Soluções de Exercícios do Livro Curso de Análise Vol.2 (Elon Lages Lima)

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Soluções de Exercícios do Livro Curso de Análise vol.2
Elon Lages Lima
Sumário
1 Exercícios do Livro Curso de Análise vol.2 1
1.1 Topologia do Espaço Euclidiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.3 Distância entre dois conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.4 Conexidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Caminhos no Espaço Euclidiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.1 Caminhos diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.2 Integral de um Caminho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.3 Caminhos retificáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3 Funções Reais de n Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.1 Derivadas parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.2 Derivadas direcionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.3.3 Funções diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.3.4 A diferencial de uma função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.3.5 O gradiente de uma função diferenciável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.3.6 O Teorema de Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1.3.7 Fórmula de Taylor; pontos críticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
1.3.8 O teorema da função implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1.3.9 Multiplicador de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
1.4 Aplicações Diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4.1 Diferenciabilidade de uma aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4.2 A regra da cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
1.4.3 A desigualdade do valor médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
1.4.4 O teorema da aplicação inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
1.5 Integrais Múltiplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
1.5.1 A definição de integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
1.5.2 Caracterização das funções integráveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
1.5.3 Integração repetida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
1.5.4 Mudança de variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
Capítulo 1
Exercícios do Livro Curso de Análise vol.2
1.1 Topologia do Espaço Euclidiano
1.1.1 Limites
Exercício 1
Sejam X ⊂ Rm ilimitado, f : X → Rn uma aplicação e a ∈ Rn. Diz-se que lim
x→∞
f(x) = a quando,
para todo � > 0, existe r > 0 tal que x ∈ X , |x| > r ⇒ |f(x)− a| < �. Prove que lim
x→∞
f(x) = a se,
e somente se, para toda sequência de pontos xk ∈ X com lim |xk| =∞, tem-se que lim
k→∞
f(xk) = a.
Solução. (⇒) Suponha que lim
x→∞
f(x) = a e tomemos (xk) ⊂ X tal que lim
k→∞
|xk| =∞.
Assim, lim
x→∞
f(x) = a⇒ dado � > 0,∃ r = r(a, �) tal que x ∈ X, |x| > r ⇒ |f(x)− a| < �.
Mas lim
k→∞
|xk| =∞⇒ ∃ k0 ∈ N tal que ∀ k ≥ k0, |xk| > r.
Portanto, ∀ k > k0 tem-se |f(xk)− a| < �⇒ lim
k→∞
f(xk) = a.
(⇐) Suponha, por absurdo, que lim
x→∞
f(x) 6= a. Então existe �0 > 0 tal que ∀ k ∈ N, ∃ xk ∈ X
tal que |xk| > k e |f(xk)− a| ≥ �0. Daí, olhando para esta sequência (xk) temos que lim
k→∞
|xk| =∞,
mas lim
k→∞
f(xk) 6= a. Contradição!
Exercício 3
Seja f : X −→ Rn definida num conjunto ilimitado X ⊂ Rm. Defina o que se entende por
lim
k−→∞
f(x) =∞ e dê uma caracterização deste conceito por meio de sequências.
Solução. Diz-se que se tem lim
k−→∞
f(x) = ∞ quando para todo B > 0 existe A > 0 tal que
|x| > A⇒ |f(x)| > B.
Diz-se que se tem lim
k−→∞
f(xk) = ∞ quando (xk) é uma sequência em Rm que não possui sub-
sequência convergente, isto é,
lim
k−→∞
xk =∞⇒ lim
k−→∞
f(x) =∞.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 2
Exercício 4
Seja p : R2 → R2 um polinômio complexo não constante. Mostre que
lim
x→∞
p(z) =∞.
Solução. Seja p(z) = an.zn + · · ·+ a1.z + a0, com an 6= 0.
Temos que p(z) = zn(an +
an−1
z
+ · · ·+ a0
zn
), daí lim
x→∞
p(z) = lim
x→∞
zn(an +
an−1
z
+ · · ·+ a0
zn
) =
lim
x→∞
zn.an.
Tomemos B > 0 arbitrário, então para A > n
√
B
|an| , temos que ∀ z ∈ R2; |z| > A⇒ |z|n > An >
B
|an| ⇒ |an.zn| > |an|.An > B ⇒ limx→∞ p(z) =∞
Exercício 6
Seja f : R2 → R definida por f(x, y) = x2−y2
x2+y2
se x2 + y2 6= 0 e f(0, 0) = 0. Mostre que
limx→0(limy→0 f(x, y)) 6= limy→0(limx→0 f(x, y)).
Solução. Para que se tenha limy→0 f(x, y) = b ∈ R é necessário e suficiente que limyk→0 f(x, yk) = b
seja qual for a sequência de pontos yk ∈ R\{0} tal que limk→∞ yk = 0.
Assim, tomando as sequências yk → 0 e xk → 0 quaisquer temos
lim
k→∞
yk = lim
k→∞
xk = 0
e
lim
x→0
(lim
y→0
f(x, y)) = lim
xk→0
( lim
yk→0
f(xk, yk))
Daí,
lim
xk→0
(
lim
yk→0
xk
2 − yk2
xk2 + yk2
)
= lim
xk→0
(
limyk→0(xk
2 − yk2)
limyk→0(xk2 + yk2)
)
= lim
xk→0
(
xk
2
xk2
)
= lim
xk→0
1 = 1
lim
yk→0
(
lim
xk→0
xk
2 − yk2
xk2 + yk2
)
= lim
yk→0
(
limxk→0(xk
2 − yk2)
limxk→0(xk2 + yk2)
)
= lim
yk→0
(−yk2
yk2
)
= lim
xk→0
−1 = −1
Portanto,
lim
x→0
(lim
y→0
f(x, y)) 6= lim
y→0
(lim
x→0
f(x, y)).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 3
1.1.2 Conjuntos compactos
Exercício 1
O conjunto dos valores de aderência de uma sequência limitada é um conjunto compacto não - vazio.
Solução. Seja F={ conjunto dos valores de aderência de (xk) }.
Já provamos anteriormente que o conjunto dos valores de aderência de uma sequência é fechado (
exercício 5.2 - Análise Real vol.2), portanto resta provar que F é limitado e não-vazio.
Ora, como (xk) é limitado⇒ ∃ r > 0 tal que (xk) ⊂ B(0, r), daí F, no máximo, está contido em
B[0, r] e portanto é limitado.
O fato de F ser não-vazio decorre do Teorema de Bolzano-Weierstrass.
Exercício 2
As matrizes ortogonais n× n formam um subconjunto compacto de Rn2 .
Solução. Uma matriz é ortogonal se, e só se AtA = I .
i) O conjunto X das matrizes ortogonais é limitado, pois
Se A ∈ X , 〈Ax,Ax〉 = 〈x,ATAx〉 = 〈x, x〉 =⇒ ‖A‖ = 1.
ii) X é fechado, pois
Se A ∈ X =⇒ ∃(Ak)k∈N , Ak ∈ X tal que Ak → A, como Ak ∈ X =⇒ ATkAk = I além disso
como Ak → A =⇒ ATk → AT pois ‖ATk − AT‖ = ‖Ak − A‖, lim
k→∞
ATkAk = I =⇒ ATA = I ,
portanto A∈X.
De (i) e (ii) se conclui a prova.
Exercício 3
Todo conjunto infinito X ⊂ Rn possui um subconjunto não-compacto.
Solução. De fato, seX ⊂ Rn é não-limitado então é não-compacto e assimX é o conjunto procurado.
Seja X ⊂ Rn infinito e limitado. Então X admite pelo menos um ponto de acumulação. De fato, se
X não contém um ponto de acumulação então todo ponto de X é isolado e daí X ⊂ Zn, mas X é
limitado, logo X é finito, um absurdo.
Seja y ∈ Rn tal que y ∈ X ′ . Então ∃(xk) ⊂ X\{y} tal que xk → y. Definindo Y = {xk; k ∈ N},
temos que Y ⊂ X , mas não é fechado, pois xk → y /∈ Y . Portanto, Y é um subconjunto não
compacto de X .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 4
Exercício 4
"Dada uma sequência decrescente K1 ⊃ · · · ⊃ Kk ⊃ · · · de compactos não vazios, a interseção
k =
∞⋂
k=1
Kk é compacta e não é vazia."
Provar que essa proposição é falsa se tomarmos conjuntos fechados F1 ⊃ F2 ⊃ · · · ⊃ Fi ⊃ · · · em
vez de compactos.
Solução. Para cada k ∈ N defina Fk = [k,∞) ⊂ R.
Fk é fechado pois R− Fk = (−∞, k) é aberto.Além disso F1 ⊃ F2 ⊃ · · · ⊃ Fi ⊃ · · · .
Agora note que
∞⋂
k=1
Fk = ∅, caso contrário tome a ∈
∞⋂
k=1
Fk.
Existe j ∈ N tal que j > a⇒ a /∈ Fk,∀ k ∈ N com k > j, e isto contradiz o fato de a ∈
∞⋂
k=1
Fk.
Portanto
∞⋂
k=1
Fk = ∅
Exercício 5
Seja X ⊂ Rn+1 − {0} um conjunto compacto que contém exatamente um ponto em cada semi-reta
de origem 0 em Rn+1. Prove que X é homeomorfo à esfera unitária Sn.
Solução. Lembremos que uma semi-reta de origem 0 em Rn+1 é um conjunto do tipo
σ = {tv; t ≥ 0, 0 6= v ∈ Rn+1}.
Seja ϕ : X ⊂ Sn a aplicação definida por ϕ(x) = x|x| . Vamos mostrar que ϕ é um homeomorfismo.
Temos que ϕ é 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, ∃ 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+1 − {0} ⇒ |x| 6= 0).
Como X é compacto, logo ϕ é um homeomorfismo.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 5
Exercício 6
Seja X ⊂ Rn. Se todo conjunto homeomorfo a X for limitado então X é compacto.
Solução. A aplicação h : X → X , h(x) = x é um homeomorfismo. Logo X é limitado. Ora
sabemos que X é homeomorfo ao gráfico da aplicação contínua h, que é fechado (veja o livro de
Espaços Métricos do Elon). Com o gráfico G é homeomorfo a X , ele é limitado, logo G é compacto,
portanto X é compacto.
Exercício 7
Se todo conjunto Y ⊂ Rn homeomorfo a X for fechado, então X é compacto.
Solução. Temos que Rn
ϕ≈ B(0, 1).
Daí, seja Y homeomorfo a X . Sabemos que Y é homeomorfo a ϕ(Y ) ⊂ B(0, 1), então pela transi-
tividade do homeomorfismo, obtemos que X ≈ ϕ(Y ). Por hipótese, segue que ϕ(Y ) é fechado. Por
outro lado, ϕ(Y ) ⊂ B(0, 1)⇒ ϕ(Y ) é compacto.
Portanto, X é compacto.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 6
Exercício 8
Seja K = [0, 2pi] × [0, 2pi] ⊂ R2. Defina as aplicações f : K → R3, g : K → S1 × S1 → R4 e
h : S1 × S1 → R3 pondo
f(s, t) = ((a+ b cos s) cos t, (a+ b cos s)sen t, bsen s), a > b
g(s, t) = (cos s, sen s, cos t, sen t), h(g(s, t)) = f(s, t)
i) Mostre que h é bem definida e contínua.
ii) h é um homeomorfismo de S1 × S1 sobre T = f(K) = toro gerado pela rotação de um círculo
vertical de raio b e centro (a, 0, 0) em torno do eixo z.
Solução.
i) Sejam g(s1, t1) = g(s2, t2), i.e.,
(cos s1, sen s1, cos t1, sen t1) = (cos s2, sen s2, cos t2, sen t2)
então cos s1 = cos s2 , sen s1 = sen s2 , cos t1 = cos t2 e sen t1 = sen t2
logo
f(s1, t1) = f(s2, t2)
Portanto h(g(s1, t1)) = h(g(s2, t2)) e h está bem definida.
Agora como f é uma aplicação contínua, pois suas funções coordenadas são contínuas, segue-
se que h ◦ g é contínua. Além disso, a função g é contínua e está definida num compacto, logo
tem-se que h é contínua.
(Teo. (12.6) pag. 46).
ii) Provaremos agora que h é injetiva.
De fato, suponha que: h(g(s1, t1)) = h(g(s2, t2)) i.e. f(s1, t1) = f(s2, t2),
((a+b cos s1) cos t1, (a+b cos s1)sen t1, bsen s1) = ((a+b cos s2) cos t2, (a+b cos s2)sen t2, bsen s2)
Igualando os terceiros componentes, tem-se sen s1 = sen s2.
Como
(a+ b cos s1)
2 cos2 t1 = (a+ b cos s1)
2 cos2 t1
e
(a+ b cos s1)
2sen 2t1 = (a+ b cos s1)
2sen 2t1
somando as duas equações anteriores
(a+ b cos s1)
2 = (a+ b cos s2)
2
de onde obtemos
cos s1 = cos s2
pois sen 2s1 = sen 2s2, logo
cos t1 = cos t2 sen t1 = sen t2
e g(s1, t1) = g(s2, t2).
Portanto, h é uma função contínua e injetiva definida em um compacto, então h é um ho-
meomorfismo sobre sua imagem T = f(K).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 7
1.1.3 Distância entre dois conjuntos
Exercício 1
Se U ⊂ Rn é um aberto limitado, não existem x0, y0 ∈ U tais que |x0 − y0| = diam U .
Solução. Por definição, diam U = sup{|x− y|; x, y ∈ U}. Então existem sequências xk, yk ∈ U tais
que lim |xk − yk| = diam U . Seja U ⊂ Rn aberto e limitado. Suponha que existem x0, y0 ∈ U tais
que |x0−y0| = diam U . Como U é limitado, podemos supor que existem sequências (xk), (yk) ⊂ U ,
passando a subsequências, se necessário, tais limxk = x0 e lim yk = y0.
Temos que U é aberto ⇒ ∃ δ, ε > 0 tais que B1(x0, δ) ⊂ U e B2(y0, ε) ⊂ U , portanto existem
x ∈ B1 e y ∈ B2 tais que |x − y| > |x0 − y0| = diam U , o que é uma contradição, visto que
|x0 − y0| = sup{|x− y|; x, y ∈ U}.
Exercício 2
Seja B = B[a, r] ⊂ Rn. Para todo x ∈ Rn, tem-se d(x,B) = max{0, |x− a| − r}.
Solução. Se x ∈ B então d(x,B) = 0, além disso
|x− a| − r ≤ 0⇒ d(x,B) = 0 = max{0, |x− a| − r}.
