Soluções de Exercícios do Livro Análise Real vol.2 - Elon Lages Lima

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Soluções de Exercícios do Livro Análise Real vol.2
Elon Lages Lima
Sumário
1 Exercícios do Livro Análise Real vol.2 1
1.1 Topologia do Espaço Euclidiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 O espaço euclidiano n-dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Bolas e conjuntos limitados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.3 Conjuntos abertos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.4 Sequências em Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.5 Conjuntos fechados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.6 Conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.1.7 Aplicações contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.1.8 Continuidade uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.1.9 Homeomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.1.10 Conjuntos conexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.1.11 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.2 Caminhos em Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.2.1 Caminhos diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.2.2 Cálculo diferencial de caminhos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.2.3 A integral de um caminho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.2.4 Caminhos retificáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.3 Funções Reais de n Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.3.1 Derivadas parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.3.2 Funções de classe C1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.3.3 O Teorema de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.3.4 A fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.3.5 Pontos críticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.3.6 Funções convexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Capítulo 1
Exercícios do Livro Análise Real vol.2
1.1 Topologia do Espaço Euclidiano
1.1.1 O espaço euclidiano n-dimensional
Exercício 1
Se |u+ v| = |u|+ |v|, com u 6= 0 (norma euclidiana), prove que existe α ≥ 0 tal que v = α · u.
Solução.
|u+ v| = |u|+ |v| ⇒ |u+ v|2 = |u|2 + 2|u||v|+ |v|2
⇒ 〈u+ v, u+ v〉 = |u|2 + 2|u||v|+ |v|2
⇒ |u|2 + 2〈u, v〉+ |v|2 = |u|2 + 2|u||v|+ |v|2
⇒ 〈u, v〉 = |u||v|.
Tomemos o vetor w = v − 〈v, u〉〈u, u〉u. Como 〈u, v〉 = |u||v|, então temos que:
〈w,w〉 =
〈
v − 〈v, u〉〈u, u〉u, v −
〈v, u〉
〈u, u〉u
〉
=
|u|2|v|2 − 〈v, u〉2
|v|2 = 0
⇒ v = 〈v, u〉〈u, u〉 .
Onde
〈v, u〉
〈u, u〉 =
|u||v|
|u|2 =
|v|
|u| > 0.
Portanto, desde que u 6= 0, ∃ α > 0 , tal que v = α · u.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 2
Exercício 2
Sejam x, y, z ∈ Rn tais que (na norma euclidiana) |x − z| = |x − y| + |y − z|. Prove que existe
t ∈ [0, 1] tal que y = (1− t)x+ tz. Mostre que isto seria falso nas normas do máximo e da soma.
Solução. Chamando u = x−y e v = y−z , temos que |u+v| = |u|+|v|. Ora, mas pela desigualdade
triangular |u + v| ≤ |u| + |v|, onde a igualdade ocorre se, e só se u = αv, para a lgum α ≥ 0 ∈ R,
disto resulta que existe α ≥ 0 ∈ R tal que u = αv, isto é, x−y = α(y−z) ⇒ (1+α)y = x+αz ⇒
y = ( 1
1+α
)x+ ( α
1+α
)z, daí chamando t = α
1+α
, temos que t ∈ [0, 1] e satisfaz y = (1− t)x+ tz.
Se tomarmos os pontos x = (1, 0), y = (0, 0) e z = (0, 1), é fácil ver que eles não são colineares mas
satisfazem |x−z|S = |x−y|S+ |y−z|S , portanto na norma da soma a afirmação não é verdadeira. Da
mesma forma os pontos x = (2, 0), y = (1, 0) e z = (0, 1/2) são um contra-exemplo pra afirmação
se considerarmos a norma do máximo.
Exercício 3
Sejam x, y ∈ Rn não-nulos. Se todo z ∈ Rn que é ortogonal a x for também ortogonal a y, prove que
x e y são múltiplos um do outro.
Solução. Tem-se x 6= 0 e y 6= 0. Se x = y não há nada para demonstrar.
Suponha x 6= y então o vetor y − 〈x, y〉|x|2 · x é ortogonal a x e, por hipótese, também é ortogonal a y e
assim 〈
y, y − 〈x, y〉|x|2 · x
〉
=
〈
x, y − 〈x, y〉|x|2 · x
〉
⇒
〈
y − x, y − 〈x, y〉|x|2 · x
〉
= 0.
como y − x 6= 0, temos
y − 〈x, y〉|x|2 · x = 0 ⇒ y =
〈x, y〉
|x|2 · x,
portanto y é múltiplo de x.
Exercício 4
Se ‖x‖ = ‖y‖, prove que z = 1
2
(x + y) é ortogonal a y − x. (A medida de um triângulo isósceles é
também altura).
Solução. 〈
1
2
(x+ y), y − x〉 = 1
2
〈x+ y, y − x〉
= 1
2
(〈x, y〉 − 〈x, x〉+ 〈y, y〉 − 〈x, x〉)
= 1
2
(〈y, y〉 − 〈x, x〉)
= 1
2
(|y|2 − |x|2)
= 0,
como queríamos provar.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 3
1.1.2 Bolas e conjuntos limitados
Exercício 1
Dados a 6= b em Rn determine c, pertencente à reta ab, tal que c ⊥ (b − a). Conclua que para todo
x ∈ ab, com x 6= c, tem-se |c| < |x|.
Solução. ab = {a+ t(b− a); t ∈ R}
Como c ∈ ab ; c = a+ t(b− a) onde t é tal que 〈c, b− a〉 = 0⇒ 〈a, b− a〉+ t|b− a|2 = 0
⇒ t = −〈a, b− a〉|b− a|2 .
Assim, c é completamente determinado.
Por outro lado:
|c|2 < |c|2+ |b−a|2 = |c+(b−a)|2 = |a+ t(b−a)+(b−a)|2 = |a+(1− t)(b−a)|2 = |x|2 ∀x ∈ ab
com x 6= c.
Portanto, |c| < |x|,∀x ∈ ab.
Exercício 2
Sejam |x| = |y| = r, com x 6= y (norma euclidiana). Se 0 < t < 1, prove que |(1 − t)x + ty| < r.
Conclua que a esfera S(0; r) não contém segmentos de reta.
Solução. Seja xy o segmento de reta de extremos x e y. Então xy = {(1− t)x+ ty; t ∈ [0, 1]}.
Temos que
|(1− t)x+ ty| = |x− tx+ ty| = |x+ t(y − x)| ≤ |x|+ t|y − x| ≤ r + t|y − x| < r.
Como S(0; r) = {x ∈ Rn; |x| = r}, vê-se facilmente que a esfera não contém segmentos de reta.
Exercício 3
Dados o conjunto convexo X ⊂ Rn e o número real r > 0, seja Br(X) =
⋃
x∈X
Br(x). Prove que
Br(X) é convexo.
Solução. Sejam a, b ∈ Br(X). Então existem x0, x1 ∈ X tal que a ∈ Br(x0) e b ∈ Br(x1), portanto
|a− x0| < r e |b− x1| < r.
Seja c um ponto do segmento ab , então c = (1 − t)a + tb, para algum t ∈ (0, 1), daí para este t
tome xc = (1− t)x0 + tx1 · xc ∈ X pois X é convexo. Além disso, temos:
|((1− t)a+ tb)− xc| = |((1− t)a+ tb)− ((1− t)x0 + tx1)|
= |(1− t)(a− x0) + t(b− x1)|
≤ |(1− t)(a− x0)|+ |t(b− x1)|
= (1− t)|(a− x0)|+ t|(b− x1)|
< (1− t)r + tr
= r.
Logo, c = (1 − t)a + tb ∈ Br(X), e como c é um ponto arbitrário do segmento ab, segue que
ab ⊂ Br(X), portanto Br(X) é convexo.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 4
Exercício 4
Prove que o conjunto X = {(x, y) ∈ R2;x2 ≤ y} é convexo.
Solução. Tomemos a = (x1, y1) e b = (x2, y2) ∈ X ⇒ x21 ≤ y1 e x22 ≤ y2. Seja z = t(x2 −
x1, y2−y1)+(x1, y1) um ponto pertencente ao segmento que liga a e b. Temos que [(1−t)x1+tx2]2 =
(1− t)2x21 + 2t(1− t)x1x2 + t2x22.
Como (x1−x2)2 ≥ 0 ⇒ x21+x22 ≥ 2x1x2, daí [(1−t)x1+tx2]2 = (1−t)2x21+2t(1−t)x1x2+t2x22 ≤
(1− t)2x21 + t(1− t)(x21 + x22) + t2x22 = (1− t)x21 + tx22 ≤ (1− t)y1 + ty2, portanto X é convexo.
Exercício 5
Seja T : Rm −→ Rn uma transformação linear. Prove que se T 6= 0 então T não é uma aplicação
limitada. SeX ⊂ Rm é um conjunto limitado, prove que a restrição TX : X −→ Rn de T ao conjunto
X é uma aplicação limitada.
Solução. De fato, dado x ∈ Rm se |T (x)| = c ∈ R+ então |T (nx)| = nc > 0. Logo T não é limitada,
pois R é um corpo arquimediano.
Seja X ⊂ Rm um conjunto limitado. Tomemos a norma da soma, e como X é limitado, existe K tal
que |x| ≤ K, ∀x ∈ X . Temos x = x1e1 + · · ·+ xmem. Seja M = máx{|T (e1)|, · · · , |T (em)|}. Daí,
|T (x)| = |T (x1e1 + · · ·+ xmem)| = |x1T (e1) + · · ·+ xmT (em)|
≤ |x1||T (e1)|+ · · ·+ |xm||T (em)| ≤M(|x1|+ · · ·+ |xm|) ≤M ·K.
Portanto T (X) é um conjunto limitado.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOSDO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 5
1.1.3 Conjuntos abertos
Exercício 1
Para todo conjunto X ⊂ Rm, prove que int.X é um conjunto aberto, isto é int.int.X ⊂ int.X .
Solução. Tomemos x ∈ int.X ⇒ ∃ r0 > 0; B(x, r0) ⊂ X .
Afirmação : B(x, r0) ⊂ int.X .
Prova: De fato, seja y ∈ B(x, r0) e tomemos ε = r0 − |y − x|. Então para todo x ∈ B(y, ε) temos
|x − x| ≤ |x − y| + |y − x| < r0 − |y − x| + |y − x| = r0 ⇒ x ∈ B(x, r0) ⇒ B(y, ε) ⊂
B(x, r0) ⊂ X , portanto y ∈ int.X , logo int.X é aberto.
Exercício 2
Prove que int.X é o maior conjunto aberto contindo em X , ou seja, se A é aberto e A ⊂ X então
A ⊂ int.X
Solução. Seja a ∈ A, como A é aberto, ∃r > 0 tal que B(a; r) ⊂ A, e já que A ⊂ X , segue-se que
B(a; r) ⊂ X , i.e., x ∈ int.X . Então A ⊂ int.X . Assim, int.X =
⋃
Aλ⊂X
Aλ, com Aλ aberto.
Exercício 3
Dê um exemplo de um conjunto X ⊂ Rn cuja a fronteira tem interior não vazio e prove que isto não
seria possível se X fosse aberto.
Solução. Tomando X = Q ⊂ R, temos que a fronteira dos racionais são os reais, pois, dado x ∈ R,
toda bola aberta centrada em x irá conter números racionais e numéros irracionais. Fato decorrente
da densidade dos racionais em R.
Dado X ⊂ Rn aberto, temos que X = int.X ⇒ ∀ x ∈ X, ∃ ε > 0 tal que B(x; ε) ⊂ X ⇒ ∂X = ∅,
pois x ∈ ∂X se toda bola aberta centrada em x possuir pontos do interior de X e do complementar
de X . Assim, nenhum ponto x ∈ ∂X é ponto interior.
Exercício 4
Seja pii : Rn −→ R a projeção sobre a i-ésima coordenada, isto é, se x = (x1, . . . , xn) então
pii(x) = xi. Prove que se A ⊂ R2 é aberto então sua projeção pii(A) ⊂ R também é um conjunto
aberto.
Solução. Consideremos (Rn, |.|max) onde a bola aberta de centro a e raio r > 0 é dada por B(a; r) =
n∏
j=1
(aj − r, aj + r).
Seja A ⊂ Rn um conjunto aberto e ai ∈ pii(A), então existe a ∈ A tal que pii(a) = ai.
Como A é aberto, existe r > 0 tal que B(a; r) =
n∏
j=1
(aj − r, aj + r) ⊂ A.
