Calculo Avancado Felipe

283 

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Texto

(1)

Felipe ACKER

Departamento de Matemática Aplicada

Instituto de Matemática

Universidade Federal do Rio de Janeiro

Caixa Postal 68530

21945-970 Rio de Janeiro Brazil

email: acker@ufrj.br

(2)

Nuestro hermoso deber es imaginar que hay un laberinto y un hilo. Nunca daremos con el hilo, acaso lo encontramos y lo perde-mos en un acto de fe, en una cadencia, en el sueño, en las pala-bras que se llaman filosofía, o en la mera y sencilla felicidad.

Jorge Luis Borges

Estas notas são dedicadas ao time do Botafogo (e seu treinador) campeão carioca de 1989

(3)

Sumário

I

INTEGRAIS MÚLTIPLAS

7

1 INTRODUÇÃO 9 a Sobre a definição . . . 9 b Critério de integrabilidade . . . 11 c Integrais iteradas . . . 13 d Mudanças de variáveis . . . 15 e Integral e convergência . . . 20 2 DEFINIÇÃO DE INTEGRAL 23 3 CONJUNTOS DE MEDIDA NULA 27 4 INTEGRAIS ITERADAS 33 5 FORMAS ALTERNADAS E O DETERMINANTE 35 6 MUDANÇAS DE VARIÁVEIS 45 7 INTEGRAIS IMPRÓPRIAS 57 8 EXERCÍCIOS E APLICAÇÕES 59 a Integrais de Superfície . . . 59 b Exercícios . . . 60 9 INTEGRAIS E CONVERGÊNCIA 69 a Convergência Uniforme . . . 69 b Regularização . . . 73 3

(4)

II

ANÁLISE VETORIAL CLÁSSICA

79

10 INTRODUÇÃO 83

a Campos Conservativos e Integrais de Linha . . . 83

b Integrais de Superfície . . . 87

c O Teorema de Kelvin . . . 91

d A variação de ângulo . . . 96

e O Teorema de Gauss-Ostrogradski . . . 101

f “O Campo” . . . 106

g Pausa para Reflexão : Será que é tudo um Teorema só ? . . . 110

11 OS OBJETOS: CURVAS, SUPERFÍCIES E CADEIAS 115 a Curvas e Superfícies . . . 115

b Curvas e Superfícies parametrizadas . . . 119

c Cadeias . . . 121

d O bordo . . . 124

12 OS TEOREMAS 129 a Kelvin-Green . . . 129

b Gauss-Ostrogradski . . . 132

c Um outro ponto de vista . . . 135

13 OS INTEGRANDOS 137 a Campos de vetores e 1-formas . . . 137

b Formas Diferenciais . . . 143

c A notação de formas diferenciais . . . 148

d Campos . . . 153

14 A DERIVADA 157 a A divergência e a densidade de fluxo . . . 157

b O rotacional . . . 158

c Uma nova derivada . . . 160

d O Teorema do Valor Médio . . . 163

e O Teorema de Green revisitado . . . 169

f O Pullback . . . 171

g A Derivada Exterior . . . 172

h Green, Kelvin, Ostrogradski e Gauss . . . 175

(5)

j O Lema de Volterra . . . 181

15 APLICAÇÕES 187 a Índice de uma Curva . . . 187

b Funções de Variável Complexa . . . 189

c O Teorema de Brouwer . . . 195

d Algumas Questões Topológicas . . . 198

e Homologia × Homotopia . . . 204

f O Operador de Laplace . . . 212

g Difusão . . . 217

h Funções Harmônicas e a Equação de Laplace . . . 220

i O problema de Dirichlet na Bola . . . 225

j Mecânica dos Fluidos . . . 233

k O rotacional e as rotações . . . 236

l A decomposição de um campo de velocidades . . . 237

m Sistemas Hamiltonianos . . . 238

n Equações de Maxwell . . . 243

III

FORMAS DIFERENCIAIS

251

16 INTRODUÇÃO 253 a Cenas de Capítulos Anteriores . . . 253

b Os Objetos e os Integrandos . . . 254 c A Derivada Exterior . . . 259 d O Teorema de Stokes . . . 262 17 O TEOREMA DA DIVERGÊNCIA 267 a (N-1)-Formas em IRN . . . 267 b O Bordo do Cubo . . . 268 c O Teorema . . . 270

18 PEQUENA PAUSA PARA REFLEXÃO 273

19 O PULLBACK 275

(6)

21 O TEOREMA DE STOKES E A DERIVADA EXTERIOR,

(7)

Parte I

INTEGRAIS MÚLTIPLAS

(8)
(9)

Capítulo 1

INTRODUÇÃO

A função destes capítulos iniciais, dedicados à integral de funções de IRN em IR, é tornar o texto auto-suficiente (se é que isto pode existir), do ponto de vista do Cálculo Integral. Um resumo da história é apresentado nos pontos a., b., c., d. e e. desta introdução . A construção da integral “de Riemann” para funções de mais de uma variável (que não traz grandes novidades do ponto de vista teórico para quem já lidou com o caso de uma variável) será tratada no ponto a.. Nos pontos b., c. e d. comentaremos três resultados fundamentais, que serão desenvolvidos mais à frente: o critério de integra-bilidade (de Riemann-Du Bois Reymond-Lebesgue-Vitalli), o teorema sobre integração iterada (princípio de Cavalieri, dito teorema de Fubini) e a fórmula de mudança de variáveis (de Jacobi). No ponto e. discutimos a possibilidade de "derivar dentro do sinal de integral"(regra de Leibniz).

a

Sobre a definição

Considere uma função limitada

f : B −→ IR,

onde B = [a1, b1] × [a2, b2] é um retângulo em IR2. Diremos que

s = {β1, . . . , βn}

(10)

β8 β9 β7 β6 β4 β1 β2 β3 β5

é uma subdivisão 1 de B se:

(ı) cada βi é um retângulo (fechado);

(ıı) B =Sn i=1βi; (ııı) se i 6= j, então o βi ∩ o βj é vazio.

Podemos então definir, associadas a cada subdivisão s de B, duas aproxi-mações para a integral de f sobre B:

U (f, s) =X β∈s sup f (β)µ(β), L(f, s) =X β∈s inf f (β)µ(β), onde, para cada retângulo R = [a, b] × [c, d],

µ(R) = (b − a)(d − c).

Procedendo como no caso de uma variável, consideramos o conjunto ς(B) de todas as subdivisões de B e dizemos que f é integrável se

(11)

inf {U (f, s), s ∈ ς(B)} = sup{L(f, s), s ∈ ς(B)}.

O número assim obtido é chamado de integral de f sobre B e notado Z

B

f .

Exercício: Uma partição de um intervalo [a, b] é um conjunto finito P = {a0, a1, . . . , an}

tal que

a = a0 < a1 < . . . < an= b.

Os subintervalos de P são os intervalos [ai−1, ai], i = 1, 2, . . . , n. Uma partição

de B = [a1, b1] × [a2, b2] é um conjunto P = P1× P2, onde Pi é partição de [ai, bi],

i = 1, 2. Os sub-blocos de P são os retângulos obtidos como produtos cartesianos de subintervalos de P1 por subintervalos de P2. A subdivisão de B associada a P

é a coleção S(P ) dos sub-blocos de P .

(ı)Mostre que se s1e s2são subdivisões de B e s2refina s1(isto é, todo elemento de s1 é união de elementos de s2), então

U (f, s1) ≥ U (f, s2) ≥ L(f, s2) ≥ L(f, s1).

(ıı) Mostre que para toda subdivisão s de B existe uma partição P de B tal que S(P ) refina s.

(ııı)Conclua que, para a definição de integral, podemos nos restringir a subdi-visões associadas a particões .

b

Critério de integrabilidade

De forma análoga ao caso de uma variável, toda função contínua f : B → IR (onde B é um retângulo fechado) é integrável. É claro, porém, que existem funções descontínuas integráveis. Quando se trata de funções de uma vari-ável, é usual observar que um número finito de descontinuidades não muito feias pode ser tolerado e deixar para outra oportunidade uma discussão mais aprofundada. Em dimensões maiores somos forçados a uma postura menos inocente.

(12)

X

a

2

a

1

b

2

b

1

B

Seja X ⊂ IR2 um conjunto bem razoável (conexo e limitado, pelo menos). Seja

f : X −→ IR

uma função a integrar (f igualmente razoável - contínua, digamos). A maneira mais simples de definir a integral de f sobre X parece ser a seguinte: considere um retângulo B contendo X e defina

f : B −→ IR x 7−→  f (x) , x ∈ X 0 , x /∈ X Faça, agora, Z X f = Z B f .

Deixemos aos onanistas fervorosos o exercício de praxe: mostre que a definição acima independe de B. Prazeres mais refinados nos promete a observação

(13)

de que, mesmo se f é contínua, f será, em geral, descontínua em todos os pontos da fronteira de X.

Trata-se, pois, de responder à seguinte questão : dada uma função integrável f definida em um retângulo, quão descontínua pode ser f ?

Numa primeira abordagem, nota-se que é suficiente que, para cada ε positivo, se possa cobrir o conjunto D dos pontos de descontinuidade de f por uma coleção finita de retângulos β1, . . . , βn tal que

µ(β1) + . . . + µ(βn) < ε.

O primeiro a obter um critério mais profundo parece ter sido Riemann2 . O

passo decisivo foi dado por Lebesgue, que introduziu o conceito de conjunto de medida nula: X é dito de medida nula se para todo ε positivo existe uma coleção enumerável (βn)n∈IN de retângulos tal que:

(ı) X ⊂ ∪∞n=1βn

(ıı) P∞

n=1µ(βn) < ε.

O critério de integrabilidade de Lebesgue, que demostraremos mais à frente, é o seguinte: f é integrável se e somente se o conjunto D de seus pontos de descontinuidade é de medida nula.

c

Integrais iteradas

O segundo teorema a ser atacado diz respeito à decomposição do cálculo de uma integral em IRN em cálculos de sucessivas integrais de funções de uma

variável.

A fórmula é bem conhecida (usualmente pelo nome de Teorema de Fubini); sua versão mais simples, com N = 2, é

Z [a1,b1]×[a2,b2] f = Z b1 a1 ( Z b2 a2 f (x1, x2) dx2) dx1.