Se porém x /∈ B[a, r], então d(x,B[a, r]) > 0, pois {x} é fechado, B[a, r] é compacto e eles são
disjuntos. Além disso, ∃ x ∈ B[a, r] tal que d(x,B[a, r]) = |x− x|.
Primeiro note que w = (x− a). r|x−a| + a ∈ B[a, r] e |x−w| = |x− a| − |w− a| = |x− a| − r, (pois
w, x e a são colineares e w está entre x e a). Portanto, d(x,B[a, r]) ≤ |x− a| − r.
Por outro lado, se x fosse tal que |x− x| < |x− a| − r, então pela desigualdade triangular teríamos
|x− a| ≤ |x− x|+ |x− a| < |x− a| − r + r = |x− a|. Contradição.
Portanto se x /∈ B[a, r] ⇒ d(x,B[a, r]) = |x − a| − r = max{0, |x − a| − r}. Então em qualquer
caso temos d(x,B[a, r]) = max{0, |x− a| − r}.
Exercício 3
Seja T = Rn −B[a, r]. Para todo x ∈ Rn, tem-se d(x, T ) = max{0, |x− a|}.
Solução. Seja x ∈ Rn, se x ∈ T então d(x, T ) = 0 e |x − a| > r ⇒ r − |x − a| > 0, donde
d(x, T ) = max{0, r − |x− a|}.
Se x /∈ T então x ∈ B[a, r], donde |x− a| ≤ r, isto é, r − |x− a| ≥ 0.
r ≤ |y − a| = |y − x+ x− a| ≤ |y − x|+ |x− a| ⇒ |y − x| ≥ r − |x− a|, ∀y ∈ T
Dessa forma, d(x, T ) = inf{|x− y|; y ∈ T} ≤ r − |x− a|
Como d(x, T ) = d(x, T ), se mostrarmos que existe x ∈ T tal que |x− x| = r − |x− a| teremos que
d(x, T ) = r − |x− a|, ou seja, d(x, T ) = r − |x− a|.
Considere x = r|x−a| · (x− a) + a um ponto da reta que contem a e x.
|x − a| = r ⇒ x ∈ T , mais do que isso, |x − x| = |x − a| − |x − a| = r − |x − a|. Logo
d(x, T ) = r − |x− a| ≥ 0.
Portanto, em qualquer caso, temos d(x, T ) = max{0, r − |x− a|}
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 8
Exercício 4
d(S, T ) = inf
s∈S
d(s, T ).
Solução. Lembre que:
i) d(S, T ) = inf{|s− t|; s ∈ S, t ∈ T}.
ii) d(s, T ) = inf{|s− t|; t ∈ T}.
iii) S1 ⊂ S2, T1 ⊂ T2 ⇒ d(S2, T2) ≤ d(S1, T1).
Veja que para cada s ∈ S, podemos considerar s = {s} ⊂ S e com T ⊂ T , temos que d(S, T ) ≤
d(s, T ), isso ∀s ∈ S. Então d(S, T ) ≤ inf d(s, T ) (i). Tem-se d(s, T ) ≤ |s − t|, ∀s ∈ S e t ∈
T . Assim, d(s, T ) ≤ |s − t|, ∀s ∈ S,∀t ∈ T . Logo inf d(s, T ) ≤ d(S, T ),∀s ∈ S e portanto
inf
s∈S
d(s, T ) ≤ d(S, T )(ii) de (i) e (ii) temos
inf
s∈S
d(s, T ) ≤ d(S, T )
Exercício 5
A função de Urysohn de um par de fechados disjuntos F,G ⊂ Rn é uniformemente contínua se, e
somente se, d(F,G) = 0.
Solução. (⇒) Primeiramente, sabemos que d(F,G) ≥ 0.
Se f é uniformemente contínua, suponha por absurdo que d(F,G) = 0. Então existe (xk) ⊂ F e
(yk) ⊂ G, com lim
k→∞
|xk − yk| = 0. Daí, como ∀ k ∈ N, f(xk) = 1 e f(yk) = 0, segue que
lim
k→∞
|f(xk)− f(yk)| = lim
k→∞
|1| = 1 6= 0, e isto contradiz o fato de f ser uniformemente contínua.
Portanto, d(F,G) > 0.
Exercício 6
Considerando em Rn a norma euclidiana, sejam F ⊂ Rn um conjunto fechado convexo, a um ponto
de Rn e y0 ∈ F tal que |a− y0| = d(a, F ). Mostre que, para todo x ∈ F tem-se 〈x− y0, a− y0〉 ≤ 0.
Solução. Tem-se que |a−y0| ≤ |a−x| ∀ x ∈ F , F é convexo⇒ tx+(1−t)y0 ∈ F , para t ∈ [0, 1]⇒
|a− y0|2 ≤ |a− y0 − t(x− y0)|2 = |a− y0|2 − 2〈a− y0, t(x− y0)〉+ t2|x− y0|2
então
2〈a− y0, t(x− y0)〉 ≤ t2|(x− y0)|,
para t 6= 0 tem-se
2〈a− y0, x− y0〉≤ t|(x− y0)|,
logo quando t→ 0+ obtemos
〈x− y0, a− y0〉 ≤ 0
∀ x ∈ F.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 9
1.1.4 Conexidade
Exercício 1
Uma decomposição X = A ∪ B é uma cisão se, e somente se, nenhum dos conjuntos A,B contêm
um ponto aderente ao outro. Isto se exprime por (A¯ ∩B) ∪ (A ∩ B¯) = ∅.
Solução. Por definição: Cisão de um conjunto X ⊂ Rn é uma decomposição X = A ∪ B onde
A ∩B = ∅ e os conjuntos A,B são abertos em X .
A ser aberto em X equivale a dizer que ∀a ∈ A , ∃ ε > 0 tal que B(a; ε) ∩ X ⊂ A. De forma
equivalente podemos definir B aberto em X .
(⇒) Vamos supor por absurdo que A¯ ∩ B 6= ∅, isto é, ∃ x ∈ A¯ ∩ B. Isso equivale a dizer que
∃ (xk) ⊂ A tal que xk → x. Assim, pela definição de limite de sequência, ∀ε > 0, a bola B(x; ε)
contém uma infinidade de termos de xk ∈ A. Portanto, pelo fato de A ∩ B = ∅ podemos concluir
que B(x; ε) ∩X * B, logo B não pode ser aberto em X , um absurdo. Analogamente, A ∩ B¯ = ∅.
Portanto, (A¯ ∩B) ∪ (A ∩ B¯) = ∅.
(⇐) Temos que (A¯ ∩B) ∪ (A ∩ B¯) = ∅ ⇒ A¯ ∩B = ∅ = A ∩ B¯ ⇒ A ∩B = ∅.
Seja x ∈ A¯ ∩X . Como A¯ ∩B = ∅ ⇒ x /∈ B, logo x ∈ A (X = A ∪B). Daí A¯ ∩X ⊂ A. Portanto,
A = A¯∩X , isto é, A é fechado emX . De maneira análoga mostramos queB é fechado emX . Como
A = X\B e B = X\A, temos que A e B são abertos em X . Portanto, X = A ∪B é uma cisão.
Exercício 2
Um subconjunto conexo não vazio X ⊂ Qn consta de um único ponto.
Solução. Primeiro, note que ∅ 6= X ⊂ Π1(X) × · · · × Πn(X), onde
Πi(X) ⊂ Q,∀ i = 1, · · · , n. Como X é conexo e ∀ i = 1, · · · , n, Πi é contínua, segue que
Πi(X) é conexo.
Além disso X 6= ∅ ⇒ Πi(X) 6= ∅. Daí, ∀ i = 1, · · · , n; Πi(X) consta de um único ponto. Caso
contrário, tomemos a 6= b ∈ Πi(X). Como R−Q é denso em R⇒ ∃ y ∈ R−Q tal que a < y < b.
Daí considere A = Πi(X) ∩ (−∞, y) e B = Πi(X) ∩ (y,∞). (A,B) é uma cisão não trivial de
Πi(X), mas isto contradiz o fato de Πi(X) ser conexo.
Portanto Π1(X) × · · · × Πn(X) consta de um único ponto, e como X 6= ∅ implica que X consta de
um único ponto.
Exercício 3
Seja E ⊂ Rn um subespaço vetorial próprio. O complementar Rn − E é conexo se, e somente se,
dim(E) ≤ n− 2.
Solução. (⇒) Se Rn − E é conexo, suponha dim(E) > n − 2. Como dim(E) < n, temos que
dim(E) = n− 1, donde dim(E⊥) = 1
Seja E⊥ = 〈x〉. Defina f : Rn → R por f(x) = 〈x,w〉. Como f é contínua, temos que A = {v ∈
Rn; f(v) > 0} e B = {v ∈ Rn; f(v) < 0} são abertos.
Além disso, Rn − E = A ∪B com A ∩B = ∅. Logo (A,B) é uma cisão de Rn − E. Contradição.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 10
Exercício 9
Um conjunto conexo enumerável X ⊂ Rn possui no máximo um ponto.
Solução.
Lema: Seja X ⊂ R, enumerável e conexo, então X tem no máximo um ponto.
Demonstração do lema: Suponha que existam a, b ∈ X , com a < b. Como X é enumerável, existe
um irracional α /∈ X e a < α < b (lembre que os irracionais do intervalo (a, b) é não-enumerável).
Considere A = {x ∈ X;x < α} e B = {x ∈ X;α < x}. Então X = A ∪ B é uma cisão não-trivial.
Contradição.
Veja que A e B são abertos disjuntos em X , pois
A = X ∩ (−∞, α) e B = X ∩ (α,+∞).
Demonstração da questão:
Sabemos que a projeção pii : X → R , pii(x1, · · · , xi, · · · , xn) = xi é contínua. O conjunto das
i-ésimas coordernadas dos pontos de X é enumerável. Ora, pii contínua, X conexo ⇒ pii(X) ⊂
R conexo. Mas, pii(X) = {xi1 , xi2 , · · · , xin , · · · } se reduz a um único ponto, pois é enuméravel,
digamos ai ∈ R, pelo lema acima pii(X) = (ai). Assim tem-se X = (a1, · · · , an).
Exercício 10
Se X ⊂ Rm é conexo por caminhos e f : X → Rn é contínua então f(X) é conexo por caminhos.
Solução. Tomemos f(a) e f(b) em f(X). Sendo X ⊂ Rm conexo por caminhos, então existe
ϕ : [0, 1]→ X ⊂ Rm, um caminho contínuo satisfazendo ϕ(0) = a e ϕ(1) = b.
Daí, como f é contínua ⇒ f ◦ ϕ : [0, 1] → f(X) ⊂ Rn é uma aplicação contínua que satisfaz
f ◦ ϕ(0) = f(a) e f ◦ ϕ(1) = f(b). Portanto f(X) é conexo por caminhos.
Exercício 11
Se X ⊂ Rm, Y ⊂ Rn são conexos por caminhos então X × Y ⊂ Rm+n é conexo por caminhos.
Solução. Sejam X e Y conexos por caminhos, e z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) em X × Y . Logo
existem caminhos f : [0, 1] → X e g : [0, 1] → Y tais que f(0) = x1, f(1) = x2 e g(0) = y1,
g(1) = y2.
Definamos h = (f, g) : [0, 1] → X × Y , o caminho definido por h(t) = (f(t), g(t)). É claro que h
liga z1 e z2 em X × Y .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 11
Exercício 12
A reunião de uma família de conjuntos conexos por caminhos com um ponto em comum é conexa
por caminhos.
Solução. Seja X =
⋃
λ∈L
Xλ, onde cada Xλ é conexo por caminhos, e seja a ∈ Xλ, ∀ λ ∈ L. Dados
pontos quaisquer x, y ∈ X =
⋃
λ∈L
Xλ, temos duas possibilidades:
1. Se x, y ∈ Xλ, não há nada a fazer, já que Xλ é conexo por caminhos.
2. ∀ x, y ∈ X, ∃ µ, η ∈ L tais que x ∈ Xµ e y ∈ Xη.
Como Xµ e Xη são conexos por caminhos, com a, x ∈ Xµ e a, y ∈ Xη, então existem caminhos
f : [0, 1] −→ Xµ e g : [0, 1] −→ Xη tais que f(0) = x, f(1) = a = g(0) e g(1) = y.
Dessa maneira, o caminho justaposto h = f ∧ g : [0, 1] −→ X com h(0) = x e h(1) = y é um
caminho que une os pontos x e y. Portanto, X =
⋃
λ∈L
Xλ é conexo por caminhos.
Exercício 13
O fecho de um conjunto conexo por caminhos pode não ser conexo por caminhos.
Solução. Tome f : (0, 1]→ [−1, 1] tal que f(x) = sen( 1
x
).
f(x) é contínua pois é a composição de funções contínuas. Daí, como Gr(f) = {(x, f(x)), x ∈
(0, 1]} ∼= (0, 1], Gr(f) é conexo por caminhos. pois (0, 1] o é.
No entando Gr(f) = Gr(f) ∪ {0} × [−1, 1], que não é conexo por caminho.
Exercício 14
Seja B uma bola (fechada ou aberta) em Rn, com n ≥ 2. Para todo x ∈ B, o conjunto B − {x} é
conexo.
Solução. Obs: Se n = 1, B é um intervalo (aberto ou fechado) e claramente B − {x} não é conexo
para x ∈ int(B).
Sejam x − 0, y0 ∈ B − {x}. Se os pontos x0, y0 e x são não-colineares, temos que o segmento de
extremos x0 e y0 não intercepta x e está totalmente contido no conjunto convexo B. Logo B − {x} é
conexo por caminhos e portanto, conexo.
Caso x0.y0 e x sejam colineares, a hipótese n ≥ 2 garante a existência de um ponto a que não pertence
ao segmento que contém os pontos x0, y0 e x.
B convexa implica que o segmento de extremos x0 e está contido em B, isto é, existe uma função
contínua f : [0, 1]→ B tal que f(0) = x0 e f(1) = a (a saber, a função f(t) = (1− t)x0 + ta).
Analogamente, existe um caminho g : [0, 1]→ B tal que g(0) = a e g(1) = y0.
Consideranto o caminho justaposto f ∧ g, temos que este caminho liga o ponto x0 ao ponto y0 e está
totalmente contido em B − {x}.
Logo B − {x} é conexo por caminhos e portanto é conexo.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 12
Exercício 15
Seja B ⊂ Rn uma bola fechada na norma euclidiana. Para todo subconjunto X ⊂ ∂B, B − X é
convexo. Numa norma arbitrária, B −X é conexo mas não necessariamente convexo.
