Solucionario Análise no Rn - Elinho

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Seção 1 Topologia do Espaço Euclidiano 185
A e B para todo x e X, então
If(Zk) • g(Ck) — f(vÔ • 
= — f(Vk)) ' g(Xk) + 
=
-
If(tk) - • B + A • Ig(Zk) -
donde • g(Zk) — f (Vk) • g(Yk)) = O, logo f • g é uniformemente contínua.
8.5. Sejam v = —x e w = V — Devemos provar que (v,w) O. Para todo
t [O, 1), temos IVI lv + twl pois v + tw e C. Elevando ao quadrado, obtemos
lv12 lv12 + 2t(v, w) + ta • lw12 . Simplificando concluímos que t[tlw12 + 2(v, w)) O
para todo t e [O, 11. Daf resulta que (v, w) O pois se fosse (v, w) < O então teríamos
tltlw12 + 2(v, w)] < O para todo t positivo, menor do que —2(v, W)/lW12.
8.6. Por 8.5, temos Oe (E—g, y—j) O. A segunda desigualdade
escreve-se (ü—i, j—y) O. Somandc»a com a primeira, vem (g—i, O,
donde (g — — i) (j — — z). Por Schwarz: Ij — — lv — xl, logo
9.1. A aplicação f: X —4 s n¯ l , definida por f(z) = z/lzl, é contínua e bijetiva,
logo é um homeomorfismo, pois X é compacto.
9.2. Defina f: s n x R —4 Rn — {O} pondo f(z, t) = et • z e observe que
g: Rn — {O} s
n ̄ l x R, dada por g(y) = enlyl é a inversa de f.
9.3. Considere a composição das aplicações abaixo indicadas:
s m X sn s m X R"+i sm x R x R" — (R
"i+ i - —R
onde a terceira é dada pelo exercício anterior e as demais sio inteiramente óbvias.
Todas sio homeomorfismos sobre suas imagens.
9.4. X é a reunião de duas com o ponto a em comum e Y é um
intervalo aberto da reta cujo ponto médio é b.
9.5. Seja f: X — {a} Y — {b} um homeomorfismo. Defina F: X —o Y pondo
F(z) = f(x) se c a e F(a) = b. Como X é compacto e F é uma bijeção, basta
provar que F é contínua, ou seja, que lim = a lim f(Zk) = b (onde € X— {a}).
Como Y é compacto, mostrar que b é o único valor de aderência da seqüência
(f(xô). Ora, se fosse lim f(Ck) = d b teríamos d = f (c), c € X— {a} e lim = c
kEN' kEN'
pois : Y — {b} —+ X — {a} é contínua. Mas devia ser lim = a. Final.
10.1. Fixando a € X, temos X = U Cax, uma reunião de conjuntos conexos
xex
com o ponto a em comum, logo X é conexo. Recíproca óbvia.
10.2. Considere em Rn uma reta r que intersecte o segmento (a, bl em seu ponto
médio. Dados r, os conjuntos (a,z) U [z,b] = AZ e AV = [a, y) U [y, bl têm
apenas os pontos a, b em comum. Supondo, por absurdo, que nenhum dos Az , z € r,
estivesse contido em R" — Z escolheríamos, para cada z € r, um ponto f(z) e Az n Z.
Isto definiria uma aplicação injetiva f : r Z, o que nio existe pois Z é enumerável
e r não é.
10.3. Sejam a b em Si e d b' em ,92 . Então Si — {a, b} é desconexo
— {d, b'} é conexo, homeomorfo a Si x R.
186 Soluções dos exercícios
10.4. Um subconjunto de R, para ser homeomorfo a SI deveria ser compacto
conexo, logo seria um intervalo (a, b), o qual fica desconexo pela remoção de um pontointerior, mas a remoção de qualquer um dos seus pontos não desconecta SI
10.5. X é a reunião doe dois eixos coordenados mais a hipérbole zu 1, logotem 3 componentes conexas.
11.1. O ponto essencial é observar que se f: X -4 Rn é uniformemente contínua
então toda seqüência de Cauchy (Xk) em X é transformada por f numa geqüência
de Cauchy (f(tk)). Portanto, se limtk = a então existe lim f(Zk) = b pois todseqüência de Cauchy em Rñ é convergente. O limite b não depende da seqüência (4)
escolhida pois se limyk = a, ainda com Yk X, a seqüência (XI, VI ,z2, V2' • ) aindaconverge para a, logo é de Cauchy, e sua imagem (f 
éde Cauchy, e tem a subseqüência (f(Zk)) convergindo para b, logo limf(Yk)
Portanto -s a f(Zk) --9 b e daf lim f(x) = b.
11.2. Pelo exercício anterior, para todo z = X existe lim f(y) = F (z).
define F: X —+ Rn. Para todo E > O dado, tome-se 6 > O tal que y,y' y— y'l < 6 If(y) — < 6/2. Agora, se z, x' e X e Ia: — z'l < 6, tomamosseqüências (Vk) e (yo em Y, com limyk = x e limyú = z'. Desprezando alguns
termos iniciais, podemos supor que lYk — y'kl < ó, onde If(Yk) — f (g/k)l < e/2 paratodo k € N, logo If(x) — = lim If(Yk) — 6/2 < e.
11.3. Seja p(z) = ao + at z + • + akZk, com ak 0. Então p(z) —k ao ai ak—lz
zk zk z
+ ak = zk(p(z) + ao, onde lim v(z) = O. Logo
lim p(z) =
11.4. Sabemos que, para todo E > O existe 6 > 0 tal que t R, O < Itl < 6
— 1 < e. Tomando em Rn a norma do máximo, e supondo 6 < 1, vemos que
sen(X1 • • • • xn)
11.5. Sejam ai uma coordenada não-nula de v e Pi a coordenada correspondente
de Então lim f(z) • = , donde lim f(x) = Tome a = Qi/Pí .ai
2 Caminhos diferenciáveis
1.1. Temos a = limtk , com tk # a e f(tk) = b para todo k € N. Portanto
f(a) = limf(tk) = b e lim f(tk) — f(a) lim
1.2. Para todo t € 1, temos f(t) = (x(t), com f(a)= (0, 0). 
da 
Portanto
função
a é um ponto no qual assume seu valor mínimo, logo a derivada t é zero para t = a. Como x(t) para todo t, segue-se quex'(a) = O. Logo f'(a) = (z'(a), lxl'(a)) =
1.3. Na verdade, como f(t) + f" (t) = (0, O, t), este ponto já pertence ao eixovertical de R3 .
1.4. Temos g'(t) = (—absenbt, abcosbt, c), logo = Assim, arelação pedida é a2b2 + c2 —
Seção 2 Caminhos diferenciáveis 187
2.1. Aplique o Teorema de Rolle à função p: [a,b] R, definida por v(t) =
2.2. Simplificamos a notação, escrevendo em vez de v(x, y). Então podemos
ver que
fi (t + h) f2(t + h) — f1 (t) f2(t) =
+ h) • [f2(t + h) — f2(t)) + [fl(t + h) — fi (t)] • f2(t)•
Dividindo por h e fazendo h O vem d (t) = f{(t) fa(t) + fl(t) O caso
de aplicações plineares segue as mesmas linhas: se g(t) = fl(t) • • • • • fp(t) então
d (t) = E fi(t) • 
• • • • • • • • • fp(t). Quanto ao determinante de uma matriz
m x m, basta notar que ele é uma função m-linear das linhas dessa matriz, a qual
assume o valor 1 na matriz identidade m x m.
2.3. A aplicação g é diferenciável (de fato, porque é a composta t f(t)
f (t)) f (t)k , onde p: x • • • x Rna é a aplicação k-linear dada pelo
produto de matrizes.
3.1. Temos If(b) — = I fab fab = v(b) — v(a).
3.2. Aplique a cada uma das funçõa-coordenada do caminho f o resultado
correspondente já provado no Volume 1 (pag. 135).
3.3. Note que
(f(b), g(b)) — (f(a), g(a)) = (t)dt,
onde p(t) = (f(t), g(t)). Observe ainda que V (t) —
3.4. De um modo geral, se A: Rm —+ Rn é uma transformação linear e f: I Rm
é um caminho então t 1-+ é um caminho em Rñ com A•f(t)dt = A•fab f(t)dt.
Isto se vê diretamente a partir da definição de integral de um caminho. Em seguida,
note que w t) x w é um operador linear em R3
3.5. Aqui usaremos um resultado elementar sobre conjuntos convexos, a ser
demonstrado no Capítulo 3 (Teorema 7): se A C Rñ é convexo e + • + ak = 1
com O, ...,Qk O então XI, ...,Xk € A E A. Daí resulta que
se (Pi) é uma seqüência de partições pontilhadas de [a, bl com limlPkl = O então
(bl_a • f; Pk' GA para todo keN, portanto f(t)dt =
lim e €Ã.
k—0 00
4.1. Para toda partição P = {a = to < ti < < tk = b} tem-se IB — AI
t(f). Como (f) = IB - AI, segue-se que = IB - Al. Resulta
então do Exercício 1.2 do Capítulo 1 que os pontos A = f (to), f (ti), • • • , f(tk) = B
estão dispostos ordenadamente sobre o segmento de reta AB. Então, para todo
t [a, b], tem-se f(t) = A + v(t) • v, com v = B — A, e a função p: [a,b) [O, bl
é não-decrescente. Como f Cl , segue-se do Exercício 11.5 que V € Cl e, como
é não-decrescente, O. Logo f é uma reparametrização do caminho retilfneo
10
Soluções dos exercícios
Cada uma das nove seções deste capítulo tem o mesmo título de um dos nove capítulos
anteriores e contém soluções para exercícios propostos naquele capítulo. Em cada uma
delas, a notação significa o q-ésimo exercício da seção p do capítulo correspondente.
