 (y) : Rn → Rm têm o mesmo posto. Solução.

Pela

regra

da

cadeia:

de

uma

g 0 (f (x))m×n

· f 0 (x)n×m

=

Idm×m ,

∀ x ∈ U . (∗) Sabemos

que

o

posto

transformação

linear

é

a

dimensão

de

sua

imagem. Seja então {f 0 (x)v1 , · · · , f 0 (x)vr } ⊂ Rn base de Im f 0 (x). Provaremos que Rm ⊃ {v1 , · · · , vr } é base de Im g 0 (f (x)). De fato: (1) Se a1 v1 + · · · + ar vr = 0, então a1 f 0 (x)v1 + · · · + ar f 0 (x)vr = f 0 (x)0 = 0 e como {f 0 (x)v1 , · · · , f 0 (x)vr } é base , então a1 = · · · = ar = 0, portanto {v1 , · · · , vr } são L.I.’s. (2) Seja w ∈ Im g 0 (f (x)) . De (∗) temos que w = g 0 (f (x))(f 0 (x)w), onde f 0 (x)w ∈ Im f 0 (x). Daí f 0 (x)w = b1 f 0 (x)v1 + ... + br f 0 (x)vr , para alguns b1 , ..., br ∈ R. Portanto w = g 0 (f (x))(b1 f 0 (x)v1 + · · · + br f 0 (x)vr ) = b1 v1 + · · · + br vr , portanto {v1 , · · · , vr } gera Im g 0 (f (x)). De (1) e (2) temos que {v1 , · · · , vr } é base de Im g 0 (f (x)) e então dim(Im g 0 (f (x))) = dim(Im f 0 (x)) = r, como queríamos. Exercício 5 Sejam f : U ⊂ Rm → Rn é diferenciável no aberto U ⊂ Rm e ϕ : Rm → R de classe C 1 , com ϕ(f (x)) = 0 para todo x ∈ U . Dado a ∈ U , se gradϕ(b) 6= 0, b = f (a), então det.f 0 (a) = 0.


107

Solução. Pela regra da cadeia, temos   ∂ϕ ∂f1  (f (x)) ∂x (x) + ... +  ∂y1  1      ∂ϕ (f (x)) ∂f1 (x) + ... + ∂y1 ∂x2    ...       ∂ϕ (f (x)) ∂f1 (x) + ... + ∂y1

∂xm

∂ϕ m (f (x)) ∂f (x) ∂ym ∂x1

=0

∂ϕ m (f (x)) ∂f (x) ∂ym ∂x2

=0

∂ϕ ∂fm (f (x)) ∂x (x) ∂ym m

=0

O sistema acima é válido para todo x ∈ U , em particular, para x = a, temos Jf (a) 5 ϕ(b) = 0. Logo, Jf (a) · x = 0 adimite uma solução não-trivial. Portanto, a matriz jacobiana de f em a não é invertível, isto é, detf 0 (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 6= 0, então |f (x)| = c ⇒ |f (x)|2 = c2 , donde < f 0 (x) · v, f (x) >= 0, ∀x ∈ U, ∀v ∈ Rm . Fixando x ∈ U , temos que Imf 0 (x) =< f (x) >⊥ ⇒ dim Im f 0 (x) < m ⇒ dim ker f 0 (x) ≥ 1, isto é, f 0 (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(r0 , θ0 , z 0 ) então    rcosθ = r0 cosθ0   rsenθ = r0 senθ0     z = z0 Daí (r, θ, z) = (r0 , θ0 , z 0 ) 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 uv , w). ϕ−1 é diferenciável, pois cada componente de ϕ−1 o é. Portanto ϕ é um difeomorfismo de classe C ∞ . ii) seja    u = (cosθ, senθ, 0)   r uθ = (−senθ, cosθ, 0)     u = (0, 0, 1) z 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¯ = fx .cosθ + fy .senθ   r f¯θ = fx .(−rsenθ) + fy .(rsenθ)     f¯ = fz z então    f¯ = fx .cosθ + fy .senθ   r f¯θ = fx .(−senθ) + fy .(cosθ) r     f¯ = f z

z


109

Daí    f¯r .ur         f¯θ .uθ r           f¯ .u z z

=

(fx .cosθ + fy .senθ)(cosθ, senθ, 0)

=

(fx cos2 θ + fy senθcosθ, fx senθcosθ + fy senθ, 0)

=

(fx .(−senθ) + fy .(ccsθ)(−senθ, cosθ, 0)

= (fx sen2 θ − fy senθcosθ, −fx senθcosθ + fy cosθ , 0) =

fz (0, 0, 1)

= (0, 0, fz )

Somando as três últimas igualdades, obtemos: 1 f¯r .ur + f¯θ .uθ + f¯z .uz = (fx , fy , fz ) = 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 ⊂ Rn abertos e f : U −→ Rn , g : V −→ R diferenciáveis, com f (U ) ⊂ V . Para todo x ∈ U , pondo y = f (x) tem-se ∇(g ◦ f )(x) = [f 0 (x)]∗ · ∇g(y). b) Interprete a igualdade ∇x z =

X ∂z · ∇x yi , escrita na notação clássica, e identifique-a com o ∂yi i

resultado anterior. Solução. Pela Regra da Cadeia, sabemos que (g ◦ f )0 (x) = g 0 (f (x)) · f 0 (x). Utilizando a notação matricial, temos que h i h i (g ◦ f )0 (x) = g 0 (f (x)) · f 0 (x) 1×m

1×m

Tomando a transposta, obtemos h i∗ h i (g ◦ f )0 (x) = g 0 (f (x)) m×1

h i = g 0 (f (x))

1×n

i f 0 (x)

1×n

∗

h i f 0 (x)

h

h i∗ = f 0 (x)

n×m

m×n

.

n×m

h

i∗ g 0 (f (x))

.

n×1

Portanto, h i∗ ∇(g ◦ f )(x) = f 0 (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 0 (x) · h seja perpendicular a f (x), para todo x ∈ U e todo h ∈ Rm .


110

Solução. (⇒) Suponha |f (x)| = c, então hf (x), f (x)i = c2 , ∀x ∈ U . Daí f diferenciável em U ⇒ hf (x), f (x)i diferenciável em U e além disso (hf (x), f (x)i)0 h = 0, ∀ h ∈ Rm

⇒

2 hf 0 (x)h, f (x)i = 0. Portanto f 0 (x) · h é perpendicular a f (x), para todo x ∈ U e todo h ∈ Rm . (⇐) Suponha agora que hf 0 (x)h, f (x)i = 0, para todo x ∈ U e todo h ∈ Rm e defina H : U → Rn − {0}, onde H(x) = hf (x), f (x)i. H é diferenciável e satisfaz H 0 (x)v = 2 hf 0 (x)v, f (x)i = 0, para todo x ∈ U e todo h ∈ Rm . Daí, como U é conexo, segue que H é constante e portanto |f | é constante.

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 0 (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) = 0, com 2 2 ∂ f 1 2 f ∈ C , então (x) ≤ |u||v| para x ∈ U , u, v ∈ Rm quaisquer implica ainda |f (x)| ≤ |x|2 . ∂u∂v 2 Generalize. √ √ √ √ x Solução. Defina F : [0, 1] → Rn , por F (t) = f ( tx). Então F 0 (t) = f 0 ( tx)( t)0 x = f 0 ( tx) √ . 2 t Assim √ x |F 0 (t)| = |f 0 ( tx) √ | 2 t √ |x| ≤ |f 0 ( tx)| √ 2 t √ |x| |x|2 . ≤ t|x| √ = 2 2 t Assim pela desigualdade do valor médio |x|2 |x|2 |F (1) − F (0)| ≤ (1 − 0) = . 2 2 |x|2 Portanto |f (x)| ≤ . 2 2 ∂ f |x|2 Como (x) ≤ |u||v|, então |f 0 (x)| ≤ |x| ⇒ |f (x)| ≤ . ∂u∂v 2 Exercício 3 Sejam U ⊂ Rm aberto, [a, b] ⊂ U , f : U → Rn contínua em [a, b] e diferenciável em (a, b). Para 0

cada y ∈ Rn existe cy ∈ (a, b) tal que hf (b) − f (a), yi = hf (cy )(b − a), yi. Solução. Para cada y ∈ Rn , defina ϕ : [0, 1] → R, onde ϕ(t) = hf (a + t(b − a)), yi. 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 0

0

ϕ(1)−ϕ(0) = 1.ϕ (t0 ) ⇒ hf (b)−f (a), yi = hf (a+t0 (b−a))(b−a), yi. Fazendo cy = a+t0 (b−a), 0

temos então que hf (b) − f (a), yi = hf (cy )(b − a), yi, como queríamos provar. Exercício 4 Seja U ⊂ Rm aberto e conexo. Dada f : U −→ Rn diferenciavel, considere as seguintes afirmações. 0

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 4. Para todo x0 ∈ U¯ existe lim f (x); x→x0

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 0 (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 0 (x0 )| > c. Então v |f 0 (x0 )v| > c|v| ⇒ |f 0 (x0 )u| = c + ε, onde u = . Pela diferenciabilidade de f , existe δ > 0 |v| 0 0 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 =

ε c

e observar que f é lipschitziana, e consequentemente uniformemente ε c

tal que |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε, ∀x, y ∈ U . √ (3) 6⇒ (2). De fato, se considerarmos a função f : [0, 1] → R, definida por f (x) = x, sabemos

contínua, isto é, ∀ ε > 0, ∃ δ =

que f é uniformente contínua, mas não é lipschitziana. (3) ⇒ (4) Dado x0 ∈ U¯ , como U¯ = U ∪ U 0 , temos que x0 ∈ U ou x0 ∈ U 0 . Se x0 ∈ U então lim f (x) = f (x0 ), pois f é contínua. Logo, existe lim f (x). x→x0 0

x→x0

Agora, se x0 ∈ U , como f é uniformemente contínua, então toda sequência de Cauchy (xk ) ⊂ U é transformada por f em uma sequência de Cauchy f (xk ) ⊂ Rn . Em particular, para toda sequência (xk ) ⊂ U \{x0 } com lim xk = x0 , ∃ lim f (xk ) = b e este valor independe da sequência escolhida. k→∞

k→∞

De fato, se (yk ) ⊂ U \{x0 } fosse uma outra sequência com lim yk = x0 tal que lim f (yk ) = c 6= b, k→∞

k→∞


112

teríamos uma sequência (zk ) ⊂ U \{x0 } definida por z2k = xk , z2k+1 = yk tal que lim zk = x0 , mas k→∞

não existe lim f (zk ), pois lim f (zkj ) = b, se kj = 2j, e lim f (zkj ) = c, se kj = 2j + 1. j→∞

k→∞

j→∞

Portanto, lim f (x) = b. x→x0

(4) 6⇒ (3). Consideremos f : [0, 2π] −→ R definida por f (x) = cos(x2 ). Como cos(x) é uma função contínua, temos lim cos(x2 ) = cos(x20 ), isto é, existe x→x0

2

lim cos(x ), ∀ x0 ∈ [0, 2π]. No entanto, a função não é uniformemente contínua, pois basta conp √ π √ . Dessa maneira, siderar xk = (k + 1)π e yk = kπ. Então xk − yk = p (k + 1)π + kπ lim |xk − yk | = 0, mas |f (xk ) − f (yk )| = 2. x→x0

k→∞

(4) ⇒ (5) Defina F : U¯ −→ Rn , definida por F (x) = f (x) se x ∈ U e F (x) = lim f (y), se y→x

x ∈ U¯ \U . Esta função está bem definida, pois lim f (x) existe para todo x0 ∈ U¯ . x→x0

Além disso, F é contínua. Como F |U = f é diferenciável, temos F é contínua em U , então basta provar que F é contínua em ∂U , já que U¯ = intU ∪ ∂U = U ∪ ∂U . Seja a ∈ ∂U , então F (a) = lim f (x) ⇒ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que x ∈ U, 0 < |x − a| < x→a ε δ ⇒ |f (x) − F (a)| < . Dado x¯ ∈ U¯ \U , temos que 0 < |¯ x − a| < δ ⇒ ∃ (xk ) ⊂ U tal que 2 ε lim xk = x¯. Daí, para k suficientemente grande, |xk − a| < δ ⇒ |f (xk ) − F (a)| < . Assim, k→∞ 2 ε |xk − a| < δ ⇒ lim |f (xk ) − F (a)| = |F (¯ x) − F (a)| ≤ < ε. k→∞ 2 Logo, lim F (¯ x) = F (a) e assim F é contínua em a. x→a

Provamos que F é contínua em U¯ e, como U¯ é compacto, segue que F (U¯ ) é compacto. Portanto, F (U ) = f (U ) é limitado. (5) 6⇒ (4). Temos que 0 ∈ [0, 1] = (0, 1). Considerando f : (0, 1) −→ R definida por f (x) = 1 sen ( x1 ), segue que U = (0, 1) é limitado e f (U ) é limitado, mas não existe lim sen . x→0 x Exercício 5 Seja U ⊂ Rm aberto conexo. Se f : U → Rn é diferenciável e f 0 (x) = T (constante) para todo x ∈ U então existe a ∈ Rn tal que f (x) = T · x + a. Mais geralmente, se f k+1 (x) = 0 para todo x ∈ U então f é um polinômio de grau k (soma de formas multilineares de grau ≤ k, restritas à 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 0 (x) · v = f 0 (x) · v − T · v para todos x ∈ U, v ∈ Rm . Então temos g diferenciável no aberto conexo U ⊂ Rm e f 0 (x) = T ⇒ g 0 (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 ∈ Rn . Exercício 6 Seja f : U → Rm diferenciável no aberto convexo U ⊂ Rm . Mostre que sup x6=y

Solução. Sejam α := sup x6=y

|f (x) − f (y)| = sup |f 0 (z)| |x − y| z∈U

|f (x) − f (y)| e β := supz∈U |dfz | |x − y|

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 |dfz |.|x − y| z∈[x,y]

⇒ |f (x) − f (y)| ≤ sup |dfz |.|x − y| z∈U x6=y

⇒

|f (x) − f (y)| ≤ sup |dfz | |x − y| z∈U

|f (x) − f (y)| ≤ sup |dfz | = β ⇒ α ≤ β |x − y| z∈U x6=y f (a + tv) − f (a) m ,daí chaPor outro lado, seja v ∈ R tal que |v| = 1, então |dfz (v)| = lim t→0 t mando x = a + tv e y = a ⇒ α = sup

|f (x) − f (y)| |f (u) − f (v)| ≤ sup =α x→y |x − y| |u − v| u,v;u6=v

⇒ |dfz (v)| = lim

⇒ |dfz | =

sup

|dfz (v)| ≤ α ⇒ β ≤ α

v∈Rn ,|v|=1

Então segue que α = β. Exercício 7 Se f : Rm → Rn é diferenciável com lim f 0 (x) · x = 0 então a aplicação g : Rm → Rn definida |x|→∞

por g(x) = f (2x) − f (x) é limitada. 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.,


114

|ϕ(1) − ϕ(0)| = |ϕ0 (c)| para algum c ∈ (0, 1) ⇒ |f (2x) − f (x)| = |f 0 (x + cx) · x| (∗) lim f 0 (x) · x = 0 ⇒ dado = 1, ∃ A > 0 tal que |x| > A ⇒ |f 0 (x) · x| < 1.

|x|→∞

Daí c ∈ (0, 1) ⇒ |(1 + c)x| > A ⇒ |f 0 ((1 + c)x)((1 + c)x)| < 1 ⇒ |f 0 ((1 + c)x)x| < Em (∗) temos |g(x)| = |f (2x) − f (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 → Rn diferenciável no aberto U ⊂ Rm . Se f 0 : 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 0 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 xn → x0 e yn → y0 . Afirmo que: x0 = y0 . De fato caso contrário |f (x0 ) − f (y0 )| = lim |f (xn ) − f (yn )| ≥ lim |xn − yn | = ∞|x0 − y0 | = +∞. Contradição. Logo x0 = y0 . Sabemos que ∃δ > 0 tal que ∀x ∈ Key ∈ U tal que |x − y| < δ ⇒ [x, y] ⊂ U. Daí como xn − yn → 0 para todo n suficientemente grande temos que [x, y] ⊂ U ( pode até supor sem perda de generalidade que [xn , yn ] ⊂ U, ∀n ∈ N). Fixemos um indice n tal que [xn , yn ] ⊂ U , assim [xn , yn ] ⊃ [xn+1 , yn+1 ] ⊃ · · · . Como f 0 é contínua e [xn , yn ] é compacto existe c > 0 tal que |f 0 (x)| ≤ c, ∀x ∈ [xn , yn ] e portanto ∀x ∈ [xn+1 , yn+1 ], i = 1, 2, · · · . Pela desigualdade do valor médio temos que |f (xn ) − f (yn )| ≤ c|xn − yn |, para todo n suficientemente grande, daí concluirmos que c|xn − yn | ≥ |f (xn ) − f (yn )| > n|xn − yn |. Daí para todo n suficientemente grande tal que |xn − yn | = 6 0 temos que c > n. Contradição. Se f 0 for limitada o argumento é o mesmo pois existe c > 0 tal que |f 0 (x)| ≤ c, ∀x ∈ U , daí |f 0 (x)| ≤ c, ∀x ∈ [xn , yn ]. Argumentando assim chegamos a uma contradição.


2.4.4

115

O teorema da aplicação inversa

Exercício 1 Seja I ⊂ R um intervalo aberto. Uma função diferenciável f : I → R é um difeomorfismo sobre 0

0

f (I) se, e somente se f (x).f (y) > 0 para quasquier x, y ∈ I. 0

Solução. (⇒) Se f é um difeomorfismo sobre f (I),então f (x) 6= 0, ∀ x ∈ I.Pelo Teorema de 0

0

0

0

Darboux temos que f (x) > 0 ou f (x) < 0, ∀ x ∈ I. Em qualquer caso temos f (x).f (y) > 0, 0

0

∀x, y ∈ I, dado que f (x) e f (y) têm sempre o mesmo sinal. 0

0

0

(⇐) f (x).f (y) > 0, ∀ x, y ∈ I ⇒ f (x) 6= 0, ∀ x ∈ I,daí pelo Teorema da Funçao Inversa f 0

0

é difeomorfismo local. Note agora que a condição f (x).f (y) > 0 ⇒ f 0 (x) > 0 ou f 0 (x) < 0. Suponha que f 0 (x) > 0 e tomemos a 6= 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 0 (c)(b − a) > 0 ⇒ f (b) 6= 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 0 (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 − f 0 (x)f 0 (y) 6= 0 pois |f 0 (t)| ≤ k < 1 para todo t ∈ R. Então ϕ0 (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)|s = |(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| 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 ∈ R2 , como |xk − xr | ≤

1 |f (xk ) 1−k

− f (xr )|, vemos

que (xk ) é de Cauchy portanto converge, seja x = lim xk . Então f (x) = lim f (xk ) = y ∈ f (R2 ). 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 0 (a) : R2 → R2 é isomorfismo ∀a ∈ R2 ⇒ det[F 0 (a)] 6= 0 , ∀a ∈ R2