Então ai ∈ (ai − r, ai + r) = pii(B(a; r)) ⊂ pii(A), donde segue que pii(A) é um conjunto aberto.
Exercício 5
Prove que toda coleção de abertos dois a dois disjuntos e não-vazios de Rn é enumerável.
Solução. Tome em cada aberto A dessa coleção um ponto pertencente ao conjunto não-vazio A∩Qn.
Como Qn é enumerável o mesmo ocorre com o conjunto dos pontos escolhidos, a cada um dos quais
corresponde um único aberto da aberto da coleção, pois estes são disjuntos.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 6
1.1.4 Sequências em Rn
Exercício 1
Dada a sequência (xk)k∈N em Rn, sejam N′ e N′′ subconjuntos infinitos de N tais que N = N′ ∪ N′′.
Se as subsequências (xk)k∈N′ e (xk)k∈N′′ convergem para o mesmo limite a, prove que lim
k∈N
xk = a.
Solução. Dado ε > 0, existem k1, k2 ∈ N tais que k > k1, k ∈ N′ ⇒ |xk − a| < ε e k > k2, k ∈
N′′ ⇒ |xk − a| < ε. Seja k0 = max{k1, k2}. Como N = N′ ∪N′′, segue que k > k0 ⇒ |xk − a| < ε.
Logo limxk = a.
Exercício 2
Dada a sequência (xk)k∈N Rn, prove que as seguintes afirmações são equivalentes:
(a) lim ‖xk‖ = +∞
(b) (xk)k∈N não possui subsequências convergentes.
(c) Para cada conjunto limitado X ⊂ Rn , o conjunto Nx = {k ∈ N;xk ∈ X} é finito.
Solução.
(a) ⇒ (b)
Suponha que houvesse uma subsequência (xk)k∈N′ ⊂ (xk)k∈N convergindo para a. Então dado � = 1,
∃ k1 ∈ N tal que ∀ k ≥ k1, k ∈ N′ ⇒ |xk − a| < 1 ⇒ ||xk| − |a|| ≤ |xk − a| < 1 ⇒ |xk| <
1 + |a|. Em contrapartida, para � = |a| + 1, ∃ k2 ∈ N tal que ∀ k > k2 ⇒ |xk| > |a| + 1, pois
lim
k→ ∞
xk = +∞. Daí se tomarmos k0 = max{k1, k2}, então ∀ k ∈ N′ tal que k ≥ k0, temos por um
lado que |xk| < 1 + |a| e por outro lado |xk| > |a| + 1. Contradição! Portanto (xk)k∈N′ não admite
subsequência convergente.
(b) ⇒ (c)
Suponha que (xk)k∈N não possui subsequências convergentes e que para algum conjunto limitado
X ⊂ Rn, o conjunto NX = {k ∈ N;xk ∈ X} seja infinito. Desse modo a sequência (xk)k∈Nx
é limitada, então pelo teorema de Bolzano-Weierstrass ∃ N′ ( infinito) ⊂ NX ⊂ N tal que (xk)k ∈N′
converge, ou seja , (xk)k∈N admite subsequência convergente. Contradição!
(c) ⇒ (a)
Admitindo (c), suponha que lim ‖xk‖ 6= +∞ ⇒ ∃ A > 0; ∀ k0 ∈ N, ∃ k > k0 satisfazendo
|xk| < A, e neste caso temos que o conjunto limitado X = {k ∈ N;xk ∈ B(0;A)} é infinito.
Contradição!
Exercício 3
Sejam A ⊂ Rn aberto e a ∈ A. Prove que se lim
k→∞
xk = a então existe k0 ∈ N tais que k > k0 ⇒
xk ∈ A.
Solução. Como lim
k→∞
xk = a⇔ Dado ε > 0, existe k0 ∈ N tais que ‖xk − a‖ < ε quando k > k0 i.e.
∀ε > 0, xk ∈ B(a, ε) para k > k0.
Seja ε := |a− ∂A|/2, daí xk ∈ B(a; ε) ⊂ A quando k > k0.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 7
Exercício 4
Se a ∈ ∂X , prove que existem sequências de pontos xk ∈ X e yk ∈ Rn −X tais que xk, yk k→∞−→ a.
Vale a recíproca?
Solução. Como a ∈ ∂X,∀ ε > 0 a bola B(a; ε) contém pontos de X e Rn − X . Assim, ∀ k ∈ N,
existe xk ∈ X e yk ∈ Rn − X com |xk − a| < 1/k e |yk − a| < 1/k. Pela denifição de limite de
sequências, segue que xk, yk
k→∞−→ a.
Reciprocamente, se xk, yk
k→∞−→ a, com xk ∈ X e yk ∈ Rn − X , então ∀ ε > 0, ∃ k0 > 0 tal que
k > k0 ⇒ xk, yk ∈ B(a; ε). Como ∀ ε > 0 a bolaB(a; ε) contém pontos deX e de seu complementar
então a ∈ ∂X .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 8
1.1.5 Conjuntos fechados
Exercício 1
Para quaisquer X, Y ⊂ Rn, prove que X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Dê um exemplo onde
não vale X ∩ Y = X ∩ Y .
Solução.
• X ∪ Y = X ∪ Y :
X ⊆ X e Y ⊆ Y , logo X ∪Y ⊆ X ∪Y . Como X ∪Y é fechado, segue que X ∪ Y ⊆ X ∪Y .
X ⊆ X ∪ Y ⇒ X ⊆ X ∪ Y e Y ⊆ X ∪ Y ⇒ Y ⊆ X ∪ Y . Logo X ∪ Y ⊆ X ∪ Y .
Portanto, X ∪ Y = X ∪ Y .
• X ∩ Y ⊂ X ∩ Y :
X ⊆ X e Y ⊆ Y , logo X ∩ Y ⊆ X ∩ Y . X ∩ Y é fechado e contém X ∩ Y , mas X ∩ Y é o
menor fechado que contém X ∩ Y , portanto X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .
• Exemplo onde não vale X ∩ Y = X ∩ Y :
Sejam a, b e c ∈ R tais que a < b < c. Então para X = (a, b) e Y = (b, c) podemos verificar
que X ∩ Y = { b} 6= ∅ = X ∩ Y .
Exercício 2
Diz-se que o ponto a ∈ Rn é valor de aderência da seqüência (xk)k∈N quando a é limite de alguma
subseqüência de (xk)k∈N. Prove o conjunto dos valores de aderência de qualquer seqüência é fechado.
Solução. Seja F = { conjunto dos valores de aderência da sequência (xk)}.
Tomemos a ∈ F ⇒ B(a; εk) ∩ F 6= ∅, ∀ εk = 1/k, k ∈ N.
Para ε1 = 1, tomemos a1 ∈ B(a, ε1) ∩ F . Como a1 ∈ F ⇒ (xk)k∈N ∩ B(a1; ε1 − |a− a1|) 6= ∅.
Seja xk1 ∈ (xk)k∈N ∩B(a1, ε1 − |a− a1|).
Prosseguindo dessa forma, no i-ésimo passo teremos ai ∈ B(a; εi) ∩ F . Como ai ∈ F ⇒
(xk)k∈N ∩B(ai; εi − |a− ai|) 6= ∅. Tomemos xki ∈ (xk)k∈N ∩B(ai, εi − |a− ai|).
Os termos (xki)i∈N constituem uma subsequência de (xk)k∈N, além disso |xki − a| < 1/i, ∀ i ∈
N ⇒ xki −→ a, portanto a ∈ F , desse modo F ⊂ F ⇒ F é fechado.
Exercício 3
Prove que um conjunto A ⊂ Rn é aberto se, e somente se, A ∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂ Rn.
Solução.
(⇒) Seja a ∈ A ∩ X . Então a = limxk, (xk) ⊂ X . ∃k0 tal que k > k0 ⇒ xk ∈ A. Portanto
xk ∈ A ∩X . Logo a ∈ A ∩X ⇒ A ∩X ⊂ A ∩X .
(⇐) Se A não fosse aberto, existiria um ponto a que não lhe seria interior. Mas, neste caso
a ∈ A ∩ Rn − A ⊂ A ∩ (Rn − A) = ∅. Contradição.
Exercício 4
Se X ⊂ Rm e Y ⊂ Rn, prove que se tem X × Y = X × Y em Rm+n.
Solução. É óbvio que X × Y ⊃ X × Y . Como X × Y é o menor conjunto fechado que contém
X × Y ⇒ X × Y ⊃ X × Y . Por outro lado se (x, y) ∈ X × Y ⇒ ∃ (xk) ⊂ X e (yk) ⊂ Y tais que
xk −→ x e yk −→ y. Daí (xk, yk) ⊂ X × Y e lim(xk, yk) = (x, y) ⇒ (x, y) ∈ X × Y .
Portanto X × Y = X × Y .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 9
Exercício 5
Prove que X ⊂ Rn é fechado⇔ X ⊃ ∂X . Por outro lado A ⊂ Rn é aberto⇔ A ∩ ∂A = ∅.
Solução.
(i) X ⊂ Rn é fechado⇔ X ⊃ ∂X .
De fato, X é fechado⇒ X = X ⇒ ∂X = X ∩ Rn −X = X ∩ Rn −X ⊂ X . Então ∂X ⊂ X .
Reciprocamente, se ∂X = X ∩ Rn −X ⊂ X , então X = X , pois do contrario se x ∈ X e
x /∈ X ⇒ x ∈ X e x ∈ Rn −X então x ∈ X e x ∈ Rn −X ⇒ x ∈ ∂X ⊂ X , logo X é fechado.
(ii) A ⊂ Rn é aberto⇔ A ∩ ∂A= ∅.
De fato, se sabe que ∂A = ∂(Rn − A). Logo:
∅ = ∂A ∩ A = ∂(Rn − A) ∩ A⇔ ∂(Rn − A) ⊂ Rn − A⇔ Rn − A é fechado ⇔ A é aberto.
Exercício 6
Sejam A,B ⊂ Rn conjuntos limitados disjuntos e não-vazios. Se d(A,B) = 0, prove que existe
x ∈ ∂A ∩ ∂B.
Solução. Se d(A,B) = 0 então existem sequências (xk) ⊂ A e (yk) ⊂ B tais que
lim |xk − yk| = 0. Passando a subsequências, se necessário, podemos afirmar que a = limxk, pois A
é limitado. O mesmo vale para yk, pois B é limitado. Daí, a = lim yk. Logo, a ∈ A ∩ B. Como A e
B são disjuntos, não podemos ter a ∈ A e a ∈ B. Portanto, a ∈ ∂A ∩ ∂B.
Exercício 7
Prove que o fecho de um conjunto convexo é convexo.
Solução. Sejam a, b ∈ A. Então existem sequências (ak) e (bk) emA tais que a = lim ak e b = lim bk.
Como A é convexo, então fixando t ∈ [0, 1] temos que (1 − t)ak + tbk ∈ A, ∀ k ∈ N. Daí,
lim((1− t)ak + tbk) = (1− t)a+ tb ∈ A. Portanto A é convexo.
Exercício 8
Prove que se C ⊂ Rn é convexo e fechado então, para todo x ∈ Rn, existe um único x = f(x) ∈ C
tal que d(x,C) = |x− x|
Solução. (Existência): C é fechado e {x} é compacto ⇒ ∃ x ∈ C; d(x,C) = |x− x|.
(Unicidade): Se x ∈ C então f(x) = x e a unicidade é óbvia, pois ∀ x 6= x′, |x−x′| > 0 = |x−x|.
Se x /∈ C, então suponha que exista outro x ∈ C; d(x,C) = |x − x| = |x − x| = r. Ora,
desse modo temos que x e x ∈ S(x, r). Daí ∀ t ∈ (0, 1) tem-se que x(1 − t) + tx ∈ C e
|x(1− t) + tx− x| = |(x− x)(1− t) + t(x− x)| < r = d(x;C). Contradição !
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 10
1.1.6 Conjuntos compactos
Exercício 1
Seja K ⊂ Rn compacto, não-vazio. Prove que existem x, y ∈ K tais que |x− y| = diam.K.
Solução. Por definição, temos que diam.K = sup{|x − y|;x, y ∈ K}. Tome a norma euclidiana.
Pela definição de sup, dado ε > 0, existem x, y ∈ K tais que diam.K ≤ |x− y|+ ε e ∀x, y ∈ K vale
|x− y| ≤ diam.K.
Temos que existem sequências xk, yk ∈ K tais que diam.K = lim |xk − yk|. Como K é limitado, e
passando a subsequências se necessário, diam.K = lim |xk − yk| = |x0 − y0| onde x0, y0 ∈ K. Por
K ser fechado, segue que K = K e x0, y0 ∈ K.