1 Topologia do Espaço Euclidiano
1.1. Se lu+vl = lul+ IVI então lu+v12 = (lul+lvl) 2 , ou seja, =
lu12 + 21ul IVI + lv12 , logo (u, v) = lul IVI e daí v = u, com a 0.
1.2. Podemos supor que um dos vetores u = x — y e v = y — z, digamos v, é
diferente de zero. Então, de lu + VI = lx — ZI = Ic — + ly — ZI = lul + IVI segue-se
que v = au, com a 0. Logo y — z = — ay e daí (1 + = z + az, ou seja
y = (1 — + tz, com t = a/(l + a); portanto 0 t 1.
1.3. Seja z = • z. Como (y — z, z) = O, segue-se que (y — z, y) = 0, o que
lx12
nos dá ly12 = (z, y) e daí Iz12 1y12 = (x, y) ,logo z e y são
1.4. Um cálculo imediato mostra que, como = lyl, vale (z, z) = (z, y), por-
tanto (z, y — x) = O.
2.1. Devemos ter c a + t(b— a), onde t é tal que (c,b) (c,a). Isto nos dá
O Teorema de Pitágoras assegura que ICI < para todo z c na
reta ab.
2.2. Vale — t)z + tyl < (1 — t)r + tr = r se O < t < 1 em virtude de 1.1.
2.3. Dados a,b B(X; r), existem A, B X tais que Ia — AI < r e Ib — BI < 
r.
para todo t € (0, 1), tem-se (1 — t)A + tB = C X e — t)a 
+ tb— Cl
(l — t)la — AI + tlb — BI < (1 — t)r + tr = r, logo (1 — t)a + tb B(X;r).
2.4. Isto pode ser provado usando o fato de que a função y = 
x2 é convexa
(cfr. vol. I, pag. 108) ou, diretamente, assim: dados (a,m) e 
(b,n) em X, para
mostrar que ((1 — t)a + tb, (1 — t)m + tn) X, basta provar 
que (1 — t)2a2 + t2b2 +
2t(1—t)ab pois a2 m eb2 n. Levando em conta 
que =
cap. 10
til — t), 
isto equivale 
provar que 
2t(1 -- 
t)ab 
t(l -- 
+ b2), o 
que é claro pois
a) + b2 2ab.
se IT.vl ITe,nl}. Se 
o conjunto 
X C R"' 
é limitado 
IT.rl 
então existe 
k 
.Teil
> O tal
2.5. 
€ X, 
tem-se 
k, logo 
c = 
max{lTe11,.
C X. Para 
todo y e
que, para 
todo
r - - xl, 
tem-se C
3.1. Se € 
int.X então 
existe r > 
0 com
donde B(y; s) 
C X e daí 
y e int 
.X. Portanto 
e int .X 
X.
e int . int .X, ou 
seja,
int .X C int. 
.X. A inclusão 
contrária é 
óbvia.
A C int.
3.3. A 
[1a 
do 
Q'l, formado 
.
pelos pontos 
de R" cujas 
coordenadas
• co'm 
num ponto 
e fr X 
contém pontos 
de X portanto pontos
fora 
- 3.4. 
de fr .X. Assim 
nenhum ponto 
e fr .X é um 
é 
ponto 
a reunião 
interior.
das bolas abertas nele
contidas e que a 
projeçño de uma 
bola aberta é 
um intervalo 
aberto (fato que fica
mais evidente quando 
se usa em R" 
a norma do 
máximo).
3.5. Tome em cada 
aberto A dessa 
coleçño um ponto 
pertencente ao conjunto
não-vazio AnQ". Como 
Q" é enumerável 
o mesmo ocorre 
com o conjunto dos pontos
escolhidos, a cada um dos 
quais corresponde 
um único aberto 
da colegão pois estes
são disjuntos.
4.1. Para todo E > O dado, 
existem kl,k2 e N tais 
que k > kl , k e N' implicam
-al < E e k > k2, k € N" 
-al < E. seja ko = 
Como
N = N' U N", segue-se que k > 
ko — al < e. Logo 
lim = a.
4.2. Se existissem um subconjunto 
infinito N' C N e um ponto a Rn 
tais
que lim,Xk = a então existiria kl € N tal que 
k e N', k > kl al < I
< lal + 1. Ao mesmo tempo, se for lim IXkl = +00, 
existirá k2 € N tal que
k > k2 IXkl > lal + 1. Tomando ko = max{kl, k2}, para todo k 
> ko teríamos
IXkl < lal + 1 e IZkl > lal + 1, um absurdo. Logo (a) (b). Em seguida, se o
conjunto Nx do item (c) fosse infinito então os termos com k € Nx formariam
uma seqüência limitada, a qual possuiria uma subseqüência convergente. Logo (b)
(c). Finalmente, admitindo (c), para todo A > 0 0 conjunto dos índices k N tais
que IZkl A possui um elemento máximo ko logo k > ko IXkl > A, o que prova a
implicação (c) (a).
4.3. Tome C A.
4.4. Como a € X (Rn — X), para todo k € N existem Xk €- X e Yk € Rn Xtais que — al < l/k e lYk — al < l/k, logo lim:tk = lim Yk = a. A recíproca é
5.1 De X C e Y C F, segue-se que X U Y C U Y. Como é fechado,resulta daí que X u Y C Ruy. Por outro lado, de X C X UY e Y C X UY segue-seque* C X UY C X U Y, logo XUF C X U Y. Analogamente, X C X e Y C Yimplicam x n Y c n F logo X n Y c X n porque n é fechado. Tomando
X = (a,b) e Y = (b,c) 
z e X n? {b}.
Seção 1 Topologia do Espaço Euclidiano 183
5.2. Para todo k € N, sejam Xk = {xr;r k} e F o conjunto dos valores deaderência de (Xk). Segue-se da definição que a € F a € x k para todo k N. LogoF = n Xk: portanto F é fechado.
k€N
5.3. Se A é aberto e a A n X então a = limtk, e X. Para todo ksuficientemente grande, tem-se € A, isto é, € A n X, portanto a €para a recíproca, se A não fosse aberto, existiria um ponto a e A não-interior, logoa A n X, onde X = Rn A. Mas, neste caso, A n X = B, logo não se teriaAnXcFX.
5.4. Escrevendo os pontos de R'n+ n sob a forma (x, y), com x € Rm e y € Rn, aigualdade X x Y = X x resulta do fato de que (a, b) = lim(Xk, Vk) a = lirntk e
b = lim Yk •
5.5. As duas afirmações decorrem do seguinte: para todo conjunto X C r,tem-se a reunião disjunta Rn = int .X IJ fr .X IJ int .(R" — X), sendo X fechado se, e
somente se, Rn — X é aberto.
5.6. Se d(A, B) = O então existem seqüências de pontos € A e Yk € B
tais que lim Irk — Ykl = 0. Passando a uma subseqüência, se necessário, podemos
admitir que existe a = limxk , pois A é limitado. Então vale também limyk = a, logo
a à n É. Como A e B são disjuntos não se pode ter a € int.A nem a € int.B.
Logo a fr.An fr .B.
5.7. Seja C C Rn convexo. Se a, b e 0 t 1 então a = limak e b = limbk
com ak, bk € C logo (I — t)ak + tbk € C. Daí (1 — t)a + tb = lim[(l — t)ak + tbk] €
portanto C é convexo.
5.8. Sabemos que-eñSte C tal que d(x,C) = lx —il. Se existisse outro ponto
j C com lx — = ly — gl então, pelo Exercício 2.2 teríamos lx — ZI < lx — El para
todo ponto z e [i, j) C C e então não seria lx — = d(x, C).
6.1. O supremo de um conjunto de números reais pertence ao fecho desse
conjunto. Logo diam.K = lim — com Xk,Yk € K. Passando a uma sub-
seqüência, se necessário, temos lim Xk = a € K. Analogamente, existe N" C N' com
k€N'
lim = b € K. Então Ia — bl = lim — Ykl = diam .K.
6.2. Se X não fosse limitado então, para todo k € N, X não estaria contido na
bola Bk = B(O; k), Então a cobertura aberta X C uBk não admitiria subcobertura
finita. Portanto X é limitado. Se X não fosse fechado, existiria uma seqüência de
pontos € X com limxk = a X. Então os abertos Ak = Rn —B[a; l/k] formariam
uma cobertura de Rn — {a}, portanto de X, sem subcobertura finita.
6.3. Seja a um valor de aderência de (Xk). Se não fosse a = limxk , existiriam
E > 0 e uma infinidade de índices k tais que IXk — al e. Passando a uma sub-
seqüência, se necessário, teríamos lim = b, com Ib — al e, logo b a seria outro
valor de aderência. Quanto ao exemplo, basta tomar Xk = O para k ímpar e = k. el
se k é par.
6.4. Como o compacto K e o fechado Rn — U são disjuntos, existem a € K,
b € Rñ — U tais que x e K, y € Rn — U — Ia — bl = e > O. Portanto, para
todo z K, tem-se C U. Se c € K e ly — xl < e então [x, y] C logo
6.5. Se a = limck com € X para todo k N então o conjunto K, formado
pelos pontos mais o ponto a, é compacto, logo XnK é fechado, portanto a €
cap. 10
184 Soluç5es dos exercfcios
Em particular, a € X. Portanto X é 
fechado.
