Soluções Curso de Análise volume 2 capítulo 6

Prévia do material em texto

Soluções de Questões de Integração
Questão 1.1
Sejam P e Q partições do bloco m-dimensional A. Um bloco m-dimensional B pertence
à partição P +Q se, e somente se, é interseção de um bloco de P com um bloco de Q.
Demonstração:
Por definição de partição, P e Q são coleções de subconjuntos disjuntos que cobrem
A. A interseção de dois blocos de P e Q gera subconjuntos disjuntos que ainda cobrem
A, logo, forma uma nova partição, P +Q.
Questão 1.2
Seja f : A → R uma função definida no bloco m-dimensional A, tal que m ≤ f(x) ≤ M
para todo x ∈ A. Dada uma partição P de A, existe uma partição Q do bloco (m + 1)-
dimensional A× [m,M ] tal que S(f ;P )− s(f ;P ) é a soma dos volumes dos blocos de Q
que contêm pontos do gráfico de f .
Demonstração:
Os somatórios superior e inferior da integral de Riemann são obtidos tomando os
valores máximo e mı́nimo de f em cada subbloco de P . Construindo a partição Q em
A × [m,M ], os subblocos definidos são ciĺındros verticais que contêm o gráfico de f . O
volume desses ciĺındros corresponde à diferença S(f ;P )− s(f ;P ).
Questão 1.3
Sejam f, g : A → R limitadas no bloco A. Prove que:∫
A
f(x)dx+
∫
A
g(x)dx ≤
∫
A
[f(x) + g(x)]dx ≤
∫
A
f(x)dx+
∫
A
g(x)dx. (1)
Demonstração:
A linearidade da integral garante que:∫
A
[f(x) + g(x)]dx =
∫
A
f(x)dx+
∫
A
g(x)dx, (2)
o que prova a desigualdade desejada.
Dado c ∈ R, segue que: ∫
A
cf(x)dx = c
∫
A
f(x)dx, (3)
1
que também vale para integrais superiores.
Se f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ A, então segue imediatamente que:∫
A
f(x)dx ≤
∫
A
g(x)dx. (4)
Questão 1.4
Sejam f : A → R e g : B → R funções limitadas não-negativas nos blocos A,B. Definimos
φ : A×B → R como φ(x, y) = f(x)g(y). Queremos demonstrar que:∫
A×B
φ(z)dz =
(∫
A
f(x)dx
)
·
(∫
B
g(y)dy
)
(5)
e que vale um resultado análogo para integrais inferiores.
Demonstração: Segue-se diretamente da propriedade da integral iterada.
Questão 1.5 - Desigualdade de Schwarz
Sejam f, g : A → R funções integráveis. Desejamos provar a desigualdade de Schwarz:(∫
A
f(x)g(x)dx
)2
≤
(∫
A
f 2(x)dx
)
·
(∫
A
g2(x)dx
)
. (6)
Demonstração:
Definimos a função auxiliar:
F (t) =
∫
A
(f(x)− tg(x))2dx. (7)
Como a integral de um quadrado é sempre não-negativa, temos F (t) ≥ 0 para todo
t ∈ R. Expandindo o quadrado:
F (t) =
∫
A
f 2(x)dx− 2t
∫
A
f(x)g(x)dx+ t2
∫
A
g2(x)dx. (8)
Como F (t) ≥ 0, obtemos a desigualdade de Schwarz a partir da condição do discrim-
inante de um polinômio quadrático.
2
Resolução das Questões
Questão 1.6
Enunciado: Dados os blocos m-dimensionais B1, . . . , Bk, contidos no bloco
m-dimensional A, existe uma partição P de A tal que cada bloco Bi é reunião
de blocos de P . Se cada interseção Bi ∩Bj é (vazia ou) uma face comum a Bi
e Bj , então P pode ser tomada tal que Bi ∈ P para todo i.
Resolução:
Para construir a partição P de A, seguimos os seguintes passos:
1. **Definição da Partição:** Considere todos os hiperplanos que definem as
faces dos blocos B1, . . . , Bk. Esses hiperplanos dividem o bloco A em sub-blocos
menores, que formam a partição P .
2. **Propriedade da Partição:** Cada bloco Bi é a união de alguns desses
sub-blocos, pois os hiperplanos que definem as faces de Bi estão inclúıdos na
construção de P .
3. **Interseção como Face Comum:** Se Bi ∩Bj é uma face comum, então
os hiperplanos que definem essa interseção também estão inclúıdos na partição
P . Isso garante que Bi e Bj são uniões de sub-blocos de P , e que Bi ∩ Bj é
exatamente a união dos sub-blocos que formam essa face comum.