2No trabalho Sobre a possibilidade de representar uma função por uma série

(14)

R [a1,b1]×[a2,b2]f = Rb2 a2 Rb1 a1f (x1, x2) dx1  dx2 x2 f (x1, x2) b1 b2 a2 a1 x1 0 h área S(h) volume V H V =RH 0 S(h) dh

A demonstração tem suas sutilezas. . . Limitemo-nos, por ora, à observação de que por trás de tudo está uma idéia conhecida como Princípio de Cavalieri, do qual damos uma versão livre no exercício abaixo.

Exercício: Seja X um subconjunto de IR3 dotado de volume (seja lá isso o que for). Seja v um vetor unitário de IR3. Defina

s : IR −→ IR

t 7−→ ´area de π(t) ∩ X, onde o plano π(t) é definido por

π(t) = {u ∈ IR3, < u, v >= t}. Você acredita que o volume de X, µ(X), é dado por

µ(X) = Z ∞

−∞

s(t) dt ? E se v não é unitário, como fica a fórmula?

(15)

f a α t0 t0+ ∆t β x0 x0+ ∆x b ϕ f ◦ ϕ

d

Mudanças de variáveis

Comecemos com o caso de uma variável: seja f : [a, b] −→ IR

integrável e suponhamos que exista um difeomorfismo ϕ : [α, β] −→ [a, b]

de classe C1 (neste caso ϕ é crescente ou decrescente, conforme ϕ(α) = a ou

ϕ(α) = b).

Sabemos que não é verdadeira a fórmula Z b a f (x) dx = Z β α f (ϕ(t)) dt,

porque, embora a cada x0 em [a, b] corresponda um t0 em [α, β] com ϕ(t0) =

x0, o intervalo [α, β] sofre um esticamento (não uniforme, em princípio). A

integral

Z β

α

f (ϕ(t)) dt

é aproximada por retângulos de base ∆t e altura f (ϕ(t0)), aos quais

(16)

Z b

a

f (x) dx,

retângulos de base ∆x e altura f (x0), onde x0 = ϕ(t0). Conseqüentemente

(supondo ϕ crescente), f (ϕ(t0)) = f (x0), mas ∆x = ϕ(t0+ ∆t) − ϕ(t0) 6= ∆t. Escrevendo ∆x = ϕ(t0+ ∆t) − ϕ(t0) = ϕ(t0+ ∆t) − ϕ(t0) ∆t ∆t, obtemos f (x0) ∆x = f (ϕ(t0)) ϕ(t0+ ∆t) − ϕ(t0) ∆t ∆t,

o que é um razoável argumento a favor da fórmula Z b a f (x) dx = Z β α f (ϕ(t)) ϕ0(t) dt

(já que, quando ∆t é “infinitamente pequeno”, temos ∆t = dt, ∆x = dx e então “dx = ϕ(t0+ dt0) − ϕ(t0) = ϕ0(t0) dt”).

Pensemos agora no caso de várias variáveis. Suponhamos que C é imagem do bloco B por um difeomorfismo ϕ de classe C1 e que

f : C −→ IR

é integrável. O fator de correção a introduzir na fórmula (errada) Z C f = Z B f ◦ ϕ

é o “coeficiente de esticamento” referente à deformação de B em C operada por ϕ.

(17)

f f ◦ ϕ ϕ ϕ x x + ∆x ϕ(x) ϕ(x + ∆x) Q ϕ(x) A B ϕ(Q) ∼= ϕ(x) + ϕ0(x)(Q) x

Esse “coeficiente de esticamento” será, é claro, o limite da relação entre as áreas (no caso bidimensional) de ϕ(β) e de β, onde β é um quadradinho contido em B.

Analisemos, pois, esta relação .

Se t0 é o centro de β e ϕ(t0) = x0, os pontos de ϕ(β) serão da forma

ϕ(t0 + h) = x0+ ϕ0(t0)h + ε(h), com ϕ c = ϕ(B) B ϕ(β) β

(18)

ϕ(β)

x0 t0 γ

ϕ

β

limh→0 ε(h) |h| = 0.

Sabemos que, entre outras coisas, isto significa que, se β é pequeno, ϕ(β) se parece com o paralelogramo

γ = {x0+ ϕ0(t0)h, t0 + h ∈ β}. Temos, pois, ´ area de ϕ(β) ´ area de β ∼ = area de γ´ ´ area de β . E, é claro, suspeitamos que

limλ→0 ´ area de ϕ(β) ´ area de β = limλ→0 ´ area de γ ´ area de β , onde λ é o lado de β.

Comparar as áreas de ϕ(β) e γ não é tarefa simples, já que nenhum dos dois conjuntos está, em princípio, contido no outro. Comecemos notando que os elementos das fronteiras respectivas são da forma

x0+ ϕ0(t0)h, para γ,

e

(19)

ϕ t0+ β t0 ϕ(t0+ β) γ2 γ1 ϕ(t0)

onde t0+ h está na fronteira de β 3.

Assim, a distância entre um elemento ϕ(t0 + h) da fronteira de ϕ(β) e a

fronteira de γ será no máximo |ε(h)|.

Observemos ainda que as relações entre as dimensões de γ e de β independem do tamanho do lado de β (como ϕ0(t0) é linear, são dadas por regra de três).

Mas, para t0+ h em β, temos que |ε(h)| é pequeno em relação às dimensões

de γ se o lado de β é pequeno. Considere então

d = maxt0+h∈β|ε(h)|.

As considerações acima nos garantem que d é pequeno em relação às dimen-sões de γ (se o lado de β é pequeno) e que os pontos do bordo de ϕ(β) estão a uma distância do bordo de γ menor do que d. Mas isto nos diz (porque ϕ é difeomorfismo) que ϕ(β) está entre dois paralelogramos γ1 e γ2, semelhantes

a γ e de dimensões aproximadamente iguais às de γ. Mas então ´ area de γ1 ´ area de β ≤ ´ area de ϕ(β) ´ area de β ≤ ´ area de γ2 ´ area de β, com limλ→0 ´ area de γ2 ´ area de γ1 = 1, o que justifica

3Isto se deve ao fato de que ϕ é difeomorfismo e pode ser demonstrado a partir do

(20)

limλ→0 ´ area de ϕ(β) ´ area de β = limλ→0 ´ area de γ ´ area de β.

Exercício: Preencha os detalhes da demonstração .

E agora, qual a relação entre as áreas de γ e de β?

Exercício: Seja T : IR2 → IR2linear. Seja Q um quadrado em IR2de lados paralelos

aos vetores e1 e e2 da base canônica. Observe que a relação entre as áreas de T (Q)

e de Q independe das dimensões e da posição de Q. Você está convencido de que se X é um subconjunto razoável de IR2 então esta é a relação entre as áreas de T (X) e de X?

Exercício: Mostre que se T : IR2 → IR2 é linear e Q = [0, 1] × [0, 1], então a área

de T (Q) é o valor absoluto do determinante de T .

Tendo reduzido nosso problema ao caso linear, podemos concluir que o fator de correção que procuramos é o valor absoluto do determinante de ϕ0(t0)

(conhecido como jacobiano de ϕ e notado Jϕ(t0)). Ou seja,

Z ϕ(B) f = Z B f ◦ ϕ |Jϕ|.

e

Integral e convergência

Suponhamos dada f : IR × [a, b] → IR diferenciável e façamos, para x em IR,

g(x) = Z b

a

f (x, y)dy. Se quisermos derivar g, teremos

g0(x) = lim h→0 Z b a f (x + h, y) − f (x, y) h dy,

(21)

o que nos dá muita vontade de, permutando o limite em h com a integral, concluir que g0(x) = lim h→0 Z b a f (x + h, y) − f (x, y) h dy = = Z b a lim h→0 f (x + h, y) − f (x, y) h dy = Z b a ∂f ∂x(x, y)dy.

A permutação entre a passagem ao limite e a integração pode ser vista da seguinte forma: fixado x, associamos a cada h uma função de y, ϕh, dada

por

ϕh : y 7→

f (x + h, y) − f (x, y)

h .

Para cada y em [a, b], temos (se nossa f tem derivada parcial em relação a x em todos os pontos), que

lim

h→0ϕh(y) =

∂f ∂x(x, y).

Assim, a questão que se nos coloca é a seguinte: se ϕh(y) → ϕ(y) ∀y ∈

[a, b], podemos afirmar que Z b a ϕh(y)dy → Z b a ϕ(y)dy?

Exercício: Considere, para y ∈ [0, 1] e h > 0, ϕh(y) dada por

ϕh(y) =

 2

hsin(πy/h), y ≤ h

0, y > h.

Mostre que ϕh(y) → 0 ∀y ∈ [0, 1] (quando h → 0), mas R01ϕh(y)dy > 1∀h > 0.

O exemplo acima mostra que não podemos ser totalmente inocentes na troca de ordem entre passagem ao limite e integração . No entanto, se nosso domínio de integração é limitado e a convergência é uniforme, não é difícil ver que a troca pode ser feita. De fato, se f e g são integráveis sobre o bloco B e | f (y) − g(y) |< ε ∀y ∈ B, então é claro que

| Z B f − Z B g |< εµ(B).

(22)

Assim, para podermos derivar dentro do sinal de integral, podemos exigir hipóteses que nos garantam que

lim h→0 f (x + h, y) − f (x, y) h = ∂f ∂x(x, y)

uniformemente em y. Estas condições , veremos, são satisfeitas quando f é contínua e tem derivada parcial em relação a x contínua. Em particular, se f é de classe C1 e a integral se faz sobre um bloco (que é um compacto), podemos derivar sem medo dentro do sinal de integral.

(23)

Capítulo 2

DEFINIÇÃO DE INTEGRAL

Um bloco N -dimensional é um produto cartesiano de N intervalos fechados não degenerados (N ≥ 1).

Se B = [a1, b1] × · · · × [aN, bN] então a medida de B (também chamada

volume, área ou comprimento, em alguns casos) é notada por µ(B) e definida por

µ(B) = (b1 − a1)(b2− a2) · · · (bN − aN)

(é claro que µ(B) = b1− a1 se N = 1).