7.1. Se (f(Zk)) posuisse uma 
subseqüência convergindo para o ponto b,
prezando os termos a ela nio pertencenta, 
o conjunto K = E N) IJ {b}
seria compacto logo seria um 
compacto contendo todos os e (ZE)
poesuiria uma subseqüêncía convergente. 
Portanto (a) (b). Reciprocamente, su-
pondo (b), sejam K C Rn compacto e 
(Zk) uma seqüência em (K). Então a
seqüência (f(zk)), contida no 
K, possui uma subseqüência convergente,
com lim, f(zÔ — ¯ b € K. Pela hipótese (b), 
(Zk)kEN' tem uma subseqüência conver-
gente, com lim = a. Pela continuidade 
de f, tem-se f(a) = b, logo a
ri (K) é compacto.
7.2. Podemos para todo z 
O em R2 .
p(z) z
Daf taulta que —e 400.
7.3. Para cada z E X, seja (z) € K o único 
ponto tal que
Se limzk = zo em X, admitamos que a = lim '(Zk) e 
b = kEN"
lim '(Zk) sejam va-
de aderência da seqüência Pela continuidade 
de f tem-se =
lim f = O e, analogamente, f(xo, b) = O. Logo a = b. A seqüência
kEN'
de pontos €(Zk) no compacto K tem portanto um único valor de aderência, logo
converge para o ponto c = lim €(Zk) e K, com = lim 
f(Zk, '(Zk)) = O. Assim
c = €(zo) e é contínua.
7.4. Para toda seqüência de pontos = € T(F) com limzk = a, de
(Zk,yÔ € F segue-se que K. Passando a uma subseqüência: lim = b, logo
lim (Zk, Vk)= (a, b) € F, pois F é fechado. Então a = T(a, b) € 
T(F), portanto T(F)
é fechado.
8.1. Com efeito, se d(F,G) = O então existem seqüências de pontos € F e
G tais que — < l/k, logo lim — = O mas, como f(Zk) = O e
f(Yk) = 1, tem-se If(Zk) — = I e assim f nio é uniformemente contínua.
8.2. Dadoe > O, existe ó > O talque y, y' Y, < ó < E/2.
Sejam agora z,z' € X com Ir —z'l < 6. Existem seqüências de pontos Yk,Yk E Y tais
que limyk = z e lim/k = z'. Para todo k suficientemente grande, tem-se lYk—y'kl < 6,
portanto If(yÔ — < 6/2. Então If(z) — = lim If(Yk) — f (yOl E/2 < e.
Portanto f: X —i Rn é uniformemente contínua.
8.3. Se f(X) fosse ilimitado, para cada k€N existiria € X tal que > k.
A seqüência (f(Zk)) asim obtida nio possuiria subseqüência convergente. como
X é limitMlo, a seqüência de pontos X teria uma subseqüência convergente, por-
tanto de Cauchy. E sendo f uniformemente contínua, a subseqüência
seria de Cauchy, logo convergente. Esta contradição mostra que f(X)
deve ser limitado.
8.4. Se zk,Yk € X sio tais que lim IZk — = O então lim If(Xk) — f (Yk)l = 0 e
lim Ig(Zk) — = O. Como If(Zk) + g(Zk) — (f(Yk) + If(Zk) — f (Yk)l +
Ig(Zk) ̄ segue-se que f + g é uniformemente contínua. Analog
188 Soluções dos exercfclos cap. 10
4.2. Sosa g: L) Ra tal quo d(t.) At) para todo t, (AB funçÕeB-coordenada
do g gio primitivas dliS do r.) Então L. por
outro lado, observando quo = L, vomoa quo Ig(L) I
I f L '(t)dtl L. Polo axorcfcio anterior, temos g(t) = g(0) + v(t) v, com v
— Logo 1 = = • IVI p/(t) • IVI pois p' 0, já que
não muda do sinal, v(O) = 0 c p(L) = l. Assim, p'(t) = l/lvl é constante e o
80 dá com f(t) = W(t) • v.
4.3. Fixando a € U, seja A o conjunto d08 pontos de U que podem scr ligadog
a por um caminho poligonal contido em U. É fácil ver que A é aberto e que também
é aberto o conjunto B dos pontos que não podem ser ligados a a por um caminho
poligonal contido em U. Então U = A B é uma cisão. Como U é conexo e A a,
segue-se que U = A. Evidentemente todo caminho poligonal é retificável.
4.4. É claro que Iz — al logo = O limtk a. para
provar a recfproca, basta observar que se B = B(a; r) é uma bola aberta contida em
U então, para pontos € B, tem-se = — al, portanto limzk a
lim — al = O lim dv(3k, a) = O pois € B para todo k suficientemente grande.
3 Funções reais de n variáveis
1.1. Se z e x + tei pertencem a U então (z,z + tei) C U e f (z + teÔ — f(z)
—(z + 9teÔ • t = 0, onde 0 < 0 < 1.
1.3. Dois pontos quaisquer de uma bola podem ser ligados por um caminho po-
ligonal contido nela, o qual tem seus lados paralelos aos eixos. Segue-se daí, pelo
argumento usado no Exercício 4.3 do Capítulo 2, que o mesmo ocorre em qual-
quer aberto conexo. Fixando a € U, para todo ponto x € U, unindc»o ao ponto
a por um caminho desse tipo, em cada segmento retilfneo do caminho varia a
i-ésima coordenada e, como — = O, a função f se mantém constante ao longo desseôZi
segmento. Então f(x) = f(a) para todo c U e f é constante.
1.4. seja M — (x) para todo z U e todo = 1,2,..., n. Dados z, z +
V € U, com V = (at, ...,an), definamos € Rn pondo VO = O e Vi =
Vi—l + Ciei para t , n, de modo que t.'n= v. Então + v) — f (z)
E f (z + Vi) — + Vi—l). Pelo Teorema do Valor Médio de uma só variável, temos
If(x + Vi) — = —(z) • , onde z € [Vi—l, Vi]. Logo If(z + v) —axi
M • E lad e daí resulta a continuidade de f.
1 (ta)2tp a2p2.1. Se v = (a, P) então O) = lim — para todo(ta)2 + (tP)2 ¯ a2 + 02
v O. Em particular, —(0,0) = O e —(0,0) = 0, logo gradf(0, O) = O. Se f fosse
diferenciável no ponto (0, 0), teríamos O) = ( grad f(O, O), v), o que não ocorre.
Seção 3 Funções reais de n variáveis 189
2.2. A condição > 0 se u sn¯l implica que f(tu) < f(u) para I —e <
t < 1 e E > O suficientemente pequeno, (Cfr. Teorema 4 do Cap. 8, vol. 1.) Portanto
o mínimo de f(x) para 1 é atingido num ponto a tal que lal < l. Então
p(t) — —f(a + to) 
tem, para todo v e Rn , um mfnimo local quando t = 0, logo
2.3. Tem-se f(0) = lim f(tz) = lim t • f(z) = O. Logo, para todo o P,
U (0) lim
f (tu) = lim
tf(v)
= f(v), ou seja, (grad = f(v). Mudando
a notação, temos f(x) = (grad portanto f é uma função linear de x. A
função cumpre ty) = t • v(x, y) para todo t > O mas nio é linear, logo não é
diferenciável no ponto (O, 0). (Observação: quando sabemos que um caminho possui
limite num ponto, podemos calculá-lo como um limite lateral.)
2.4. A igualdade f(x) = f(a) + E —(a) • (x' — ai) + r(x) mostra que r é uma
função de classe Cl, com — ôXi
(a) = O para i = 1 , .. . ,n. A continuidade das derivadas
no ponto a e o Teorema do Valor Médio nos asseguram então que, para todo E > O
ôXi
dado, existe 5 > O tal que lx — al < ó e ly — al < b implicam Ir(z) — < EIX — yl.
Subtraindo membro a membro as desigualdades f(x) = f (a) + ( grad f(a), x—a) +r(x)
e f(y) = f(a) + ( grad f(a), v —a) +r(y) vem f(x) —f(y) = (grad f(a), z y),
onde, escrevendo y) = r(x) — r(y), temos lx — al < 6, ly — al < ó Ir(x, <
EIX — YI•
3.1. Como são identicamente nulas, — não depende de
e — não depende de y. Fixando (co, yo) e I x J podemos então definir as funções
V: I R e O: J —+ R pondo V(c) = e V(y) = —(zo, y), as quais são de
Cl e cumprem p(x) af = (x, y) para todo (c, y) € I x J.
Então
f(x, y) = - + f(zo, V) — f(xo, vo) + =
z ôf
y)ds + (co, t)dt + f(xo, vo) =
zo
+ + f(zo, yo) = p(x) + té(y)•
a2f3.2. Defina f: R x R R, pondo = + y, z — y), Verifique que
ôzôy
é identicamente nula e aplique o exercício anterior.
3.3. Derivando duas vezes em relação a t, a igualdade f(tx) = t2 • f(c) nos dá
f(z) = (tX)XiXj . Tomando o limite quando t -4 0 por valores positivos2 ôXiôxj
chegamos a f(x) = E , onde ai,
2 ôXiôx,
190 Soluções dos exercfclos
Cap. 10
, = Of derive a pri-
8.4. 'Ibmo as Igualdades (f(x)'
moira em rolação a e a segunda em 
relação a . Use Schwarz.
4.1. Isto é óbvio para k = 1, pela 
própria definição de diferenciabilidade e, para
k = 2, foi provado no texto. No caso 
geral, pela hipótese de indução, considerando
ar
que as derivadas parciais se anulam, 
junto com todas as suas derivadas até a
I grad = O. Ora, pelo Teorema do
ordem k — 1, no ponto O, conclui-se que lim
Valor Médio, para todo x numa bola de centro 
O contida em U, existe 0 E (O, l) tal
que = — r(0) = (grad r(Ox), r), logo
k
portanto lim
lxlk
4.2. Siga as mesmas linhas da demonstração 
do Teorema 5 (Cap. 