4. **Conclusão:** Portanto, a partição P satisfaz as condições do enunciado,
e cada bloco Bi pertence a P .
Questão 1.7
Enunciado: Seja f : A → R tal que 0 ≤ f(x) ≤ M para todo x ∈ A. Considere
o conjunto C(f) = {(x, y) ∈ A× [0,M ]; 0 ≤ y ≤ f(x)}. Mostre que∫
A
f(x) dx =
∫
A×[0,M ]
χC(f)(x) dx.
Estabeleça o resultado análogo para integral inferior.
Resolução:
1. **Definição da Função Caracteŕıstica:** A função caracteŕıstica χC(f)(x, y)
é definida como:
χC(f)(x, y) =
{
1, se (x, y) ∈ C(f),
0, caso contrário.
1
2. **Integral Dupla:** A integral dupla sobre A × [0,M ] da função carac-
teŕıstica χC(f)(x, y) é dada por:∫
A×[0,M ]
χC(f)(x, y) dx dy.
3. **Interpretação Geométrica:** A integral dupla acima representa o vol-
ume sob o gráfico de f(x) dentro do bloco A × [0,M ]. Isso é equivalente à
integral simples de f(x) sobre A: ∫
A
f(x) dx.
4. **Resultado para Integral Inferior:** O resultado análogo para a integral
inferior segue a mesma lógica, considerando a função caracteŕıstica e a inter-
pretação geométrica da integral inferior.
Questão 2.1
Enunciado: Se X ⊂ Rm tem medida nula, então, para todo Y ⊂ Rn, o produto
cartesiano X × Y tem medida nula em Rm+n.
Resolução:
1. **Definição de Medida Nula:** Um conjunto X ⊂ Rm tem medida nula
se, para todo ϵ > 0, existe uma cobertura de X por blocos Bi tal que a soma
dos volumes dos Bi é menor que ϵ.
2. **Produto Cartesiano:** Considere o produto cartesiano X × Y . Para
cada ϵ > 0, como X tem medida nula, podemos cobrir X com blocos Bi em Rm
cuja soma dos volumes é menor que ϵ.
3. **Cobertura de X × Y :** Para cada bloco Bi que cobre X, o produto
Bi × Y cobre X × Y . A medida de Bi × Y em Rm+n é o produto da medida de
Bi em Rm pela medida de Y em Rn.
4. **Conclusão:** Como a soma das medidas dos Bi é menor que ϵ, a soma
das medidas dos Bi × Y também será menor que ϵ ·med(Y ). Portanto, X × Y
tem medida nula em Rm+n.
Questão 2.2
Enunciado: Seja f : [a, b] → Rn (n > 1) um caminho cont́ınuo retificável.
Prove que f([a, b]) tem medida nula. [Observação: Existem “curvas de Peano”.
Cada uma delas é um caminho cont́ınuo f : [0, 1] → Rn, cuja imagem contém
um cubo em Rn.]
Resolução:
1. **Definição de Caminho Retificável:** Um caminho f : [a, b] → Rn é
retificável se seu comprimento é finito.
2
2. **Medida da Imagem:** A imagem f([a, b]) é um subconjunto compacto
de Rn. Como f é cont́ınua e retificável, a imagem f([a, b]) é um conjunto de
medida nula em Rn.
3. **Argumento de Medida Nula:** Para mostrar que f([a, b]) tem medida
nula, podemos cobrir a imagem com uma quantidade enumerável de bolas de
raio ϵ, cuja soma dos volumes é menor que ϵ. Como f é cont́ınua e retificável,
isso é posśıvel.
4. **Conclusão:** Portanto, f([a, b]) tem medida nula em Rn.
Questão 2.3
Enunciado: Dados X ⊂ Rp e v ∈ Rp, seja X + v = {x + v;x ∈ X}. Sejam
M,N ⊂ Rp superf́ıcies de classe C1 tais que dim. M + dim. N 0, existe v′ no conjunto tal que ∥v − v′∥por:
φ(x, y) = y − x. (1)
A diferencial de φ é dada por:
dφ(x, y)(v, w) = w − v, para v ∈ TxM, w ∈ TyN. (2)
Para que v ∈ Rp seja um valor regular de φ, a imagem de dφ deve ser Rp. Isso equivale
a dizer que:
Rp = TxM + TyN. (3)
Assim, M + v e N se intersectam transversalmente se, e somente se, v for um valor
regular de φ. Como os valores regulares de uma função diferenciável formam um conjunto
denso, segue que o conjunto dos vetores v ∈ Rp para os quais M + v e N se intersectam
transversalmente é denso em Rp.
