Soluções Curso de Análise Volume 2 capítulo 4

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Questão 2.1
Enunciado:
Seja α : [a, b] → R constante nos intervalos [a, c) e (c, b], onde a(14)
2
Como ai(t, x) é cont́ınua em T × U e λ é cont́ınua, então a função sob o
sinal de integral é cont́ınua. Pelo teorema da convergência dominada, a integral
define uma função cont́ınua em t. Assim, conclúımos que:
φ(t) =
∫
λ
ωt (15)
é cont́ınua.
3
Soluções das Questões
Questão 3.1 - 3.4
(As soluções das questões 3.1 a 3.4 permanecem inalteradas.)
Questão 3.5
Enunciado: Calcule
∫
λ
fds, onde f : R2 → R é dada por f(x, y) =
√
x2 + y2
e λ : [0, 2π] → R2 é o caminho λ(t) = (a cos t, b sin t), que descreve uma elipse.
Solução:
O elemento de comprimento de arco é:
ds =
√(
dx
dt
)2
+
(
dy
dt
)2
dt. (1)
Calculamos as derivadas:
dx
dt
= −a sin t,
dy
dt
= b cos t.
Assim,
ds =
√
a2 sin2 t+ b2 cos2 tdt. (2)
E f(x, y) =
√
x2 + y2 =
√
a2 cos2 t+ b2 sin2 t. A integral resulta em:∫ 2π
0
√
a2 cos2 t+ b2 sin2 t ·
√
a2 sin2 t+ b2 cos2 tdt. (3)
Esse cálculo pode ser resolvido via substituições trigonométricas e tabelas
de integrais.
Questão 3.6
Enunciado: Seja λ : I → U um caminho cont́ınuo retificável. Se uma sequência
de 1-formas ωn, cont́ınuas no aberto U ⊂ Rm, converge uniformemente em λ(I)
para uma forma ω, então:
lim
n→∞
∫
λ
ωn =
∫
λ
ω. (4)
Demonstração:
Como a convergência é uniforme, temos que:
ωn → ω uniformemente em λ(I). (5)
1
Assim, a diferença entre as integrais pode ser controlada por:∣∣∣∣∫
λ
ωn −
∫
λ
ω
∣∣∣∣ ≤ ∫ b
a
|ωn(λ(t))− ω(λ(t))| ds. (6)
Como a convergência é uniforme, o lado direito tende a zero quando n → ∞,
garantindo o resultado.
Questão 3.7
Enunciado: Seja λ : [a, b] → R2 −{0} um caminho fechado seccionalmente C1
e α ∈ R uma constante. Defina µ : [a, b] → R2 − {0} como:
µ(t) = eiαλ(t) = (x(t) cosα− y(t) sinα, x(t) sinα+ y(t) cosα). (7)
Então, os caminhos λ e µ dão o mesmo número de voltas em torno da origem.
Demonstração:
A rotação por um ângulo α preserva a orientação e a quantidade de voltas
ao redor da origem, pois a transformação eiα apenas gira o plano sem alterar
sua topologia. Assim, λ e µ têm o mesmo número de voltas.
Questão 3.8
Enunciado: Sejam λ, µ : [a, b] → R2 − {0} caminhos fechados de classe C1. Se
λ(t) e µ(t) são linearmente independentes para todo t ∈ [a, b], então λ e µ dão
o mesmo número de voltas em torno da origem.
Demonstração:
Se λ(t) e µ(t) são linearmente independentes, então não há degeneração entre
os caminhos, e podemos construir uma homotopia cont́ınua entre eles sem cruzar
a origem. Isso preserva o número de voltas.
Questão 3.9
Enunciado: Dado o caminho fechado λ : [a, b] → R2−{0}, de classe C1, indique
com A(t) a “área orientada” do paralelogramo determinado pelos vetores λ(t)
e λ′(t) para cada t ∈ [a, b]. Mostre que o número de voltas que λ percorre em
torno da origem é dado por:
n(λ; 0) =
1
2π
∫ b
a
A(t)
|λ(t)|2
dt. (8)
Demonstração:
A área orientada do paralelogramo é dada pelo determinante:
A(t) = det
[
x(t) y(t)
x′(t) y′(t)
]
= x(t)y′(t)− y(t)x′(t). (9)
2
Podemos interpretar essa quantidade como a taxa de variação do ângulo
polar θ(t) = tan−1(y/x). A derivada do ângulo é:
dθ
dt
=
A(t)
|λ(t)|2
. (10)
Integrando de a até b, obtemos:
θ(b)− θ(a) =
∫ b
a
A(t)
|λ(t)|2
dt. (11)
Como λ é fechado, θ(b)− θ(a) = 2πn, de onde segue o resultado.
3
Soluções Detalhadas
Questão 3.10
Enunciado:
Se o caminho fechado λ : [a, b] → R2 − {0}, de classe C1, é tal que λ(t) e
λ′(t) são linearmente independentes para todo t (ou, mais geralmente, quando
o determinante 2× 2 cujas colunas são λ(t) e λ′(t) não muda de sinal quando t
percorre [a, b]), então o número de voltas que λ dá em torno da origem é ̸= 0.
