MAT5719 - Cálculo Diferencial Geométrico no R n .
20 de Fevereiro de 2018
Algumas coisas discutidas nos atendimentos. Anotações sem compro- misso, sem ordem específica, e conforme a minha memória funcionar.
Sumário
09/01/2018 1
12/01/2018 - extra 7
16/01/2018 13
18/01/2018 19
22/01/2018 25
30/01/2018 25
15/02/2018 31
20/02/2018 - final 38
09/01/2018
Afirmação. O conjunto
C={x∈ [0, 1] |a expansão ternária dexsó apresenta os algarismos 0 e 2} é fechado.
Solução: A expansão ternária dex ∈ [0, 1]basicamente consiste em escre- ver
x=
∑
m≥1
am
3m = [0,a1a2. . .]3,
onde(am)m≥1é uma sequência que assume apenas os valores 0, 1 e 2. Va- mos mostrar que Cé fechado identificando cada elementoxcom a sequên- cia(am)m≥1associada, e utilizando a seguinte caracterização de fechados:
Proposição. Seja D⊆Rn. Então D é fechado se e somente se para toda sequên- cia(xn)n≥1⊆ D tal quexn → x, tem-se tambémx ∈ D.
A demonstração desta proposição provavelmente é algum exercício, que podemos discutir no futuro. Seja(xn)n≥1 ⊆ C, e suponha quexn →x.
Escreva
x1= (a11,a12,a13, . . . ,a1k, . . .) x2= (a21,a22,a23, . . . ,a2k, . . .)
... ...
xn = (an1,an2,an3, . . . ,ank, . . .) ... ...
x= (b1,b2,b3, . . . ,bk, . . .),
onde ank ∈ {0, 2} para todosn,k ≥ 1. Como xn → x, as colunas (ank)n≥1
convergem para bk. Mas uma sequência que só assume dois valores e é convergente deve ser eventualmente constante (prova: na definição de li- mite considere o n0correspondente a e = 1/2). Assim temos quebk tam- bém é 0 ou 2. Como isto vale para todok ≥1, concluímos quex ∈ C. Pela Proposição enunciada, Cé fechado.
Bônus: como Cé fechado dentro do compacto[0, 1], também concluí- mos que Cé compacto. Pode-se mostrar ainda que Cé não-enumerável imitando o argumento diagonal de Cantor utilizado na demonstração de que[0, 1]é não-enumerável.
Afirmação. Dados p∈ Rner>0,B(p,r)é convexa.
Solução: Dados x,y ∈ B(p,r), devemos mostrar que um ponto qualquer do segmento ligando x ey está em B(p,r), ou seja, que tx+ (1−t)y ∈
B(p,r)para todot∈ [0, 1]. Temos:
ktx+ (1−t)y−pk=ktx+ (1−t)y−tp−(1−t)pk
≤ ktx−tpk+k(1−t)y−(1−t)pk
=tkx−pk+ (1−t)ky−pk
<tr+ (1−t)r
=r, como queríamos.
r
p
x y
Figura 1: Convexidade deB(p,r).
Afirmação. Dados p∈ Rner>0,B(p,r)é um conjunto aberto.
Solução: Em primeiro lugar, cuidado com a nomenclatura: “bola aberta”
é um conceito, enquanto que “conjunto aberto” é outro. Que bolas abertas são conjuntos abertos é algo que deve ser provado a partir das definições.
Dizer que “uma bola é aberta” só não causa ambiguidades uma vez veri- ficado este fato.
Sejax∈ B(p,r). Devemos ver quexé um ponto interior deB(p,r), ou seja, que existe e > 0 tal queB(x,e) ⊆ B(p,r). Sex = p, e = rserve. Se x 6= p, tomamose =r− kx−pk. AssimB(x,e) ⊆ B(p,r). Com efeito, se
y∈ B(x,e), temos
ky−pk =ky−x+x−pk
≤ ky−xk+kx−pk
<e+kx−yk
=r, como queríamos.
r
p
x e
Figura 2: Cada bola B(p,r)é um conjunto aberto.
Afirmação. SejaD ⊆Rn. Então ˚Dé aberto e∂Dé fechado.
Solução: Uma coisa de cada vez.