Exercício 2
Se toda cobertura aberta de um conjunto X ⊂ Rn admite uma subcobertura finita, então prove que X
é um conjunto compacto.
Solução.
(Limitado)
Suponha que X fosse ilimitado. Então pra nenhum k ∈ N, X ⊂ B(0; k). Daí neste caso teríamos
que
⋃
k∈N
B(0; k) é uma cobertura de X que não admite subcobertura finita, portanto X deve ser limi-
tado.
(Fechado)
Suponha que X não seja fechado, então existe (xk) ⊂ X; xk −→ a /∈ X . Daí, para cada k ∈ N,
considere o aberto Rn\B[a; 1/k] = Ak. Então
⋃
k∈N
Ak é uma cobertura aberta de X que não admite
subcobertura finita, portanto X deve ser fechado.
Exercício 3
Seja (xk) uma sequência limitada em Rn que possui um único valor de aderência. Prove que (xk) é
convergente. Dê exemplo de uma sequência (não-limitada) não convergente que tem um único valor
de aderência.
Solução. Seja a um valor de aderência de (xk). Se não fosse a = limxk, existiriam ε > 0 e uma
infinidade de índices k tais que |xk − a| ≥ ε. Passando a uma subsequência, se necessário, teríamos
lim
k∈N′
xk = b, com |b − a| ≥ ε, logo b 6= a seria outro valor de aderência. Quanto ao exemplo, basta
tomar xk = 0 para k ímpar e xk = k.ei se k é par.
Exercício 4
Se K ⊂ U ⊂ R com K compacto e U aberto, prove que existe ε > 0 tal que x ∈ K, y ∈ Rn,
|x− y| < ε⇒ [x, y] ∈ U .
Solução. Inicialmente vamos tomar o conjunto Rn − U , o complementar de U no Rn. Esse conjunto
é fechado, pois seu complementar é aberto. Sabemos que K é compacto, ou seja, fechado e limitado,
e Rn − U é fechado, então, pelo fato desses conjuntos serem disjuntos, existe a ∈ K e b ∈ Rn − U
onde a distância é atingida. Em outras palavras, |x− y| ≥ |a− b|, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ Rn−U . Fazendo
|a−b| = ε, temos que |x−y| ≥ ε, ∀ y ∈ (Rn−U), donde B(x; ε) ⊂ U . Assim, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ Rn
tais que |x− y| < ε, temos que y ∈ B(x; ε) ⊂ U . Portanto, [x, y] ⊂ B(x; ε) ⊂ U .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 11
Exercício 5
Seja X ⊂ Rn tal que, para todo compacto K ⊂ Rn, a interseção X ∩K é compacta. Prove que X é
fechado.
Solução. Seja a ∈ X , então existe uma sequência (xk) ⊂ X tal que a = limxk.
Defina K = {xk; k ∈ N} ∪ {a}. K é compacto. Daí, por hipótese X ∩K é compacto, em particular
X ∩K é fechado. Como (xk) ⊂ X ∩K, então a = limxk ∈ X ∩K, portanto pertence a X . Logo
X é fechado.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 12
1.1.7 Aplicações contínuas
Exercício 1
Seja f : Rm −→ Rn contínua. Prove que as seguintes afirmações são equivalentes:
(a) Para todo compacto K ⊂ Rn a imagem inversa f−1(K) ⊂ Rm é compacta.
(b) Se xk é uma sequência emRm sem subsequências convergentes, o mesmo se dá com a sequência(
f(xk)
)
em Rn. (Ou seja, limxk =∞⇒ lim f(xk) =∞.)
Solução.
(a) ⇒ (b) Suponha que f(xk) possui uma subsequência convergindo para o ponto f(x0). O
conjunto K = {f(xk); k ∈ N} ∪ {f(x0)} seria compacto, logo f−1(K) seria um compacto contendo
todos os xk ∈ Rm e então (xk) possuiria uma subsequência convergente.
(b) ⇒ (a) Seja K compacto e suponha, por absurdo, que f−1(K) não seja compacto. Então,
comoK é fechado e f é contínua, temos que f−1(K) é ilimitada. Daí, seja (xk) ⊂ f−1(K)∩Rm uma
sequência sem subsequências convergentes (basta tomar uma sequência ilimitada em f−1(K) ∩ Rm)
⇒ f(xk) ⊂ K e portanto admite subsequência convergente. Contradição.
Exercício 2
Prove que um polinômio complexo não-constante p(z) = a0 + a1z + · · · + anzn, considerado como
uma aplicação p : R2 → R2, cumpre uma das (portanto ambas) condições do exercício anterior.
Solução. Ora para todo z 6= 0 em R2, temos que
p(z) = zn
(a0
zn
+
a1
zn−1
+ · · ·+ an−1
z
+ an
)
.
Tomemos
|p(z)| = |z|n ·
∣∣∣a0
zn
+
a1
zn−1
+ · · ·+ an−1
z
+ an
∣∣∣
e
|zk| → +∞.
Ponha
q(z) =
a0
zn
+
a1
zn−1
+ · · ·+ an−1
z
+ an.
A sequência |q(zk)| é limitada, pois
0 <
|q(zk)|︷ ︸︸ ︷∣∣∣∣a0znk + a1zn−1k + · · ·+ an−1zk + an
∣∣∣∣
≤
∣∣∣∣a0znk
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ a1zn−1k
∣∣∣∣+ · · ·+ ∣∣∣∣an−1zk
∣∣∣∣+ |an| → |an|,
quando |zk| → +∞. Como |q(zk)| é limitada e lim |zk|n = +∞, tem-se que
lim |zk|n · |q(zk)| = +∞.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 13
Exercício 3
Sejam X ⊂ Rm, K ⊂ Rn compacto e f : X ×K → Rp contínua. Suponha que, para cada x ∈ X ,
exista um único y ∈ K tal que f(x, y) = 0. Prove que y depende continuamente de x.
Solução. Defina
g : X → K
x 7→ y,
onde y é o único elemento de K que satisfaz f(x, y) = 0. Temos que g está bem definida.
Resta provar que g é contínua. Para isto fixemos a ∈ X e tomemos (xk)k∈N; xk k∈N−→ a. Suponha
que g(xk) não convirja pra g(a). Então existe � > 0 e infinitos índices k ∈ N; g(xk) /∈ B(g(a), �).
Tomemos N′ = {k ∈ N; g(xk) /∈ B(g(a), �)}. Assim, (g(xk))k∈N′ ⊂ K ⇒ ∃ N′′ ⊂ N′ e
b 6= g(a) ∈ K tal que g(xk) k∈N
′′−→ b. Como f é contínua em X × K ⇒ lim
k∈N′′
f(xk, g(xk)) =
f(a, b) 6= 0, pois b 6= a e g(a) é o único elemento de K que satisfaz f(a, g(a)) = 0. Ora, mas
f(xk, g(xk)) = 0, ∀ k ∈ N′′, portanto se tomarmos � = |f(a, b)|/2, temos que ∃ k0 ∈ N tal que
∀ k ∈ N′′, k > k0 ⇒ |f(xk, g(xk))− f(a, b)| < �, e daí |f(xk, g(xk))| = |f(xk, g(xk)− f(a, b) +
f(a, b)| ≥ |f(a, b)| − |f(xk, g(xk)) − f(a, b)| > |f(a, b)| − |f(a, b)|/2 > 0. Contradição! Portanto
g(xk) −→ g(a)⇒ g é contínua.
Exercício 4
Seja K ⊂ Rn compacto. Prove que a projeção pi : Rm × Rn −→ Rm transforma todo subconjunto
fechado F ⊂ Rm ×K num conjunto fechado pi(F ) ⊂ Rm. Dê exemplo de F ⊂ Rm × Rn fechado
tal que pi(F ) ⊂ Rn não seja fechado.
Solução. Seja a ∈ pi(F ). Então existe (xk = pi(xk, yk))k∈N ∈ pi(F ) tal que lim
k∈N
xk = a.
Como (xk, yk) ∈ F =⇒ yk ∈ K , logo como K é compacto ∃(yk)k∈N′ ⊂ (yk)k∈N tal que lim
k∈N′
yk = b.
Logo lim
k∈N′
(xk, yk) = (a, b) ∈ F pois F é fechado. Então a = pi(a, b) ∈ pi(F ).
Assim temos que pi(F) ⊂ pi(F ), e como sempre pi(F ) ⊂ pi(F ), logo pi(F ) = pi(F ) ⇔ pi(F ) é
fechado.
Exemplo:
Considere C = {(x, y) : x > 0, xy ≥ 1} ⊂ R2 um conjunto fechado.
pi : C −→ R tal que (x, y) 7−→ pi(x, y) = x, ∀(x, y) ∈ C.
pi(C) = (0,+∞) não é fechado.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 14
1.1.8 Continuidade uniforme
Exercício 1
Sejam F , G ⊂ Rn fechados disjuntos não-vazios. A função contínua f : Rn −→ [0, 1], definida
por f(x) =
d(x, F )
d(x, F ) + d(x,G)
cumpre f(x) = 0 para todo x ∈ F e f(x) = 1 para todo x ∈ G.
Ela se chama a função de Urysohn do par (F,G). Prove que se ela é uniformemente contínua, então
d(F,G) > 0.
Solução. Vamos assumir, por absurdo, que d(F,G) = 0. Então existem xk ∈ F e yk ∈ G com
|xk − yk| < 1
k
(consequência da definição de distância).
Além disso para qualquer ε > 0, d(F,G) + ε > |x− y| para algum x ∈ F e y ∈ G. Dessa maneira,
lim |xk − yk| = 0, mas observe que f(xk) = 0 e f(yk) = 1. Assim, |f(xk) − f(yk)| = 1 ⇒
lim |f(xk)− f(yk)| = 1 e consequentemente f não é uniformemente contínua.
Exercício 2
Seja Y ⊂ X ⊂ Rm com Y denso em X . Se a aplicação contínua f : X −→ Rn é tal que sua restrição
f |Y é uniformemente contínua, prove que f é uniformemente contínua.
Solução. f |Y uniformemente contínua ⇒ dado ε > 0 arbitrário, ∃δ = δ(ε) > 0 tal que para todo
x e y em Y satisfazendo |x − y| < δ, tem-se |f(x) − f(y)| < ε/2. Tomemos então x′ e y′ em X
tais que |x′ − y′| < δ. Por hipótese Y é denso em X , portanto existem sequências (xk) e (yk) em
Y , tais que xk −→ x′ e yk −→ y′. Daí |x′ − y′| < δ ⇒ ∃ k0 ∈ N tal que ∀ k > k0 tem-
se |xk − yk| < δ e portanto |f(xk) − f(yk)| < ε/2. Usando a continuidade de f concluimos que
|f(x′)− f(y′)| = lim |f(xk)− f(yk)| ≤ �/2 < �. Portanto f : X −→ Rn é uniformemente contínua.
Exercício 3
Seja X ⊂ Rm um conjunto limitado. Se f : X → Rn é uniformemente contínua, prove que
f(X) ⊂ Rn
também é limitado.
Solução. Se f(X) fosse ilimitada, para cada k ∈ N existiria xk ∈ X tal que |f(xk)| > k. A sequência
assim obtida não possuiria subsequência convergente.
Mas X é limitado, então existe N′ ⊂ N tal que (xk)k∈N′ é de Cauchy. Sendo f uniformemente con-
tínua, temos que (f(xk))k∈N′ é também de Cauchy, logo convergente. Contradição, pois (f(xk))k∈N
não admite subsequência convergente . Portanto f(X) é limitada.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 15
Exercício 4
Sejam f, g : X → R uniformemente contínuas no conjunto X ⊂ Rm. Prove que a soma
f + g : X −→ R é uniformemente contínua e o mesmo se dá com o produto f · g : X → R
caso f e g sejam limitadas.
Solução. Sejam f, g : X ⊂ Rn −→ R uniformemente contínuas. Logo, ∀ (xk), (yk) ⊂ X sequências
tais que |xk − yk| −→ 0 temos |f(xk)− f(yk)| −→ 0 e |g(xk)− g(yk)| −→ 0.
Defina φ : X ⊂ Rn −→ R, em que φ(x) = f(x) + g(x). Vamos mostrar que φ é uniformemente
contínua. De fato, sejam xk, yk ∈ X sequências tais que |xk − yk| −→ 0. Assim,
|φ(xk)− φ(yk)| = |f(xk) + g(xk)− f(yk)− g(yk)|
≤ |f(xk)− f(yk)|+ |g(xk)− g(yk)|.