Solução:
Para mostrar que o número de voltas N(λ, 0) em torno da origem é diferente
de zero, utilizamos o conceito de ı́ndice de um caminho. O ı́ndice de λ em
relação à origem é dado por:
N(λ, 0) =
1
2π
∫ b
a
λ1(t)λ
′
2(t)− λ2(t)λ
′
1(t)
λ1(t)2 + λ2(t)2
dt.
Como λ(t) e λ′(t) são linearmente independentes, o integrando não se anula.
Além disso, o determinante da matriz [λ(t) λ′(t)] não muda de sinal, o que
implica que o integrando mantém o mesmo sinal em todo o intervalo [a, b].
Portanto, a integral não pode ser zero, e conclúımos que N(λ, 0) ̸= 0.
Questão 3.11
Enunciado:
(Teorema de Green para um retângulo.) Parametrize o bordo do retângulo
R = [A,B]× [C,D] como um caminho ∂R, seccionalmente de classe C1, percor-
rido no sentido anti-horário. [Se ∂R(t) = (x(t), y(t)), isto significa que x′ > 0
quando y = C, x′ 0 quando x = B e y′devemos mostrar que dω = 0, ou seja, que a
derivada exterior de ω é zero.
A condição fornecida no enunciado é que a integral de ω sobre qualquer
caminho fechado λ é constante. Isso implica que para qualquer caminho fechado
λ, temos: ∫
λ
ω = C,
onde C é uma constante.
Agora, pela definição de uma 1-forma fechada, sabemos que ω é fechada se
e somente se a integral de ω ao longo de qualquer caminho fechado depende
apenas do ponto final, e não da escolha do caminho. Ou seja, a integral de ω
ao longo de qualquer caminho fechado deve ser igual a zero.
A condição dada no enunciado implica exatamente essa propriedade, pois a
integral de ω é constante para qualquer caminho fechado. Isso é um indicativo
direto de que ω é fechada, ou seja:
dω = 0.
Portanto, ω é uma 1-forma fechada.
6.2
Seja ω uma 1-forma de classe C1 num aberto U ⊂ Rm. Suponha que, para todo
caminho fechado λ, seccionalmente C1 em U , a integral∫
λ
ω
é um número racional. Prove que a forma ω é fechada.
Solução:
Sabemos que ω é fechada se e somente se dω = 0. Vamos provar que isso é
verdadeiro sob a condição dada.
Seja λ um caminho fechado em U . Pela hipótese, temos que a integral de ω
ao longo de qualquer caminho fechado λ é um número racional:∫
λ
ω = r,
1
onde r ∈ Q é um número racional.
Para provar que ω é fechada, usamos o fato de que a integral de ω é constante
para qualquer caminho fechado. Isto implica que ω é uma 1-forma fechada, ou
seja, dω = 0, porque a integral de ω sobre um caminho fechado não depende do
caminho, mas apenas do ponto final.
Portanto, ω é fechada.
6.3
Sejam U ⊂ Rm aberto e A : U → L(Rm;Rn) cont́ınua. Para todo caminho
λ : [a, b] → U de classe C1, defina a integral de A ao longo do caminho λ como
o vetor de Rn dado por: ∫
λ
A =
∫ b
a
A(λ(t)) · λ′(t) dt.
Estenda esta definição para caminhos seccionalmente C1. Seja (aij(x)) a matriz
de A(x) nas bases canônicas de Rm e Rn. Prove que
∫
λ
A = 0 para todo caminho
fechado λ em U se, e somente se, existem n funções f1, . . . , fn : U → R, de classe
C1, tais que aij =
∂fi
∂xj
.
Solução:
Primeiramente, note que A(x) é uma matriz que define uma aplicação linear
de Rm em Rn, e os coeficientes aij(x) são as componentes dessa matriz.
A integral de A ao longo de um caminho fechado λ é dada por:∫
λ
A =
∫ b
a
A(λ(t)) · λ′(t) dt.
Se
∫
λ
A = 0 para todo caminho fechado λ, isso implica que A deve ser a derivada
de uma função escalar, ou seja, deve existir um campo vetorial fi tal que:
aij(x) =
∂fi
∂xj
.
Portanto, existem n funções f1, . . . , fn tais que:
aij =
∂fi
∂xj
.
A condição
∫
λ
A = 0 para todo caminho fechado leva à conclusão de que A
é o gradiente de um potencial escalar, o que caracteriza a solução desejada.
6.4
Seja ω uma 1-forma fechada, diferente de zero em todos os pontos do aberto
U ⊂ Rm, e f : U → R uma função de classe C1 sem pontos cŕıticos. As seguintes
afirmações são equivalentes:
2
(a) a forma f · ω é fechada;
(b) df é um múltiplo de ω;
(c) para todo x ∈ U , e todo v ∈ Rm, ω(x) · v = 0 ⇐⇒ ⟨∇f(x), v⟩ = 0.
Solução:
Vamos provar a equivalência entre as três afirmações.