D:˚ Sejax ∈ D. Devemos provar que˚ xé ponto interior de ˚D. Por definição de interior, existe r > 0 tal que B(x,r) ⊆ D. Vejamos que esta bola já funciona. Em outras palavras, devemos ver que na verdade vale a melhor inclusão B(p,r) ⊆ D. Para tanto, considere˚ y ∈ B(p,r). Resta ver que y é ponto interior de D, ou seja, verificar que existe e > 0 tal que B(y,e) ⊆ D. Sey = x, e = r serve. Sey 6= x, tome e =r− kx−yk. Daí vale queB(y,e) ⊆ B(x,r) ⊆ D(nós já fizemos essa conta aqui, preste atenção).
∂D: Basta observar que∂D= D∩Rn\Dé a interseção de dois fechados.
A verificação desta igualdade é automática (eu juro).
Afirmação. Se p1, . . . ,pn ∈ Rn, então∂{p1, . . . ,pn} ={p1, . . . ,pn}.
Solução: Ao invés de fazer o que eu tinha comentado em aula, pode-se simplesmente observar que
∂{p1, . . . ,pn} ={p1, . . . ,pn} ∩Rn\ {p1, . . . ,pn}
={p1, . . . ,pn} ∩Rn
={p1, . . . ,pn}.
Afirmação. Sejam D ⊆ Rn e p ∈ D. Se para todo r > 0 a bola B(p,r) contém uma infinidade de pontos de D, então existe uma sequência de pontos(xn)n≥0⊆ Dtal quexn 6= ppara todon≥0 exn → p.
Solução: Esboço. Para cadan≥1, considere a bolaBn =B(p, 1/n). Cada Bn contém algum ponto xn distinto de p, por hipótese. Como 1/n → 0, necessariamente devemos ter xn → p. Completem os detalhes, é instru- tivo.
p
x1 x2
x3
Figura 3: Construção da sequência (xn)n≥1.
Afirmação. Sejama,b∈ Rn. Então|kak − kbk| ≤ ka−bk. Solução: Inicialmente temos que
kak =ka−b+bk ≤ ka−bk+kbk
e portanto kak − kbk ≤ ka−bk. Repetindo esta conta com os papeis de aebtrocados, temos que−(kak − kbk) ≤ ka−bk. Por definição de| · | segue que |kak − kbk| ≤ ka−bk.
Afirmação. Sejam p∈ Rn er >0. Então∂B(p,r) = S(p,r), onde S(p,r) =. {x∈ Rn | kx−pk =r}
é aesferade centro pe raior.
Solução: Devemos mostrar duas inclusões.
∂B(p,r) ⊆S(p,r): Seja x ∈ ∂B(p,r). Devemos mostrar que kx−pk = r.
Faremos isto em duas etapas:
• kx−pk ≤ r: Sejae > 0arbitrário. ComoB(x,e)∩B(p,r) 6=∅, podemos tomarynesta interseção e estimar
kx−pk =kx−y+y−pk
≤ kx−yk+ky−pk
<e+r.
Deste modo, se kx−pk < r+e para todo e > 0, necessaria- mente devemos ter quekx−pk ≤r(prova?).
• kx−pk ≥ r: Seja e > 0 arbitrário. Suponhamos também que e < r. Como B(x,e)∩(Rn \B(p,r)) 6= ∅, podemos tomar y nesta interseção e estimar
kx−pk =kx−y+y−pk
≥ ky−pk − kx−yk
>r−e,
pela afirmação anterior. Assim, do mesmo modo que antes te- mos que kx−pk > r−e para todo e > 0 suficientemente pe- queno implica emkx−pk ≥r.
S(p,r) ⊆∂B(p,r): Sejam x ∈ S(p,r) e e > 0. Devemos mostrar que B(x,e)intersecta ambosB(p,r)eRn\B(p,r). Verifique que
x− e
2r(x−p)∈ B(x,e)∩B(p,r) e x+ e
2r(x−p)∈ B(x,e)∩(Rn \B(p,r)).
Assimx ∈ ∂B(p,r), poise >0 era qualquer.
r p
x
Figura 4: Achando as interseções.
12/01/2018 - extra
Começamos revisando a demonstração do Lema 1.8 (p. 12 da apostila), e a demonstração de que se K1 ⊆ Rn eK2 ⊆ Rm são compactos, então o produto K1×K2 ⊆ Rn ×Rm ∼= Rn+m é compacto. O Lema 1.8 também pode ser utilizado para resolver o
Exercício. Um subconjuntoL ⊆Rné ditoLindelöf se toda cobertura aberta admite subcobertura enumerável. Mostre que se L ⊆ Rn é Lindelöf e K⊆Rm é compacto, entãoL×K⊆Rn×Rm é Lindelöf.
