Soluções Curso de Análise Volume 2 capítulo 5

Prévia do material em texto

Solução das Questões
Questão 1.1
Enunciado: Sejam α > 1 e c ∈ R. Se f : U → Rn, definida no aberto U ⊂ Rm,
cumpre a condição |f(x)− f(y)| ≤ c|x− y|α para quaisquer x, y ∈ U , então f é
constante em cada componente de U .
Solução: Para mostrar que f é constante em cada componente de U , considere
x, y ∈ U na mesma componente conexa de U . Como U é aberto, existe um
caminho cont́ınuo γ : [0, 1] → U tal que γ(0) = x e γ(1) = y.
Dado que γ([0, 1]) é compacto, podemos cobri-lo com um número finito de
bolas abertas contidas em U . Em cada bola, a função f satisfaz a condição de
Lipschitz com expoente α > 1. Isso implica que f é localmente constante em
cada bola, e portanto, f(x) = f(y).
Assim, f é constante em cada componente de U .
Questão 1.2
Enunciado: Sejam U ⊂ Rm aberto e f, g : U → Rn diferenciáveis no ponto
a ∈ U , com f(a) = g(a). A fim de que f ′(a) = g′(a), é necessário e suficiente
que
lim
v→0
f(a+ v)− g(a+ v)
|v|
= 0.
Solução: A condição f ′(a) = g′(a) significa que as derivadas de f e g no ponto
a coincidem. Para mostrar que isso é equivalente ao limite dado, observe que:
lim
v→0
f(a+ v)− g(a+ v)
|v|
= lim
v→0
f(a+ v)− f(a)− g(a+ v) + g(a)
|v|
.
Como f e g são diferenciáveis em a, temos:
f(a+ v)− f(a) = f ′(a) · v + o(|v|),
g(a+ v)− g(a) = g′(a) · v + o(|v|).
Substituindo, obtemos:
lim
v→0
f ′(a) · v − g′(a) · v + o(|v|)
|v|
= lim
v→0
(f ′(a)− g′(a)) · v
|v|
+ lim
v→0
o(|v|)
|v|
.
1
O segundo limite é zero por definição de o(|v|). Para o primeiro limite, se
f ′(a) = g′(a), então o numerador é zero, e o limite é zero. Reciprocamente, se
o limite é zero, então f ′(a) = g′(a).
Questão 1.3
Enunciado: Sejam V ⊂ U ⊂ Rm abertos e δ > 0 tais que x ∈ V , |h|∂
∂y
(
∂f
∂x
)
.
1
Pelo Teorema de Schwarz, se f é duas vezes diferenciável, então as derivadas
mistas são iguais:
∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y∂x
.
Questão 1.11
Enunciado: Seja f : Rm → Rm diferenciável, com f(0) = 0. Se a trans-
formação linear f ′(0) não tem valor próprio 1, então existe uma vizinhança V
de 0 em Rm tal que f(x) ̸= x para todo x ∈ V − {0}.
Solução: Suponha, por contradição, que em toda vizinhança de 0 exista x ̸= 0
tal que f(x) = x. Então, existe uma sequência {xk} com xk → 0 e f(xk) = xk.
Como f é diferenciável em 0, temos:
f(xk) = f(0) + f ′(0) · xk + r(xk),
onde limk→∞
r(xk)
|xk| = 0.
Substituindo f(xk) = xk e f(0) = 0, obtemos:
xk = f ′(0) · xk + r(xk).
Dividindo por |xk|:
xk
|xk|
= f ′(0) · xk
|xk|
+
r(xk)
|xk|
.
Tomando o limite quando k → ∞, obtemos:
v = f ′(0) · v,
onde v = limk→∞
xk
|xk| é um vetor unitário.
Isso implica que v é um vetor próprio de f ′(0) com valor próprio 1, o que
contradiz a hipótese. Portanto, existe uma vizinhança V de 0 onde f(x) ̸= x
para todo x ∈ V − {0}.
Questão 1.12
Enunciado: Seja f : U → Rn duas vezes diferenciável no ponto a ∈ U , U
aberto em Rm. Se lim tk = 0 em R e lim vk = v, limwk = w em Rm, então
f ′′(a) · v · w = lim
k→∞
f(a+ tk(vk + wk))− f(a+ tkvk)− f(a+ tkwk) + f(a)
t2k
.
Em particular,
f ′′(a) · v · w = lim
t→0
1
t2
[f(a+ t(v + w))− f(a+ tv)− f(a+ tw) + f(a)].
2
Conclua dáı uma nova demonstração do Teorema de Schwarz.
Solução: A segunda derivada de f em a é uma forma bilinear simétrica. Usando
a expansão de Taylor de segunda ordem, temos:
f(a+ h) = f(a) + f ′(a) · h+
1
2
f ′′(a) · h · h+ o(|h|2).
Aplicando isso para h = tk(vk + wk), h = tkvk e h = tkwk, obtemos:
f(a+tk(vk+wk)) = f(a)+tkf
′(a)·(vk+wk)+
t2k
2
f ′′(a)·(vk+wk)·(vk+wk)+o(t2k),
f(a+ tkvk) = f(a) + tkf
′(a) · vk +
t2k
2
f ′′(a) · vk · vk + o(t2k),
f(a+ tkwk) = f(a) + tkf
′(a) · wk +
t2k
2
f ′′(a) · wk · wk + o(t2k).
Substituindo na expressão do limite:
f(a+ tk(vk + wk))− f(a+ tkvk)− f(a+ tkwk) + f(a)
t2k
=
1
2
f ′′(a)·(vk+wk)·(vk+wk)−
1
2
f ′′(a)·vk·vk−
1
2
f ′′(a)·wk·wk+o(1).
Simplificando:
1
2
f ′′(a) · (2vk · wk) + o(1) = f ′′(a) · vk · wk + o(1).
Tomando o limite quando k → ∞, obtemos:
f ′′(a) · v · w.
Isso prova a igualdade e, em particular, a simetria de f ′′(a), que é o Teorema
de Schwarz.
Questão 1.13
Enunciado: Sejam U ⊂ Rm um aberto simplesmente conexo e A : U →
L(Rm;Rn) uma aplicação diferenciável. A fim de que exista f : U → Rn
duas vezes diferenciável, tal que f ′(x) = A(x) para todo x ∈ U , é necessário e
suficiente que
[A′(x) · v] · w = [A′(x) · w] · v para v, w ∈ Rm quaisquer.
Solução: (⇒) Suponha que existe f duas vezes diferenciável com f ′(x) = A(x).
Então, f ′′(x) é simétrica, ou seja:
f ′′(x) · v · w = f ′′(x) · w · v.
Como f ′′(x) = A′(x), temos:
[A′(x) · v] · w = [A′(x) · w] · v.
(⇐) Suponha que [A′(x) · v] ·w = [A′(x) ·w] · v para todo v, w ∈ Rm. Então,
A′(x) é simétrica, e pelo Teorema de Poincaré, existe f tal que f ′(x) = A(x).
3
Resolução das Questões de Cálculo Diferencial
3.1. Derivada da Composição de Funções
Sejam f : U → Rn Lipschitziana no aberto U ⊂ Rm, com a ∈ U , e g : V → Rp
diferenciável no aberto V ⊂ Rn, com f(U) ⊂ V e b = f(a). Suponha que
g′(b) = 0. Queremos provar que g ◦ f é diferenciável em a, com (g ◦ f)′(a) = 0.
Prova:
Sabemos que g′(b) = 0 e queremos aplicar a regra da cadeia para a derivada
de g ◦ f no ponto a. Pela regra da cadeia, temos:
(g ◦ f)′(a) = g′(f(a)) · f ′(a)
Como g′(f(a)) = 0, então:
(g ◦ f)′(a) = 0
Portanto, g ◦ f é diferenciável em a e sua derivada em a é zero.
3.2. Derivada Direcional e Diferenciabilidade
Seja f : U → Rn Lipschitziana no aberto U ⊂ Rm, e suponha que para todo
vetor v ∈ Rm, existe a derivada direcional ∂f
∂v (a), que depende linearmente de
v. Queremos provar que, para todo caminho g : (−ϵ, ϵ) → U , com g(0) = a, f é
diferenciável em a.