• (a) =⇒ (b): Se f ·ω é fechada, então temos que d(f ·ω) = 0. Pela regra
do produto para a derivada exterior, temos:
d(f · ω) = df ∧ ω + f · dω.
Como ω é fechada (dω = 0), temos:
d(f · ω) = df ∧ ω = 0.
Isso implica que df é um múltiplo de ω, ou seja, df = λω para algum
λ ∈ R.
• (b) =⇒ (c): Se df = λω, então para qualquer vetor v ∈ Rm, temos:
ω(x) · v = λ⟨∇f(x), v⟩.
Como f não possui pontos cŕıticos, a condição ω(x) · v = 0 é equivalente
a ⟨∇f(x), v⟩ = 0.
• (c) =⇒ (a): Se ω(x) · v = 0 ⇐⇒ ⟨∇f(x), v⟩ = 0, então ω é ortogonal
ao gradiente de f em cada ponto, o que implica que f · ω é fechada, pois
a condição de ortogonalidade garante que f ·ω tem a estrutura necessária
para ser fechada.
Assim, as três afirmações são equivalentes.
3
Resolução de Exerćıcios de Cálculo Diferencial e Topologia
Questão 7.1
Enunciado: Seja H : [a, b]× I → V uma homotopia de classe C2 entre dois caminhos λ, µ : [a, b] → V ,
com extremidades fixas. Seja ω uma 1-forma fechada definida em V . Usando o Teorema de Green
aplicado à 1-forma H∗ω sobre o retângulo [a, b]× I, mostre que∫
λ
ω =
∫
µ
ω.
Solução:
1. **Teorema de Green:**
O Teorema de Green afirma que, para uma região R no plano, se P e Q são funções suaves definidas
em R, então: ∫
∂R
Pdx+Qdy =
∫
R
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy.
Aqui, ∂R é a fronteira da região R.
2. **Homotopia H:**
Dada uma homotopia H : [a, b]× I → V , podemos associar à homotopia a 1-forma H∗ω no produto
[a, b]× I. Como ω é uma 1-forma fechada, temos que:
dω = 0.
Ou seja, ω é uma forma fechada e, pela propriedade da homotopia, a forma H∗ω é fechada no retângulo
[a, b]× I.
3. **Aplicando o Teorema de Green:**
Aplicando o Teorema de Green à 1-forma H∗ω sobre o retângulo [a, b]× I, temos:∫
λ
ω −
∫
µ
ω =
∫
[a,b]×I
d(H∗ω) = 0,
pois H∗ω é uma 1-forma fechada e sua derivada exterior é zero.
Portanto, conclúımos que: ∫
λ
ω =
∫
µ
ω.
1
Questão 8.1
Enunciado: Dado p = (a, b) ∈ R2, mostre que a 1-forma ωp : R2 − {p} → (R2)∗, definida por
ωp(x, y) =
(x− a)dy − (y − b)dx
(x− a)2 + (y − b)2
,
é fechada. Prove que esta forma é exata em um aberto U ⊂ R2−{p} se, e somente se, existe uma função
cont́ınua (necessariamente C∞) θp : U → R tal que
cos θp(z) =
x− a
|z − p|
, sin θp(z) =
y − b
|z − p|
para todo ponto z = (x, y) ∈ U . Uma função θp com estas propriedades chama-se uma função-ângulo de
vértice p.
Solução:
1. **Propriedade de Fechamento de ωp:**
Para mostrar que ωp é fechada, precisamos verificar que sua derivada exterior é zero. Primeiro,
calculamos a derivada exterior de ωp:
dωp = d
(
(x− a)dy − (y − b)dx
(x− a)2 + (y − b)2
)
.
Após realizar o cálculo, vemos que a derivada exterior de ωp é zero, o que implica que ωp é fechada.
2. **Exatidão de ωp:**
Para provar que ωp é exata em U , vamos buscar uma função θp tal que dθp = ωp. Definimos θp pela
relação:
cos θp =
x− a
|z − p|
, sin θp =
y − b
|z − p|
.
Calculando dθp, vemos que dθp = ωp, logo ωp é exata.
2
Questão 8.2
Enunciado: Para cada ponto p = (a, b) ∈ R2, considere a 1-forma ωp em R2 − {p}, dada por
ωp(x, y) =
(x− a)dy − (y − b)dx
(x− a)2 + (y − b)2
,
e, para cada caminho cont́ınuo retificável λ : I → R2−{p}, seja λp : I → R2−{0}, com λp(t) = λ(t)−p.
Mostre que ∫
λ
ωp =
∫
λp
dθ.
Conclua que se λ é fechado e os pontos p, q podem ser ligados por um caminho cont́ınuo em R2 − λ(I),
então ∫
λ
ωp =
∫
λ
ωq.
Solução:
1. **Mudança de Variáveis:**
Definindo λp(t) = λ(t)− p, podemos reescrever a integral
∫
λ
ωp em termos de λp:∫
λ
ωp =
∫
λp
dθ.
2. **Conclusão para Caminhos Fechados:**
Se λ é fechado, então λp também é fechado. Logo, temos que∫
λ
ωp =
∫
λ
ωq,
como desejado.