Observação. Para espaços topológicos quaisquer não é verdade que pro- dutos de dois Lindelöfs dá Lindelöf, apesar de isto ser verdade em Rn. Releia a demonstração do Lema 1.8 e descubra o que dá errado na de- monstração sugerida.
Afirmação. SejaK ⊆Rn compacto. EntãoKé limitado.
Solução: Extraia uma subcobertura finita da cobertura aberta{B(0,n)}n≥0 de K e chame de N o máximo dos raios das bolas que sobraram. Então K⊆ B(0,N).
Afirmação. SejaK ⊆Rn compacto. EntãoKé fechado.
Solução: Vamos provar queRn\K é aberto. Tome p ∈ Rn\K. Devemos mostrar que pé ponto interior deRn\K. Para cadax∈ Kexistemrx,sx>
0 tais que B(x,rx)∩ B(p,sx) = ∅ (por quê?). Visto que {B(x,rx)}x∈K é uma cobertura aberta do compactoK, existem x1, . . . ,xk ∈ K tais queKjá é coberto por {B(x1,rx1), . . . ,B(xk,rxk)}. Ponhas =. min{sx1, . . . ,sxk} >0.
EntãoB(p,s)⊆Rn\K(cheque).
p
Figura 5: Mostrando queB(p,s)∩K =∅.
Afirmação. SejamK ⊆Rncompacto eF ⊆Kfechado. EntãoFé compacto.
Solução: Considere uma cobertura aberta {Uα}α∈A de F. Como F ⊆ K e Fé fechado, {Uα}α∈A∪ {Rn \F} é uma cobertura aberta deK. Visto que Ké compacto, extraímos uma subcobertura finita
{Uα1, . . . ,Uαk,Rn\F}
de K, com α1, . . . ,αk ∈ A. Mas F não intersecta o seu complementar, de modo que{Uα1, . . . ,Uαk}é a subcobertura finita procurada.
Figura 6: AdicionandoRn\Fà cobertura original.
Afirmação. Se K ⊆ Rn é fechado e limitado, então K é compacto. Em particular, cada bola fechada B(p,r) = B[p,r] ⊆Rn é compacta.
Solução: Já sabemos que cada intervalo fechado [a,b] é compacto. Se K é limitado, entãoK ⊆[a1,b1]× · · · ×[an,bn], para certos intervalos fecha- dos. Como produto de compactos é compacto, temos que o fechadoKestá contido num cubo compacto e, portanto, é compacto.
Afirmação. Seja F⊆Rn um subconjunto qualquer. Se∂F ⊆ F, então para toda sequência(xn)n≥0⊆ Ftal quexn → p, tem-se p∈ F.
Solução: Suponha por absurdo que exista uma sequência(xn)n≥0 ⊆Ftal que xn → p, mas que p 6∈ F. Tal pirá contradizer que∂F ⊆ F. Sejar > 0.
Mostremos que B(p,r)∩F 6= ∅ e B(p,r)∩(Rn \ F) 6= ∅. A primeira afirmação segue do fato de xn → p, de modo que B(p,r) contém algum xn ∈ F. Para a segunda inclusão, façamos por contradição: se existirr0>0 tal que B(p,r0)∩F =∅ouB(p,r0)∩(Rn \F) =∅, comop 6∈ Fnecessa- riamente devemos ter o segundo caso. Assim B(p,r0) ⊆Rn\Fcontradiz que xn → p, pois(xn)n≥0⊆ F.
x1x2x3
p
Figura 7: Ilustrando quexn 6→ p.
Afirmação. SejaF ⊆Rn um subconjunto qualquer. Se para toda sequência (xn)n≥0 ⊆Fcomxn → ptem-se p ∈ F, entãoFé fechado.
Solução: Vamos mostrar que Rn \F é aberto. Seja p ∈ Rn \F. Vejamos que p é ponto interior de Rn \F. Se não for, para todo n ≥ 1, a bola B(p, 1/n)intersecta F. Assim, tomandoxn ∈ B(p, 1/n)∩F, construímos uma sequência (xn)n≥1 ⊆ F que necessariamente satisfaz xn → p (pois 1/n → 0). Por hipótese, isto implica que p ∈ F, o que contradiz que
p∈ Rn\F. Veja a Figura3(p. 5) novamente.
Afirmação. Seja S ⊆ Rn um conjunto não-enumerável. Então S possui algum ponto de acumulação.