Se B = [a, b], uma partição de B é um subconjunto finito de [a, b] contendo a e b, geralmente notado por {a0, . . . , an}, sendo

a = a0 < · · · < an = b

(os intervalos [ai−1, ai] são chamados subintervalos da partição).

Se B = [a1, b1] × · · · × [aN, bN] chamaremos de partição de B um produto

cartesiano P = P1 × · · · × PN , onde cada Pi é uma partição de [ai, bi] (os

produtos cartesianos dos subintervalos das Pi serão chamados sub-blocos

de P ). Convencionemos ainda chamar de S(P ) o conjunto dos sub-blocos de P e de p(B) o conjunto das partições de B.

Seja agora f : B → IR limitada (onde B é um bloco N -dimensional). Se P é uma partição de B definiremos a soma superior e a soma inferior de f associadas a P por, respectivamente,

U (f, P ) =P

β∈S(P )sup f (β)µ(β) e

L(f, P ) = P

β∈S(P )inf f (β)µ(β) .

(24)

A integral superior e a integral inferior de f são definidas por, respec-tivamente, R Bf = infP ∈p(B)U (f, P ) e R Bf = supP ∈p(B)L(f, P ) . Quando RBf = R

Bf , este valor é chamado integral de f sobre B, e f é

dita integrável à Riemann.

Exercício : Sejam B bloco em IRN e f : B → IR limitada. Mostre que f é integrável se e só se ∀ε > 0 ∃P ∈ p(B) | U (f, P ) − L(f, P ) < ε.

Exercício : Prove tudo que lhe parecer importante ou necessário sobre integral. Em particular, prove que o conjunto das funções Riemann-integráveis em B é um espaço vetorial, digamos R(B), e queR

B : R(B) → IR é linear.

Se X ⊂ IRN é limitado e f : X → IR é limitada, considere um bloco B tal que X ⊂ B. Estenda f a f : B → IR dada por f (x) = 0 se x ∈ B \ X (f (x) = f (x) em X).

Exercício : Mostre que RBf e RBf não dependem de B (isto é, os valores são sempre os mesmos, qualquer que seja o bloco B contendo X).

Definimos integral superior, integral inferior e, quando for o caso, inte-gral de f sobre X por

Z X f = Z B f , Z X f = Z B f e Z X f = Z B f

Exercício : Mostre que se X1 ∩ X2 = ∅ e f : X1 ∪ X2 → IR é integrável à

Riemann sobre X1 e sobre X2, então f é integrável à Riemann sobre X = X1∪ X2 eRXf =RX 1f + R X2f . Se X é tal que 1 : X → IR x 7→ 1

é integrável, então X é dito Jordan-mensurável (J -mensurável). A me-dida de X é definida por

µ(X) = Z

X

(25)

Observação : A classe dos conjuntos J -mensuráveis é ainda insuficiente para uma “boa” teoria da medida. Não partiremos na direção de estender até onde for possível a classe dos conjuntos que podem ser medidos, mas con-sideraremos aqui um exemplo clássico. Seja X = IQ ∩ [0, 1]. É fácil provar que X não é J -mensurável (se achar que não, faça-o). Por outro lado, sendo X enumerável, podemos, qualquer que seja ε > 0, encontrar uma seqüên-cia (βn)n∈IN de intervalos fechados não degenerados com X ⊂

S

n∈INβn e

P

n∈IN µ(βn) < ε. Isto nos indica que X poderia perfeitamente ser

conside-rado como tendo medida igual a zero.

Exercício : Sejam B um bloco e f : B → IR integrável com f (x) ≥ 0 para todo x em B.

(i) Mostre que se existe x em B com f (x) > 0 e f é contínua em x, entãoRBf > 0. (ii) Se f (x) > 0 para todo x em B mas f não é necessariamente contínua, é verdade que R

Bf > 0 ?

Daremos a seguir uma definição alternativa de integral.

Dado um bloco B, uma partição indexada de B é um par ordenado (P, ξ) tal que P é uma partição de B e ξ é uma aplicação de S(P ) em B, com ξ(β) ∈ β para todo β em S(P ) (isto é, ξ consiste em escolher um ponto em cada sub-bloco de P ). Seja f : B −→ IR dada. Para cada partição indexada (P, ξ), definimos a correspondente soma de Riemann, S(f, P, ξ), por:

S(f, P, ξ) = X

β∈s(P )

f (ξ(β))µ(β). A integral de f sobre B é então definida (caso exista) por:

Z

B

f = lim

|P |→0S(f, P, ξ),

sendo |P | a norma da partição P , definida como o maior dentre os compri-mentos dos sub-intervalos das partições Pi, com P = P1× . . . × PN. O limite

deve ser entendido no seguinte sentido:

∀ε > 0 ∃δ > 0 | |P | < δ ⇒ |S(f, P, ξ) − Z

B

f | < ε.

(26)
(27)

Capítulo 3

CONJUNTOS DE MEDIDA

NULA

Investiguemos agora o alcance e o limite da definição precedente, e coloquemo-nos esta questão: em que casos uma função é suscetível de integração ? em que casos não o é ?

Bernhard Riemann

Exercício : Seja B ⊂ IRN um bloco e seja f : B → IR contínua (i) Prove que f é integrável

(ii) Sejam x0∈ B, c ∈ IR e f1: B → IR dada por f1(x) =



f (x) , x 6= x0

c , x = x0 .

Mostre que f1 é integrável e

R

Bf1=

R

Bf .

(iii) Sejam {x1, . . . , xn} ⊂ B e g : B → IR dada

g(x) = 

f (x), x 6∈ {x1, . . . , xn}

ci, x = xi

, onde {c1, . . . , cn} ⊂ IR. Mostre que g é integrável e que

R

Bg =

R

Bf .

(iv) Observe que (ii) e (iii) valem mesmo se f não é contínua, mas apenas inte-grável.

(v) Observe que todo conjunto finito é J -mensurável e tem medida igual a zero.

(28)

(vi) Mostre que se X ⊂ B é J -mensurável com µ(X) = 0 e M ∈ IR,então h : B → IR dada por

h(x) = 

f (x), x 6∈ X

qualquer coisa entre − M e M, x ∈ X

é integrável e RBh = RBf . Observe que o mesmo vale se se supõe apenas f integrável.

(vii) Observe que X é J -mensurável e µ(X) = 0 se e só se para todo ε > 0 existe coleção finita {B1, . . . , Bn} de blocos tal que X ⊂ B1∪ · · · ∪ Bn e µ(B1) + · · · +

µ(Bn) < ε. Mostre que o conjunto de Cantor é J -mensurável.

(viii) Mostre que se X é J -mensurável e µ(X) = 0, então seu fecho X é J -mensurável e µ(X) = 0.

(ix) Mostre que se ϕ : B → IR é limitada e o conjunto de seus pontos de descon-tinuidade é J -mensurável e de medida zero, então ϕ é Riemann-integrável (observe: isto é mais que (vi)).

(x) Mostre que ϕ : [0, 1] → IR dada por ϕ(x) =  0, x irracional ou zero 1 q, x = p q irredut´ivel , p, q ∈ IN

é Riemann-integrável mas descontínua em um conjunto que não é J -mensurável.

Observemos que se f : B → IR é limitada (B bloco N -dimensional) e P é uma partição de B, então

U (f, P ) − L(f, P ) = X

β∈S(P )

[sup f (β) − inf f (β)].µ(β) .

Ora, f é integrável se e só se para todo ε > 0 existe uma partição P de B com U (f, P ) − L(f, P ) < ε. Se f é contínua, sabemos que para todo ε1 > 0 existe δ > 0 tal que se o diâmetro de β é menor do que δ, então

sup f (β) − inf f (β) < ε1. Assim, para provar que se f é contínua então é

integrável, basta, dado ε > 0, tomar uma partição P tal que os diâmetros de seus blocos β sejam suficientemente pequenos para que

sup f (β) − inf f (β) < ε µ(B) .

(29)

Se f não é contínua, porém, não podemos tomar P tal que os sup f (β) − inf f (β) sejam todos “tão pequenos quanto se queira”. A solução é introduzir uma medida de quão descontínua é f : a oscilação de f é a função Of :

B → IRN dada por

Of(x) = lim

ε→0+[sup f (Bε(x)) − inf f (Bε(x))] (onde Bε(x) = {y ∈ B| | y − x |< ε})

Agora vejamos. Queremos, dada f : B → IR limitada e dado ε > 0, obter partição P de B tal que U (f, P ) − L(f, P ) < ε. É claro que isto é possível se Of(x) < µ(B)ε para todo x em B. A questão é, porém, controlar o conjunto

dos pontos em que Of é grande.

Lema: Sejam B bloco em IRN e f : B → IR limitada. Então f é

Rie-mann integrável se e somente se para todo ε positivo o conjunto Xε = {x ∈

B, Of(x) ≥ ε} é J -mensurável e µ(Xε = 0.

Demonstração :

(i) Se para algum ε > 0 Xε não for J -mensurável com µ(Xε) = 0, então existe

δ > 0 tal que toda coleção finita {B1, . . . , Bn} de blocos cobrindo Xε é tal que

µ(B1) + · · · + µ(Bn) ≥ δ. Daí segue U (f, P ) − L(f, P ) ≥ εδ para todo P em p(B),

e f não será integrável.

(ii) Suponhamos agora que para todo ε > 0 Xε é J -mensurável com µ(Xε) = 0.

Observe que isto significa que para todo δ > 0 se podem tomar blocos B1, . . . , Bn

tais que µ(B1) + · · · + µ(Bn) < δ e Xε ⊂ ◦

B1 ∪ · · · ∪ ◦

Bn (é importante notar que

podemos trabalhar com os interiores dos Bi).

Seja então ε > 0 dado. Vamos construir uma partição P tal que U (f, P )−L(f, P ) < ε.