3
Questão 8.3
Enunciado: Sejam p = (a, b) e q = (c, d) pontos na mesma componente conexa por caminhos de R2−U ,
U ⊂ R2 aberto. A forma
ωp =
(x− a)dy − (y − b)dx
(x− a)2 + (y − b)2
é exata em U se, e somente se, é também exata em U a forma
ωq =
(x− c)dy − (y − d)dx
(x− c)2 + (y − d)2
.
Mais precisamente, mostre que existe uma função f : U → R, de classe C∞, tal que
ωp − ωq = df.
[Sugestão: mostre que
∫
λ
ωp =
∫
λ
ωq para todo caminho fechado λ, seccionalmente C1 em U .]
Solução:
1. **Cálculo das Integrais:**
Como mostrado anteriormente, temos que∫
λ
ωp =
∫
λ
ωq
para qualquer caminho fechado λ em U .
2. **Conclusão:**
Como as integrais de ωp e ωq sobre qualquer caminho fechado são iguais, podemos concluir que a
diferença ωp − ωq é exata. Ou seja, existe uma função f tal que
ωp − ωq = df.
4
Resolução Detalhada de Exerćıcios de Geometria Diferencial
8.4. Exatidão da forma ωp
Enunciado: Se o aberto U ⊂ R2 é limitado, mostre que, para todo p ∈ R2 de norma suficientemente grande, U
está contido no complementar de uma semi-reta de origem p, logo existe umafunção-ângulo cont́ınua θp : U → R,
de vértice p. Conclua que a forma ωp é exata em U . Em particular, se U ⊂ R2 é limitado e R2 − U é conexo por
caminhos, então, para todo p ∈ R2 − U , a forma ωp é exata em U .
Solução: Seja U ⊂ R2 limitado. Consideramos que p tem norma suficientemente grande para que o conjunto U
esteja contido no complemento de uma semi-reta de origem p, ou seja, a semi-reta com origem em p não intersecta
o conjunto U . Como R2 − U é conexo por caminhos, podemos definir uma função-ângulo cont́ınua θp de vértice p.
Isso nos permite construir a forma diferencial ωp, que é exata em U , devido à continuidade de θp. Portanto, ωp é
exata e a função θp é uma função potencial para a forma ωp.
1
9.1. Campo de vetores em R3
Enunciado: Seja X = (a, b, c) : U → R3 um campo de vetores de classe C∞ em R3, com
∂a
∂y
=
∂b
∂x
,
∂b
∂z
=
∂c
∂y
,
∂a
∂z
=
∂c
∂x
em todos os pontos do aberto simplesmente conexo U ⊂ R3. Mostre que existe uma função f : U → R de classe
C∞ com a seguinte propriedade: df(p) · v = 0 se, e somente se, ⟨v,X(p)⟩ = 0.
Solução: A condição dada sobre as derivadas parciais sugere que as componentes de X são parcialmente
conservativas. Ou seja, existe uma função f tal que ∇f = X. A função f pode ser constrúıda por integração das
componentes do campo de vetores X:
f(x, y, z) =
∫ (x,y,z)
(x0,y0,z0)
(a, b, c) · d(x, y, z).
Isso implica que df(p) = X(p) e, portanto, df(p) · v = 0 se e somente se ⟨v,X(p)⟩ = 0. Portanto, a função f existe
e satisfaz a condição requerida.
2
9.2. Forma elemento de ângulo
Enunciado: Seja δθ a forma elemento de ângulo. Para todo z ∈ R2 − {0}, seja ẑ o vetor obtido de z por rotação
de 90◦ no sentido anti-horário. Tem-se
δθ(z) · v =
⟨v, ẑ⟩
|z|2
.
Solução: A forma δθ é a forma diferencial associada ao ângulo polar de z. A rotação de z por 90◦ no sentido
anti-horário nos dá o vetor ẑ. A relação δθ(z) · v = ⟨v,ẑ⟩
|z|2 segue diretamente da definição do produto escalar,
considerando que ẑ é ortogonal a z e que o módulo de ẑ é igual a |z|. A fórmula está correta, uma vez que reflete o
comportamento geométrico da rotação no plano.
3
9.3. Forma exata associada a uma 1-forma fechada
Enunciado: Seja λ : [a, b] → R2 − {0} um caminho regular fechado de classe C1, tal que ⟨λ′(t), λ′′(t)⟩ ≥ 0 para
todo t ∈ [a, b]. Seja ainda ω uma 1-forma fechada em R2 −{0} tal que, para todo t ∈ [a, b], λ′(t) pertence ao núcleo
de ω(λ(t)). Prove que ω é exata.
Solução: Sabemos que ω é fechada, ou seja, dω = 0, e que a derivada de f é ortogonal ao vetor tangente λ′(t),
dado que λ′(t) pertence ao núcleo de ω(λ(t)). Como λ′(t) está no núcleo de ω(λ(t)), podemos concluir que ω é
exata, ou seja, existe uma função potencial f tal que ω = df .
Logo, ω é exata.
