• Nenhum resultado encontrado

2.4 Aplicações Diferenciáveis

2.4.4 O teorema da aplicação inversa

Exercício 1

Seja I ⊂ R um intervalo aberto. Uma função diferenciável f : I → R é um difeomorfismo sobre f (I) se, e somente se f0(x).f0(y) > 0 para quasquier x, y ∈ I.

Solução. (⇒) Se f é um difeomorfismo sobre f (I),então f0(x) 6= 0, ∀ x ∈ I.Pelo Teorema de Darboux temos que f0(x) > 0 ou f0(x) < 0, ∀ x ∈ I. Em qualquer caso temos f0(x).f0(y) > 0, ∀x, y ∈ I, dado que f0(x) e f0(y) têm sempre o mesmo sinal.

(⇐) f0(x).f0(y) > 0, ∀ x, y ∈ I ⇒ f0(x) 6= 0, ∀ x ∈ I,daí pelo Teorema da Funçao Inversa f é difeomorfismo local. Note agora que a condição f0(x).f0(y) > 0 ⇒ f0(x) > 0 ou f0(x) < 0. Suponha que f0(x) > 0 e tomemos a 6= b ∈ I. Sem perda de generalidade admita b > a. Pelo Teorema do Valor Médio temos que ∃ c ∈ (a, b) tal que f (b) − f (a) = f0(c)(b − a) > 0 ⇒ f (b) 6= f (a), portanto f é injetiva, logo f é difeomorfismo global.

Exercício 2

Seja f : R → R um função de classe C1 tal que |f0

(t)| ≤ k < 1 para todo t ∈ R. Defina uma aplicação ϕ : R2 → R2 pondo ϕ(x, y) = (x + f (y), y + f (x)). Mostre que ϕ é um difeomorfismo de

R2 sobre se mesmo.

Solução. Como f é de classe C1, segue-se que ϕ é de classe C1, além disso, detJ ϕ(x, y) = 1 − f0(x)f0(y) 6= 0

pois |f0(t)| ≤ k < 1 para todo t ∈ R. Então ϕ0(x, y) é um isomorfismo. Pelo corolário 1 do livro de Curso de Análise-pag 282, tem-se que ϕ é um difeomorfismo local.

Agora precisamos provar que ϕ é injetora, assim ϕ será um difeomorfismo de R2 → R2.

De fato: |ϕ(x, y) − ϕ(z, w)|s = |(x + f (y), y + f (x)) − (z + f (w), w + f (z))| = |(x − z + f (y) − f (w)), (y − w + f (x) − f (z))| = |(x − z, y − w) + (f (y) − f (w), f (x) − f (z))| = |x − z| + |y − w| − |f (y) − f (w)| − |f (x) − f (z)| > |x − z| + |y − w| − k|x − z| − k|y − w| = (1 − k)|x − z| + (1 − k)|y − w| Portanto, se ϕ(x, y) = ϕ(z, w) implica que (x, y) = (z, w).

Assim f é um difeomorifismo global. Resta provar que f (R2) = R2, para provar que f (R2) é fechado, seja (xk) uma sequência tal que lim f (xk) = y ∈ R2, como |xk− xr| ≤ 1−k1 |f (xk) − f (xr)|, vemos

que (xk) é de Cauchy portanto converge, seja x = lim xk. Então f (x) = lim f (xk) = y ∈ f (R2).

Assim, f (R2) é aberto e fechado. como R2é conexo, tem-se f (R2) = R2.

Exercício 3

Sejam f, g, h : R −→ R diferenciáveis. Defina F : R2 −→ R2pondo F (x, y) = f (x) · h(y), g(y).

Suponha que f e g são difeomorfismos de R sobre R. Mostre que F é um difeomorfismo se, e somente se, 0 /∈ h(R).

Solução. (⇒) F difeomorfismo ⇒ F0(a) : R2 → R2 é isomorfismo ∀a ∈ R2 ⇒ det[F0(a)] 6= 0 ,

∀a ∈ R2

Em outras palavras, det[F0(x, y)] = f0(x)h(y) f (x)h0(y) 0 g0(y)

6= 0 Como f e g são difeomorfis- mos, temos que f0(x) 6= 0 e g0(y) 6= 0 ∀x, y ∈ R. Desta forma, temos que h(y) 6= 0, ∀y ∈ R ⇒ 0 /∈ h(R)

(⇐) Se 0 /∈ h(R) ⇒ det[F0(x, y)] 6= 0, pois f e g são difeomorfismos. Logo como F é diferen- ciável (f , g, h são diferenciáveis), podemos aplicar o teorema da função inversa. Assim concluímos que F é difeomorfismo local. Como F é uma aplicação aberta, falta mostrar que F é bijetora para concluir o difeomorfismo de R2 em R2.