Como f e g são uniformemente contínuas, segue que
|φ(xk)− φ(yk)| −→ 0
∀xk, yk ∈ X tais que |xk − yk| −→ 0. Portanto, φ é uniformemente contínua.
Agora, defina ψ : X ⊂ Rm −→ R, ψ(x) = f(x)g(x). Temos que
|ψ(xk)− ψ(yk)| = |f(xk)g(xk)− f(yk)g(yk)|
= |f(xk)g(xk)− f(xk)g(yk) + f(xk)g(yk)− f(yk)g(yk)|
≤ |f(xk)||g(xk)− g(yk)|+ |g(yk)||f(xk)− f(yk)|.
Se f e g são limitadas, isto é, existem Mf ,Mg > 0 tais que |f(x)| < Mf , ∀x e |g(y)| < Mg, ∀y,
então
|ψ(xk)− ψ(yk)| ≤Mf |g(xk)− g(yk)|+Mg|f(xk)− f(yk)| −→ 0.
Portanto, ψ é uniformemente contínua se f e g são limitadas.
Exercício 5
SejaC ⊂ Rn convexo. Se x ∈ Rn e x ∈ C são tais que |x−x| = d(x,C), prove que 〈x− x, y − x〉 ≤ 0
para todo y ∈ C.
Solução. Suponha que exista y ∈ C tal que 〈x− x, y − x〉 > 0. Defina z = (y − x)t+ x. Então
|z − x|2 = |(y − x)t− (x− x)|2 =
t2|y − x|2 − 2t 〈y − x, x− x〉+ |x− x|2
Daí, ∀ t ∈ I = (0, 1) ∩
(
0,
2 〈y − x, x− x〉
|y − x|2
)
6= ∅, temos que t2|y − x|2 − 2t 〈y − x, x− x〉 < 0
⇒ |z − x| < |x− x| ⇒ z /∈ C. Absurdo, pois C é convexo.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 16
Exercício 6
Dado C ⊂ Rn convexo e fechado, seja f : Rn −→ C definida por f(x) = x, onde x , é o único ponto
de C tal que |x− x| = d(x,C). Prove que |f(x)− f(y)| ≤ |x− y| para quaisquer x, y ∈ Rn, logo f
é uniformemente contínua.
Solução. Sabemos pelo exercício anterior que se C é convexo , x ∈ Rn e x ∈ C são tais que
|x− x| = d(x,C), então 〈x− x, y − x〉 ≤ 0 para todo y ∈ C.
ComoC é fechado ∃ x0, y0 ∈ C tal que para x, y ∈ Rn temos, |x−x0| = d(x,C) e |y−y0| = d(y, C).
Logo, pelo comentário inicial, temos
〈x− x0, y0 − x0〉 ≤ 0, 〈y − y0, x0 − y0〉 ≤ 0
〈y0 − x0, x− x0〉 ≤ 0, 〈y0 − x0, y0 − y〉 ≤ 0
logo
〈y0 − x0, x− x0〉+ 〈y0 − x0, y0 − y〉 ≤ 0
〈y0 − x0, x− x0 + y0 − y〉 ≤ 0
〈y0 − x0, (y0 − x0)− (y − x)〉 ≤ 0
|y0 − x0|2 ≤ 〈y0 − x0, y − x〉
Pela desigualdade de Schwarz
|y0 − x0|2 ≤ |y0 − x0||y − x|
|y0 − x0| ≤ |y − x|
Assim
|f(y)− f(x)| ≤ |y − x|
então f é lipschitziana, portanto uniformemente contínua.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 17
1.1.9 Homeomorfismos
Exercício 1
Chama-se semi-reta de origem 0 em Rn a um conjunto do tipo σ = {tv; t ≥ 0, 0 6= v ∈ Rn}. Seja
X ⊂ Rn−{0} um conjunto compacto que tem um (único) ponto em comum com cada semi-reta com
origem 0. Prove que X é homeomorfo à esfera Sn−1.
Solução. Seja ϕ : X −→ Sn−1 a aplicação definida por ϕ(x) = x|x| . Vamos mostrar que ϕ é um
homeomorfismo.
Temos que ϕ é uma bijeção. De fato, dados x1, x2 ∈ X tais que ϕ(x1) = ϕ(x2), segue que
x1
|x1| =
x2
|x2| ⇔
|x1|
|x2|x2 = x1 ⇔ x1 e x2 têm a mesma direção e o mesmo sentido, logo estão na
mesma semi-reta e assim x1 = x2 , pois a interseção de cada semi-reta e o conjunto X é única. Logo,
ϕ é injetiva. Além disso, ∀ y ∈ Sn−1, ∃ t > 0 tal que ty ∈ X , pois y 6= 0, com ϕ(ty) = ty|ty| =
ty
t|y| =
y
|y| = y. Dessa maneira, ϕ é também sobrejetiva.
Temos ainda que ϕ é contínua, pois ϕ(x) =
x
|x| é um quociente de funções contínuas (x ∈ X ⊂
Rn − {0} ⇒ |x| 6= 0).
Como X é compacto, logo ϕ é um homeomorfismo.
Exercício 2
Estabeleça um homeomorfismo entre Rn − {0} e o produto cartesiano Sn−1 × R ⊂ Rn+1.
Solução. Defina f : Sn−1 × R −→ Rn − {0} pondo f(x, t) = etx. Temos que f é contínua
pois é o produto de funções contínuas. Além disso, g : Rn − {0} −→ Sn−1 × R, definida por
g(y) =
(
y
|y| , ln |y|
)
, é contínua e satifaz g(f(x, t)) = (x, t) e f(g(y)) = y.
Portanto, f : Sn−1 × R −→ Rn − {0} é um homeomorfismo.
Exercício 3
Mostre que existe um homeomorfismo do produto cartesiano Sm × Sn sobre um subconjunto de
Rm+n+1.
Solução. Sm × Sn ⊂ Sm ×Rn+1 ∼ Sm ×R×Rn ∼ (Rm+1 − {0})×Rn ⊂ Rm+n+1. Daí, olhando
para a função inclusão temos que Sm× Sn é homeomorfo a um subconjunto de Sm×Rn+1 ( a saber,
o próprio Sm × Sn), mas este, por sua vez é homeomorfo a um subconjunto de Sm × R × Rn, que
por sua vez é homeomorfo a um subconjunto de (Rm+1 − {0})× Rn ⊂ Rm+n+1, como queríamos.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 18
Exercício 4
Dê exemplo de conjuntos X, Y ⊂ Rn e pontos a ∈ X , b ∈ Y tais que X − {a} e Y − {b} são
homeomorfos mas X não é homeomorfo a Y .
Solução. Sejam X = [0, 2pi) o intervalo semi-aberto e Y = S1 = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 = 1} o
círculo unitário.
a) Mostraremos que a aplicação f : X − {a} −→ Y − {b}, onde a = 0 e b = (1, 0), definida
por f(t) = (cos t, sen t) é um homeomorfismo. Com efeito, é claro que a aplicação f é contínua,
além disso, f é bijeção. Mostrar que f−1 é contínua, é equivalente a mostrar que f(F ), donde
F ⊂ (X − {a}), é um conjunto fechado. Com efeito, suponhamos que F ⊂ (0, 2pi) é fechado (sa-
bemos que F é limitado) então F é compacto, logo f(F ) é um conjunto compacto, o qual implica
que f(F ) é fechado em S1−{(1, 0)}, portanto f−1 é contínua, e concluímos que f é um homeomor-
fismo.
b) Agora mostraremos quea aplicação f : X −→ Y não é um homeomorfismo. Com efeito, é
claro que a aplicação f definida por f = (cos t, sen t) é contínua e bijetiva. Mas a sua inversa
f−1 : S1 → [0, 2pi) é descontínua no ponto p = (1, 0). De fato, ∀k ∈ N, sejam tk = 2pi − 1
k
e
zk = f(tk). Então lim
k→∞
f(tk) = lim
k→∞
zk = (1, 0), mas lim
k→∞
f−1(zk) = lim
k→∞
tk = 2pi 6= 0 = f−1(1, 0),
assim f−1 é descontínua em (1, 0). Portanto f não é homeomorfismo.
Exercício 5
Sejam X ⊂ Rm, Y ⊂ Rn compactos, a ∈ X e b ∈ Y . Se X − {a} é homeomorfo a Y − {b}, prove
que X e Y são homeomorfos.
Solução. Seja X − {a} ϕ≈ X − {b}. Defina
g : X → Y
x 7→
{
ϕ(x) se x 6= a
b se x = a
Note que g é bijetiva!
Para verificarmos que g é contínua, basta provarmos que lim
x→a
g(x) = b.
Ora, tomemos então (xk) ⊂ X − {a} tal que xk −→ a e suponha que g(xk) 6−→ b. Desse modo
devem existir � > 0 e N′
inf⊂ N tal que ϕ(xk) = g(xk) /∈ B(b, �), ∀ k ∈ N′.
Chamemos ϕ(xk) = yk. Então, como Y é compacto e (yk) ⊂ Y ⇒ ∃ N′′ ⊂ N ′ e c 6= b ∈ Y
tal que yk
k∈N′′→ c. Mas ϕ é bijetiva⇒ ∃ a ∈ X − {a} tal que ϕ(a) = c, e então usando o fato que
ϕ é homeomorfismo, segue que xk = ϕ−1(yk)
k∈N′′→ ϕ−1(c) = a, onde a 6= a. Contradição! Portanto
g(xk) −→ b. Como X é compacto e g é bijetiva e contínua, segue que g é homeomorfismo de X
sobre g(X) = Y .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 19
1.1.10 Conjuntos conexos
Exercício 1
Prove que um conjunto X ⊂ Rn é conexo se, e somente se, para cada par de pontos a, b ∈ X existe
um conjunto conexo Cab ⊂ X tal que a ∈ Cab e b ∈ Cab.
Solução.
(⇒) Se X é conexo, basta tomar Cab = X sempre.
(⇐) Seja a ∈ X fixo. Então, para todo x ∈ X existe um conjunto conexo Cax ⊂ X tal que
a, x ∈ Cax. Logo, X =
⋃
x∈X
Cax. Como os conjuntos Cax são conexos e têm em comum o ponto a
entao X é conexo.
Exercício 2
Seja Z ⊂ Rn(n ≥ 2) um conjunto enumerável. Dados arbitrariamente os pontos a, b ∈ Rn − Z,
prove que existe c ∈ Rn tal que os segmentos de reta [a, c] e [c, b] estão ambos contidos em Rn − Z.
Conclua que o complementar de um conjunto enumerável em Rn é conexo.
Solução. Considere em Rn uma reta r que intersepta o segmento [a, b] em seu ponto médio. Dados
x, y ∈ r onde x 6= y, os conjuntos [a, x] ∪ [x, b] = Ax e Ay = [a, y] ∪ [y, b] têm apenas os pontos
a, b em comum. Suponha por absurdo, que nenhum dos Ax, x ∈ r, estivesse contido em Rn − Z,
escolheríamos para cada x ∈ r um ponto f(x) ∈ Ax ∩ Z. Isto define uma aplicação f : r −→ Z
injetiva, a qual que não existe pois r é não enumerável e Z por hipotese é enumerável. Logo ∃c ∈ r
tal que Ac = [a, c] ∪ [c, b] ⊂ Rn − Z. Daí podemos concluir que todo complementar de um conjunto
enumerável é conexo por caminhos e portanto conexo.
Exercício 3
Prove que S1 e S2 não são homeomorfos.
Solução. S1 − {p} ∼= R e S2 − {q} ∼= R2, ambos através da projeção estereográfica. Daí tomando
p 6= p′ temos que S1 − {p, p′} ∼= R− {P}, portanto S1 − {p, p′} é desconexo.
Por outro lado, para q 6= q′ temos que S2 − {q, q′} ∼= R2 − {Q}, portanto S2 − {q, q′} é conexo
por caminhos, logo conexo. Desse modo S1 não é homeomorfo a S2, pois se assim fosse teríamos
S2 − {q, q′} ∼= S1 − {p, p′}, o que não ocorre.
Exercício 4
Prove que S1 não é homeomorfo a subconjunto de R.
Solução. Um subconjunto de R, para ser homeomorfo a S1 deveria ser compacto e conexo, logo
seria uma intervalo [a, b], o qual fica desconexo pela remoção de um ponto interior, mas a remoção de
qualquer um dos seus pontos não desconecta S1.