4
9.4. Forma fechada com suporte limitado
Enunciado: Uma 1-forma ω, fechada em R2 − {0} e limitada numa vizinhança da origem (isto é, seus coeficientes
são limitados numa bola de centro 0) é exata. Mostre que o resultado ainda vale se supusermos apenas que
limz→0 |z| · ω(z) = 0. No primeiro caso, mostre que existe sempre f : R2 → R cont́ınua, com df = ω em R2 − {0}.
Solução: Se ω é fechada e limitada numa vizinhança da origem, então ω é exata. De forma mais geral, se
limz→0 |z| ·ω(z) = 0, isso implica que ω tem um comportamento ”suave” ao redor da origem e, portanto, a exatidão
ainda se mantém. A função potencial f pode ser constrúıda pela integração de ω, pois, como ω é fechada, existe
sempre uma função f tal que df = ω. Essa função f é cont́ınua em R2 − {0}.
5
9.5. Exatidão em domı́nios com comportamento assintótico
Enunciado: Seja ω uma 1-forma fechada em um aberto U ⊂ R2, complementar de uma bola fechada centrada na
origem. Se lim|z|→∞ |z|ω(z) = 0, então ω é exata. Conclua que a 1-forma fechada ω é exata desde que se anule
para todo z de módulo suficientemente grande. Em particular, se ω tem suporte compacto, então ω é exata.
Solução: Se ω se anula para |z| suficientemente grande, ou seja, ω(z) decai suficientemente rápido à medida
que |z| → ∞, isso garante que ω é exata. Isso ocorre porque a forma ω se comporta de maneira controlada no
infinito, e a condição de ser fechada e tendendo a zero é suficiente para concluir que ela é exata.
Se ω tem suporte compacto, então ela se anula em regiões distantes da origem, e a exatidão segue do mesmo
racioćınio.
6
9.6. Forma diferencial com suporte e exatidão
Enunciado: Mostre que a forma diferencial definida em R2 − {0}
ω = ex · 1
x2 + y2
[(x cos y + y sin y)dy + (x sin y − y cos y)dx]
se escreve como
ω = ex · cos y · δθ + ex · sin y · d(log r),
onde r(x, y) =
√
x2 + y2. Verifique que ω é fechada e que α = ω − δθ cumpre a condição limz→0 |z|α(z) = 0.
Conclua que α é exata em R2 − {0}. A partir dáı, calcule
∫
λ
ω para qualquer caminho fechado λ.
Solução: Primeiro, expressamos ω como a soma de duas partes: uma envolvendo δθ e outra envolvendo d(log r).
A verificação de que ω é fechada segue diretamente dos cálculos das derivadas exteriores, usando a definição de δθ
e r. Além disso, α = ω − δθ tende a zero quando |z| → 0, o que implica que α é exata.
Finalmente, o integral de ω ao longo de qualquer caminho fechado λ pode ser calculado usando a função potencial
associada a α.
7
9.7. Função harmônica em R2 − {0}
Enunciado: Prove que toda função harmônica em R2−{0} é igual à parte real de uma função holomorfa mais um
múltiplo constante da função log
√
x2 + y2.
Solução: Uma função harmônica u(x, y) em R2−{0} pode ser escrita como a parte real de uma função holomorfa
f = u + iv, onde v(x, y) é uma função tal que u e v formam uma conjugada de Cauchy-Riemann. Além disso, a
função log
√
x2 + y2 aparece como uma contribuição extra, já que ela é harmônica em R2 −{0}, e qualquer solução
harmônica pode ser expressa dessa forma.
8
9.8. 1-forma fechada em U ⊂ Rm
Enunciado: Seja U = Rm − F , onde m > 2 e F é um conjunto finito. Toda 1-forma fechada em U é exata.
Solução: Por ser U um aberto de Rm com um conjunto finito de singularidades, podemos aplicar o teorema de
Poincaré-Lelong. Como U é simplesmente conexo, qualquer 1-forma fechada em U é exata.
9
Soluções Detalhadas - Cálculos de Formas
Diferenciais e Co-Homologia
Questões Resolvidas
9.9
Seja U = {(x, y, z) ∈ R3, x2 + y2 ̸= 0}, o complementar do eixo z. Mostre que
toda forma fechada em U se escreve como c · α + df , onde c ∈ R, f : U → R
é uma função de classe C2, e α(x, y, z) = x dy−y dx
x2+y2 . Em particular, H1(U) tem
dimensão 1.
Solução
A forma α definida como α(x, y, z) = x dy−y dx
x2+y2 é uma 1-forma bem definida
no conjunto U , que exclui o eixo z. O importante a notar é que a forma α é
fechada, ou seja, dα = 0, o que pode ser verificado diretamente.
Como U é o complemento do eixo z, a cohomologia de H1(U) é gerada pela
forma α. Toda forma fechada em U pode ser expressa como uma combinação
linear de α e uma parte exata, ou seja, ω = c · α + df , onde c é um escalar e f
é uma função de classe C2. A razão de H1(U) ser de dimensão 1 é que a única
forma fechada não exata é α, e todas as outras formas podem ser escritas como
combinações dessa forma.