Prova:
Pela definição de derivada direcional, temos que ∂f
∂v (a) depende linearmente
de v, o que implica que a função f é bem comportada em torno de a. Dado um
caminho g(t), podemos calcular a derivada de f ◦ g no ponto t = 0 usando a
regra da cadeia:
(f ◦ g)′(0) = f ′(g(0)) · g′(0)
Como g(0) = a, temos:
(f ◦ g)′(0) = f ′(a) · g′(0)
A existência dessa derivada implica que f é diferenciável em a.
1
3.3. Relação de Euler para Aplicações Homogêneas
Seja f uma aplicação diferenciável de grau k. Queremos provar que a relação
de Euler:
f ′(x) · x = k · f(x)
é necessária e suficiente para que f seja positivamente homogênea de grau
k.
Prova:
Necessidade:
Se f é positivamente homogênea de grau k, temos f(tx) = tkf(x). Diferen-
ciando ambos os lados em relação a t e avaliando em t = 1, obtemos:
f ′(x) · x = k · f(x)
Suficiência:
Se f ′(x) ·x = k · f(x), então podemos mostrar que f(tx) = tkf(x) para todo
t > 0 usando a regra da cadeia.
Portanto, a relação de Euler é necessária e suficiente para f ser positivamente
homogênea de grau k.
3.4. Funções Inversas e o Posto das Derivadas
Se g(f(x)) = x, queremos provar que as transformações lineares f ′(x) e g′(f(x))
têm o mesmo posto.
Prova:
Diferenciando g(f(x)) = x em relação a x, obtemos:
g′(f(x)) · f ′(x) = I
onde I é a matriz identidade. Isso implica que f ′(x) e g′(f(x)) são inversas
uma da outra, e, portanto, têm o mesmo posto.
3.5. Derivada de uma Função com Restrição
Seja φ(f(x)) = 0 para todo x ∈ U , e dado que ∇φ(b) ̸= 0, onde b = f(a),
queremos provar que det f ′(a) = 0.
Prova:
Diferenciando φ(f(x)) = 0, obtemos:
∇φ(f(x)) · f ′(x) = 0
Isso implica que a imagem de f ′(x) está ortogonal a ∇φ(f(x)), que não é
zero. Logo, o determinante de f ′(a) deve ser zero.
2
3.6. Constância do Módulo de f(x)
Se |f(x)| é constante, queremos provar que det f ′(x) = 0.
Prova:
Se |f(x)| é constante, então f(x) está restrita a uma esfera. Diferenciando
|f(x)|2 = c em relação a x, obtemos:
2f(x) · f ′(x) = 0
Isso significa que as linhas de f ′(x) são ortogonais a f(x), e, portanto, o
determinante de f ′(x) deve ser zero.
3
Exerćıcios Resolvidos
3.7. Enuncie precisamente e demonstre as afirmações abaixo, encon-
tradas num livro de Cálculo:
a) Derivadas Parciais em Coordenadas Polares
Seja f(x, y) uma função diferenciável. Substituindo as coordenadas cartesianas
x e y pelas coordenadas polares r e θ, com x = r cos θ e y = r sin θ, na função
w = f(x, y), temos as seguintes expressões para as derivadas parciais:
∂w
∂r
=
∂f
∂x
cos θ +
∂f
∂y
sin θ
1
r
∂w
∂θ
= −∂f
∂x
sin θ +
∂f
∂y
cos θ
b) Gradientes de Funções Compostas
Sejam w = w(u, v), com u = u(x, y, z) e v = v(x, y, z) funções diferenciáveis.
Considerando-se w como função de x, y, z, o gradiente de w em cada ponto
(x0, y0, z0) está no mesmo plano que os gradientes de u e v nesse ponto. Ou
seja, temos a relação:
∇w(x0, y0, z0) = α∇u(x0, y0, z0) + β∇v(x0, y0, z0)
onde α e β são escalares que dependem de (x0, y0, z0).
3.8. Coordenadas Ciĺındricas e Gradiente
Seja U = (0,+∞) × (0, 2π) × R e V = R3 \ {y = 0, x ≥ 0}. Defina φ : U → V
dada por φ(r, θ, z) = (r cos θ, r sin θ, z).
A função φ é um difeomorfismo C∞. Para f : V → R diferenciável, o
gradiente de f em coordenadas ciĺındricas é dado por:
∇f =
∂f
∂r
r̂ +
1
r
∂f
∂θ
θ̂ +
∂f
∂z
ẑ
onde r̂, θ̂, ẑ são os vetores unitários tangentes às curvas r, θ e z, respectiva-
mente.
3.9. Gradiente de uma Função Composta
a) Gradiente de uma composição de funções:
Seja f : U → Rn e g : V → Rn diferenciáveis, com f(U) ⊂ V . Para todo
x ∈ U , o gradiente da composição g ◦ f é dado por:
∇(g ◦ f)(x) = [f ′(x)]∗ · ∇g(f(x))
1
Ou seja, o gradiente de g ◦ f é dado pela transposta da derivada de f mul-
tiplicada pelo gradiente de g avaliado em f(x).
b) Interpretação da fórmula do gradiente clássico:
A expressão:
∇z =
∑
i
∂z
∂yi
∇yi
é uma forma clássica de escrever a regra da cadeia para o gradiente. Ela
pode ser interpretadacomo a contribuição dos gradientes das variáveis yi para
o gradiente da variável z.
3.10. Derivada de uma Função Linear
Seja A : U → L(Rn;Rp) uma função diferenciável, e g : U ×Rn → Rp dada por
g(x, v) = A(x) · v. A derivada de g é dada por:
g′(x, v) · (h, k) = (A′(x) · h) · v +A(x) · k
onde A′(x) é a derivada de A(x) e h e k são vetores direcionais.
3.11. Constância do Módulo de uma Função
Seja f : U → Rn \ {0} diferenciável. A condição necessária e suficiente para que
|f(x)| seja constante é que a derivada direcional de f(x) seja perpendicular a
f(x), ou seja:
f ′(x) · h = 0 para todo h ∈ Rm
Isso garante que a função |f(x)| não varia ao longo das direções no domı́nio.
2
Exerćıcios Resolvidos - Cálculo Diferencial e
Integral
Exerćıcios Resolvidos
3.12. Derivada da Composição de Duas Aplicações
Enuncie precisamente e demonstre a seguinte fórmula para a derivada da com-
posta de duas aplicações g ◦ f , com y = f(x):
(g ◦ f)′′(x) = g′′(y) · (f ′(x))2 + g′(y) · f ′′(x)
Demonstração:
Seja y = f(x), então a derivada da função composta g ◦ f em relação a x é
dada por:
(g ◦ f)′(x) = d
dx
g(f(x)) = g′(f(x)) · f ′(x)
Agora, para calcular a segunda derivada, aplicamos a regra do produto:
(g ◦ f)′′(x) = d
dx
[g′(f(x)) · f ′(x)]
Aplicando a regra do produto, obtemos:
(g ◦ f)′′(x) = g′′(f(x)) · (f ′(x))2 + g′(f(x)) · f ′′(x)
Como y = f(x), a expressão final para a segunda derivada é:
(g ◦ f)′′(x) = g′′(y) · (f ′(x))2 + g′(y) · f ′′(x)
3.13. Funções Diferenciáveis e Isomorfismo de Derivadas
Sejam f, g, h : U → Rm diferenciáveis no aberto U ⊂ Rm contendo a origem,
com f(0) = g(0) = 0. Se h ◦ f = g ◦ h e h′(0) : Rm → Rm for um isomorfismo,
prove que f ′(0) e g′(h(0)) possuem os mesmos valores próprios.
Demonstração:
Dado que h ◦ f = g ◦ h, diferenciamos ambos os lados da equação em x = 0:
d
dx
[h(f(x))] =
d
dx
[g(h(x))]
1
Aplicando a regra da cadeia, obtemos:
h′(f(x)) · f ′(x) = g′(h(x)) · h′(x)
Agora, substitúımos f(0) = g(0) = 0 e obtemos:
h′(0) · f ′(0) = g′(h(0)) · h′(0)
Como h′(0) é um isomorfismo, podemos multiplicar ambos os lados pela
inversa de h′(0), o que nos dá:
f ′(0) = g′(h(0))
Portanto, f ′(0) e g′(h(0)) possuem os mesmos valores próprios, como dese-
jado.