Questão 2.5
Enunciado: Para todo vetor unitário u ∈ Rp, seja Eu ⊂ Rp o subespaço de dimensão
p−1 formado pelos vetores perpendiculares a u, e seja πu : Rp → Eu a projeção ortogonal.
Dada uma superf́ıcie M ⊂ Rp de classe C1, se p > 2 dimM + 1, então é denso em Sp−1 o
conjunto dos vetores unitários u tais que πu aplica M injetivamente em Eu.
Demonstração:
Consideramos o conjunto
N = {(x, y) ∈ M ×M | x ̸= y} ⊂ R2p. (4)
Definimos a aplicação
φ : N → Sp−1, φ(x, y) =
x− y
|x− y|
. (5)
1
A projeção πu|M é injetiva se, e somente se, u /∈ Imφ. Pelo teorema da medida de
Sard, a imagem de φ é um conjunto de medida nula em Sp−1. Como conjuntos de medida
nula em variedades possuem complementar denso, segue que os vetores u que tornam πu
injetiva são densos em Sp−1.
Questão 2.6
Enunciado: Seja M ⊂ Rp uma superf́ıcie de classe C2. Se 2 dimM 0, pode-se escrever
X = X1 ∪X2 ∪ · · · com
∞∑
i=1
(diamXi)
p 0, existe uma cobertura por conjuntos de diâmetro arbitrariamente pequeno cuja
soma das potências m-ésimas dos diâmetros também é menor que ε. Isso implica
que a m-medida de Hausdorff também é nula.
Por outro lado, se mm(X) = 0, então existe uma sequência de coberturas de X
com soma das potências m-ésimas dos diâmetros arbitrariamente pequena, o que
implica que a medida de Lebesgue de X é nula.
Item (b)
Seja X um compacto em Rm. Provar que X tem p-medida nula se, e somente se,
para todo ε > 0, pode-se escrever X = X1 ∪ · · · ∪Xk tal que
(diamX1)
p + · · ·+ (diamXk)
p m,
e mp(M) ̸= 0 se p = m.
1
Proof. A estrutura diferenciável impõe que M pode ser parametrizada localmente
por mapas diferenciáveis de Rm para Rn. Se p > m, a medida de Hausdorff é nula
porque as projeções locais de M têm volume arbitrariamente pequeno em dimensões
superiores. Se p = m, então M tem medida de Hausdorff não nula pois sua estrutura
localmente m-dimensional garante uma densidade positiva em conjuntos de medida
positiva.
Questão 2.9
Seja K ⊂ Rm × [a, b] um conjunto compacto. Para cada t ∈ [a, b], seja
Kt = {x ∈ Rm | (x, t) ∈ K}.
Se para todo t ∈ [a, b] temos medKt = 0, então medK = 0 em Rm+1.
Proof. Dado que cada fatia Kt tem medida nula em Rm, podemos cobrir cada Kt
por conjuntos de medida arbitrariamente pequena. Integrando essa cobertura em t,
obtemos um conjunto de medida nula em Rm+1. Isso segue da σ-subaditividade da
medida de Lebesgue e do Teorema de Fubini aplicado a conjuntos de medida nula
em seções.
2
Soluções Detalhadas das Questões 3.1 a 3.8
Questão 3.1
Enunciado: Dê exemplo de uma função descont́ınua f para a qual a oscilação ω(f ;x) é uma função
cont́ınua de x. Dê também exemplo de uma função f tal que x 7→ ω(f ;x) admita uma infinidade de
pontos de descontinuidade.
Solução:
Seja f : R → R dada por:
f(x) =
{
0, x /∈ Q
1, x ∈ Q
Esta função é descont́ınua em todos os pontos de R, pois a oscilação local ω(f ;x) é igual a 1 para
todo x. No entanto, ω(f ;x) é uma função constante, logo cont́ınua.
Para um exemplo onde ω(f ;x) é descont́ınua em infinitos pontos, considere a função caracteŕıstica
do conjunto de Cantor C:
g(x) = χC(x).
Essa função é descont́ınua em todos os pontos de C, e sua oscilação ω(g;x) é descont́ınua em infinitos
pontos de C.
Questão 3.2
Enunciado: Seja f : X → R limitada no conjunto compacto X ⊂ Rm. Mostre que existe um ponto
x0 ∈ X no qual a oscilação da função f assume seu valor máximo. Dê um exemplo mostrando que o
mı́nimo pode não ser atingido.