0 0 f (x)h(y) f (x)h (y) 0 6= 0 Como f e g são difeomorfisEm outras palavras, det[F (x, y)] = 0 0 g (y) mos, temos que f 0 (x) 6= 0 e g 0 (y) 6= 0 ∀x, y ∈ R. Desta forma, temos que h(y) 6= 0, ∀y ∈ R ⇒ 0 ∈ /

h(R) (⇐) Se 0 ∈ / h(R) ⇒ det[F 0 (x, y)] 6= 0, pois f e g são difeomorfismos. Logo como F é diferenciável (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 . Para mostrar a injetividade de F seja (x, y) 6= (x0 , y 0 ) em R2 . Temos dois possíveis casos. No primeiro caso temos x = x0 e y 6= y 0 ou x 6= x0 e y 6= y 0 assim, em ambas possibilidades, F (x, y) 6= F (x0 , y 0 ), pois g(y) 6= g(y 0 ) (fato que decorre de g ser difeomosfismo e consequentemente uma bijeção de R em R). Em um segundo caso, temos x 6= x0 e y = y 0 assim f (x)h(y) 6= f (x0 )h(y 0 ), fato que decorre de 0 ∈ / h(R) e f (x) 6= f (x0 ). Para mostrar a sobrejetividade de F vamos tomar v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , vemos claramente da sobrejetividade 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) = v1 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 → Rm diferenciável no conjunto convexo U ⊂ Rm . Se hf 0 (x) · v, vi > 0 para ∀ x ∈ U e 0 6= v ∈ Rm 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 6= b elementos de U . U convexo ⇒ [a, b] ⊂ U . Defina então ψ : [0, 1] → R, ψ(t) = hf (a + (b − a)t), b − ai. Temos que ψ|[0,1] é contínua, ψ|(0,1) é diferenciável, então, pelo Teorema do Valor Médio, existe θ ∈ (0, 1) tal que ψ(1) − ψ(0) = ψ 0 (θ) ⇒ hf (b), b − ai − hf (a), b − ai = hf 0 (a + (b − a)θ)(b − a), (b − a)i > 0, isto é , hf (b) − f (a), b − ai > 0 ⇒ f (b) 6= f (a), portanto f é injetiva. A condição hf 0 (x) · v, vi > 0, ∀ x ∈ U e v ∈ Rm ⇒ f 0 (x) · v 6= 0, ∀ v ∈ Rm 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 → R2 , f (x, y) = (x, ey ). f é diferenciável e   1 0 , Df (x) =  y 0 e donde hf 0 (x, y)(v1 , v2 ), (v1 , v2 )i = h(v1 , v2 ey ), (v1 , v2 )i = v12 + ey .v22 > 0, ∀ v = (v1 , v2 ) 6= (0, 0) e ∀ (x, y) ∈ R2 . Agora note que f não é sobrejetiva, pois, por exemplo, o elemento (0, -1) ∈ / f (R2 ). Exercício 12 Seja f : Rm → Rm de classe C 1 tal que para x, v ∈ Rm quaisquer tem-se hf 0 (x) · v, vi ≥ |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) = hf (x + t(y − x)), y − xh. ϕ|[0,1] é contínua e ϕ|(0,1) é diferenciável, então, pelo T.V.M., existe θ ∈ (0, 1) tal que ϕ(1) − ϕ(0) = ϕ(θ)(1 − 0) ⇒ hf (y), y − xi − hf (x), y − xi = hf 0 (x + θ(y − x))(y − x), y − xi ⇒ hf (y) − f (x), y − xi = hf 0 (x + θ(y − x))(y − x), y − xi ⇒ |(f (y) − f (x), y − x)| = |f 0 (x + θ(y − x), y − x)| ≥ α|y − x|2

|f (y) − f (x)|.|y − x| ≥ |(f (y) − f (x), y − x)| ≥ α|y − x|2 ⇒ |f (y) − f (x)| ≥ α|y − x|, ∀ x, y ∈ Rm . 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 − xs | ≤

1 |f (xr ) 2

− f (xs )|, donde


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. Note que f ∈ C 1 e f 0 (x) · v 6= 0, ∀ v ∈ Rm ⇒ f é difeomorfismo global sobre sua imagem aberta f (Rm ). 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 0 (x) é, para todo x ∈ Rm , uma isometria (isto é, |f 0 (x) · v| = |v|) na norma euclidiana. Então f é uma isometria (isto é, |f (x) − f (y)| = |x − y|). Conclua que existem T ∈ L(Rm ) ortogonal e a ∈ Rm tais que f (x) = T · x + a. Solução. Defina ψ : [0, 1] −→ t

R

7−→ ψ(t) =< f (a + t(b − a), b − a >

onde a, b ∈ Rm , são arbitrários e a 6= b. ψ é contínua em [0, 1] e derivável em (0, 1), então ∃θ ∈ (0, 1) tal que ψ(1) − ψ(0) = ψ 0 (θ) então < f (b), b − a > − < f (a), b − a >=< f 0 (a + θ(b − a))(b − a), b − a >⇒ < f (b) − f (a), b − a >=< f 0 (a + θ(b − a))(b − a), b − a >⇒ < f (b) − f (a), b − a > − < f 0 (a + θ(b − a))(b − a), b − a >= 0 b−a6=0

< f (b) − f (a) − f 0 (a + θ(b − a))(b − a), b − a >= 0 ⇒ f (b) − f (a) − f 0 (a + θ(b − a))(b − a) = 0 ⇒ f (b) − f (a) = f 0 (a + θ(b − a))(b − a) ⇒ |f (b) − f (a)| = |f 0 (a + θ(b − a))(b − a)| = |b − a| 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 ∈ Rm . 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), f (v) > = (|f (u)|2 + |f (v)|2 − |f (u) − f (v)|2 ) 2 1 = (|u|2 + |v|2 − |u − v|2 ) 2 =< u, v > . iii) Os vetores u1 = f (e1 ), · · · , um = f (em ) formam uma base ortonormal em Rm . De fato,

  1 , se i = j < ui , uj >=< f (ei ), f (ej ) >=< ei , ej >= δij = ,  0 , se i 6= j

e portanto, {u1 , u2 , · · · , um } é ortonormal. iv) Dado v = x1 e1 + · · · + xm em ∈ Rm , tem-se < f (v), ui >= xi , logo f (v) = x1 u1 + · · · + xm um . P De fato < f (v), ui >=< f (v), f (ei ) >=< v, ei >= xi . Mas, se f (v) = yi ui , teríamos < P f (v), ui >= yi , pois < ui > é uma base ortonormal. Logo xi = yi e, portanto f (v) = xi ui . v) f : Rm → Rm é um operador linear, logo ortogonal. P P P Dados v = xi ei e w = yi ei , temos v +λw = (xi +λyi )ei e, portanto, pelo item anterior, f (v + λw) =

X

(xi + λyi )ui =

X

xi ui + λ

X

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 : Rm → Rm 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 ∈ Rm tais que f (x) = T · x + a.


120

Exercício 14 Seja f : Rm → Rm de classe C 1 ,com |f 0 (x).v| ≥ α |v| para x, y ∈ Rm quaisquer (α > 0 constante). Então f é um difeomorfismo de Rm sobre si mesmo. Em particular, |f (x) − f (y)| ≥ α |x − y|, para quaisquer x, y ∈ Rm . 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 → Rm uma aplicação de classe C 1 , cujos valores estão contidos no aberto conexo Y ⊂ Rm . 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 0 (x).u| ≥ v |u| para todo u ∈ Rm . 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 Y1 = a(1) e considere V 3 Y1 , 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 0 (b(s)).b0 (s)| ≥ v |b0 (s)|. Por outro lado f 0 (b(s)).b0 (s) = a0 , logo |b0 (s)| ≤

|a0 (s)| v

quando 1 − δ < s < 1. como o intervalo [0, 1] é compacto e a é de classe C 1 , ∃A > 0

tal que |a0 (A)| < Av ∀s ∈ [0, 1]. Portanto se 1 − δ < s1 , s2 , < 1 vale: |b(s2 ) − b(s1 )| = ss12 b0 (s)ds ≤ |s2 − s1 | .A . Pelo Critério de Cauchy segue-se que lims→1 b(s) existe. Emseguida, provaremos que todo caminho retilíneo, contido em Y , começando num ponto arbitrário Y0 ∈ f (Rm , pode ser levantada a partir de qualquer ponto x0 ∈ f − 1(Y0 ). De fato, se isso não ocorresse, existiria um caminho retilíneo a(s) = (1 − δ)Y0 + sY1 em Y tal que a restrição

a [0,1]

possuiria um levantamento b : [0, 1) → Rm , com

b0 = x0 ,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 Y1 pertence ao fecho de f (Rm ) relativamente a Y pode ser ligado a um ponto Y0 ∈ f (Rm ) por um caminho retilíneo contido em Y , o qual pode ser levantado a Rm , de modo que Y1 ∈ 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 Rm . Como Rm 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 Z Z Z Z f (x)dx+ g(x)dx ≤ [f (x) + g(x)]dx ≤ A

A

Z [f (x) + g(x)]dx ≤

f (x)dx+

A

A

Z g(x)dx.

A

A

Dê um exemplo em que todas as desigualdades acima são estritas. Prove também que Z Z Z Z c · f (x)dx = c · f (x)dx se c > 0 e c · f (x)dx = c · f (x)dx quando c < 0. A

A

A

A

Prove ainda que se f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ A então Z Z Z Z f (x)dx ≤ g(x)dx e f (x)dx ≤ A

A

A

g(x)dx. A

Solução. Para todo bloco B ⊂ A, temos que mB (f ) + mB (g) ≤ mB (f + g) e MB (f + g) ≤ MB (f ) + MB (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 Z Z f (x)dx+ A

Z

Z g(x)dx ≤ A

Z

[f (x) + g(x)]dx ≤ A

[f (x) + g(x)]dx ≤ A

Quanto ao exemplo, podemos tomar f, g : [0, 1] → R definidas por   1, se x ∈ Q f (x) =  0, se x ∈ /Q

Z

  0, se x ∈ Q e g(x) = .  1, se x ∈ /Q

f (x)dx+ A

g(x)dx. A


122

Dessa maneira, Z

Z

0=

Z

f (x)dx +

g(x)dx < 1 =

A

[f (x) + g(x)]dx.

A

A

Além disso, Z

Z

1=

Z

[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, Mb (c · f ) = sup{c · f (x); x ∈ P } = c · sup{f (x); x ∈ P } = c · MB (f ). Então, multiplicando pelo volume de cada bloco da partição e somando, obtemos: X

s(cf, P ) =

B∈P X

S(cf, P ) =

mb (cf ) · vol(B) = Mb (cf ) · vol(B) =

X B∈P X

c · mb (f ) · vol(B) = c · s(f ; P ); c · Mb (f ) · vol(B) = c · S(f ; P ).

B∈P

B∈P

Portanto Z

Z

Z

c · f (x)dx = c ·

Z c · f (x)dx = c ·

f (x)dx e

A

A

A

f (x)dx. A

Por fim, se f (x) ≤ 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

x∈B

Assim, s(f, P ) ≤ 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 ). Portanto, Z

Z

Z f (x)dx ≤ A

Z f (x)dx ≤

g(x)dx e 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 Z Z ϕ(z)dz = A×B

Z f (x)dx · A

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 ≤

0

que

≤

mB (f )

f (x), ∀

123 ∈

x

B

0 ≤ mB (g) ≤ g(y), ∀ y ∈ B ⇒ 0 ≤ mB (f ) · mB (g) ≤ f (x) · g(y), ∀ (x, y) ∈ (B, B) ⇒ 0 ≤ mB (f ) · mB (g) ≤

(f (x) · g(y))

inf (x,y)∈(B,B)

⇒ 0 ≤ mB (f ) · mB (g) ≤ m(B,B) (ϕ) Por outro lado, m(B,B) (ϕ) =

(f (x) · g(y)) ≤ f (x) · g(y), ∀ (x, y) ∈ (B, B)

inf (x,y)∈(B,B)

Daí m(B,B) (ϕ) ≤ inf (f (x) · g(y)) = g(y) inf (f (x)) = g(y) · mB (f ) x∈B

x∈B

⇒ m(B,B) (ϕ) ≤ inf (g(y) · mB (f )) = mB (f ) · inf (g(y)) = mB (f ) · mB (g) g∈B g∈B X m(B,B) (ϕ)vol(B, B) = Portanto m(B,B) (ϕ) = mB (f ) · mB (g) ⇒ s(ϕ, (P, P )) = (B,B)∈(P,P )

X

=

m(B,B) (ϕ)vol(B)vol(B) =

(B,B)∈(P,P )

X

=

X

mB (f ) · mB (g)vol(B)vol(B) =

(B,B)∈(P,P )

(mB (f ) · vol(B))(mB (g) · vol(B)) =

X

mB (f ) · vol(B) ·

B∈P

B∈P,B∈P

X

mB (g) · vol(B)

B∈P

= s(f, Z P ) · s(g, P ) ϕ(z)dz = sup s(ϕ, (P, P )) = sup s(f, P ) · s(g, P ) (P,P ) (P,P ) A×B Z Z f (x)dx · g(y)dy = sup s(f, P ) · sup s(g, P ) = e daí

P

P

A

B

Da mesma forma provamos para a integral superior. Exercício 5 Se f, g : A → R são integráveis, prove a desigualdade de Schuarz: Z 2 Z Z 2 f (x)g(x)dx ≤ f (x)dx g 2 (x)dx. A

A

A

Solução. Defina Z Z Z Z 2 2 2 g (x)dx + 2λ f (x).g(x)dx + f 2 (x)dx p(λ) = (f (x) + λg(x)) dx = λ A

A

A

A

Como p(λ) ≥ 0, temos que ∆p(λ) ≤ 0, isto é, Z 2 Z Z 2 4 f (x).g(x)dx − 4 f (x)dx · g 2 (x)dx ≤ 0 A

A

Daí

2

Z f (x).g(x)dx A

Z ≤

A

2

Z

f (x)dx · A

A

g 2 (x)dx

e


2.5.2

124

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 ◦ f : A → R é integrável. (“Uma função contínua de uma função integrável é integrável.”) 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 ∈ Dg◦f . Então se f não é contínua em x ⇒ x ∈ Df , ou se f é contínua em x tem-se que g não é contínua em b = f (x), mas b ∈ Dg , logo x ∈ f −1 (b) ⊂ f −1 (Dg ) ⇒ x ∈ f −1 (Dg ). Em qualquer caso x ∈ Dg◦f ⇒ x ∈ Df ∪ f −1 (Dg ) ⇒ Dg◦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 Dg◦f ⊂ Df ∪ f −1 (Dg ).De fato, tomemos x ∈ Dg◦f e suponha que x∈ / Df ⇒ f (x) ∈ Dg , 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 ∈ Dg◦f , daí f (x) ∈ Dg ⇒ x ∈ f −1 (Dg ), portanto Dg◦f ⊂ Df ∪ f −1 (Dg ). Note agora que |f (x) − f (y)| ≥ c|x − y|, c > 0, ∀ x, y ∈ A ⇒ f é injetiva. Portanto existe uma correspondência biunívoca entre os pontos de Dg 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 ) ⇒ medg◦f = 0 ⇒ g ◦ f é integrável.


125

Exercício 9 Se uma sequência de funções integráveis fk : A → R converge uniformemente para uma função R R f : A → R, então f é integrável e limk→∞ A fk (x)dx = A f (x)dx. Solução. Lembremos inicialmente que Dfk é o conjunto dos puntos onde fk é descontínua. Seja B = A − ∪∞ k=1 Dfk Tem-se que todas as funções fk são contínuas em B. Além disso, fk 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, Df ⊆ A − B = ∪∞ k=1 Dfk Mas como med(Dfk ) = 0, ∀k ∈ N, pois as funções fk 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. R R Vejamos agora que limk→∞ A fk (x)dx = A f (x)dx. Dado ε > 0, já que fk → f uniformemente em A, existe N ∈ N, tal que se k ≥ N e x ∈ A, então |fk (x) − f (x)| ≤

ε vol(A)

então se k ≥ N tem-se Z Z Z Z | fk (x)dx − f (x)dx| ≤ |fk (x) − f (x)|dx ≤ A

Portanto limk→∞

R A

A

fk (x)dx =

R A

A

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 Z b Z d Z f (x, y)dxdy = ϕ(x)dx ψ(x)dy . A

a

c


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(Dϕ × [c, d]), med([a, b] × Dψ ) = 0 . Assim, pelo Teorema de Fubini, temos que Z Z Z Z b Z d ϕ(x)ψ(y)dy dx f (x, y)dxdy = f (x, y)dy dx = a c A [a,b] [c,d] Z d Z b Z d Z b ϕ(x) ψ(y)dy dx = = ϕ(x)dx ψ(y)dy . a c a c | {z } 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 0 (a) : Rm → Rm um vol. f (B[a; r]) isomorfismo. Mostre que lim = | det . f 0 (a)|. 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 (x) ≤ M (r). Também quando r → 0, temos que m(r) → f (a) e M (r) → f (a). Note que uma bola é um conjunto J-mensurável, pois med(∂B[a, r]) = 0.

Daí resulta que Z m(r) ≤ f (x) ≤ M (r) ⇒

Z

Z

m(r)dx ≤ B[a,r]

f (x)dx ≤ B[a,r]

M (r)dx B[a,r]

Z ⇒ m(r)vol. B[a, r] ≤

f (x)dx ≤ M (r)vol. B[a, r] B[a,r]

1 ⇒ m(r) ≤ vol. B[a, r]

Z

f (x)dx ≤ M (r) Z 1 ⇒ lim m(r) ≤ lim f (x)dx ≤ lim M (r) r→0 r→0 vol. B[a, r] B[a,r] r→0 Z 1 ⇒ lim f (x)dx = f (a). r→0 vol. B[a, r] B[a,r] 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 Z Z 1dy = | det f 0 (x)|dx vol. f (B[a, r]) = f (B[a,r]) B[a,r] Z 1dx = | det f 0 (x)|vol. B[a, r] ⇒ vol. f (B[a, r]) = | det f 0 (x)| B[a,r]

vol. f (B[a, r]) = | det f 0 (x)| vol. B[a, r] vol. f (B[a, r]) ⇒ lim = | det f 0 (a)|. r→0 vol. B[a, r] ⇒

Exercício 2 No exercício anterior (1), mostre que se f 0 (a) não for um isomorfismo, então vol.f (B[a; r]) =0 r→0 vol.B[a; r] lim

vol.f (B[a; r]) 6= 0. Pelo exercicio (1), temos que r→0 vol.B[a; r]

Solução. Suponha que lim

|det.f 0 (a)| = lim

r→0

é um isomorfismo. Contradição.

vol.f (B[a; r]) 6= 0 ⇒ f 0 (a) vol.B[a; r]

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 =

p x21 + x22 + · · · + x2n ;

(ii) |x|M = max{|x1 |, |x2 |, . . . , |xn |}; (iii) |x|S =

n P

|xi | = |x1 | + |x2 | + |x3 |.

i=1

Solução. (i) |x|E =

p x21 + x22 + · · · + x2n .

• N1 : |x|E ≥ 0 , ∀ x ∈ Rn , pois |x|E é, por definição, a raiz positiva de

n P

x2i ≥ 0.

i=1 n

• N2 : |x|E = 0 ⇔ x = 0 , ∀ x ∈ R . 2

|x|E = 0 ⇔ |x|E = 0 ⇔

n X i=1

• N3 : |αx|E = |α| |x|E , ∀ x ∈ Rn .

x2i = 0 ⇔ xi = 0, ∀ i = 0, . . . , n.

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA

129

Sejam α ∈ R e x ∈ Rn . |αx|E = |(αx1 , αx2 , . . . , αxn )| p = (αx1 )2 + (αx2 )2 + . . . (αxn )2 q = α2 (x21 + x22 + . . . x2n ) q = |α| x21 + x22 + . . . x2n = |α||x|E . • N4 : |x + y|E ≤ |x|E + |y|E , ∀ x, y ∈ Rn . |x + y|E 2 = hx + y, x + yi = hx, xi + 2 hx, yi + hy, yi = |x|E 2 + 2 hx, yi + |y|E 2 . Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz (| hx, yi | ≤ |x| |y|) , temos que |x + y|E 2 = |x|E 2 + 2 hx, yi + |y|E 2 ≤ |x|E 2 + 2|x| |y| + |y|E 2 = (|x|E + |y|E )2 ⇒ |x + y|E ≤ |x|E + |y|E . (ii) |x|M = max{|x1 |, |x2 |, . . . , |xn |}. • N1 : |x|M ≥ 0 , ∀ x ∈ Rn |x|M = |xi | , para algum i = 1, . . . , n e |xi | ≥ 0, ∀ i = 1, . . . , n. Portanto |x|M ≥ 0, ∀ x ∈ Rn . • N2 : |x|M = 0 ⇔ x = 0 , ∀ x ∈ Rn Seja x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn . Então 0 ≤ |xi | ≤ max{|x1 |, . . . , |xn |}. Portanto, |x|M = 0 ⇒ |xi | = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ x = 0. Reciprocamente, se x = 0 então xi = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ |x|M = max{|xi |, i = 1, . . . , n} = 0. • N3 : |αx|M = |α| |x|M , ∀ x ∈ Rn . |αx|M = max{|αx1 |, . . . , |αxn |} = max{|α|.|x1 |, . . . , |α|.|xn |} = |α| · max{|x1 |, . . . , |xn |} = |α| |x|M . • N4 : |x + y|M ≤ |x|M + |y|M , ∀ x, y ∈ Rn . |x + y|M = max{|x1 + y1 |, . . . , |xn + yn |} ≤ max{|x1 | + |y1 |, . . . , |xn | + |yn |} ≤ ≤ max{|x1 |, . . . , |xn |} + max{|y1 |, . . . , |yn |} = |x|M + |y|M .