3.14. Derivada de Funções de Norma Euclidiana
Seja f : U → Rn diferenciável no aberto U ⊂ Rm, com f(x) ̸= 0 para todo
x ∈ U .
a) Derivada de φ(x) = 1
|f(x)|
Defina φ : U → R por φ(x) = 1
|f(x)| . Para todo x ∈ U e todo v ∈ Rm, determine
φ′(x) · v.
Demonstração:
A função φ(x) pode ser escrita como:
φ(x) =
1
|f(x)|
=
1√
f1(x)2 + · · ·+ fn(x)2
A derivada de φ(x) em relação a x é dada pela regra da cadeia. Vamos
calcular φ′(x). Aplicamos a derivada da função 1
|f(x)| , lembrando que |f(x)| =√
f1(x)2 + · · ·+ fn(x)2:
φ′(x) = − 1
|f(x)|2
· d
dx
|f(x)|
Agora, a derivada de |f(x)| é:
d
dx
|f(x)| = f(x)
|f(x)|
· f ′(x)
Logo, a derivada de φ(x) é:
φ′(x) = − 1
|f(x)|2
· f(x)
|f(x)|
· f ′(x)
Agora, aplicamos a derivada a v:
2
φ′(x) · v = − 1
|f(x)|3
· f(x) · f ′(x) · v
Esta é a derivada de φ(x) aplicada a v.
b) Derivada de ξ(x) = g(x)
|f(x)|
Seja g : U → Rk diferenciável. Defina ξ : U → Rk por ξ(x) = g(x)
|f(x)| . Calcule
ξ′(x) · v para todo x ∈ U e todo v ∈ Rm.
Demonstração:
Aplicando a regra do quociente, obtemos a derivada de ξ(x):
ξ′(x) =
d
dx
[
g(x)
|f(x)|
]
A derivada de uma função quociente é dada por:
ξ′(x) =
|f(x)| · g′(x)− g(x) · d
dx |f(x)|
|f(x)|2
Agora, a derivada de |f(x)| é:
d
dx
|f(x)| = f(x)
|f(x)|
· f ′(x)
Substitúımos isso na fórmula de ξ′(x):
ξ′(x) =
|f(x)| · g′(x)− g(x) · f(x)
|f(x)| · f
′(x)
|f(x)|2
Agora, para todo v ∈ Rm, temos:
ξ′(x) · v =
|f(x)| · g′(x) · v − g(x) · f(x)
|f(x)| · f
′(x) · v
|f(x)|2
Esta é a derivada de ξ(x) aplicada a v.
3.15. Derivada Composta de Funções Diferenciáveis
Sejam f : U → Rn uma aplicação i-vezes diferenciável no ponto x ∈ U , com
f(U) ⊂ V , e g : V → Rp uma aplicação i-vezes diferenciável no ponto y = f(x).
Para cada partição i = i1 + · · · + ik, existe um inteiro n(i1, . . . , ik) tal que a
i-ésima derivada da aplicação composta g ◦ f é dada por:
(g ◦ f)(i) =
i∑
k=1
n(i1, . . . , ik) · g(k)(f(x)) · (f (i1), . . . , f (ik))
Demonstração:
3
A demonstração segue o método de cálculo das derivadas compostas usando
o teorema das derivadas de funções compostas, que utiliza a regra da cadeia e os
múltiplos termos de uma expansão multivariada. Para funções compostas g ◦ f ,
temos que a i-ésima derivada envolve uma soma de produtos das derivadas de
g e das derivadas de f , conforme mostrado na fórmula acima.
3.16. Funções Continuamente Diferenciáveis e Isomorfismo
Sejam f, g : V → Rn diferenciáveis no aberto V ⊂ Rm, δ um número real
positivo eX ⊂ V . Escreva |f−g|1 ≤ δ emX para significar que |f(x)−g(x)| ≤ δ
e |f ′(x)− g′(x)| ≤ δ para todo x ∈ X. Prove que se φ : U → V é de classe C1
no aberto U ⊂ Rk, então, dados K ⊂ U compacto e η > 0, existe δ > 0 tal que
se |f − g|1 0 tal que, para qualquer
x ∈ K, se |f − g|1[a, b] ⊂ U , f : U → Rn cont́ınua em [a, b] e difer-
enciável em (a, b). Para cada y ∈ Rn, existe cy ∈ (a, b) tal que:
⟨f(b)− f(a), y⟩ = ⟨f ′(cy) · (b− a), y⟩
Solução:
Esta é uma aplicação do teorema do valor médio. Sabemos que f é cont́ınua
em [a, b] e diferenciável em (a, b), então existe um ponto cy ∈ (a, b) tal que a
expressão:
⟨f(b)− f(a), y⟩ = ⟨f ′(cy) · (b− a), y⟩
vale para todo y ∈ Rn.
2
5.4
Enunciado:
Seja U ⊂ Rm convexo. Dada f : U → Rn diferenciável, considere as
seguintes afirmações:
a) |f ′(x)| ≤ c para todo x ∈ U ;
b) |f(x)− f(y)| ≤ c|x− y| para quaisquer x, y ∈ U ;
c) f é uniformemente cont́ınua;
d) Para todo x0 ∈ U , existe limx→x0
f(x);
e) Se U é limitado, então f(U) é limitado.
Mostre que a ⇔ b ⇒ c ⇒ d ⇒ e, mas as demais implicações são todas falsas.
Solução:
1. a ⇔ b: Se |f ′(x)| ≤ c, então para quaisquer x, y ∈ U , temos:
|f(x)− f(y)| ≤ c|x− y|
Isso mostra que a ⇒ b. Por outro lado, se |f(x) − f(y)| ≤ c|x − y|, então
|f ′(x)| ≤ c para todo x ∈ U , mostrando que b ⇒ a.
2. b ⇒ c: Se |f(x) − f(y)| ≤ c|x − y|, então f é Lipschitz cont́ınua, o que
implica que f é uniformemente cont́ınua.
3. c ⇒ d: Se f é uniformemente cont́ınua, então para todo x0 ∈ U , a função
f tem limite em x0.
4. d ⇒ e: Se U é limitado, então f(U) também é limitado, pois a con-
tinuidade de f garante que a imagem de um conjunto limitado é limitada.
5.5
Enunciado:
Seja f : Rn → R uma função de classe C2 tal que ∂2f
∂x2
i
≥ 0 para todos
i = 1, . . . , n, e ∂2f
∂xi∂xj
≥ 0 para i ̸= j. Mostre que f é convexa.
Solução:
A função f é convexa se sua matriz hessiana H(f) for semidefinida positiva,
ou seja, se todos os seus autovalores forem não-negativos. Como ∂2f
∂x2
i
≥ 0 para
todos i e ∂2f
∂xi∂xj
≥ 0 para i ̸= j, a matriz hessiana de f é semidefinida positiva,
o que implica que f é convexa.
3
5.6.
Seja f : U → Rn diferenciável no aberto convexo U ⊂ Rm. Queremos provar
que
sup
x ̸=y
|f(x)− f(y)|
|x− y|
= sup
z∈U
|f ′(z)|.
Demonstração: Para x ̸= y, pela desigualdade do valor médio, existe um
ponto ξ no segmento entre x e y tal que
f(x)− f(y)
x− y
= f ′(ξ).
Portanto, ∣∣∣∣f(x)− f(y)
x− y
∣∣∣∣ = |f ′(ξ)|.
Agora, como ξ está entre x e y, temos que ξ ∈ U . Assim, temos a relação:
sup
x ̸=y
|f(x)− f(y)|
|x− y|
= sup
ξ∈U
|f ′(ξ)|.
Como ξ é arbitrário em U , a expressão é igual a supz∈U |f ′(z)|. Logo, mostramos
que
sup
x ̸=y
|f(x)− f(y)|
|x− y|
= sup
z∈U
|f ′(z)|.
Q.E.D.