Solução: Vamos fazer um esboço para a contra-positiva: se S é discreto, entãoSé enumerável. Considere emRn a coleção de bolas abertas:
C={B(an,rm)| an ∈ Qnerm ∈Q>0},
onde (rm)m≥1 é uma enumeração de Q>0. Temos que Cé enumerável (prova?).
Como passo intermediário, provemos queRn é Lindelöf: se{Uα}α∈Aé uma cobertura aberta deR2, chame
C0 ={B∈ C|existeα ∈ Atal queB⊆Uα}.
Como Cé enumerável, C0 também o é. Para cada B ∈ C0 fixe um aberto Uα(B) ∈ {Uα}α∈Atal queB ⊆Uα(B). Então{Uα(B)}B∈C0é enumerável (pois
C0o é), e cobre oRn (verifique).
Finalmente, vamos mostrar que S é Lindelöf (o que termina o argu- mento, uma vez que podemos extrair uma subcobertura enumerável da cobertura das bolas abertas que isolam todos os pontos de S). Suponha dada uma cobertura aberta {Uα}α∈A deS. Assim, temos que {Uα}α∈A∪ {Rn \ S} é uma cobertura aberta de Rn (por quê?). Mas o Rn é Lin- delöf, e assim extraímos uma subcobertura enumerável (que pode even- tualmente agregar Rn\S). Como o complementar de Snão o intersecta, podemos descartá-lo da subcobertura obtida, sobrando então uma subco- bertura enumerável da cobertura original{Uα}α∈AdeS.
Afirmação. Seja D ⊆Rn um subconjunto qualquer. EntãoDé aberto se e somente se D∩∂D=∅.
Solução: Se D não é aberto, existe um ponto p ∈ D que não é interior a D. Tal ptestemunha que D∩∂D 6= ∅ (verifique). Reciprocamente, se
p∈ D∩∂D, entãopnão é interior à D, e assim Dnão é aberto.
Afirmação. Sejam E1,E2 ⊆ Rn conexos não-vazios tais que E1∩E2 6= ∅. EntãoE1∪E2é conexo.
Solução: Considere uma cisão
E1∪E2 = (A∩(E1∪E2))∪(B∩(E1∪E2)),
onde A,B ⊆Rn são abertos e disjuntos. Vamos mostrar que esta cisão é a trivial. Cortando a igualdade acima com E1obtemos
E1 = (A∩E1)∪(B∩E1) e E2 = (A∩E2)∪(B∩E2).
Visto queE1é conexo, sem perder generalidade temos queB∩E1 =∅, ou seja, E1 ⊆ Rn \B. ComoE2é conexo, temos que A∩E2 =∅ouB∩E2 =
∅. Afirmo que deve ser o segundo caso: com efeito, seA∩E2 =∅, então E2 = B∩E2 nos dá que E2 ⊆ B, de modo que E1∩E2 ⊆ (Rn \B)∩B contradiz que E1∪E2 6= ∅. Assim B∩ E1 = B∩E2 = ∅ nos dá que B∩(E1∪E2) = ∅, e a cisão inicial é a trivial como queríamos.
Afirmação. SejaE ⊆Rn um conexo não-vazio. EntãoEé conexo.
Solução: Considere uma cisão E = (A∩E)∪(B∩ E), onde A,B ⊆ Rn são abertos e disjuntos. Cortando esta igualdade comE, obtemos queE= (A∩E)∪(B∩E). ComoEé conexo, sem perda de generalidade temos que B∩E =∅. Isto implica queB∩E =∅também. Com efeito, sex ∈ B∩E, então B é um aberto contendo x, e por definição de fecho teríamos que B∩E 6=∅. Portanto a cisão inicial dada é a trivial.
Observação. Gráficos de funções contínuas definidas em conexos são tam- bém conexos (prova?). Utilizando os dois resultados anteriores, é possível provar que conjuntos estranhos como o da figura a seguir são conexos.
Figura 8: A “senoide do topólogo” (topologist’s sine curve).
Chame deGdeGeos ramos direito e esquerdo do gráfico de sen(1/x), respectivamente. Assim os conjuntos
({0} ×[0, 1])∪Gd =Gd e ({0} ×[0, 1])∪Ge =Ge
são conexos, por serem fechos de conexos. A senoide do topólogo é a união destes dois conjuntos, cuja interseção é{0} ×[0, 1] 6=∅.
Afirmação. Seja E ⊆ Rn um conexo não-vazio. Se E ⊆ D ⊆ E, então D é conexo.