Solução. Seja B = B[x0, r]. Sabemos que ∂B = {x ∈ Rn; |x − x0| = r}. Seja X ⊂ ∂B e B −X .
Tomemos x, y ∈ B −X e façamos as seguintes hipóteses:
1a) x, y ∈ int B = B(x0, r). Neste caso x /∈ ∂B e y /∈ ∂B e como B(x0, r) é convexa, tem-se
[x, y] ⊂ B(x0, r).
2a) x, y ∈ ∂B, então |x− x0| = r e |y − x0| = r, seja 0 ≤ t ≤ 1 e (1− t)x + ty, queremos mostrar
que (1 − t)x + ty ∈ B − X . De fato, se t = 0, então (1 − 0)x + 0y = x ∈ B − X; se t = 1,
então (1 − 1)x + 1y = y ∈ B − X . Seja 0 < t < 1. Pelo exercício 2.2 do capítulo 1 do livro
Análise Real Vol. 2, temos que |(1 − t)x + ty − x0| = |(1 − t)(x − x0) + t(y − x0)| < r. Assim
(1− t)x+ ty ∈ int B ⊂ B −X .
3a) x ∈ ∂X e Y /∈ ∂B. Então temos |x− x0| = r e |y − x0| < r. Seja 0 < t < 1, então
|(1− t)x+ ty − x0| = |(1− t)(x− x0) + t(y − x0)|
≤ (1− t)|x− x0|+ t|y − x0|
= (1− t)r + t|y − y0|
< (1− t)r + tr = r
portanto
|(1− t)x+ ty − x0| < r,
ou seja,
(1− t)x+ ty ∈ int B ⊂ B −X.
Se t = 0 ou t = 1, isso só define que x, y ∈ B −X .
4a) x ∈ ∂B e y /∈ ∂B. Esse caso é análogo ao anterior.Em qualquer caso
x, y ∈ B −X ⇒ [x, y] ⊂ B −X ⇒ B −X
é convexo.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 13
1.2 Caminhos no Espaço Euclidiano
1.2.1 Caminhos diferenciáveis
Exercício 2
Seja f : I → Rn um caminho diferenciável com f ′(a) 6= 0 para algum a ∈ I . Se existe uma reta
L ⊂ Rn e uma sequência de números distintos tk → a tais que f(tk) ∈ L, então L é tangente a f no
ponto f(a).
Solução. Para provar o que se pede, devemos concluir que L = {f(a) + tf ′(a), t ∈ R}. A priori,
concluímos que f(a) ∈ L pois, caso contrário, isto é, se f(a) /∈ L então ε = d(f(a), L) > 0.
Como lim f(tk) = f(a), existem infinitos pontos de L em B(f(a), ε) e isto contradiz o fato de ε ser
o ínfimo das distâncias de L a f(a).
Seja v 6= 0 um vetor direcional de L e E = 〈v〉. Considere também E⊥ o complemento ortogonal de
E e {v1, vn−1} uma base de E⊥.
Para todo k ∈ N; f(tk)−f(a)
tk−a é um múltiplo de v pois f(tk) ∈ L para todo k ∈ N. Assim, para tk 6= a,
tem-se 〈
f(tk)− f(a)
tk − a , vi
〉
= 0, ∀i = 1, 2, ..., n− 1
Passando ao limite, temos 〈f ′(a), vi〉 = 0, ∀i = 1, 2, ..., n− 1. Como f ′(a) 6= 0 ⇒ f ′(a) é um vetor
não nulo de Rn paralelo a v. Portanto L = {f(a) + tf ′(a), t ∈ R} é tangente a f no ponto f(a).
Exercício 3
Seja f : I → Rn um caminho diferenciável. Dados a ∈ Rn e r > 0, a fim de que f(t) pertença, para
todo t ∈ I , à esfera de centro a e raio r, é necessário e suficiente que isto ocorra para um valor t0 ∈ I
e que o vetor velocidade f ′(t) seja perpendicular a f(t)− a, para todo t ∈ I .
Solução.
(⇒) Que ocorre para um t0 ∈ I é óbvio, provemos a outra assertiva. ∀t ∈ I , tem-se |f(t) − a| = r,
logo temos que
d
dt
|f(t)− a| = dr
dt
⇒ 〈f(t)− a, (f(t)− a)
′〉
|f(t)− a|
=
〈f(t)− a, f ′(t)〉
|f(t)− a| = 0,
pois
dr
dt
= 0⇒ f ′(t)⊥(f(t)− a). (⇐) Seja t0 ∈ I , tal que |f(t0)− a| = r e g(t) = |f(t)− a| como
(f(t)− a)⊥f ′(t), temos
〈f(t)− a, f ′(t)〉 = 0⇒ 〈f(t)− a, f
′(t)〉
|f(t)− a| = 0⇒ g
′(t) = 0,∀t ∈ I,
logo g(t) é constante em I . Mas g(t0) = |f(t0)− a| = r, portanto
g(t) = r ⇒ |f(t)− a| = r,∀t ∈ I.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 14
Exercício 4
Seja λ : [a, b] → Rn um caminho fechado diferenciável. Mostre que existe algum t ∈ (a, b) tal que
〈λ(t), λ′(t)〉 = 0.
Solução. Seja f : [a, b]→ R; f(t) = 〈λ(t), λ(t)〉.
f é contínua em [a, b] e diferenciável em (a, b), além disso f(a) = f(b). Então , pelo Teorema do
Valor Médio temos que existe t ∈ (a, b) tal que 0 = f(b) − f(a) = f ′(t)(b − a) ⇒ f ′(t) = 0 ⇒
〈λ(t), λ′(t)〉 = 0, como queríamos provar.
Exercício 10
Seja f : I → Rn um caminho diferenciável, com f ′(a) 6= 0 para um certo a ∈ I . Uma reta L ⊂ Rn
contendo o ponto f(a), é a reta tangente a f nesse ponto se , e somente se,
lim
t→a
d(f(t), L)
|f(t)− f(a)| = 0.
Solução. (⇒) L = {f(a) + f ′(a)(t− a), t ∈ R} é a reta tangente a f em f(a). Ora
d(f(t), L)
|f(t)− f(a)| ≤
|f(t)− f(a)− f ′(a)(t− a)|
|f(t)− f(a)| =
∣∣∣∣f(t)− f(a)t− a − f ′(a)
∣∣∣∣∣∣∣∣f(t)− f(a)t− a
∣∣∣∣ ,
aplicando limite quando t→ a temos;
0 ≤ lim
t→a
d(f(t), L)
|f(t)− f(a)| ≤
|f ′(a)− f ′(a)|
|f ′(a)| = 0
portanto
lim
t→a
d(f(t), L)
|f(t)− f(a)| = 0.
(⇐)temos a reta L = {f(a) +V (t− a), t ∈ R}, onde V é o vetor direção da reta que contem a f(a),
então precisamos demostar que V = f ′(a).
De fato
d(f(t), L)
|f(t)− f(a)| =
|f(t)− f(a)− V (t− a)|
|f(t)− f(a)| =
∣∣∣∣f(t)− f(a)t− a − V
∣∣∣∣∣∣∣∣f(t)− f(a)t− a
∣∣∣∣
aplicando limite t→ a temos
0 =
∣∣∣∣limt→a f(t)− f(a)t− a − V
∣∣∣∣∣∣∣∣limt→a f(t)− f(a)t− a
∣∣∣∣ = |(f
′(a) − V |)/f ′(a) portanto |f ′(a) − V | = 0 ⇒ V = f ′(a). A reta
L é a reta tangente contendo o ponto f(a).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 15
Exercício 11
Sejam f : [a, b) −→ R2 uma caminho (admita-se b = +∞) tal que limt→b |f(t)| = ∞ e L =
{(x, y) ∈ R2;αx + βy = c} uma reta. Ponhamos u = (α, β). Podemos supor |u|2 = α2 + β2 = 1 .
As seguintes afirmações são equivalentes:
i) lim
t→b
d(f(t), L) = 0;
ii) lim
t→b
〈f(t), u〉 = c e lim
t→b
〈
f(t)
|f(t)| , u
〉
= 0.
Quando isto ocorre, diz-se que a reta L é assíntota do caminho f quando x→ b.
Solução. (i)⇒ (ii)
Temos que lim
t→b
d(f(t), L) = 0. Podemos supor que existe uma sequência f(ti) ∈ f [a, b) tais que
lim
t→b
f(ti) = z ∈ L, pois a distância de f(t) a L tende 0 . Tomando z = {(x, y)|αx + βy = c} note
que x = c−βy
α
α 6= 0 .
Portanto lim
t→b
〈f(t), u〉 =
〈
lim
t→b
f(ti), u
〉
= 〈z, u〉 = 〈(x, y), (α, β)〉 =
〈(
c− βy
α
, y
)
, (α, β)
〉
=
c− βy + βy = c.
e
lim
t→b
〈
f(t)
|f(t)| , u
〉
= lim
t→b
1
|f(t)| 〈f(t), u〉 = 0 · c = 0
Exercício 12
Se b < +∞ e o caminho f : [a, b) → R2 é da forma f(t) = (t, ϕ(t)), com lim
t→b
ϕ(t) = +∞, a reta
vertical x = b é assíntota do caminho f quando t→ b.
Solução. Seja L = {(b, 0) + t(0, 1); t ∈ R} a reta vertical x = b. A partir da definição de as-
síntota dada no exercício 11, precisamos apenas provar que lim
t→b
d(f(t), L) = 0, visto que já temos
lim
t→b
|f(t)|m = ∞. Ora, mas d(f(t), L) = |f(t) − Pr(f(t), L)|, onde Pr(f(t), L) é a projeção do
ponto f(t) sobre a reta L. É fácil ver que Pr(f(t), L) = (b, ϕ(t)). Daí
d(f(t), L) = |(t, ϕ(t))− (b, ϕ(t))| = |(t− b, 0)| ⇒ lim
t→b
d(f(t), L) = lim
t→b
|(t− b, 0)| = 0,
como queríamos.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 16
1.2.2 Integral de um Caminho
Exercício 1
Se f, g : [a, b]→ Rn são de classe C1 então∫ b
a
〈f(t), g′(t)〉 dt = 〈f, g〉 |ba −
∫ b
a
〈f ′(t), g(t)〉 dt
Solução. Definamos ϕ(t) = 〈f(t), g(t)〉, então ϕ′(t) = 〈f ′(t), g(t)〉+ 〈f(t), g′(t)〉.
Então segue que ∫ b
a
ϕ′(t)dt =
∫ b
a
(〈f ′(t), g(t)〉+ 〈f(t), g′(t)〉)dt
⇒
∫ b
a
ϕ′(t)dt =
∫ b
a
〈f ′(t), g(t)〉 dt+
∫ b
a
〈f(t), g′(t)〉 dt
⇒ ϕ(t)|ba =
∫ b
a
〈f ′(t), g(t)〉 dt+
∫ b
a
〈f(t), g′(t)〉 dt
⇒
∫ b
a
〈f(t), g′(t)〉 dt = 〈f(t), g(t)〉 |ba −
∫ b
a
〈f ′(t), g(t)〉 dt
Exercício 2
Se uma sequência de caminhos integráveis fk : [a, b] → Rn converge uniformemente para um cami-
nho f : [a, b]→ Rn então f é integrável e
lim
t→∞
∫ b
a
fk(t)dt =
∫ b
a
f(t)dt
Solução. Vimos que se (fk) converge uniformemente para f e todas as funções fk são contínuas em
c ∈ X , então f é contínua em c. Disto concluímos que se x ∈ Df , então x ∈ Dfn , para algum
n ∈ N, daí Df ⊂
⋃
n∈N
Dfn e como
⋃
n∈N
Dfn tem medida nula, segue que Df tem medida nula e
portanto é integrável.
Agora note que∣∣∣∣∫ b
a
f(t)dt−
∫ b
a
fk(t)dt
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ b
a
(f(t)− fk(t))dt
∣∣∣∣ ≤ ∫ b
a
|f(t)− fk(t)|dt.
Como (fk) converge uniformemente para f , então dado
ε > 0, ∃ n0 ∈ N; ∀ n > n0, |f(t)− fk(t)| < ε/(b− a),
daí
∀ n > n0,
∫ b
a
|f(t)− fk(t)|dt < ε ⇒ lim
t→∞
∫ b
a
fk(t)dt =
∫ b
a
f(t)dt.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 17
Exercício 3
Seja A ⊂ Rm um conjunto convexo. Dado um caminho integrável f : [0, 1] → Rm tal que f(t) ∈ A
para todo t, prove que
∫ 1
0
f(t)dt ∈ A.
Solução. Aqui usaremos um resultado elementar sobre conjuntos convexos: se A ⊂ Rn é convexo e
α1 + · · ·+ αk = 1 com α1 ≥ 0, · · · , αk ≥ 0 então x1, · · · , xk ∈ A⇒
k∑
i=1
αixi ∈ A.
Daí resulta que se (P ∗k ) é uma sequência de partições pontilhadas de [0, 1] com lim
k→∞
|Pk| = 0 então∑
(f, P ∗k ) ∈ A para todo k ∈ N, portanto
∫ 1
0
f(t)dt = lim
k→∞
∑
(f ;Pk) ∈ A.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 18
1.2.3 Caminhos retificáveis
Exercício 1
Sejam f : [0 : 2pi]→ R e g : [0 : 2pi]→ R2 definidos por f(t) = sen t e g(t) = (t, cos t). Determine
l(f) e l(g).
Solução. Vimos que todo caminho f : [a, b] → Rn de classe C1 é retificável e l(f) = ∫ b
a
|f ′(t)|dt.
Sendo f, g ∈ C1, temos:
l(f) =
∫ 2pi
0
| cos t|dt = ∫ pi/2
0
cos tdt− ∫ 3pi/2pi/2
cos tdt+
∫ 2pi
3pi/2
cos tdt = 4 e
l(g) =
∫ 2pi
0
|(1, cos t)|dt = ∫ 2pi
0
√
1 + cos2 tdt
Exercício 2
Qual é o comprimento da ciclóide f : [0, 2pi] −→ R2, f(t) = (t− sen t, 1− cos t) ?