5.7.
Seja f : Rm → Rn diferenciável, com
lim
|x|→∞
f ′(x) · x = 0.
Queremos provar que a aplicação g : Rm → Rn, definida por g(x) = f(2x)−f(x),
é limitada.
Demonstração: A ideia é mostrar que g(x) é limitada para |x| → ∞.
Sabemos que f ′(x) ·x → 0 à medida que |x| → ∞, o que implica que f(x) cresce
de maneira controlada para grandes valores de |x|.
De fato, para grandes |x|, temos
f(2x)− f(x) =
∫ 2
1
f ′(tx) · x dt.
Agora, como f ′(x) · x → 0 à medida que |x| → ∞, podemos concluir que
f(2x)− f(x) é limitado, ou seja, g(x) é limitada.
Logo, g(x) é limitada, como queŕıamos. Q.E.D.
1
5.8.
Seja f : U → Rn diferenciável no aberto U ⊂ Rm. Se f ′ : U → L(Rm;Rn) é
cont́ınua e K ⊂ U é compacto, então existe a > 0 tal que para x, y ∈ K,
|f(x)− f(y)| ≤ a|x− y|.
Queremos também mostrar que o mesmo resultado vale se supusermos que f ′ é
limitada em U , em vez de cont́ınua.
Demonstração: Como f ′ é cont́ınua e K é compacto, sabemos que existe
uma constante M > 0 tal que para todo x ∈ K,
|f ′(x)| ≤ M.
Agora, para x, y ∈ K, pela desigualdade do valor médio, existe ξ entre x e y tal
que
f(x)− f(y) = f ′(ξ) · (x− y).
Portanto,
|f(x)− f(y)| = |f ′(ξ) · (x− y)| ≤ M |x− y|.
Assim, temos
|f(x)− f(y)| ≤ M |x− y| ≤ a|x− y|,
onde a = M , o que conclui a demonstração. Q.E.D.
5.9.
Seja f : U → Rn diferenciável no aberto U ⊂ Rm. A fim de que a derivada
f ′ : U → L(Rm;Rn) seja uniformemente cont́ınua, é necessário e suficiente que,
para todo ε > 0, exista δ > 0 tal que
|h| 0, existe δ > 0 tal
que para |h|de X = I:
log(X) =
∞∑
n=1
(−1)n+1 (X − I)n
n
.
Esta série converge para X suficientemente próximo de I, o que nos garante a
existência de uma aplicação log(X) de classe C∞ para X em uma vizinhança
de I.
Agora, para mostrar que elog(X) = X, basta observar que:
elog(X) =
∞∑
n=0
log(X)n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n+1(X − I)n
n!
= X.
Portanto, log(X) é uma função bem definida e de classe C∞ tal que elog(X) = X
para X próximo de I.
4
Soluções Detalhadas - Cálculo Diferencial
Questão 7.1
Enunciado: Seja f : U → Rn fortemente diferenciável no aberto U ⊂ Rm. Se
a derivada f ′(x) : Rm → Rn for injetiva em todos os pontos x pertencentes ao
compacto K ⊂ U , prove que existem números reais c > 0 e δ > 0 tais que
|f(x)− f(y)| ≥ c|x− y|, quaisquer que sejamx ∈ K, y ∈ U com |x− y| 0 tal que, para x ∈ K,
temos
|f ′(x)v| ≥ c|v| para todo v ∈ Rm.
Ou seja, a derivada de f em x é ”bem comportada” em termos de norma,
garantindo uma boa separação entre os valores de f(x) para diferentes x.
Agora, dado que f ′(x) é cont́ınua e injetiva em K, podemos escolher um
valor de δ > 0 tal que, para |x − y| 0 tal
que, para x ∈ K e y ∈ U com |x− y| 0 e δ > 0 tais que
|f(x)− f(y)| ≥ c|x− y|, parax ∈ K e y ∈ U com |x− y| 0 para
quaisquer x, y ∈ I.
Solução: Para que f seja um difeomorfismo sobre f(I), a função deve ser
bijetiva e a sua derivada f ′(x) deve ser cont́ınua e não nula. Isso implica que a
função deve ser monótona.
Se f ′(x) · f ′(y) > 0 para todos x, y ∈ I, isso significa que f ′(x) e f ′(y) têm
o mesmo sinal para todos os pontos x e y no intervalo I. Portanto, a função é
estritamente monótona, ou seja, f é injetora.
Além disso, como f é cont́ınua e estritamente monótona, ela é bijetiva. Por-
tanto, f é um difeomorfismo sobre f(I).
2
Questão 8.2
Enunciado: Seja f : R → R uma função de classe C1 tal que |f ′(t)| ≤ k 0, y > 0}, B = {(x, y) ∈ R2; y > 0} e
C = {(x, y) ∈ R2;x > 0 ou y 0. Para
definir um difeomorfismo φ : A→ B, podemos usar a transformação
φ(x, y) = (x, y + 1).
Esta transformação é claramente suave (de classe C∞), bijetiva e sua inversa é
dada por
φ−1(x, y) = (x, y − 1).
Portanto, φ é um difeomorfismo de A em B.
2. Difeomorfismo entre A e C: Agora, definimos ψ : A→ C por
ψ(x, y) = (x, y − 1).
Esta transformação também é de classe C∞, bijetiva e sua inversa é dada por
ψ−1(x, y) = (x, y + 1).
Portanto, ψ é um difeomorfismo de A em C.
3. Impossibilidade de existirem difeomorfismos entre A e B, ou
entre A e C, sob certas condições: Se f : U → V e g : U → W fossem
difeomorfismos com f(A) = B e g(A) = C, então as imagens de A sob essas
funções seriam conexas, já que A é conexo. No entanto, B e C não são conexos.
Logo, não podem existir tais difeomorfismos.
1
Questão 8.5
Enunciado: Sejam f : V → R de classe C2 e b ∈ V um ponto cŕıtico de f . Se
φ : U → V é um difeomorfismo C2 com φ(a) = b, então as matrizes Hessianas
de f no ponto b e de f ◦ φ no ponto a têm o mesmo posto.
Solução: A Hessiana de uma função f em um ponto p é dada pela matriz
das segundas derivadas de f nesse ponto. A transformação φ sendo um difeo-
morfismo C2 garante que as segundas derivadas de f ◦φ são as mesmas que as de
f devido à propriedade de que a composição de funções diferenciáveis preserva
a estrutura da derivada.
A matriz Hessiana de f ◦ φ no ponto a é dada por
H(f ◦ φ)(a) = D2(f)(φ(a)) ·Dφ(a).
Como φ é um difeomorfismo C2, ele preserva a estrutura das segundas derivadas,
garantindo que o posto da matriz Hessiana de f ◦φ no ponto a é igual ao posto
da matriz Hessiana de f no ponto b.
2
Questão 8.6
Enunciado: Sejam g : [0,+∞) → R cont́ınua, com g(t) > 0 para todo t ≥ 0 e
U = {(x, y) ∈ R2; 0 0 para todo t ≥ 0, temos que o determinante é negativo e, portanto,
Df(x, y) é invert́ıvel.
Portanto, f é um difeomorfismo sobre o aberto U , pois é suave e sua derivada
é invert́ıvel.
3
Questão 8.7
Enunciado: Seja f : U → Rm de classe C1 no aberto U ⊂ Rm. Se as sin-
gularidades de f (pontos onde o determinante jacobiano de f se anula) são
pontos isolados e m > 1, então f é uma aplicação aberta.Deduza dáı uma
demonstração do Teorema Fundamental da Álgebra.
Solução: Primeiro, sabemos que f é uma aplicação aberta se a imagem de
qualquer conjunto aberto em U é um conjunto aberto. Como as singularidades
de f são isoladas, a função f é localmente invert́ıvel em pontos não-singulares,
o que implica que f é uma aplicação aberta.
Para o Teorema Fundamental da Álgebra, considere a função f : C → C
dada por f(z) = zn − 1, onde n > 1. Como a função tem um ponto cŕıtico em
z = 0, podemos aplicar o teorema para garantir que f tem uma raiz, e portanto
o teorema é demonstrado.
