335240000-Analise-Real-Volume-2-Elon-Lages-Lima-Solucionario-Carlos-Alberto-Pereira-Dos-Santos

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE DE BRASÍLIA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
CURSO DE MESTRADO EM MATEMÁTICA
EXERCÍCIOS DE ANÁLISE NO Rn
TURMA 2012\1
Prof.o Carlos Alberto Pereira dos Santos
BRASÍLIA, JULHO DE 2012
Sumário
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).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 3
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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 4
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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 5
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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 6
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.
Entãoai ∈ (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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 7
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.
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 8
k > k0 ⇒ xk, yk ∈ B(a; ε). Como ∀ ε > 0 a bolaB(a; ε) contém pontos deX e de seu complementar
então a ∈ ∂X .
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 9
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 .
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 10
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) em A 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 !
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 11
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 = lim xk, 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 .
Exercício 5
Seja X ⊂ Rn tal que, para todo compacto K ⊂ Rn, a interseção X ∩K é compacta. Prove que X é
fechado.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 12
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.
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| → +∞.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 13
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)| = +∞.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 14
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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 15
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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 16
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.
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|
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 17
|y0 − x0| ≤ |y − x|
Assim
|f(y)− f(x)| ≤ |y − x|
então f é lipschitziana, portanto uniformemente contínua.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 18
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.
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 que a 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= ab se x = a
Note que g é bijetiva!
Para verificarmos que g é contínua, basta provarmos que lim
x→a
g(x) = b.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 19
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 .
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.
Exercício2
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 emRn 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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 20
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. PortantoX 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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 21
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.
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,
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 22
|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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 24
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.
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 comprimentodo arco temos que ter
|g′(t)| = 1
⇒
√
a2b2 + c2 = 1
⇒ a2b2 + c2 = 1.
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 dife-
renciável 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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 25
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 : Rn2 −→ 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).
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 26
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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 27
(∗) 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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 28
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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 29
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-ésimoeixo 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.
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 ),
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 30
|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.
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.
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).
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 31
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.
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.
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 32
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|.
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 33
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).
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 temosu = 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 34
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.
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)
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 35
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.
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 36
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 quadrática H 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 = 0 e
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 37
−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.
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) = 0y − y(2x2 − 2y2 − 2) = 0
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 38
Então segue da primeira expressão que devemos ter x = 0 ou 2x2 − 2y2 = 1 e dasegunda
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
 .
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 39
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)
)
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 40
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.
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
CAPÍTULO 1. EXERCÍCIOS DO LIVRO ANÁLISE REAL VOL.2 41
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.
2
Exercícios do Livro Curso de Análise vol.2
2.1 - Topologia do Espaço Euclidiano
2.1.1 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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 43
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) =∞.
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 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.244
2.1.2 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 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 45
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.
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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 46
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.
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.
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 47
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).
2.1.3 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
CAPÍTULO 2. EXERCÍCIOS DO LIVRO CURSO DE ANÁLISE VOL.2 48
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−