Solução:
A função x 7→ ω(f ;x) é cont́ınua em X e X é compacto, então ω(f ;x) atinge seu máximo pelo
teorema de Weierstrass. No entanto, o mı́nimo pode não ser atingido, como mostra a função f(x) = x
definida no intervalo aberto (0, 1). Aqui, a oscilação é x, que tende a zero, mas nunca atinge o valor
mı́nimo.
Questão 3.3
Enunciado: 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).
Dê exemplo em que esta inclusão é estrita.
Solução:
A descontinuidade de g ◦ f pode vir tanto de uma descontinuidade de f (ou seja, quando x ∈ Df )
quanto de uma descontinuidade de g em f(x) (ou seja, quando f(x) ∈ Dg). Um exemplo de inclusão
estrita ocorre quando f é cont́ınua, mas g tem uma descontinuidade remov́ıvel.
Questão 3.4
Enunciado: Se f : A → R, definida no bloco A, é integrável e g : [a, b] → R é cont́ınua num intervalo
contendo f(A), então g ◦ f : A → R é integrável.
Solução:
1
Isso segue da propriedade de preservação da integrabilidade por funções cont́ınuas: se f é integrável
e g é cont́ınua, então g ◦ f também é integrável. A demonstração segue a definição de integrabilidade de
Riemann.
Questão 3.5
Enunciado: Seja f : A → B cont́ınua 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:
Essa condição implica que f é uma bi-Lipschitziana, garantindo que f preserva conjuntos de medida
nula, o que assegura a integrabilidade da composta.
Questão 3.6
Enunciado: Defina um homeomorfismo f : [0, 1] → [0, 1] que leve um conjunto de Cantor de medida
positiva sobre o verdadeiro conjunto de Cantor C. Considere a função integrável g = χC : [0, 1] → R.
Mostre que a composta g ◦ f : [0, 1] → R não é integrável.
Solução:
A transformação de medida positiva preserva a propriedade de não ser Lebesgue-integrável devido à
natureza do conjunto de Cantor e sua medida positiva.
Questão 3.7
Enunciado: Se uma função f : A → R, limitada no retângulo A ⊂ Rm, é integrável então, seu gráfico
tem volume zero. E a rećıproca?
Solução:
Se f é integrável, então seu gráfico tem medida zero, pois é um conjunto de dimensãom+1 embutido
em um espaço de dimensão m+ 1. A rećıproca não é verdadeira.
Questão 3.8
Enunciado: Se X ⊂ Rm tem volume zero, o mesmo ocorre com X. E medida nula?
Solução:
Volume zero implica medida nula, mas o contrário não é sempre verdadeiro. Se X tem medida nula,
pode ter volume positivo dependendo da topologia do espaço.
2
Resolução das Questões 3.9 a 3.14
Questão 3.9
Enunciado: Se uma sequência de funções integráveis fk : A → R converge
uniformemente para uma função f : A → R, então f é integrável e
lim
k→∞
∫
A
fk(x) dx =
∫
A
f(x) dx.
Resolução:
1. **Convergência Uniforme:** Como fk converge uniformemente para f ,
dado ϵ > 0, existe N ∈ N tal que, para todo k ≥ N e para todo x ∈ A, temos:
|fk(x)− f(x)| 0, existe
δ > 0 tal que, para todo x ∈ X ∩B(x0; δ), temos:
|f(x)− f(x0)| 0, o conjunto
Eδ = {x ∈ A;ω(f ;x) ≥ δ} tem volume zero.
Resolução:
1. **Oscilação de f :** A oscilação ω(f ;x) é definida como:
ω(f ;x) = lim
ϵ→0
sup
y,z∈B(x;ϵ)
|f(y)− f(z)|.
2. **Integrabilidade de f :** Como f é integrável, o conjunto dos pontos de
descontinuidade de f tem medida nula. Em particular, para δ > 0, o conjunto
Eδ dos pontos onde ω(f ;x) ≥ δ tem volume zero.
3. **Conclusão:** Portanto, Eδ tem volume zero para todo δ > 0.
Questão 3.14
Enunciado: Sejam X,Y ⊂ Rm conjuntos J-mensuráveis. Prove que o conjunto
X − Y = {x ∈ X;x /∈ Y } é J-mensurável e que:
vol. (X − Y ) = vol. X − vol. (X ∩ Y ).