Para mostrar a injetividade de F seja (x, y) 6= (x0, y0) em R2. Temos dois possíveis casos. No primeiro caso temos x = x0 e y 6= y0 ou x 6= x0 e y 6= y0 assim, em ambas possibilidades, F (x, y) 6= F (x0, y0), pois g(y) 6= g(y0) (fato que decorre de g ser difeomosfismo e consequentemente uma bijeção de R em R). Em um segundo caso, temos x 6= x0e y = y0 assim f (x)h(y) 6= f (x0)h(y0), fato que decorre de 0 /∈ h(R) e f(x) 6= f(x0).

Para mostrar a sobrejetividade de F vamos tomar v = (v1, v2) ∈ R2, vemos claramente da sobre-

jetividade de g que existe y ∈ R, tal que g(y) = v2. Fixando esse y vemos que existe x ∈ R tal que

f (x).h(y) = v1 uma vez que f é sobrejetiva e 0 /∈ h(R).

Assim, concluimos que F é um difeomorfismo de R2 em si mesmo.

Exercício 11

Seja f : U → Rm diferenciável no conjunto convexo U ⊂ Rm. Se hf0(x) · v, vi > 0 para ∀ x ∈ U

e 0 6= v ∈ Rm quaisquer então f é injetiva. Se f ∈ C1 então f é um difeomorfismo de U sobre um subconjunto de Rm. Dê um exemplo em que U = Rm mas f não é sobrejetiva.

Solução. Tomemos a 6= b elementos de U . U convexo ⇒ [a, b] ⊂ U . Defina então ψ : [0, 1] → R, ψ(t) = hf (a + (b − a)t), b − ai. Temos que ψ|[0,1]é contínua, ψ|(0,1)é diferenciável, então, pelo Teo-

rema do Valor Médio, existe θ ∈ (0, 1) tal que ψ(1) − ψ(0) = ψ0(θ) ⇒ hf (b), b − ai − hf (a), b − ai = hf0(a + (b − a)θ)(b − a), (b − a)i > 0, isto é , hf (b) − f (a), b − ai > 0 ⇒ f (b) 6= f (a), portanto f é injetiva.

A condição hf0(x) · v, vi > 0, ∀ x ∈ U e v ∈ Rm ⇒ f0

(x) · v 6= 0, ∀ v ∈ Rme x ∈ U , então pelo

Teorema da Função Inversa temos que f é um difeomorfismo local. Mas acabamos de provar que f é injetiva, portanto f é um difeomorfismo global de U sobre f (U ) ⊂ Rm.

Considere f : R2 → R2, f (x, y) = (x, ey). f é diferenciável e Df (x) =   1 0 0 ey  , donde hf0(x, y)(v1, v2), (v1, v2)i = h(v1, v2ey), (v1, v2)i = v21+ ey.v22 > 0, ∀ v = (v1, v2) 6= (0, 0) e

∀ (x, y) ∈ R2. Agora note que f não é sobrejetiva, pois, por exemplo, o elemento (0, -1) /∈ f (R2).

Exercício 12

Seja f : Rm → Rm de classe C1

tal que para x, v ∈ Rm quaisquer tem-se hf0(x) · v, vi ≥ |α||v|2,

onde α > 0 é uma constante. Prove que |f (x) − f (y)| ≥ α|x − y| para x, y ∈ Rmarbitrários. Conclua

que f (Rm) é fechado, e daí, que f é um difeomorfismo de Rmsobre si mesmo.(A hipótese "f ∈ C1

pode ser substituída por "f diferenciável".)

Solução. Defina ϕ : [0, 1] → Rmpor ϕ(t) = hf (x + t(y − x)), y − xh.

ϕ|[0,1]é contínua e ϕ|(0,1)é diferenciável, então, pelo T.V.M., existe θ ∈ (0, 1) tal que ϕ(1) − ϕ(0) =

ϕ(θ)(1 − 0) ⇒ hf (y), y − xi − hf (x), y − xi = hf0(x + θ(y − x))(y − x), y − xi ⇒ hf (y) − f (x), y − xi = hf0(x + θ(y − x))(y − x), y − xi

⇒ |(f (y) − f (x), y − x)| = |f0(x + θ(y − x), y − x)| ≥ α|y − x|2

|f (y) − f (x)|.|y − x| ≥ |(f (y) − f (x), y − x)| ≥ α|y − x|2 ⇒ |f (y) − f (x)| ≥ α|y − x|, ∀ x, y ∈ Rm.