ô3f
3), fazendo uso
do exercício anterior e observando que, na expressão 
— 
3!
E
ÔZiÔXÑZk
(a)QiQjQk a
i-&ima variável ai ocorre em 3 parcelas (como 10, 29 
ou 39 fator), 
ô3f
logo a derivada
dessa expressão relativamente à sua i-ésima variável é 
igual a — 
2 
E
ÔXiÔXjÔXk
(a)QjQk .
O caso geral é análogo.
5.1. Se [hi,•] é a matriz da forma quadrática H então hii = H • v2 , com v =
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.
5.2. Seja X o conjunto dos pontos de máximo local estrito de f. Dado c € X,
existe uma bola B(x; 25), contida em U, tal que y e B(x; 25), y # x f(y) < f(z).
Escolhamos, para cada x € X, um ponto qr € Qn n B(x; ó) e um número racional
rz > 0 tal que lx — qzl < rz < 6, portanto C B(x; 25) e daf y €
y f(y) < f(x). A correspondência x (qz, "z) é injetiva pois se qz = qz' e
rz = então x' B(qz; rz) e x G B(qzG Se fosse x # teríamos f(x)' < f(z)
e f(c) < f(x').
5.3. Como grad f(c, y) = —2 sen(x2 + y2 ) • (x, y), os pontos críticos de f são a
origem c = y = 0 e os pontos das circunferências com centro na origem e raios iguais
a v'G, k N. Quanto à função g(x, y) = — y3 — + y, cujo gradiente é o vetor
gradg(z, y) = — 1, —3y2 + 1), sua matriz hessiana é Hg(x, y) =
pontos críticos de g são A = (vã/3, v4/3), B = (—Vã/3.NÃ/3), C = (v/ã/3, —ó/3)
e D = (—V'ã/3, —v/ã/3). Nesses pontos, a matriz hessiana de g assume cada um
±2v'fi O
dos 4 valores os sinais correspondendo aos das de A,
O ±2N/3
B, C e D. Logo Hg, é positiva no ponto C, que é portanto um ponto de mínimo
local, negativa no ponto B de máximo local e, nos pontos críticos A e D, a forma
hessiana Hg é indefinida, logo esses pontos não são máximos nem mínimos locais: são
os chamados "pontos de sela".
Seção 3 Funções reais de n variáveis 191
5.4. A função F: R, definida por F(x) f(c) se x € U e F(z)se r fr.U, é contínua no compacto U e diferenciávelem U. A menos que F sejaidenticamente nula (em cujo caso todo ponto de U é crítico para f), seu valor máximoou seu valor mínimo é atingido num ponto a € U, o qual é um ponto crítico de f.
5.5. Como — = 2x(2x2 - 2y l) e = 2y(2y 2 — 232 + 3), os pontcs críticos
de f são (0,0) e onde as matrizes hessianas são Hf (0,0) e
Portanto a origem (0, O) é um ponto de sela (máximo em
relação a x e mínimo em relação a y) enquanto os pontos (±+, O) são de mínimo
local.
5.6. Temos f (x) = E (x — ai, x — at•) = E (Xi — ao) 2 onde Z = (ti, ...
e ai = (an, ) Então, para , n, temos = 2(kZ) E ao)'
Portanto, o ponto x é crítico para f se, e somente se, xj = — E ao para todo j, ou
seja, = E ai . (Baricentro do sistema formado pelos pontos at, ... , ak.) Temos
02 f eõP(x) 
a2f
= 2k, portanto a matriz hessiana é diagonalainda (x) = 0 se 
m 
ÔxmÔXj
e positiva, logo o ponto crítico x = ai é de mínimo. (Note que f é convexa.)
6.1. Para x, y € Rn e t € [O, 1), sejam i, g à tais que = lx —
e d(y,A) = ly — ül. Então (1 — + tÜ € Ã (pois o fecho de um conjunto con-
vexo é também convexo). E como d(x,A) = d(x, Ã), temos: — + ty) =
+ ty,A) — t)x + ty) ̄ [(1 — + ty]l - = — t)(z — i) + —
(1 — t)lx — + tly — = (1 — + tf(y).
6.2. Seja a € X um ponto de mínimo local da função convexa f: X R. Se exis-
tisse x € X tal que f(x) < f(a) então, para todo t € [O, 11, teríamos
t)a + tx) (1 — t)f(a) + tf(z) < (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.
6.3. Todo ponto a € U é ponto médio de segmentos de reta [b, c) C U tão
pequenos quanto se queira, logo f(a) —[f(b) + f(c)) e então não se pode ter f(a) >
f(b) e f (a) > f (c).
6.4. Se a, b € U são pontos críticos da função convexa diferenciável f: U R
então ambos são pontos de mínimo global de f. Em particular, f(a) = f(b). Assim,
t € (0, 1) f((l —t)a+tb) (1 —t)f(a) +tf(b) = f(a), donde f((l —t)a+tb) = f(a)
pela minimalidade.
6.5. Se f (x) c e f (y) c então, para todo t € [0, 1), vale f ((1 — + ty)
(I +tf(y) (1 —t)c+tc = c. Para toda função monótona f: | —4 R, definida
num intervalo I C R, o conjunto {x € I; f(x) c} é um intervalo, mas f pode não
ser convexa.
192 Soluções dos exercícios
6.6. Para f: X -4 R — 
e 
+ 
x, 
ty) 
y 
Então f(x) c e f(y) c, logo 
f ((1
t € [O, 1). Reciprocamente, 
supondo que f ((1 
—
cap. 10
max{f(x), f
c 
X, 
= 
seja 
max{f(z), 
c =
f(y)} para todo
+ ty) f (y)} para
quaisquer x, y e X et e [0, 1], 
sejam x, y e X tais 
— 
que 
+ tu) 
f(z) c e f(y) 
f (y)} 
c. Então
ce
f(y)} c, portanto t e 
[O, II
f é quase-convexa.
4 Funções implícitas
1.1. Seja X o conjunto dos 
pontos e R que têm uma 
vizinhança V na qual
está definida uma função tal 
que f(x, = O para 
todo e V. Esta função é
única, pois a condição O 
assegura que f é monótona 
ao longo de cada
vertical. Logo, podemos considerar 
e: X -4 R. Pelo Teorema da Função Implícita,
X é aberto e é de classe Ck. 
Cada intervalo I, componente 
de X, é fechado pois
¯ ôf/ôy
, temos M em I,
se e I C X e limxk = então, 
como
= lim€(xk), com
portanto e: I R é uniformemente 
contínua e, assim, existe yo
= O. Pelo Teorema da Função 
Implícita, temos X.
Como R é conexo e X g, segue-se 
que X = R.
1.2. Em cada ponto € A, uma 
das derivadas parciais de f, digamos
é # O. Logo f transforma um segmento 
de reta paralelo ao i-ésimo eixo, contendo
e pequeno bastante para estar contido 
em A, injetiva e monotonamente sobre um
intervalo contendo f (xo) e contido em f (A), 
portanto f (A) é aberto.
1.3. Temos = cos z 0 numa 
vizinhança da origem, logo perto de ()
+ senz —— 0 define z como função de x e y. Tem-sea equação .T4 + 2x • cosy 
2x sen y
—ôf/ôx — (4:t3 + 2 COS y) e
az —ôf/ôy 
cos z ôy cos z
¯l zl se x O. Ela é
1.4. A função e: R [0, 1) é definida por = 
0 e = e
a única função com valores em [0, 1) que cumpre 
f (c, = O mas não é contínua.
1.5. Seja ç: Rn+ l R definida por ç(x, y) = g(z) —y(1+y4 ). 
Entao
—1 — 5y4 () para todo (c, y) € R
n + 1 . Assim, para todo xo € Rn , pondo yo = f(zo)
temos ç(xo, yo) —̄ 0. Pelo Teorema da Função Implícita, existem 
uma bola B =
B(xo, 5) C Rn , um intervalo J = [yo —E, yo + e] e uma função e: B 
J de classe c k
tais que, para todo x G B, (x) é o único ponto em J tal que p(x, €(x)) = 0. 
Como
f é contínua (prove isto!), podemos tomar 5 > 0 tão pequeno que f (B) C J, 
E,
sabendo que p(x, f(x)) = O para todo x B, concluímos que f (c) = se x 
B,
portanto f é de classe c k
2.1. Seja U C IR'I o conjunto aberto formado pelas matrizes x do tipo n x n para
as quais pelo menos um determinante menor Xij é 0. A ij-ésima derivada parcial
da função f: U R, dada por f (z) = det .z é = (—1) i +j Xij , portanto todo
número c e R é um valor regular de f. Como M = (0), concluímos que M é uma
hiperfície orientável. O espaço tangente TpM é formado pelas matrizes x ortogonais
a grad f (p). Ora, as coordenadas de grad f(z) são (—1) t+j Xij . Logo grad f(p) é a
Seção 4 Funções implícitas 193
matriz n x n cujo único elemento não-nulo é igual a I e está na n-ésima linha com a
n-ésima coluna. Portanto, uma matriz z = [Zij) é ortogonal a grad f (p) se, e somente
se, = O. Tais matrizes formam o espaço TpM.