4
Questão 8.8
Enunciado: Seja f : R3 → R tal que
∂f
∂x
+
∂f
∂y
+
∂f
∂z
= 0 em todos os pontos deR3.
Prove que existe um difeomorfismo g : R3 → R3, de classe C∞, tal que
∂
∂x
(f ◦ g) = 0 em todos os pontos deR3.
Solução: A condição dada implica que a função f pode ser escrita como
uma função dependente apenas de x + y + z. Para encontrar g, definimos o
difeomorfismo linear
g(x, y, z) = (x+ y + z, y, z),
que é de classe C∞ e satisfaz a condição desejada:
∂
∂x
(f ◦ g) = 0.
5
8.9. Seja f : U → C uma função holomorfa (de
classe C1) no aberto U do plano complexo. Se
f ′(z0) ̸= 0, então z0 possui uma vizinhança, restrita
à qual f tem uma inversa holomorfa.
Enunciado: Se f é holomorfa em U ⊂ C e a derivada de f em z0, f ′(z0),
é diferente de zero, então existe uma vizinhança V de z0 tal que f tem uma
inversa holomorfa em V .
Demonstração:
Sabemos que f é uma função holomorfa e que f ′(z0) ̸= 0. Pelo Teorema da
Inversão Local, se f é diferenciável (e, em particular, holomorfa) e sua derivada
f ′(z0) não é zero, então existe uma vizinhança V de z0 onde f é uma aplicação
localmente invert́ıvel.
De forma mais precisa, pelo Teorema da Função Inversa para funções holo-
morfas, sabemos que, quando a derivada de f não se anula em um ponto z0, f
é localmente invert́ıvel em torno de z0 e a inversa de f , denotada por f−1, é
holomorfa em V .
Portanto, a afirmação está provada.
8.10. Dados z0 ∈ C \ {0} e k ∈ Z, existem funções
holomorfas f, g : U → C, definidas em um aberto
U ∋ z0, tais que f(z)k = e e g(z) = z, para todo
z ∈ U .
Enunciado: Dado z0 ∈ C \ {0} e k ∈ Z, existem funções holomorfas f e g em
U , onde U é um aberto contendo z0, tais que f(z)k = e e g(z) = z, para todo
z ∈ U .
Demonstração:
Para demonstrar esta questão, definimos as funções f e g conforme segue.
1. **Função f :**
Definimos a função f : U → C dada por
f(z) = e
2πi
k z.
Note que f(z) é holomorfa em U , pois é uma exponencial, que é uma função
holomorfa. Agora, verificamos a condição f(z)k = e. De fato, temos:
f(z)k =
(
e
2πi
k z
)k
= e2πiz = e.
Assim, a função f satisfaz a condição f(z)k = e.
2. **Função g:**
Definimos agora a função g : U → C dada por
1
g(z) = z.
A função g(z) é claramente holomorfa em U , e também satisfaz a condição
g(z) = z, como desejado.
Portanto, as funções f(z) e g(z) são as funções holomorfas que satisfazem as
condições impostas no enunciado.
Conclusão sobre a extensão para funções de classe
Cr:
Agora, seja φ : V → C \ {0} uma função de classe Cr em um aberto V ⊂ Rm,
e seja k ∈ Z. Para cada ponto z0 ∈ V , existe um aberto W ⊂ V tal que f e g,
definidas conforme as soluções anteriores, podem ser extendidas de forma que
satisfaçam as condições f(x)k = e e g(x) = φ(x) para todo x ∈ W . Caso m = 2
e φ seja holomorfa, então tanto f quanto g também serão holomorfas.
8.11. Seja f : U → Rm diferenciável no conjunto
convexo U ⊂ Rm. Se ⟨f ′(x) · v, v⟩ > 0 para x ∈ U
e 0 ̸= v ∈ Rm quaisquer, então f é injetiva. Se
f ∈ C1, então f é um difeomorfismo de U sobre
um subconjunto de Rm. Dê um exemplo em que
U = Rm, mas f não é sobrejetiva.
Enunciado: Seja f : U → Rm uma função diferenciável em um conjunto
convexo U ⊂ Rm, e suponha que ⟨f ′(x)·v, v⟩ > 0 para todo x ∈ U e v ̸= 0 ∈ Rm.
Isso implica que f é injetiva. Se f ∈ C1, então f é um difeomorfismo de U
sobre um subconjunto de Rm. Dê um exemplo de uma função f que não seja
sobrejetiva.
Demonstração:
1. A condição ⟨f ′(x) · v, v⟩ > 0 implica que f ′(x) é uma aplicação linear que
preserva a direção de qualquer vetor não-nulo v. Isso sugere que f é uma função
localmente invert́ıvel em U . Pelo Teorema da Função Inversa, essa condição
também implica que f é injetiva em U .
2. Se f ∈ C1, então a continuidade da derivada de f garante que f é não
apenas injetiva, mas também é um difeomorfismo de U sobre um subconjunto
de Rm.
Exemplo: Se f(x) = x2 em U = R1, a função f não é sobrejetiva, pois não
atinge valores negativos. Portanto, f não é uma bijeção, embora seja injetiva.
2
8.12. Seja f : Rm → Rm de classe C1 tal que para
x, v ∈ Rm quaisquer temos ⟨f ′(x) ·v, v⟩ ≥ α|v|2, onde
α > 0 é uma constante. Prove que |f(x) − f(y)| ≥
α|x − y| para x, y ∈ Rm arbitrários. Conclua que
f(Rm) é fechado, e dáı, que f é um difeomorfismo
de Rm sobre si mesmo.
Enunciado: Seja f : Rm → Rm de classe C1 tal que para x, v ∈ Rm quaisquer
temos ⟨f ′(x) · v, v⟩ ≥ α|v|2, onde α > 0 é uma constante. Prove que |f(x) −
f(y)| ≥ α|x− y| para x, y ∈ Rm. Conclua que f(Rm) é fechado, e dáı, que f é
um difeomorfismo de Rm sobre si mesmo.
Demonstração:
A condição ⟨f ′(x) · v, v⟩ ≥ α|v|2 implica que f ′(x) é uma aplicação linear
que é, no mı́nimo, α-distante da matriz nula em termos de sua ação sobre
qualquer vetor v. Isso implica que a função f é distorcedora e satisfaz uma
desigualdade de Lipschitz tipo, o que permite concluir que a diferença |f(x) −
f(y)| é controlada abaixo por uma constante multiplicada pela distância |x−y|.
Ou seja, temos
|f(x)− f(y)| ≥ α|x− y|.
Essa condição implica que f é injetiva. Além disso, como f preserva a estru-
tura de distância, f(Rm) é fechado. Finalmente, como f é injetiva e cont́ınua, e
sua inversa também é cont́ınua devido à condição de Lipschitz, conclúımos que
f é um difeomorfismo de Rm sobre si mesmo.
3
8.13. Seja f : Rm → Rm de classe C1 tal que f ′(x)
é, para todo x ∈ Rm, uma isometria (isto é, |f ′(x) ·
v| = |v|) na norma euclidiana. Então f é uma
isometria (isto é, |f(x) − f(y)| = |x − y|). Conclua
que existem T ∈ L(Rm) ortogonal e a ∈ Rm tais que
f(x) = T · x+ a.
Enunciado: Seja f : Rm → Rm de classe C1 tal que f ′(x) seja uma isometria
para todo x ∈ Rm. Prove que f é uma isometria e que existem T ∈ L(Rm)
ortogonal e a ∈ Rm tais que f(x) = T · x+ a.
Demonstração:
1. **Isometria de f :**
A condição |f ′(x) · v| = |v| implica que a derivada de f , f ′(x), preserva a
norma do vetor v. Ou seja, a aplicação linear f ′(x) é uma isometria, o que
significa que ela preserva distâncias locais.
Consideramos dois pontos x, y ∈ Rm. A distância entre f(x) e f(y) é dada
por
|f(x)− f(y)| =
∣∣∣∣∫ y
x
f ′(z) dz
∣∣∣∣ .
Como f ′(x) preserva as distâncias, temos
|f(x)− f(y)| = |x− y|.
Portanto, f é uma isometria.
