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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 Topologia do Espaço Euclidiano O espaço euclidiano n-dimensional Bolas e conjuntos limitados Conjuntos abertos Sequências em Rn Conjuntos fechados Conjuntos compactos Aplicações contínuas Continuidade uniforme Homeomorfismos Conjuntos conexos Limites Caminhos em Rn Caminhos diferenciáveis Cálculo diferencial de caminhos A integral de um caminho Caminhos retificáveis Funções Reais de n Variáveis Derivadas parciais Funções de classe C1 O Teorema de Schwarz A fórmula de Taylor Pontos críticos Funções convexas
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