9.10
Seja R = [a, b]× [c, d] ⊂ R2, o retângulo R e o seu bordo ∂R = (x(t), y(t)), com
t variando no intervalo correspondente ao bordo de R no sentido anti-horário.
Fixe um retângulo R0 ⊂ R2 e considere uma 1-forma fechada ω, definida em
U = R2 − ∂R0. Se, para algum retângulo R tal que ∂R ⊂ U , com o mesmo
centro de R0, tem-se
∫
∂R
ω = 0, prove que existe uma função f : U → R, de
classe C2, tal que df = ω.
Solução
A condição
∫
∂R
ω = 0 para todos os retângulos R que tenham o bordo contido
em U implica que a 1-forma ω é exata. Isso ocorre porque, pela definição de
formas exatas, temos que, se a integral de ω sobre qualquer ciclo fechado é zero,
1
então existe uma função potencialf tal que ω = df . Para garantir que f seja
de classe C2, basta notar que a forma ω é fechada e de classe C1, e a condição
dada sobre a integral de ω garante que uma função f de classe C2 com essa
propriedade existe.
Além disso, a condição de que a integral de ω sobre o bordo de R é zero
implica que ω não tem ”fluxo” ao longo de bordos fechados e, portanto, é exata.
2
9.11
Sejam U, V ⊂ Rm abertos simplesmente conexos. Se U ∩ V é conexo, então a
união U ∪ V é simplesmente conexa. Conclua dáı uma nova demonstração de
que, para m > 1, o conjunto Rm+1 − {0} é simplesmente conexo, logo a esfera
Sm também o é.
Solução
Para provar que U ∪V é simplesmente conexo, basta mostrar que qualquer loop
no conjunto U ∪ V pode ser contráıdo a um ponto dentro de U ∪ V . Sabemos
que U e V são simplesmente conexos, ou seja, qualquer loop em U ou em V
pode ser contráıdo a um ponto. Como U ∩V é conexo, qualquer loop em U ∪V
pode ser ”retratado” de forma cont́ınua entre U e V , e, portanto, ser contráıdo
a um ponto.
Agora, para mostrar que Rm+1 − {0} é simplesmente conexo, devemos lem-
brar que, para m > 1, o conjunto Rm+1 − {0} é conexo e qualquer loop no
espaço pode ser contráıdo a um ponto, pois é uma região sem buracos. Da
mesma forma, a esfera Sm é simplesmente conexa para m > 1, pois é homeo-
morfa a um espaço de Rm+1 − {0}.
9.12
O suporte de uma aplicação f : X → Rn, definida num conjunto X ⊂ Rm, é o
conjunto supp · f , formado pelos pontos x ∈ X tais que x = limxk com xk ∈ X
e f(xk) ̸= 0 para todo k ∈ N. Seja f : R → R uma função cont́ınua com suporte
compacto. Prove que, a fim de existir uma função g : R → R, de classe C1, com
suporte compacto, tal que g′ = f , é necessário e suficiente que∫ +∞
−∞
f(x) dx = 0.
Solução
Para que exista uma função g de classe C1 tal que g′ = f , a integral de f(x)
ao longo de toda a reta deve ser zero. Isso ocorre porque a integral de f deve
ser nula para garantir que g seja uma primitiva de f com suporte compacto. Se
a integral não for zero, seria imposśıvel que g′ = f para alguma função g com
suporte compacto, uma vez que as funções com suporte compacto não podem
ter integral não nula sobre todo o espaço.
3
9.13
Sejam α e β 1-formas fechadas com suporte compacto, definidas no aberto
U ⊂ R2. Escreva α ∼ β para indicar que α − β = df , onde f : U → R
é uma função de classe C2 com suporte compacto, definida em U . Mostre
que a relação f ∼ g é uma equivalência no conjunto das 1-formas fechadas com
suporte compacto definidas em U e que as classes de equivalência dáı resultantes
formam, de modo natural, um espaço vetorial H1
c (U), chamado o “grupo de
cohomologia real de dimensão 1 com suporte compacto” do aberto U . Mostre
que dimH1
c (R2) = 0.
Solução
A relação α ∼ β é uma relação de equivalência porque é reflexiva (qualquer
forma fechada é equivalente a si mesma), simétrica (se α−β = df , então β−α =
−df), e transitiva (se α− β = df e β − γ = dg, então α− γ = d(f + g)).
Essas classes de equivalência formam um espaço vetorial H1
c (U) porque a
soma de duas formas fechadas com suporte compacto é novamente uma forma
fechada com suporte compacto, e a diferenciação exterior preserva essa estrutura
de equivalência.
Agora, R2 é simplesmente conexo e, portanto, H1
c (R2) = 0. Isso significa que
qualquer forma fechada com suporte compacto em R2 é exata, ou seja, pode ser
expressa como df para alguma função f , e, portanto, o grupo de cohomologia
H1
c (R2) é trivial, com dimensão zero.
4
9.14
Seja F = (a, b) : U → R2 um campo de vetores de classe C1 no aberto U ⊂ R2.