2.2 Seja U = y, z) e R3 ; + y2 # 0) o complementar do eixo vertical em
R3 . A função f: U R, definida por f (c, y, z) = za + ( v'GEñ ã — 2) 2 , é de classe
=
— 2) 2y( 32 + y2 — 2)
, 2zc oo e seu gradiente é grad f (x, y, z) 2 232 + Y
o qual se anula apenas nos pontos da circunferência x + y — O, todos no
nível zero de f. Portanto 1 é valor regular e (l) = M é uma superfície em
R3 . M é o toro obtido pela rotação de uma circunferência vertical de raio 1, cujo
centro descreve a circunferência x + y2 = 4 no plano z = O.
2.3. Dado p e M, podemos escrever os pontos de R" + 1 sob a forma (z, y), com
r , y € R e tomar um aberto U C com p U, tal que V = M n U seja
o gráfico V = { € vo} de uma função e: vo R, de classe c k (k 1).
Então a função f: U —+ R, definida por f (z, y) = y — não possui pontos críticos
pois 1. Além disso, V = portanto em cada ponto z e V, o vetor
v(z) = grad f (z) é ortogonal a TzM, portanto v: V R"
+ 1 é um campo de classe
Ck ̄ l de vetores não-nulos normais a M.
3.1. Sejam f,v: Rn+ l R dadas por f(x) = e v(r) = (Az, z). Então
grad f (x) = 23 e grad p(x) = 2Ax. Os pontos críticos de flM, onde M =
são os pontos x e M tais que grad f(z) = À • gradv(x), ou seja, x = À • AC, logo z
é um autovetor de A, correspondente ao autovalor À ̄ i . De x = À • resulta que22 x, x) = À(Ac, c) = À. Portanto, quando x varia em M, o maior valor de ICI 
é o maior À tal que 1/ À é autovalor de A. Noutras palavras, a maior distância 
de um
ponto do elipsóide M à origem é l/vrp, onde = 1/ À é o menor autovalor de 
A.
3.2. Sejam f, V: Rn + 1 R, f(x) = — a1 2 , v(c)
grad f (x) = — a), grad cp(x) = b. Se r e H é ponto crítico de f IH então (b, 
x) = c
e —a) = Àb, ou seja, x = a+ —b. O produto interno da última igualdade 
por b nos
dá c = (b, x) — (b, a) + —Ib12 , donde — 2
=
Ib12 , 
e daí x = a + Ib12
b, Este
é o único ponto crítico de f IH, logo é o ponto em que Ic — a1 2 (e 
portanto lx al)
atinge seu menor valor com € H.
3.3. Consideradas as funções f, p: R2n R, f (x, y)
l(x, y)1 2 = lx1 2 +ly1 2 , temos M = grad f(x, y) = (y, x) e grad = 2(x,y).
Portanto (x, y) e M é ponto crítico de flM se, e somente se, (y, x) = 2À(x, 
y) logo
y = 2Àx e x = 2Ày, o que nos dá À = ±— e y = Assim, os 
pontos críticos de f IM
1
são os da forma (c, com lxl
2 Os pontos (x, x) são de máximo e os (x, —x)
1 M. Para todo par de vetoresde mínimo, logo (x, y) — para todo (x, y) € 
2
não-nulos c, y e Rn , tem-se 21xl 
—Y 21yl
M, portanto 
21xl 
—y) 
21yl
— e daí
l(x, ICI IVI, a igualdade valendo apenas quando —x = ±—y, isto é, quando
x e y são colineares.
194 Soluções dos exercícios
2 —4 R, v(z) = E z?j. Como grad f (z) 
— (—1)í+j X
3.4. seja V:
grad p(z) = 2[Xij), onde Xij é o 
ij-ésimodeterminante menor de z, se M —
o máximo de JIM é atingido na 
matriz z tal que ( * ) 
(—1)i+j x í • = 2ÀZij , donde
-l)i+j Xijx„ -— 2ÀXij2 . Somando em i 
e j: n • detz = = 2À . n, logo
detz = 2À. Fixando i e somando em 
j, vem: detz = 2À • = detz • E xij , logo
as linhas de z têm comprimento 1. A 
igualdade ( * ) também dá (—1)i+j X
XijXkj , portanto2ÀXijXkj . Tomando k i e somando em j, 
obtemos 0 = detz • E
as linhas de são duas a duas ortogonais. 
Assim, z é uma matriz ortogonal, com
detz = 1. Daí resulta a desigualdade de 
Hadamard.
3.5. Suponhamos que s = 
. .. + = n não seja a menor soma de n
números positivos cujo produto é p. Então existiria 
ã = + • • . + < s nas mesmas
condições. Ora, pelo Exemplo 9, teríamos 
• • • • < p, uma
contradição.
5 Aplicações diferenciáveis
1.1. Como o operador f' (O) não possui ponto fixo no compacto sn 1, existe E > 0
tal que lul = I 
f' (O) • x + p(x) • = 
< E. Portanto, se 
e daí f (x) # x.
E. Sendo f diferenciável, com f (O) = O, temos f (z) =
f' (0) • — + p(x) e existe b > O tal que O < ICI < 6
ICI
ICI < ó então I f (X) — xl f '(O) • —
lxl
1.2. Pela definição de F, tem-se = F (c) se t > O e F(tc)/t =
se t < (). Como F(O) = O, supondo F diferenciável no ponto O, existe lim 
F (tx)
F(tx)logo F (x) = —F (—3) e F(x) = lim = F' (O) • z, portanto F coincide com at
transformação linear F' (0) : IRm+ 1 Rn . A recíproca é óbvia.
1.3. Aplicando o Teorema de Schwarz a cada função-coordenada de f, vemos que
f" (a) • ei • ej = —
a af
— f" (a) • ej • ei e, por bilinearidade,ôxj
resulta que f" (a) • u v = f" (a) v • u para quaisquer u, v.
1.4. Isto se reduz ao Exercício 2.1 do Capítulo 2 se observarmos que f' (x) • v
é o vetor velocidade do caminho f o À, onde À: (—6, E) -s U é tal que À(O)
2.1. Seja R(h, k) = + h) • (v + k) — A(x) • v — (A'(x) • h) • v — A(x) • k =
(A(x + h) — A(x) — A'(x) h) • v + (A(x + h) — A(x)) • k = r(h) • v + s(h) • k, onder(h)
lim = O e lim s(h) = O. Então, como
lhl + Ikl 
< —1, segue-seh—.O lhl lhl + Ikl —
R(h, k)que lim
Seção 6 Aplicações Inversas e Implícitas 195
2.2. A matriz da transformação linear f' (zo), sendo da forma , pode
— sen 0
ser escrita como p com p = coso = , seno =sen 0 cos O
b
logo f' (zo) é uma rotação de ângulo 0 seguida de uma homotetia de razão
a 2 + b
p, portanto preserva ângulos.
2.3. As colunas da matriz jacobiana de f sio (2x, (), 2(z + V)) e (O, 2y, + y)),
que são L.I. salvo quando x = y = 0;
2.4. As linhas da matriz jacobiana de f sio (23, —2y, 0), (y, x, O), (z, O,x) e
(0, z, y). Se 1 2 +y 2 0, as 3 primeiras são L.I. caso x 0 e n P, a 2 0 e a 4 0 são L.I.
quando y 0. A imagem de f O, z) é o plano formado pelos pontos (0, O, s, t) em
2.5. Basta notar que as linhas da matriz jacobiana de f são (1, 1, l), (2x, 2y, 2z)
e (33 2 , 3y 2 , 3z 2 ), logo o jacobiano de f é igual a 6(z — x)(z — y)(y — x).
3.1. Suponhamos, por absurdo, que > M, ou seja, I f' (z)l = M + E,
E > O, para algum x € U. Como é o máximo de If'(x) • ul para lul = 1 e
é compacta, existiria u € Rm com norma 1, tal que I f • ul = M + E. Pela
definição de diferenciabilidade, a este E corresponde 5 > O tal que O < t < 5
I f (x + tu) — = If'(x) tlf'(x) • ul — com < te. Então
O < t < 5 I f (Z + tu) — > t(M + E) — te = t •M. Pondo v = tu, temos IVI = t,
logo I f (X + v) — f > M • IVI, uma contradição.
3.2. Tem-se W (x) • h = ((T'(x) • h) • f (x), g(x)) + (T (x) • f g'(x) • 
h) + (T (x) •
3.3. Levando em conta que (go f)' —— (g' o f) • f', vale: f)"
= (g" 0 f) • f' • f' + (g' 0 f) • f". Isto significa que, para z U,
y = f (x) € V e u, v G Rm , tem-se: (go f)" (x) .u•v = • (f' (z) • u) • (f' (x) • v) +
g' (y) • f" (x) • u • V G RP.
3.4. A interpretação correta é p' (t) • = [A'(tx) • x] • v, v € R m . Para dirimir
a confusão, suponha que U C RP e não U C Rm . Então A'(tz) € C(RP ; logo
A'(tx) • v não faz sentido.
3.5. Aplique a Desigualdade do Valor Médio a g: U —+ Rn , definida por g(x) 
=
3.6. Tem-se v'(T,) • v = (f' (x) • v) • a = (grad f (x), v) • a.
6 Aplicações Inversas e Implícitas
1.1. Pelo Exercício 3.1 do Capítulo 5, temos Ip'(c) • VI < CIVI < IVI para todo
O
x U e todo v € Rm — {O}, logo If'(z) • VI = lv + W(x) • VI IVI — Ip'(x) • 
VI > 
se v O. Assim, f' R m R m é um isomorfismo, para 
todo x € U. Pelo
Teorema da Aplicação Inversa, f é um difeomorfismo local, 
portanto transforma cada
aberto A C U num aberto f (A) C Rm . Além disso, y U 
I f (X) — =
Ic — y + p(x) — lx — — clx — YI = (I — c)lx — YI portanto f é 
injetiva, logo
é um difeomorfismo de U sobre o aberto f(U). Suponhamos 
agora U = Para
provar que f (km ) é fechado, seja (Xk) uma seqüência tal que lim f 
(Xk) y € R
Como <
1 vemos que (Xk) é de Cauchy portanto converge:
Cap. IO
196 Soluções dos 
exercícios
limxk = x. Então f(x) = 
lim f@k) = y 
Assim, é aberto e fechado.