Considere X ε

2µ(B) = {x ∈ B, Of(x) ≥

ε

2µ(B)}. Observe então que para cada x em

B\X ε

2µ(B) existe um bloco Bx tal que x ∈

Bxe sup f (Bx) − inf f (Bx) < 2µ(B)ε . Por

outro lado, sendo δ = 2Mε (onde M = 1 + sup f (B) − inf f (B)), existem B1, . . . , Bn

tais que X ε 2µ(B) ⊂ ◦ B1 ∪ · · · ∪ ◦ Bn e µ(B1) + · · · + µ(Bn) < δ. Ora,B◦1, . . . , ◦ Bnformam, com os ◦

Bxanteriormente definidos, uma cobertura aberta

(30)

, Bn,Bn+1, . . . , Bm (incluindo B1, . . . , Bn e alguns dos Bx, x ∈ B\X2µ(B)ε ) tal que

B = B1∪ · · · ∪ Bm.

Seja P = P1×· · ·×PN definida da seguinte forma: cada Pi é formada pelas i-ésimas

coordenadas dos vértices dos Bj (isto é, se Bj = [aj1, bj1] × · · · × [aji, bji] × · · · ×

[ajN, bjN], então aji e bji estão em Pi). Então é claro (quem duvidar que prove !)

que U (f, P ) − L(f, P ) ≤Pn j=1[sup f (Bj) − inf f (Bj)]µ(Bj)+ +Pm j=n+1[sup f (Bj) − inf f (Bj)]µ(Bj) ≤ < M.2Mε +2µ(B)ε .µ(B) = ε

O resultado acima é devido a Du Bois-Reymond (seguindo a linha de inves-tigação aberta por Riemann). Observemos agora o seguinte: se (Xn)n∈IN é

uma família enumerável de subconjuntos de IRN, todos J -mensuráveis e tais que µ(Xn) = 0 para todo n, então, dado ε ≥ 0 qualquer, podemos achar,

para cada n em IN , uma coleção finita {Bn1, . . . , Bnin} de blocos tal que (i) Xn ⊂ Bn1∪ · · · ∪ Bnin

(ii) µ(Bn1) + · · · + µ(Bnin) <

ε 2n+1 Daí segue que se X=S

n∈IN Xn, então existe uma família enumerável (Bn)n∈IN

tal que

(i) X ⊂S

n∈INBn

(ii) P∞

n=1µ(Bn) < ε .

Definição : X ⊂ IRN ´ê dito de medida nula se para todo ε > 0 existe uma

família enumerável (Bn)n∈IN de blocos tal que

(i) X ⊂S

n∈INBn

(ii) P∞

n=1µ(Bn) < ε

Exercício : Mostre que se (Xn)n∈IN é uma família enumerável de conjuntos de

medida nula, então X = ∪n∈INXné de medida nula. Em particular, todo conjunto

(31)

Observação : É costume chamar os conjuntos J -mensuráveis de medida zero de conjuntos de conteúdo nulo. Os conjuntos de medida nula acima

definidos podem não ser J -mensuráveis (são, na realidade, Lebesgue-mensuráveis) Observe agora o seguinte:

(i) Se f : B → IRN é dada e pomos Xf = {x ∈ B, f descontínua em x},

então Xf =Sn∈INXn, onde Xn= {x ∈ B, Of(x) ≥ 1n}

(ii) Para todo ε > 0 o conjunto Xε = {x ∈ B, Of(x) ≥ ε} é fechado (e

portanto compacto).

(iii) Se X é compacto e de medida nula, então X é J -mensurável (e µ(X) = 0).

Daí segue:

Teorema de Lebesgue:1 Se B é um bloco N -dimensional e f : B → IR é

limitada, então f é Riemann-integrável se e somente se o conjunto de seus pontos de descontinuidade é de medida nula.

Exercício : Sejam X ⊂ IRN e f : X → IR limitados. Mostre que (i) X é J -mensurável se e só se ∂X (fronteira de X) tem medida nula.

(ii) Se X é J -mensurável e f é integrável, então todo Y com X⊂ Y ⊂ X é J -◦ mensurável e RY f = RXf (onde f é uma extensão limitada qualquer de f|◦

X

a Y ).

(iii) Se X é um bloco, f é contínua e g : X → IR é limitada e tal que {x ∈ X, f (x) 6= g(x)} tem medida nula, podemos ter g não integrável.

(iv) Motre que se f é integrável e Y ⊂ X é J -mensurável, então f|Y é integrável. Exercício : Mostre que o conjunto de Cantor tem medida nula. Mostre, modifi-cando adequadamente sua construção, que existem conjuntos compactos de interior vazio e que não têm medida nula. Conclua que existem abertos limitados que não são J -mensuráveis.

Exercício : Mostre que se M < N , A ⊂ IRM e f : A → IRN é de classe C1, então f (A) tem medida nula.

Exercício : Prove o que mais lhe parecer interessante ou necessário.

1Lebesgue demonstrou, em sua tese de doutorado, que a condição é suficiente. A

necessidade aparece em seu livro Leçons sur l’intégration et la recherche des fonctions primitives e foi provada também, de forma independente, por Vitalli

(32)
(33)

Capítulo 4

INTEGRAIS ITERADAS

Exercício : Seja f : [0, 1] × [0, 1] → IR, f (x, y) = 0, se x 6∈ IQ ou y 6∈ IQ e f (x, y) = 1q se x = pq fração irredutível e y ∈ IQ. Mostre que f é integrável mas, sendo ϕx(y) = f (x, y), o conjunto dado por

{x ∈ [0, 1] | ϕx: [0, 1] → IR ´e integr´avel} não é J -mensurável.

O exercício acima mostra que seria impróprio enunciar o “teorema” Z [0,1]×[0,1] f = Z 1 0 Z 1 0 f (x, y)dy  dx . Melhor fazer:

TEOREMA (dito de Fubini1: Sejam B

1 ⊂ IRM e B2 ⊂ IRN dois blocos.

Seja f : B1× B2 → IR integrável. Seja, para cada x em B1,

ϕx : B2 −→ IR

y 7−→ f (x, y)

Seja ψ : B1 → IR definida por ψ(x) = qualquer coisa entre

R

B2ϕx e R

B2ϕx. Então ψ é integrável e

1O teorema de Fubini é o resultado que corresponde, na teoria da integral de Lebesgue,

ao que aqui apresentamos

(34)

Z B1 ψ = Z B1×B2 f . Demonstração :

Podemos considerar ψ1, ψ2 : B1 → IR, ψ1(x) =

R

B2

ϕx, ψ2(x) =

R

B2ϕx.

Basta então provar queRB

1×B2f ≥ R B1ψ2 ≥ R B1ψ1 ≥R B1×B2f .

Como a desigualdade do meio é óbvia e as outras duas são equivalentes, provaremos apenas queR

B1×B2f ≥

R

B1ψ2.

Sejam P1 partição de B1 e P2 partição de B2. Seja P = P1× P2.

Observando que cada sub-bloco β em S(P ) é produto cartesiano de β1 ∈ S(P1)

por β2 ∈ S(P2), temos U (f, P ) =P β∈S(P )sup f (β)µ(β) = =P β1∈S(P1)  P β2∈S(P2)sup f (β1× β2)µ(β2)  µ(β1) ≥ ≥P β1∈S(P1)  supx∈β1P β2∈S(P2)sup f ({x} × β2)µ(β2)  µ(β1) = =P β1∈S(P1) supx∈β1U (ϕx, P2) µ(β1) ≥ ≥P β1∈S(P1)  supx∈β1R B2ϕx  µ(β1) = = U (ψ2, P1) ≥ R β1ψ2 .

(35)

Capítulo 5

FORMAS ALTERNADAS E O

DETERMINANTE

Este capítulo, preparatório para a fórmula de mudança de variáveis, contém idéias fundamentais para tudo que será feito no resto do texto. Aqui co-meçamos realmente a entrar no centro de nosso assunto. Boa parte de seu conteúdo é, usualmente, discutido nos cursos de Álgebra Linear; no entanto, talvez seja útil encará-lo de um ponto de vista mais próximo da integração . A questão básica é a seguinte: dado um espaço vetorial E de dimensão N , que opções temos se quisermos criar uma “forma de medir” sólidos em E que seja “coerente” com a estrutura algébrica de E ?

Colocando a coisa de maneira menos abstrata, considere o seguinte pro-blema: sejam u = (u1, u2) e v = (v1, v2) vetores em IR2; calcule a área do

paralelogramo de vértices 0, u, v e u+v. Atenção: não venha com argumentos geométricos, queremos a medida de A = {su + tv, (s, t) ∈ [0, 1] × [0, 1]}, conforme definida nas seções anteriores !

O melhor que podemos fazer para evitar o vexame de cobrir A por retângu-los é imitar a demonstração da Geometria (que é um pouco menos simples do que parece) ou usar os teoremas de Fubini e Fundamental do Cálculo (e considerar todos os casos possíveis).

(36)

A u1+ v1 v1 u1 u2 v2 ~u ~v ~u + ~v u2+ v2 ϕ X ϕ(X) A ϕ(A)

Supondo u1, v1, u2, v2 positivos e v2 > u2, por exemplo, teremos

µ(A) = Rv1 0 v2 v1xdx + Ru1+v1 v1 h v2+ uu2 1(x − v1) i dx− −Ru1 0 u2 u1xdx − Ru1+v1 u1 h u2 +vv21(x − u1) i dx = = u1v2− u2v1

Exercício : Sejam a1, . . . , aN vetores de IRN. Seja A = {t1a1 + · · · + tNaN,

(t1, . . . , tN) ∈ [0, 1]N}. Calcule µ(A). Tente ao menos provar que se a1, . . . , aN

são ortogonais então µ(A) =| a1 | · · · | aN | !

Há uma importante questão por trás destas considerações. Na realidade, queremos, dados X em IRN e ϕ : X → IRN, comparar µ(ϕ(A)) e µ(A), para

(37)

T e1 T e2 e2 e1

T

A

T (A)

É claro que se T : IRN → IRN é linear e A ⊂ IRN, a relação entre µ(T (A)) e

µ(A) é dada por µ(T (Q)), onde Q é o bloco [0, 1]N : Se {e

1, . . . , eN} é a base

canônica de IRN, então

T (Q) = {t1v1+ · · · + tNvN, (t1, . . . , tN) ∈ [0, 1]N},

onde vi = T ei, i = 1, . . . , N .

Exercício : Mostre que se T : IRN → IRN é linear, com T e

i = vi, i = 1, . . . , N ,

então, se A ⊂ IRN é J -mensurável temos T (A) J -mensurável com µ(T (A)) = αµ(A), onde α = µ({t1v1+ · · · + tNvN, (t1, . . . , tN) ∈ [0, 1]N}).