Se x = y a desigualdade é trivial.

Afirmação: f (Rm) é fechado.

Seja y ∈ f (Rm), y = lim f (x

(xk) é de Cauchy e portanto converge.

Seja x = lim xk. Da continuidade de f temos que f (x) = lim f (xk) = y ⇒ y ∈ f (Rm) ⇒ f (Rm) é

fechado.

Note que f ∈ C1 e f0

(x) · v 6= 0, ∀ v ∈ Rm ⇒ f é difeomorfismo global sobre sua imagem aberta

f (Rm).

Assim, f (Rm) ⊂ Rmé aberto e fechado, e como Rmé conexo, temos que f (Rm) = Rm.

Portando, f é um difeomorfismo de Rm sobre si mesmo.

Exercício 13

Seja f : Rm → Rmde classe C1tal que f0

(x) é, para todo x ∈ Rm, uma isometria (isto é, |f0(x) · v| =

|v|) na norma euclidiana. Então f é uma isometria (isto é, |f (x) − f (y)| = |x − y|). Conclua que existem T ∈ L(Rm) ortogonal e a ∈ Rm tais que f (x) = T · x + a.

Solução. Defina

ψ : [0, 1] −→ R

t 7−→ ψ(t) =< f (a + t(b − a), b − a >

onde a, b ∈ Rm, são arbitrários e a 6= b. ψ é contínua em [0, 1] e derivável em (0, 1), então ∃θ ∈ (0, 1) tal que ψ(1) − ψ(0) = ψ0(θ) então

< f (b), b − a > − < f (a), b − a >=< f0(a + θ(b − a))(b − a), b − a >⇒ < f (b) − f (a), b − a >=< f0(a + θ(b − a))(b − a), b − a >⇒

< f (b) − f (a), b − a > − < f0(a + θ(b − a))(b − a), b − a >= 0 < f (b) − f (a) − f0(a + θ(b − a))(b − a), b − a >= 0b−a6=0⇒ f (b) − f (a) − f0(a + θ(b − a))(b − a) = 0 ⇒

f (b) − f (a) = f0(a + θ(b − a))(b − a) ⇒

|f (b) − f (a)| = |f0(a + θ(b − a))(b − a)| = |b − a|

Daí temos que f é uma isometria.

Lema: Seja f : Rm → Rmuma função tal que f (0) = 0 e |f (u) − f (v)| = |u − v| para quaisquer

u, v ∈ Rm. Então:

i) ∀v ∈ Rm, tem-se |f (v)| = |v|.

ii) ∀u, v ∈ Rm, tem-se < f (u), f (v) >=< u.v >. De fato < f (u), f (v) > = 1 2(|f (u)| 2 + |f (v)|2− |f (u) − f (v)|2) = 1 2(|u| 2 + |v|2− |u − v|2) =< u, v > .

iii) Os vetores u1 = f (e1), · · · , um = f (em) formam uma base ortonormal em Rm.

De fato, < ui, uj >=< f (ei), f (ej) >=< ei, ej >= δij =    1 , se i = j 0 , se i 6= j , e portanto, {u1, u2, · · · , um} é ortonormal.

iv) Dado v = x1e1+ · · · + xmem ∈ Rm, tem-se < f (v), ui >= xi, logo f (v) = x1u1+ · · · + xmum.

De fato < f (v), ui >=< f (v), f (ei) >=< v, ei >= xi. Mas, se f (v) = P yiui, teríamos <

f (v), ui >= yi, pois < ui > é uma base ortonormal. Logo xi = yie, portanto f (v) =P xiui.

v) f : Rm → Rmé um operador linear, logo ortogonal.

Dados v =P xieie w =P yiei, temos v +λw =P(xi+λyi)eie, portanto, pelo item anterior,

f (v + λw) =X(xi+ λyi)ui =

X

xiui + λ

X

yiui = f (v) + λf (w),

isto é, f é linear e como f preserva distância, f será um operador ortogonal. Conclusão: Toda isometria g : Rm → Rm

tem a forma g(v) = A · v + b, onde A : Rm → Rm é uma

operador linear ortogonal e b ∈ Rmé um vetor constante (independente de v).