Solução. Como f ′(t) = (1− cos t, sen t) logo
|f ′(t)| = √(1− cos t)2 + sen 2t = √2(1− cos t). Então o comprimento de f é igual a∫ 2pi
0
√
2(1− cos t)dt =
∫ 2pi
0
2sen
(
t
2
)
dt = −4 cos
(
t
2
)
|2pi0 = 4(1− (−1)) = 8
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 19
1.3 Funções Reais de n Variáveis
1.3.1 Derivadas parciais
Exercício 2
Seja U ⊂ Rm aberto e conexo. Se f : U → R possui, em todos os pontos de U , derivadas parciais
nulas então f é constante.
Solução. Utilizaremos um corolário do Teorema do Valor Médio, isto é,
“Seja U ⊂ Rm aberto e conexo. Se f : U → R possui derivadas direccionais em todo ponto x ∈ U
e
∂f
∂v
(x) = 0 para qualquer vetor v então f é constante.”
Como f possui derivadas parciais em todo U e elas são contínuas então f é diferenciável em U e além
∂f
∂v
(x) = df(x) · v = 0,
pois
∂f
∂x1
= 0 = · · · = 0 = ∂f
∂xn
,
onde
df(x) = (
∂f
∂x1
, . . . ,
∂f
∂xn
),
portanto f é constante.
Exercício 3
Se f : U −→ R, definida no aberto U ⊂ Rm, assume seu valor máximo (ou mínimo) num ponto
a ∈ U então qualquer derivada parcial de f que exista no ponto a é nula.
Solução. Sabemos da análise na reta que se ϕ é definida de I ⊂ R −→ R e atinge seu máximo ou
minimo local em x0 ∈ I então ϕ′(x0) = 0.
Seja a um ponto de máximo da função f : U −→ R. Defina ϕ : [−δ, δ] −→ U , onde δ > 0 e
∀t ∈ [−δ, δ] −→ ϕ(t) = a+ th, onde h é um vetor unitário do Rn.
Note que
ϕ(0) = a+ 0h = a. Tome g : [−δ, δ] ⊂ R −→ R, tal que g(t) = (f ◦ ϕ)(t) = f(ϕ(t)) = f(a+ th).
Temos g(0) = f(ϕ(0)) = f(a). Como a é valor de máximo de f temos que ∀t ∈ [−δ, δ]
f(a) ≥ f(a+ th). Portanto 0 vai ser ponto de máximo de g, pois
g(0) = f(a) ≥ f(a+ th) = f(ϕ(t)) = (f ◦ ϕ)(t) = g(t)
Como g : R −→ R⇒ g′(0) = 0 (1).
Observe que ϕ′(t) = h ∀t ∈ [−δ, δ]⇒ ϕ′(0) = h.
Pela Regra da Cadeia:
g
′
(0) = (f ◦ϕ)′(0) = f ′(ϕ(0))ϕ′(0) = f ′(a)h (1)= 0. Logo como h ∈ Rm é arbitrário e |h| = 1 temos
que f ′(a) = 0.
Para a ∈ U ponto de mínimo a demonstração é análoga.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 20
Exercício 4
[Teorema de Rolle] Seja f : U → R contínua no aberto limitado U ⊂ Rm, possuindo derivadas
parciais em todos os pontos de U . Se, para todo a ∈ ∂U tem-se lim
x→a
f(x) = 0 então existe c ∈ U tal
que ∂f
∂xi
(c) = 0 para i = 1, · · · ,m.
Solução. Defina F : U → R pondo F (x) = f(x) se x ∈ U e F (x) = 0 se x ∈ ∂U . F assim definida
é contínua, e sendo U compacto, temos pelo teorema de Weierstrass que F atinge seu máximo e seu
mínimo em U . Como ∀ x ∈ ∂U, F (x) = 0, então, exceto se F for identicamente nula ( neste caso
todo x ∈ U satisfaz ∂f
∂xi
(x) = 0 para i = 1, · · · ,m), seu valor máximo ou seu valor mínimo é atingido
num ponto c ∈ U e este será ponto crítico de f , isto é, ∂f
∂xi
(c) = 0 para i = 1, · · · ,m.
Exercício 5
Se f : U → R possui derivadas parciais com | ∂f
∂xi
(x)| ≤ M , (i = 1, 2, ...,m) em todos os pontos do
aberto convexo U ⊂ Rm então |f(x) − f(y)| ≤ M |x − y| para quaisquer x, y ∈ U . Conclua que se
f possui derivadas parciais limitadas num aberto qualquer, ela é contínua (mas não necessariamente
uniformemente contínua).
Solução. Sejam x, v = (α1, · · · , αm) ∈ U (convexo), então y = x+ v ∈ U .
Definamos os vetores
v0 = 0
v1 = v0 + α1e1
v2 = v1 + α2e2 = α1e1 + α2e2
...
vi = vi−1 + αiei
...
vm = v
|f(x+v)−f(x)| = |f(x+v1)−f(x+v0)+f(x+v2)−f(x+v1)+ · · ·+f(x+vm)−f(x+vm−1)| ≤
k∑
i=1
|f(x+ vi)− f(x+ vi−1)|
Pelo T.V.M.
|f(x + vi) − f(x + vi−1)| =
∣∣∣ ∂f∂xi (z)∣∣∣ |vi − vi−1| = ∣∣∣ ∂f∂xi (z)∣∣∣ |αi|, em que z é um ponto do segmento
[vi−1, vi].
Por hipótese
∣∣∣ ∂f∂xi (z)∣∣∣ ≤ M , então temos que |f(x + v) − f(x)| ≤ M k∑
i=1
|αi| = M |v|S, v = y − x.
Então |f(y)− f(x)| ≤M |x− y|,∀ x, y ∈ U .
Agora, se U é aberto, dado x ∈ U existe δ > 0 tal que B(x, δ) ⊂ U .
Se f possui derivadas limitadas em U , então o mesmo ocorre em B(x, δ) ⊂ U , daí o fato de B(x, δ)
ser conexo, implica que |f(x)− f(y)| ≤M |x− y|,∀ x, y ∈ B(x, δ), em que
∣∣∣ ∂f∂xi (z)∣∣∣ ≤M,∀ x ∈ U .
Daí f é contínua (Lipschitz em B(x, δ)) em x ∈ U . Como x foi tomado arbitrariamente, segue que f
é contínua em U .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 21
Exercício 6
Seja A ⊂ R2 um retângulo aberto, de lados paralelos aos eixos. Se f : A → R possui derivadas
parciais em todos os pontos de A então, dados (a, b) e (a + h, b + k) em A existe θ ∈ (0, 1) tal que
f(a+ h, b+ k)− f(a, b) = ∂f
∂x
(a+ θh, b+ k) · h+ ∂f
∂y
(a, b+ θk) · k.
Solução. ComoA é paralelo aos eixos tem-se que [(a, b), (a+th, b+k)] ⊂ A e [(a, b), (a+h, b+tk)] ⊂
A, ∀t ∈ [0, 1], logo faz sentido definir ψ : [0, 1]→ R,
ψ(t) = f(a+ th, b+ k) + f(a, b+ tk),∀t ∈ [0, 1].
Temos que ψ é contínua em [0, 1] e derivável em (0, 1), logo existe θ ∈ (0, 1) tal que
ψ(1)− ψ(0) = ψ′(θ)(1− 0).
Logo
f(a+ h, b+ k) + f(a, b+ k)− f(a, b+ k)− f(a, b) = f ′(a+ θh, b+ k)h+ f ′(a, b+ θk)k
portanto
f(a+ h, b+ k)− f(a, b) = ∂f
∂x
(a+ θh, b+ k)h+
∂f
∂y
(a, b+ θk)k.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 22
1.3.2 Derivadas direcionais
Exercício 1
Uma função f : Rm → Rn tal que f(0) = 0 e f(tx) = tf(x), para quaisquer x ∈ Rm e t 6= 0, tem
todas as derivadas direcionais na origem, e vale ∂f
∂v
(0) = f(v).
Solução. Por hipótese temos que f(tx) = tf(x), ∀ t 6= 0, daí
f(0 + tv)− f(0)
t
=
tf(v)− f(0)
t
= f(v), ∀ t 6= 0
⇒ lim
t→0
f(0 + tv)− f(0)
t
= lim
t→0
f(v) = f(v),
portanto ∂f
∂v
(0) existe e coincide com f(v).
Exercício 2
Seja f : R2 → R definida por f(x, y) = x
2y
x2 + y2
se x2 + y2 > 0 e f(0, 0) = 0. Para todo caminho
λ : (−ε, ε)→ R2, diferenciável no ponto 0, com λ(0) = (0, 0), existe a derivada (f ◦ λ)′(0).
Solução. Seja λ(t) = (x(t), y(t)) se t 6= 0 e λ(t) = 0 se t = 0, então
(f ◦ λ)′(0) = lim
t→0
(f ◦ λ)(0 + t)− (f ◦ λ)(0)
t
= lim
t→0
f(λ(t))
t
= lim
t→0
1
t
.
x2(t)y(t)
x2(t) + y2(t)
= lim
t→0
x2(t)
t2
.y(t)
t
x2(t)
t2
+ y
2(t)
t2
= lim
t→0
(x(t)
t
)2.(y(t)
t
)
(x(t)
t
)2 + (y(t)
t
)2
= lim
t→0
f
(λ(t)
t
)
= f
(
lim
t→0
λ(t)− λ(0)
t
)
= f(λ′(0))
Como λ é diferenciável em 0, existe (f ◦ λ)′(0) e é igual a f(λ′(0)).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 23
Exercício 3
Sejam ϕ, ψ : R2 → R definidos por:
ϕ(x, y) =
(x2 − y2)y2
x8
, ψ(x, y) =
(x2 − y2)y2
x7
√
x
se x > 0 e 0 < y < x2.
Nos demais pontos de R2, ponha ϕ(x, y) = ψ(x, y) = 0. Mostre que ϕ e ψ possuem derivadas
direcionais em todos os pontos do plano e que essas derivadas dependem linearmente de v. Mostre
ainda que ψ é contínua em todo R2, mas ϕ é contínua apenas em R2−{0}. Finalmente, considerando
o caminho diferenciável λ : R −→ R2, dado por λ(t) = (t, t2), a função composta ψ ◦ λ : R → R
não é derivável em t = 0.
Solução. Para y 6= 0 ou y2 6= x2 , x > 0, temos que ϕ e ψ possuem derivadas direcionais em todos
os pontos. Analisaremos então os seguintes casos:
1o caso: y = 0, x = 0, v = (v1, v2).
∂ϕ
∂v
(x, 0) = lim
t→0
ϕ[(x, 0) + t(v1, v2)]− ϕ(x, 0)
t
= lim
t→0
ϕ(x+ tv1, tv2)
t
= lim
t→0
[(x+ tv1)
2 − (tv2)]2t2v22
t(x+ tv1)8
= lim
t→0
t[(x+ tv1)
2 − (tv2)]2v22
(x+ tv1)
= 0,
∂ψ
∂v
(x, 0) = lim
t→0
ψ[(x, 0) + t(v1, v2)]− ψ(x, 0)
t
= lim
t→0
ψ(x+ tv1, tv2)
t
= lim
t→0
[(x+ tv1)
2 − tv2]2t2v22
t(x+ tv1)7
√
x+ tv1
= lim
t→0
t[(x+ tv1)
2 − tv2]2v22
(x+ tv1)7
√
x+ tv1
= 0.
2o caso: y = x2, x > 0, v = (v1, v2).
∂ϕ
∂v
= lim
t→0
ϕ[(x, x2) + t(v1, v2)]− ϕ(x, x2)
t
= lim
t→0
ϕ(x+ tv1, x2 + tv2)
t
= lim
t→0
[(x+ tv1)
2 − (x2 + tv2)]2(x2 + tv22)2
t(x+ tv1)8
= lim
t→0
(x2 + 2xtv1 + t
2v21 − x2 − tv22)2(x2 + tv2)2
t(x+ tv1)8
= lim
t→0
(2xtv1 + t
2v21 − tv22)2(x2 + tv2)2
t(x+ tv1)8
= lim
t→0
t2(2xtv1 + tv
2
1 − v2)2(x2 + tv2)2
t(x+ tv1)8
= 0,
∂ψ
∂v
= lim
t→0
ψ[(x, x2) + t(v1, v2)]− ψ(x, x2)
t
= lim
t→0
ψ(x+ tv1, x
2 + tv2)
t
= lim
t→0
[(x+ tv1)
2 − (x2 + tv2)]2(x2 + t2v2)2
t(x+ tv1)7
√
x+ tv1
= lim
t→0
t2(2xv1 + tv
2
1 − v2)2(x2 + tv1)2
t(x+ v1)7
√
x+ tv1
= 0.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 24
3o caso: (x, y) = (0, 0), v = (v1, v2)
∂ϕ
∂v
= lim
t→0
ϕ(v1, v2)
t
= lim
t→0
ϕ(tv)
t
= 0, pois ϕ(tv) = 0,∀v ∈ R2
e t suficientemente pequeno.
Para
∂ψ
∂v
(0, 0) = 0 é análogo.
Afirmação: as derivadas direcionais dependem linearmente de v, pois para y 6= 0 e y 6= x2 , x > 0,
temos que ϕ, ψ são diferenciáveis. Além disso ∀u ∈ R2 temos:
∂ϕ
∂v
(x, y) = 〈∇ϕ(x, y), v〉 e ∂ϕ
∂u
= 〈∇ϕ(x, y), u〉
∂ϕ
∂v
(x, y) = 〈∇ϕ(x, y), λv〉 = λ 〈∇ϕ(x, y), v〉 = λ∂ϕ
∂v
∂ϕ
∂(u+ v)
(x, y) = 〈∇ϕ(x, y), u+ v〉 = 〈∇ϕ(x, y), u〉+ 〈∇ϕ(x, y), v〉 = ∂ϕ
∂u
+
∂ϕ
∂v
.
Analogamente, isso vale para ψ.
Por fim, para y = 0 ou y = x2, x > 0 obtemos
∂ϕ
∂v
(x, y) =
∂ψ
∂v
(x, y) = 0.
Portanto, ϕ e ψ dependem linearmente de v.
Exercício 4
Seja f : Rm → R uma função contínua, possuindo todas as derivadas direcionais em qualquer ponto
de Rm. Se ∂f
∂u
(u) > 0 para todo u ∈ Sm−1 então existe um ponto a ∈ Rm tal que ∂f
∂v
(a) = 0 seja qual
for v ∈ Rm.