Exercício : Seja T : IRN → IRN linear

(i) Se existir i tal que

T ej =



ej, j 6= i

λei, j = i

,

mostre que µ(T (A)) =| λ | µ(A) para todo A ⊂ IRN, J -mensurável. (ii) Se existem i e j tais que

T ek=    ek, k 6= i, j ei, k = j ej, k = i ,

mostre que µ(T (A)) = µ(A) para todo A ⊂ IRN J -mensurável. (iii) Se existem i e j tais que

T ek=



ek, k 6= i

(38)

mostre que µ(T (A)) = µ(A) para todo A ⊂ IRN J -mensurável.

(iv) Mostre que µ(T (A)) =| detT | µ(A) para todo A ⊂ IRN J -mensurável (observe que T é produto de transformações como as de (i), (ii) e (iii)).

As considerações acima indicam, para o leitor com algum conhecimento sobre o assunto, que os determinantes têm tudo a ver com nossa discussão . Mas, já que vamos falar de determinantes, comecemos do começo.

Considere a aplicação

m2 : IR2× IR2 → IR

que a cada par (u, v) associa a área do paralelogramo {tu + sv, 0 ≤ t, s ≤ 1}. Analogamente, considere

m3 : IR3× IR3× IR3 → IR,

m3(u, v, w) = µ({ru + sv + tw, 0 ≤ r, s, t ≤ 1}).

Exercício: Mostre que

(i) m2(λu, v) = λm2(u, v), λ ≥ 0

(ii) m2(u1+ u2, v) = m2(u1, v) + m2(u2, v) ou

m2(u1+ u2, v) =| m2(u1, v) − m2(u2, v) |

(iii) m2(u, v) = m2(v, u) ;

resultados similares valendo para m3 (não se preocupe com demonstrações formais,

use a intuição geométrica).

Vemos que m2 (assim como m3 e, podemos imaginar, mN) morre de vontade

de ser linear em cada componente. Para que o fosse realmente, precisaríamos admitir que tomasse valores negativos.

Exercício : Considere um plano, azul de um lado e vermelho do outro. Sejam u e v ortogonais marcados sobre o lado azul e seja T linear com T u = u e T v = −v. Enxergue T como a transformação que gira o plano de 180o em torno de um eixo dado pela reta gerada por u.

Exercício :

(i) Seja E um espaço vetorial real de dimensão N + 1 e sejam v1, . . . , vN vetores

linearmente independentes de E. Observe que o subespaço gerado por {v1, . . . , vN}

(39)

azul

azul

vermelho

(ii) Nas mesmas condições de (i), suponha que u e w em E são tais que {u, v1, . . . , vN} e {w, v1, . . . , vN} são bases de E. Considere as bases ordenadas

α = (v1, . . . , vi, u, vi+1, . . . , vN) e

β = (v1, . . . , vi, w, vi+1, . . . , vN)

Diga que α e β têm a mesma orientação se u e w estão no mesmo semi-espaço (da divisão vista em (i)).

(iii) Se {u0, . . . , uN} são linearmente independentes, mostre que

(u0, . . . , ui, . . . , uj, . . . , uN) e

(u0, . . . , ui+ uj, . . . , uj, . . . , uN)

têm a mesma orientação e que

(u0, . . . , ui+ uj, . . . , uj, . . . , uN) e

(u0, . . . , ui+ uj, . . . , ui, . . . , uN)

não têm a mesma orientação.

(iv) Mostre que as bases α e β de (ii) têm a mesma orientação se e somente se existe uma aplicação contínua f : [0, 1] −→ E tal que f (0) = u, f (1) = w e (v1, . . . , vi, f (t), vi+1, . . . , vN) é linearmente independente para todo t em [0, 1].

Definição : Seja E um espaço vetorial de dimensão N . Diremos que duas bases ordenadas

α = (u1, . . . , uN) e

β = (v1, . . . , vN)

de E têm a mesma orientação se existem funções f1, . . . , fN : [0, 1] −→ E

tais que:

(40)

(ii)fi(0) = ui, fi(1) = vi ∀i = 1 . . . N ;

(iii)f1(t), . . . , fN(t) são linearmente independentes ∀t ∈ [0, 1].

Exercício: Mostre que "ter a mesma orientação "é uma relação de equivalência no conjunto das bases de E.

Exercício: Seja m2: IR2× IR2→ IR como definida há pouco. Seja ω

2: IR2× IR2 →

IR dada por ω2(u, v) = 0 se u e v são linearmente dependentes, ω2(u, v) = m2(u, v)

se (u, v) tem a mesma orientação que (e1, e2) e ω2(u, v) = −m2(u, v) se (u, v) não

tem a mesma orientação que (e1, e2). Mostre que

(i) ω2(u, v) = 0 sss u e v s˜ao linearmente dependentes

(ii) ω2(u, v) = −ω2(v, u), ∀u, v

(iii) ω2(λu + w, v) = λω2(u, v) + ω2(w, v) ∀λ, u, w, v

Definição : Seja E um espaço vetorial sobre o corpo K. Uma forma p-linear alternada (ou forma de medir coisas de dimensão p) em E é uma aplicação ω : Ep → K tal que:

(i) ω é linear em cada coordenada e (ii) ω(v1, v2, . . . , vp) = 0

sempre que v1, v2, . . . , vp forem linearmente dependentes.

O espaço das formas p-lineares alternadas em E é denotado por Ap(E).

Exercício: Seja ω : Ep→ K p-linear alternada. (i) Mostre que ω é, de fato, alternada, isto é:

ω(v1, . . . , vi, . . . , vj, . . . , vp) = −ω(v1, . . . , vj, . . . , vi, . . . , vp)

para quaisquer v1, . . . , vp em E.

Exercício: Suponha que K é tal que 1 + 1 = 0. Mostre que é possível a existência de ω : Ep → K linear em cada coordenada e satisfazendo à condição do exercício anterior, mas sem que ω(v1, . . . , vp) = 0 sempre que {v1, . . . , vp} for linearmente

dependente.

Exercício: Mostre que se dimE = N , então o espaço das formas p-lineares alter-nadas de E tem dimensão

 N

p 

.

Exercício: Mostre que toda forma p-linear definida em um espaço de dimensão finita sobre um subcorpo de IC é contínua.

(41)

Exercício: Sejam E um espaço vetorial de dimensão k e ω uma forma k-linear alternada em E. Mostre que são equivalentes:

a) ω é identicamente nula;

b)existe base v1, . . . , vk de E tal que ω(v1, . . . , vk) = 0;

c)para toda base v1, . . . , vk de E se tem ω(v1, . . . , vk) = 0.

Exercício: Sejam E um espaço real de dimensão N +1 e ω uma forma (N +1)-linear alternada em E. Suponha que ω não é identicamente nula. Mostre que duas bases ordenadas

(v1, . . . , vi, u, vi+1, . . . , vN) e (v1, . . . , vi, w, vi+1, . . . , vN)

têm a mesma orientação se e somente se

ω(v1, . . . , vi, u, vi+1, . . . , vN) e ω(v1, . . . , vi, w, vi+1, . . . , vN)

têm o mesmo sinal.

Proposição : Sejam E um espaço vetorial real de dimensão N + 1 e ω uma forma (N + 1)-linear alternada em E, não identicamente nula. Então duas bases ordenadas (u1, . . . , uN +1) e (v1, . . . , vN +1) de E têm a mesma orientação

se e somente se ω(u1, . . . , uN +1) e ω(v1, . . . , vN +1) têm o mesmo sinal.

Demonstração :

Supondo que as duas bases tenham a mesma orientação, considere as funções contínuas f1, . . . , fN +1 : [0, 1] → E que transformam uma na outra e faça α :

[0, 1] → IR, α(t) = ω(f1(t), . . . , fN +1(t)). Como α não pode se anular, o resultado

segue do Teorema do Valor Intermediário.

Para a recíproca, comecemos observando que podemos supor que nosso espaço tem produto interno e que a base (u1, . . . , uN +1) é ortonormal. O processo de

ortonormalização de Gram-Schmidt nos fornece uma deformação de (v1, . . . , vN +1)

em uma base ortonormal com a mesma orientação , mantendo o sinal de ω. As-sim, podemos supor que as duas bases são ortonormais e que ω(u1, . . . , uN +1) e

ω(v1, . . . , vN +1) têm o mesmo sinal. Vamos agora, passo a passo, deformar cada ui

em cada vi.

Se u1 = v1 ou u1 = −v1, nada fazemos; caso contrário, tomamos θ tal que

cos θ = < u1, v1 >, fazemos e1 = u1, ¯v1 = v1− < v1, u1 > u1, e2 = (1/|¯v1|)¯v1

e, para t ∈ [0, 1], consideramos a transformação Tt de E em E dada por Tte1 =

cos(tθ)e1+ sin(tθ)e2, Tte2= − sin(tθ)e1+ cos(tθ)e2, mantendo fixos os vetores

or-togonais ao espaço gerado por e1 e e2. Assim, como Ttpreserva a ortonormalidade,

a antiga base (u1, . . . , uN +1) se deforma em uma nova, com o novo u1 igual a v1.

(42)

continuamos chamando (u1, . . . , uN +1), em que ui = vi ou ui = −vi, i = 1, . . . , N .

Daí decorre que também temos uN +1 = vN +1 ou uN +1 = −vN +1. Durante todo

o processo, o sinal de ω(u1, . . . , uN +1) não se alterou, continuando igual ao de

ω(v1, . . . , vN +1). Logo, o número de índices i para o s quais ui = −vi é par. Mas,

se ui= −vi e uj = −vj, podemos fazer, no espaço gerado por ui e uj, uma rotação

de 1800, transformando finalmente uma base na outra.

Examinemos agora o espaço das N -formas lineares alternadas num espaço E de dimensão N , que será notado AN(E) (o espaço das p-formas será notado

Ap(E)). Se ω ∈ AN(E), então ω é determinada por seu valor em (v1, . . . ,

vN), onde {v1, . . . , vN} é base de E. Assim, AN(E) tem dimensão 1, isto é,

se ω, η ∈ AN(E), ω 6= 0, então existe λ ∈ IR tal que η = λω (ou seja, a

menos de fixação da unidade de medida, só existe uma forma de medir coisas de dimensão N em E).