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA (iii) |x|S =

n P

130

|xi | = |x1 | + · · · + |xn |.

i=1

• N1 : |x|S ≥ 0 , ∀ x ∈ Rn . Como |xi | ≥ 0, ∀ i = 1, . . . , n, então |x1 | + |x2 | + · · · + |xn | = |x|S ≥ 0. • N2 : |x|S = 0 ⇔ x = 0 , ∀ x ∈ Rn . |x|S = 0 ⇔ |x1 | + |x2 | + · · · + |xn | = 0 ⇔ |xi | = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇔ ⇔ xi = 0 , ∀ i = 1, . . . , n ⇔ x = 0. • N3 : |αx|S = |α||x|S , ∀ x ∈ Rn . Sejam α ∈ R e x ∈ Rn . |αx|S = |αx1 | + |αx2 | + · · · + |αxn | = |α||x1 | + |α||x2 | + · · · + |α||xn | = |α| (|x1 | + |x2 | + · · · + |xn |) = |α| |x|S . • N4 : |x + y|S ≤ |x|S + |y|S , ∀ x, y ∈ Rn . |x + y|S = |x1 + y1 | + |x2 + y2 | + · · · + |xn + yn | ≤ |x1 | + |y1 | + |x2 | + |y2 | + · · · + |xn | + |yn | = |x|S + |y|S . Exercício 2 - 13/03 Mostre que |x|M ≤ |x|E ≤ |x|S ≤ n|x|M , ∀ x ∈ Rn . Em particular, |x|M ∼ |x|S , |x|E ∼ |x|S e |x|M ∼ |x|E . Solução. 1) |x|M = max{|x1 |, . . . , |xn |} =

q

max{|x1 |, . . . , |xn |}2 ≤

p |x1 |2 + · · · + |xn |2 .

2) |x|2S − |x|E 2 = (|x1 | + · · · + |xn |)2 − (|x1 |2 + · · · + |xn |2 ) ≥ 0 ⇒ |x|2S ≥ |x|2E ⇒ |x|E ≤ |x|S . 3) Temos que |x|S = |x1 | + |x2 | + · · · + |xn |, onde xi ≤ max{|x1 |, . . . , |xn |}, ∀ i = 1, . . . , n, daí |x|S ≤ max{|x1 |, . . . , |xn |} + · · · + max{|x1 |, . . . , |xn |} = n|x|M .


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 | · |S ⇔ é limitada em | · |M . Solução. Um subconjunto X ⊂ Rn é limitado com respeito à norma || · || em Rn , quando ∃ c > 0 tal que ||x|| ≤ c, ∀ x ∈ X . Como |x|M ≤ |x|E ≤ |x|S ≤ n|x|M , ∀ x ∈ Rn , então temos claramente que X ⊂ Rn é limitada em | · |E ⇔ é limitada em | · |S ⇔ é limitada em | · |M . Exercício 5 - 13/03 Mostre que em qualquer norma (i) Br (x0 ), B r (x0 ) são convexos; (ii) Sr (x0 ) não é convexa. Solução.


132

(i) Sejam x, y ∈ Br (x0 ) ⇒ |x − x0 | < r e |y − x0 | < r. Logo: |(1 − t)x + ty − x0 | = |(1 − t)x + ty − (1 − t)x0 − tx0 | ≤ |(1 − t)(x − x0 )| + |t(y − x0 )| < (1 − t)r + tr = r, ∀t ∈ [0, 1], pois 1 − t > 0 e t ≤ 0. De modo análogo, provamos que a bola fechada B r (x0 ) é convexa. (ii) Sejam x 6= y, x, y ∈ Sr (x0 ) ⇒ |x − x0 | = r |y − x0 | = 0. Suponha que para t ∈ (0, 1), Sr (x0 ) é convexo, daí: |(1 − t)x + y − x0 | = |(1 − t)x + ty − (1 − t)x0 − tx0 | < |(1 − t)(x − x0 )| + |t(y − x0 )| = (1 − t)r + tr = r. A desigualdade estrita provém do fato de que x 6= y pois a igualdade somente cumpre-se quando x e múltiplo de y. Logo o segmento {(1 − t)x + ty t ∈ (0, 1)} * Sr (x0 ) o que é uma contradiçao. Assim Sr (x0 ) não é convexo. Teorema 2 (Bolzano-Weierstrass) - 16/03 k∈N0

(xk ) ⊂ Rn limitada ⇒ existem N0 ⊂ 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 −→1 a1 . Por sua vez, a sequência limitada (xk2 )k∈N1 de números reais, possui uma subsequência convergente. k∈N

Assim podemos obter um subconjunto infinito N2 ⊂ N1 e a2 ∈ R tais que xk2 −→2 a2 . Prosseguindo assim encontramos conjuntos infinitos N ⊃ N1 ⊃ N2 ⊃ · · · ⊃ Nn e a1 , a2 , . . . , an ∈ R tais que k∈N

xki −→i ai para i = 1, 2, ..., n. k∈N

Portanto (xk )k∈Nn ⊂ (xk )k∈N é tal que xk −→n (a1 , a2 , . . . , an ). 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|2 = hx + y, x + yi = hx, xi + 2 hx, yi + hy, yi = |x|2 + 2 hx, yi + |y|2 , ou seja, |x + y|2 = |x|2 + 2 hx, yi + |y|2 . Da mesma maneira, |x − y|2 = |x|2 − 2 hx, yi + |y|2 . Somando


133

membro a membro as duas equações, obtemos |x + y|2 + |x − y|2 = 2(|x|2 + |y|2 ). 1 (i) hx, yi = (|x + y|2 − |x − y|2 ) 4 |x + y|2 − |x − y|2 4 hx, yi Solução. Do item anterior: = = hx, yi. 4 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: |x + y|2S + |x − y|2S = 2(|x|2S + |y|2S ), ∀ x, y ∈ Rn . 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|2M = 2(|x|2M + |y|2M ), desta forma | · |M não provém de produto interno. Exercício 3 - 16/03 (i) Seja 0 6= x ∈ Rn . Então, para todo y ∈ Rn , z ⊥ x em que z = y −

hx, yi x. |x|2

(ii) Mostre que |hx, yi| ≤ |x| · |y|, ∀x, y ∈ Rn e |hx, yi| = |x| · |y| ⇔ x = αy, para algum α ∈ R. Solução. (i) hx, yi x, xi |x|2 hx, yi = hy, xi − hx, xi |x|2

hz, xi = hy −

= hy, xi − hy, xi = 0. Portanto, z ⊥ x. (ii) A desigualdade é trivial se x = 0. Se x 6= 0, defina z = y −

hx, yi x. Temos que z ⊥ x daí |x|2

hx, yi2 hx, yi2 ≥ ⇒ | hx, yi | ≤ |x||y|, onde a igualdade ocorre se e só se |x|2 |x|2 z = 0 ⇔ y = αx.

|y|2 = |z|2 +


134

Exercício 4 - 16/03 Mostre que | hx, yi | ≤ |x||y|, ∀ x, y ∈ Rn e | hx, yi | = |x||y| ⇔ x = αy, α ∈ R, não vale para | · |M e | · |S . Solução. Isto é óbvio se x = 0. Supondo x 6= 0, podemos escrever yαx + Z com z⊥x e α=

. |x|2

Por Pitágoras, |y|2 = α2 |x|2 + |z|2 , logo |y|2 ≥ α2 |x|2 , valendo a igualdade se,e somente

se, y = αx. Entrando com o valor de α, vem |y|2 ≥

2 , |x|2

ou seja, hx, yi2 ≤ |x|2 |y|2 , o que nos dá

| hx, yi | ≤ |x||y|, valendo a igualdade se, e somente se, y = α · x. Como | · |M e | · |S não provém de produto interno, então não tem sentido falar nessas desigualdades. Exercício 5 - 16/03 Mostre que d(x, y) = ||x − y|| é uma métrica em Rn = Rn , || · || . Solução. d1 ) d(x, y) = ||x − y|| ≥ 0, ∀ x, y ∈ Rn . d2 ) d(x, y) = 0 ⇔ ||x − y|| = 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x = y. d3 ) d(x, y) = ||x − y|| = ||(−1)(y − x)|| = | − 1|||y − x|| = ||y − x|| = d(y, x). d4 ) d(x, z) = ||x − z|| = ||x − y + y − z|| ≤ ||x − y|| + ||y − z|| = d(x, y) + d(y, z). De d1 , d2 , d3 e d4 resulta que d(x, y) = ||x − y|| é uma métrica em Rn = (Rn , || · ||). Exercício 6 - 16/03 (xk ) ⊂ Rn 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. (⇒) (xk ) ⊂ Rn é limitado ⇒ ∃ c > 0 tal que kxk kM ≤ c. Daí |xki | ≤ kxk kM = max |xi | ≤ c para algum c > 0 ⇒ (xki ) ⊂ R é limitada. 1≤i≤n

(⇐) (xki ) ⊂ é limitado ⇒ ∃ c > 0 tal que |xi | ≤ c ⇒ kxk kM = max |xki | ≤ c para algum c > 0 1≤i≤n

n

⇒ (xk ) ⊂ R é limitado. Exercício 7 - 16/03 Mostre:

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA k∈N

135

k∈N

(i) xk −→ a e xk −→ b ⇒ 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 Solução. Suponhamos que a 6= b. Considerando ε =

xk ∈ B(b, ε) ∀k ≥ k2 . Tomando k ≥ max{k1 , k2 }, obtemos xk ∈ B(a, ε) ∩ B(b, ε), o que contradiz B(a, ε) ∩ B(b, ε) = ∅. Portanto, a = b. |·|E

|·|S

|·|M

(ii) xk −→ a ⇔ xk −→ a ⇔ xk −→ a. Solução. |·|E

|·|S

Parte 1: xk −→ a ⇔ xk −→ a. |·|E

(⇒) Como xk −→ a, dado

ε n

> 0, ∃ k0 = k0 ( nε ) ∈ N tal que:

|xk − a|E < nε , ∀ k ≥ k0 . Como | · |E ∼ | · |S , então existe n > 0 tal que | · |S ≤ n| · |E e assim ε |xk − a|S ≤ n|xk − a|E < n = ε ⇒ |xk − a|S < ε. n |·|S Portanto, xk −→ a. |·|S

(⇐) Como xk −→ a, ⇒ ∀ε > 0 ∃ k(ε) ∈ N tal que: |xk − a|S < ε, ∀ k ≥ k(ε). Como |x|E ≤ |x|S , ∀ x ∈ Rn , segue que |xk − a|E ≤ |xk − a|S < ε ⇒ |xk − a|E < ε. |·|E

Portanto, xk −→ a. |·|S

|·|M

Parte 2: xk −→ a ⇔ xk −→ a. |·|S

(⇒) xk −→ a, ⇒ ∀ε > 0 ∃ k(ε) ∈ N tal que: |xk − a|S < ε, ∀ k ≥ k(ε). Como |x|M ≤ |x|S , ∀ x ∈ Rn , segue que |xk − a|M ≤ |xk − a|S < ε ⇒ |xk − a|M < ε. |·|M

Portanto, xk −→ a. |·|M

(⇐) xk −→ a, dado

ε n

> 0, ∃ k( nε ) ∈ N tal que:

|xk − a|M < nε , ∀ k ≥ k( nε ). Como |x|S ≤ n|x|M , ∀ x ∈ Rn , segue que ε |xk − a|S ≤ n|xk − a|M < n = ε ⇒ |xk − a|S < ε. n |·|S Portanto, xk −→ a. |·|E

|·|M

Obs.: Como "⇔"é relação de equivalência, logo é transitiva. Assim xk −→ a ⇔ xk −→ a. Exercício 8 - 16/03 Mostre que duas normas quaisquer do Rn são equivalentes.


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 k · k em Rn é equivalente a | · |S . Em primeiro lugar, seja b = max{ke1 k, . . . , ken k}. Então, para qualquer x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn temos kxk = kx1 e1 + · · · + x1 en k ≤ |x1 |ke1 k + · · · + |xn |ken k≤ b.|x|S . Resta-nos agora provar que existe a > 0 tal que |x|S ≤ akxk ; ∀x ∈ Rn . Suponha, por absurdo, que não seja assim. Então, para cada k ∈ N, podemos achar xk ∈ Rn tal que |xk |S > kkxk k. Ponhamos uk = xk /|xk |S . Isto nos dá kuk k = kxk k/|xk |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 ∈ Rn . Por um lado, temos que |u|S = lim |ukj |S = 1, donde u 6= 0. Por outro lado, para todo j ∈ N temos j→∞

kuk ≤ kukj − uk + kukj k ≤ b|ukj − u|S + 1/kj . Como as duas últimas parcelas acima tendem para zero quando j −→ ∞, concluímos que kuk = 0, donde u = 0. Esta contradição demonstra o exercício. 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 |xk − xj | < ε sempre que k, j > k0 . Dado ε = 1, existe n0 , tal quq n, p > n0 ⇒ |xn − yp | < 1. Assim para todo n > n0 temos que |xn − xn0 +1 | < 1 ⇒ xn ∈ B1 (xn0 +1 ). Daí os elementos da sequência estão contidos no conjunto {x1 , . . . , xn0 } ∪ B1 (xn0 +1 ) que é limitada. Portanto (xn ) é limitada. Exercício 10 - 16/03 x1 = 1; x2 = 2; xk =

xk−2 + xk−1 5 ∈ R. Mostre que (xn ) é uma sequência de Cauchy e lim xn = . n→∞ 2 3

Solução. Temos que xk − xk−1

1 k−2 1 k−2 = (x2 − x1 ) = − , − 2 2

∀ k ≥ 3.


137

Daí xp+k − xk = (xk+p − xk+p−1 ) + · · · + (xk+1 − xk ) =

1 − 2

k+p−2

k−1 1 + ··· + − 2

k+p−2 k−2 1 1 − − − 2 2 = 3 k+p−2 k−2 1 1 1 lim − − + − ⇒ lim |xk+p − xk | = = 0. k,p−→∞ 3 k,p→∞ 2 2 Portanto (xk ) é de Cauchy. Além disso, 1 x2+p − x2 = 3

3.1.2

"

1 − 2

p

0 # p 1 1 1 1 1 5 − − ⇒ x2+p = 2 − + − ⇒ lim xp = 2 − = . p→∞ 2 3 3 2 3 3

Conjuntos abertos, fechados e compactos

Teorema 1 - 20/03 (i) A1 , . . . , An abertos ⇒

n \

n

Ai ⊂ R é aberto. Demonstração. a ∈

i=1

n \

Ai ⇒ a ∈ Ai , ∀ i =

i=1

1, . . . , n. Como Ai é aberto, ∀ i = 1, . . . , n, existem δ1 , . . . , δn tais que B(a, δi ) ⊂ Ai . Tomando n \ δ = min{δ1 , . . . , δn }, obtemos que B(a, δ) ⊂ Ai , ∀ i = 1, . . . , n ⇒ B(a, δ) ⊂ Ai . i=1

(ii) Aλ ⊂ Rn aberto, λ ∈ L− família de índices, então

[

⊂ Rn é aberto. Demonstração. Dado

λ∈L

a∈

[

n

⊂ R , temos que a ∈ Aλ , para algum λ ∈ L. Como Aλ ⊂ Rn é aberto, ∃ δ > 0 tal que

λ∈L

B(a, δ) ⊂ Aλ ⊂

[

Aλ ⇒ B(a, δ) ⊂

λ∈L

[

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, ! [ [ B(a; ra ) ∩ X = B(a; ra ) ∩ X ⊂ A. a∈A

a∈A


138

Por outro lado, [

A⊂X e A⊂

B(a; ra ) ⇒ A ⊂ X ∩

a∈A

Portanto, A = X ∩

[

[

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 6= ∅, ∀ r > 0. (ii) F ⊂ Rn é fechado ⇔ F C ⊂ Rn é aberto. (iii) F ⊂ Rn é fechado. n

(iv) F1 , . . . , Fn ⊂ R fechado ⇒

n [

Fi ⊂ Rn é fechado.

i=1

(v) Se (Fλ )λ∈L é uma família arbitrária de conjuntos fechados então

\

Fλ ⊂ Rn é fechado.

λ∈L

Demonstração. (i) (⇒) a ∈ X ⇒ ∃ (xk ) ⊂ X tal que xk → a, daí se tomarmos r > 0 arbitrário, então existe k0 ∈ N tal que xk ∈ B(a; r), ∀ k ≥ k0 . Como (xk ) ⊂ X ⇒ B(a; r) ∩ X 6= ∅, ∀ r > 0 em R. (⇐) Suponha B(a; r) ∩ X 6= ∅, ∀ r > 0, então para cada k ∈ N existe xk ∈ B(a; 1/k), daí |xk − a| < 1/k, ∀ k ∈ N ⇒ xk → a, portanto a ∈ X. (ii) (⇒) F ⊂ Rn fechado. Tomemos x ∈ Rn \F ⇒ ∃ r > 0 tal que B(x; r) ∩ F = ∅ ( caso contrário teríamos B(x; r) ∩ F 6= ∅, ∀ r > 0 ⇒ x ∈ F = F ). Daí B(x; r) ⊂ Rn \F ⇒ Rn \F é aberto. (⇐) F C ⊂ Rn aberto. Tomemos x ∈ F . Se x ∈ / F ⇒ x ∈ Rn \F . Como Rn \F é aberto, isto implica que existe r > 0 tal que B(x; r) ⊂ Rn \F , isto é, B(x; r) ∩ F = ∅. Mas x ∈ F ⇒


139

∀ r > 0, B(x; r) ∩ F 6= ∅, em particular, para r = r, temos B(x, r) ∩ F 6= ∅. Contradição! Portanto x ∈ F ⇒ F ⊂ F . (iii) Tomemos x ∈ Rn \F ⇒ ∃ r > 0 tal que B(x; r) ∩ F = ∅, isto é, B(x; r) ⊂ Rn \F . Afirmamos que B(x; r) ⊂ Rn \F . De fato, se B(x; r) 6⊂ Rn \F ⇒ ∃ y ∈ B(x; r) ∩ F , daí tomando ε = r − |y − x|, temos que B(y; ε) ∩ F 6= ∅, mas B(y; ε) ⊂ B(x; r) ⇒ B(x; r) ∩ F 6= ∅. Contradição! Portanto B(x; r) ⊂ Rn \F ⇒ F é fechado.

n

n

n

(iv) F1 , . . . , Fn ⊂ R fechado ⇒ R \Fi , aberto , i = 1, . . . , n. Daí R − aberto. Portanto

n [

n [ i=1

Fi =

n \

(Rn \Fi ) é

i=1

Fi é fechado.

i=1

(v) Fλ fechado, λ ∈ L. \ [ \ Rn − Fλ = (Rn − Fλ ), que é aberto ⇒ Fλ é fechado. λ∈L

λ∈L

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 ⊂ Rn fechado e K ⊂ Rn 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 (xk ) ⊂ K, (yk ) ⊂ F tais que


140

d(K, F ) = lim |xk − yk |. Como |yk | = |yk − xk + xk | ≤ |yk − xk | + |xk |, segue que (yk ) é limitada, pois |xk − yk | é limitada (uma vez que é convergente) e (xk ) é também limitada, já que xk ∈ K e K é compacto. Passando a subsequências, se necessário, podemos então admitir que lim xk = x◦ e lim yk = y◦ . Como K e F são fechados, temos que x◦ ∈ K e y◦ ∈ F . Logo, |x◦ − y◦ | = lim |xk − yk | = d(K, F ) ≤ |x − y|, ∀ x ∈ K, ∀y ∈ F .

Teorema 7 (Borel-Lebesgue) - 22/03 Se K ⊂ Rn é compacto então toda cobertura aberta de K admite subcobertura finita. Demonstração. S Seja K ⊂ Rn compacto. Suponhamos, por absurdo, que K ⊂ Aλ seja uma cobertura aberta que não admite subcobertura finita. Afirmamos que podemos exprimir K como reunião finita de compactos todos com diâmetro me n Y m (m + 1) i i √ , √ nor do que 1. De fato, para cada m = (m1 , m2 , . . . , mn ) ∈ Zn , defina Cm = . n n i=1 Sejam x = (x1 , . . . , xn ) e y = (y1 , . . . , yn ) pertencentes a Cm , então para cada i = 1, . . . , n, pP 1 √ 1 (xi − yi )2 ≤ √ · n = 1. temos |xi − yi | ≤ √ , logo |x − y| = n n mi (mi + 1) , para todo i = 1, . . . , n, então |x − y| = 1, portanto Por outro lado, se xi = √ e yi = √ n n diam(Cm ) = 1. [ [ Temos assim que Rn = Cm e então K = K ∩ Rn = K ∩ Cm , onde K ∩ Cm é compacto m∈Zn

m∈Zn

n

para todo m ∈ Z , além disso temos que diam(K ∩ Cm ) ≤ diam(Cm ) = 1. 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, S digamos K1 ⊂ Aλ não admite subcobertura finita e pelo mesmo argumento usado anteriormente, podemos escrever K1 como a união finita de compactos de diâmetro menor que 1/2. Vemos que pelo menos um deles, digamos K2 , não pode ser coberto por um número finito de Aλ ‘s. Prosseguindo assim, obtemos uma sequência decrescente de compactos K1 ⊃ K2 ⊃ · · · ⊃ Kk ⊃ · · · com diam(Kk ) ≤

1 k

e tal que nenhum deles está contido numa reunião finita de Aλ ‘s.