2. **Existência de T ortogonal e a ∈ Rm:**
Sabemos que f ′(x) é uma isometria, o que implica que existe uma matriz
ortogonal T ∈ O(m) tal que
f ′(x) = T para todo x ∈ Rm.
Como f é uma isometria, ela pode ser escrita na forma f(x) = T · x + a,
onde a é uma constante.
Portanto, a solução é f(x) = T · x+ a, onde T é ortogonal e a ∈ Rm.
1
8.14. Seja f : Rm → Rm de classe C1, com |f ′(x) ·
v| ≥ α|v| para x, v ∈ Rm quaisquer (α > 0 con-
stante). Então f é um difeomorfismo de Rm sobre
si mesmo. Em particular, |f(x) − f(y)| ≥ α|x − y|,
para quaisquer x, y ∈ Rm.
Enunciado: Seja f : Rm → Rm de classe C1, tal que |f ′(x) · v| ≥ α|v| para
todo x, v ∈ Rm, com α > 0 constante. Prove que f é um difeomorfismo de Rm
sobre si mesmo e que |f(x)− f(y)| ≥ α|x− y| para quaisquer x, y ∈ Rm.
Demonstração:
A condição |f ′(x) · v| ≥ α|v| implica que a aplicação linear f ′(x) é invert́ıvel
e sua inversa é cont́ınua. Essa condição garante que f é localmente invert́ıvel
em todos os pontos de Rm. Como f é cont́ınuae sua derivada é limitada abaixo,
isso implica que f é um difeomorfismo de Rm sobre si mesmo.
Em particular, para x, y ∈ Rm, temos a seguinte desigualdade:
|f(x)− f(y)| ≥ α|x− y|.
Ou seja, f preserva a distância de forma controlada e é, portanto, um difeo-
morfismo.
8.15. Seja g : V → Rm uma aplicação de classe
C2 no aberto V ⊂ Rm. Dado b ∈ V , suponha que
g′(b) : Rm → Rm seja um isomorfismo. Prove que
existe uma bola aberta B de centro b, tal que a
função φ : B → R, definida por φ(y) = |g(y)− g(b)|2,
é convexa.
Enunciado: Seja g : V → Rm de classe C2, com g′(b) um isomorfismo. Prove
que existe uma bola aberta B de centro b, tal que a função φ(y) = |g(y)−g(b)|2
é convexa.
Demonstração:
Como g′(b) é um isomorfismo, existe uma vizinhança B de b tal que a função
g pode ser aproximada por uma transformação linear localmente invert́ıvel. A
função φ(y) = |g(y)−g(b)|2 é uma função quadrática, cuja convexidade depende
do comportamento da segunda derivada de g.
Para y próximo de b, podemos expandir g(y) em torno de b usando a ex-
pansão de Taylor de segunda ordem:
g(y) ≈ g(b) + g′(b)(y − b) +O(|y − b|2).
Logo, a função φ(y) pode ser aproximada por
2
φ(y) = |g′(b)(y − b)|2 +O(|y − b|3).
Como g′(b) é um isomorfismo, a matriz associada à transformação linear
g′(b) é invert́ıvel, o que garante que φ(y) é convexa em uma vizinhança de b.
Assim, a função φ é convexa.
8.16. Seja f : U → V um difeomorfismo de classe
C2 entre abertos U, V ⊂ Rm. Prove que, para todo
ponto a ∈ U , existe r > 0 tal que a imagem de f
de toda bola de centro a e raio ≤ r é um conjunto
convexo.
Enunciado: Seja f : U → V um difeomorfismo de classe C2 entre abertos
U, V ⊂ Rm. Prove que, para todo ponto a ∈ U , existe r > 0 tal que a imagem
de f de toda bola de centro a e raio ≤ r é um conjunto convexo.
Demonstração:
Como f é um difeomorfismo, sua derivada f ′(a) é uma bijeção. Além disso,
f é diferenciável de classe C2, o que implica que as segundas derivadas de f são
cont́ınuas.
Considerando uma bola B(a, r) de centro a e raio r suficientemente pequeno,
sabemos que, para r pequeno o suficiente, a imagem de B(a, r) por f será uma
região convexa. Isso ocorre porque, para r pequeno, o comportamento de f é
localmente linear, e como f ′(a) é uma bijeção, as imagens de segmentos de reta
na bola B(a, r) serão segmentos de reta, o que garante a convexidade da imagem
de f .
Portanto, existe r > 0 tal que a imagem de f de toda bola de centro a e raio
≤ r é convexa.
3
Soluções Detalhadas - Questões 10.1 a 10.4
Questão 10.1
Seja f : I → R2 dado por f(t) = (x(t), y(t)), um caminho diferenciável. Se
x′(t) ̸= 0 para todo t ∈ I, então f(I) é o gráfico de uma função diferenciável
ξ : J → R.
Demonstração
Pela hipótese, a função x : I → R é diferenciável e tem derivada não nula, logo
é monotônica e, portanto, invert́ıvel. Existe uma função diferenciável ξ tal que
y(t) = ξ(x(t)), provando a afirmação.
Se I = R e existe c > 0 tal que |x′(t)| ≥ c para todo t ∈ R, então x é
uma função propriamente crescente ou decrescente em R, garantindo a definição
global de ξ.
Agora, consideremos f : R2 → R3 dada por:
f(s, t) = (x(s, t), y(s, t), z(s, t)),
com
x(s, t) = es cos t, y(s, t) = es sin t, z(s, t) = t.
O determinante jacobiano é:
J =
∂x
∂s
∂y
∂t
− ∂x
∂t
∂y
∂s
.
Calculando as derivadas parciais:
∂x
∂s
= es cos t,
∂x
∂t
= −es sin t,
∂y
∂s
= es sin t,
∂y
∂t
= es cos t.
Portanto,
J = (es cos t)(es cos t)− (−es sin t)(es sin t) = e2s(cos2 t+ sin2 t) = e2s > 0.
Como J > 0 para todo (s, t) ∈ R2, a aplicação é localmente invert́ıvel, mas sua
imagem não é o gráfico de uma função real de duas variáveis, pois representa
um cilindro sem restrição sobre t.
1
Questão 10.2
Seja f : U → Rm+1 de classe Ck no aberto U ⊂ Rm, com
f(x) = (f1(x), . . . , fm+1(x))
e tal que det
(
∂fi
∂xj
(x)
)
̸= 0 para todo x ∈ U . Então, cada ponto x ∈ U possui
uma vizinhança W ⊂ U tal que f(W ) é o gráfico de uma função ym+1 =
φ(y1, . . . , ym) de classe Ck.
Demonstração
O jacobiano J = ∂f
∂x tem posto máximo (m), o que permite aplicar o Teorema
da Função Impĺıcita. Assim, f(W ) pode ser descrito como o gráfico da função
φ.
Questão 10.3
Seja φ : U → Rn de classe Ck no aberto U ⊂ Rm. Se a ∈ U é tal que
φ′(a) : Rm → Rn é injetiva, então existem uma decomposição Rn = Rm⊕Rn−m
e um aberto V com a ∈ V ⊂ U tais que φ(V ) é o gráfico de uma aplicação
f : W → Rn−m de classe Ck num aberto W ⊂ Rm.
Demonstração
A hipótese implica que φ′ tem posto m, garantindo, pelo Teorema da Função
Impĺıcita, a existência de coordenadas locais e a escrita da imagem como um
gráfico.
Questão 10.4
Sejam f, g : U → Rn diferenciáveis no aberto U ⊂ Rm, e seja X ⊂ U . Definimos
|f − g|1 ≤ δ em X significando que
|f(x)− g(x)| ≤ δ e |f ′(x)− g′(x)| ≤ δ, ∀x ∈ X.
Se K ⊂ U é compacto e f é uma imersão em K (isto é, f ′ é injetiva em K),
então existe δ > 0 tal que, se g for de classe C1 e |g − f |1 ≤ δ em K, então g|K
é uma imersão.
Demonstração
Como f ′ é injetiva e K é compacto, existe c > 0 tal que |f ′(x)v| ≥ c|v| para todo
x ∈ K e v ̸= 0. Se |f ′ − g′| ≤ δ, então g′ permanece injetiva para δ pequeno.