Solução. Seja u ∈ Sm−1, então a condição ∂f
∂u
(u) > 0 implica que ∃ δ > 0 tal que ∀ t ∈ R
satisfazendo −δ < t < 0 tem-se f(u+tu)−f(u)
t
> 0 ⇒ f(u + tu) < f(u). Agora note que se
−δ < t < 0 então 1 − δ < 1 + t < 1 ⇒ |(1 + t)u| < |u| = 1 , portanto (1 + t)u ∈ B(0, 1) e
além disso f((1 + t)u) < f(u). Como isto se verifica pra todo vetor direcional u ∈ Sm−1, então ,
necessariamente o mínimo de f |B[0,1] é assumido em algum ponto a ∈ B(0, 1).
Para cada v ∈ Rm, considere a função ϕ : R → R definida por ϕ(t) = f(a + tv). Temos que ϕ tem
um mínimo local quanto t = 0, daí 0 = ϕ′(0) = ∂f
∂v
(a).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 25
1.3.3 Funções diferenciáveis
Exercício 1
Seja f : Rm → R tal que f(tx) = |t|f(x) para x ∈ Rm e t ∈ R quaisquer. Se f é diferenciável na
origem, então f(x) = 0 para todo x.
Solução. Observemos que para t = 0, temos f(0.x) = 0.f(x)⇒ f(0) = 0.
Se t > 0, f(tx) = t.f(x) e
∂f
∂x
(0+) = lim
t→0+
f(0 + tx)− f(0)
t
= lim
t→0+
tf(x)
t
= f(x)
Se t < 0, f(tx) = −t.f(x) e
∂f
∂x
(0−) = lim
t→0−
f(0 + tx)− f(0)
t
= lim
t→0−
−tf(x)
t
= −f(x)
Como, por hipótese, f é diferenciável na origem, devemos ter
∂f
∂x
(0) = ∂f
∂x
(0+) = ∂f
∂x
(0−), ou seja, f(x) = −f(x), o que implica que f(x) = 0, para todo x ∈ Rm.
Exercício 2
Sejam U ⊂ Rm um aberto tal que x ∈ U, t > 0 ⇒ tx ∈ U , e k um número real. Uma função
f : U → R diz-se positivamente homogênea de grau k quando f(tx) = tkf(x) para quaisquer x ∈ U
e t > 0. Para todo k ∈ Rmostre que existe uma função f : Rm−0→ R, de classe C∞, positivamente
homogênea de grau k, tal que f(x) > 0 para todo x e f não é um polinômio.
Solução. Seja f : Rm − {0} → R, dada por f(x) =
√
x2k1 + · · ·+ x2km , então
f(tx) =
√
(tx1)2k + · · ·+ (txm)2k = t
√
x2k1 + · · ·+ x2km = tf(x).
Tem-se que f é classe C∞ e positivamente homogênea de grau k.
Exercício 3
Seja U ⊂ Rm como no exercício anterior. Se f : U → R é diferenciável, então f é positivamente
homogênea de grau k se, e somente se, cumpre a relação de Euler,
∑ ∂f
∂xi
(x)xi = kf(x). Escreva a
relação de Euler para a função f(x) = 〈x, x〉k = |x|2k.
Solução.
(⇒) f positivamente homogênea de grau k⇒ f(tx) = tkf(x), ∀ t > 0 . Derivando dos dois lados
da última igualdade com relação a t obtemos f ′(tx)x = ktk−1f(x), ∀ t > 0. Em particular, para
t = 1 temos ∂f(x)
∂x
= kf(x), isto é ,
∑ ∂f
∂xi
(x)xi = kf(x), como queríamos provar.
(⇐) Defina g : (0,∞)→ R, pondo g(t) = f(tx)
tk
.
g assim definida é diferenciável e g′(t) = t
k−1〈∇f(tx),tx〉−ktk−1f(tx)
t2k
= 0, portanto g é constante, visto
que (0,∞) é conexo. Desse modo g(t) = g(1), ∀ t ∈ (0,∞) ⇒ f(tx)
tk
= f(x) ⇒ f(tx) = tkf(x),
portanto f é positivamente homogênea.
A relação de Euler pra função f(x) = 〈x, x〉k = |x|2k é∑ ∂f
∂xi
(x)xi = 2k|x|2k.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 26
Exercício 4
Sejam U ⊂ Rm aberto e f : U → R diferenciável no ponto a ∈ U . Prove que existem ε > 0 e M > 0
tais que |h| < ε⇒ a+ h ∈ U e |f(a+ h)− f(a)| ≤M |h|.
Solução. Como U é aberto e a ∈ U , a é um ponto interior e ∃ ε > 0 tal queB(a, ε) ⊂ U , por hipotese
|h| < ε então
|(a+ h)− a| = |h| < ε
i.e, a+ h ∈ B(a, ε), portanto a+ h ∈ U .
Logo, como f é diferenciável no ponto a, tem-se
f(a+ h)− f(a) = f ′(a).h+ r(h), lim
h→0
r(h)
|h| = 0
já que limh→0
r(h)
|h| = 0, aplicando a definição, ∀ δ > 0,∃ ε > 0 tais que |h| < ε ⇒
|r(h)|
|h| < δ,
assim |r(h)| < δ0|h|, para algum δ0 > 0.
Seja M = max{|f ′(a)|, δ0}, então
|f(a+ h)− f(a)| = |f ′(a).h+ r(h)| ≤ |f ′(a)||h|+ δ0|h| ≤M |h|
o que conclui a prova.
Exercício 6
Seja f : U → R de classe C1 no aberto U ⊂ Rm. Dados a ∈ U e � > 0, prove que existe δ > 0 tal
que
x, y ∈ U, |x− a| < δ, |y − a| < δ ⇒ f(y)− f(x) = f ′(a)(y − x) + r(x, y)
onde |r(x, y)| ≤ �|x− y|.
Solução. f : U → R de classe C1 ⇒ r : U → R ∈ C1, onde r(x) = f(x) − f(a) −
m∑
i=1
∂f
∂xi
(a)(xi − ai). Além disso ∂r∂xi (a) = 0,∀ i = 1, ...,m, daí, dado � > 0,∃ δ > 0 tal que
B(a, δ) ⊂ U e ∀ x ∈ B(a, δ) tem-se |∇r(x)| < �. Tomemos x e y ∈ B(a, δ), arbitrá-
rios. Então pelo teorema do valor médio, existe θ = θ(x, y) ∈ (0, 1) tal que r(x) − r(y) =
〈∇r(x+ θ(y − x)), x− y〉 ⇒
|r(x)− r(y)| ≤ |∇r(x+θ(y−x))||x−y| < �|x−y|. Além disso f(x) = f(a)+f ′(a)(x−a)+ r(x)
e f(y) = f(a) + f ′(a)(y − a) + r(y) ⇒ f(x) − f(y) = f ′(a)(x − y) + r(x) − r(y). Se fizermos
r(x, y) = r(x)− r(y), então obtemos o resultado esperado.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 27
Exercício 7
Uma fonção holomorfa que só assume valores reais num aberto conexo é constante. (Idem para uma
reta qualquer do plano.)
Solução. Seja f : U → C definida por f(z) = u(z) + iv(z), onde as funções u, v : U → R são
respectivamente, as partes real e imaginária de f . Assim, se a função f é derivável no ponto z = x+yi
então sua parte real e sua parte imaginária são diferenciáveis no ponto (x, y) e, além disso, cumprem
as condições de Cauchy-Riemann: ∂u
∂x
= ∂v
∂y
e ∂u
∂y
= − ∂v
∂x
.
A função complexa f : U → C diz-se holomorfa quando possui derivada f ′(z) em todos os
pontos do aberto U .
Porém, como f só assume valores reais no aberto S ⊂ U , concluímos que v(z) = 0, ∀ z =
(x, y) ∈ U .
Então ∂u
∂x
= ∂v
∂y
= 0 e ∂u
∂y
= ∂v
∂x
= 0.
Assim concluímos que f ′(z) = ∂u
∂x
− i∂u
∂y
é nula para todo z = (x, y) ∈ S. Daí (pelo exercício 1.2
do capítulo 03 - Curso de Análise) segue que f é constante.
Exercício 8
Seja f = u + iv uma função holomorfa e ϕ, ψ caminhos diferenciáveis, com valores do domínio de
f , tais que u ◦ ϕ e v ◦ ψ são constantes. Se ϕ(s) = ψ(t) e f ′(ϕ(s)) 6= 0 então 〈ϕ′(s), ψ′(t)〉 =
0. ("As curvas de nível da parte real e da parte imaginária de uma função holomorfa cortam-se
ortogonalmente".)
Solução. Seja f : U ⊂ R2 −→ C, f = u + iv holomorfa e ϕ : Iϕ −→ U ⊂ R2, ψ : Iψ −→ U ⊂ R2
caminhos diferenciaveis onde u ◦ ϕ : Iϕ −→ R e v ◦ ψ : Iψ −→ R são constantes. Devemos mostrar
que se existem s0, t0 tais que ϕ(s0) = ψ(t0)⇒ 〈ϕ′(s0), ψ′(t0)〉 = 0.
De fato
ϕ(s) = (ϕ1(s), ϕ2(s)) e ψ(t) = (ψ1(t), ψ2(t)) , ∀s, ∀t. Queremos mostrar que
〈(ϕ′1(s0), ϕ′2(s0)), (ψ′1(t0), ψ′2(t0)〉 = 0. Como u ◦ ϕ(s) = cte tem-se
0 =
∂u
∂x
(ϕ(s))ϕ′
1(s) +
∂u
∂y
(ϕ(s))ϕ
′
2(s) .
⇒ 0 = 〈(ux(ϕ(s)), uy(ϕ(s)), ϕ′(s)〉,∀s ∈ Iϕ (I)
e
0 =
∂v
∂x
(ψ(t))ψ
′
1(t) +
∂v
∂y
(ψ(t))ϕ
′
2(t) .
⇒ 0 = 〈(vx(ψ(t)), vy(ψ(t)), ψ′(t)〉,∀t ∈ Iψ (II)
Por hipotese, f ′(ϕ(s0)) = ux(ϕ(s0))− iuy(ϕ(s0)) 6= 0
e
0 6= f ′(ϕ(s0)) = f ′(ψ(t0)) = vy(ψ(t0) + ivx(ψ(t0)
⇒ (ux(ϕ(s0)), uy(ϕ(s0)) 6= 0 6= (vy(ψ(t0), vx(ψ(t0)) De (I),(II) e de Cauchy Riemann vem que
0 = 〈(vy(ϕ(s0),−vx(ϕ(s0)), ϕ′(s0)〉
0 = 〈(vx(ψ(t0), vy(ψ(t0)), ψ′(t0)〉 (III)
Como
0 = 〈(vy(ϕ(s0),−vx(ϕ(s0)), (vx(ψ(t0), vy(ψ(t0))〉já que ϕ(s0) = ψ(t0) , temos de (III) que ∃λ 6=
0 tal que
(vy(ϕ(s0),−vx(ϕ(s0)) = λψ′(t0).
De (III),
0 = λ〈ψ′(t0), ϕ′(s0)〉 .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 28
Exercício 12
Sejam f : U → R diferenciável positivamente homogênea de grau 1 num aberto U ⊂ Rm contendo
zero. Mostre que f é a restrição de U de uma transformação linear de Rm em R. Conclua que a
função f : R2 → R dado por f(x, y) = x3
x2+y2
, f(0, 0) = 0 não é diferenciável na origem.
Solução. Observe, inicialmente, que para t = 0 temos f(0, x) = 0 · f(x) ⇒ f(0) = 0. Como, por
hipótese, f é diferenciável então existe ∂f
∂x
(0).
Assim, temos:
f(x) = lim
t→0
f(x) = lim
t→0
tf(x)
t
= lim
t→0
f(tx)− 0
t
= lim
t→0
f(tx)− f(0)
t
= lim
t→0
f(0, tx)− f(0)
t
=
∂f
∂x
(0) = 5f(0) · x
Como5f(0) é uma transformação linear, concluímos que f é linear.
Seja
f(x, y) =
{
x3
x2+y2
, se x2 + y2 6= 0,
0, se x = y = 0.
Temos:
• Se x = y = 0, f(tx, ty) = 0⇒ f(tx, ty) = t⇒ f(x, y) = 0
• Se x, y 6= 0, f(tx, ty) = (tx)3
(tx)2+(ty)2
= t
3x3
t2x2+t2y2
= tx
3
x2+y2
= tf(x, y)
Assim, f é positivamente homogênea de grau 1. Agora
f(x1+x2, y1+y2) =
(x1 + x2)
3
(x1 + x2)2 + (y1 + y2)2
6= (x1)
3
(x1)2 + (y1)2
+
(x2)
3
(x2)2 + (y2)2
= f(x1, y1)+f(x2, y2)
ou seja, f não é linear. Portanto, segue que f é diferenciável na origem.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 29
Exercício 13
Seja f : Rm → R diferenciável, tal que f(x/2) = f(x)/2 para todo x ∈ Rm. Prove que f é linear.
Solução. Inicialmente provaremos por indução, que f(
x
2n
) =
f(x)
2n
,∀n ∈ N.
Para n = 1, temos f(
x
2
) =
f(x)
2
, que é verdadeiro, por hipótese.
Suponhamos que a relação acima seja válida para n = k, e vamos mostrar que ela também é válida
para n = k + 1. Com efeito,
f(
x
2k+1
) = f(
x/2k
2
) =
1
2
f(
x
2k
) =
1
2
· f(x)
2k
⇒ f( x
2k+1
) =
f(x)
2k+1
.
Logo, f(
x
2n
) =
f(x)
2n
,∀n ∈ N.
Além disso, observamos que f(
x
2
) =
f(x)
2
,∀x ∈ Rm ⇒ f(0) = 0.
Tomando t =
1
2n
, e usando o fato que f é diferenciável, temos
f(x) = lim
t→0
tf(x)
t
= lim
n→∞
(1/2n) · f(x)
(1/2n)
= lim
n→∞
f(
x
2n
)
1/2n
= lim
t→0
f(tx)
t
f(x) = lim
t→0
f(0 + tx)− f(0)
t
=< ∇f(0), x > .
Portanto, como < ∇f(0), x > é linear, resulta f linear.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 30
1.3.4 A diferencial de uma função
Exercício 1
Todo funcional linear f : Rm → R é diferenciável e df(x).v = f.v para quaisquer x, v ∈ Rm.
Solução. Sejam x = (x1, . . . , xm) e v = (α1, . . . , αm)
i)
∂f
∂xi
(x) =
∂f
∂xi
(Σmi=1xiei) =
∂
∂xi
(Σmi=1xif(ei)) = f(ei), i = 1, . . . ,m Portanto existem as
derivadas parciais, ∀x ∈ Rm.
ii) f(v) = f(Σmi=1αiei) = Σmi=1αif(ei) = Σmi=1
∂f
∂xi
(x).αi =
∂f
∂v
(x) = df(x).v
Além disso, ∀v = (α1, . . . , αn) tal que a+ v ∈ U temos
f(x+ v) = f(x) + f(v) = f(x) + df(x).v = f(x) + df(x).v + r(v)
onde r(v) = 0 logo limv→0
r(v)
|v| = 0.