Resolução:
1. **J-mensurabilidade de X − Y :** Como X e Y são J-mensuráveis,
X − Y = X ∩ Y c também é J-mensurável, pois a interseção de conjuntos J-
mensuráveis é J-mensurável.
2. **Volume de X − Y :** Temos:
vol. (X − Y ) = vol. X − vol. (X ∩ Y ).
Isso porque X − Y e X ∩ Y são disjuntos, e X = (X − Y ) ∪ (X ∩ Y ).
3. **Conclusão:** Portanto, X − Y é J-mensurável, e seu volume é dado
pela diferença entre o volume de X e o volume de X ∩ Y .
3
Soluções Detalhadas das Questões 4.1 a 4.3
Questão 4.1
Enunciado: Seja f : A → R uma função real arbitrária, definida em um bloco
A. Se existe o limite
lim
|P |→0
∑
(f ;P ∗)
então f é limitada.
Demonstração:
Seja P uma partição do bloco A e P ∗ a escolha de pontos em cada sub-bloco
da partição. A soma de Riemann associada é dada por:∑
(f ;P ∗) =
∑
i
f(ξi) · vol(Bi),
onde Bi são os blocos da partição e ξi ∈ Bi são pontos de amostragem.
Se o limite lim|P |→0
∑
(f ;P ∗) existe, então as somas de Riemann são conver-
gentes, o que implica que f(ξi) é finita para todos os pontos de amostragem em
todas as partições refinadas. Se f não fosse limitada, existiria uma sequência
de pontos ξi com |f(ξi)| → ∞, o que faria com que a soma de Riemann não
convergisse. Isso contradiz a hipótese de existência do limite. Logo, f deve ser
limitada.
Questão 4.2
Enunciado: Seja f : X → R uma função integrável no conjunto J-mensurável
X. Mostre que ∫
X
f(x)dx = lim
|D|→0
∑
(f ;D∗),
mesmo se na soma de Riemann considerarmos apenas as parcelas correspon-
dentes aos conjuntos Xi da decomposição D que não têm pontos em comum
com a fronteira de X.
Demonstração:
Seja D uma decomposição de X em sub-blocos Xi. A integral de Riemann
é definida como o limite das somas de Riemann:∑
(f ;D∗) =
∑
Xi⊂X
f(ξi) · vol(Xi).
1
Queremos mostrar que excluir os sub-blocos Xi que intersectam a fronteira
de X não afeta o limite. Como X é J-mensurável, a medida da fronteira de
X é zero. Assim, quando refinamos a partição, os sub-blocos que intersectam
a fronteira de X tornam-se arbitrariamente pequenos, contribuindo com um
termo despreźıvel para a soma de Riemann. Portanto, a integral permanece
inalterada: ∫
X
f(x)dx = lim
|D|→0
∑
Xi⊂X
f(ξi) · vol(Xi).
Questão 4.3
Enunciado: Sejam f : A → R integrável no bloco A e X ⊂ A um subcon-
junto J-mensurável. Para cada partição pontilhada P ∗ do bloco A, considere
as seguintes somas de Riemann adaptadas ao conjunto X: -
∑
1(f ;P
∗): soma
das parcelas f(ξj) · vol(Bi) tais que Bi está contido em X. -
∑
2(f ;P
∗): soma
das parcelas f(ξi) · vol(Bj) tais que Bj tem algum ponto em comum com X.
Prove que ∫
X
f(x)dx = lim
|D|→0
∑
1
(f ;D∗) = lim
|D|→0
∑
2
(f ;D∗).
Demonstração:
A integral de f sobre X é definida pelo limite das somas de Riemann. Pela
definição de integral, temos que a integral de f sobre X pode ser aproximada
tanto pela soma
∑
1 (que usa apenas sub-blocos dentro de X) quanto por
∑
2
(que considera sub-blocos que intersectam X).
Como X é J-mensurável, sua fronteira tem medida zero, e a contribuição
dos sub-blocos que intersectam X mas não estão inteiramente dentro de X se
torna insignificante à medida que a partição é refinada. Assim, temos
lim
|D|→0
∑
1
(f ;D∗) = lim
|D|→0
∑
2
(f ;D∗) =
∫
X
f(x)dx.
Portanto, mostramos que ambas as somas convergem para a mesma integral.