Como Rm é conexo, 
tem-se f(RÑi) = 
R"1
, com
—4 R"a, definida por 
f (z) = zk, é de classe CP
1.2. A aplicação f: R
ponto z —In 
(matriz identidade n x n), temos
k-i No 
f'(ln) • v = kV, logo f'(ln) 
é um isomorfismo. 
Pelo Teorema da Aplicação Inversa,
existem abertos U, V, 
ambos contendo 
In , tais que f é 
um difeomorfismo de U sobre
V. Eles respondem a 
questão.
1.3. Em primeiro lugar, 
note que o conjunto 
U dos operadores positivos é aberto
no espaço vetorial 
dos operadores 
auto-adjuntos (matrizes simétricas). Isto
resulta do critério 
de positividade: 
os n menores principais da matriz
positivos. A bijetividade de 
f é um corolário 
do Teorema Espectral, segundo 0 qual
todo operador positivo possui 
uma única raiz quadrada 
positiva. Resta apenas provar
que, para todo X e U, a 
derivada f'(X):
. , un} uma base de Rn formada por
Ora, temos = X • 
V + V • X. Seja 
Então 
{ui, 
f'(X) 
..
• V = O xvui +
autovetores de X, com X • ui 
=
x(vui) = —Ài • (Vui). Como 
X não possui 
autovalores negativos, tem-se V • ui = 0
, n), logo V = 0 e f' (X) 
é injetiva, logo bijetiva.
1.4. Observação preliminar: 
se U C Rn é aberto, 
com n > l, e q e Rn é um
ponto isolado da fronteira de 
U então UIJ {q} é aberto. 
Com efeito, seja B uma bola
aberta de centro q, que não 
contenha outro ponto de fr.U 
além de q. Como n > l,
o aberto B — {q} é conexo e 
certamente contém pontos de U 
pois q e fr .U, mas não
contém pontos fora de U pois, pelo 
Teorema da Alfândega, teria de conter pontos 
de
fr.U. Então B — {q} C U e daí B 
C U U {q}, logo q e int .UIJ 
{q} e U u {q} é aberto.
Isto posto, notemos que basta 
considerar o caso em que p e U é o único 
ponto onde
det .Jf se anula. Então f em U — 
{p} é um difeomorfismo local, logo transforma
abertos em abertos. É suficiente agora 
provar que f(U) é aberto. Isto é claro se
existir x p em U com f(x) = f(p). 
Suporemos então que, pondo q = f(p), temos
q f(x) para todo x p em U. Sejam B = 
B(p; r) tal que C U e S = S(p; r). A
fronteira do aberto V = f (B — {p}) é {q} IJ 
f(S), logo q é um ponto isolado de fr.V
e, pela observação preliminar, f(B) = VU 
{q} é aberto, logo q = f (p) € int f(U),
donde se conclui que f(U) é aberto. Quanto ao 
Teorema Fundamental da Álgebra,
se p: R2 —4 R2 é um polinômio complexo 
não-constante, seu determinante jacobiano
em cada ponto z e R2 é igual a logo se anula 
apenas num número finito de
pontos, que são as raízes de p'(z). Portanto p(R2 ) é um conjunto 
aberto. Por outro
lado, como lim p(z) = 00, p(R2 ) também é fechado. Sendo R2 conexo, 
segue-se que
p(R2) = R2 , logo existe z G R2 tal que p(z) = 0.
1.5. Os passos para a conclusão do exercício são bastante claros. Para 
provar
que a função a é c oo , use o Exercício 10, da Seção 4, Cap. 8 do Volume 1 (pag. 100).
Para provar que g é um difeomorfismo, use o Exercício 1, Capítulo 6 deste volume.
2.1. Isto resulta imediatamente do Teorema 5 (Forma Local das Submersões)
pois cada ponto p € A pertence a um aberto Z C A tal que f (Z) = W é um aberto
em IR" .com a notação do enunciado daquele teorema).
2.2. Basta observar que grad fi , grad fn(x) são as linhas da matriz
jacobianade f no ponto x, a qual tem posto n se, e somente se, esses vetores são L.I.
Seção 7 Superfícies Diferenciáveis 197
2.3. Lembrar que, para cada matriz z U, as n coordenadas do gradiente, no
ponto z, da função det: U —+ R são os números +j x 'j , onde Xij é o determi-
nante da matriz (n — 1) x (n — l) que se obtém de z omitindo sua i-ésima linha e
j-ésima coluna. Portanto z é um ponto crítico da função det se, e somente se, todas
submatrizes (n — l) x (n — 1) de z tiverem determinante igual a zero e então o
posto de z é n — 2.
2.4. Num ponto arbitrário a € V, seja b = '(a), logo f (a, b) = c. Pelo Teorema
Amções Implícitas, existem abertos W, Z, com a W C V C Rm e (a, b) € Z C
U, bem como uma aplicação Q) : W Rn , de classe (' k , tais que é o gráfico
de Q), ou seja, se (x, y) e Z e f (x, y) = c então r € W e y = {o(r). Em particular,
como (a, b) € Z e f (a, b) = c, segue-se que eo(a) = b = '(a). Como é contínua e
(a, '(a)) e Z, podemos supor W 3 a tão pequena que € W (x, '(c)) € Z, Então
W Z e f (y, = c S (x, e gráfico
de = logo € c k . Quanto à parte final do exercício, basta observar
que, definindo f: R3 —9 R por f (x, y, z) = (32 +y 4 )z+ z3 , tem-se % 2-2 + y4 + 3z2,
logo y, z) 0 sempre que f (x, y, z) = l.
7 Superfícies Diferenciáveis
2.1. Pelo Corolário l, M é localmente o gráfico de uma aplicação g: vo —b Rn ,
de classe c k . Ou seja, M é coberta por abertos U C Rm+ n tais que V = U n M =
G vo}. Definindo f: U —+ Rn por f (x, y) = y — g(c), vemos que f e c
k
O é valor regular de f e V = U n M = f Então p: vo —4 V, p(x) = (z, g(z)), é
uma parametrização Ck e, pondo f = (fi, • , fn), os campos de vetores VI, ... , t,'n :
V —+ R"'+ n dados por VI (q) = grad fi , vn(q) = grad fn(q) cumprem o que foi
pedido no exercício.
2.2. Seja ç: vo V C M uma parametrização de classe c k . O conjunto
= { (p, v); p V, v € TpM} é aberto em TM e a aplicação vo x Rm —+ t, dada
por ai, .. at — Oxi
(x) é uma parametrização de classe C
e dimensão 2m em TM.
2.3. Se ç: vo V C M é uma parametrização de classe c k então o conjunto
Ç' = { (p, v); p V, v e TpM L } é aberto em vM. Sejam VI, . . . , Vn—m
campos de vetores L.I., com Vi o p: vo —+ Rn de classe c
k I e Vi(q) -L TqM para i =
1, , n —m e todo q V. Então 4) : —+ Ê, dada por 'Mx, at, ..
é uma parametrização de dimensão n e classe c k em vM.
Observação: Nos Exercícios 2.2 e 2.3, a verificação de que V e V são abertos 
é
imediata se notarmos que (p, v) v é contínua, logo a imagem inversa de uma 
aberto
é aberta.
2.4. Escrevendo as matrizes 4 x 4 sob a forma m = [x, y, u, 
v), onde x, y,
u, v e R4 são suas colunas então M é o conjunto 
dessas matrizes para as quais
2 desses vetores são L.I. mas 3 quaisquer não são. 
Fixando as idéias, seja V =
{ [x, y, u, v] G M; x, y são L.I.}. Então [c, y, u, v] e V — u = az 
+ "y, v = + ôy.
seja W = {(3,y) e R4 x L.l.}. Pondo vo = W x R4 , 
a aplicação p: vo V,
dada por v(x, y, a, p, '7, 6) = [x, y, u, VI, onde u = ax + py, 
v = + õy, é uma para-
metrização c oo . (Verifique!) É claro que M é coberta por 6 
abertos do tipo V, logo
198 Soluções dos exercícios
Cap. 10
é uma superfície coc de 
dimensão 12 em RIO. 
O mesmo argumento vale em geral: as
matrizes m x n de posto k formam 
uma superfície de dimensão 
(m + n — k)k em Rmn
3.1. Pelo enunciado, temos 
E aijei = (tp -l 
• ej = p'(xo) • e, ,
portanto—(CO) = V'(XO) • ej = 1,1/ (YO) • E ai' 
ei =
ôxj
todos os somatórios sendo com 
i variando de 1 a m.
3.2. Segue-se da compacidade 
de [a, b) que o caminho À pode ser expresso como
justaposto de caminhos, cada um dos 
quais tem sua imagem contida numa vizinhança
parametrizada. Portanto não há perda 
de generalidade em admitir que À([a, b]) C V,
onde 
Seja
V é a imagem 
, tom} C 
de 
Rm 
uma 
uma 
parametrização 
base tal que tl/(zo) 
V: Wo 
• Wi 
—+ 
= 
V 
ui 
C 
(Z
M, com 
1, ... 
l/'(yo) 
, m). Con-
= p.