2
Soluções de Questões de Matemática Pura
Questão 10.5
Seja f : U → Rn uma função diferenciável e X ⊂ U . Dizemos que f |X é um mergulho
se:
1. f |X é um homeomorfismo de X sobre f(X), ou seja, f |X é cont́ınua, bijetiva e sua
inversa também é cont́ınua; 2. Para cada x ∈ X, a derivada f ′(x) : Rm → Rn é injetiva,
garantindo que a função localmente preserva a estrutura diferencial.
Queremos provar que se f é de classe C1 e K ⊂ U é um compacto convexo tal que
f |K é um mergulho, então existe δ > 0 tal que qualquer perturbação g : U → Rn de
classe C1 satisfazendo
|g(x)− f(x)| 0 tal que se g estiver suficientemente próximo de f em
norma de C1, então g|K ainda satisfaz as duas condições para ser um mergulho.
Questão 11.1
Exemplo de uma aplicação C∞ aberta que não é uma submersão:
f : R2 → R2, f(x, y) = (x, x2 + y).
A imagem de um aberto pode ser um aberto, mas a matriz jacobiana
Df(x, y) =
[
1 0
2x 1
]
não tem posto máximo para x = 0, falhando como submersão.
Exemplo de uma aplicação C∞ injetiva que não é uma imersão:
g : R → R2, g(t) = (t3, t4).
A derivada é g′(t) = (3t2, 4t3), que se anula em t = 0, impedindo que seja uma imersão
em todo domı́nio.
1
Questão 11.2
Se f : U → R3 tem posto 3 em todos os pontos de U ⊂ R4, queremos mostrar que |f(x)|
não assume valor máximo.
Demonstração:
Se f tivesse um máximo local em algum x0 ∈ U , então seu gradiente se anularia, o
que implicaria que a matriz jacobiana teria uma linha nula, contradizendo a hipótese de
posto constante igual a 3. Portanto, f não pode atingir um valor máximo dentro de U .
Questão 11.3
Dado que f : U → Rm é uma submersão de classe Ck e g : f(U) → Rn é tal que
g ◦ f : U → Rn é de classe Ck, provamos que g também é de classe Ck.
Demonstração:
Pelo teorema da submersão, f(U) é um aberto em Rm e localmente existe uma inversa
diferenciável ϕ. Assim, g = (g ◦ f) ◦ ϕ herda a regularidade de g ◦ f , sendo também de
classe Ck.
Questão 11.4
Seja pa(z) = a0 + a1z + · · · + amz
m, e suponha que z0 é uma raiz simples. Queremos
mostrar que há bolas B e D tal que pb tem uma única raiz z(b) ∈ D de classe C∞ em
relação a b.
Demonstração:
Como p′a(z0) ̸= 0, pelo teorema da função impĺıcita, a equaçãopb(z) = 0 define
localmente uma função diferenciável z(b). Logo, a dependência da raiz simples em relação
aos coeficientes é de classe C∞.
2
Soluções de Questões de Matemática Pura
Questão 11.5
Seja f : Rm × Rn → Rn uma função de classe Ck, com k ≥ 1. Para cada x ∈ Rm,
definimos fx : Rn → Rn como fx(y) = f(x, y). Suponha que existam a ∈ Rm e b ∈ Rn
tais que:
f(a, b) = b,
e a transformação linear f ′
a(b) : Rn → Rn não tem valor próprio igual a 1. Prove que
existem abertos U ∋ a em Rm e V ∋ b em Rn, e uma função h : U → V de classe Ck tal
que, para todo x ∈ U , h(x) é o único ponto fixo de fx em V .
Demonstração:
Definimos G(x, y) = f(x, y)− y. Note que G(a, b) = 0. Como f ′
a(b) não possui valor
próprio igual a 1, a matriz jacobiana ∂G
∂y
(a, b) = f ′
a(b) − I é inverśıvel. Pelo Teorema da
Função Impĺıcita, existe uma vizinhança U × V de (a, b) e uma função h : U → V de
classe Ck tal que G(x, h(x)) = 0, ou seja, f(x, h(x)) = h(x). Além disso, a unicidade
decorre da inversibilidade de f ′
a(b)− I.
Questão 11.6
Seja f : U → R de classe C1 em um aberto U ⊂ Rm. Se 0 ∈ R é um valor regular de f ,
provamos que, para cada compacto K ⊂ U , existe ε = εK > 0 tal que 0 continua sendo
valor regular de g|K para toda função g : U → R de classe C1 com:
|g(x)− f(x)| 0 tal que |∇f(x)| > c > 0 emK. Se g está suficientemente
próximo de f em norma C1, então ∇g(x) continua diferente de zero em K, garantindo
que 0 permanece um valor regular de g.
Questão 12.1
Seja f : U → Rn de classe Ck (k ≥ 1) no aberto U ⊂ Rm. Se, num ponto a ∈ U , a
derivada f ′(a) : Rm → Rm tem posto p, provamos que existe um mergulho φ : V → U de
classe C∞, definido num aberto V ⊂ Rp, tal que f ◦ φ : V → Rn é um mergulho.
Demonstração:
Pelo Teorema da Submersão, existem coordenadas locais (x1, . . . , xm) em U tais que
os primeiros p componentes de f formam um sistema de coordenadas locais. Definimos
1
φ : V ⊂ Rp → U como a inversa local dessas coordenadas, garantindo que f ◦ φ é um
mergulho de classe C∞.
2
Soluções de Questões de Matemática Pura
Questão 13.1
Seja f : U → U de classe Ck (k ≥ 1) no aberto conexo U ⊂ Rm. Se f ◦ f = f , definimos
M = f(U) e provamos que f tem posto constante numa vizinhança de M . Conclúımos
que M é uma superf́ıcie de classe Ck.
Demonstração:
Como f ◦ f = f , temos que f é idempotente. A derivada f ′(x) satisfaz f ′(x)f ′(x) =
f ′(x), implicando que f ′(x) é uma projeção linear. Portanto, o posto de f ′(x) é constante
numa vizinhança de M . Assim, M é uma superf́ıcie diferenciável de classe Ck.
Questão 13.2
Seja M ⊂ Rn uma superf́ıcie de classe Ck (k ≥ 1) e dimensão m. Definimos o fibrado
tangente TM = {(x, v) ∈ Rn × Rn;x ∈ M, v ∈ TxM}. Mostramos que TM é uma
superf́ıcie de dimensão 2m e classe Ck−1.
Demonstração:
Seja φ : V → Rn uma parametrização local de M . A aplicação ψ : V × Rm → TM ,
dada por ψ(u,w) = (φ(u), dφ(u) · w), é um difeomorfismo local, garantindo que TM é
uma superf́ıcie diferenciável de classe Ck−1 e dimensão 2m.
Questão 13.3
Seja TM o fibrado tangente de uma superf́ıcie M de classe Ck (k ≥ 2). Provamos que a
projeção π : TM → M , definida por π(x, v) = x, é uma submersão de classe Ck−1 e que
cada ponto de M tem uma vizinhança V tal que π−1(V ) é difeomorfo a V × Rm.
Demonstração:
A projeção localmente trivial de TM garante que a diferençiabilidade da projeção
π decorre da diferenciabilidade da parametrização local φ. Definimos φV : V × Rm →
π−1(V ), φV (x, v) = (x, dφ(x)v), garantindo o difeomorfismo local.
Questão 13.4
Seja M ⊂ Rn uma superf́ıcie de classe Ck (k ≥ 2) e dimensão m. O fibrado normal de
M é definido por TM⊥ = {(x, v) ∈ Rn × Rn;x ∈ M, v ∈ TxM
⊥}. Provamos que TM⊥ é
uma superf́ıcie de classe Ck−1 e dimensão n.
Demonstração:
A parametrização normal ψ(x,w) = (x,w), onde w ∈ TxM
⊥, fornece um sistema de
coordenadas locais, garantindo que TM⊥ tem estrutura diferenciável de classe Ck−1.