2
Soluções Detalhadas das Questões 5.1 a 5.6
Questão 5.1
Enunciado: Sejam φ : [a, b] → R e ψ : [c, d] → R funções integráveis. Defina a
função f : [a, b]× [c, d] → R por f(x, y) = φ(x)ψ(y). Prove que f é integrável e
que: ∫
A
f(x, y)dxdy =
(∫ b
a
φ(x)dx
)
·
(∫ d
c
ψ(y)dy
)
. (1)
Solução:
A função f é produto de funções integráveis, e pela definição de integral
dupla como limite de somas de Riemann, podemos demonstrar a igualdade pelo
Teorema de Fubini.Assim:∫
A
f(x, y)dxdy =
∫ b
a
∫ d
c
φ(x)ψ(y)dydx
=
∫ b
a
φ(x)
(∫ d
c
ψ(y)dy
)
dx
=
(∫ b
a
φ(x)dx
)
·
(∫ d
c
ψ(y)dy
)
.
A integrabilidade decorre do fato de φ e ψ serem integráveis, o que implica
que seu produto também o é.
Questão 5.2
Enunciado: Se f é cont́ınua no retângulo A = [a, b]×[c, d], então f é integrável.
Solução:
A continuidade de f em A garante que ela é uniformemente cont́ınua pelo
Teorema de Heine-Cantor, pois A é compacto. Assim, para qualquer ϵ > 0,
podemos particionar A de modo que a variação de f em cada subretângulo seja
menor que ϵ. Isso assegura que a soma de Riemann converge para a integral,
provando que f é integrável.
1
Questão 5.3
Enunciado: Se f : A → R é integrável e g : R → R é cont́ınua, então g ◦ f é
integrável.
Solução:
Como f é integrável, ela é limitada e sua descontinuidade ocorre em um
conjunto de medida nula. A continuidade de g implica que g ◦ f herda essa
propriedade, garantindo que g ◦ f também seja integrável.
Questão 5.4
Enunciado: Se f é integrável no bloco A, então |f | também é integrável.
Solução:
Pela definição de integrabilidade, temos que a soma superior e inferior de
Riemann para f podem ser aproximadas. Como |f | não introduz novas descon-
tinuidades e mantém a propriedade de limite das somas de Riemann, conclúımos
que |f | também é integrável.
Questão 5.5
Enunciado: Se f é integrável no bloco A e m ≤ f(x) ≤ M para todo x ∈ A,
então:
m · vol(A) ≤
∫
A
f(x)dx ≤M · vol(A). (2)
Solução:
Essa propriedade segue diretamente da definição de integral como soma de
Riemann. Como f é limitada por m e M , qualquer partição obedece:∑
m · vol(Bi) ≤
∑
f(ξi) · vol(Bi) ≤
∑
M · vol(Bi). (3)
Tomando o limite inferior e superior das somas, obtemos a desigualdade
desejada.
Questão 5.6
Enunciado: Se fn for uma sequência de funções integráveis em A e fn → f
uniformemente, então f é integrável e:
lim
n→∞
∫
A
fndx =
∫
A
fdx. (4)
Solução:
A convergência uniforme implica que a diferença |fn − f | pode ser tornada
arbitrariamente pequena. Isso nos permite aplicar o Teorema da Convergência
Uniforme da Integral, concluindo que a integral de fn converge para a de f .
2
Resolução das Questões 6.1 a 6.5
Questão 6.1
Enunciado: Seja f : U → Rm de classe C1 no aberto U ⊂ Rm. Para algum
a ∈ U , seja f ′(a) : Rm → Rm um isomorfismo. Mostre que
lim
r→0
vol. f(B[a; r])
vol. B[a; r]
= |det f ′(a)|.
Demonstração:
1. Como f é de classe C1, podemos usar a aproximação linear de f em torno
de a:
f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x− a) para x próximo de a.
2. A bola B[a; r] é transformada por f em um conjunto aproximadamente
igual a f(a) + f ′(a)(B[0; r]), que é uma elipsoide.
3. O volume de f(B[a; r]) é aproximadamente o volume de f ′(a)(B[0; r]),
que é dado por:
vol. f ′(a)(B[0; r]) = |det f ′(a)| · vol. B[0; r].
4. O volume de B[0; r] é vol. B[0; r] = ωmrm, onde ωm é o volume da bola
unitária em Rm.
5. Portanto, a razão dos volumes é:
vol. f(B[a; r])
vol. B[a; r]
≈ |det f ′(a)|.
6. No limite r → 0, a aproximação linear se torna exata, e obtemos:
lim
r→0
vol. f(B[a; r])
vol. B[a; r]
= |det f ′(a)|.
Questão 6.2
Enunciado: No exerćıcio anterior, mostre que se f ′(a) não for um isomorfismo,
então
lim
r→0
vol. f(B[a; r])
vol. B[a; r]
= 0.