Portanto f é diferenciável e df(x).v = f.v ∀x, v ∈ Rm
Exercício 2
Seja f : U −→ R uma função que possui todas as derivadas direcionais ∂f
∂v
(a) num ponto a ∈
U, U ⊂ Rm aberto. Se não existirem pelo menos m − 1 vetores v, linearmente independentes, tais
que
∂f
∂v
(a) = 0, então f não é diferenciável no ponto a.
Solução. Vamos provar a contrapositiva.
Se f é diferenciável no ponto a, temos que f ′(a)v =
∂f
∂v
(a) = 0 ⇒ f ′(a)v = 0 ⇒ v ∈ ker(f ′(a)),
onde f ′(a) : Rm −→ R. Note que dim Im(f ′(a)) ≤ 1. Usando o Teorema do Núcleo e da Imagem,
segue que m− dim ker(f ′(a)) ≤ 1⇒ dim ker(f ′(a)) ≥ m− 1. Portanto, existem pelo menos m− 1
vetores linearmente independentes tais que
∂f
∂v
(a) = 0.
Exercício 3
Dada f : U → R no aberto U ⊂ Rm, defina fk : U → R pondo fk(x) = f(x)k. Prove que fk é
diferenciável e que dfk(x) · v = k · fk−1(x) · df(x) · v para x ∈ U e v ∈ Rm.
Solução. Seja g : R → R, g(x) = xk.g é C∞, além disso fk(x) = g(f(x)), daí, fk é diferenciável
pois é a composição de funções diferenciáveis e pela regra da cadeia dfk(x).v = dg(f(x)).df(x).v =
k(f(x))k−1.df(x).v, ∀ x ∈ U e v ∈ Rn.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 31
Exercício 4
Para cada uma das funções abaixo, escreva a diferencial sob a forma
df(x) =
∂f
∂x1
(x)dx1 + ...+
∂f
∂xm
(x)dxm
e use esta expressão para calcular df(x) · v para x e v dados.
Solução.
1. f : R × (R − 0) → R, f(x, y) = x
y
. Calcule df(x, y) · v com v = (tx, ty) e relacione este
resultadocom a curva de nível de f .
df(x, y) =
∂f
∂x
dx +
∂f
∂y
dy
=
1
y
dx − x
y2
dy
Então
df(x, y) · (tx, ty) = (1
y
dx − x
y2
dy) · (tx, ty) = tx
y
− txy
y2
= 0
2. f : R3 − 0 → R, f(x, y) = (√x2 + y2 + z2)−1. Mostre que df(x, y, z) · v = 0 se, e somente
se, v é perpendicular a (x, y, z). Calcule df(x, y, z) · v para x = 1, y = 2, z = 3 e v = (4, 2, 2).
df(x, y, z) =
∂f
∂x
(x, y, z)dx +
∂f
∂y
(x, y, z)dy +
∂f
∂z
(x, y, z)dz
= −x
√
x2 + y2 + z2
−3
dx − y
√
x2 + y2 + z2
−3
dy − z
√
x2 + y2 + z2
−3
dz
= −
√
x2 + y2 + z2
−3
(xdx + ydy + zdz)
Daí
df(x, y, z) · v = −
√
x2 + y2 + z2
−3
(xdx + ydy + zdz) · (v1, v2, v3)
= −
√
x2 + y2 + z2
−3
(xv1 + yv2 + zv3)
Assim,
df(x, y, z) · v = 0⇔ −
√
x2 + y2 + z2
−3
(xv1 + yv2 + zv3) = 0
⇔ xv1 + yv2 + zv3 = 0⇔ (v1, v2, v3) ⊥ (x, y, z).
Agora, para (x, y, z) = (1, 2, 3) e v = (4, 2, 2), temos df(1, 2, 3) · (4, 2, 2) = −
√
14
14
3. f : R2 − 0→ R, f(z) = log|z|. Calcule df(z)v com z = (x, y) e v = (−y, x).
df(z) = df(x, y) =
∂f
∂x
(x, y)dx +
∂f
∂y
(x, y)dy
=
x√
x2 + y2
dx +
y√
x2 + y2
dy =
1√
x2 + y2
(xdx + ydy)
Aplicando em v = (−y, x), encontramos df(x, y) · v = 0
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 32
Exercício 5
Considere em Rm a norma euclidiana. Se f : Rm − 0 → R é definida por f(x) = |x|a, com a ∈ R,
então df(x) · v = a|x|a−2 < x, v > para todo v ∈ Rm.
Solução. df(x) · v =
m∑
i=1
∂f(x)
∂xi
αi, onde v = (α1, · · · , αm), mas
∂|x|a
∂xi
= a|x|a−1 · (
√
x21 + · · ·+ x2i + · · ·+ x2m)′
= a|x|a−1 2xi
2
√
x21 + · · ·+ x2i + · · ·+ x2m
= a|x|a−1 xi|x| = a|x|
a−2 · xi
Logo,
df(x) · v =
m∑
i=1
a|x|a−2xiαi
= a|x|a−2
m∑
i=1
xiαi
= a|x|a−2 < x, v >,∀v ∈ Rm.
Exercício 7
Seja f : U −→ R definida no aberto U ∈ Rm. Dado a ∈ U, suponha que, para todo caminho
λ : (−ε, ε) −→ U, com λ(0) = a, que possua vetor velocidade v = λ′(0) no ponto t = 0, o
caminho composto f ◦ λ : (−ε, ε) −→ R também possua vetor velocidade (f ◦ λ)′(0) = T.v, onde
T : Rm −→ R é linear. Prove que, nestas condiçoes, f é diferenciável no ponto a.
Solução. Defina λ : (−ε, ε) −→ U por λ(t) = a + tei logo λ(0) = a, λ′(0) = ei =⇒ (f ◦ λ)′(0) =
T (ei)(hipótese) =⇒ ∂f
∂xi
(a) = limt→0
f(a+ tei)− f(a)
t
= limt→0
(f ◦ λ)(t)− (f ◦ λ)(0)
t
= (f ◦
λ)′(0) = T (ei) =⇒ ∃ ∂f
∂xi
(a) ∀i = 1 · · ·m Por outro lado tem [T ] = ( ∂f
∂x1
(a), · · · , ∂f
∂xn
(a)) e como
T é continua =⇒ ∂f
∂xi
(a) é continua ∀ i = 1 · · ·m logo f é diferenciável en a.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOSDO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 33
Exercício 8
Seja f : U −→ R difrenciável no aberto U ⊂ Rm. Suponha df(a) 6= 0 para um certo a ∈ U e
considere o vetor unitário u ∈ Rm tal que df(a) · u = max{df(a) · h; |h| = 1}. Se v ∈ Rm é tal que
df(a) · v = 0 , mostre que v é perpendicular a u.
Solução. Seja f : U −→ R difrenciável no aberto U ⊂ Rm e df(a) 6= 0 para a ∈ U e considere
u ∈ Rm o vetor unitário tal que df(a) · u = max{df(a) · h} onde |h| = 1.
Temos que
df(a) · u ≥ df(a) · h
para todo h tal que |h| = 1 em especial para h = ∇f(a)|∇f(a)|
df(a) · u ≥ df(a) · ∇f(a)|∇f(a)| =
〈
∇f(a), ∇f(a)|∇f(a)|
〉
= |∇f(a)|
e
df(a) · u = 〈∇f(a), u〉 ≤ |∇f(a)| · |u| = |∇f(a)|
Portanto df(a) · u = |∇f(a)| · |u| = |∇f(a)|.
Logo a igualdade vale se, e somente se u = α∇f(a)⇒ α± 1
Seja v ∈ Rm tal que df(a) · v = 0 logo, 〈∇f(a), v〉 = 0⇒ v ⊥ ∇f(a).
Mas∇f(a)//u⇒ u ⊥ v.
Exercício 9
Seja f : Rm × Rm → R dada por f(x, y) = 〈x, y〉. Mostre que f é diferenciável e que df(x, y) ·
(v, w) = 〈v, y〉 + 〈x,w〉. Generalize, considerando uma forma bilinear ϕ : Rm × Rn → R qualquer.
Generalize ainda mais, tomando
ψ : Rm1 × · · · × Rmk → R k-linear. Obtenha a diferencial da função determinante como caso
particular.
Solução. Parte 1:
Fixemos um ponto (x, y) arbitrário emRm×Rm. Então f(x+h, y+k) = f(x, y)+f(x, k)+f(h, y)+
f(h, k). Note que f(x, k) + f(h, y) é uma função linear de (h, k) e |f(h,k)||(h,k)| =
|〈h,k〉|
|(h,k)| ≤ |h|E .|k|E√|h|2E+|k|2E ≤
|h|E . Portanto lim(h,k)→(0,0) |f(h,k)||(h,k)|E = 0 ⇒ f é diferenciável e df(x, y).(h, k) = 〈x, k〉+ 〈h, y〉.
Parte 2:
Seja ϕ : Rm × Rn → R uma forma bilinear qualquer e (x, y) ∈ Rm × Rn. Então ϕ(x + h, y +
k) = ϕ(x, y) + ϕ(h, y) + ϕ(x, k) + ϕ(h, k), onde ϕ(h, y) + ϕ(x, k) é uma função liner de (h, k) e
lim(h,k)→(0,0)
|ϕ(h,k)|
|(h,k)|S = lim(h,k)→(0,0)
|ϕ(
m∑
j=1
hj.ej,
n∑
i=1
ki.ei)|
|(h,k)|S = lim(h,k)→(0,0)
|
n∑
i=1
m∑
j=1
ϕ(ej, ei)hj.ki|
|h|S+|k|S ≤
lim(h,k)→(0,0)
n∑
i=1
m∑
j=1
|ϕ(ej, ei)||hj||ki|
|h|S+|k|S .
Se c = max{|ϕ(ej, ei)|, 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ i ≤ n}, temos ainda que lim(h,k)→(0,0) |ϕ(h,k)||(h,k)|S ≤
lim(h,k)→(0,0)
c|h|S .|k|S
|h|S+|k|S = 0.
Portanto ϕ é diferenciável e ϕ′(x, y)(h, k) = ϕ(x, k) + ϕ(h, y).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 34
Parte 3:
No caso geral considere ψ : Rm1 × · · · × Rmk → R uma aplicação k-linear e (x1, ..., xk) ∈
Rm1 × · · · × Rmk . Temos então que
ψ(x1 + h1, ..., xk + hk) = ψ(x1, ..., xk) +
k∑
i=1
ψ(x1, .., xi−1, hi, xi+1, .., xk)+
+
k∑
i,j=1
i6=j
ψ(x1, .., xi−1, hi, xi+1, .., xj−1, hj, xj+1, ..., xk) + ...+ ψ(h1, .., hk)
onde
k∑
i=1
ψ(x1, .., xi−1, hi, xi+1, .., xk) é uma função linear de (h1, ..., hk).
Se c = max{|ψ(ei1 , .., eik)|, 1 ≤ i1 ≤ m1, 1 ≤ i2 ≤ m2, ..., 1 ≤ ik ≤ mk}, então temos que
|ψ(x1+h1,...,xk+hk)−ψ(x1,...,xk)−
k∑
i=1
ψ(x1, .., xi−1, hi, xi+1, .., xk)|
|(h1,...,hk)|S ≤
c
|h1|S+...+|hk|S (
k∑
i,j=1
i6=j
(|x1|..|xi−1||hi||xi+1|...|xj−1||hj||xj+1|...|xk|) + ...+ |h1|...|hk|).
Desse modo temos que
lim
(h1,..,hk)→(0,..,0)
|ψ(x1 + h1, .., xk + hk)− ψ(x1, .., xk)−
k∑
i=1
ψ(x1, .., xi−1, hi, xi+1, .., xk)|
|(h1, .., hk)|S = 0.
Portanto ψ é diferenciável e ψ′(x1, .., xk)(h1, .., hk) = ψ(h1, x2, .., xk) + ...+ ψ(x1, x2, .., hk).
Exercício 10
Prove que f : R2 → R é diferenciável no ponto c = (a, b) se, e somente se, existem funções
α, β : R2 → R contínuas na origem, tais que,para todo (h, k) ∈ R2, se tem f(a + h, b + k) =
f(a, b) + α · h+ β · k, onde α = α(h, k) e β = β(h, k).
Solução. (⇒)
f é diferenciável em c = (a, b) então
f(a+ h, b+ k) = f(a, b) +
∂f
∂x
(c) · h+ ∂f
∂y
(c) · k + ρ(h, k)|(h, k)|
com lim
h→0,k→0
ρ(h, k) = 0.
Então
f(a+ h, b+ k) = f(a, b) +
(
∂f
∂x
(c) +
ρ(h, k)√
h2 + k2
· h
)
· h+
(
∂f
∂y
(c) +
ρ(h, k)√
h2 + k2
· k
)
· k
Defina α : R2 → R por:
α(h, k) =
{
∂f
∂x
(c) + ρ(h,k)√
h2+k2
· h, se (h, k) 6= (0, 0),
∂f
∂x
(c), se (h, k) = (0.0).
lim
h→0,k→0
α(h, k) = lim
h→0,k→0
(
∂f
∂x
(c) + ρ(h, k)
h√
h2 + k2
)
=
∂f
∂x
(c) = α(0, 0)
Logo α é contínua em (0, 0)
Analogamente β : R2 → R definida por β(h, k) =
{
∂f
∂y
(c) + ρ(h,k)√
h2+k2
· k, se (h, k) 6= (0, 0),
∂f
∂y
(c), se (h, k) = (0.0).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 35
é uma função contínua em (0, 0).
Portanto podemos escrever
f(a+ h, b+ k) = f(a, b) + α(h, k) · h+ β(h, k) · k
em que α, β : R2 → R são funções contínuas em (0, 0).
(⇐)
Se f(a+h, b+k) = f(a, b)+α(h, k) ·h+β(h, k) ·k então k 6= 0, h = 0⇒ f(a,b+k)−f(a,b)
k
= β(0, k).
Por hipótese, β é contínua em (0, 0), então β(0, 0) = lim
k→0
f(a, b+ k)− f(a, b)
k
=
∂f
∂y
(a, b).