Exercício 5
Quantas componentes conexas tem o conjunto X = {(x, y) ∈ R2; (x · y)2 = (x · y)}? Especifique-as.
Solução. X é a união dos dois eixos coordenados (onde ambos contem a origem) com os dois ramos
da hipérbole. Portanto X tem três componentes conexas, onde a união dos dois eixos representa uma
componente e cada um dos ramos da hipérbole é também uma componente conexa.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 20
1.1.11 Limites
Exercício 1
Se f : X −→ Rn é uniformemente contínua no conjunto X ⊂ Rm, prove que, para todo a, ponto de
acumulação de X , existe lim
x→a
f(x).
Solução. Sendo f é uniformemente contínua, toda sequência de Cauchy de pontos (xk) é levada em
uma sequência de Cauchy (f(xk)). Em particular, para toda sequência de pontos (xk) ∈ X − {a}
com limxk = a existe lim f(xk) = b. Este valor não depende da sequência escolhida, pois se
tivéssemos outra sequência (yk) tal que lim yk = a e lim f(yk) = c 6= b, então definiríamos a
sequência (zk) ∈ X − {a} tal que zk = xk, se k é par e zk = yk, se k é ímpar. Neste caso a
sequência (zk) ainda cumpriria lim zk = a, mas lim f(zk) não existiria em virtude de (f(zk)) possuir
duas subsequências convergindo para limites distintos.
Exercício 2
Seja Y ⊂ X ⊂ Rm, com Y denso em X . Para toda aplicação uniformemente contínua f : Y −→ Rn,
prove que existe uma única aplicação F : X −→ Rn, uniformemente contínua, tal que F (y) = f(y)
para todo y ∈ Y .
Solução. Como Y é denso em X e f é uniformemente contínua em Y , existe lim
y→x
f(y) para todo
x ∈ X . Isto define F : X −→ Rn. Para todo ε > 0 dado, tome-se δ > 0 tal que y, y′ ∈ Y , |y−y′| < δ
⇒ |f(y)− f(y′)| < ε/2. Agora se x, x′ ∈ X e |x− x′| < δ, tomamos sequências (yk) e (y′k) em Y ,
com lim yk = x e lim y′k = x
′. Desprezando alguns termos iniciais, podemos supor que |yk − y′k| < δ
onde |f(y)− f(y′)| < ε/2 para k ∈ N, logo |f(x)− f(x′)| = lim |f(yk)− f(y′k)| ≤ ε/2 < ε.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 21
Exercício 3
Dada f : Rm −→ Rn, diz-se que se tem lim
x→∞
f(x) = ∞ quando para todo B > 0 existe A > 0 tal
que |x| > A ⇒ |f(x)| > B. Se p : R2 −→ R2 é um polinômio complexo não-constante, prove que
lim
z→∞
p(z) =∞.
Solução. Seja p : R2 −→ R2, onde p(z) = a0 +a1z+ . . .+akzk, polinômio complexo não constante.
Temos que:
p(z) = zk
(a0
zk
+
a1
zk−1
+ · · ·+ ak−1
z
+ ak
)
.
Tome
ϕ(z) =
a0
zk
+
a1
zk−1
+ · · ·+ ak−1
z
.
Afirmação (*) lim
z→∞
ϕ(z) = 0 , isto é, dado
c
2
= ε > 0,∃δ > 0 tal que |z| > δ ⇒ |ϕ(z)| < c
2
,
onde c = |ak|.
Logo
|p(z)| = |zk(ϕ(z) + ak)|
= |zkϕ(z) + zkak|
≥ |zk||ak| − |zk||ϕ(z)|, para |z| > δ
≥ |zk|c− |zk| c
2
= |zk|
(
c− c
2
)
= |zk| c
2
.
Portanto,
|p(z)| ≥ |zk| c
2
, para |z| > δ
⇒ lim
z→∞
|p(z)| =∞.
Prova da Afirmação (*) lim
z→∞
ϕ(z) = 0 , isto é, dado ε > 0,∃δ > 0 tal que |z| > δ ⇒ |ϕ(z)| < ε
|ϕ(z)| =
∣∣∣a0
zn
+
a1
zn−1
+ · · ·+ an−1
z
∣∣∣ ≤ ∣∣∣a0
zn
∣∣∣+ · · · ∣∣∣an−1
z
∣∣∣
≤
∣∣∣a0
z
∣∣∣+ · · ·+ ∣∣∣an−1
z
∣∣∣ ≤ L|z| + · · ·+ L|z|
=
nL
|z|
onde L = max{|ai|, i = 0, . . . , n− 1}.
Logo, tomando δ =
nL
ε
, temos
|z| > nL
ε
⇒ |ϕ(z)| < nL|z| =
nL
nL
ε
= ε.
Portanto,
|ϕ(z)| < ε.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 22
Exercício 4
Seja X = {x = (x1, · · · , xn) ∈ Rn;x1 · x2 · · ·xn 6= 0}. Defina f : X −→ R pondo
f(x) =
sen (x1 · x2 · · ·xn)
x1 · x2 · · ·xn . Prove que limx→0 f(x) = 1.
Solução. Sabemos da Análise Real que lim
t→0
sen (t)
t
= 1. Daí, dado ε > 0,∃ δ > 0 tal que ∀ t ∈
R, 0 < |t| < δ ⇒
∣∣∣∣sen (t)t − 1
∣∣∣∣ < ε. Se tomarmos em Rn a norma do máximo e assumirmos
δ < 1, então para todo x ∈ X, 0 < |x| < δ, temos 0 < |xi| ≤ |x| < δ, ∀ i = 1, 2, . . . , n, daí
0 < |x1 · x2 · · · xn| < δn < δ ⇒
∣∣∣∣sen (x1 · x2 · · ·xn)x1 · x2 · · ·xn − 1
∣∣∣∣ < ε, como queríamos.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 23
1.2 Caminhos em Rn
1.2.1 Caminhos diferenciáveis
Exercício 1
Seja f : I −→ Rn um caminho diferenciável. Se existirem a ∈ I e b ∈ Rn tais que a é ponto de
acumulação do conjunto f−1(b), prove que f ′(a) = 0.
Solução. Existe xk ∈ I − {a}, tal que limxk = a e (xk) ⊂ f−1(b), ou seja, f(xk) = b, ∀ k > 0.
Mas f é contínua, logo f(a) = lim f(xk) = lim b = b. Então, por f ser diferenciável, f ′(a)existe e
é unica, daí
f ′(a) = lim
x→a
f(x)− f(a)
x− a = limk→∞
f(xk)− f(a)
xk − a
= lim
k→∞
f(a)− f(a)
xk − a
= lim
x→∞
0
xk − a
= 0.
Exercício 2
Seja f : I −→ R2 um caminho diferenciável, cuja imagem coincide com o gráfico da função g :
[0, 1] −→ R e g(t) = |t|. Se a é um ponto interior de I tal que f(a) = (0, 0), prove que f ′(a) = 0.
Solução. Como a imagem de f coincide com o gráfico de g temos que f(t) = (x(t), |x(t)|),∀ t ∈ I ,
com f(a) = (0, 0). Note que |x(t)| ≥ 0, ∀ t ∈ I ⇒ a é ponto de mínimo da função t 7→ |x(t)| e
então a derivada desta função é zero em t = a . Assim, como
−|x(t)| ≤ x(t) ≤ |x(t)| ⇒ x′(a) = 0.
Portanto,
f ′(a) = (x′(a), |x|′(a)) = (0, 0).
Exercício 3
Seja f : R −→ R3 a hélice cilíndrica, definida por f(t) = (cos t, sen t, t). Prove que, para todo
t ∈ R, a reta que liga os pontos f(t) e f(t) + f ′′(t) intersecta o eixo vertical de R3.
Solução. Temos f ′(t) = (−sen t, cos t, 1) e f ′′(t) = (− cos t,−sen t, 0), então
f(t) + f ′′(t) = (cost, sent, t) + (−cost,−sent, 0) = (0, 0, t)
o qual já pertence ao eixo vertical de R3.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 24
Exercício 4
O caminho g : R −→ R3, definido por g(t) = (a cos bt, asen bt, ct) , é também chamado de hélice.
Determine a relação entre as constantes a, b, c a fim de que o caminho g esteja parametrizado pelo
comprimento do arco.
Solução. Uma curva α é parametrizada pelo comprimento do arco se |α′(t)| = 1.
Seja g : R −→ R3, definido por g(t) = (a cos bt, asen bt, ct).
Temos que g′(t) = (−absen bt, ab cos bt, c) logo,
|g′(t)| =
√
〈g′(t), g′(t)〉
=
√
(−absen bt)2 + (ab cos bt)2 + c2
=
√
a2b2sen 2bt+ a2b2 cos2 bt+ c2
=
√
a2b2(sen 2bt+ cos2 bt) + c2
=
√
a2b2 + c2.
Como queremos que g seja parametrizada pelo comprimento do arco temos que ter
|g′(t)| = 1
⇒
√
a2b2 + c2 = 1
⇒ a2b2 + c2 = 1.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 25
1.2.2 Cálculo diferencial de caminhos
Exercício 1
Seja f : [a, b] −→ Rn um caminho diferenciável tal que f(a) = f(b) = 0. Prove que existe c ∈ (a, b)
tal que 〈f(c), f ′(c)〉 = 0.
Solução. Seja g : [a, b] −→ R; g(t) = 〈f(t), f(t)〉. Temos que g é contínua em [a, b] e diferenciável
em (a, b). Além disso g(a) = g(b). Daí, pelo teorema do valor médio para funções reais, temos que
existe c ∈ (a, b) tal que 0 = g(b)−g(a) = g′(c)(b−a) = 2 〈f(c), f ′(c)〉 (b−a)⇒ 〈f(c), f ′(c)〉 = 0.
Exercício 3
Seja f : I −→ Rn2 um caminho diferenciável cujos valores são matrizes n × n. Prove que
g : I −→ Rn2 , dado por g(t) = f(t)k, é diferenciável e calcule g′(t).
Solução. Temos que g é diferenciável, pois é a composta t 7→ f(t) 7→ (f(t), · · · , f(t)) ϕ→ f(t)k,
onde ϕ : Rn2 × · · · × Rn2 é a aplicação k-linear dada pelo produto de matrizes.
A derivada da função f : R
n2 −→ Rn2
x 7−→ xk é a transformação linear f
′(x) : Rn2 → Rn2 , dada por
f ′(x) · v =
k∑
i=1
xi−1 · v · xk−i.
Em dimensão 1 e pela regra da cadeia
f ′(t) =
(
k∑
i=1
x(t)i−1 · x(t)k−i
)
· f ′(t).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 26
1.2.3 A integral de um caminho
Exercício 1
Sejam f : [a, b] −→ Rn e ϕ : [a, b] → R de classe C1. Se |f ′(t)| ≤ ϕ′(t) para todo t ∈ (a, b), prove
que |f(b)− f(a)| ≤ ϕ(b)− ϕ(a).
Solução. Pelo Teorema Fundamental Cálculo para caminhos temos:∫ b
a
f ′(t)dt = f(b)− f(a)
⇒ |f(b)− f(a)| =
∣∣∣∣∫ b
a
f ′(t)dt
∣∣∣∣ ≤ ∫ b
a
|f ′(t)|dt
≤
∫ b
a
ϕ′(t)dt = ϕ(b)− ϕ(a)
∴ |f(b)− f(a)| ≤ ϕ(b)− ϕ(a).
Exercício 2
Seja f : [a, a+ h] −→ Rn um caminho de classe Ck. Prove que
f(a+ h) = f(a) + h · f ′(a) + · · ·+ h
k−1
(k − 1)!f
k−1(a) + rk
onde
rk =
hk
(k − 1)!
∫ 1
0
(1− t)k−1f (k)(a+ th)dt.
Solução. Como f(t) =
(
f1(t), . . . , fn(t)
)
é um caminho de classe Ck, segue que
fi(t) : [a, a + h] −→ R é um caminho de classe Ck, ∀i = 1 . . . n. Pela fórmula de Taylor com
resto integral para funções reais temos que
fi(a+ h) = fi(a) + h · f ′i(a) + · · ·+
hk−1
(k − 1)!f
k−1
i (a) + r
i
k,
onde rik =
hk
(k − 1)!
∫ 1
0
(1− t)k−1f (k)i (a+ th)dt, ∀ i = 1, . . . , n.