Em particular, todos os Kk são não vazios. Além disso, para cada k ∈ N, escolhemos um ponto xk ∈ Kk . A sequência (xk ) ⊂ K é limitada, logo possui uma subsequência (xr )r∈N0 convergente. Seja lim0 xr = a. Dado k ∈ N temos Kr ⊂ Kk sempre que r ∈ N0 e r > k, assim se r ∈ N0 , r∈N

r > k ⇒ xr ∈ Kk ⇒ a ∈ Kk . Disto concluímos que a ∈

n \

Kk ⊂

[

k=1

a ∈ Aλ . Como Aλ é aberto, tem-se B(a; k1 ) ⊂ Aλ para algum k ∈ N.

Aλ , daí, para algum λ, tem-se


141

concluímos que Kk ⊂ B(a; k1 ), donde Kk ⊂ Aλ , o que é uma S contradição, pois supomos que Kk ⊂ Aλ não admite subcobertura finita.

Sendo a ∈ Kk e diam(Kk ) <

1 , k

Exercício 2 - 20/03 Seja X ⊂ Rn . (i) Prove que Rn = int.X ∪ int.(Rn − X) ∪ ∂X. (ii) Prove que X 0 é fechado. (iii) Prove que ∂X é fechado. (iv) Prove que int.X é aberto. (v) Prove que X = X ∪ X 0 . Solução. (i) Como int.X ⊂ Rn e ∂X ⊂ Rn para todo X ⊂ Rn , logo int.X ∪ int.(Rn − X) ∪ f rX ⊂ Rn . Por outro lado, se x ∈ Rn então x ∈ X ou x ∈ Rn − X

∀X ⊂ Rn .

Se x ∈ X, logo já que X ⊂ X = int.X ∪ ∂X ⊂ int.X ∪ ∂X ∪ int.(Rn − X), segue que x ∈ int.X ∪ ∂X ∪ int.(Rn − X). Analogamente, se x ∈ Rn −X, trocando Rn −X por X e usando o fato que Rn −(Rn −X) = X, segue que x ∈ int.X ∪ ∂X ∪ int.(Rn − X). Portanto, Rn ⊂ int.X ∪ int.(Rn − X) ∪ ∂X. (ii) Seja (xk ) ⊂ X 0 tal que xk −→ a. Devemos provar que a ∈ X 0 . De fato, se xk = a para algum k ∈ N, então a ∈ X 0 . Agora, se xk 6= a para todo k ∈ N, como xk −→ a ⇒ ∀ ε > 0, ∃k0 ∈ N, k > k0 , xk ∈ B(a; ε). como xk 6= a ⇒ xk ∈ B(a; ε)−{a} ⇒ xk ∈ X ∩ B(a; ε)−{a} ⇒ X ∩ B(a; ε)−{a} 6= ∅ então a ∈ X 0 . (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 6= ∅. Se x = xk para algum k ∈ N, então x ∈ X. Se x 6= xk , ∀ k ∈ N ⇒ ∀ r > 0, B(x; r) − {x} ∩ X 6= ∅ ⇒ x ∈ X 0 . Assim x ∈ X ∪ X 0 , logo X ⊂ X ∪ X 0 . Reciprocamente se x ∈ X ⇒ ∃(xk ) ⊂ X, xk = x∀ k, então xk −→ x e x ∈ X logo X ⊂ X. Se x ∈ X 0 ⇒ ∀ r > 0, B(x; r) ∩ X 6= ∅ ⇒ ∀ rk > 0, ∃ xk ∈ B(x, k) ∩ X. 1 1 Tome rk = > 0 ⇒ ∃ xk ∈ X, |x − xk | < ∀ k ∈ N, logo xk −→ x ⇒ x ∈ X, assim k k 0 0 X ⊂ X. Logo X ∪ X ⊂ X. Portanto, X ∪ X 0 = 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 x0 ∈ X e y0 ∈ Y tais que d(x0 , y0 ) < d(X, Y ) + ε/3. Além disso, como x0 ∈ X e y0 ∈ Y então existem x0 ∈ X , y 0 ∈ Y tais que |x0 − x0 | < ε/3 e |y 0 − y0 | < ε/3.


143

Assim: d(X, Y ) = inf{|x − y|; x ∈ X, y ∈ Y } ≤ |x0 − y 0 | = |x0 − x0 + x0 − y0 + y0 − y 0 | ≤ |x0 − x0 | + |x0 − y0 | + |y0 − y 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 − y0 | = d(y, X) = d(y, X). Assim |x − x0 | ≤ |x − y0 |, pois |x − x0 | = inf{|x − x|; x ∈ X}. Daí, d(x, X) = |x − x0 | ≤ |x − y0 | ≤ |x − y| + |y − y0 | = |x − y| + d(y, X) ⇒ d(x, X) − d(y, X) ≤ |x − y|. Analogamente, d(y, X) = |y − y0 | ≤ |y − x0 | ≤ |y − x| + |x − x0 | ≤ |y − x| + d(x, X) ⇒ d(y, X) − d(x, X) ≤ |y − x|. 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} X ⊂ X ⇒ diam(X) ≤ diam(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). Exercício 5 - 22/03 Mostre que S 1 ⊂

[

Aλ - cobertura aberta, então existe ρ > 0 tal que K ⊂

λ∈L

[

Aλ , em que

λ∈L

K = {(x, y) ∈ R2 |(1 − ρ)2 ≤ x2 + y 2 ≤ (1 + ρ)2 }.

Solução. Seja

[

Aλ uma cobertura aberta de S 1 . Como S 1 é um conjunto compacto, temos que

λ∈L

existe uma subcobertura finita, digamos B =

n [

Aλi . Assim, o conjunto B c = B\A é um conjunto

i=1

fechado pois B é reunião finita de abertos. Como S 1 ⊂ B, segue que S 1 ∩ B c = ∅. Daí, como a função distância é contínua, S 1 é compacto e B c é fechado, existem (x1 , y1 ) ∈ S 1 e (x2 , y2 ) ∈ B c tais que d(S 1 , B c ) = |(x1 , y1 ) − (x2 , y2 )| = ρ > 0 pois, S 1 ∩ B c = ∅. Logo, tomando K = {(x, y) ∈ R|(1 − ρ)2 ≤ x2 + y 2 ≤ (1 + ρ)2 } temos que S 1 ⊂ K ⊂

[

Aλ .

λ∈L

3.1.3

Aplicações contínuas; homeomorfismos

Teorema 1 - 22/03 (i) f é contínua em x = a ⇔ f (xk ) −→ f (a), ∀ (xk ) ⊂ X, com xk −→ a. (ii) f é contínua em x = a ⇔ fi : X −→ R é contínua em x = a, para cada i = 1, . . . , m. Demonstração. (i) (⇒) Tomemos (xk ) ⊂ X tal que xk −→ a. Como f é contínua em a ⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que ∀ x ∈ B(a; δ) ⇒ f (x) ∈ B(f (a); ε). Por outro lado, xk −→ a ⇒ ∃ k0 ∈ N; ∀ k > k0 , |xk − a| < δ ⇒ |f (xk ) − f (a)| < ε, portanto f (xk ) −→ f (a). (⇐) Suponhamos que f não seja contínua em a ⇒ ∃ ε > 0; ∀ k ∈ N, podemos obter


145

xk ∈ X tal que |xk − a| < 1/k, mas |f (xk ) − f (a)| > ε. Daí xk → a, mas f (xk ) 6→ f (a). Contradição. (ii) (⇒) f contínua. Sabemos que πi : X → R é contínua, daí fi = πi ◦f é contínua, ∀ i = 1, ..., m. (⇐) Suponha agora que fi : X −→ R seja contínua, ∀ i = 1, ..., m. Tomemos então ε > 0 arbitrário. Existem δ1 , . . . , δn > 0 tais que ∀ x ∈ X; |x − a| < δi ⇒ |fi (x) − fi (a)| < ε/m, ∀ i = 1, . . . , m. Tomando δ = min{δ1 , . . . , δm }, temos que ∀ x ∈ X; |x − a| < δ ⇒ |fi (x) − fi (a)| < ε/m, ∀ i = 1, . . . , m. Daí |f (x) − f (a)|S =

m X

|fi (x) − fi (a)| < m · ε/m = ε.

i=1

Logo f é contínua em a.

Exercício 1 - 22/03 Sejam f : X ⊂ Rn −→ Y ⊂ Rm , E, F ⊂ X e G, H ⊂ Y subconjuntos. Mostre que a) E ⊂ F =⇒ f (E) ⊂ f (F ) b) G ⊂ H =⇒ f −1 (G) ⊂ f −1 (G) c) f (E ∩ F ) ⊆ f (E) ∩ f (F ) d) f −1 (G ∩ H) = f −1 (G) ∩ f −1 (H) e) f (E ∪ F ) = f (E) ∪ f (F ) f) f −1 (G ∪ H) = f −1 (G) ∪ f −1 (H) g) f (E \ F ) ⊂ f (E) h) f −1 (G \ H) = f −1 (G) \ f −1 (H)

Solução.

a) É obvio!


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. Como a ∈ E ∩ F , então a ∈ E =⇒ b ∈ f (E) e a ∈ F =⇒ b ∈ f (F ), portanto b ∈ f (E) ∩ f (F ).

d) Tomemos x ∈ f −1 (G ∩ H) =⇒ f (x) ∈ G ∩ H. Daí f (x) ∈ G =⇒ x ∈ f −1 (G) e f (x) ∈ H =⇒ x ∈ f −1 (H), portanto x ∈ f −1 (G) ∩ f −1 (H) =⇒ f −1 (G ∩ H) ⊂ f −1 (G) ∩ f −1 (H). Tomemos y ∈ f −1 (G) ∩ f −1 (H) =⇒ f (y) ∈ G e f (y) ∈ H =⇒ f (y) ∈ G ∩ H =⇒ y ∈ f −1 (G ∩ H), portanto f −1 (G) ∩ f −1 (H) ⊂ f −1 (G ∩ H).

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 c =⇒ x ∈ f −1 (G \ H). Exercício 2 - 22/03 Se f : X ⊂ (Rn , | · |1 ) −→ Y ⊂ (Rm , | · |2 ) é contínua então f é contínua em qualquer norma de Rn e Rm . 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 − x0 |Rn ≤ |x − x0 |1 < δ e.d |f (x) − f (x0 )|Rm < ε.


147

Daí obtemos: δ ε := δ1 ⇒ |f (x) − f (x0 )| < = ε1 c d ⇒ ∀ ε1 > 0, ∃ δ1 > 0/|x − x0 |Rn < δ1 ⇒ |f (x) − f (x0 )|Rn < ε1 |x − x0 |Rn <

⇔ f é contínua em x0 . Exercício 3 - 22/03 n

m

Mostre que H : L{R , R } −→ M

m×n

definida por H(T ) = (aij ), em que T (ej ) =

m X

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 T (ej ) =

m X

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 (ej ) = (a1j , . . . , 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 −→ Rm nos n vetores da base canônica. Desta forma, podemos definir o valor de T em qualquer vetor x ∈ Rn . Logo, H é sobretiva. Portanto H é bijeção. Teorema 1 - 23/03 f : X ⊂ Rn −→ Rm , g : Y ⊂ Rm → Rp , 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

⇒

∀ x ∈ X ∩ B(a; δ) ⇒ f (x) ∈ Y ∩ B f (a); δ g ◦ f é contínua em a.

Exercício 1 - 23/03 Determine O(f, a) e conclua se é contínua:

∃

δ

>

0; ⇒ g(f (x)) ∈ B g f (a) ; ε . Portanto


148

  1, x ∈ Q (i) f (x) =  0, x ∈ R\Q a=0   x, x ∈ Q (ii) f (x) =  0, x ∈ /Q a=0

(iii) f (x) =

   x + 2,  

x < −2

−x + 2, 2 ≤ x < 0     x + 2, x ≥ 0 a = −2 e a = 0   sen 1 , x 6= 0 x (iv) f (x) =  0, x = 0 a=0

Solução. (i) O(f, 0) = M (0, f, δ) − m(0, f, δ) = 1 − 0 = 1. Não é contínua, pois lim h(δ) = 1 6= 0. 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) M (0, f, δ) − m(0, f, δ) = δ + 2 − 2 = δ ⇒ lim h(δ) = 0, logo f é contínua em a = 0. δ→0

(−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 δ→0

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. δ→0

Teorema 1 - 27/03 f : X ⊂ Rn −→ Rm é uniformemente contínua ⇔ |f (xk ) − f (yk )| −→ 0, ∀ (xk ), (yk ) ⊂ X com |xk − yk | −→ 0. Demonstração. (⇒) Se f : X ⊂ Rn → Rm é uniformemente contínua, então ∀ ε > 0, ∃ δ = δε > 0 tal que |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε, ∀ x, y ∈ X. Além disso, como |xk − yk | −→ 0, temos que


149

¯ onde xk , yk ∈ X ∀ k ∈ N. Tomando δ¯ = δ > 0, ∀ δ¯ > 0, ∃ k◦ ∈ N tal que k > k◦ ⇒ |xk − yk | < δ, obtemos que |f (xk ) − f (yk )| < ε, ∀ k > k◦ . Assim, |f (xk ) − f (yk )| −→ 0. (⇐) Vamos provar a contrapositiva desta implicação. Suponhamos que f não é u.c. Então existe ε◦ > 0 tal que ∀ k ∈ N, podemos escolher xk , yk ∈ X tais que |xk − yk | −→ 0, mas |f (xk ) − f (yk )| ≥ ε◦ . Dessa maneira, |xk − yk | −→ 0 ; |f (xk ) − f (yk )| −→ 0.

Teorema 3 - 27/03 f : K ⊂ Rm −→ f (K) ⊂ 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. 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.

Exercício 1 - 27/03 (i) Mostre que f (x) =

√ x, x ∈ [0, 1] é uniformemente contínua, mas f ∈ / Lip([0, 1]).

(ii) Mostre que f : [0, 1]2 −→ R, definida por f (x, y) =

1 é contínua mas não é uniforme1 − xy

mente contínua. Solução. (i) Toda função contínua em domínio compacto é uniformemente contínua, portanto √ f (x) = 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)| x 1 Daí, para todo x ∈ (0, 1], temos ≤c⇒ ≤ c ⇒ √ ≤ c. Ora, mas isto é uma |x| x x 1 contradição, pois √ é ilimitado no intervalo (0, 1]. Portanto f ∈ / Lip([0, 1]). x


150

1 é contínua pois é o quociente de funções contínuas cujo denominador é 1 − xy sempre diferente de zero, pra todos os pontos (x, y) do domínio. Agora para verificar que f 1 não é uniformemente contínua, considere as sequências (xk ) e (yk ), em que xk = 1 − , 1 k 2 e yk = 1 − , 1 , ∀ k ∈ N. É fácil ver que |yk − xk | −→ 0, mas |f (yk ) − f (xk )| = k −k 2 −→ ∞. Portanto f não é uniformemente contínua.

(ii) f (x, y) =

Exercício 2 - 27/03 Considere ∅ = 6 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) 6= 0, ∀ x ∈ Rn , pois se x é tal que d(x, F ) + d(x, G) = 0, então d(x, F ) = d(x, G) = 0 ⇒ x ∈ F ∩ G = F ∩ G = ∅. Portanto d(x, F ) + d(x, G) 6= 0, ∀ x ∈ 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 xk ∈ F = F e yk ∈ G = G tais que lim |xk − yk | = 0 . Agora, como (xk ) ⊂ F e (yk ) ⊂ G, segue que f (xk ) = 0 e f (yk ) = 1, portanto |f (xk ) − f (yk )| = 1, ∀ k ∈ N e isto contradiz o fato de f ser uniformemente contínua.


151

Exercício 3 - 27/03 Conclua do exercício anterior que dados quaisquer ∅ = 6 F, G ⊂ Rn fechados e disjuntos, existem A, B ⊂ Rn abertos e disjuntos com F ⊂ A e G ⊂ B. 1 1 −1 −1 Solução. Sejam A = f (−∞, 2 ) e B = f ( 2 , +∞) . Como f é contínua e os intervalos (−∞, 21 ) e ( 12 , +∞) são abertos em R, segue-se que A e B são abertos. Além disso, i) F ⊂ A, pois 0 ∈ (−∞, 21 ) e F = f −1 (0), pois f (x) = 0 ⇔ x ∈ F . ii) G ⊂ A, pois 1 ∈ ( 12 , +∞) e f −1 (1) = G, porque f (x) ⇔ x ∈ G. iii) Também A ∩ B 6= ∅, pois se x ∈ A, então f (x) <

1 2

e se x ∈ B, então f (x) > 12 .

Exercício 4 - 27/03 Z

n

b

f : X × [a, b] −→ R, X ⊂ R , contínua. Definamos ϕ : X −→ R pondo ϕ(x) =

f (x, t)dt a

Mostre que ϕ é contínua em cada ponto x0 ∈ X. Z b |f (x, t) − f (x0 , t)|dt. Pela teorema 21 b (pag. 47 Solução. Com efeito, |ϕ(x) − ϕ(x0 )| ≤ a

Curso de Análise vol. 2 E.L. Lima), dado ε > 0, podemos achar δ > 0 tal que x ∈ X, |x − x0 | < δ =⇒ |f (x, t) − f (x0 , t)| <

ε , (b−a)

seja qual for t ∈ [a, b], logo tem-se |ϕ(x) − ϕ(x0 )| < ε.

Exercício 5 - 27/03 Mostre que se: bilinear

(i) X ⊂ Rn , Y ⊂ Rp são limitados e ϕ : X × Y −−−−→ Rm , então ϕ|X×Y é uniformemente contínua (u.c.). u.c.

u.c.

(ii) f : X ∈ Rn −→ Y ⊂ Rp e g : Y ∈ Rp −→ Y ⊂ Rm , então f (x) ⊂ Y ⇒ g ◦ f é u.c. (iii) f : X ⊂ Rn −→ Rm , f = (f1 , . . . , fm ), f é u.c. ⇔ cada fi for u.c. Solução. (i) Vamos mostrar que ϕ é lipschitz. Sejam x ∈ Rn e y ∈ Rp quaisquer e seja c = max ϕ(ei , ej ) tal que 1 < i < n e 1 < j < p. Temos que x=

n X i=1

xi e i e y =

p X j=1

yi ei ,

|x| · |y| =

n,p X i,j=1

|xi | |yj | e ϕ(x, y) =

n,p X i,j=1

xi yj (ei , ej ).


152

Desta maneira, |ϕ(x, y)| =

n,p X

|xi | |yj | |ϕ(ei , ej )| ≤ c

i,j=1

n,p X

|xi | |yj | = c|xi | |yj |.

i,j=1

Vamos a prova: Sejam z, z 0 ∈ X × Y quaisquer. Assim: |ϕ(z) − ϕ(z 0 )| = |ϕ(x, y) − ϕ(x0 , y 0 )| = |ϕ(x, y) − ϕ(x, y 0 ) + ϕ(x, y 0 ) − ϕ(x0 , y 0 )| = |ϕ(x, y − y 0 ) + ϕ(x − x0 , y 0 )| ≤ |ϕ(x, y − y 0 )| + |ϕ(x − x0 , y 0 )| ≤ c|x| |y − y 0 | + |y 0 | |x − x0 |. Como X e Y são limitados por hipótese, o cartesiano X × Y também é limitado e como z e z 0 ∈ X × Y temos que ∃ r > 0 tal que |x| ≤ r e |y| ≤ r. Assim, |ϕ(z) − ϕ(z 0 )| ≤ c|x| |y − y 0 | + |y 0 | |x − x0 | ≤ c · r(|y − y 0 | + |x − x0 |) ≤ c · r|z − z 0 |. 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 −→ Rm com x ⊂ Rn é u.c ⇔ ∀ xk , yk ∈ X, com lim(xk − yk ) = 0, tem-se que lim [f (xk ) − f (yk )] = 0. Alem disso, lim [f (xk ) − f (yk )] = 0 ⇔ para cada i ∈ N, com 1 ≤ i ≤ m, tem-se que lim[fi (xk ) − fi (yk )] = 0. Dados então xk , yk ∈ X com lim(xk − yk ) = 0, tem-se que lim[fi (xk ) − fi (yk )] = 0 para cada i ∈ N com 1 ≤ i ≤ m ⇔ fi é u.c para cada i ∈ N com 1 ≤ i ≤ m.