1
Questão 13.5
Seja M ⊂ Rn uma superf́ıcie de classe Ck (k ≥ 2) e dimensão m. O fibrado tangente
unitário é definido por T 1M = {(x, v) ∈ Rn × Rn;x ∈ M, v ∈ TxM, |v| = 1}. Provamos
que T 1M é uma superf́ıcie de classe Ck−1 e dimensão 2m− 1.
Demonstração:
A condição |v| = 1 adiciona uma restrição diferenciável ao fibrado tangente, reduzindo
a dimensão em 1. Assim, T 1M tem dimensão 2m− 1. A projeção π : T 1M →M é uma
submersão, pois a diferençiabilidade é preservada por restrição.
2
Soluções de Questões de Matemática Pura
Questão 13.1
...
Questão 13.6
Seja M ⊂ Rn uma superf́ıcie de classe Ck (k ≥ 2) e dimensão m. Definimos o conjunto
ν1(M) = {(x, v) ∈ Rn × Rn;x ∈ M, v ∈ TxM
⊥, |v| = 1}. Provamos que ν1(M) é uma
superf́ıcie de classe Ck−1 e dimensão n− 1.
Demonstração:
Para cada ponto x ∈ M , o espaço normal TxM
⊥ é um subespaço de dimensão n−m de
Rn. O conjunto das direções unitárias dentro de TxM
⊥ é a esfera unitária Sn−m−1. Como
x 7→ TxM
⊥ é diferenciável de classe Ck−1, a estrutura diferenciável de ν1(M) decorre da
estrutura de fibrado de esferas, garantindo que ν1(M) é uma superf́ıcie de classe Ck−1 e
dimensão n− 1.
A projeção π : ν1(M) → M dada por π(x, v) = x é uma submersão, pois a fibra
$π−1(x) = Sn−m−1 tem estrutura diferenciável. Ademais, se M é compacta, então ν1(M)
também é, pois a projeção π é um fibrado compacto. Reciprocamente, se ν1(M) é com-
pacta, então M é compacta pois é uma imagem de projeção.
Questão 13.7
Seja M ⊂ Rn uma superf́ıcie de classe Ck (k ≥ 2) e TM⊥ seu fibrado normal. Definimos
a aplicação f : TM⊥ → Rn por f(x, v) = x+ v. Provamos que f é de classe Ck−1.
Demonstração:
A aplicação f é soma de duas funções diferenciáveis: a identidade x 7→ x e a projeção
normal v 7→ v. Como M é de classe Ck, a distribuição normal x 7→ TxM
⊥ é de classe
Ck−1, garantindo que f é diferenciável de classe Ck−1.
Agora, seja M0 = {(x, v) ∈ TM⊥; v = 0}. A restrição f |M0 simplesmente x 7→ x, que
um difeomorfismo sobre M . Além disso, para qualquer ponto (x, 0) ∈ M0, existe uma
vizinhança U ⊂ TM⊥ que transformada difeomorficamente por f sobre uma vizinhança
de x em Rn.
Se M é compacta, então existe ε > 0 tal que Aε = {(x, v) ∈ TM⊥; |v|de que a variedade das matrizes de posto constante é
conexa e parametrizável por funções suaves.
Questão 14.2
Sejam M,N superf́ıcies orientáveis e seja f : M → N uma aplicação de classe C1. Seja
y ∈ N um valor regular de f . Queremos provar que f−1(y) é uma superf́ıcie orientável.
Pelo teorema da função inversa e do posto, f−1(y) é uma subvariedade de M de
dimensão menor, sendo difeomorfa a uma variedade de ńıvel regular. A orientabilidade
segue da restrição da orientação de M a essa subvariedade.
Questão 14.3
Seja M ⊂ Rn uma superf́ıcie de classe Ck (k ≥ 2). O fibrado normal TM⊥ é sempre uma
superf́ıcie orientável, assim como o fibrado normal unitário ν1(M).
Isso ocorre porque a orientação de Rn pode ser projetada para a orientação normal,
garantindo que esses fibrados herdem a estrutura de orientabilidade.
Questão 14.4
Seja M ⊂ Rm+1 uma hipersuperf́ıcie conexa de classe Ck (k ≥ 2). Mostraremos que o
fibrado normal unitário ν1(M) conexo se, e somente se, M não-orientável.
Se M orientável, então existe um campo normal unitário globalmente definido, par-
ticionando ν1(M) em duas componentes conexas. Se M não-orientável, então não é
posśıvel definir globalmente esse campo, tornando ν1(M) conexo.
1
A projeção natural π : ν1(M) → M um difeomorfismo local. Quando M orientável,
π, restrita a cada componente conexa de ν1(M), um difeomorfismo sobre M .
Questão 14.5
Seja M ⊂ Rn uma superf́ıcie de classe Ck (k ≥ 2). Queremos mostrar que o fibrado
tangente TM sempre uma superf́ıcie orientável.
A orientabilidade de TM decorre do fato de que, dado um sistema de coordenadas
locais de M , podemos definir localmente bases orientadas para os espaços tangentes, as
quais variam suavemente.
Se f : M → N um difeomorfismo de classe Ck, então sua aplicação tangente Tf :
TM → TN preserva a orientação, pois o determinante de sua matriz diferencial tem sinal
constante ao longo de M .
2
Soluções de Questões de Matemática Pura
Questão 14.6
Enunciado: Seja f : M → N um difeomorfismo local. Se N é orientável então M
é orientável. Caso M seja conexa, orientável e f seja sobrejetivo, a seguinte condição
e necessária e suficiente para que N seja orientável: dados quaisquer x, y ∈ M com
f(x) = f(y) o isomorfismo f ′(y)−1 ◦ f ′(x) : TxM → TyM preserva a orientação desses
dois espaços vetoriais.
Demonstração:
Como f é um difeomorfismo local, então para todo x ∈ M existe uma vizinhança
aberta U ⊂ M tal que f |U : U → f(U) e um difeomorfismo. Isso implica que a diferencial
f ′(x) um isomorfismo linear entre os espaços tangentes TxM e Tf(x)N . Como N e
orientável, existe uma orientação globalmente definida em N , e essa orientação pode ser
transportada para M via f .
Se M conexa e orientável e f sobrejetivo, então a condição de que f ′(y)−1 ◦ f ′(x)
preserva a orientação suficiente para que N seja orientável, pois garante a consistência
da orientação transportada ao longo de todo M .
Questão 14.7
Enunciado: Suponha que exista uma superf́ıcie Pm, de classe C
∞ e dimensão m, com a
seguinte propriedade: existe um difeomorfismo local sobrejetivo f : Sm → Pm, de classe
C∞, tal que f(x) = f(y) se, e somente se, y = ±x. Prove que Pm orientável se, e somente
se, m ı́mpar.
Demonstração:
Sabemos que a esfera Sm orientável para todo m. A projeção f identifica pares de
pontos antipodais, formando o espaço projetivo real Pm = Sm/ ∼, onde x ∼ −x.
Para verificar a orientabilidade, consideramos a mudança de coordenadas em uma
carta local que atravesse um ponto antipodal. A matriz jacobiana associada a essa trans-
formação tem determinante (−1)m+1. Se m ı́mpar, então esse determinante positivo,
garantindo que a orientação seja globalmente consistente. Se m par, a orientação se
inverte, tornando Pm não-orientável.
Questão 14.8
Enunciado: Seja M uma superf́ıcie não-orientável. Prove que existem duas vizinhanças
parametrizadas conexas, U, V ⊂ M tais que U ∩ V tem duas componentes conexas, uma
das quais a mudança de coordenadas tem determinante jacobiano positivo enquanto na
outra esse determinante negativo.
1
Demonstração:
Se M não-orientável, então, por definição, qualquer tentativa de definir uma ori-
entação global falha devido a uma transição onde a orientação se inverte.
Tomemos duas vizinhanças locais U e V em M que são conexas. Como M não-
orientável, existe uma transição em que a orientação se inverte. Isso implica que a in-
terseção U ∩ V possui pelo menos duas componentes conexas, uma na qual a mudança
de coordenadas tem determinante positivo e outra onde o determinante negativo. Esse
fenômeno ocorre, por exemplo, na garrafa de Klein e na fita de Möbius, onde o transporte
de um vetor tangente ao longo de um ciclo retorna o vetor com orientação invertida.
2