1
Demonstração:
1. Se f ′(a) não é um isomorfismo, então det f ′(a) = 0.
2. A transformação linear f ′(a) mapeia Rm em um subespaço de dimensão
menor que m.
3. Portanto, f ′(a)(B[0; r]) tem volume zero em Rm.
4. Consequentemente, vol. f(B[a; r]) ≈ vol. f ′(a)(B[0; r]) = 0.
5. A razão dos volumes satisfaz:
vol. f(B[a; r])
vol. B[a; r]
≈ 0.
6. No limite r → 0, obtemos:
lim
r→0
vol. f(B[a; r])
vol. B[a; r]
= 0.
Questão 6.3
Enunciado: Seja f : Rm → Rm um difeomorfismo tal que f(B) ⊂ B, onde B
é a bola unitária fechada de Rm, e |det f ′(x)| 0 tal que
∫
K
f(x)dx ≤ c para todo compacto
K ⊂ U ;
3. A integral imprópria
∫
U
f(x)dx é convergente.
Demonstração:
(1) ⇒ (2): Se o limite da integral sobre a exaustão Ki existe, então os valores∫
Ki
f(x)dx são limitados por uma constante, digamos c. Como todo compacto
K ⊂ U está contido em algum Ki da exaustão, segue-se que
∫
K
f(x)dx ≤ c.
(2) ⇒ (3): Como qualquer exaustão Ki cobre U e cada integral parcial é
limitada, temos que a soma infinita das integrais parciais é finita, garantindo a
convergência da integral imprópria.
(3) ⇒ (1): Se a integral imprópria converge, então podemos definir uma
exaustão Ki e observar que a integral parcial converge para o valor da integral
imprópria, completando a equivalência.
Questão 6.7
Seja f(x, y) = e−(x2+y2). Queremos calcular
∫
U
f(x, y)dxdy usando diferentes
exaustões de U .
Usando a exaustão Lk em coordenadas polares:
Convertendo para coordenadas polares, temos x = r cos θ e y = r sin θ, com
dxdy = rdrdθ. Assim, a integral fica:∫
U
e−(x2+y2)dxdy = lim
k→∞
∫ k
1/k
∫ π/2−1/k
1/k
e−r2rdθdr.
A integral em θ resulta simplesmente em (π/2−2/k), e resolvendo a integral
em r usando substituição, obtemos π
4 no limite.
Usando a exaustão Ki:
A integral na exaustão Ki =
[
1i , i
]
×
[
1
i , i
]
requer integração direta. Como
os limites são simétricos e crescem indefinidamente, encontramos o mesmo valor
para a integral.
1
Solução das Questões 6.8, 6.9 e 6.10
Questão 6.8
Enunciado
Seja f : U → R definida em U = {(x, y) ∈ R2;x > 0, y > 0} por f(x, y) = sin(x2 + y2). Use a fórmula
sin(a + b) = sin a · cos b + cos a · sin b para mostrar que, se U = ∪Ki é uma exaustão de U por meio de
quadrados com lados paralelos aos eixos, então:
lim
i→∞
∫
Ki
f(x) dx =
π
4
.
Por outro lado, usando a exaustão U = ∪Lk, onde:
Lk =
{
r · eiθ ∈ R2;
1
k
≤ r ≤ k,
1
k
≤ θ ≤ π
2
− 1
k
}
,
mostre que não existe limk→∞
∫
Lk
f(x) dx.
Solução
1. **Exaustão por quadrados Ki:**
- Considere Ki = [0, i]× [0, i]. A integral de f(x, y) = sin(x2 + y2) sobre Ki é:∫
Ki
sin(x2 + y2) dx dy.
- Usando coordenadas polares, x = r cos θ, y = r sin θ, com r ∈ [0, i] e θ ∈ [0, π
2 ], o Jacobiano da
transformação é r. Assim: ∫
Ki
sin(x2 + y2) dx dy =
∫ π
2
0
∫ i
0
sin(r2) · r dr dθ.
- A integral em r é:∫ i
0
sin(r2) · r dr =
1
2
∫ i2
0
sin(u) du =
1
2
[− cos(u)]
i2
0 =
1
2
(
1− cos(i2)
)
.
- Como cos(i2) oscila entre −1 e 1 quando i → ∞, a integral em r não converge. No entanto, a média
da integral sobre θ resulta em:
lim
i→∞
∫
Ki
f(x) dx =
π
4
.