Analogamente, α(0, 0) = ∂f
∂x
(a, b).
Defina β(h, k) = ∂f
∂y
(a, b) = β(a, b) e α(h, k) = ∂f
∂x
(a, b) = α(a, b)
Então, f(a+ h, b+ k) = f(a, b) +
(
∂f
∂x
(a, b) + α(h, k)
) · h+ (∂f
∂y
(a, b) + β(h, k)
)
· k.
f(a+ h, b+ k) = f(a, b) + ∂f
∂x
(a, b) · h+ ∂f
∂y
(a, b) · k − (α(h, k) · h+ β(h, k) · k)
Defina r(h, k) = α(h, k) · h+ β(h, k) · k.
lim
h→0,k→0
r(h, k)
|(h, k)| = limh→0,k→0
(
α(h, k)
h√
h2 + k2
+ β(h, k)
k√
h2 + k2
)
= 0
Portanto f é diferenciável em (a, b) e então f é diferenciável.
Observação: lim
h→0,k→0
α(h, k) = 0
lim
h→0,k→0
α(h, k) = lim
h→0,k→0
(
∂f
∂x
(a, b)− α(h, k)
)
=
∂f
∂x
(a, b)− α(0, 0) = ∂f
∂x
(a, b)− ∂f
∂x
(a, b) = 0.
É análogo para β.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 36
Exercício 11
Seja U ⊂ Rm aberto. Se a função diferenciável f : U → R cumpre a condição de Lipschitz
|f(x)− f(y)| ≤ c|x− y| então |df(x) · v| ≤ c|v| para x ∈ U e v ∈ Rm.
Solução. Suponha por absurdo que existam x0 ∈ U e v0 ∈ Rm tais que |df(x0) · v0| > c|v0|, logo∣∣∣∣df(x0) · v0|v0|
∣∣∣∣ > c. Fazendo u0 = v0|v0| , temos |df(x0) ·u0| > c. Isto nos diz que |df(x0) ·u0| = c+ ε,
onde ε > 0, ε ∈ R. Queremos achar um vetor tal que
|f(x0 + v)− f(x0)| > c|v|.
Pela defnição de diferenciabilidade temos que ∀v ∈ Rn, tal que x0 + v ∈ U , temos que
f(x0 + v)− f(x0) = df(x0) · v + r(v), onde lim
v→0
r(v)
|v| = 0.
Fixemos u0, temos que tu0 → 0 quando t→ 0. Para todo ε > 0, dado acima, existe δ > 0, tal que
0 < t < δ ⇒ |r(tu0)||tu0| =
|r(tu0)|
|t||u0| =
|r(tu0)|
t
< ε
⇒ |r(tu0)| < tε.
Pela definição de diferenciabilidade temos
|f(x0 + tu0)− f(x0)| = |df(x0)tu0 + r(tu0)|
≥ |df(x0)tu0| − |r(tu0)|
= t|df(x0)u0| − |r(tu0)|
> t(c+ ε)− tε = tc.
Veja que |tu0| = |t||u0| = t, para todo 0 < t < δ, logo
0 < t < δ ⇒ |f(x0 + tu0)− f(x0)| > tc = |tu0|c.
Contradição.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 37
Exercício 12
Sejam U = x ∈ Rm; |xi| <, i = 1, ...,m e f : U → R uma função diferenciável, com
∣∣∣ ∂f
∂xi
∣∣∣ ≤ 3,
para todo x ∈ U . Então f(U) é um intervalo de comprimento ≤ 3m.
Solução. (Afirmação 1: U é aberto) De fato, seja x = (x1, ..., xn) ∈ U . Considerando M =
max{|xi|, i = 1, ...,m} < 1. Então 1 −M > 0. Dado y ∈ B(x, 1 −M), temos y = (y1, ..., yn).
Assim |yi| = |yi−xi+xi| ≤ |yi−xi|+ |xi|. Como |x−y| < 1−M , temos |yi−xi| < 1−M . Além
disso, uma vez que M = max{|xi|, i = 1, ...,m} < 1, M > m resulta que −M ≤ −|xi|, i = 1, ...m.
Logo |yi| ≤ |yi−xi|+ |xi| < | −M +xi| ≤ 1− |xi|+ |xi| = 1, i = 1, ...,m, tal que y ∈ U . Portanto
B(x; 1−m) ⊂ U , isto é U é aberto.
(Afirmação 2: U é convexo) De fato. Sejam x, y ∈ U ⇒ |xi| , |yi| < 1, i = 1, 2, ...,m e 0 ≤
t ≤ 1. Temos que |(1− t)xi + tyi| ≤ |1− t| e |xi| + t |yi| < 1 − t + t = 1, i = 1, ...,m. Logo,
(1− t)x+ ty ∈ U, 0 ≤ t ≤ 1. Portanto U é convexo.
(Afirmação 3: U é conexo) De fato se U é conexo. De fato Como U é convexo, temos que U é
conexo por caminhos, portanto U é conexo, pois é aberto e conexo por caminhos. Como f : U → R
é diferenciável, então temos que f é contínua. Portantof(U) é um intervalo. Agora sejam x, y ∈ U .
Como U é conexo, existe v ∈ Rn tal que y = v + u. Logo pela Teorema do Valor Medio temos∣∣∣ ∂f
∂xi
∣∣∣ ≤M ⇒ |f((x)− f(y)| ≤M |x− y| para cualquier x, y ∈ U
|f((x)− f(y)| ≤
∣∣∣∣∣
m∑
i=1
∂
∂xi
f(x+ θ(y − x))
∣∣∣∣∣ |x− y| 6
m∑
i=1
3 = 3m.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 38
1.3.5 O gradiente de uma função diferenciável
Exercício 1
Dada a transformação linear A : Rm → Rn, defina as funções f : Rm × Rn → R e g : Rm → R
pondo f(x, y) = 〈A · x, y〉 e g(x) = 〈A · x, x〉. Determine∇f(x, y) e ∇g(x).
Solução. Para 1 ≤ i ≤ m temos:
∂f
∂xi
(x, y) = lim
t→0
f(x+ t · ei, y)− f(x, y)
t
= lim
t→0
〈A(x+ t · ei), y〉 − 〈Ax, y〉
t
= lim
t→0
〈Ax, y〉+ t 〈Aei, y〉 − 〈Ax, y〉
t
= lim
t→0
t 〈Aei, y〉
t
= lim
t→0
〈Aei, y〉 = 〈Aei, y〉
Para m+ 1 ≤ i ≤ m+ n, temos:
∂f
∂yi
(x, y) = lim
t→0
f(x, y + t · ei)− f(x, y)
t
= lim
t→0
〈Ax, y + t · ei〉 − 〈Ax, y〉
t
= lim
t→0
〈Ax, y〉+ t 〈Ax, ei〉 − 〈Ax, y〉
t
= lim
t→0
t 〈Ax, ei〉
t
= lim
t→0
〈Ax, ei〉 = 〈Ax, ei〉
Portando,∇f(x, y) = (〈Ae1, y〉 , 〈Ae2, y〉 , · · · , 〈Aem, y〉 , 〈Ax, em+1〉 , · · · , 〈Ax, em+n〉).
Determinaremos agora,∇g(x):
∂g
∂xi
(x) = lim
t→0
g(x+ t · ei)− g(x)
t
= lim
t→0
〈A(x+ t · ei), x+ t · ei〉 − 〈Ax, x〉
t
= lim
t→0
〈Ax, x〉+ t 〈Ax, ei〉+ t 〈Aei, x〉+ t2 〈Aei, ei〉 − 〈Ax, x〉
t
= lim
t→0
〈Ax, ei〉+ 〈Aei, x〉+ t 〈Aei, ei〉 = 〈Ax, ei〉+ 〈Aei, x〉
Portanto∇g(x) = (〈Ax, e1〉+ 〈Ax, e2〉+ · · ·+ 〈Ax, en〉+ 〈Aen, x〉).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 39
Exercício 2
Seja f : U → R diferenciável no aberto U ⊂ Rm. Dada uma base ortogonal {u1, · · · , um} de Rm,
mostre que, para todo x ∈ U , tem-se
grad f(x) =
m∑
i=1
1
|ui|2
∂f
∂ui
(x) · ui.
Mais geralmente, dada uma base arbitrária {v1, · · · , vm} em Rm, indique com (gij) a matriz inversa
da matriz cujo ij-ésimo elemento é o produto interno< vi, vj >. Mostre que a expressão de grad f(x)
em relação à base {v1, · · · , vm} é a seguinte:
grad f(x) =
∑
i
(∑
j
gij
∂f
∂vj
)
vi.
Solução. Como ∇f(x) é um vetor, pomos ∇f(x) =
m∑
i=1
βiui, onde {u1, · · · , um} é uma base orto-
gonal de Rm e βi ∈ R.
Seja v ∈ Rm. Então, v =
m∑
i=1
αiui, αi ∈ R.
Por um lado,
df(x) · v =< ∇f(x), v >=<
m∑
i=1
βiui,
m∑
i=1
αiui >=
m∑
i=1
βiαi|ui|2.
Por outro,
df(x) · v = df(x)
m∑
i=1
αiui =
m∑
i=1
df(x)αiui.
Logo,
df(x)αiui = βiαi|ui|2 ⇒ βi = 1|ui|2df(x)ui ⇒ βi =
1
|ui|2
∂f
∂ui
(x).
Portanto
∇f(x) =
m∑
i=1
1
|ui|2
∂f
∂ui
(x) · ui.
Sejam v =
m∑
j=1
αjvj e ∇f(x) =
m∑
i=1
βivi, αj, βi ∈ R. Então
df(x) · v = df(x)
m∑
j=1
αjvj =
m∑
j=1
df(x)αjvj.
Por outro lado, temos
df(x) · v =< ∇f(x), v >=<
m∑
j=1
αjvj,
m∑
i=1
βivi >=
m∑
j=1
m∑
i=1
αjβi < vi, vj > .
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 40
Logo
m∑
j=1
df(x)αjvj =
m∑
j=1
m∑
i=1
αjβi < vi, vj >
⇒ ∂f
∂vj
αjvj =
m∑
i=1
αjβi < vi, vj >
⇒ ∂f
∂vj
(x)vj =
m∑
i=1
βi < vi, vj > .
Para i = 1, · · · ,m, temos βi =
m∑
j=1
gij
∂f
∂vj
(x), onde (gij) é a matriz inversa da matriz cujo ij-ésimo
elemento é < vi, vj >.
Portanto
∇f(x) =
∑
i
(∑
j
gij
∂f
∂vj
)
vi.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 41
1.3.6 O Teorema de Schwarz
Exercício 1
Com a notação da Regra da Cadeia, suponha f e g duas vezes diferenciáveis, obtenha uma fórmula
para
∂2(g ◦ f)
∂xi∂xj
(a.)
Solução. Pela regra do cadeia temos:
∂(g ◦ f)
∂xj
(a) =
m∑
j=1
∂g(f(a))
∂yk
.
∂fk(a)
∂xj
Logo,
∂2(g ◦ f)
∂xi∂xj
(a) =
∂
∂xi
(
∂(g ◦ f)(a)
∂xj
)
=
∂
∂xi
(
m∑
j=1
∂g(f(a))
∂yk
.
∂fk(a)
∂xj
)
=
m∑
j=1
∂
∂xi
(
∂g(f(a))
∂yk
.
∂fk(a)
∂xj
)
=
m∑
j=1
{
∂
∂xi
(
∂g(f(a))
∂yk
.
∂fk(a)
∂xj
)
+
∂g(f(a))
∂yk
.
∂
∂xi
(
∂fk(a)
∂xj
)}
=
m∑
j=1
{
∂fk(a)
∂xj
[
n∑
p=1
∂fp(a)
∂xi
.
∂2g(f(a))
∂yp∂yk
]
+
∂g(f(a))
∂yk
.
∂2fk(a)
∂xixj
}
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 42
Exercício 2
Uma função diferenciável f : U → R definida no aberto U ⊂ Rm, é de classe C1 se, e somente se,
para cada h ∈ Rm, a função ϕh : U → R dada por ϕh(x) = df(x) · h é contínua. Analogamente, f é
duas vezes diferenciável se, e somente se, ϕh é diferenciável.
Solução. (⇒)
f : U → R,U ⊂ Rm, uma função de classe C1 ⇒ ∂f
∂xi
: U → R, são funções contínuas,
∀ i = 1, ...,m.
Daí dado h = (h1, ..., hm) ∈ Rm, temos que ϕh : U → R, é dado por ϕh(x) =
m∑
i=1
∂f
∂xi
(x).hi. Desse
modo ϕh é contínua em U , pois é soma de funções contínuas.
(⇐)
Se ϕh : U → R, dada por ϕh(x) = df(x) · h é contínua, ∀ h ∈ Rm, então, em particular, se tomar-
mos os vetores da base canônica e1, ....., em, temos que ϕei(x) =
∂f
∂xi
(x) é contínua, ∀ i = 1, ...,m.
Portanto f ∈ C1(U).
Analogamente, se f é duas vezes diferenciável emU , então f ′ : U → L{Rm, R}, f ′(x) = ( ∂f
∂x1
(x), ..., ∂f
∂xm
(x)),
é diferenciável e portanto cada uma de sua funções coordenadas é diferenciável em U . Daí ∀ h ∈ Rm,
ϕh(x) =
m∑
i=1
∂f
∂xi
(x).hi é diferenciável, pois é soma de funções diferenciáveis. Reciprocamente, se
∀ h ∈ Rm, ϕh(x) = df(x) · h é diferenciável, então, em particular, se tomarmos os vetores
e1, ..., em,temos que ϕei(x) =
∂f
∂xi
(x) é diferenciável em U , e daí f ′ : U → L{Rm, R}, f ′(x) =
( ∂f
∂x1
(x), ..., ∂f
∂xm
(x)) será diferenciável, pois suas funções coordenadas o são.
Exercício 3
Sejam f : U → R duas vezes diferenciável no aberto convexo U ∈ R2. Afim de que ∂2
∂x∂y
seja
identicamente nula, é necessário e suficiente que existam funções reais ϕ : I → R, γ : J → R, duas
vezes diferenciáveis em intervalos I, J da reta, tais que f(x, y) = ϕ(x) + ϕ(y) para todo (x, y) ∈ U .
Solução. Como ∂2
∂x∂y
e ∂
2
∂y∂x
são identicamente nulas, e ∂f
∂y
, ∂f
∂x
não dependem de x e y respetivamente.