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.

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA (ii) X =

[

153 \

Xλ (L- família de índices), Xλ é conexo e existe a ∈

λ∈L

Xλ . Então X é conexo.

λ∈L

(iii) X ⊂ Rn e Y ⊂ Rn , então o produto cartesiano X × Y ⊂ Rn × Rm = Rn+m é um conjunto conexo se, e somente se, X e Y são conexos. (iv) Sejam X ⊂ Y ⊂ X em Rn . Se X é conexo, então Y é conexo. 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 contí nua, 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 −→ f (X) sobrejetiva, segue que ou A ou B é vazio, portanto f (X) é conexo. (ii) Seja a tal que a ∈ Xλ , 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 λ ∈ L, Xλ = (A ∩ Xλ ) ∪ (B ∩ Xλ ) é uma cisão de Xλ , a qual é trivial pois Xλ é conexo. Como [ (B ∩ Xλ ) é vazio e a cisão a ∈ A ∩ Xλ , segue que B ∩ Xλ = ∅, ∀ λ ∈ L . Logo B = λ∈L

X = A ∪ B é trivial. Portanto X é conexo. (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) ∈ X × Y considere o conjunto Cz = (X × {b}) ∪ ({x} × Y ). Temos que Cz é conexo pois é reunião dos conjuntos conexos X × {b} e {x} × Y (homeomorfos, respectivamente, a X e Y ) com o ponto (x, b) em comum. Além disso, c = (a, b) ∈ Cz , para todo z ∈ X × Y e X × Y = X × Y é conexo.

[

Cz , 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 cont f : X ⊂ Rm −→ 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.

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 ∈ Rn − X, um desses dois números é zero, logo ambos o são e daí c ∈ ∂X.

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. Exercício 2 - 29/03 I ⊂ R é conexo ⇔ for um intervalo. 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 I = A ∪ 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 ,

a+b 2

= d. Então d ∈ A ou d ∈ B. Observe

que se d ∈ A, poremos a1 = d, b1 = b. Agora se d ∈ B, escrevemos a1 = a, b1 = d. Daí em qualquer caso teremos um intervalo [a1 , b1 ] ⊂ [a, b],com b1 − a1 =

(b−a) 2

e a1 ∈ A, b1 ∈ B. Se

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) , 4

na qual chamaremos de [a2 , b2 ], onde a2 ∈ A e

b2 ∈ B. Se prosseguimos analogamente com este processo, obteremos uma sequência de intervalos encaixados, onde [a, b] ⊃ [a1 , b1 ] ⊃ · · · ⊃ [an , bn ] ⊃ · · · com bn − an =

b−a 2n

com an ∈ A, bn ∈ B

para do n ∈ N. Então pelo teorema dos intervalos encaixados, existe um c ∈ R tal que an < c < bn . Daí temos que c ∈ I = A ∪ B, logo c não pode esta em A, pois c = lim bn ∈ B e não pode esta em B, pois c = lim an ∈ A. Mas isso é uma contradição, logo I é conexo. Exercício 3 - 29/03 Seja f : X ⊂ Rn −→ Y ⊂ Rm contínua com X conexo. Mostre que Graf(f ) = {(x, f (x)) : x ∈ X} é conexo.


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 → Y ⊂ Rm e x0 ∈ X, y0 = h(x0 ) ⇒ Cy0 = h(Cx0 ). Demonstração. x0 ∈ Cx0 ⇒ y0 = h(x0 ) ∈ h(Cx0 ) que é conexo, pois Cx0 é conexo e h é contínua, daí h(Cx0 ) ⊂ Cy0 . Por outro lado h−1 é contínua e Cy0 é conexo ⇒ h−1 (Cy0 ) é conexo e contém x0 ⇒ h−1 (Cy0 ) ⊂ Cx0 ⇒ Cy0 ⊂ h(Cx0 ). Portanto Cy0 = h(Cx0 ).

Corolário 1 - 10/04 X

homeo

' Y ⇒

# x∈X

Cx =

# y∈Y

CY . Demonstração. Seja x ∈ X, então como h : X −→ Y é um

homeomorfismo fazendo y = h(x), tem-se que Cy = h(Cx ) pelo teorema anterior. Como h leva componente conexa de X em componente conexa Y e Cx ∩ Cy = 0 ⇒ h(Cx ) ∩ h(Cj ) = 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 # C = # C . uma bijeção das componentes conexas, ou seja, x∈X x Y y∈Y

Exercício 1 - 10/04 Seja ∅ = 6 X ⊂ Rn . Mostre: 1. Cx ⊂ X é conexo. 2. C ⊂ X, C conexo, x ∈ X e C ∩ Cx 6= ∅ ⇒ C ⊂ Cx . 3. x, y ∈ X, x 6= y ⇒ Cx ∩ Cy = ∅ ou Cx = Cy . 4. Cx ⊂ X fechado em X e X =

• [

Cx .

x∈X

Solução. 1. Cx ⊂ X é união de conexos com um ponto em comum, a saber, o ponto x. Logo Cx é conexo. 2. Seja C ⊂ X conexo. Como Cx é conexo e Cx ∩ C 6= ∅ então C ∪ Cx é conexo. Além disso x ∈ C ∪ Cx ⇒ C ∪ Cx ⊂ Cx ⇒ C ⊂ Cx .


157

3. Sejam x, y ∈ X, x 6= y. Se Cx ∩ Cy 6= ∅, então como Cx e Cy são conexos ⇒ Cx ∪ Cy é conexo. Por um lado x ∈ Cx ∪ Cy ⇒ Cx ∪ Cy ⊂ Cx ⇒ Cy ⊂ Cx . Por outro lado y ∈ Cx ∪ Cy ⇒ Cx ∪ Cy ⊂ Cy ⇒ Cx ⊂ Cy . Portanto, Cx = Cy . 4. Cx é conexo e contém x ⇒ Cx ⊂ Cx , portanto Cx é fechado. • • [ [ Além disso, X ⊂ Cx . Por outro lado, ∀ x ∈ X, Cx ⊂ X ⇒ Cx ⊂ X. x∈X

Então, segue que X =

x∈X • [

Cx .

x∈X

Exercício 2 - 10/04 Mostre que se X = {(x, y); y = sen

1 x

, 0 < x ≤ 1} e Z = {0} × [−1, 1], então Y = X ∩ Z não

é conexo por caminhos. 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 = 12 ; pela continuidadede de α, existe δ > 0 tal que kα(t) − (0, 1)k <

1 2

se 1 − δ ≤

t ≤ 1. Note que α([1 − δ, 1]) é conexo. Denotemos por α(1 − δ) = (x0 , y0 ) e π1 (x, y) = x a primeira projeção de R2 ; então π1 ◦ α : [0, 1] −→ R é contínua e o seguinte conjunto C = (π1 ◦ α)([1 − δ, 1]) é conexo com 0 ∈ C, pois α(1) = (0, 1); também x0 ∈ C. Por outro lado, C é um intervalo e contém [0, x0 ]; logo para todo x1 ∈ (0, x0 ], existe t ∈ [1 − δ, 1] tal que α(t) = x1 , sen (1/x) . Em particular, se m = 2nπ − π/2, para n grande, temos que se x1 = 1/m, então 0 < x1 < x0 e sen (1/x1 ) = 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). Exercício 3 - 10/04 X ⊂ Rn 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 Cab = f [0, 1] ⊂ X onde a, b ∈ Cab . 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 ⊂ Rm , X conexo por caminhos ⇒ f (X) é conexo por caminhos. (ii) X =

[

Xλ , onde cada Xλ é conexo por caminhos e

λ∈L

\

Xλ 6= ∅ ⇒ X é conexo por caminhos.

λ∈L

(iii) M1 × · · · × Mn é conexo por caminhos ⇔ Mj 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 ∈ Xλ , ∀ λ ∈ L. Dados pontos quaisquer x, y ∈ X =

[

Xλ , temos duas possibilidades:

λ∈L

(1) Se x, y ∈ Xλ , não há nada a fazer, já que Xλ é conexo por caminhos. (2) ∀ x, y ∈ X, ∃ µ, η ∈ L tais que x ∈ Xµ e y ∈ Xη . Como Xµ e Xη são conexos por caminhos, com a, x ∈ Xµ e a, y ∈ Xη , então existem caminhos f : [0, 1] −→ Xµ e g : [0, 1] −→ Xη 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 caminho que une os pontos x e y. [ Portanto, X = Xλ é conexo por caminhos. λ∈L

(iii) Observemos inicialmente que f (0) = x e f (1) = y ⇔ (f1 , . . . , fn )(0) = x e (f1 , . . . , fn )(1) = y ⇔ (f1 (0), . . . , fn (0)) = (x1 , . . . , xn ) e (f1 (1), . . . , fn (1)) = (y1 , . . . , yn ) ⇔ fj (0) = xj e fj (1) = yj , ∀ j = 1, . . . , n.


159

Além disso, sabemos que (f1 , . . . , fn ) é contínua ⇔ fj o é. Usando os dois fatos acima, temos que M1 × · · · × Mn é conexo por caminhos ⇔ ∀ x = (x1 , . . . , xn ), y = (y1 , . . . , yn ) ∈ M1 × · · · × Mn , existe um caminho f = (f1 , . . . , fn ) : [0, 1] −→ M1 × · · · × Mn tal que (f1 , . . . , fn )(0) = (x1 , . . . , xn ) e (f1 , . . . , fn )(1) = (y1 , . . . , yn ) ⇔ existem caminhos fj : [0, 1] −→ Mj , com fj (0) = xj e fj (1) = yj , ∀ j = 1, . . . , n ⇔ Mj é conexo por caminhos.

3.1.5

Limites

Teorema 1 - 12/04 f : X ⊂ Rn −→ Rm , a ∈ X 0 e f = (f1 , . . . , fm ). Então lim f (x) = b = (b1 , . . . , bm ) ⇔ lim fi (x) = bi , i = 1, . . . , m.

x→a

y→a

Demonstração. (⇒) lim f (x) = b = (b1 , . . . , bm ) ⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que

x→a

∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| < ε. Como |fi (x) − bi | ≤ max{|fi (x) − bi |} = |f (x) − b| < ε, então ∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |fi (x) − bi | < ε, 1 ≤ i ≤ n. Portanto lim fi (x) = bi , ∀ i = 1, . . . , n. x→a

(⇐) lim fi (x) = bi ⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que

x→a

∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |fi (x) − bi | < Mas |f (x) − b| =

n X

ε , ∀ i = 1, . . . , n. n

|fi (x) − bi |. Daí,

i=1

∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| =

n X i=1

Portanto lim f (x) = b. x→a

|fi (x) − bi | < n ·

ε = ε. n


160

Teorema 2 - 12/04 lim f (x) = b ⇔ lim f (xk ) = b, ∀ (xk ) ⊂ X\{a}, com xk −→ a. Demonstração.

x→a

k→∞

(⇒) Suponha lim f (x) = b e considere a sequência (xk ) ⊂ X\{a}, com xk → a. Dado x→a

ε > 0, ∃ δ > 0; ∀ x 6= a ∈ B(a, δ), f (x) ∈ B(b, ε). Ora, mas xk → a, desse modo existe k0 ∈ N, tal que ∀ k > k0 , xk ∈ B(a, δ) ⇒ f (xk ) ∈ B(b, ε), portanto lim f (xk ) = b. k→∞

(⇐) Suponha que lim f (xk ) = b, ∀ (xk ) ⊂ X\{a}, com xk → a e que lim f (x) 6= b. Desse x→a

k→∞

modo existe ε > 0, tal que para todo δk = 1/k podemos obter xk ∈ X\{a}; |xk − a| < 1/k mas |f (xk ) − b| ≥ ε. Agora olhando pra sequência (xk ), temos que xk → 0 enquanto f (xk ) 6→ 0. Contradição!

Teorema 4 - 12/04 Suponha que lim f (x) = b, lim g(x) = c. Prove que: x→a

x→a

(i) lim hf (x), g(x)i = hb, ci. 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: 0 ≤ | hf (x), g(x)i−hb, ci | = | hf (x) − b, g(x)i+hb, g(x) − ci | ≤ |g(x)||f (x)−b|+|b||g(x)− c|. Portanto, lim | hf (x), g(x)i − hb, ci | = 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)| <

ε , M

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. 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

lim f (x) − lim g(x) = lim [f (x) − g(x)] > 0.

x−→a

x−→a

x−→a

Então existe δ > 0 tal que f (x) − g(x) > 0, ∀ x ∈ Vδ = B(a, δ) ∩ X\{a}. Portanto, f (x) > g(x), ∀ x ∈ Vδ . Uma contradição.

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 xk , 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 6= b, tomando k→∞

a sequência zk ∈ X\x definida por z2k = xk , z2k+1 = yk . Temos zk → x mas não existe lim f (zk ). Contradição.

Teorema 8 - 12/04 Seja f : X ⊂ Rn −→ Rm . 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 ⊂ Rn → Rm por f (x) = f (x), se x ∈ X e f (x) = lim f (x), se x ∈ X 0 . y→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 kx − yk ⇒ kf (x) − f (y)k < 2ε . Sejam x, y ∈ X satisfazendo |x − y| < δ. Como x e y ∈ X, então existem sequências (xk ), (yk ) ⊂ X tais que x = lim xk e y = lim yk . Daí, para k suficientemente grande temos que kxk − yk k < δ e então kf (x) − f (y)k = k lim f (xk ) − lim f (yk )k = lim kf (xk ) − f (yk )k ≤

ε 2

< ε.

Portanto f é uniformemente contínua. Unicidade:

Suponhamos que exista

G : X

−→ Rm , uniformemente contínua tal que


162

G|X = f = f |X . Seja x ∈ X e (xk ) ⊂ X tal que xk −→ x. Temos que 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)

(1)

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

(2)

x→x0 y→y0

x→x0 y→y0

y→y0 x→x0

Se

lim (x,y)→(x0 ,y0 )

y→y0 x→x0

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 − x0 | ≤ |(x, y) − (x0 , y0 )| < δ ⇒ |f (x, y) − A| < ε ⇒ lim f (x, y) = A. x→x0

Portanto lim

y→y0

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

x→x0

y→y0

Analogamente ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que (x, y) ∈ X e 0 < |y − y0 | ≤ |(x, y) − (x0 , y0 )| < δ ⇒ |f (x, y) − A| < ε ⇒ lim f (x, y) = lim lim f (x, y) = lim A = A y→y0

x→x0

y→y0

x→x0

Portanto lim

y→y0

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

x→x0

x→x0

y→y0

Exercício 2 - 12/04 f : (a, b) −→ R monótona e limitada. Mostre que ∃ lim+ f (x) e ∃ lim− f (x). x→a

Solução.

x→b

Suponha, sem perda de generalidade, que f seja não descrescente.

L = inf{f (x); x ∈ X, x > a}. Afirmamos que L = lim+ f (x). x→a

Considere


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 ×Rp −→ Rm e diferenciável em cada (x, y) ∈ Rn ×Rp e DB(x, y)(k, h) = B(x, h) + B(k, y). Solução. |B(x + k, y + h) − B(x, y) − [B(x, h) + B(k, y)]| |B(k, h)| = lim (k,h)→0 (k,h)→0 |(k, h)| |(k, h)| lim

(3.1)

seja ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) que têm 1 só no i-ésimo lugar. Como B é bilinear, temos: B(k, h) =

p n X X

ki hj B(ei , ej ) ⇒ ∃M (B) := M > 0

i=1 j=1

tal que |B(k, h)| ≤ M |ki ||hj | ≤ M max|ki | max|hj | ≤ M |k||h| e como |(k, h) =

p |k|2 + |h|2

temos |B(k, h)| M |k||h| ≤ lim p =0 (k,h)→0 |(k, h)| (k,h)→0 |k|2 + |h|2 lim

(3.2)

Portanto de ?? concluímos em ?? que B : Rn × Rp −→ Rm é diferenciável, ∀ (x, y) ∈ Rm × Rp e 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.


164

Solução. ∂f (a) = h∇f (a), wi = |∇f (a)|2 > 0. ∂w Daí temos que se λ : (−ε, ε) → U é tal que λ ∈ C 1 , λ(0) = a e λ0 (0) = w, então a função

(i) Seja w = ∇f (a). Então

t 7→ f (λ(t)) é diferenciável no ponto t = 0 e pela regra da cadeia (f ◦ λ)0 (0) = f 0 (λ(0)) · λ0 (0) = f 0 (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 ∂f ∂f (a) = h∇f (a), vi ≤ |∇f (a)| · |v| = |∇f (a)|2 = = ∇f (a) ⇒ (a) ≤ . ∂v ∂w ∂v ∂∇f (a) Daí f cresce mais rápido na direção do gradiente. (iii) w = ∇f (a) é perpendicular a f −1 (c) := {(x, y) ∈ R2 ; f (x, y) = c} ⇔ dado qualquer caminho λ : (−ε, ε) → f −1 (c) diferenciável em t = 0 com λ(0) = a tem-se h∇f (a), λ0 (0)i = 0. Mas note que f ◦ λ : (−ε, ε) → R é tal que (f ◦ λ)(t) = c, ∀ t ∈ (−ε, ε), donde (f ◦ λ)0 (0) = 0. Daí, 0 = (f ◦ λ)0 (0) = h∇f (a), λ0 (0)i, portanto ∇f (a) é perpendicular a f −1 (c). Exercício 4 - 24/04 Mostre que são diferenciáveis e defina [f 0 (a)]: (i) f (x, y) = xy ; (ii) f (x, y, z) = xy ; (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) = xy . Defina π1 :

R2

−→ R

(x, y) 7−→ x

e

π2 :

R2

−→ R

(x, y) 7−→ y

Daí temos que f (x, y) = π1π2 , onde π1 e π2 são diferenciáveis, logo f é diferenciável. ∂f Observe que (x, y) = yxy−1 . ∂x


165

∂f (x, y)xy ln x. ∂y ∂f ∂f Portanto, ∇f (a) = (a), (a) = (yxy−1 , xy ln x), onde a = (x, y). ∂x ∂y Por outro lado,

(ii) Seja f : R3 → R, dado por f (x, y, z) = xy . Defina π1 :

R3

−→ R

e

π2 :

(x, y, z) 7−→ x

R3

−→ R

(x, y, z) 7−→ y

Daí, f (x, y, z) = π1π2 , onde π1 e π2 são diferenciáveis, logo f é diferenciável. Como ∂f ∂f ∂f (x, y, z) = yxy−1 , (x, y, z) = xy ln x e (x, y, z) = 0. Portanto, ∂x ∂y ∂z ∂f ∂f ∂f ∇f = (a), (a), (a) = (yxy− , xy ln x, 0), ∂x ∂y ∂z onde a = (x, y, z). (iii) Seja f : R3 −→ R, dado por f (x, y, z) = sen (xsen (ysen z)). Defina π1 :

R3

−→

R

π2 :

e

(x, y, z) 7−→ ysen z

R3

−→

R

(x, y, z) 7−→ xsen (π1 )

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 ∂f ∂f ∂f Portanto, ∇f (a) = (a), (a), (a) , onde a = (x, y, z). ∂x ∂y ∂z

(iv) Seja f : R2 → R3 , dada por f (x, y) = (sen (xy), cos y 2 ). Defina π1 :

R2

−→ R

(x, y, z) 7−→ x

e

π2 :

R2

−→ R

(x, y, z) 7−→ y


166

Temos que f (x, y) = (sen (xy), cos y 2 ) é diferenciável, pois suas funções coordenadas são diferenciáveis, onde cada uma é composição de funções diferenciáveis. Portanto f é diferenciável. Seja f (x, y) = (f1 , f2 ), onde f1 = sen (xy) e f2 = cos y 2 . Observe que ∂f1 (x, y) = y cos(xy) ∂x ∂f2 (x, y) = 0 ∂x   y cos(xy) x cos(xy)  Portanto, [f 0 (a)] =  2 0 −2ysen (y )

∂f1 (x, y) = x cos(xy) ∂y ∂f2 (x, y) = −2ysen (y 2 ). ∂y .

