Análise de Caminhos e Matrizes

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Análise no Rn - Lista de Caminhos
Mestrado - PPGMAT - IM/UFAL
Francisco Alan Lima da Silva
francisco.alan@im.ufal.br
25 de abril de 2024
Exerćıcio 1. Seja λ : [a, b] → Rn um caminho fechado diferenciável. Mostre que existe
algum t ∈ (a, b) tal que ⟨λ(t), λ′(t)⟩ = 0.
Solução. Sabemos que f(x) = |λ2(x) = ⟨λ(x), λ(x)⟩ é diferenciável em [a, b], pois λ o é,
e sua derivada é dada por f ′(x) = 2⟨λ(x), λ′(x)⟩.. Além do mais, f(a) = f(b). Portanto,
pelo Teorema de Rolle, existe t ∈ (a, b) tal que f ′(t) = 0, o que implica ⟨λ(t), λ′(t)⟩ = 0,
como desejávamos demonstrar.
Para a próxima questão, definiremos o que significa um reta L ser asśıntota de um
caminho f .
Definição 1 (Asśıntota de um caminho). Sejam f : [a, b) → R2 um caminho (pode-se ter
b = +∞) tal que limt→b |f(t)| = +∞ e L = {(x, y) : αx+ βy = γ}. Ponhamos u = (α, β).
Podemos supor |u|2 = α2+β2 = 1. Dizemos que a reta L é asśıntota do caminho quando
x → b, quando uma das duas seguintes condições equivalentes for satisfeita:
(i) limt→b d(f(t), L) = 0;
(ii) limt→b⟨f(t), u⟩ = γ e limt→b
〈
f(t)
|f(t)| , u
〉
= 0.
Exerćıcio 2. Mostre que uma parábola f : R → R2, f(t) = (t, at2 + bt + c), não possui
asśıntota. Por outro lado, determine a asśıntota da hipérbole f : [a,+∞) → R2, f(t) =
(t,
√
t2 − a).
Solução. Para a primeira parte, utilizaremos a condição (ii) da definição de assśıntota,
para mostrar que a parébola não tem uma.
Suponha que L = {(x, y) : αx + βy = γ < +∞} seja uma asśıntota para a parábola
f(t) = (t, at2 + bt+ c). Então deveŕıamos ter que
⟨f(t), (α, β)⟩ → γ, quando t → +∞.
1
Por outro lado,
⟨f(t), (α, β)⟩ = tα + (at2 + bt+ c)β = aβt2 +O(t) → +∞,
quando t → +∞, e portanto L não pode ser asśıntota de f , um absurdo.
Exerćıcio 3. Sejam A,B ∈ Rn2
, A antissimétrica e B com traço nulo. Mostre que para
todo t ∈ R, etA é ortogonal e etB tem determinante 1.
Utilizaremos fatos sobre a exponencial nesta solução. A definição eX , para um operador
X, pode ser encontrada no Exerćıcio 5.7 do Caṕıtulo 1 do Curso de Análise vol. 2.
Solução. Se A é antissimétrica, então AT = −A. Além do mais, A e sua transporta AT
comutam. Provaremos agora que (etA)T = etA
T
. A prova mora no fato que (A + B)T =
AT +BT e (An)T = (AT )n. Dáı, (
∑n
k=0
Ak
k!
)T =
∑n
k=0
(AT )k
k!
, para todo n ∈ N. Como tomar
a transposta é uma função cont́ınua (pois é uma função cujas coordenadas são projeções),
podemos tomar o limite em n para concluir que a transposta da exponencial de A é a
exponencial de AT . Assim,
etA(etA)T = etAetA
T
= et(A−A) = e0 = I.
Da definição de ortogonalidade dada no Exerćıcio 2.5 do Curso de Análise vol. 2, con-
clúımos que A é ortogonal.
Se A tem rank nulo, então det(etA) = 1. Faremos isso provando que det(eA) = erkA.
Isto prova o que queremos. Para provar a afirmação, utilizaremos a Decomposição de
Schur (para o caso real). Ela diz que podemos obter, para qualquer matriz A, podemos
obter uma matriz S, de tal modo que S = QTAQ, com Q ortogonal e S = D + T ,
onde D é diagonal e T é uma matriz triangular superior. Agora note que o produto de
uma matriz triangular superior com uma matriz diagonal, é também triangular superior.