= 
sidere a transformação linear T: R
m Rm tal que Tel 
—
Então p: vo
sejam vo = T -I (WO), V = ti, 0 T:
V e = 
V é uma parametrização tal que v(zo) 
= p e = W (xo) • ei —
1, , m. Para cada t € [a, b), a base ortonormal 
{VI (t), .. . , Vm(t)} C é aquela
obtida de —(À0(t)), • • , — (Ào(t)) pelo 
processo de Gram-Schmidt, onde
3.3. Como no exercício anterior, podemos admitir que os valores À(t), t € [a, bl,
pertencem a um aberto V C M, no qual estão definidos n campos vetoriais contínuos
q e V. 
wj: V 
V Rm+n, com uf . .. L.I. e ortogonais a TqM, para todo
No ponto p = À(a), temos uj = n. Os campos
Rm+n dados por wj(q) = E aijWi(q), são ainda L.I. e ortogonais a TqM,
agora com wj(p) — n). Usando o processo de ortonormalização de
Gram-Schmidt, obtemos os campos VI, ... , vn • Rm+n tais que
cumpre as condições estipuladas no exercício.
Observação: O processo de ortonormalização de Gram-Schmidt faz passar de
um conjunto {tu, ... , wn} de vetores L.I. para um conjunto ortonormal {VI, ..
que gera o mesmo subespaço, de tal modo que cada vetor vj depende continuamente
(e mesmo em classe c oo ) de ZUI, . , wn .
3.4. A matriz de passagem da base {ui, . .. , un} para a base {WI, , wn} tem
determinante > 0. Como s n é conexo, existe um caminho À: [O, 1] s n com
= un e À(l) = wn. Sendo {ui, ... , un-l} C Tu n s n I uma base ortonormal, O
Exercício 2 garante que existe uma aplicação contínua t E-•+ (VI (t), ... , vn—l (t)) tal que,
para todo t € [0, 1] os vj(t) formam uma base ortonormal de com vj(0) =
uj j = 1, , n — 1. O determinante da matriz de passagem de {VI (t), ... , Vn—l
para {tu, ... , wn—l} é 1 quando t = 0 e é O para todo t € [0, l), logo é > O para
t = 1. Pela hipótese de indução, existe uma aplicação contínua t {VI (t),' • • ,vn-l (t)},
definida para 1 t 2, tal que os vj(t), t e [l, 2], formam um conjunto ortonormal
e Vl(2) = WI,.. , Vn-1(2) = wn—l. Mantendo À(t) = vn(t) = wn constante para
I < t 2, chegamos ao fim da 1 0 parte do exercício. Quando à conclusão, basta ob-
servar que os elementos de SO(RVi ) são matrizes de determinante > O cujas colunas
formam uma base ortonormal de R".
Seção 7 Superfícies Diferenciáveis 199
4.1. A observação crucial é que se p: vo —4 V é uma parametrização, com
R m é dada por T (Cl, ...,xm —XI , 32 ,. ..,zm) então,
pondo VI = e = V o T: VI V, obtém-se uma parametrização com
a seguinte propriedade: para toda parametrização V: Wo —+ W com V n W Z,
os determinantes jacobianos de o e 0 p nos pontos z e VI e T (z) € vo
têm sinais opostos. Diz-se então que é obtida invertendo a orientação de V. Isto
posto, notemos ainda que, em n V n W) vale o V = (8 ̄ 1 0 V) o (14 ̄1 0 p),
portanto, ao analisar o sinal do determinante jacobiano, basta considerar € o e
o V. Ora, os sinais dos determinantes jacobianos de 0 e V ̄ o p, nesta
ordem, podem ocorrer de quatro formas: + +, + — No primeiro caso,
{V, V, €} é um atlas coerente. No segundo caso, invertemos a orientação de V, no
terceiro a de e, no quarto, a de 14, para termos um atlas coerente em M, a qual é
portanto uma superfície orientável.
4.2. Seja [u, v, w) e M representada por seus vetores-coluna u, v, w € R3 .Temos
M = U U V U W, onde [u, v, w] pertence a U, a V ou a W conforme sua primeira,
segunda ou terceira coluna seja 0. Pondo Uo = s, t) € R5 ;u = (z, v, z)
O, s, t € R}, definamos as parametrizações p: Uo —+ U, V: Uo V e ' : Uo —+ W por
p(u, s, t) = (u, su, tu), 11.'(u, s, t) = (su, u, tu) e (u, s, t) = (su, tu, u). As mudanças
de parametrização são dadas por (V s, t) = (su, 1/8, t/ s), (Ç s, t) =
(tu, l/t, s/t) e (Ç I o s, t) = (tu, s/t, I Um cálculo simples mostra que os
determinantes jacobianos desses difeomorfismos são respectivamente iguais a —1, l,
e —1. Pelo exercício anterior, concluímos que M é orientável.
4.3. Sejam (b: vo x V e v:woxR m W as parametrizações em
TM definidas, como na solução do Exercício 2.2, pag. 143, a partir das para-
metrizações V: vo —+ V, V: Wo W em M, onde V n W # Z. Pondo =
té ̄ l o d), temos, para cada x € n W) e cada u
= • u), onde '$ ̄i o p. Ou
seja: ai, . — Daí resulta que as colunas da ma-
triz jacobiana J€(x)e M(2m x 2m) são os vetores
(O ). Como as colunas da matriz jacobiana J' são os m vetores
Ô'/ÔXj, segue-se que Je = , onde os 4 blocos são matrizes m x m. Portanto
det . J€ = (det J') 2 > O e a superfície TM é orientável.
Quanto ao fibrado normal vM, sua orientabilidade se prova considerando o a-
tla.s A, formado pelas parametrizações vo x R V C vM, associadas a
parametrizações V: vo —s V C M para a.s quais existem n — m campos de ve-
tores VI' V —+ Rn , de classe C 
k ̄ i e linearmente independentes. (M é
de classe c k .) A parametrização é definida como na solução do Exercício 2.3,
pag. 143. Para que se tenha € A, exigiremos que, para todo x e vo , os vetores
. , Vn—m (ç(x)) formem uma base positiva do espaço
IV, isto é, que a matriz n x n que os tem como colunas tenha determinante positivo.
Então o atlas A é coerente e VM é orientável.
Observação. Os leitores familiares com a vizinhança tubular de uma superficie
200 Soluções dos exercícios
Cap. IO
reconhecerão quc VM é orientável 
porque é difeomorfo 
n um aberto de R"
4.4. As colunas da matriz 
jacobiana de f são (2x, 
y, z, O), (—2y, x, O, z) e (0, 0, x, V).
Dois subdeterminantes 3 x 3 
são 2x(z2 + y2) e 2y(x2 
O, 1). 
+ 
Nestes 
y2). Logo 
dois 
f' 
pontos, 
(p): R3 
tem-se
R3
é injetiva para todo p € 82 , 
exceto po
f' (po) • el = e f' (po) • e2 = 
. Assim, f' (po) é injetiva 
no plano gerado por
el e e2 , que é o plano tangente 
a no ponto po, logo é 
a imagem p'(xo) . R2
onde V é qualquer parametrização de 
uma vizinhança de po em 82, com p(xo) .
Portanto, se ç: vo —4 V é uma 
parametrização arbitrária de V C ,92, a composta
fop: vo -4 P = f(S2) é uma imersão. Além 
disso, como f (p) = f (q), com p, q
só ocorre quando q = ±p, se V não 
contém pontos antípodas, a imersão f o V é
injetiva. Para concluir que f o é uma 
parametrização (e portanto que P é uma
superfície), resta apenas provar que a imagem 
f (A) de todo aberto A C é um
aberto em P, ou seja, que F = P — f(A) é fechado 
(em P ou em R4, tanto faz, pois p
é compacto, logo fechado). Por simplicidade 
(e conveniência), passaremos a escrever
f significando flS2, isto é, o domínio de f agora 
é S2. Então, como A IJ (—A), onde
—A = { —x; a: € A} é aberto em ,92 , temos 
= = S
logo f -l (F) é fechado em ,92, portanto compacto. 
Como f: —+ P é sobrejetiva,
vale f f - i (F) = F. Então F é compacto, logo fechado, 
como imagem por f do
compacto Isto conclui a verificação de que P é uma superfície coo Resta
mostrar que P não é orientável. Isto pode ser feito observando que todo aberto numa
superfície orientável é também uma superfície orientável mas P contém uma faixa de
Moebius, imagem por f do conjunto X = y, z) ,92 ; —1/2 < z < 1/2, y 0}.
6.1. Basta observar que h coo e que a aplicação inversa, g: R2 — {O} SI X R,
dada por g(z) = Inlzl , também é de classe c
oo
6.2. Para obter um difeomorfismo de S I x SI sobre uma superfície em R3 , tome
a composta s l xs l s i -4 (S I XR -4 (R2 - {O}) R2 XR = R3 . No
caso geral, admita por indução que exista um difeomorfismo (SI ) n 1 do toro
(n — l)-dimensional sobre uma hiperffcie em Rn . Então tome a composta (S i )n
Rn + l onde as setas
têm significados óbvios.
6.3. Seja B um atlas coerente em N. Considere o conjunto das parametrizações
ç: vo V C M tais que V é conexo, flV é um difeomorfismo de V sobre um aberto
IV C N e a parametrização fop: vo W é compatível com todas as parametrizações
e B. Então 21 é um atlas em M. (Se fop não for compatível com toda B, inverta
a orientação de p.) O atlas 21 é coerente porque V, p 21 ap ̄l op =
6.4. Dados x, y € G arbitrários, temos f (x • y) = f (x) • f (y). Isto pode ser escrito
como foÀz —— Àf(z) o f, usando as translações à esquerda Àx : G G e ÀAz) : H —+ H,
definidas por Az (g) = cg e À (h) = f Note que e Àf(x) são difeomorfismos,
cujos inversos são Àz-i e À . Para quaisquer p, q e G, pondo x = , a Regra
da Cadeia, aplicada a f o = ÀAz) o f, nos dá f' (q) • À'z = À'
f (p): 
• f '(p). 