2×2

Observação (do corolário 2) - 24/04 h i (i) [T ] = T [e1 ] T [e2 ] . . . T [en ] é uma matriz m × n. (ii) T v = [T ]v T . Solução. Dada uma transformação linear T : Rn −→ Rm basta escolher para cada j = 1, . . . , n um vetor vj = (a1j , a2j , . . . amj ) ∈ Rm e dizer que vj = T ej é a imagem do j-ésimo vetor da base canônica, ej = (0, . . . , 1, . . . , 0), pela trasformação linear T . A partir daí fica determinada a imagem T v de qualquer vertor v = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn . Com efeito, tem-se v = x1 e1 + · · · + xn en , logo ! ! n n n n n X X X X X T ·v = T xj T ·ej = (a1j xj , a2j xj , . . . , amj xj ) = xj e j = a1j xj , . . . , amj xj , j=1

j=1

j=1

j=1

j=1

ou seja, T (x1 , x2 , . . . xn ) = (y1 , y2 , . . . ym ), 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 −→ Rm fica inteiramente determinada por uma matriz A = [aij ] ∈ M (m × n). Os vetores colunas dessa matriz são as imagens T ej dos vetores da base canônica de Rn . A imagens da T · v de um vetor arbitrário v = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn é o vetor w = (y1 , . . . , ym )) ∈ Rm cujas coordenadas são dadas pelas equações acima.


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 f1 , . . . , fn : U −→ R da aplicação f possuem derivadas parciais ∂fi contínuas : U −→ R. ∂xj ∂f (iii) Para cada v ∈ Rn , existe a derivada direcional (x) em qualquer ponto x ∈ U e a aplicação ∂v ∂f : U −→ Rm é contínua. ∂v Demonstração.

(i) ⇒ (ii) De fato: f é de Classe C 1 (U ) ⇒ f é diferenciável e a aplicação derivada f 0 : U −→ L(Rn , Rm ) é contínua. Como f = (f1 , . . . , fm ) é diferenciável então fi é diferenciável, i = 1, . . . , m, daí temos que existem ∂fi ∂fi , j = 1, . . . , n. Por outro lado as derivadas parciais são as funcões-coordenadas da aplicação ∂xj ∂xj ∂fi f 0 . Portanto como f 0 é contínua então suas funções-coordenada são contínuas. ∂xj (ii) ⇒ (i) De fato: Da hipótese temos pelo Teorema 1 (Pag. 133 Elon Lages Curso de análise) que fi é diferenciável, ∂fi logo f é diferenciável. Além disso, f 0 é contínua pois suas funções-coordenada são contínuas. ∂xj Portanto, f é de classe C 1 (U ).

(ii) ⇒ (iii) De fato: P ∂f ∂f = αj , onde v = (α1 , . . . , αn ). ∂v ∂xj ∂f ∂fi ∂f Ora, cada aplicação : U −→ Rm é contínua pois suas funções-coordenada o são. Logo, ∂xj ∂xj ∂v é contínua, pois é combinação linear de funções contínuas.

De (ii) ⇒ (i) temos que f é diferenciável, logo

(iii) ⇒ (ii)


168

De fato: Tomando v = ej , vemos que para j = 1, . . . , n, as derivadas parciais contínuas, logo é contínua cada uma de suas funções-coordenada

∂f : U −→ Rm são ∂xj

∂fi : U −→ R. ∂xj

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 0

que λ (0) = v, λ(0) = (x, y). Então 0 ∂ 0 0 0 F (x, y) = (F ◦ λ) (0) = (f ◦ G◦) (0) = (f ◦ G) λ(0) · λ (0) ∂v 0 0 0 = (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 0

(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 ∂ 0 0 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)) · (A), = ∂x ∂y onde

 A=

g 0 (x + y)

g 0 (x + y) g 0 (x + y).0

h0 (y + z).0 h0 (y + z) h0 (y + z)

  (v1 , v2 , v3 )T .

0

(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

∂ 0 0 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)) · (A), = ∂x ∂y

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA onde

 A=

169

0

g(x) + g (x) 0 0

0 0

h (xy)y

xh (xy) 0

  (v1 , v2 , v3 )T .

Exercício 2 - 26/04 Mostre que {dπ1 , . . . , dπn } é base de L{Rn , R} em que πi : Rn −→ R, πi (x1 . . . , xi , . . . , xn ) = xi . Solução. Seja {e1 , . . . , en } a base canônica de Rn . [(i)] Dado a ∈ Rn , temos que a = α1 e1 + · · · + αn en . Assim, se T ∈ L{Rn , R} então T ·a = α1 T e1 + · · · + αn T en = dπ1 ·a T e1 + · · · + dπn ·a T en = β1 dπ1 ·a + · · · + βn dπn ·a = (β1 dπ1 + · · · + βn dπn ) · a

onde βi = T ei , i = 1, . . . , n

⇒ T = β1 dπ1 + · · · + βn dπn , onde β1 , . . . , βn ∈ R. [(ii)] Suponha que existam b1 , . . . , bn ∈ R tais que b1 dπ1 + · · · + bn dπn = 0, onde 0 é a transformação nula. Assim, para todo x ∈ Rn , obtemos que b1 dπ1 (x) + · · · + bn dπn (x) = 0. Aplicando sucessivamente os vetores da base canônica a ambos os membros da igualdade anterior, temos o seguinte: b1 dπ1 (x) + · · · + bi dπi (x) + · · · + bn dπn (x) (ei ) = 0(ei ), ∀ i = 1, . . . , n ⇒ b1 dπ1 (x) · ei + · · · + bi dπi (x) · ei + · · · + bn dπn (x) · ei = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ b1 π1 (ei ) + · · · + bi πi (ei ) + · · · + bn πn (ei ) = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ b1 · 0 + · · · + bi · 1 + · · · + bn · 0 = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇒ bi = 0, ∀ i = 1, . . . , n. Portanto, de (i) e (ii), temos que {dπ1 , . . . , dπn } é base de L{Rn , R}. Exercício 3 - 26/04 Mostre que f (x, y, z) = (x2 − y 2 , xy, xz + yz) é diferenciável e calcule f 0 (x, y, z). Solução. f é diferenciável pois suas funções coordenadas são polinômios, e portanto são C ∞ . Além disso, 

2x −2y 0   [f 0 (x, y, z)] =  y x 0  z z x+y

   . 


3.2.2

170

Teoremas do Valor Médio

Teorema 4 (Derivação termo a termo) - 03/05 dif.

Suponha fk : U ⊂ Rm −→ Rn , U aberto e conexo, com {fk (c)} ⊂ Rn convergente para algum unif.

unif.

dif.

c ∈ U e fk0 : U −→ g ∈ L{Rm , Rn }. Então fk0 : U −→ f para alguma f : U −→ R tal que f 0 = g. Isto é, lim fk0 = (lim fk )0 . Demonstração. Primeiramente, vamos provar o seguinte lema: Seja U ⊂ Rm um aberto conexo e limitado. Se a sequência de aplicações diferenciáveis fk : U −→ Rn converge num ponto c ∈ U e a sequência das derivadas fk0 : U −→ L{Rm , Rn } converge uniformemente em U para uma aplicação g : U −→ L{Rm , Rn }, então (fk ) converge uniformemente em U para uma aplicação f : U −→ Rn , a qual é diferenciável, com f 0 = g. Da convergência uniforme de fk0 temos que dado ε > 0, ∃ K0 ∈ N tal que j, k > k0 , |fj0 (x) − g(x)| < ε/2 e |fk (x) − g(x)| < ε/2, ∀ x ∈ U. Daí, |fj (x) − fk (x)| ≤ |fj (x) − g(x)| + |fk (x) − g(x)| < ε/2 + ε/2 = ε. (1) Como U é conexo, aplicando o corolário da Desigualdade do Valor Médio à função fj − fk temos que para quaisquer x, y ∈ U , |fj (y) − fk (y) − [fj (x) − fk (x)]| ≤ ε|x − y|, ∀ x, y ∈ U. (2) Em particular, para x = c, temos j, k > k0 ⇒ |fj (y) − fk (y)| − |fj (c) − fk (c)| ≤ |fj (y) − fk (y)| − |fj (c) − fk (c)| ≤ ε|y − c| ⇒ |fj (y) − fk (y)| ≤ |fj (c) − fk (c)| + ε|y − c|. Usando o critério de Cauchy, o fato de U ser limitado e a convergência de fk0 (c) , concluímos que (fk ) converge uniformemente para uma aplicação f : U −→ Rn . Mostraremos agora que f é diferenciável em todo ponto x ∈ U , com f 0 (x) = g(x). Fazendo j → ∞ em (2) e y = x + v temos: k > k0 ⇒ |f (x + v) − f (x) − (fk (x + v) − fk (x))| ≤ ε|v|. (3) Se fk é diferenciável no ponto x, então ∀ k ∈ N, ∃ δk (x) > 0 tal que |v| < δk (x) ⇒ |fk (x + v) − fk (x) − fk0 (x) · v| < ε|v|. (4) |g(x) − fk0 (x)| ≤ ε, ∀ x ∈ U. (5)


171

Vamos mostrar que f 0 (x) = g(x). Dado ε > 0 tome k0 como em (1). Para algum inteiro k > k0 considere δ = δk (x). Então |v| < δ ⇒ |f (x + v) − f (x) − g(x) · v| = = |f (x + v) − f (x) − fk (x + v) − fk (x) + fk (x + v) − fk (x) − fk0 (x) · v + fk0 (x) · v − g(x) · v| ≤ |f (x + v) − f (x) − fk (x + v) − fk (x)| + |fk (x + v) − fk (x) − fk0 (x) · v| + |fk0 (x) · v − g(x) · v| ≤ 3ε|v|, em que na última desigualdade utilizamos os resultados obtidos em (3), (4) e (5). Portanto f é diferenciável e f 0 = g. Voltemos a demonstração do Teorema. S Podemos escrever U = Bα , onde Bα é uma bola aberta na qual as derivadas fk0 convergem uniformemente. Pelo Lema, se (fk ) converge em algum ponto de Bα então (fk ) converge uniformemente em Bα . Tem-se assim uma cisão U = A ∪ B, onde A é a reunião das bolas Bα nas quais (fk ) 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 ∈ Bα então Bα ⊂ A), segue-se que A = U , logo (fk ) converge de modo localmente uniforme em U para uma aplicação f : U −→ Rn . Pelo Lema, tem-se f 0 = g. Corolário 4 - 03/05 Sejam U ⊂ Rn aberto e c ∈ U . Se a aplicação contínua f : U −→ Rm , f contínua, diferenciável em U − {c} e existe lim f 0 (x) = T ∈ L{Rn , Rm }, então f é diferenciável no ponto c, com f 0 (c) = T . x→c

Demonstração. Em virtude da definição de limite, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que 0 < |v| < δ ⇒ |f 0 (c + tv) − T | < ε 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 0 (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 0 (x) − T | ≤ M para todo x ∈ (a, a + v) então |f (a + v) − f (a) − T · v| ≤ M · |v|.


172

Exercício 1 - 03/05 Seja f : U −→ R, U aberto e conexo em Rn . Mostre que se

∂f (a) = 0, para todo a ∈ U e para todo ∂v

v ∈ Rn , 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 = a0 = a1 = · · · = ak = x. Pelo Teorema do Valor Médio pra funções de uma variável real temos que existe θi ∈ (0, 1) tal que f (ai ) − f (ai−1 ) =

∂f (ai−1 ∂vi

+ θi (ai − ai−1 )) = 0, onde vi = ai − ai−1 , para cada i = 1, . . . , k.

Logo, temos f (a) = f (a1 ) = · · · = f (ak ) = f (x). Portanto, f (x) = f (a), para todo x ∈ U , ou seja, f é constante. Exercício 2 - 03/05 Seja f : R → R,

  ax + x2 sen 1 , se x 6= 0 x f (x) =  0, se, x = 0

com a ∈ (0, 1). Mostre que f é diferenciável em x = 0, f 0 (0) = a, mas f não é injetiva em vizinhança alguma do zero. Solução. Temos que 2

1

ax + x sen f (x) − f (0) x lim = lim x→0 x→0 x−0 x

= lim a + x sen x→0

1 x

= a.

Portanto f é diferenciável em 0 e f 0 (0) = a. 1 −cos , daí em qualquer vizinhança Nos pontos diferentes de 0 temos que f (x) = a+2x sen x x de zero f 0 (x) muda de sinal, desse modo f não pode ser injetiva. 0

1

Exercício 3 - 03/05 Seja f : U −→ Rn de classe C 1 no aberto U ⊂ Rm . Se f 0 (x0 ) ∈ L{Rm , Rm } é injetiva, então existem δ, c > 0 tais que |f (x) − f (y)| ≥ c|x − y|, ∀ x, y ∈ Bδ (x0 ). Solução. Como f 0 (x0 ) é injetiva =⇒ ∃ c > 0 tal que |f 0 (x0 )(h)| ≥ 2c|h| ∀h ∈ Rn Para todo x ∈ U, defina ϕ(x) = f (x) − f (x0 ) − f 0 (x − x0 )

(2)

(1).


173

Então, para x, y ∈ U temos f (x) − f (y) = f 0 (x0 )(x − y) + ϕ(x) − ϕ(y) =⇒ |f (x) − f (y)| ≥ |f 0 (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 0 (x0 ) ∈ L{Rm , Rm }) =⇒ ϕ0 é contínua, logo dado ε = c, ∃ δ > 0 tal que |x − x0 | < δ ⇒ |ϕ0 (x) − ϕ0 (x0 )| < c, no entanto ϕ0 (x) = f 0 (x) − f 0 (x0 ) então ϕ0 (x0 ) = 0. Então temos |x − x0 | < δ ⇒ |ϕ0 (x)| < c. 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 ∈ Bδ (x0 ) ⇒ |f (x) − f (y)| ≥ 2c|x − y| − c|x − y| = c|x − y|. Exercício 4 - 03/05 unif.

Suponha fk contínua em x = a ∈ U ⊂ Rn e fk −→ f para algum f : U −→ Rm . Então f é contínua em x = a. ε , ∀ x ∈ U. 3 ε Fixando um índice k > k0 , existe δ > 0 tal que |x − a| < δ, x ∈ U ⇒ |fk (x) − fk (a)| < , 3 pela continuidade de fk no ponto a. Dessa maneira, x ∈ U, |x − a| < δ ⇒ |f (x) − f (a)| ≤ ε ε ε |f (x) − fk (x)| + |fk (x) − fk (a)| + |fk (a) − f (a)| < + + = ε. 3 3 3 Portanto, f é contínua no ponto a. Solução. Para todo ε > 0, existe k0 ∈ N tal que k > k0 ⇒ |fk (x) − f (x)| <

3.2.3

Derivadas superiores; Teorema de Schwarz

Exercício 1 - 04/05 Mostre que L{Rn , L{Rn , Rm }} ∼ = L2 {Rn , Rm } = {B : Rn × Rn −→ Rm | B é bilinear}. Solução. Defina ϕ : L2 {Rn , Rm } −→ L{Rn , L{Rn , Rm }}, onde ϕ(B) : Rn −→ L{Rn , Rm }, ϕ(B)v : Rn −→ Rm 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 ∈ Rn ⇒ B = 0, portanto ϕ é injetora. Agora, pelo teorema da dimensão temos que: Nulidade(ϕ) + posto(ϕ) = dim L{Rn , L{Rn , Rm }}, como nulidade(ϕ) = 0, então posto(ϕ) = dim L{Rn , L{Rn , Rm }}, então ϕ é sobrejetora. Alem disso, temos que: ϕ(αB + B 0 )vu = (αB + B 0 )(v, u) = αB(v, u) + B 0 (v, u) = αϕ(B)vu + ϕ(B 0 )vu. Logo ϕ é linear. Portanto ϕ é um isomorfismo.


174

Exercício 2 - 04/05   xk , x > 0 Mostre que fk : R −→ R definida por fk (x) = tal que fk ∈ C k−1 (R) efk ∈ / C k (R).  0 , x≤0 Solução. Para x > 0, tem-se fk0 = kxk−1 . Para x < 0, tem-se fk0 = 0.

xk = lim Para x = 0 tem-se = lim xk−1 = 0. x→0 x x→0 De um modo geral tem-se   k · · · (k − j + 1)xk−j , x > 0 (j) fk =  0 , x≤0 fk0 (0)

(j)

para 0 ≤ j ≤ k − 1 e todas fk são contínuas, pois lim+ xk−j = 0 = lim− 0. x→0

x→0

Mas quando j = k − 1, temos (k−1)

fk

  k!x , x > 0 =  0 , x≤0

(f (k−1) (x))0 = 1 se x > 0 e (f (k−1) (x) = 0 se x < 0. lim+

x→0

k!x f (x) − f (0) 0−0 f (x) − f (0) = lim+ = k! 6= lim− = lim− = 0. x→0 x→0 x→0 x−0 x x−0 x

Logo não existe f 0 (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 para todo ponto (x, t) ∈ U × [a, b] e a função

∂f (x, t) existe ∂xi

∂f : U × [a, b] −→ R, assim definida, é contínua. ∂x Zi b

Então a função ϕ : U −→ R, dada por ϕ(x) = f (x, t)dt, possui a i-ésima derivada parcial em a Z b ∂f ∂ϕ (x) = (x, t)dt. cada ponto x ∈ U , sendo ∂xi a ∂xi Demonstração. Para todo s suficientemente pequeno, o segmento de reta [x, x + sei ] está contido em U . Daí ϕ(x + sei ) − ϕ(x) − s

Z a

b

∂f (x, t)dt = ∂xi

Z b a

f (x + sei , t) − f (x, t) ∂f − (x, t) dt. s ∂xi

Pelo Teorema do Valor Médio, temos que existe θ = θt ∈ (0, 1) tal que ∂f f (x + sei , t) − f (x, t) (x + θsei , t) = , ∂xi s


175

assim ϕ(x + sei ) − ϕ(x) − s

Z

b

a

∂f (x, t)dt = ∂xi

Z b a

Z b = a

f (x + sei , t) − f (x, t) ∂f − (x, t) dt s ∂xi ∂f ∂f (x + θsei , t) − (x, t) dt. ∂xi ∂xi

∂f : U × [a, b] −→ R é contínua e [a, b] é compacto, então dado ε > 0 arbitrário, podemos ∂xi ∂f ∂f ε (x + θsei , t) − (x, t) < , seja qual for t ∈ [a, b]. Isto obter δ > 0 tal que |s| < δ ⇒ ∂xi ∂xi b−a completa a demonstração. Como

Teorema 2 - 08/05 ∂f ∂ 2f ∂ 2f , : U −→ R e são contínuas. Então a derivada ∂xi ∂xi ∂xj ∂xi ∂xj 2 2 ∂ f ∂ f = . existe em todos os pontos de U e vale ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi Demonstração. Sem perda de generalidade, podemos supor que U = I × J é um retângulo em Seja f : U −→ R tal que existem

R2 . Tomando um ponto b ∈ J, o Teorema Fundamental do Cálculo nos permite escrever, para todo ponto (x, y) ∈ U : y

Z f (x, y) = f (x, b) + b

∂f (x, t)dt. ∂y

2

A continuidade de

∂ f , admitida por hipótese, faz com que a regra de Leibniz seja aplicável. Deri∂x∂y

vando respeito a x: ∂f ∂f (x, y) = (x, b) + ∂x ∂x

Z

y

b

∂f (x, t)dt. ∂x∂y

Derivando em seguida relativamente a y, obtemos ∂ 2f ∂ 2f (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 ∂xi contínua, e seja g : U −→ [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

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA Z (i) ϕ : U −→ R, definida por ϕ(x) =

176

g(x)

f (x, t)dt é de classe C 1 (U ).

a

(ii)

∂ϕ (x) = ∂xi

Z

g(x)

a

∂f ∂g (x, t) + (x) · f x, g(x) , ∀ x ∈ U . ∂xi ∂xi Z

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 7−→ f (x, t) é contínua, segue que (x, u) = f (x, u), ∀ (x, u) ∈ U × [a, b]. Além disso, pela Z u ∂u ∂ξ ∂f (x, u) = (x, t)dt. Regra de Leibniz, ∂xi a ∂xi 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, ∂ϕ ∂ξ ∂g ∂ξ (x) = (x) · x, g(x) = x, g(x) = ∂xi ∂xi ∂xi ∂u

Z

g(x)

a

∂f ∂g (x, t) + (x) · f x, g(x) , ∂xi ∂xi

o que prova (ii). ∂ϕ é contínua para todo i = 1, . . . , n, ou seja, ϕ é de classe C 1 (U ), provando (i). Portanto, ∂xi

3.2.4

Fórmulas de Taylor; máximos e mínimos

Lema 2 - 10/05 (Seminário) Seja T : Rm1 × · · · × Rmk −→ R, k-linear. Sejam v = (v1 , . . . , vk ) e w = (w1 , . . . , wk ) pertencentes a Rm1 × · · · × Rmk . Então T 0 (v1 , . . . , vk )(w1 , . . . , wk ) = T (w1 , v2 , . . . , vk ) + T (v1 , w2 , v3 , . . . , vk ) + · · · + T (v1 , . . . , vk−1 , wk ) k X = T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk ). i=1

Demonstração. Temos que T (v1 + w1 , . . . , vk + wk ) = T (v1 , . . . , vk ) +

k X

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk )+

i=1

+

k X

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vj−1 , wj , vj+1 , . . . , vk ) + · · · + T (w1 , . . . , wk ).

i6=j,i=1

Pondo c = max{|T (ei1 , . . . , eik )|; 1 ≤ i1 ≤ m1 , 1 ≤ i2 ≤ m2 , . . . , 1 ≤ ik ≤ mk }, então k X T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk ) T (v1 + w1 , . . . , vk + wk ) − T (v1 , . . . , vk ) − i=1

|(w1 , . . . , wk )|S

=


=

177

k X T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vj−1 , wj , vj+1 , . . . , vk ) + · · · + T (w1 , . . . , wk ) i6=j,i=1

|(w1 , . . . , wk )|S

c ≤ |(w1 , . . . , wk )|S

"

k X

≤

|v1 |, . . . , |vi−1 |, |w1 |, |vi+1 |, . . . , |vj−1 |, |wj |, |vj+1 |, . . . , |vk | +

i6=j,i=1

i + · · · + |w1 |, . . . , |wk | . Portanto, T (v1 + w1 , . . . , vk + wk ) − T (v1 , . . . , vk ) −

k X

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk )

i=1

lim

= 0.

|(w1 , . . . , wk )|S

(w1 ,...,wk )→(0,...,0)

0

Logo T é diferenciável e T (v1 , . . . , vk )(w1 , . . . , wk ) =

k X

T (v1 , . . . , vi−1 , wi , vi+1 , . . . , vk ).

i=1

Exercício 2 - 11/05 Seja ϕ : [0, 1] −→ R uma função que possui derivada de ordem n + 1 integrável em [0, 1]. Então Z 1 ϕ00 (0) (1 − t)n n+1 ϕn (0) 0 ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + + ··· + + .ϕ (t)dt. 2! n! n! 0 Solução. Tomemos f (t) = 1 − t e g(t) = ϕ0 (t) de modo que f 0 (t) = −1 e Z

1

Z

0

ϕ (t)dt = − 0

1

f 0 (t).g(t)dt.