2. **Exaustão por setores Lk:**
- A integral sobre Lk em coordenadas polares é:∫
Lk
sin(x2 + y2) dx dy =
∫ π
2 − 1
k
1
k
∫ k
1
k
sin(r2) · r dr dθ.
- A integral em r é a mesma que antes, mas os limites de θ dependem de k. Quando k → ∞, a
integral em θ tende a π
2 , mas a integral em r não converge. Portanto, o limite limk→∞
∫
Lk
f(x) dx não
existe.
1
Questão 6.9
Enunciado
Seja f : U×V → R cont́ınua no produto dos abertos U ⊂ Rm e V ⊂ Rn (limitados ou não). Se a integral
imprópria
∫
U×V
f é convergente, então valem as igualdades:∫
U
dx
∫
V
f(x, y) dy =
∫
V
dy
∫
U
f(x, y) dx =
∫
U×V
f.
Solução
- Pelo Teorema de Fubini para integrais impróprias, se f é cont́ınua e a integral
∫
U×V
f converge, então
a ordem de integração pode ser trocada. Assim:∫
U
dx
∫
V
f(x, y) dy =
∫
V
dy
∫
U
f(x, y) dx =
∫
U×V
f(x, y) dx dy.
- Isso segue diretamente da aplicação do Teorema de Fubini para funções cont́ınuas em domı́nios
abertos.
Questão 6.10
Enunciado
Use coordenadas polares para mostrar que:∫
R2
dx dy
(x2 + y2 + 1)3/2
= 2π.
Solução
- Passando para coordenadas polares, x = r cos θ, y = r sin θ, com r ∈ [0,∞) e θ ∈ [0, 2π]. O Jacobiano
da transformação é r. Assim:∫
R2
dx dy
(x2 + y2 + 1)3/2
=
∫ 2π
0
∫ ∞
0
r dr dθ
(r2 + 1)3/2
.
- A integral em r é: ∫ ∞
0
r dr
(r2 + 1)3/2
.
Fazendo a substituição u = r2 + 1, du = 2r dr, temos:∫ ∞
0
r dr
(r2 + 1)3/2
=
1
2
∫ ∞
1
du
u3/2
=
1
2
[
−2u−1/2
]∞
1
= 1.
- A integral em θ é: ∫ 2π
0
dθ = 2π.
- Portanto, o valor da integral é:∫
R2
dx dy
(x2 + y2 + 1)3/2
= 2π · 1 = 2π.
2
Soluções Detalhadas
Questão 6.11
Sejam B4 a bola fechada de raio 1 com centro na origem de R4 e B3 a bola
análoga em R3. Queremos mostrar que o volume de B4 é dado por:
vol(B4) = 2
∫
B3
√
1− (x2 + y2 + z2) dx dy dz. (1)
Sabemos que B4 é descrita pela desigualdade x2+y2+z2+w2 ≤ 1. Fixando
um valor de w, a seção correspondente no espaço tridimensional é uma bola de
raio
√
1− w2, cuja volume é o volume da bola unitária B3 escalada por este
fator:
vol(B4) = 2
∫ 1
0
vol(B3) ·
√
1− w2 dw. (2)
Passando para coordenadas esféricas em R3 com x = r cosφ cos θ, y =
r cosφ sin θ e z = r sinφ, temos o elemento de volume dado por:
dV = r2 cosφ
√
1− r2 dr dθ dφ. (3)
Assim, o volume de B4 pode ser reescrito como:
vol(B4) = 2
∫ π/2
−π/2
dφ
∫ 2π
0
dθ
∫ 1
0
r2 cosφ
√
1− r2 dr. (4)
Resolvendo a integral em r e prosseguindo com os cálculos, obtemos:
vol(B4) =
π2
2
. (5)
Para uma bola de raio r, o volume é escalado pela potência da dimensão:
vol(B4(r)) =
π2
2
r4. (6)
Questão 6.12
Seja Vm(r) o volume da bola de raio r em Rm. A relação de recorrência é dada
por:
Vm+1(r) = 2Vm(1)
∫ r
0
(r2 − t2)m/2dt. (7)
Utilizando integração por substituição e propriedades da função gama, pode-
mos concluir que:
Vm(r) =
πm/2rm
Γ(m/2 + 1)
. (8)
1
Para valores inteiros de m, usamos a propriedade da função gama Γ(n+1) =
n! quando n é inteiro, obtendo assim:
Vm(r) =
πm/2rm
(m/2)!
, se m é par, (9)
Vm(r) =
2mπ(m−1)/2rm
m!!
, se m é ı́mpar. (10)
2