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).
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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.
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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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8
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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 | → +∞.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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|
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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|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 .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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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,
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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 .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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 ),
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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|
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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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 ).
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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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 ).
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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(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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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).
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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:
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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:
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 .
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 .
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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|
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 condiçoes, 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)|
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 )+
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
+
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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|.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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):
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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).
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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).
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
85
Exercício 6 Seja U ⊂ Rm um aberto. Para toda função f : U → R duas vezes diferenciável, o Laplaciano de f é a função ∆f : U → R, definida por ∆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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
∂ 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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 .
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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),
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 :
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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|
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
=
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 .
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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→∞
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.,
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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).
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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|.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 .
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2
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 .
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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 +
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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 ⇒
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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).
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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|
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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!
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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 ).
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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 .
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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)
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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)
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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|.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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).
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
=
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
=
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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. (⇒)
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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).
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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)|
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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}
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.
CAPÍTULO 3. EXERCÍCIOS DE SALA DE AULA
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.