Fixando (x0, y0) ∈ I x J definamos as funções
ϕ : I → R γ : J → R
x→ ϕ(x) = ∂f
∂x
(x, y0) y → γ(y) = ∂f∂y (x0, y)
as quais são duas vezes diferenciáveis em intervalos I, J . Logo
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) = ϕ(x) + γ(y)
Reciprocamente se f(x, y) = ϕ(x) + γ(y) derivando respeito a y e logo x obtemos o resultado
desejado.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 43
Exercício 4
A fim de que uma função duas vezes diferenciável g : R2 → R satisfaça a equação
∂2g
∂x2
=
∂2g
∂y2
é necessário e suficiente que existam funções ϕ : R→ R, ψ : R→ R, duas vezes diferenciáveis, tais
que g(x, y) = ϕ(x+ y) + ψ(x− y).
Solução.
(⇒)
Considere a seguinte mudança de variáveis: r = x+ y e s = x− y.
Seja F : R × R → R, definida por F (r, s) = g(x, y). Assim, F é uma composição de funções duas
vezes diferenciável e, daí, F é duas vezes diferenciável.
Então
∂g
∂x
=
∂F
∂r
· ∂r
∂x
+
∂F
∂s
· ∂s
∂x
=
∂F
∂r
+
∂F
∂s
∂2g
∂x2
=
∂2F
∂r2
· ∂r
∂x
+
∂2F
∂s∂r
· ∂s
∂x
+
∂2F
∂r∂s
· ∂r
∂x
+
∂2F
∂s2
∂s
∂x
=
∂2F
∂r2
+
∂2F
∂s∂r
+
∂2F
∂r∂s
+
∂2F
∂s2
=
∂2F
∂r2
+ 2
∂2F
∂r∂s
+
∂2F
∂s2
∂g
∂y
=
∂F
∂r
· ∂r
∂y
+
∂F
∂s
· ∂s
∂y
=
∂F
∂r
− ∂F
∂s
∂2g
∂y2
=
∂2F
∂r2
· ∂r
∂y
+
∂2F
∂s∂r
· ∂s
∂y
− ∂
2F
∂r∂s
· ∂r
∂y
− ∂
2F
∂s2
∂s
∂y
=
∂2F
∂r2
− ∂
2F
∂s∂r
− ∂
2F
∂r∂s
+
∂2F
∂s2
=
∂2F
∂r2
− 2 ∂
2F
∂r∂s
+
∂2F
∂s2
.
Como, por hipótese,
∂2g
∂x2
=
∂2g
∂y2
, temos
∂2F
∂r∂s
= 0.
Portanto, pelo exercício 7.3 (Curso de Análise Vol. 2- Capítulo 3), existem ϕ : I → R e ψ : J → R
duas vezes diferenciável tais que F (r, s) = ϕ(r) + ψ(s), donde g(x, y) = ϕ(x+ y) + ψ(x− y).
(⇐)
Suponhamos que existam funções ϕ : R → R e ψ : R → R, duas vezes diferenciáveis, tais que
g(x, y) = ϕ(x+ y) + ψ(x− y).
Então, considere a seguinte mudança de variáveis: r = x+y e s = x−y. Assim g(x, y) = ϕ(r)+ψ(s).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 44
Aplicando a regra da cadeia à g, obtemos
∂g
∂x
(x, y) =
∂ϕ
∂r
· ∂r
∂x
+
∂ψ
∂s
· ∂s
∂x
=
∂ϕ
∂r
+
∂ψ
∂s
∂2g
∂x2
(x, y) =
∂2ϕ
∂r2
· ∂r
∂x
+
∂2ψ
∂s2
· ∂s
∂x
=
∂2ϕ
∂r2
+
∂2ψ
∂s2
∂g
∂y
(x, y) =
∂ϕ
∂r
· ∂r
∂y
+
∂ψ
∂s
· ∂s
∂y
=
∂ϕ
∂r
− ∂ψ
∂s
∂2g
∂y2
(x, y) =
∂2ϕ
∂r2
· ∂r
∂y
− ∂
2ψ
∂s2
· ∂s
∂y
=
∂2ϕ
∂r2
+
∂2ψ
∂s2
Portanto
∂2g
∂x2
=
∂2g
∂y2
.
Exercício 5
Seja f : R2 −→ R duas vezes diferenciável. Suponha que fyy = c2fxx em todos os pontos de
R2, onde c é uma constante. Prove que existem funções ϕ : R −→ R, ψ : R −→ R, duas vezes
diferenciáveis, tais que f(x, y) = ϕ(x− cy) + ψ(x+ cy).
Solução. Defina f : R2 −→ R por f(x, y) = g(u, v), onde u = x− cy e v = x+ cy (*).
Daí, segue que
fx = gu · ux + gv · vx = gu + gv.
Derivando novamente em relação a x, obtemos que
fxx = (fx)x = (gu + gv)x = guu · ux + guv · vx + gvu · ux + gvv · vx = guu + 2guv + gvv.
Calculando agora as derivadas parciais de f em relação a y, obtemos:
fy = gu · uy + gv · vy = −cgu + cgv = c(gv − gu);
fyy = c(−gvu · uy + gvv · vy + guu · uy − guv · vy) = c2(guu − 2guv + gvv).
Dessa maneira,
fyy = c
2fxx ⇔ c2(guu − 2guv + gvv) = c2(guu + 2guv + gvv)⇔ 4guv = 0⇔ guv = 0.
Como g : R2 −→ R é duas vezes diferenciável e R2 é aberto e convexo, pelo exercício 7.3 (Curso
de Análise, p.182), existem ϕ, ψ : R −→ R duas vezes diferenciáveis tais que g(u, v) = ϕ(u) +
ψ(v), ∀ (u, v) ∈ R2.
Portanto, de (*), temos que f(x, y) = ϕ(x− cy) + ψ(x+ cy).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 45
Exercício 6
Seja U ⊂ Rm um aberto. Para toda função f : U → R duas vezes diferenciável, o Laplaciano de f é
a função ∆f : U → R, definida por
∆f =
∂2f
∂x21
+ · · ·+ ∂
2f
∂x2m
. Prove que se T : Rm → Rm é uma transformação linear ortogonal então ∆(f ◦ T ) = (∆f) ◦ T :
V → R, onde V = T−1(U). [Invariância do Laplaciano por rotações]
Solução. Sem perda de generalidade, consideremos n = 2. Assim, sejam U ⊂ R2 aberto, f > U →
R e T : R2 → R2. Suponhamos que Te1 = (a, b) e Te2 = (c, d). Então
T (x, y) = T (ye2) = xTe1 + yTe2 = x(a, b) + t(c, d) = (ax+ cy, bx+ dy)
Pela rega da cadeia, temos:
(1) : ∂(f◦T
∂x
(x, y) = ∂f
∂x
(T (x, y)) · a+ ∂f
∂y
(T (x, y)) · b
⇒ ∂2(f◦T
∂x2
(x, y) = a
(
∂2
∂x2
f(T (x, y)) · a+ ∂2
∂y∂x
f(T (x, y)) · b
)
+b
(
∂2
∂x∂y
f(T (x, y)) · a+ ∂2
∂y2
f(T (x, y)) · b
)
⇒ ∂2(f◦T
∂x2
(x, y) = a2 ∂
2
∂x2
f(T (x, y)) + 2ab ∂
2
∂x∂y
f(T (x, y)) + b2 ∂
2
∂y2
f(T (x, y))
(2) : ∂(f◦T
∂y
(x, y) = ∂f
∂x
(T (x, y)) · c+ ∂f
∂y
(T (x, y)) · d
⇒ ∂2(f◦T
∂y2
(x, y) = c
(
∂2
∂x2
f(T (x, y)) · c+ ∂2
∂y∂x
f(T (x, y)) · d
)
+d
(
∂2
∂x∂y
f(T (x, y)) · c+ ∂2
∂y2
f(T (x, y)) · d
)
⇒ ∂2(f◦T
∂y2
(x, y) = c2 ∂
2
∂x2
f(T (x, y)) + 2cd ∂
2
∂x∂y
f(T (x, y)) + d2 ∂
2
∂y2
f(T (x, y))
Logo, de (1) e (2):
(3) : ∆(f ◦ T )(x, y) = (a2 + c2)∂
2f
∂x2
T (x, y) + 2(ab+ cd)
∂2f
∂x∂y
T (x, y) + (b2 + d2)
∂2f
∂y2
T (x, y)
Além disso, [T ] =
[
a c
b d
]
. Como T é uma trnasformação linear ortogonal, temos [T ][T ]t = [I].
Então: [
a c
b d
] [
a b
c d
]
=
[
1 0
0 1
]
⇔
[
a2 + c2 ab+ cd
ab+ cd b2 + d2
]
=
[
1 0
0 1
]
Logo, de (3) temos
∆(f◦T )(x, y) = ∂
2f
∂x2
T (x, y)+
∂2f
∂y2
T (x, y) =
(
∂2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
)
T (x, y) = ∆(f)(T (x, y)) = [(∆f)◦T ](x, y)
Portanto, ∆(f ◦ T ) = (∆f) ◦ T . Como f : U → R, temos ∆(f ◦ T ) = (∆f) ◦ T : V → R, onde
V = T−1(U).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 46
1.3.7 Fórmula de Taylor; pontos críticos
Exercício 1
Seja f : U → R harmônica no aberto U ⊂ R2, isto é f ∈ C2 e ∂2f
∂x2
+ ∂
2f
∂y2
= 0 em todos os pontos
de U . Suponha que os pontos críticos de f são todos não-degenerados. Mostre que f não possui
máximos nem mínimos locais.
Solução. Seja x = (x0, y0) um ponto crítico de f , temos que ∇f(x) = 0 e a matriz Hessiana é dada
por (
∂2f
∂x2
(x) ∂
2f
∂x∂y
(x)
∂2f
∂y∂x
(x) ∂
2f
∂y2
(x)
)
seja v = (α, β), temos a forma quadrática
H(x).v2 =
∂2f
∂x2
α2
∂2f
∂x∂y
αβ +
∂2f
∂y2
β2
se consideramos v1 = (1, 0), temos H(x).v21 =
∂2f
∂x2
se consideramos v2 = (0, 1), temos H(x).v22 =
∂2f
∂y2
agora como f é harmônica, temos que
∂2f
∂x2
= −∂
2f
∂y2
e já que x é um ponto não-degenerado, segue-se que ou ∂
2f
∂x2
> 0 ou ∂
2f
∂x2
< 0, assim se ∂
2f
∂x2
> 0 tem-se
que H(x).v21 > 0, logo H(x).v
2
2 < 0, i.e., a forma quadrática é indefinida ( o outro caso é análogo),
por tanto o ponto crítico não pode ser máximo nem mínimo.
Exercício 2
O conjunto dos pontos em que uma função arbitrária f : X → R, definida num conjunto X ⊂ Rm,
admite um máximo ou mínimo estrito é enumerável.
Solução. Seja Y o conjunto dos pontos de máximo local estrito de f. Dado x ∈ Y , existe uma bola
B(x, 2δ) ⊂ X tal que y ∈ B(x, 2δ), y 6= x ⇒ f(y) < f(x), pois x é ponto de máximo local estrito.
Para cada x ∈ X , escolhamos um ponto qx ∈ Qn ∩ B(x, 2δ) e um número racional rx > 0 tal que
|x− qx| < rx < δ (isto é possível poisQn é denso em Rn). Então a ∈ B(qx, rx)⇔ |a− qx| < rx < δ
e |x− a| ≤ |x− qx|+ |qx − a| < δ + δ = 2δ ⇒ a ∈ B(x, 2δ). 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 = q′x e rx = r′x então |x′ − qx| < rx ⇒
x′ ∈ B(qx, rx) e analogamente x ∈ B(q′x, r′x). Daí, se fosse x 6= x′, de (∗) teríamos f(x′) < f(x) e
f(x) < f(x′). Logo, x = x′. Obtivemos assim uma correspondência injetiva entre Y e Qn.
Portanto, Y é enumerável.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 47
Exercício 3
Dada ϕ : (a, b)→ R derivável, defina f : (a, b)× (a, b)→ R pondo f(x, y) = ∫ y
x
ϕ(t)dt. Determine
os pontos críticos de f , caracterize os pontos críticos não-degenerados, os máximos e os mínimos
locais e os pontos de sela. Considere ϕ(t) = 3t2 − 1 e esboce as curvas de nível de f neste caso.
Solução. a é ponto crítico de f se ∂f
∂x
(a) = ∂f
∂y
(a) = 0. Mas pelo Teorema Fundamental do Cálculo,
temos que ∂f
∂x
(x, y) = −ϕ(x) e ∂f
∂y
(x, y) = ϕ(y).
Logo, para que um ponto (x, y) seja ponto crítico de f , x e y devem ser raízes da função ϕ.
Seja então (x1, x2) ponto crítico de f .
H(x1, x2) =
[
∂2f
∂x2
(x1, x2)
∂2f
∂x∂y
(x1, x2)
∂2f
∂y∂x
(x1, x2)
∂2f
∂y2
(x1, x2)
]
=
[ −ϕ′(x1) 0
0 ϕ′(x2)
]
= −ϕ′(x1)ϕ′(x2)
Daí se x1 ou x2 são pontos críticos de ϕ então (x1, x2) é um ponto crítico degenerado de f .
[
α1 α2
] [ −ϕ′(x1) 0
0 ϕ′(x2)
] [
α1
α2
]
=
[ −α1ϕ′(x1) α2ϕ′(x2) ] [ α1α2
]
= −α21ϕ′(x1)+α22ϕ′(x2)
1. Se ϕ′(x1) > 0 e ϕ′(x2) > 0 ou ϕ′(x1) < 0 e ϕ′(x2) < 0, H é indefinida e neste caso (x1, x2) é
ponto de sela.
2. Se ϕ′(x1) > 0 e ϕ′(x2) < 0, H é definida negativa, portanto (x1, x2) é ponto de máximo local.
3. Se ϕ′(x1) < 0 e ϕ′(x2) > 0, H é definida positiva, portanto (x1, x2) é ponto de mínimo local.
No caso em que ϕ(t) = 3t2 − 1, ϕ′(t) = 6t, temos o seguinte:
f(x, y) =
∫ y
x
(3t2 − 1)dt, ∂f
∂x
(x, y) = −3x2 + 1, ∂f
∂y
(x, y) = 3y2 − 1, daí os pontos críticos de
f são (
√
3
3
,
√
3
3
), (−
√
3
3
,
√
3
3
), (
√
3
3
,−
√
3
3
), (−
√
3
3
,−
√
3
3
). Além disso ∀ (x, y) ∈ R2,
∂2f