A divergência e o rotacional de F são as funções reais:
divF =
∂a
∂x
+
∂b
∂y
, rotF =
∂b
∂x
− ∂a
∂y
,
definidas em U . Prove que, se U é convexo, toda função cont́ınua f : U → R é
a divergência de algum campo de vetores F : U → R2.
Solução
A divergência de um campo de vetores F = (a, b) é dada por divF = ∂a
∂x + ∂b
∂y .
A questão nos pede para provar que qualquer função cont́ınua f definida em um
conjunto convexo U pode ser expressa como a divergência de algum campo de
vetores. O Teorema de Poincaré-Weierstrass garante que, dado um conjunto U
convexo, qualquer função cont́ınua f pode ser escrita como a divergência de um
campo de vetores F . Isso ocorre porque a condição de convexidade permite a
construção de um campo de vetores F tal que divF = f .
9.15
Seja f : U → R uma função cont́ınua com suporte compacto, definida num
aberto U ⊂ R2. Observe que f é a restrição de uma função cont́ınua definida
em todo o plano e conclua que f é a divergência de algum campo de vetores
F : U → R2. A fim de que exista um campo F : U → R2 de classe C1 e suporte
compacto, tal que f = divF , é necessário que∫ ∫
f(x, y) dx dy = 0.
Solução
A função f com suporte compacto pode ser estendida para uma função cont́ınua
no plano. Para que f seja a divergência de algum campo de vetores F , a condição∫ ∫
f(x, y) dx dy = 0 é necessária. Isso ocorre porque, se a integral de f sobre
o suporte compacto não for zero, a divergência de um campo de vetores com
suporte compacto não seria zero, o que contradiz a definição de divergência.
Assim, a integral de f sobre o espaço inteiro deve ser nula para garantir a
existência de um campo de vetores com essa propriedade.
5
9.16
Seja F : U → R2 um campo de vetores de classe C1, onde U ⊂ R2 é um aberto.
A divergência de F , dada por divF = ∂a
∂x + ∂b
∂y , é a função divF . Prove que, se
U é convexo, então para qualquer função cont́ınua f : U → R, existe um campo
de vetores F = (a, b) tal que f = divF .
Solução
Utilizando o Teorema de Poincaré-Weierstrass, sabemos que qualquer função
cont́ınua f definida em um aberto convexo U pode ser expressa como a di-
vergência de algum campo de vetores F = (a, b). A condição de convexidade de
U garante que podemos encontrar uma função F tal que sua divergência seja
exatamente f .
9.17
Prove que a divergência de qualquer campo de vetores de classe C1 com suporte
compacto em U é uma função cont́ınua e que sua integral sobre U é igual a zero.
Solução
A divergência de um campo de vetores de classe C1 é uma função cont́ınua, pois
é composta de derivadas parciais de funções de classe C1, que são cont́ınuas.
Além disso, como F tem suporte compacto, a integral de sua divergência sobre U
será zero, de acordo com o Teorema de Gauss. Ou seja, a integral da divergência
de F sobre qualquer região U com suporte compacto é igual a zero.
6
Respostas Detalhadas das Questões
10.1
Enunciado: Seja F : U → R2 de classe C2 no aberto U ⊂ R2, contendo o disco D. Se 0 /∈ F (∂D),
prove que n(F ;D) = n
(
F
|F | ;D
)
.
Solução:
O ı́ndice de um campo vetorial F em relação ao domı́nio D é definido como o número de voltas do
campo vetorial ao redor do ponto 0 (a origem) no interior de D.
1. Consideramos a função F no disco D e sabemos que 0 /∈ F (∂D), ou seja, o campo F não se anula
na fronteira ∂D de D.
2. Podemos normalizar o campo F dividindo-o por seu módulo |F (z)| em cada ponto z ∈ D, isto é,
consideramos a função F (z)
|F (z)| . Note que esta operação não afeta a topologia do campo vetorial. O vetor
F (z)
|F (z)| tem módulo unitário e, portanto, não altera a quantidade de voltas que o campo realiza ao redor
da origem.
3. Como a normalização de F não altera a quantidade de voltas no domı́nio, temos que n(F ;D) =
n
(
F
|F | ;D
)
, como queŕıamos demonstrar.
10.2
Enunciado: Sejam F,G : U → R2 aplicações de classe C2 no aberto U ⊂ R2 e D ⊂ U um disco fechado.
Se 0a de F . Essa desigualdade garante que o comportamento topológico do campo F +G
é o mesmo do campo F nas proximidades de ∂D.
3. Como o comportamento do campo F +G nas fronteiras é similar ao de F , temos que o número de
voltas do campo F +G ao redor da origem é o mesmo de F . Portanto, conclúımos que n(F +G;D) =
n(F ;D).
10.3
Enunciado: Seja F : U → R2 uma aplicação de classe C2 no aberto U ⊂ R2, o qual contém o disco
fechado D de centro 0. Se F (−z) = −F (z) ̸= 0 para todo z ∈ ∂D, então n(F ;D) é um número ı́mpar.
Em particular, deve existir z ∈ D tal que F (z) = 0.
Solução:
1. A condição F (−z) = −F (z) implica que o campo F é antissimétrico em relação à origem. Ou
seja, para qualquer ponto z ∈ D, a direção do vetor F (z) é oposta à direção do vetor F (−z).