Solução: É uma adaptação do argumento anterior. Considere uma cisão D = (A∩D)∪(B∩D), com A,B ⊆ Rn abertos e disjuntos. Cortando tal igualdade com E, temos E = (A∩E)∪(B∩E). Como Eé conexo, temos sem perder generalidade que B∩E =∅. SendoBaberto, isto nos dá que B∩E =∅. PortantoE⊆D ⊆Enos dá que
∅= B∩E⊆ B∩D ⊆B∩E=∅, de modo que B∩D =∅e a cisão inicial dada é a trivial.
Afirmação. Seja f: Rn →Rk. São equivalentes:
(i) lim
x→p f(x) =c;
(ii) lim
x→p f(x)−c =0;
(iii) lim
x→pkf(x)−ck =0.
Solução: Observe que as três condições lêem-se como (i) Para todoe >0 existeδ>0 tal que
0<kx−pk <δ implica kf(x)−ck <e;
(ii) Para todoe >0 existeδ>0 tal que
0<kx−pk<δ implica k(f(x)−c)−0k <e;
(iii) Para todoe >0 existeδ>0 tal que
0 <kx−pk <δ implica |kf(x)−ck −0|<e.
Agora note que
kf(x)−ck =k(f(x)−c)−0k =|kf(x)−ck −0|.
16/01/2018
Afirmação.
• ExisteD⊆Rn tal que∂Dseja um aberto não-vazio.
• ExisteS ⊆Rn tal que(∂S)◦ 6=∅. Solução: D=S =Qsatisfaz∂Q=R.
Afirmação(Teorema do Confronto). Sejam f,g,h: D ⊆ Rn → R,r > 0 e p∈ Dtais que f(x) ≤g(x)≤h(x)para todox∈ (B(p,r)\ {p})∩D. Se
xlim→p f(x) = lim
x→ph(x) =c ∈ R, então lim
x→pg(x) = c.
Observação. Intuitivamente, se vale f(x)≤ g(x) ≤h(x)perto dep, pode- se aplicar limx→p em tudo preservando ≤de modo a obter
xlim→p f(x) ≤ lim
x→pg(x) ≤ lim
x→ph(x), desde que os limites dos extremos sejam iguais, e concluir que
c ≤ lim
x→pg(x) ≤c.
Mas se os limites dos extremos não são iguais, o limite limx→pg(x) não precisa nem existir (exemplo?). Cuidado!
Solução: Sejae >0. Existemδ1,δ2>0 tais que para todox ∈ D, valem 0<kx−pk <δ1 =⇒ c−e < f(x)<c+e, e
0<kx−pk <δ2 =⇒ c−e < g(x) <c+e.
Ponha δ = min{δ1,δ2,r} >0. Assim, se x ∈ De 0 < kx−pk <δ, valem todas as desigualdades que precisamos, donde
c−e< f(x) ≤g(x)≤h(x) <c+e =⇒ |g(x)−c| <e, como desejado.
Rn R
g f h
p
Figura 9: O Teorema do Confronto.
Afirmação. Sejam f,g: Rn →Rk,p ∈Rner,M>0 tais que limx→p f(x) = 0, ekg(x)k ≤ Mpara todox ∈ B(p,r)\ {p}. Então limx→phf(x),g(x)i = 0.
Observação. A notaçãoh·,·iindica o produto interno deRn, bem como o ponto·. Note que paran = 1, o produto interno é apenas a multiplicação de números reais.
Solução: Basta notar que se limx→p f(x) = 0, então limx→p Mkf(x)k =0.
Assim, a desigualdade de Cauchy-Schwarz nos dá
0 ≤ |hf(x),g(x)i| ≤ kf(x)kkg(x)k ≤ Mkf(x)k
para todox ∈ B(p,r)\ {p}, e a conclusão segue do Teorema do Confronto.
Afirmação. A função f: R→Rdada por f(x) =
(1
q, sex= pq é racional, com p∈ Zeq∈ Z>0, mdc(p,q) =1 0, sexé irracional
é contínua em todos os racionais, e descontínua em todos os irracionais.
Solução: “Stars over Babylon”.
Afirmação. Existem A,B ⊆ R2 abertos, conexos, disjuntos, não-vazios e limitados com∂A=∂B.
Solução: Lagos de Wada.
Afirmação. Sejam f,g: Rn → Rk funções contínuas e D ⊆ Rn denso. Se f
D =g
D, então f = g.
Solução: Podemos resolver isto de dois modos.