De fato, seja g : Rm → Rmuma isometria, e seja b = g(0). Defina f (v) = g(v) − b. Então f (0) = 0

e

|f (u) − f (v)| = |(g(u) − b) − (g(v) − b)| = |g(u) − g(v)| = |u − v|,

isto é, f satisfaz às condições dos itens anteriores,assim f é um operador ortogonal A : Rm → Rm e

temos g(v) = f (v) + b = A · v + b. Conclusão do exercício 8.13

Pela conclusão do lema e como f é uma isometria existem T ∈ L(Rm) ortogonal e a ∈ Rm tais que

Exercício 14

Seja f : Rm → Rm de classe C1,com |f0

(x).v| ≥ α |v| para x, y ∈ Rm quaisquer (α > 0 constante). Então f é um difeomorfismo de Rm sobre si mesmo. Em particular, |f (x) − f (y)| ≥ α |x − y|, para

quaisquer x, y ∈ Rm.

Solução. (Esta solução está resumida e para entende-lá melhor deve-se consultar o livro Grupo Fun- damental e Espaços de Recobrimento do Elon ou algum livro clássico de Topologia Algébrica. Serão usados conceitos de levantamento de caminhos e aplicações de recobrimento e proposições encontra- das no livro citado acima do Elon).

Teorema: Seja f : Rm → Rm uma aplicação de classe C1, cujos valores estão contidos no aberto

conexo Y ⊂ Rm. Suponhamos que existe uma cobertura de y por um aberto V , a cada um dos quais corresponde um número v > 0, de tal modo que f (x) ∈ V implica |f0(x).u| ≥ v|u| para todo

u ∈ Rm. Então f (Rm) = Y e f : Rm → Y é uma aplicação de recobrimento.

Demonstração do Teorema: Eis a parte mais interessante da demonstração. Mostraremos em pri- meiro lugar, que se a : [0, 1] → y é um caminho de casse C1 em Y e b : [0, 1) → Rm é tal que f (b(a)) = a(s), 0 ≤ s ≤ 1, então b é de casse C1 e existe lim

s→1b(s) em Rm. Que b ∈ C1segue-se

imediatamente do fato de f ser um difeomorfismo local de classe C1. Além, disso, seja Y1 = a(1) e

considere V 3 Y1, v > 0 como no enunciado do Teorema. Existe δ > 0 tal que 1 − δ < s < 1 então

f (b(s)) = a(s) ∈ V e portanto |f0(b(s)).b0(s)| ≥ v|b0(s)|. Por outro lado f0(b(s)).b0(s) = a0, logo

|b0(s)| ≤ |a0(s)|

v quando 1 − δ < s < 1. como o intervalo [0, 1] é compacto e a é de classe C

1, ∃A > 0

tal que |a0(A)| < Av ∀s ∈ [0, 1]. Portanto se 1 − δ < s1, s2, < 1 vale:

|b(s2) − b(s1)| = ss1 2b 0 (s)ds ≤ |s2− s1| .A

. Pelo Critério de Cauchy segue-se que lims→1b(s) existe. Emseguida, provaremos que todo caminho

retilíneo, contido em Y , começando num ponto arbitrário Y0 ∈ f (Rm, pode ser levantada a partir

de qualquer ponto x0 ∈ f−1(Y0). De fato, se isso não ocorresse, existiria um caminho retilíneo

a(s) = (1 − δ)Y0+ sY1em Y tal que a restrição [0,1]a possuiria um levantamento b : [0, 1) → Rm, com

b0 = x0,sem que lims→1b(s) existisse. Isto, porém, contradiz o que acabamos de provar. Vemos agora

que f (Rm0 é um subconjunto do aberto Y , pois todo Y

1 pertence ao fecho de f (Rm) relativamente

a Y pode ser ligado a um ponto Y0 ∈ f (Rm) por um caminho retilíneo contido em Y , o qual pode

ser levantado a Rm, de modo que Y

1 ∈ f (Rm). Como Y é conexo e f (Rm) é evidentemente aberto,

Demonstração do exercício 14: Com efeito, tome Y = V = Rm e v = α no teorema acima.

Então f é um recobrimento de Rm. Como Rm é simplesmente conexo, segue-se da proposição 11(

pág. 136. Grupo Fundamental e Espaços de Recobrimento) que f é uma bijeção e portanto um difeomorfismo.

Documentos relacionados