Seja agora T : E → E linear. Para cada ω ∈ AN(E), seja ωT ∈ AN(E) dada

por

ωT(v1, . . . , vN) = ω(T v1, . . . , T vN)

A aplicação ω → ωT é claramente um homomorfismo de AN(E) em AN(E).

Sendo AN(E) de dimensão 1, existe um único escalar detT tal que

ω(T v1, . . . , T vN) = detT.ω(v1, . . . , vN)∀ω ∈ AN(E) .

detT é chamado determinante de T .

Observe que se T1, T2 : E → E são lineares, então, para qualquer ω em

AN(E), temos

det(T1T2)ω(v1, . . . , vN) = ω(T1T2v1, . . . , T1T2vN) =

= ωT1(T2v1, . . . , T2vN) = detT1ω(T2v1, . . . , T2vN) = = detT1.detT2.ω(v1, . . . , vN) ∀(v1, . . . , vN) ∈ EN ,

o que prova a famosa fórmula

det(T1T2) = detT1.detT2 .

Note ainda que nossa construção do determinante não utiliza o fato de estar-mos trabalhando com espaços vetoriais reais. Podeestar-mos, portanto considerá-lo

(43)

definido em espaços vetoriais quaisquer de dimensão finita (inclusive sobre I

C).

Recordamos que se E é um espaço (de dimensão finita) com produto interno h, i e T : E → E é linear, a adjunta de T , T∗, é definida por

hT u, vi = hu, T∗vi ∀u, v ∈ E

Exercício: Mostre que T∗ está bem definida e é linear. Mostre que (ST )∗ = T∗S∗ e que (T−1)∗ = T∗−1. Mostre que (λS + T )∗ = λS∗+ T∗.

Exercício: Mostre que detT∗ = detT (a barra indica conjugação complexa). Sug-estão: escreva T como produto de transformações lineares elementares.

Exercício: Mostre que se U preserva produto interno então | detU | = 1.

Ao leitor que só conhecia a tradicional definição de determinante para ma-trizes quadradas e que eventualmente esteja entusiasmado com a simplicidade da definição que apresentamos, observamos que as dificuldades inerentes a esta foram escamoteadas sob forma de um inocente exercício : dimAp(E) =

 N p



, onde N é a dimensão de E. Nosso objetivo aqui é menos enfrentar estas dificuldades, mas, principalmente, tirar o conceito de determinante de um quadro puramente algébrico. Assim, do ponto de vista que adotamos, a fórmula det(AB) = detA.detB é intuitivamente óbvia (do ponto de vista geométrico). Já a fórmula detA∗ = detA, intuitivamente óbvia do ponto de vista algébrico, deixou de sê-lo ao adotarmos um ponto de vista geométrico.

PROBLEMA: Encontre uma forma de tornar intuitivamente óbvia, do ponto de vista geométrico, a fórmula detA∗ = detA.

(44)
(45)

Capítulo 6

MUDANÇAS DE VARIÁVEIS

A esta altura já devemos estar convencidos dos seguintes fatos:

(i) Se T : IRN → IRN é linear e Q = [0, 1]N , então T (Q) é J -mensurável e

µ(T (Q)) =| detT |.

(ii) Se T : IRN → IRN é linear e A ⊂ IRN é J -mensurável, então T (A) é

J -mensurável e µ(T (A)) =| detT | µ(A).

A partir daí devemos ser capazes de concluir que se ϕ é um difeomofismo C1 entre A e ϕ(A) e f : ϕ(A) → IR é integrável, então f ◦ ϕ : A → IR é integrável e Z ϕ(A) f = Z A f ◦ ϕ | Jϕ |

Tentemos, pois, demonstrar o resultado acima. Deveríamos, é claro, ser capazes de prová-lo facilmente no caso em que ϕ é linear . . . e no entanto a coisa, na prática, se mostra inesperadamente complicada.

Suponhamos então que ϕ é uma isometria. Aos poucos vamos descobrindo surpreendentes dificuldades até mesmo para provar que um cubo de lado 1 tem volume 1 !

A razão pela qual estamos sendo humilhados é que nossa definição de medida utiliza apenas retângulos de lados paralelos aos eixos. Não há nada que nos permita dizer que figuras congruentes têm a mesma medida (embora seja verdade). Qualquer rotação é um problema enorme.

Reduzindo nossas ambições, podemos abordar alguns casos em que temos certeza de sucesso, como translações, homotetias, reflexões não muito com-plicadas, etc.. . . Ora, o processo de solução de sistemas lineares por

(46)

nação nos fornece a prova de que toda transformação linear de IRN em IRN

é produto de transformações de um dos seguintes tipos:

(i) T ei =    ei, i 6= j, k ek, i = j ej, i = k , i = 1, . . . , N (ii) T ei =  ei, i 6= j λej, i = j , i = 1, . . . , N (iii) T ei =  ei, i 6= j ej + λek, i = j , i = 1, . . . , N

Exercício: Mostre que podemos fazer o mesmo com transformações dos seguintes tipos: a) T ei =    ei, i 6= 1, k ek, i = 1, e1, i = k , b) T ei=  λe1, i = 1 ei, i 6= 1 , c) T ei=  ei, i 6= 1 e1+ ej, i = 1 , ou dos seguintes tipos:

d) T ei=

 PN

j=1λjej, i = 1

ei, i 6= 1

e a) .

Examinando as transformações dos tipos (i), (ii) e (iii) acima, vemos facil-mente que, sendo Q = [0, 1]N, temos µ(T (Q)) = 1 se T é do tipo (i) (e

detT = −1) e µ(T (Q)) =| λ | se T é do tipo (ii) (e detT = λ). Quanto ao tipo (iii), podemos aplicar-lhe o Fubini e mostrar que µ(T (Q)) = 1 (e detT = 1).

Assim, com uma tacada de Álgebra Linear, conseguimos escapar das rotações e enunciar:

Lema 1: Se T : IRN → IRN é linear e A ⊂ IRN é J -mensurável, então T (A)

é J -mensurável e µ(T (A)) =| detT | µ(A).

(47)

Comecemos provando que basta demonstrar o Lema para Q = [0, 1]N.

Se T não é sobrejetiva não há nada a demonstrar. Suponhamos então que T é um isomorfismo e que µ(T (Q)) =| detT |.

Seja iA a função característica de A, dada por iA(x) = 1 se x ∈ A e iA(x) = 0

se x 6∈ A (escolha um bloco B contendo A para domínio de iA). Da mesma forma, considere iT (A)= iA◦ T−1.

A idéia agora é fazer um sanduíche de iT (A) entre duas funções que sabemos in-tegrar. Considere uma partição P de B tal que U (iA, P ) − L(iA, P ) < ε. Sejam

S1(P ) o conjunto dos sub-blocos de P que interceptam A e S2(P ) o conjunto dos

que estão contidos em A. Sejam f1 = X β∈S1(P ) iβ , f2 = X β∈S2(P ) i◦ β Temos f1≥ iA≥ f2 e U (iA, P ) =R f1 =Pβ∈S1(P )R iβ = P β∈S1(P )µ(β) , L(iA, P ) =R f2=Pβ∈S2(P )R iβ◦= P β∈S2(P )µ(β)

Mas se µ(T (Q)) =| detT | µ(Q), é imediato que a mesma relação vale para qualquer bloco. Temos então iβ◦ T−1 integrável qualquer que seja o bloco β (aberto,

semi-aberto ou fechado) e, portanto, f1◦ T−1 e f2◦ T−1 integráveis, com

f1◦ T−1≥ iA◦ T−1= iT (A)≥ f2◦ T−1 Mas Z f1◦ T−1= X β∈S1(P ) Z iβ◦ T−1= X β∈S1(P ) | detT | µ(β) =| detT | U (iA, P ) , Z f2◦ T−1 = X β∈S2(P ) Z i◦ β ◦ T −1 =| detT | L(i A, P )

Fazendo tender ε a zero obteremos T (A) J -mensurável e µ(T (A)) = | detT | µ(A). Resta provar que µ(T (Q)) =| detT | µ(Q). Pelas considerações que precedem o Lema isto vale se T é uma transformação elementar dos tipos (i), (ii) ou (iii). O que acabamos de provar garante que podemos estender o resultado ao produto de transformações lineares (observe que isso é necessário para podermos garantir que µ(T1T2(Q)) =| detT1 | µ(T2(Q)), já que T2(Q) não é, em geral, um bloco).

Passemos agora ao caso não linear. Devemos dar legitimidade à idéia de que, ϕ(x) perto de um ponto x0 sendo aproximada por ϕ(x0) + ϕ0(x0).(x − x0),

devemos ter

(48)

ϕ

x0+ β

x0

ϕ(x0+ β)

ϕ(x0)

para blocos β pequenos contendo 0 e, conseqüentemente, µ(ϕ(x0+ β)) ∼=| Jϕ(x0) | µ(β)

Comecemos pelo que deve ser mais fácil: para δ pequeno, o conjunto dos ϕ(x0+ h), com h ∈ [−δ, δ]N deve estar contido em algo pouco maior do que

o conjunto dos ϕ(x0) + ϕ0(x0)h. Mais precisamente, dado r > 1, devemos ter

δ0 > 0 tal que

ϕ(x0+ [−δ, δ]N) ⊂ ϕ(x0) + ϕ0(x0)([−rδ, rδ]N) ∀δ ∈]0, δ0] .

Mais delicado (e similar à parte mais complicada do Teorema da Função Inversa) é o seguinte: dado r < 1, devemos ter δ0 > 0 tal que

ϕ(x0 + [−δ, δ]N) ⊃ ϕ(x0) + ϕ0(x0)([−rδ, rδ]N) ∀δ ∈]0, δ0]

Supondo verdadeiras as afirmações acima, devemos ainda “juntar pedaci-nhos”, o que leva a crer que seja necessária alguma hipótese de compacidade. Lema 2: Sejam A, B ⊂ IRN abertos ϕ : A → B um difeomorfismo de classe C1. Se K ⊂ A é compacto, então , para qualquer r

1; r2 com 0 < r1 < 1 < r2,

existe δ0 > 0 tal que, sendo x0 ∈ K E β = [−δ, δ]N, 0 < δ ≤ δ0, temos

x0+ β ⊂ A e

ϕ(x0) + ϕ0(x0)(r1β) ⊂ ϕ(x0+ β) ⊂ ϕ(x0) + ϕ0(x0)(r2β) .