Assim,
f(a+ h) =
(
f1(a+ h), . . . , fn(a+ h)
)
=
(
f1(a) + h · f ′1(a) + · · ·+
hk−1
(k − 1)!f
k−1
1 (a) + r
1
k, . . . , fn(a) + h · f ′n(a) + · · ·+
+
hk−1
(k − 1)!f
k−1
n (a) + r
n
k
)
= f(a) + h · f ′(a) + · · ·+ h
k−1
(k − 1)!f
k−1(a) + rk,
onde
rk = (r
1
k, · · · , rnk )
=
(
hk
(k − 1)!
∫ 1
0
(1− t)k−1f (k)1 (a+ th)dt, . . . ,
hk
(k − 1)!
∫ 1
0
(1− t)k−1f (k)n (a+ th)dt
)
=
hk
(k − 1)!
∫ 1
0
(1− t)k−1f (k)(a+ th)dt.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 27
Exercício 3
Sejam f, g : [a, b] −→ Rn caminhos de classe C1. Prove que∫ b
a
〈
f(t), g
′
(t)
〉
dt = 〈f(b), g(b)〉 − 〈f(a), g(a)〉 −
∫ b
a
〈
f
′
(t), g(t)
〉
dt.
Solução. Denotando f = (f1, . . . , fn) e g
′
= (g
′
1, . . . , g
′
n), temos que∫ b
a
〈
f(t), g
′
(t)
〉
dt =
∫ b
a
f1(t)g
′
1(t) + · · ·+ fn(t)g
′
m(t)dt
=
∫ b
a
f1(t)g
′
1(t)dt+
∫ b
a
f2(t)g
′
2(t)dt+ · · ·+
∫ b
a
fn(t)g
′
n(t)dt
(∗)
= f1(t)g1(t)|ba −
∫ b
a
f
′
1(t)g1(t)dt+ · · ·+ fn(t)gn(t)|ba −
∫ b
a
f
′
n(t)gn(t)dt
= f1(b)g1(b)− f1(a)g1(a)−
∫ b
a
f
′
1(t)g1(t)dt+ · · ·+ fn(b)gn(b)− fn(a)gn(a)−
−
∫ b
a
f
′
n(t)gn(t)dt
= 〈f(b), g(b)〉 − 〈f(a), g(a)〉 −
∫ b
a
〈
f
′
(t), g(t)
〉
dt.
(∗) Teorema da Integração por partes:
Se f, g : [a, b] −→ R possuem derivadas integráveis então∫ b
a
f(t)g′(t)dt = f(t)g(t)|ba −
∫ b
a
f ′(t)g(t)dt.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 28
1.2.4 Caminhos retificáveis
Exercício 1
Seja f : [a, b] −→ Rn um caminho retificável, com f(a) = A e f(b) = B. Se seu comprimento é
l(f) = |B − A|, prove que f é uma reparametrização do caminho retilíneo [A,B].
Solução. Para toda partição P = {a = t0 < t1 < · · · < tk = b} temos que
|B − A| ≤ l(f, P ) ≤ l(f). Como l(f) = |B − A|, segue-se que l(f, P ) = |B − A|. Resulta
que os pontos A = f(t0), f(t1) · · · , f(tk) = B estão dispostos ordenadamente sobre o segmento de
retaAB. Então, ∀t ∈ [a, b], tem-se f(t) = A+ϕ(t) ·v, com v = B−A, e a função ϕ : [a, b] −→ [0, b]
é não-decrescente. Com f ∈ C1, segue-se que ϕ ∈ C1, como é não-decrescente, ϕ′ ≥ 0. Logo f é
uma reparametrização do caminho retilíneo f(t) = A+ t · v.
Exercício 3
Seja U ⊂ Rn aberto e conexo. Dados a, b ∈ U , prove que existe um caminho retificável f : I → U
começando em a e terminando em b.
Solução. Seja a, b ∈ U . Como U é aberto e conexo, segue que U é conexo por caminhos, logo
existe um caminho poligonal contido en U que liga a e b. Isto é, existem x0, x2, . . . , xn ∈ U tais
que o caminho retilíneo Pi : [0, 1] −→ U com Pi(0) = xi−1 e Pi(1) = xi está contido em U ,
∀ i = 1, . . . , n, onde x0 = a e xn = b. Defina o caminho f : [0, 1] → U como a justaposição dos
caminhos P1, P2, . . . , Pn para uma partição P = {t0 < t1 < . . . < tn}. Assim,
l(f ;P ) =
k∑
i=1
|f(ti)− f(ti−1)| =
k∑
i=1
|xi − xi−1| ≤ nK,
onde K = max
i=1,n
{|xi − xi−1|}. Então l(f ;P ) é limitado para toda partição P . Portanto f é retificável.
Exercício 4
Dado U ⊂ Rn aberto e conexo, defina a distância intrínseca entre os pontos a, b ∈ U como o ínfimo
dU(a, b) dos comprimentos dos caminhos retificáveis f : I −→ U , que ligam a e b. Prove que se (xk)
é uma sequência de pontos em U e a ∈ U , tem-se que limxk = a se, e somente se, lim dU(xk, a) = 0.
Solução.
(⇐) Da definição de distância intrínseca entre os pontos x e a concluimos que |x − a| ≤ dU(x, a),
logo se lim dU(xk, a) = 0⇒ limxk = a.
(⇒) Seja B = B(a; r) ⊂ U . Para pontos xk ∈ B, tem-se que dU(xk, a) = |x − a|, portanto
limxk = a ⇒ lim |xk − a| = 0 ⇒ lim dU(xk, a) = 0, pois xk ∈ B para todo k suficientemente
grande.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVROANÁLISE REAL VOL.2 29
1.3 Funções Reais de n Variáveis
1.3.1 Derivadas parciais
Exercício 1
Um conjunto X ⊂ Rn chama-se i-convexo (1 ≤ i ≤ n) quando para quaisquer a, b ∈ X tais que
b = a + tei, tem-se [a, b] ⊂ X . (Se X ⊂ R2, diz-se então que X é horizontalmente convexo ou
verticalmente convexo, conforme seja i = 1 ou i = 2). Prove que se o aberto U ⊂ Rn é i-convexo e a
função f : U −→ R cumpre ∂f
∂xi
(x) = 0 para todo x ∈ U então f não depende da i-ésima variável,
isto é, x, x+ tei ∈ U ⇒ f(x+ tei) = f(x).
Solução. Como U é i-convexo, o segmento de extremos x e x + tei está contido em U .
Além disso, a existência de
∂f
∂xi
(x) = 0 para todo x ∈ U nos assegura que f é contínua em
[x, x + tei] e é diferenciável em (x, x + tei), daí pelo Teorema do Valor Médio, ∃ θ ∈ (0, 1) tal
que f(x+ tei)− f(x) = ∂f
∂xi
(x+ θtei)t = 0 ⇒ f(x+ tei) = f(x), como queríamos.
Exercício 2
Sejam X = {(x, 0);x ≥ 0} e U = R2 − X . Defina f : U −→ R pondo f(x, y) = x2 quando
x > 0, y > 0 e f(x, y) = 0 quando x ≤ 0 ou y < 0. Mostre que se tem ∂f
∂y
= 0 em todos os pontos
de U mas f depende de y.
Solução. O conjunto aberto U = R2 − X é horizontalmente convexo. E, para determinarmos as
derivadas parciais de f em relação à y, consideremos as duas restrições que definem f :
(i) Para x > 0, y > 0, f(x, y) = x2 ⇒ ∂f
∂y
= 0;
(ii) Para x ≤ 0 ou y < 0, f(x, y) = 0 ⇒ ∂f
∂y
= 0.
Para mostrar que f depende de y, basta mostrar que f assume valores diferentes para diferentes
valores de y. Para tal, considerando x > 0, y > 0, temos que f(x, y) = x2 é estritamente positiva e,
tomando o simétrico da segunda coordenada (essa passa a ser negativa), obtemos f(x,−y) = 0.
Exercício 3
Diz-se que um caminho retilíneo f : I −→ Rn é paralelo ao i-ésimo eixo quando ele é da forma
f(t) = a + tei, t ∈ I . Se U ⊂ Rn é um aberto conexo, prove que dois pontos a, b ∈ U quaisquer
podem ser ligados por um caminho poligonal contido em U , cujos trechos retilíneos são paralelos aos
eixos. Conclua que se U ⊂ Rn é conexo e f : U −→ R cumpre ∂f
∂xi
(x) = 0 para todo x ∈ U e
qualquer i com 1 ≤ i ≤ n, então f é constante.
Solução. Dois pontos quaisquer de uma bola podem ser ligados por um caminho poligonal contido
nela, o qual tem seus lados paralelos aos eixos. Segue-se daí, que o mesmo ocorre em qualquer aberto
conexo. Fixando a ∈ U , para todo ponto x ∈ U , unindo-o ao ponto a por um caminho desse tipo, em
cada segmento retilíneo do caminho varia apenas a i-ésima coordenada, e como
∂f
∂xi
= 0, a função f
se mantém constante ao longo desse segmento. Então f(x) = f(a) para todo x ∈ U e f é constante.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 30
Exercício 4
Seja U ⊂ Rn aberto. Se f : U −→ R possui derivadas parciais ∂f
∂xi
: U −→ R, i = 1, . . . , n
limitadas, prove que f é contínua.
Solução. Seja M > 0 tal que
∣∣∣∣ ∂f∂xi (x)
∣∣∣∣ ≤M , ∀ i = 1, . . . , n e ∀ x ∈M .
Dados x, x+ v ∈ U com v = (α1, . . . , αn) definamos a seguinte sequência de vetores em Rn:
v0 = 0
v1 = v0 + α1e1
v2 = v1 + α2e2
...
...
...
vn = vn−1 + αnen = v.
Daí
f(x+ v)− f(x) = f(x+ v1)− f(x+ v0) + f(x+ v2)− f(x+ v1) + . . .+ f(x+ vn)− f(x)
⇒ f(x+ v)− f(x) =
n∑
i=1
[f(x+ vi)− f(x+ vi−1)]
Pelo T.V.M (de uma variável ),
|f(x+ vi)− f(x+ vi−1)| =
∣∣∣∣ ∂f∂xi (z)
∣∣∣∣ .|αi| ≤M |αi|, z ∈ [vi−1, vi]
Então,
|f(x + v) − f(x)| ≤ M
n∑
i=1
|αi| = M |v|, daí fazendo y = x + v obtemos que |f(y) − f(x)| ≤
M |x− y|, logo f é contínua.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 31
1.3.2 Funções de classe C1
Exercício 1
Seja f : R2 −→ R definida por f(x, y) = x
2y
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0) e f(0, 0) = 0. Mostre que, para
todo v = (α, β) ∈ R2, existe a derivada direcional ∂f
∂v
(0, 0) mas f não é diferenciável no ponto (0, 0).
Solução. Se v = (α, β) então
∂f
∂v
(0, 0) = lim
t→0
f(tα, tβ)− f(0, 0)
t
= lim
t→0
(tα)2tβ
(tα)2 + (tβ)2
1
t
=
α2β
α2 + β2
, ∀ v 6= 0.
Em particular,
∂f
∂x
(0, 0) = 0 e
∂f
∂y
(0, 0) = 0 =⇒ ∇f(0, 0) =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
)
(0, 0) = 0.
Se f fosse diferenciável no ponto (0, 0), teríamos
∂f
∂v
(0, 0) = 〈∇(0, 0), v〉, o que não ocorre.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 32
Exercício 2
Seja f : Rn −→ R uma função contínua que possui todas as derivadas direcionais em qualquer ponto
de Rn. Se
∂f
∂u
(u) > 0 para todo u ∈ Sn−1, prove que existe a ∈ Rn tal que ∂f
∂v
(a) = 0, seja qual for
v ∈ Rn.
Solução. Seja u ∈ Sn−1. Então a condição ∂f
∂u
(u) > 0 implica que existe δ > 0 tal que para todo
t ∈ R satisfazendo −δ < t < 0 tem-se f(u+ tu)− f(u)
t
> 0⇒ f(u+ tu) < f(u).
Note que se −δ < t < 0 então 1− δ < 1 + t < 1⇒ |(1 + t)u| < |u| = 1 e assim (1 + t)u ∈ B(0, 1).
Além disso, f
(
(1 + t)u
)
< f(u). Como esta desigualdade vale para todo u ∈ Sn−1, temos que o
mínimo de f |B[0,1] é assumido em algum ponto a ∈ B(0, 1).
Definindo ϕv : R −→ R por ϕv(t) = f(a+ tv), ∀ v ∈ Rn, temos que ϕ tem um mínimo local quando
t = 0 e assim 0 = ϕ′v(0) =
∂f
∂v
(a).
Outra Solução.