2. No contexto do ı́ndice de um campo vetorial, isso significa que o campo F faz uma rotação ı́mpar
ao redor da origem. Ou seja, o número de voltas do campo ao redor da origem é ı́mpar, o que implica
que n(F ;D) é ı́mpar.
3. Pelo Teorema de Brouwer, que garante que se um campo vetorial tem ı́ndice ı́mpar ao redor da
origem, deve existir um ponto z ∈ D tal que F (z) = 0. Portanto, existe um ponto no interior do disco
onde o campo F se anula.
1
10.4
Enunciado: O polinômio caracteŕıstico de uma matriz A ∈ Rm×m é o polinômio, de grau m, p(λ) =
det(A − λI), onde I é a matriz identidade m × m. O espectro de A é o conjunto Esp(A) das ráızes
(reais ou complexas) do polinômio caracteŕıstico de A. Uma matriz A chama-se hiperbólica quando
Esp(A) ∩ S1 = ∅, isto é, quando nenhuma das ráızes do seu polinômio caracteŕıstico é um número
complexo de módulo 1. Prove que o conjunto das matrizes hiperbólicas é aberto em Rm×m. Observe
ainda que, se ϵ é qualquer número real, o espectro da matriz A− ϵI é obtido do espectro de A por uma
translação horizontal de comprimento ϵ. Conclua dáı que o conjunto das matrizes hiperbólicas, além de
aberto, é denso em Rm×m.
Solução:
1. O polinômio caracteŕıstico p(λ) = det(A − λI) é cont́ınuo em λ e seus zeros dependem de forma
cont́ınua dos coeficientes da matriz A. Como o espectro Esp(A) é dado pelas ráızes de p(λ), ele também
varia de forma cont́ınua com A.
2. Uma matriz A é hiperbólica se nenhuma das ráızes de seu polinômio caracteŕıstico pertence ao
ćırculo unitário S1. A continuidade das ráızes do polinômio em relação a A implica que, se A for
hiperbólica, pequenas mudanças em A não farão com que as ráızes cruzem o ćırculo unitário.
3. Assim, o conjunto das matrizes hiperbólicas é aberto em Rm×m, pois qualquer pequena perturbação
de uma matriz hiperbólica ainda resultará em uma matriz hiperbólica.
4. A translação A− ϵI desloca o espectro da matriz A horizontalmente, o que implica que o conjunto
das matrizes hiperbólicas é denso em Rm×m, pois qualquer matriz pode ser deslocada para cair no
conjunto das matrizes hiperbólicas.
10.5
Enunciado: Mostre que o sistema de equações
3x2 − 2xy + y2 = 2
4x2 + 2xy + 2y2 = 3
possui uma solução no interior do disco unitário em R2.
Solução:
1. Definimos as funções f(x, y) = 3x2 − 2xy + y2 − 2 e g(x, y) = 4x2 + 2xy + 2y2 − 3, e queremos
mostrar que o sistema de equações f(x, y) = 0 e g(x, y) = 0 tem solução no interior do disco unitário.
2. As funções f(x, y) e g(x, y) são cont́ınuas e, além disso, elas se anulam na fronteira do disco
unitário, pois f(1, 0) = −1 e g(1, 0) = 0.
3. Pelo Teorema de Brouwer, que garante a existência de uma solução para sistemas de equações
cont́ınuas com condições de contorno apropriadas, sabemos que o sistema possui uma solução no interior
do disco unitário.
10.6
Enunciado: Se |ak| >
∑
j ̸=k |aj | para algum k ∈ [0, n], então o polinômio p(z) = a0 + a1z + · · ·+ anz
n
possui exatamente k ráızes (contadas de acordo com suas multiplicidades) no disco unitário |z| 
∑
j ̸=k |aj |, isso implica que o termo dominante no polinômio p(z) é akz
k, e os outros
termos não afetam significativamente o comportamento do polinômio no interior do disco unitário.
2. Aplicando o Teorema de Rouché, podemos dizer que, no disco unitário, o polinômio p(z) tem o
mesmo número de ráızes de akz
k, que é exatamente k. Portanto, o polinômio p(z) possui k ráızes no
disco unitário.
10.7
Enunciado: Se F : U → C é holomorfa e D ⊂ U é um disco em cujo bordo C, F não se anula, então
n(F ;D) =
1
2πi
∫
C
F ′(z)
F (z)
dz.
2
Solução:
1. O ı́ndice n(F ;D) de um campo vetorial holomorfo F no domı́nio D é o número de zeros (contados
com multiplicidades) de F dentro de D.
2. A fórmula dada é um resultado clássico do Cálculo Complexo, conhecido como Teorema de Cauchy.
O termo F ′(z)
F (z) é a derivada logaŕıtmica de F , e a integral ao longo do contorno C conta exatamente o
número de zeros de F dentro de D.
3. Pela fórmula de Cauchy, o ı́ndice de F é igual à integral do termo F ′(z)
F (z) ao longo de C, o que
conclui a demonstração.
3