Demonstração :

Sendo K compacto e A aberto, podemos garantir que existe δ1 > 0 tal que x0+

[−δ, δ]N ⊂ A para todo x0 em K. Podemos também garantir que existe R > 0 tal

que

ϕ0(x0)([−1, 1]N) ⊃ BR(0) ∀x0 ∈ K

(49)

(r2− 1)δR ϕ0(x0) [−δ, δ]N  x0+ [−δ, δ]N x0 ϕ0(x 0) [−(r2− 1)δ, (r2− 1)δ]N  0

(i) Seja então r2 > 1

Se x0 ∈ K, podemos escrever

ϕ(x0+ h) = ϕ(x0) + ϕ0(x0)h + ε(x0, h) .

A idéia é fazer ε(x0, h) suficientemente pequeno para caber dentro de ϕ0(x0)([−(r2− 1)δ, (r2− 1)δ]N) . Ora, como ∂ ∂hε(x0, h) = ϕ 0 (x0+ h) − ϕ0(x0) ,

que é contínua em K × [−δ1, δ1]N (δ1 definido acima), e

∂hε(x0, 0) = 0 ∀x0∈ K ,

temos, pela compacidade de K × {0}, que, dado η > 0 existe δ2> 0 (com δ2≤ δ1)

tal que

k ∂

∂hε(x0, h) k< η ∀h ∈ [−δ2, δ2]

N

Nestas condições, teremos, para h ∈ [−δ, δ]N, 0 < δ ≤ δ2,

| ε(x0, h) |≤ η | h |≤ ηδ . Ora, tomando η = (r2− 1)R (R definido acima), teremos

ε(x0, h) ∈ B(r2−1)δR(0) ⊂ ϕ

0

(x0)([−(r2− 1)δ, (r2− 1)δ]N) ( por homotetia).

Como ϕ0(x0)h ∈ ϕ0(x0)([−δ, δ]N), teremos

(50)

x

0

+ [−r

1

δ, r

1

δ]

N

ϕ

0

(x

0

)

−1

ε(x

0

, h)

x

0

+ [−δ, δ]

N

x

0

quaisquer que sejam x0 em K e h em [−δ, δ], com 0 < δ ≤ δ2

(ii) Seja agora r1 entre 0 e 1

Escrevendo ϕ(x0+ h) − ϕ(x0) = ϕ0(x0)h + ε(x0, h), queremos investigar para que

valores k podemos encontrar h tal que

k = ϕ0(x0)h + ε(x0, h) , ou, equivalentemente, h = ϕ0(x0)−1k − ϕ0(x0)−1ε(x0, h) Ora, se F (h) = ϕ0(x0)−1k − ϕ0(x0)−1ε(x0, h), temos | F (h1) − F (h2) |≤k ϕ0(x0)−1k . | ε(x0, h1) − ε(x0, h2) |≤ ≤ R−1max K×[−δ3,δ3]N k ∂ε ∂h(x0, h) k . | h1− h2 | (R já definido, δ3 anegociar).

Podemos tomar δ3 > 0 tal que R−1maxK×[−δ33]N k ∂ε∂h(x0, h) k< 1 e além disso,

tal que

ϕ0(x0)−1ε(x0, h) ∈ [−(1 − r1)δ3, (1 − r1)δ3]N∀(x0, h) ∈ K × [−δ3, δ3]N .

Basta, dado que K × {0} é compacto e ∂ε∂h é contínua, termos δ3 tal que

R−1 max

K×[−δ3,δ3]N

k ∂ε

(51)

Segue então, se k ∈ ϕ0(x0)([−r1δ, r1δ]N), que F é uma contração forte em [−δ, δ]N

(sempre que 0 < δ ≤ δ3). Logo, existe

h ∈ [−δ, δ]N com ϕ(x0+ h) = ϕ(x0) + k .

Concluindo a demonstração do Lema, tome, dados r1, r2 > 0 com r1 < 1 < r2,

δ0= min{δ1, δ2, δ3} e estará tudo certo.

Agora já podemos atacar nosso Teorema:

Teorema de Jacobi: Sejam A, B abertos IRN e ϕ : A → B um

difeo-morfismo de classe C1 (isto é, ϕ é uma bijeção de classe C1 tal ϕ0(x) é isomorfismo, para todo x EM A). Se K ⊂ A é compacto e f : ϕ(K) → IR é tal que f ◦ ϕ | Jϕ | é integrável, então f é integrável e

Z ϕ(K) f = Z K f ◦ ϕ | Jϕ | . Demonstração :

Considere r1, r2> 0 com r1 < 1 < r2. Tome δ0 > 0 tal que

ϕ(x0) + ϕ0(x0)([−r1δ, r1δ]N) ⊃ ϕ(x0+] − δ, δ[N) e

ϕ(x0+ [−δ, δ]N) ⊂ ϕ(x0) + ϕ0(x0)([−r2δ, r2δ]N)

para quaisquer x0 em K1 e δ em ]0, δ0], onde K1 é um compacto que contém K e

está contido em A, com

x0+ [−δ0, δ0]N ⊂ K1 ∀x0 ∈ K

(pequena alteração do Lema 2, sem dificuldades). Vamos começar supondo f ≥ 0.

Tome, agora, um bloco B contendo A de modo que todas as arestas de B tenham comprimento 2nδ0.

Divida B em nN blocos de arestas 2δ

0 (seja P0 a partição correspondente de B).

A idéia é ir dividindo os sub-blocos de P0 e formar uma seqüência de partições

(Pn)n∈IN, de modo que Pi+1 é obtida dividindo cada bloco de Pi (de aresta 21−iδ0)

em 2N blocos (de aresta 2−iδ

0). Quando n → ∞, teremos

U (f ◦ ϕ | Jϕ|, Pn) →

Z

k

(52)

(a demonstração desse fato é um exercício a ser explicitamente enunciado a seguir). Agora observe:

(i) Estendendo f a um bloco contendo ϕ(A)1 (f (x) = 0 se x 6∈ ϕ(K)), é fácil ver

que se X é conjunto dos pontos de descontinuidade de f ◦ ϕ | Jϕ |, então ϕ(X)

é o conjunto dos pontos de descontinuidade de f (ϕ é um difeomorfismo, | Jϕ | é contínua e não nula). Mas X é de medida nula; pode portanto ser coberto por cubos N -dimensionais (que podem ser supostos todos de aresta menor que 2δ0)

cujas medidas, somadas, são pequenas. Os Lemas 1 e 2 provam que ϕ(X) tem medida nula. Portanto, f é integrável.

(ii) Seja agora Pnuma das partições anteriormente definidas. Seja R(Pn) a coleção

dos blocos relevantes (isto é, aqueles que interceptam K). Temos então, para β ∈ R(Pn), que ϕ(β) é J -mensurável (por (i)), que f é integrável sobre ϕ(β) e

R ϕ(K)f ≤ P β∈R(Pn) R ϕ(β)f ≤ P β∈R(Pn)supβf ◦ ϕµ(ϕ(β)) ≤ ≤ rN 2 P β∈R(Pn)(supβf ◦ ϕ) | Jϕ(xβ) | µ(β) (onde xβ é o centro de β).

Seja εn = supβ∈R(Pn)supβ || Jϕ | − | Jϕ(xβ) ||. Como Sβ∈R(Pn)β ⊂ K1, temos

que limn→∞εn= 0 (K1 compacto ⇒| Jϕ | uniformemente contínua). Segue

R ϕ(K)f ≤ r N 2 h P β∈R(Pn)sup(f ◦ ϕ | Jϕ |)µ(β) i + εnsup | f | µ(B)  = = rN2 (U (f ◦ ϕ | Jϕ |, Pn) + εnsup | f | µ(B)) Fazendo n → ∞, temos Z ϕ(K) f ≤ rN2 Z K f ◦ ϕ | Jϕ|

(iii) Repetindo a mesma idéia teremos R ϕ(K)f ≥ P β∈R(Pn) R ϕ( ◦ β)f ≥ P β∈R(Pn)infβf ◦ ϕµ(ϕ(β)) ≥ ≥ rN 1 P β∈R(Pn)(infβf ◦ ϕ) | Jϕ(xβ) | µ(β) ≥ ≥ rN 1  P β∈R(Pn)infβ(f ◦ ϕ | Jϕ(xβ) |)µ(β) − εnsup | f | µ(B)  ,

(53)

de onde concluímos, com n → ∞, que Z ϕ(K) f ≥ r1N Z K f ◦ ϕ | Jϕ |

(iv) Fazendo r1 → 1 ← r2, temos para f ≥ 0, que

Z ϕ(K) f = Z K f ◦ ϕ | Jϕ |

Trocando f por −f , temos o mesmo resultado para f ≤ 0 e, conseqüentemente para f = f1+ f2, f1≥ 0, f2≤ 0, f1 e f2 integráveis. Ora, se f é integrável temos,

fazendo f+(x) =  f (x), f (x) ≥ 0 0, f (x) < 0 , f −(x) =  f (x), f (x) ≤ 0 0, f (x) > 0 ,

f = f++ f− e o conjunto dos pontos de descontinuidade de f contém os de f+ e f−. Logo f é integrável se e só se f+ e fo são, e pronto.

Observação : Na demonstração acima utilizamos alguns resultados cujas provas não foram explicitadas. Os exercícios abaixo destacam esses pontos obscuros.

Exercício: Seja B ⊂ IRN um bloco. Se P = P1× P2× · · · × PN é uma partição de

B, a norma de P , | P |, é o comprimento do maior subintervalo de todas as Pi.