0

Aplicando a fórmula de integração por partes obtemos Z 1 Z 1 1 Z 1 0 0 ϕ (t)dt = f (t)g(t) + f (t)g (t)dt = (1 − t)ϕ00 (t)dt. 0

0

0

0

Se ϕ possui derivada segunda integrável no intervalo [0, 1] então Z 1 0 ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + (1 − t)ϕ00 (t)dt. 0

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) = ϕ00 (t), então f (t) = −(1 − t) e 2 Z Z 1

1

(1 − t)ϕ00 (t)dt = −

0

f 0 (t)g(t)dt. A fórmula de integração por partes nos dá:

0

Z 0

1

0 Z (1 − t)ϕ (t)dt = f (t)g(t) + 00

1

0

1

ϕ00 (0) f (t)g (t) = + 2 0

Z 0

1

(1 − t)2 00 ϕ (t)dt 2


178

portanto podemos escrever ϕ00 (0) ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) + + 2! 0

Z 0

1

(1 − t)2 00 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 + tei ) e a + tei ∈ 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) . Como isso se verifica pra todo i = 1, . . . , n, resulta que ∇f (a) = 0. 0 = ϕ0i (0) = ∂xi

Exercício 1 - 18/05 (Seminário) Determine a natureza dos extremos da função f : R2 −→ R, dada por f (x, y) =

y2 x2 3 + xy + . 2 2 2

Solução. Como f ∈ C ∞ =⇒ PN D = ∅, logo os candidatos são apenas PC (f ), ou seja, 3 3 fx (x, y) = x + y = 0, fy (x, y) = x + y = 0 =⇒ x = y = 0, logo PC (f ) = {(0, 0)} 2 2  3 1 2 . =⇒ Hf (0, 0) =  3 1 2 Assim,    3 1 2 h   1  = h21 + 3h1 h2 + h22 = (h1 + 3 h2 )2 − 5 h22 . f 00 (0, 0)h2 = (h1 , h2 )  3 2 4 h2 1 2

Isto mostra que f 00 (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) ≤ (1 − α)ϕ(0) + αϕ(1) = (1 − α)f (x) + αf (y), 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 0 (a)(t − a), ∀ t, a ∈ I. (ii) Se f ∈ C 2 (I), então f é convexa ⇐⇒ f 00 (t) ≥ 0, ∀ t, a ∈ I. Solução. Dizer que f é convexa, significa dizer que a
f (x) − f (a) f (b) − f (a) f (b) − f (x) ≤ ≤ , x−a b−a b−x


180

(i) (⇒) Seja a < b. Tomando x, com a < x < b, temos que f (x) − f (a) f (b) − f (a) f (b) − f (x) ≤ ≤ , x−a b−a b−x pois por hipótese f é convexa. Daí, f 0 (a) = lim+ x→a

f (x) − f (a) f (b) − f (a) f (b) − f (a) ≤ lim+ = . x→a x−a b−a b−a

Da mesma forma, f (b) − f (a) f (b) − f (a) f (b) − f (x) = lim− ≤ lim− = f 0 (b). x→b x→b b−a b−a b−x Portanto, ∀ a < b, tem-se que f 0 (a) ≤ f 0 (b), isto é, f 0 é uma função monótona não-decrescente. Disto segue que se x > a, então pelo Teorema do Valor Médio ∃ z ∈ (a, x) tal que f (x) = f (a) + f 0 (z)(x − a) ≥ f (a) + f 0 (a)(x − a). Da mesma forma ocorre de x < a. (⇐) Sejam a < c < b em I.

Escrevamos α(x) = f (c) + f 0 (c)(x − c) e chamemos

H = {(x, y) ∈ R2 ; y ≥ 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 f (b) − f (a) ≥ α(c) = f (c). Isto significa que f (c) ≤ f (a) + .(c − a). Como a < c < b são b−a quaisquer em I, então a função f é convexa. (ii) (⇐) Se f 00 (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 0 (a)h +

1 00 f (c)h2 . 2!

Como f 00 (c) ≥ 0, então f (a + h) ≥ f (a) + f 0 (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) − f (a) f (b) − f (a) f (b) − f (x) ≤ ≤ x−a b−a b−x

⇒ f 0 (a) ≤

f (b) − f (a) ≤ f 0 (b). b−a

Logo f 0 é não-decrescente em I. Segue-se que f 00 (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 Y bloco retangular B = [ai , bi ] é uma combinação convexa dos vértices desses blocos. i=1

Lema 2. Toda função convexa f : U → R, definida num aberto convexo U ⊂ Rn , é localmente majorada por uma constante. 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 U0 = {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 f

ε ε ε ε x =f 1− ·0+ x ≤ · f (x), M M M M

logo ε ε ·f x . f (x) ≤ M M Tomando δ =

εc , M

vemos que εc M |x| < ⇒ | x| < c ⇒ f M ε

M x ε

≤ M ⇒ f (x) ≤ ε.

Além disso, 0 = f (0) = f

M ε x+ M +ε M +ε

−M x ε

M ε ≤ f (x) + f M +ε M +ε

Simplificando, vem M · f (x) + ε · f (−M x/ε) ≥ 0 , donde: f (x) ≥

ε ε · (−f (−M x/ε)) ≥ · (−M ) = −ε. M M

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) = x3 + e3y − 3xey . Mostre que f tem um único ponto de mínimo local que não é mínimo global. Solução. f (x, y) = x3 + e3y − 3xey , f é de classe C ∞ , logo os pontos críticos de f são {x ∈ R2 ; f 0 (x) = 0}. Temos que fx = 3x2 − 3ey fy = 3e3y − 3xey Daí 3x2 − 3ey = 0 ⇒ ey = x2 3e3y − 3xey = 0 ⇒ 3(ey )3 − 3xey = 0 ⇒ 3(x2 )3 − 3x · x2 = 0 ⇒ 3x6 − 3x3 = 0 ⇒ 3x3 (x3 − 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 1. Para x = 0 não existe ey = 0. Para x = 1 ⇒ ey = 1 ⇒ y = 0. Logo o único ponto crítico de f é (1, 0). fxx = 6x, fxy = −3ey = fyx , fyy = 9e3y − 3xey  Hf (1, 0) = [ u v ]   = [ u v ]

6 −3

−3 6

 

6u − 3v −3u + 6v

u v

 

 

= 6u2 − 3uv − 3uv + 6v 2 = 6u2 − 6uv + 6v 2 . Portanto Hf (1, 0) = 6(u2 − uv + v 2 ). Mostremos que para (u, v) 6= (0, 0) tem-se u2 − uv + v 2 > 0. De fato pela desigualdade entre as 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 ⇒ u2 − uv + v 2 > 0


183

para (u, v) 6= (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 0

Seja f : I ⊂ R −→ R diferenciável, I intervalo aberto e f (x) 6= 0, ∀ x ∈ I. Então f é um difeomorfismo global. Demonstração. Se f 0 (x) 6= 0, ∀ x ∈ I, então pelo Teorema de Darboux temos que f 0 (x) > 0 ou f 0 (x) < 0, ∀ x ∈ I. Se f 0 (x) > 0, ∀ x ∈ I, então, por um resultado de Análise I, f será um homeomorfismo global crescente. Da mesma forma se f 0 (x) < 0, ∀ x ∈ I, então f será um homeomorfismo global decrescente. Em qualquer caso seja g = f −1 : f (I) −→ I e 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

−1 g(y) − g(b) g(y) − a f (g(y)) − f (a) 1 = lim lim = lim = 0 . y→b y→b f g(y) − f g(b) y→b y−b g(y) − a f (a) 1 , sempre que f 0 (a) 6= 0. Como b foi tomado arbitrariamente, f 0 (a) segue que g é diferenciável em todos os pontos de f (I), desse modo f é um difeomorfismo global. Portanto g 0 (b) existe e é igual a

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 Vx e Wx tais que f |Vx é um difeomorfismo, em particular, é um homeomorfismo. Se consideramos V ⊂ Vx , para algum x ∈ U , tem-se que f (V ) é aberta pois, f |Vx é contínua. [ [ No caso geral, temos que V = Vx ∩ V e assim f (V ) = f Vx ∩ V . Como cada Vx ∩ V é um x∈U

x∈U

aberto contido em Vx , 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 0 (x) 6= 0, ∀ x ∈ I. Então, pelo Teorema do Valor Intermediário para a derivada, temos que f 0 (x) > 0 ou f 0 (x) < 0, ∀ x ∈ I. (De fato, se existisse algum intervalo [a, b] em que f 0 (a) < 0 < f 0 (b) então existiria c ∈ [a, b] tal que f 0 (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 )0 = f 0 (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 0 (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 )))0 = (f 0 (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 0 (x0 )−1 , escrevamos g(b + w) − g(b) = f 0 (x0 )−1 w + s(w) e procuremos mostrar que s(w) lim = 0. Ponhamos v = g(b + w) − g(b). Então w→0 |w| f (x0 + v) − f (x0 ) = f [g(b) + g(b + w) − g(b)] − b = f (g(b + w)) − b = b + w − b = w. 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 0 (x0 )v + r(v), onde lim = 0. Daí, como v→0 |v| v = g(b + w) − g(b) e w = f (x0 + v) − f (x0 ) = f 0 (x0 )v + r(v), então g(b + w) − g(b) = f 0 (x0 )−1 w + s(w) ⇒ ⇒

v = f 0 (x0 )−1 [f 0 (x0 )v + r(v)] + s(w) v = v + f 0 (x0 )−1 .r(v) + s(w),

donde s(w) = −f 0 (x0 )−1 · r(v) e

s(w) r(v) |v| = −f 0 (x0 )−1 · · . |w| |v| |w|

r(v) = 0. w→0 |v|

Quando w → 0, vimos que v → 0 , logo lim

|v| é limitado. |w| Ora, f 0 (x0 ) isomorfismo, então vimos que existe c > 0, tal que |f 0 (x0 )v| ≥ c|v|, ∀ v ∈ Rn . Agora nos resta provar que


185

r(v) = 0, então se tomarmos ε = c/2 temos que existirá δ > 0 tal que 0 < |v| < δ ⇒ v→0 |v| |r(v)| < ε|v|. Desse modo, ∀ 0 < |v| < δ, temos 0 r(v) 0 r(v) v v 0 ≥ |v| f (x0 ) − ≥ c |v|. |f (x0 +v)−f (x0 )| = |f (x0 )v+r(v)| = |v| f (x0 ) + |v| |v| |v| |v| 2

Como lim

|v| 2 | ≤ , o que implica que para v suficientemente |f (x0 + v) − f (x0 ) c |v| s(w) r(v) |v| |v| = é limitado e da expressão = −f 0 (x0 )−1 · . , próximo de zero |w| |f (x0 + v) − f (x0 ) |w| |v| |w| s(w) resulta que, quando w → 0, → 0, concluindo assim a prova. |w| Portanto, ∀ 0 < |v| < δ temos

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 Tp 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 Tp M e λ : (−δ, δ) → f −1 (c) uma curva diferenciável com λ(0) = p e λ0 (0) = v, então f (λ(t)) = c ⇒ ∇f (p)λ0 (0) = 0, portanto todo vetor v ∈ Tp M é ortogonal a ∇f (p), logo Tp M ⊂ ∇f (p)⊥ . Sendo dim∇f (p)⊥ = dimTp M ⇒ Tp M = ∇f (p)⊥ .

Exercício 1 - 01/06 Tp 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 ⊂ Rn+1 é um aberto que contém p = (p0 , ξ(p0 )), p0 ∈ U . 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 ! n dx1 dxn X ∂ξ dxi 0 λ (0) = ,..., , · , dt dt i=1 ∂xi dt dxi ∂ξ sendo calculadas no ponto t = 0 e no ponto p0 . Isto mostra que todo v = λ0 (0) dt ∂xi em Tp M é uma combinação linear dos vetores ∂ξ ∂ξ v1 = 1, 0, . . . , 0, , . . . , vn = 0, . . . , 0, 1, . ∂x1 ∂xn as derivadas


Reciprocamente, toda combinação linear v =

n X

186

αi vi é o vetor-velocidade λ0 (0) do caminho

i=1

λ : (−δ, δ) −→ M assim definido: tomamos v0 = (α1 , . . . , αn ) ∈ Rn e colocamos λ(t) = p0 + tv0 , ξ(p0 + tv0 ) , sendo δ > 0 escolhido de modo que o segmento de reta (p0 − δv0 , p0 + δv0 ) esteja contido em U .

3.2.7

Multiplicadores de Lagrange

Exercício 1 - 05/06 (Seminário) n x1 + · · · + xn Mostre que x1 x2 . . . xn ≤ , xi > 0. n Solução. Seja U ⊂ Rn o conjunto dos pontos cujas coordenadas são positivas. Consideremos as funções f, ϕ : U −→ R definidas, para todo x = (x1 , . . . , xn ) ∈ U , como f (x) = x1 x2 · · · xn e ϕ(x) = x1 + x2 + . . . + xn . Fixando s > 0, procuremos os pontos críticos de f |M onde M = ϕ−1 (s). Observemos que ∇ϕ(x) = (1, 1, . . . , 1) para qualquer x ∈ U , de modo que M é uma hiperfície. Q Por sua vez, temos que ∇f (x) = (α1 , . . . , αn ) com αi = xj . Assim, x ∈ M é ponto crítico de j6 = i Q xj = λ (i = 1, . . . , n). Dividindo a i-ésima dessas f |M se, e somente se, para algum λ, tem-se j6=i xk xi

= 1. Assim, o único ponto crítico de f |M e aquele que tem suas n coordenadas iguais, ou seja, é p = ( ns , ns , . . . , ns ). Afirmamos que f (p) = ns é o maior valor de equaçoes pela k-ésima, obtemos

¯ , 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: n x1 + · · · + xn x1 x2 · · · xn ≤ . n Exercício 2 - 05/06 (Seminário) Sejam a ∈ Rn e S1 (0) ⊂ Rn tal que a ∈ / S1 (0). Determine p ∈ S1 (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 = hx − a, x − ai, restrita à esfera S1 (0) = ϕ−1 (0), onde ϕ(x) = hx, xi. Usando o método dos multiplicadores de Lagrange, temos:    ∇f (x) = λ∇ϕ(x)  2(x − a) = 2λx ⇔  hx, xi = 1  hx, xi = 1

  x − a = λx i i i ⇔ , i = 1 . . . , n.  hx, xi = 1

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA Resolvendo este sistema, temos que xi − ai = λxi ⇔ xi (−λ + 1) = ai ⇔ xi =

187 ai . 1−λ

Da 2a equação, hx, xi = 1 ⇔

n X

x2i

=1⇔

n X

i=1

i=1

a2i 1 =1⇔ |a|2 = 1 ⇔ |1 − λ|2 = |a|2 2 (1 − λ) |1 − λ|2

⇔ 1 − λ = ±|a| ⇔ λ = 1 ± |a|. Por outro lado, x − a = λx ⇒ |x − a| = |λx| = |λ||x| = |λ|. Daí, |x − a|2 será mínimo quando |λ| for mínimo, isto é, quando λ = 1 − |a|. ai ai ai a Assim, xi = = = e portanto x = é o ponto da esfera S1 (0) cuja distância 1−λ 1 − (1 − |a|) |a| |a| ao ponto a é mínima. Exercício 3 - 05/06 (Seminário) Dada f : Rn −→ R, f (x) = hAx, xi, onde A : Rn −→ Rn é linear e auto - adjunta, isto é, hAx, yi = hx, Ayi. Mostre que x0 ∈ Pc(f |Sn−1 ) ⇐⇒ Ax0 = λx0 , λ = f (x0 ). Solução.

x0 ∈ S n−1 é um ponto crítico de f |S n−1 se para todo caminho diferenciável

λ : (−ε, ε) −→ S n−1 , com λ(0) = x0 tivermos (f ◦ λ)0 (0) = 0. ∂f (x0 ) = 0, ∀ v ∈ Tx0 S n−1 , ou seja, x0 ∈ S n−1 é um ponto crítico da restrição Isto significa que ∂v f |S ‘n−1 se e somente se o vetor ∇f (x0 ) é normal à S n−1 no ponto x0 . Agora note que um vetor v ∈ Rn é normal à S n−1 em x0 se e somente se v é paralelo a x0 , portanto x0 ∈ Pc (f |S n−1 ) ⇔ ∇f (x0 ) = Kx0 , onde ∇f (x0 ) =

Df (x0 )e1 , . . . , Df (x0 )en = (hAe1 , x0 i + hAx0 , e1 i , . . . , hAen , x0 i + hAx0 , en i)

= (he1 , Ax0 i + hAx0 , e1 i , . . . , hen , Ax0 i + hAx0 , en i) = (2 hAx0 , e1 i , . . . , 2 hAx0 , en i). Daí, x0 ∈ Pc (f |S n−1 ) ⇔ 2(hAx0 , e1 i , . . . , hAx0 , en i) = Kx0 ⇔ h2(hAx0 , e1 i , . . . , hAx0 , en i), ei i = hKx0 , ei i , ∀ i = 1, . . . , n ⇔ 2 hAx0 , ei i = hKx0 , ei i , ∀ i = 1, . . . , n ⇔ hAx0 − Kx0 /2, ei i = 0, ∀ i = 1, . . . , n ⇔ Ax0 =

K x, 2 0

CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA onde hAx0 , x0 i =

K 2

188

hx0 , x0 i.

Como x0 ∈ S n−1 , logo

K 2

= hAx0 , x0 i.

Fazendo λ = k2 , temos que x0 ∈ Pc (f |S n−1 ) ⇔ Ax0 = λx0 , onde λ = f (x0 ). Exercício 4 - 05/06 (Seminário) Dada a função f : Rn −→ R, f (x) =< Ax, x > onde A : Rn −→ Rn é auto-adjunta, isto é, hAx, xi = hx, Axi. Mostre que existe uma base {v1 , v2 , ..., vn } tal que Avi = λvi . Solução. Seja a função f : Rn → R, f (x) = hAx, xi, onde A : Rn → Rn é auto-adjunta. Um ponto u ∈ S n−1 é ponto crítico de f |S n−1 se, e somente se, Au = λu, onde λ = f (u). Em particular, se λ1 é o valor máximo de f no compacto S n−1 , alcançado no ponto u1 ∈ S n−1 , temos que λ1 é autovalor de A. Considerando E = {x0 ∈ Rn ; hx, u1 i = 0} o complemento ortogonal de u1 em Rn . Se x ∈ E ⇒ hAx, u1 i = hx, Au1 i = hx, λ1 u1 i = λ1 hx, u1 i = 0. Logo, x ∈ E ⇒ Ax ∈ E. Dessa forma, obtemos uma transformação linear auto-adjunta A : E → E. Como E é compacto, tomemos f (u2 ) = λ2 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) 0

Z

n

Sejam f, f : [a, b] −→ R integráveis. Então f (b) − f (a) =

b

f 0 (t)dt.

a

Demonstração.