Temos que
∂f
∂u
(u) = lim
t−→0
f(u+ tu)− f(u)
t
> 0.
Considere ϕ : R −→ R definida por ϕu(t) = f(tu).
Como
ϕ′u(1) = lim
h−→0
ϕu(1 + h)− ϕu(1)
h
= lim
h−→0
f
(
(1 + h)u
)− f(u)
h
=
∂f
∂u
(u) > 0 ⇒ ϕ′u(1) > 0,
então existe ε > 0 tal que 1− ε < t < 1⇒ ϕu(t) < ϕu(1).
Assim,
f(tu) < f(u), 1− ε < t < 1, u ∈ Sn−1. (i)
Como f é contínua na bola fechadaB[0, 1], pelo Teorema de Weierstrass, f assume um mínimo nesse
conjunto, o qual é atingido num ponto a tal que |a| < 1. Se essa desigualdade não fosse estrita,
teríamos que a ∈ Sn−1 e assim, de (i), a não seria ponto de mínimo.
Como a ∈ intB[0, 1], temos que a+ tv ∈ B[0, 1], para t suficientemente pequeno.
Definindo ψ : R −→ R por ψv(t) = f(a+ tv), segue que
ψv(t) = f(a+ tv) ≥ f(a) = ψv(0), para cada v ∈ Rn. (ii)
Logo,
∂f
∂v
(a) = lim
t−→0
f(a+ tv)− f(a)
t
= lim
t−→0
ψv(t)− ψv(0)
t
= ψ′v(0) = 0, ∀ v ∈ Rn,
pois, por (ii), 0 é um ponto de mínimo local de ψ para cada v ∈ Rn.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 33
Exercício 3
Seja f : Rn → R diferenciável no ponto 0. Se f(tx) = t · f(x) para todo t > 0 e todo x ∈ Rn,
prove que f é linear. Conclua que a função ϕ : R2 −→ R, dada por ϕ(x, y) = x3/(x2 + y2) se
(x, y) 6= (0, 0) e ϕ(0, 0) = 0, não é diferenciável na origem.
Solução. Primeiro note que f diferenciável em 0 ⇒ f contínua em 0. Como ∀ t > 0,
f(tx) = tf(x), então lim
t→0+
f(tx) = f
(
lim
t→0+
tx
)
= f(0). Além disso,
f(tx) = tf(x) ⇒ f(0) = lim
t→0+
f(tx) = lim
t→0+
tf(x) = 0.
Por outro lado, temos que
f ′(0)x = lim
t→0
f(tx)− f(0)
t
= lim
t→0+
f(tx)− f(0)
t
= lim
t→0+
f(x) = f(x), ∀ x ∈ Rn.
Portanto f é linear.
No caso da função ϕ : R2 −→ R dada por
ϕ(x, y) =
x3
x2 + y2
se x2 + y2 6= 0 e ϕ(x, y) = 0 se x2 + y2 = 0,
temos que f(tx, ty) =
t3x3
t2(x2 + y2)
. Daí, ∀ t > 0, ϕ(tx, ty) = t
(
x3
x2 + y2
)
= tϕ(x, y) e então se
ϕ fosse diferenciável em (0, 0), pelo que foi provado anteriormente, teríamos ϕ : R2 −→ R linear, o
que não ocorre.
Exercício 4
Seja f : U → R de classe C1 no aberto U ⊂ Rn. Prove que, dados a ∈ U e ε > 0, ∃ δ > 0 tal que
x, y ∈ U, |x−a| < δ, |y−a| < δ ⇒ f(x)−f(y) = 〈∇f(a), x−y〉+r(x, y), onde |r(x, y)| < ε|x−y|.
Solução. f ∈ C1 ⇒ r(x) = f(x)− f(a)− f ′(a)(x− a) ∈ C1(U) e ∂r
∂xi
(a) = 0, i = 1, . . . , n, então
dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
∣∣∣∣ ∂r∂xi (x)− ∂r∂xi(a)
∣∣∣∣ < ε,∀ x com |x− a| < δ.
Então pelo T.V.M., |x− a| < δ, |y − a| < δ ⇒ |r(x)− r(a)| < ε|x− y|, pois B(a; δ) é convexa.
Agora note que f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + r(x) e f(y) = f(a) + f ′(a)(y − a) + r(y) implicam
f(x)− f(y) = f ′(a)(x− y) + r(x)− r(y).
r(x, y) := r(x)− r(y)⇒ f(x)− f(y) = 〈∇f(a), x− y〈+ r(x, y), onde |r(x, y)|< ε|x− y|.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 34
1.3.3 O Teorema de Schwarz
Exercício 1
Seja f : I × J −→ R de classe C2 no retângulo aberto I × J ⊂ R2. Se ∂
2f
∂x∂y
é identicamente nula,
prove que existem ϕ : I −→ R, ψ : J −→ R de classe C2 tais que f(x, y) = ϕ(x) + ψ(y) para todo
(x, y) ∈ I × J .
Solução. Como
∂2f
∂x∂y
e
∂2f
∂y∂x
são identicamente nulas,
∂f
∂y
não depende de x e
∂f
∂x
não depende de y.
Fixando (x0, y0) ∈ I × J podemos então definir as funções ϕ : I −→ R e
ψ : J −→ R pondo ϕ(x) = ∂f
∂x
(x, y0) e ψ(y) =
∂f
∂y
(x0, y), as quais são de classe C1 e cum-
prem ϕ(x) =
∂f
∂x
(x, y), ψ(y) =
∂f
∂y
(x, y) para todo (x, y) ∈ I × J . Então
f(x, y) = f(x, y)− f(x0, y) + f(x0, y)− f(x0, y0) + f(x0, y0)
=
∫ x
x0
∂f
∂x
(s, y)ds+
∫ y
y0
∂f
∂y
(x0, t)dt+ f(x0, y0)
=
∫ x
x0
ϕ(s)ds+
∫ y
y0
ψ(t)dt+ f(x0, y0)
= ϕ(x) + ψ(y).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 35
Exercício 2
Use o exercício anterior para provar que se g : R × R → R é de classe C2, com ∂
2g
∂x2
=
∂2g
∂y2
, então
existem ϕ : R −→ R e ψ : R −→ R de classe C2, tais que g(x, y) = ϕ(x+ y) +φ(x− y) para todo
(x, y).
Solução. Definamos f : R2 −→ R, pondo f(u, v) = g (u+ v, u− v).
∂f
∂u
=
∂g
∂x
∂x
∂u
+
∂g
∂y
∂y
∂u
=
(
∂g
∂x
+
∂g
∂y
)
e
∂2f
∂v∂u
=
∂2g
∂x2
∂x
∂v
+
∂2g
∂y∂x
∂y
∂v
+
∂2g
∂x∂y
∂x
∂v
+
∂2g
∂y2
∂y
∂v
=
(
∂2g
∂x2
− ∂
2g
∂y2
)
+
(
∂2g
∂x∂y
− ∂
2g
∂y∂x
)
=
(
∂2g
∂y2
− ∂
2g
∂x2
)
⇒ ∂
2f
∂v∂u
= 0.
Logo f satisfaz as condições do exercício anterior, donde segue que existem ϕ : R −→ R e ψ :
R −→ R tais que f(u, v) = ϕ(u) + ψ(v) = g (u+ v, u− v), fazendo u + v = x e u− v = y temos
u = x+ y e v = x− y
∴ g(x, y) = ϕ(x+ y) + ψ(x− y), ∀ (x, y).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 36
Exercício 3
Seja f : Rn −→ R de clase C2, tal que f(t, x) = t2f(x) para todo t > 0 e todo x ∈ Rn. Prove que
existem aij ∈ R (i, j = 1, . . . , n) tais que f(x) =
n∑
i,j=1
ai,jxixj para todo x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn.
Como explicar f(x, y) =
x4 + y4
x2 + y2
?
Solução.
(i) Derivando a igualdade t2f(x) = f(tx) em relação a t, obtemos 2tf(x) =
n∑
j=1
∂f
∂xj
(t, x)xj onde
se usou a regra da cadeia. Derivando outra vez em relação a t (isso é possível, pois f ∈ C2):
2f(x) =
n∑
i=1
n∑
j=1
∂2f
∂xi∂xj
(tx)xixj,
ou seja,
f(x) =
1
2
n∑
i=1
n∑
j=1
∂2f
∂xi∂xj
(tx)xixj.
Tomando o limite quando t −→ 0, obtemos
f(x) =
1
2
n∑
i=1
n∑
j=1
∂2f
∂xi∂xj
(
lim
t→0
tx
)
xixj =
1
2
n∑
i=1
n∑
j=1
∂2f
∂xi∂xj
(0)xixj =
1
2
n∑
i=1
n∑
j=1
aijxixj,
onde aij =
∂2f
∂xi∂xj
(0).
(ii) f(x, y) =
x4 + y4
x2 + y2
não é de classe C2, pois não tem derivadas parciais contínuas no ponto
(0, 0). Portanto, f(x, y) 6=
2∑
i,j=1
aijxy.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 37
Exercício 4
Sejam f, ϕ : U −→ Rn+1 de classe C2 no aberto U ⊂ Rn. ( Isto é, as funções-coordenada de f e ϕ
são de classe C2.) Suponha que
〈
f(x),
∂ϕ
∂xi
(x)
〉
= 0 para todo x ∈ U e todo i = 1, . . . n. Prove que
a matriz [aij(x)], onde aij(x) =
〈
∂f
∂xi
(x),
∂ϕ
∂xj
(x)
〉
, é simétrica, seja qual for x ∈ U .
Solução. Temos que f, ϕ : U −→ Rn+1 são de classe C2 . Seja
〈
f(x),
∂ϕ
∂xi
(x)
〉
= 0 ∀x ∈ U e todo
i = 1, . . . , n. Em particular,
〈
f(x),
∂ϕ
∂xj
(x)
〉
= 0.
Logo, derivando a primeira igualdade em relação a xj temos:〈
∂f
∂xj
(x),
∂ϕ
∂xi
(x)
〉
+
〈
f(x),
∂2ϕ
∂xjxi
(x)
〉
= 0 (1)
e derivando a segunda igualdade em relação a xi temos:〈
∂f
∂xi
(x),
∂ϕ
∂xj
(x)
〉
+
〈
f(x),
∂2f
∂xixj
(x)
〉
= 0. (2)
Igualando (1) e (2) obtemos:〈
∂f
∂xj
(x),
∂ϕ
∂xi
(x)
〉
+
〈
f(x),
∂2ϕ
∂xjxi
(x)
〉
=
〈
∂f
∂xi
(x),
∂ϕ
∂xj
(x)
〉
+
〈
f(x),
∂2f
∂xixj
(x)
〉
⇒ 〈
∂f
∂xj
(x),
∂ϕ
∂xi
(x)
〉
+
〈
f(x),
∂2ϕ
∂xjxi
(x)
〉
−
〈
f(x),
∂2f
∂xixj
(x)
〉
=
〈
∂f
∂xi
(x),
∂ϕ
∂xj
(x)
〉
.
Pelo Teorema de Schwarz, segue que
〈
∂f
∂xj
(x),
∂ϕ
∂xi
(x)
〉
=
〈
∂f
∂xi
(x),
∂ϕ
∂xj
(x)
〉
.
Portanto a matriz [aij], onde aij(x) =
〈
∂f
∂xi
(x),
∂ϕ
∂xj
(x)
〉
é simétrica.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 38
1.3.4 A fórmula de Taylor
Exercício 1
Seja r : U −→ R uma função de classe Ck definida num aberto U ⊂ Rn que contém a origem 0. Se
r, juntamente com todas as suas derivadas parciais até as de ordem k, se anulam no ponto 0, prove
que lim
v→0
r(v)
|v|k = 0.
Solução. Provaremos por indução sobre k.
Para k = 1 a afirmação é verdadeira, pois por hipótese r é diferenciável e r′(0) = r(0) = 0, então
r(v) = r(0) + r′(0)v + r(v), onde 0 = lim
v→0
r(v)
|v| = limv→0
r(v)
|v| .
Supondo o resultado válido para k− 1 e seja r uma função k vezes diferenciável em 0, com todas
as derivadas parciais de ordem menor ou igual a k nulas na origem. Então para cada i = 1, . . . , n a
função
∂r
∂xi
: U → R é k − 1 vezes diferenciável e também tem todas as derivadas parciais de ordem
menor ou igual a k − 1 nulas na origem.