Suponha que f : B → IR é integrável e que (Pn)n∈IN é uma seqüência de partições

de B com limn→∞ | Pn|= 0. Mostre que

lim n→∞U (f, Pn) = Z B f = lim n→∞L(f, Pn)

Exercício: Um cubo em IRN (ou N -cubo) de aresta l é um bloco do tipo [a1, a1+

l] × [a2, a2+ l] × · · · × [aN, aN + l]. Seja X ∈ IRN de medida nula. Mostre que

para todo ε > 0 existe uma família (Cn)n∈IN de cubos com X ⊂ Sn∈INCn e

P∞

n=1µ(Cn) < ε

Exercício: Sejam A ⊂ IRN aberto e ϕ : A → IRN de classe C1.

(i) Mostre que, se X tem medida nula e X é um compacto contido em A, então ϕ(X) tem medida nula.

(54)

(iii) Mostre que se K ⊂ A, K compacto e f : ϕ(K) → IR é integrável, então f ◦ ϕ não necessariamente é integrável, mas isto é verdade se ϕ for difeomorfismo de classe C1.

(iv) Seja K o conjunto de Cantor (obtém-se K retirando, inicialmente, o terço central, aberto, de [0, 1]; em seguida retiram-se os terços centrais dos intervalos remanescentes e assim sucessivamente; o que resta é K). Mostre que K tem medida nula.

(v) Modifique a construção de K de forma a obter um conjunto similar mas que não tenha medida nula (troque, na construção de K, os terços centrais por intervalos menores).

(vi) Sejam A = [0, 1] \ K e B = [0, 1] \ L, onde L é o conjunto construído em (v). Mostre que a fronteira de A é K e a de B é L. Mostre que A é J -mensurável e B não. Observe que A e B são reuniões enumeráveis de intervalos abertos disjuntos. Conclua que existe um difeomorfismo de classe C∞ entre A e B.

(vii) Observe que os intervalos que constituem B são menores que seus correspon-dentes em A. Conclua que podemos criar difeomorfismo ϕ : A → B de classe C∞ com | Jϕ(x) |≤ 1 para todo x em A. Mostre que existe f : B → IR tal que f ◦ ϕ | Jϕ | é integrável mas f não é.

Os exercícios acima tapam os buracos da demonstração e explicam as hi-póteses do Teorema. Passemos agora a outro tipo de comentário. Nossa demonstração é boa, por ser geométrica, mas pode ser simplificada.

Simplificação :

Retome a demonstração no final de (ii). Fazendo r2→ 1, temos

Z ϕ(K) f ≤ Z K f ◦ ϕ | Jϕ |

Considere agora g : K → IR, g(x) = f ◦ ϕ(x) | Jϕ(x) |. Então g ◦ ϕ−1 | Jϕ |= f é integrável (por (i)) e, por (ii),

Z K f ◦ ϕ | Jϕ |= Z K g ≤ Z ϕ(K) g ◦ ϕ−1| Jϕ−1 |= Z ϕ(K) f Daí se pode passar diretamente a (iv), suprimindo metade do Lema 2.

Exercício : Sejam A ⊂ IRN aberto limitado tal que ∂A tem medida nula e ϕ : ¯A → IRN de classe C1 tal que ϕ|A : A → ϕ(A) é um difeomorfismo. Mostre que

f : ϕ( ¯A) → IR é integrável se e só se f ◦ ϕ|Jϕ| é integrável e que neste caso vale

R

ϕ( ¯A)f =

R

¯

(55)

Aproveitemos a linha de idéias do Lema 2 e demonstremos a parte fácil (mas ainda assim útil) do Teorema de Sard.

Teorema de Sard (parte fácil): Sejam A aberto em IRN e ϕ : A → IRM

de classe C1, N ≤ M . Seja D = {x ∈ A | ϕ0(x) não é sobrejetiva }. Então ϕ(D) é um conjunto de medida nula.

Demonstração :

Observe, inicialmente, que a continuidade de ϕ0 garante que D é fechado em A. Como A é união de uma família enumerável de compactos, basta provar que se K ⊂ D é compacto, então ϕ(K) é de medida nula.

A demonstração está baseada no seguinte fato: se X está contido em um subespaço de dimensão M − 1 de IRM e seu diâmetro é menor ou igual a d, então o conjunto Xε = {y ∈ IRM, ∃x ∈ X com | y − x |< ε} está contido em um conjunto de

medida 2Mε(d + ε)M −1 (demonstração: rode X até ficar contido em IRM −1× {0}; X cairá dentro de um cubo de IRM −1× {0} de aresta 2d, Xε dentro de um bloco da forma [a1− ε, a1+ 2d + ε] × · · · × [aM −1− ε, aM −1+ 2d + ε] × [−ε, ε], cuja medida

é 2Mε(d + ε)M −1).

A idéia agora é estender esta afirmativa local a conjuntos compactos. Seja então K ⊂ D compacto. Escreva

ϕ(x + h) − ϕ(x) − ϕ0(x)h = ε(x, h)

Como ∂ε∂h(x, 0) = 0 para todo x em D, temos (K é compacto) que dado η > 0 existe δ > 0 tal que

| h |≤ δ ⇒| ε(x, h) |< η | h | ∀x ∈ K .

Podemos então, dado η > 0, cobrir K por uma coleção {C1, . . . , Cn} de cubos de

mesmo diâmetro (< δ) e tal que µ(C1) + · · · + µ(Cn) ≤ V , onde V é um número

fixo independente de η (V pode ser a medida de um cubão contendo K), todos os Ci dentro de K1 compacto, K1 ⊂ A.

Daí segue que se x ∈ Ci, temos x = xi+ h (xi = centro de Ci) com | h |< δ e,

portanto,

ϕ(x) = ϕ(xi+ h) = ϕ(xi) + ϕ0(xi)h + ε(xi, h)

Seja agora L = maxK1 | ϕ0 |. Então ϕ0(x

i)h está em subconjunto de um espaço de

dimensão M − 1 e diâmetro menor que Lδ. Como | ε(xi, h) |< ηδ, temos que ϕ(Ci)

está contido em um conjunto de medida inferior a

(56)

K

c1 c2 c3 c4 c5 c6 c7 c12 c13 c8 c9 c10 c11

A

Como N ≤ M e podemos supor δ < 1, temos que ϕ(K) ⊂Sn

i=1ϕ(Ci) e cada ϕ(Cn)

está contido em um conjunto de medida inferior a 2Mη(L + η)δN. Assim, como V ≥ P µ(Ci) ≥ nδN, temos que ϕ(K) está contido em um conjunto de medida

inferior a 2M(L + η)ηV . Como η é arbitrário e V e L são fixos, ϕ(K) é de medida nula.

Problema: A conclusão do teorema de Sard vale se N > M ?

Definição : Sejam A aberto em IRN e ϕ : A → IRM de classe C1. Um

ponto x de A tal que ϕ0(x) não é sobrejetiva é dito um ponto crítico de ϕ; os demais pontos são chamados de pontos regulares. A imagem de um ponto crítico é chamado valor crítico de ϕ; os demais pontos de IRM são

(57)

Capítulo 7

INTEGRAIS IMPRÓPRIAS

Nossa definição de integral excluiu liminarmente de consideração duas classes de funções perfeitamente honradas: as ilimitadas e aquelas, limitadas ou não, cujos domínios de definição não são limitados. Trataremos agora de eliminar tais restrições .

Exercício : Sejam X ⊂ IRN limitado e f : X → IR limitada. Sejam f+, f−: X → IR dadas por f+(x) =  f (x), f (x) ≥ 0 0, f (x) < 0 e f −(x) =  f (x), f (x) ≤ 0 0, f (x) > 0 . Mostre que f é integrável se e somente se f+ e f− são integráveis.

Consideremos, pois, X ⊂ IRN qualquer e f : X → IR limitada. Escrevendo

f = f++f−como acima, vemos que basta definirRXf para f positiva. Supo-nhamos pois f positiva. Sejaf : IRN → IR dada por f (x) = f (x), x ∈ X

0, x 6∈ X . Diremos que f é integrável se o conjunto dos pontos de descontinuidade de f é de medida nula. Neste caso, definimos

Z X f = lim R→∞ Z [−R,R]N f , entendido que o resultado pode ser infinito.

Para f não necessariamente positiva, diremos que f é integrável se pelo menos uma das integrais RXf+,RX−f− for finita (supondo, é claro, que f+ e −f

(58)

são integráveis). Definimos Z X f = Z X f+− Z X −f− .

Desta forma, podemos considerar que todas as funções estão definidas no espaço inteiro. Seja agora f : IRN → IR positiva mas não necessariamente

limitada. Diremos que f é integrável se o conjunto de seus pontos de des-continuidade tem medida nula. Para cada R ∈ IR, considere fR : IRN → IR

dada por fR(x) =

 f (x), f (x) ≤ R

R, f (x) > R . Neste caso existe o limite de R fR quando R tende a infinito (finito ou infinito). Definimos então

Z

f = lim

R→∞

Z fR

Finalmente, dados X ⊂ IRN e f : X → IR, diremos que f é integrável se f+

e −f− são integráveis e ao menos uma das duas integrais é finita. Definimos Z X f = Z f+− Z −f−

onde f+ e −f− são entendidas como funções definidas em IRN.

Exercício : Mostre que o conceito de integral assim estendido tem as propriedades que deve ter. Mostre que existe limR→∞

RR 0 senx x dx mas senx x não é integrável.

Exercício : Estenda a integrais impróprias os Teoremas de Fubini e de Jacobi.

Aproveitando o ensejo, defina integral vetorial da seguinte maneira: se f : X → IRN é tal que o conjunto de seus pontos de descontinuidade é de medida nula, entãoRXf = RXf1, . . . ,

R

XfN, onde as fisão as componentes

(59)

Capítulo 8

EXERCÍCIOS E APLICAÇÕES

Os exercícios e aplicações abaixo são qualitativamente diferentes, em sua maioria, dos que foram incluídos nos parágrafos anteriores. Aqueles tinham caráter conceitual ou teórico, principalmente; estes têm um aspecto mais “cálculo” e procuram estimular mais a criatividade do que o rigor lógico.

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Integrais de Superfície

Não vamos definir aqui o que vem a ser uma superfície. Intuitivamente, trata-se de um subconjunto de IR3 que tem dimensão 2. Superfícies sem “bicos” devem ter plano tangente em cada ponto. Superfícies regulares não devem ter auto-interseções e os planos tangentes devem variar continuamente.

superfície com auto-interseções

superfície regular superfície com bicos

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Referências

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