Temos que f, f 0 são integráveis ⇐⇒ fi , fi0 são integráveis ∀ i = 1, . . . , n.

Como fi , fi0 [a, b] −→ R, aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo para funções reais temos Z b fi0 (t)dt = fi (b) − fi (a) ∀ i = 1, . . . , n. Logo a

Z

b 0

Z

f (t)dt = a

a

b

f10 (t)dt, . . . ,

Z a

b

fn0 (t)dt

= f1 (b) − f1 (a), . . . , fn (b) − fn (a) = f (b) − f (a).


189

Exercício 1 - 12/06 (Seminário) (i) f = (f1 , . . . , fn ) é integrável ⇔ fj é integrável, ∀ j = 1, . . . , n. Neste caso Z b Z b Z b f (t)dt = f1 (t)dt, · · · , fn (t)dt . a

a

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 Z b Z b ≤ |f (t)|dt. f (t)dt a

a

Solução. (i) Seja Df o conjunto dos pontos de descontinuidade de f : [a, b] → Rn . Temos que f é descontínua nos pontos onde cada fi é descontínua. Assim, Df = D1 ∪ D2 ∪ . . . ∪ Dn Em que Di = {x ∈ [a, b] ⊂ R|fi é descontínua em x}. Portanto, f é integrável ⇔ Df tem medida nula ⇔ D1 ∪ D2 ∪ . . . ∪ Dn tem medida nula ⇔ Di tem medida nula ∀i = 1, . . . , n ⇔ fi é integrável ∀i = 1, . . . , n. (ii) Seja f

=

(f1 , . . . , fn ).

Temos que f é integrável ⇔ cada fi for integrável ⇔

⇔ Di = {x ∈ [a, b]; fi é contínua} tem medida nula ⇔ D1 ∪ · · · ∪ Dn tem medida nula ⇔ Df tem medida nula ⇔ Df = D1 ∪ · · · ∪ Dn . Como f é contínua então med(Df ) = 0, logo f é integrável. (iii) Se f é integrável, o conjunto Df 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

X

Z f (ξi )(ti − ti−1 ) =

b

f (x)dx a

Em que ti−1 < ξi < ti . Como | · | : R → R é contínua e utilizando a desigualdade triangular temos que Z b X X f (x)dx = lim f (ξ )(t − t ) = lim f (ξ )(t − t ) i i i−1 i i i−1 ≤ a

|P |→0

|P |→0


lim

|P |→0

X

190 Z

b

|f (x)|dx

|f (ξi )| (ti − ti−1 ) = a

Portanto, Z b Z b ≤ f (x)dx |f (x)|dx a

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: Z b Z b Z b (i) [αf (t) + βg(t)]dt = α f (t)dt + β g(t)dt, ∀ α, β ∈ R. a

Z

a b

Z (A ◦ f )(t)dt = A

(ii)

b

a

f (t)dt , onde A : Rn −→ Rm é linear.

a

a

(iii) c ∈ [a, b], então f |[a,c] e f |[c,b] são integráveis e vale Z

b

c

Z f=

Z

d

f+

a

a

f. c

Solução. (i) Z

b

[αf (t) + βg(t)]dt = a

X

lim

|P |→0

= α lim

|P |→0

Z = α

(αf + βg, P ∗ )

X

(f, P ∗ ) + β lim

b

|P |→0

Z f (t)dt + β

a

(ii) Seja A : Rn −→ Rm a transformação linear definida por  a . . . a1n  11  .. . . . .. AX =  . .  am1 . . . amn

X

(g, P ∗ )

b

g(t)dt. a

   T X , 

onde X = (x1 , x2 , . . . , xn ). Temos que A ◦ f (t) = a11 f1 (t) + · · · + a1n fn (t), . . . , am1 f1 (t) + · · · + amn fn (t) . Como f é


191

integrável, então fi é integrável, para todo i = 1, . . . , n. Assim, Z b X (A ◦ f )(t)dt = lim (A ◦ f, P ∗ ) |P |→0

a

X

= lim

|P |→0

(a11 f1 (t) + · · · + a1n fn (t), . . . , am1 f1 (t) + · · · + amn fn (t)); P ∗ = (a11 , . . . , am1 ) lim

k X

|P |→0

f1 (ξj )(tj − tj−1 ) + · · ·

j=1 k X

+(a1n , . . . , amn ) lim

|P |→0

fn (ξj )(tj − tj−1 )

j=1

b

Z

Z f1 (t)dt + · · · + (a1n , . . . , amn )

= (a11 , . . . , am1 )

   =   

b

fn (t)dt = a

a



a11 .. .

... .. .



a1n .. .

      

am1 . . . amn Rb Rb ( a f1 (t)dt . . . a fn (t)dt)T Z b = A( 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 Z

b

c

Z fi =

a

Z fi +

a

d

fi . 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) Z

n

f : [a, b] −→ R , f integrável. Mostre que F (t) = 0

t

f (s)ds. (Primitiva de f ) é diferenciavel onde a

f é contínua e vale F = f . 0

Solução. Considere o Teorema fundamental do Cálculo: se f, f : [a, b] −→ Rn integráveis. Então


192

Z

b

0

f (b) − f (a) =

f (t)dt. a

Z

x0 +h

Se x0 , x0 + h ∈ [a, b] então F (x0 + h) − F (x0 ) =

Z

x0 +h

f (t)dt e h.f (x0 ) = x0

f (x0 )dt, x0

portanto F (x0 + h) − F (x0 ) 1 − f (x0 ) = h h

Z

x0 +h

[f (t) − f (x0 )]dt. x0

Dado ε > 0, pela continuidade de f no ponto x0 , existe δ > 0 tal que t ∈ [a, b], |t − x0 | < δ implica |f (t) − f (x0 )| < ε. Então 0 < |h| < δ, x0 + h ∈ [a, b] implicam Z x0 +h F (x0 + h) − F (x0 ) 1 < 1 |h|ε = ε. ≤ |f (t) − f (x )|dt − f (x ) 0 0 |h| h |h| x0 0

Isto mostra que F (x0 ) = f (x0 ), ∀ x0 ∈ [a, b]. Portanto, F 0 = f . Exercício 4 - 12/06 (Seminário) n

Z

1

Seja f : [a, b] −→ R de classe C . Mostre que f é retificável e l(f ) =

b

|f 0 (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 0 (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 0 (t)h| < ε|h|, ∀ t ∈ I. Teorema: Todo caminho f : [a, b] −→ Rn , de classe C 1 no intervalo compacto [a, b], é uniformemente diferenciável. Prova:

Como toda função contínua num compacto é uniformemente contínua, então

f 0 : [a, b] −→ Rn é uniformemente contínua, e daí dado ε > 0, existe δ > 0, tal que |h| < δ e t + h ∈ [a, b] ⇒ |f 0 (t + h) − f 0 (t)| < ε,Z seja qual for o t ∈ [a, b]. t+h

f 0 (t)ds = f 0 (t)h, o Teorema Fundamental do Cálculo

Observando que para t ∈ [a, b] fixo, vale t

nos diz que para todo h satisfazendo 0 < |h| < δ e t + h ∈ [a, b], tem-se Z t+h 0 0 0 |f (t + h) − f (t) − f (t)h| = [f (s) − f (t)]ds ≤ ε|h|, ∀ t ∈ [a, b], t

o que mostra o teorema. Provemos agora o resultado que nos Z interessa: b

|f 0 (t)|dt.Tomemos então ε > 0. Pela definição de integral,

Queremos provar que lim l(P ) = |P |→0

a

se pontilharmos a partição P = {t0 , t1 , ..., tk } tomando sempre xi = ti−1 ∈ [ti , ti−1 ], veremos que


193

Z k b X |f 0 (t)|dt − |f 0 (ti−1 )|(ti − ti−1 ) < ε/2. Além disso, existe δ1 > 0 tal que |P | < δ1 implica a i=1 pela diferenciabilidade uniforme de f , existe δ2 tal que |P | < δ2 implica f (ti ) − f (ti−1 ) = [f 0 (ti−1 ) + ρi ](ti − ti−1 ), com |ρi | <

ε . 2(b − a)

Logo, |P | < δ2 ⇒ |l(P ) −

Seja δ = min{δ1 , δ2 }. Z Então |P | < δ ⇒ |l(P ) −

X

|f 0 (ti−1 )| |(ti − ti−1 )| < ε/2.

b

|f 0 (t)|dt| < ε, o que conclui o exercício.

a

Exercício 5 - 12/06 (Seminário) Seja f : [a, b] −→ Rn de classe C 1 , f 0 (t) 6= 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], Z

t

ϕ(t) =

|f 0 (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 ϕ0 (t) = |f 0 (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 6= d, c > d ⇒ ϕ(c) > ϕ(d) ⇒ ϕ(c) 6= ϕ(d), então ϕ é injetiva e sobrejetiva. A inversa ϕ−1 : [0, L] −→ [a, b] é também de classe C 1 , pois: 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. ϕ0 (t) 6= 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 )0 (s) =

1 ϕ0 (t)

=

1 |f 0 (t)|


194

Consideremos a reparametrização g = f ◦ ϕ−1 : [0, L] → Rn do caminho f . Para todo s = ϕ(t) ∈ [0, L] temos g 0 (s) = (f ◦ ϕ−1 )0 (s) = f 0 (ϕ−1 (s)).(ϕ−1 )0 (s) = f 0 (t).

1 f 0 (t) = |f 0 (t)| |f 0 (t)|

Portanto, |g 0 (s)| = 1. Então, para todo s ∈ [0, L], o comprimento do caminho restrito g|[0,s] é igual a s

Z

Z

0

|g (v)|dv =

l(g|[0,s] ) =

s

1dv = s. 0

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 = X1 ∪ X2 ∪ · · · , med(Xk ) = 0 ⇒ med(X) = 0. (iii) X = {X1 , X2 , · · · } ⇒ med(X) = 0 (em particular, med(Q) = 0). Solução. ∞ [

(i) Dado ε > 0 existe uma cobertura Y ⊂ Mas X ⊂ Y ⇒ X ⊂

∞ [

Bk de blocos abertos tais que

∞ X

vol (Bk ) < ε.

k=1

k=1

Bk . Assim obtemos para cada ε > 0 uma cobertura de X por meio

k=1 n

de blocos Bk ⊂ R abertos tais que

∞ X

vol (Bk ) < ε, ou seja, med(X) = 0.

k=1

(ii) Sejam X1 , . . . , Xk , . . . subconjuntos de Rn com med(Xk ) = 0 para todo k ∈ N. A fim de ∞ [ provar que X = Xk tem medida nula, seja dado ε > 0. Para cada k ∈ N podemos obter k=1

uma sequência de blocos Bk1 , Bk2 , . . . , Bki , . . . tais que Xk ⊂

∞ [

Bki e

i=1

∞ X

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 " j # j j X X X X vol Bki ≤ vol Bki < ε/2k < ε. (k,i)∈F

k=1

i=1

k=1

Portanto, seja qual for a maneira de enumerar os Bki numa sequência, teremos

X k,i

Assim, med(X) = 0.

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 k X ε X ⊂ B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bk e vol(Bi ) < . 2 i=1 Considere para todo i > k, ε ε ε Bj = 0, j+1−k × 0, j+1−k × · · · × 0, j+1−k . 2 n 2 n 2 n Temos então que X ⊂

∞ [

Bi e

i=1

∞ X

vol(Bi ) < ε, portanto med(X) = 0.

i=1

(ii) med(X) = 0 ⇒ dado ε > 0, existem

{Bj }∞ j=1

blocos abertos tais que X ⊂

∞ [

Bj e

j=1 ∞ X

vol(Bj ) < ε. Agora, sendo X compacto, implica que existe uma quantidade finita de

i=1

índices {j1 , . . . , jk } tais que X ⊂

k [ i=1

Bji , além disso

k X

vol(Bji ) ≤

i=1

C(X) = 0. Exercício 3 - 14/06 Seja f : [0, 1]2 −→ R definida por    0, se x ∈ /Q    0, se x ∈ Q, e y ∈ /Q f (x, y) = .   1 p    , se x ∈ Q, y = irredutível q q Z Mostre que f é integrável e f (x, y)dxdy = 0. [0,1]2

∞ X i=1

vol(Bi ) < ε, portanto


196

1 ε Solução. Dado ε > 0, escolha um número inteiro positivo n tal que < . Seja P qualquer n 2 p partição de A = [0, 1]2 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 6 1, a soma superior S(f, P ) é no máximo .Para os retângulos 2 2 1 restantes S o valor de Ms (f ) = sup{f (x) : x ∈ S} 6 e o volume total é menor que 1, logo n 1 ε ε ε S(f, P ) 6 < . Daí 0 6 s(f, P ) 6 S(f, P ) < + = ε. Portanto, como ε > 0 é arbitrario, das n 2 2Z 2 últimas desigualdadades temos que f é integrável e f (x, y)dxdy = 0. [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

Z

Z

g(x)dx.

f (x)dx = A

A

Solução. Defina h : A −→ R por h(x) = f (x) − g(x). Temos x ∈ Dh ⇒ ou f é descontínua em x ou g é descontínua em x ⇒ x ∈ Df ∪ Dg ⇒ Dh ⊂ Df ∪ Dg ⇒ 0 ≤ med(Dh ) ≤ med(Df ∪ Dg ) = med(Df ) + med(Dg ) = 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 ∃ Pε partição de A tal que S(|h|, Pε ) − s(|h|, Pε ) < ε

(∗).

Seja B ∈ Pε . Como med(B) ≥ 0, ∃ x0 ∈ B tal que h(x0 ) = 0. Daí, segue que mB (|h|) = 0. Logo, X s(|h|, Pε ) = mB (|h|) · vol(B) = 0. De (∗) segue que S(|h|, Pε ) < ε. Assim, B∈Pε

Z

Z |h(x)|dx = inf{S(|h|, P ); P é partição deA} ≤ S(|h|, Pε ) < ε ⇒

|h(x)|dx < ε.

A

A

Z

Z

Como ε é arbitrário e |h| é integrável, obtemos que 0 =

|h(x)|dx = A

|h(x)|dx. A

Logo, Z Z Z Z 0 ≤ h(x)dx ≤ |h(x)|dx = 0 ⇒ h(x)dx = 0 ⇒ h(x)dx = 0. A

A

Dessa maneira, Z Z 0= h(x)dx = A

A

f (x) − g(x) dx =

A

Z

A

Z f (x)dx −

A

Z g(x)dx ⇒

A

Z f (x)dx =

A

g(x)dx. A


197

Exercício 2 - 15/06 (Seminário) Sejam g, f : A −→ R limitadas, A bloco fechado. Suponha e f = g exceto numa Z que f é integrável Z quantidade finita de pontos. Mostre que g é integrável e f (x)dx = g(x)dx. A

A

Solução. Defina h : A −→ R, onde h(x) = |f (x) − g(x)|. Seja X = {x1 , ..., xn } o conjunto dos pontos que satisfazem h(x) 6= 0. ZTemos que h é descontínua apenas em X, como medX = 0 resulta que h é integrável e além disso h(x)dx = 0 ⇒ f − g é A Z integrável e (f (x) − g(x))dx = 0. Como g(x) = −[f (x) − g(x)] + f (x), então g é integrável e A Z Z Z Z g(x)dx = − [f (x) − g(x)]dx + f (x)dx = f (x)dx. A

A

A

A

Exercício 3 - 15/06 (Seminário) Z f (x)dx = 0. Mostre que med({x ∈ A; f (x) 6= 0}) = 0.

Seja f : A −→ [0, ∞) integrável e A

Solução. E := {x ∈ A; f (x) 6= 0}. Afirmação: E ⊂ Df . Suponha por contradição que E não esteja contido em Df . Então existe x0 ∈ E tal que x0 ∈ / Df . x0 ∈ E ⇒ f (x0 ) > 0; x0 ∈ / Df ⇒ f é contínua em x0 ⇒ ∃ uma bola B(x0 , δ) tal que f (x) > 0 ∀ x ∈ B(x0 , δ) ⇒ f (x) ≥ c, ∀ x ∈ B(x0 , δ),onde c > 0 é o valor mínimo de f . Daí segue que c · vol(B[a, b]) =

Z

Z

Z 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 Z b Z y Z b Z b f (x, y)dx dy = f (x, y)dy dx. a

a

a

x

Solução. Considere D1 = {(x, y) ∈ R2 |a ≤ x ≤ y e a ≤ y ≤ b} e D2 = {(x, y) ∈ R2 |x ≤ y ≤ b e a ≤ x ≤ b}


198

Pelo teorema de Fubini, Z b Z

Z

y

f (x, y)dx dy

f (x, y)dxdy = a

D1

a b

Z b Z

Z

f (x, y)dy dx

f (x, y)dxdy = a

D2

x

mas Z

Z f (x, y)dxdy =

D1

f (x, y)dxdy D2

logo Z b Z

y

Z b Z

a

a

f (x, y)dy dx.

f (x, y)dx dy = a

b

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)| 6 c|x−y| ∀x, y ∈ X. Dado ε > 0, Existe uma cobertura ∞ ∞ ∞ X X [ ε (ak )n < n . vol Ck = Ck onde cada Ck é um cubo cuja aresta mede ak , com X⊂ c k=1 k=1 k=1 Se x, y ∈ Ck ∩ X então |x − y| 6 ak , logo |f (x) − f (y)| 6 c.ak . Isto significa que, para todo i = 1, · · · , n, as i−ésimas coordenadas de f (x) e f (y) pertençem a um intervalo Ji de comprimento n Q n c · ak , portanto f (Ck ∩ X) está contido no cubo Ji = Ck0 , de aresta c · ak , logo vol Ck0 = cn · (ak ) . i=1

Segue-se que f (X) =

∞ [

f (Ck ∩ X) ⊂ C10 ∪ · · · ∪ Ck0 ∪ · · · ,

k=1

onde

∞ X k=1

volCk0

=c

n

∞ X k=1

(ak )n < cn

ε = ε. cn

Logo medf (X) = 0. Exercício 3 - 22/06 (Seminário) f : U ⊂ Rn −→ Rn , onde U é aberto e f é de classe C 1 . Se X ⊂ U é tal que med(X) = 0 então med f (X) = 0. Solução. Para cada x ∈ X, seja Vx uma bola de centro x, com Vx ⊂ U e kx = sup{|f 0 (y)|; y ∈ Vx }. Pela desigualdade do valor médio, tem-se que |f (y)−f (z)| ≤ kx |y−z| para quaisquer y, z ∈ Vx , isto é, f é localmente lipschitziana e, portanto, leva conjunto de medida nula em conjunto de medida nula.


199

Exercício 4 - 22/06 (Seminário) Seja f : U ⊂ Rn −→ Rm , onde U é aberto e f é de classe C 1 . Se n < m, então med(f (U )) = 0. Em particular, hiperfícies de classe C 1 tem medida nula. Solução. Considerando Rn como o subconjunto dos pontos de Rm cujas últimas m − n coordenadas são nulas, veremos que todo bloco n-dimensional B ⊂ Rn ⊂ Rm tem volume m-dimensional nulo, pois podemos cobrir B com um único bloco m-dimensional D = B × [0, η]m−n cujo volume m-dimensional pode ser tomado tão pequeno quanto se deseje. Daí resulta que Rn , visto como um um subconjunto de Rm , tem medida m-dimensional nula, pois é reunião enumerável de blocos ndimensionais. Em particular, o conjunto U ⊂ Rn tem medida m-dimensional nula. Isto posto, a partir da aplicação f : U −→ Rm , definamos F : U × Rm−n −→ Rm pondo F (x, y) = f (x). O conjunto U × 0 ⊂ U × Rm−n tem medida m-dimensional nula, logo medF (U × 0) = 0, pois F é de classe C 1 e toda função de classe C 1 é localmente lipschitziana. Mas F (U × 0) = f (U ), o que prova o resultado. Seja M uma superfície n-dimensional de classe C 1 , para todo x ∈ M existe um aberto Ux em Rm tal que Vx = Ux ∩M é uma vizinhança parametrizada de x logo é um conjunto de medida nula em Rm . ∞ [ S Uk , A cobertura aberta M ⊂ x∈M admite, por Lindelöf, uma subcobertura enumerável M ⊂ logo M =

∞ [

k=1

(Uk ∩ M ) é reunião enumerável de conjuntos Vx = Ux ∩ M , de medida nula. Assim,

k=1

med(M ) = 0.

Análise Real Volume 2 (Elon Lages Lima) - (Solucionario) Carlos Alberto Pereira dos Santos.pdf

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