TpG 
Como 
—4
À'z e
Àf(x) são, em cada ponto, isomorfismos lineares, concluímos que 
e f' (q): TqG --4 têm o mesmo posto.
Seção 8 Integrais múltiplas 201
8 Integrais múltiplas
1.1. Seja I = Não se pode ter J < I, pois, como I S(f; P), isto
implicaria que S(f; P) — J > 1— J para toda partição P do bloco A. Tampouco pode
ser I < J pois, fixando um número L com I < L < J, existiria uma partição Q do
bloco A tal que I S(f; Q) < L < J. Então, para qualquer Po , a partição P = POUQ
refinaria Q, logo S(f; P) S(f; Q) e daf J- S(f; P) J- Q) J- L, embora
P refina.sse Po . Segue-se que I = J.
1.2. Sejam E o conjunto das somas superiores S(f; P), a todas as
partições P do bloco A e Eo C o conjunto das somas superiores relativas às partições
que refinam PO. Para toda P tem-se PO) e e Po) S(f; P).
Logo inf = infE = f Analogamente para a integral inferior.
1.3. Dado E > 0, existe uma partição P = PI x x Pn do bloco A tal que
WB • volB < E. O valor do somatório à esquerda não aumenta quando se refina
BCP
a partição P. Seja C = C A. Para cada i = 1, ... , n escrevamos Qi 
=
Pi IJ {ci, di}. Isto nos dá uma partição Q = QI x • x Qn de A que refina P e,
além disso, os blocos de Q contidos em C constituem uma partição Q' de C. Então
WB' • volB' E WB • volB < E pois as parcelas de ambos somatórios 
são 0
B'eQ' BEQ
e as da esquerda estão incluídas entre as da direita. Segue-se que fc é integrável.
1.4. Seja A = [al,bl] x A', com c e [ai, bl] e A' = [ai, bi]. Dado E > O, seja
I C [ai, bil um intervalo contendo c, tal que vol(l x A') < E/2K, onde K = M — 
m
e m f (x) M para todo e A e, além disso, c e int.l se c G (ai, bl). Vemos 
que
I x A' é bloco de uma partição Po de A. Seja P uma partição de A que refina 
Po .
Designaremos por B' os blocos de P contidos em I x A'. Nos demais blocos de P,
que chamaremos de B", a função f é contínua, logo podemos tomar P de 
modo que
< E/2volA para todo B". Então
E WB • • volB' +
< K • vol(l x A') + (E/2 vol(A)) • vol A < + — = E.
2.1 Para toda partição P do bloco A, o gráfico de f está contido na reunião 
dos
blocos (n + l)-dimensionais B x [mB, MB), B € P. O volume de cada um desses
blocos é igual a WB • volB. A integrabilidade de f assegura que, para todo 
E > O,
existe uma partição P tal que E WB • volB < E. Isto nos diz que o gráfico de 
f tem
BCP
medida nula.
2.2. Seja A = FI [ai, bil. Dada uma cobertura A C LIBk por blocos fechados, 
pelo
Teorema 3, podemos supor que os interiores dos Bk cobrem A e, por Borel-Lebesgue,
que a cobertura é finita. Para cada i = 1, ... , n, seja Pi a partição do intervalo 
[ai, bi]
formada pelos pontos ai , bi mais as i-ésimas coordenadas dos vértices dos 
blocos Bk
que estejam contidas em [ai, bi]. A partição P = PI x • • •x Pn tem cada um dos 
seus
blocos contido em algum Bk , portanto Evol Bk volB = volA. Logo não 
se
BCP
tem med.A = O. Segue-se daí que todo conjunto de medida nula tem interior vazio.
202 Soluções dos exercícios
Cap. IO
2.3. Considere a aplicação f: Mx N —+ 
RP , de classe C l , dada por f (z, y) =
A fim de que v G RP pertença à imagem x N) 
é necessário e suficiente que existam
x G M e y € N tais que v = y -- x, ou seja, y = 
+ v. Isto significa que f(M x N) —
{v € RP; (M + v) n N a}. Ora, como dim(M x N) 
= dimM + dimN < p, a
imagem f(M x N) tem medida nula em RP, portanto 
tem interior vazio, isto é, seu
complementar é denso em RP. Se M e N são compactas 
então f(M x N) é compacto,
logo seu complementar, além de denso, é aberto.
2.4. Defina a parte positiva f+.• A R e a parte 
negativa f. : A —+ R da função
f pondo, para cada x G A, f+(z) = O} e 
= — 0}. Assim,
f+(x) = f(x) quando f(x) O e f+(x) = O quando f (z) < 0. Por sua vez,
—f(x) quando f(r) 0 e = O se f(x) > 0. Então (r) = (f(x) + e
— Estas igualdades mostram que e f — são contínuas em
todos os pontos em que f é contínua, portanto f integrável implica f+ e f— integráveis.
Além disso, é claro que f = — f— e que f+ e f— são ambas não-negativas.
3.1. O conjunto dos pontos de descontinuidadede f é a reunião das faces próprias
de B, portanto tem medida nula e f é integrável. Além disso, se considerarmos uma
partição Po de A que contenha B então, para toda partição P do bloco A que refine Po ,
tem-se s(f; P) = volB = S(f; P). Segue-se do exercício 1.2 que fA f(x)dx = vol B.
3.2. X é a interseção do compacto [O, 11 como complementar do aberto IJJk ,
logo é compacto. Após cada etapa da construção de X, cada intervalo que resta tem
comprimento menor do que a metade do comprimento dos intervalos que restaram
da etapa anterior, logo X não contém intervalos, ou seja, int .X = Z. Os extremos
dos intervalos omitidos pertencem a X e todo ponto xo € X, na n-ésima etapa do
processo, pertencia ao interior de um intervalo cujo comprimento tendia a zero quando
n -s 00, os extremos do qual pertencem a X, logo xo é ponto de acumulação de X, ou
seja, X não possui pontos isolados. Finalmente, se IJkl é o comprimento do intervalo
Jk então ElJkl = Ea n = 1 — ó. Dada qualquer cobertura enumerável X C Ulr por
intervalos abertos Ir , temos (O, l] C (IJIr) IJ (UJk). A solução do exercício 2.2 acima
nos dá Ellrl + ElJkl l, donde Ellrl ó. Logo X não tem medida nula.
3.3. Com a notação do Teorema 9, seja — p: AI —+ R. A função é
integrável, com fA '(x)dx = 0 e 0. Para todo k G N, mostremos que Xk =
{x e AI,• l/k} tem medida nula. Daí resultará que X = U Xk tem medida
nula, com L : A2 —+ R integrável para todo x € AI — X. Ora, dado 
k€N
arbitrariamente
E > 0, existe uma partição P do bloco AI tal que MB • volB < e/k. Indiquemos
com B' os blocos de P tais que MB' l/k. Então Xk está contido na reunião dos
blocos B' e
1
EvolB' = • volB' • volB' MB • volB < e/k.
Multiplicando por k, vem Evol B' < e, logo med.Xk = O
3.4. O complementar de um conjunto de medida nula, sendo denso, possui pontosem todo intervalo. Logo, se f(c) 0 para todo x e A, tem-se rnB = O, donde
s(f; P) E ma•vol B = O seja qual for a partição P do bloco A. Então f f (x)dx =
O e, como f é integrável, fA = O. No caso geral, f é a diferença de duas funçõesintegráveis não-negativas, cada uma das quais tem integral nula, logo f A f (x)dx = O.
Seção 9 Mudança de variáveis 203
4.1 Isto resulta diretamente do exercício 3.1.
4.2. Porque sua fronteira S(a; r) é uma superfície c oo de dimensão n — I no
espaço r, logo tem medida nula.
4.3. O interior U de um conjunto J-mensurável X é também J-mensurável em
virtude do Teorema IO, pois fr .U C fr .X. Além disso, como fr . X tem volume nulo e
a reunião X = U U (X n fr . X) é disjunta, tem-se vol . X = vol .U + vol .(X n fr . X) =
4.4. Para toda partição P do bloco A, tem-se 8(f; P) = E
E vol B', onde B' = B x [0, e S(f;P) = E MB • volB = 
BCP
onde B" = B x [o,MBl. Evidentemente, U B' C C(f) C U B",
BCP
• volB —
E vol B"
vol . int .C(f) vol .ext P). Portanto f integrável implica 
C(f) J-mensu-
rável e vol C(f) = fA f (x)dx.
9 Mudança de variáveis
1. Uma observação preliminar: se f: B(a; r) R é contínua, 
com m(r) =
€ B(a; r)} e M(r) = e B(a; r)} então f (a) = lim m(r) 
—
lim M (r) e m(r) f (x) M (r) para todo € B(a; r). 
Segue-se daí que
1
m(r) M(T),
vol B(a; r)
portanto
1
lim
r-..o vol
Dito isto, vemos que vol r)) = Jf(B(a;r)) B(a;r)
I det • f' (x)ldx, portanto
vol .f(B(a; r)) detlim = I 
vol . B (a; r)
2. A solução deste exercício se faz com o uso 
imediato do Teorema da Mudança
de Variáveis, juntamente com a observação que precede 
o Teorema 4 do Capítulo 7,
sobre o produto vetorial.