Também, o quadrado de uma matriz diagonal é diagonal, e o quadrado de uma matriz
triangular superior, é uma matriz triangular superior. Assim, temos que S2 = (D+T )2 =
D2 + DT + TD + T 2 = D2 + T1, onde T1 = DT + TD + T 2 é triangular superior.
Indutivamente, prova-se que para cada n ∈ N, temos Sn = Dn + Tn, onde Tn é triangular
superior. Dáı, segue que eS = eD +
∑∞
k=0
Tk
k!
. Chamando T̃ :=
∑∞
k=0
Tk
k!
, temos que
det(eS) = det(eD+ T̃ ) = det(eD)+det(T̃ ) = det(eD), uma vez que T̃ é triangular superior
e portanto tem determinante nulo. Como det(eD) =
∏n
j=1 e
λj , onde λ1, . . . , λn são os
autovalores de D, segue que det(eD) = e
∑
j λj = erkD. Mas rkD = rkS, e segue que
det(eS) = erkS = 1. Como S = QTAQ, então rkA = rkS e det eS = det eA, e o resultado
segue. (Estenda-se a prova para etA.)
Toda matriz antissimétrica é vetor velocidade de um caminho de matrizes ortogonais.
De fato, seja A antissimétrica. Tome f : [−1, 1] → Rn2
dada por f(t) = etA. Então
f ′(t) = AetA, donde f ′(0) = A. Análogo para as matrizes de rank nulo.
2
Exerćıcio 4. Seja × o produto interno em R3. Dados um vetor v ∈ R3 e um caminho
integrável f : [a, b] → R3, mostre que
∫ b
a
(v × f(t))dt = v ×
∫ b
a
f(t)dt.
Solução. Faremos a conta. Se v = (v1, v2, v3) e f = (f1, f2, f3), então
v × f(t) = (v2f3(t)− v3f2(t), v3f1(t)− v1f3(t), v1f2(t)− v2f1(t)),
e portanto (escrevendo
∫ b
a
g para denotar
∫ b
a
g(x)dx), temos que∫ b
a
(v × f(t))dt =
=
(∫ b
a
(v2f3 − v3f2),
∫ b
a
(v3f1 − v1f3),
∫ b
a
(v1f2 − v2f1)
)
=
(
v2
∫ b
a
f3 − v3
∫ b
a
f2, v3
∫ b
a
f1 − v1
∫ b
a
f3, v1
∫ b
a
f2 − v2
∫ b
a
f1
)
= (v1, v2, v3)×
(∫ b
a
f1(t)dt,
∫ b
a
f2(t)dt,
∫ b
a
f3(t)dt
)
= v ×
∫ b
a
f(t)dt,
como desejávamos.
Exerćıcio 5. Defina f : [0, 1] → R pondo f(0) = 0 e f(t) = t2 sen(1/t2). Mostre que f é
um caminho diferenciável porém não retificável.
Solução. O caminho f é cont́ınuo. De fato, para todo t ̸= 0, f é composição de funções
cont́ınuas, e portanto cont́ınuo. para mostrar que f é cont́ınuo no 0, observe que
lim
t→0
f(t) = lim
t→0
t2 sen(1/t2) = 0 = f(0),
uma vez que para todo t > 0, temos que sen(1/t2) é limitado, e t2 → 0.
O caminho f é diferenciável. Basta mostrar a diferenciabilidade para t = 0. Note que
lim
t→0
f(t+ 0)− f(0)
t
= lim
t→0
t2 sen(1/t2)
t
= lim
t→0
t sen(1/t2) = 0,
e segue a prova da afirmação.
O caminho f não é retificável. De fato, fazendo 1
t2
= π
2
+2kπ, temos que sen(1/t2) = 1,
enquanto que fazendo 1
t2
= 3π
2
+ 2kπ, temos que sen(1/t2) = −1. Assim, fazendo t2k =√
2
(4k+1)π
e t2k+1 =
√
2
(4k+3)π
, temos uma partição de [0, 1] fazendo Pn = {0 < t2n+1 <
t2n < · · · < t1 < t0 < 1} temos
|f(t2k)− f(t2k+1)| = | 2
π
1
4k+1
+ 2
π
1
4k+3
| = 4
π
4+2
(4k+1)(4k+3)
≥ 4
π
1
4k+3
≥ 1
π
1
k+1
.
Então, a soma segundo a partição Pn é maior ou igual a
n∑
k=0
|f(t2k)− f(t2k+1)| ≥
1
π
n∑
k=0
1
k + 1
,
que é uma sequência ilimitada, pois são as somas parciais da série harmônica.
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