Daí, pela hipótese de indução, temos que lim
v→0
∂r
∂xi
(v)
|v|k−1 = 0. Pelo Teorema do Valor Médio, existe
θ ∈ (0, 1) tal que r(v)− r(0) =
n∑
i=1
∂r
∂xi
(θv)vi, onde r(0) = 0. Daí,
r(v)
|v|k =
n∑
i=1
∂r
∂xi
(θv)
|v|k−1 ·
vi
|v| .
Note que, para todo i = 1, . . . , n,
vi
|v| é limitado, então no limite temos limv→0
r(v)
|v|k = 0.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 39
1.3.5 Pontos críticos
Exercício 1
Uma função f : U −→ R, de classe C2 no aberto U ⊂ Rn, chama-se harmônica quando
n∑
i=1
∂2f
∂xi∂xi
(x) = 0 para todo x ∈ U . Prove que a matriz hessiana de uma função harmônica não
pode ser definida (nem positiva nem negativa).
Solução. Se [hij] é a matriz da forma quadráticaH então hii = H ·v2, com v = ei = (0, . . . , 1, . . . , 0).
Portanto os elementos da diagonal da matriz de uma forma quadrática positiva (ou negativa) são todos
números positivos (ou negativos) e assim sua soma não pode ser igual a zero.
Exercício 2
Sejam f : U −→ R uma função arbitrária,definida num aberto U ⊂ Rn. Prove que o conjunto dos
pontos de máximo (ou de mínimo) local estrito de f é enumerável.
Solução. Seja U o conjunto dos pontos de máximo local estrito de f . Dado x ∈ U,∃ B(x; 2δ) ⊂ U ,
tal que y ∈ B(x; 2δ), y 6= x ⇒ f(y) < f(x) ( pois U é aberto e x é máximo local estrito). Para
cada x ∈ U escolhamos um ponto qx ∈ Qn ∩ B(x; δ), (isto é possível pois Qn é denso em Rn) e um
número racional rx > 0 tal que |x− qx| < rx < δ , portanto B(qx; rx) ⊂ B(x; 2δ) e daí y ∈ B(qx, rx)
com y 6= x⇒ f(y) < f(x).
A correspondência x 7→ (qx, rx) é injetiva pois se qx = qx′ e rx = rx′ então x′ ∈ B(qx; rx) e
x ∈ B(qx′ ; rx′). Se fosse x 6= x′, teríamos f(x′) < f(x) e f(x) < f(x′), o que é um absurdo.
Disto segue que f é injetiva e assim existe uma correspondência injetiva entre os elementos de U e
um subconjunto de Q×Q, portanto U é enumerável.
Exercício 3
Determine os pontos críticos de função f : R2 −→ R, f(x, y) = cos(x2 + y2) e da função
g(x, y) = x3 − y3 − x+ y.
Solução. Como ∇f(x, y) =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
)
= −2sen (x2 + y2) · (x, y), os pontos críticos de f são
aqueles para os quais ∇f(x, y) = (0, 0). Temos x = y = 0 ou sen(x2 + y2) = 0, i.é, a origem e os
pontos (x, y) com x2 + y2 = kpi, k ∈ N (circunferências com centro na origem e raio√kpi).
Como ∇g(x, y) = (3x2 − 1,−3y2 + 1), os pontos críticos (x, y) devem satisfazer 3x2 − 1 = 0e
−3y2 + 1 = 0, assim os pontos críticos são
A =
(√
3
3
,
√
3
3
)
, B =
(
−
√
3
3
,
√
3
3
)
, C =
(√
3
3
,−
√
3
3
)
e D =
(
−
√
3
3
,−
√
3
3
)
.
A matriz Hessiana Hg(x, y) é dada por
(
6x 0
0 −6y
)
. Vejamos a natureza dos pontos críticos.
Seja v = (α, β).
No ponto A, tem-se
( α β )
(
2
√
3 0
0 −2√3
)(
α
β
)
= 2
√
3(α2 − β2).
Logo a forma quadrática é indefinida. Portanto, A é um ponto de sela.
Analogamente podemos observar que C é un ponto mínimo local, B é um máximo local e D é
outro ponto de sela.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 40
Exercício 4
Seja f : U −→ R diferenciável no aberto limitado U ⊂ Rn. Se, para todo a ∈ ∂U , tem-se
lim
x→a
f(x) = 0, prove que existe em U pelo menos um ponto crítico de f .
Solução. Defina F : U¯ ⊂ Rn −→ R por F (x) = f(x), se x ∈ U , e F (x) = 0, se x ∈ ∂U .
Por hipótese, temos que f |U é contínua, pois f é diferenciável em U .
Além disso, se a ∈ ∂U , então lim
x→a
F (x) = lim
x→a
f(x) = 0
hip.
= F (a). Logo, F é contínua em U¯ .
Como U¯ é compacto, pelo Teorema de Weierstrass, f assume máximo e mínimo em U¯ .
Como F (x) = 0, ∀ x ∈ ∂U , então, exceto se F for identicamente nula, pelo menos um ponto
crítico (máximo ou mínimo) é assumido em U . Portanto, f possui pelo menos um ponto crítico.
Exercício 5
Determine os pontos críticos da função f : R2 −→ R dada por f(x, y) = x2 + y2 + (x2 − y2 − 1)2 e
calcule as matrizes hessianas correspondentes.
Solução. Temos que
∂f
∂x
(x, y) = 2x+ 2(x2− y2− 1)2x e ∂f
∂y
(x, y) = 2y− 2(x2− y2− 1)2y. Então
os pontos críticos de f são as duplas (x, y) que satisfazem:{
x+ x(2x2 − 2y2 − 2) = 0
y − y(2x2 − 2y2 − 2) = 0
Então segue da primeira expressão que devemos ter x = 0 ou 2x2 − 2y2 = 1 e da segunda
expressão devemos ter y = 0 ou 2x2 − 2y2 = 3.
Daí as soluções desse sistema são os pontos (0, 0),
(√
2
2
, 0
)
,
(
−
√
2
2
, 0
)
e suas respectivas ma-
trizes hessianas são:
H(0, 0) =
[ −2 0
0 6
]
e H
(
±
√
2
2
, 0
)
=
[
4 0
0 4
]
.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 41
Exercício 6
Dados a1, . . . , ak em Rn, determine o ponto em que a função f : Rn −→ R, definida por
f(x) =
k∑
i=1
|x− ai|2, assume o valor mínimo.
Solução. f(x) = |x− a1|2 + |x− a2|2 + · · ·+ |x− ak|2.
Temos que
∂f
∂xi
(x) = 2(〈x− a1, ei〉+ 〈x− a2, ei〉+ · · ·+ 〈x− ak, ei〉) = 2
〈
kx−
k∑
j=1
aj, ei
〉
.
Daí
∂f
∂xi
(x) = 0, ∀ i = 1, . . . , n⇔ kx−
k∑
j=1
aj = 0⇔ x =
k∑
j=1
aj
k
.
Além disso,
∂2f
∂xj∂xi
(x) = 0, se i 6= j, e ∂
2f
∂x2i
(x) = 2k, se i = j.
Desse modo
Hf(x) =

2k 0 · · · 0
0 2k · · · 0
0 0 · · · 0
...
... . . .
...
0 0 · · · 2k
 ,
⇒ detHf(x) = (2k)n > 0⇒ x = 1
k
k∑
j=1
aj é ponto de mínimo de f .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 42
1.3.6 Funções convexas
Exercício 1
Seja A ⊂ Rn um conjunto convexo. Prove que a função f : Rn −→ R, definida por f(x) = d(x,A),
é convexa.
Solução. Para x, y ∈ Rn e t ∈ [0, 1], sejam x, y ∈ A tais que d(x,A) = |x− x| e d(y, A) = |y − y|.
Então (1 − t)x + ty ∈ A (pois o fecho de um conjunto convexo é também convexo). E como
d(x,A) = d(x,A), temos:
f
(
(1− t)x+ ty) = d((1− t)x+ ty, A)
≤ ∣∣[(1− t)x+ ty]− [(1− t)x+ ty]∣∣
= |(1− t)(x− x) + t(y − y)|
≤ (1− t)|x− x|+ t|y − y|
= (1− t)f(x) + tf(y).
Exercício 2
Prove que todo ponto de mínimo local de uma função convexa é um ponto de mínimo global. Além
disso, o conjunto dos pontos de mínimo é convexo.
Solução. Seja a ∈ X um ponto de mínimo local da função convexa f : X −→ R. Se existisse
um x ∈ X tal que f(x) < f(a) então, para todo t ∈ [0, 1], teríamos f((1 − t)a + tx) ≤ (1 −
t)f(a) + tf(x) < (1 − t)f(a) + tf(a) = f(a). Tomando t > 0 pequeno, obteríamos pontos
y = (1− t)a + tx tão próximos de a quanto se deseje, com f(y) < f(a), logo a não seria um ponto
de mínimo local. Além disso, se x e y são pontos de mínimo de f , então como o mínimo local de f
é mínimo global, segue que f(x) = f(y), daí se z = (1 − t)x + ty, para algum t ∈ [0, 1], então
f(x) ≤ f(z) ≤ (1− t)f(x) + tf(x) = f(x), portanto f(z) = f(x) ⇒ z é mínimo global.
Exercício 3
Prove que uma função convexa, f : U −→ R, com U aberto, (mesmo não-diferenciável) não possui
pontos de máximo local estrito.
Solução. Seja a ∈ U . Como U é aberto, a é ponto médio de segmentos de reta [b, c] ⊂ U . Como f é
convexa, tem-se
f(a) ≤ 1
2
(
f(b) + f(c)
)
Suponha que a é um máximo local estrito, assim f(a) > f(b) e f(a) > f(c), logo 2f(a) > f(b) +
f(c). Segue-se que
f(b) + f(c) ≥ 2f(a) > f(b) + f(c)
Esta contradição conclui a prova.
Exercício 4
Prove que o conjunto dos pontos críticos (todos necessariamente mínimos globais) de uma função
convexa diferenciável é um conjunto convexo, no qual f é constante.
Solução. Dados a, b ∈ U pontos críticos arbritrários. Sabemos que ambos são pontos de mínimo
global de f e, em particular, f(a) = f(b). Assim, dado t ∈ [0, 1]⇒ f((1− t)a+ tb) ≤ (1− t)f(a) +
tf(b) = f(a), como f(a) é ponto mínimo global, então concluimos que f(1 − t)a + tb)) = f(a) e
portanto o conjunto dos pontos críticos de f é convexo.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 43
Exercício 5
Se f : X −→ R é convexa, prove que, para todo c ∈ R, o conjunto dos pontos x ∈ X tais que
f(x) ≤ c é convexo. Dê exemplo mostrando que a recíproca é falsa.
Solução. Tomemos a e b ∈ X , tais que f(a) e f(b) ≤ c. Se t ∈ [0, 1], então defina
z = t(b− a) + a = (1− t)a+ tb. Temos que
f(z) = f((1− t)a+ tb) ≤ (1− t)f(a) + tf(b) ≤ (1− t)c+ ct = c,
portanto z ∈ Y , onde Y = {x ∈ X; f(x) ≤ c} ⇒ Y é convexo.
Agora note que f(x) = −x2 não é uma função convexa, mas para todo c ∈ R, o conjunto
Y = {x ∈ X; f(x) ≤ c} é convexo, portanto a recíproca é falsa.
Exercício 6
Uma função f : X −→ R, definida num conjunto convexoX ⊂ Rn chama-se quase convexa quando,
para todo c ∈ R, o conjunto Xc = {x ∈ X; f(x) ≤ c} é convexo. Prove que f é quase-convexo se, e
somente se, f
(
(1− t)x+ ty) ≤ max{f(x), f(y)} para x, y ∈ X e t ∈ [0, 1] quaisquer.
Solução.
(⇒)
Para f : X −→ R quase-convexa, X ⊂ Rn convexo, seja c = max{f(x), f(y)}. Então, f(x) ≤ c
e f(y) ≤ c. Logo, pela convexidade de X , f((1 − t)x + ty) ≤ c = max{f(x), f(y)} para todo
t ∈ [0, 1].
(⇐)
Suponha que f
(
(1 − t)x + ty) ≤ max{f(x), f(y)}, para quaisquer x, y ∈ X e t ∈ [0, 1]. Sejam
x, y ∈ X tais que f(x) ≤ c e f(y) ≤ c. Então, max{f(x), f(y)} ≤ c. Portanto, t ∈ [0, 1] ⇒
f((1− t)x+ ty) ≤ max{f(x), f(y)} ≤ c e f é quase-convexa.
	Exercícios do Livro Análise Real vol.2
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