Primeira solução: Via a caracterização de fechados por sequências. Seja x ∈ Rn. Como D é denso, existe (xn)n≥0 ⊆ D tal que xn → x.
Temos que f(xn) = g(xn)para todon ≥0 e assim limn→+∞ f(xn) = limn→+∞g(xn). Visto que f e g são contínuas, comutam com lim, nos dando f(x) = g(x).
Segunda solução: Mostrando queA ={x∈ Rn | f(x) = g(x)}é fechado.
Assim, teremos que D ⊆ Aimplica Rn = D ⊆ A = A, e logo A = Rn. Vejamos queRn\A é aberto. Sex ∈ Rn é tal que f(x) 6= g(x), existe r > 0 tal que B(f(x),r)∩B(g(x),r) = ∅. Pela continuidade de f eg, existemδ1,δ2 >0 tais que
f(B(x,δ1)) ⊆B(f(x),r) e g(B(x,δ2))⊆ B(g(x),r). Sendoδ =min{δ1,δ2} >0, vale queB(x,δ)⊆Rn\A.
Afirmação. Seja f: R→ Rcontínua em 0 tal que f(x+y) = f(x) + f(y) para todos x,y∈ R. Então:
(a) f é (uniformemente) contínua.
(b) existea∈ Rtal que f(x) =ax, para todox ∈R.
Solução:
(a) Iniciamos observando que pondo x = y = 0 na condição de aditi- vidade de f, vemos que f(0) = 0. Daí, fazendo y = −x segue que
f(−x) = −f(x). Logo, temos que f(x−y) = f(x)− f(y).
Fixe então p∈ Ree>0. Pela continuidade de f em 0, existeδ >0 tal que|t| <δimplica |f(t)| < e. Vejamos que este mesmoδserve. Com efeito, se|x−p|<δ, temos|f(x)−f(p)| =|f(x−p)| <e.
(b) É fácil ver que necessariamente será a = f(1) e que, por indução, f(n) = an para todon ∈ N. Visto que f(−x) = −f(x), na verdade temos que f(n) = an para todon∈ Z. Assim, se p,q ∈ Zcomq 6= 0, vale que
ap = f(p) = f p
q ·q
= f p
q +· · ·+ p q
= f p
q
+· · ·+ f p
q
=q f p
q
,
donde segue que f(x) = axpara todox∈ Q. ComoQé denso e tanto f comoR3 x 7→ ax∈ Rsão contínuas, segue a conclusão desejada.
Afirmação. Seja f: ]a,b[ → Rmonótona. Então para todo p ∈ ]a,b[ exis- tem os limites limx→p+ f(x)e limx→p− f(x). Além disto, o número de des- continuidades de f é no máximo enumerável.
Observação.
• Em outras palavras: se f é monótona, então f só possui descontinui- dades de salto, e são poucas. Em particular, o conjunto de desconti- nuidades de f possui medida nula, e assim f é Riemann-integrável (Critério de Lebesgue).
• Fun fact: vale algo muito mais poderoso. Se f é monótona, então o conjunto dos pontos onde f deixa de ser derivável também tem medida nula (ou, em outros temos, f é derivável Lebesgue-q.t.p.1).
A demonstração disso é altamente não-trivial e está fora do escopo deste curso e destas notas.
Solução: Trocando f por−f se necessário, podemos supor que f é cres- cente. Afirmo que
xlim→p− f(x) =sup{f(x) | x < p} e lim
x→p+ f(x) =inf{f(x) |x > p}.
supx<p f(x) infx>p f(x)
p
Figura 10: Descobrindo os limites laterais.
Façamos a verificação do primeiro limite, sendo o segundo análogo.
Chame de L este supremo e seja dado e > 0. Por definição de supremo, existe xe ∈ ]a,b[, xe < p tal que f(xe) > L−e. Tomeδ = p−xe > 0. Se 0< p−x <δ, temos quex>xe, e assim
|f(x)−L|= L−f(x) <L+e−L=e, como queríamos.
1“quase todo ponto”.
Para a última parte, note que se Desc(f)denota o conjunto dos pontos de descontinuidade de f, então dados p,q ∈ Desc(f)distintos, vale que
# sup
x<p
f(x), inf
x>p f(x)
"
∩
# sup
x<q
f(x), inf
x>q f(x)
"
=∅, uma vez que f é monótona. Assim, fixando um racional
rp∈
# sup
x<p
f(x), inf
x>pf(x)
"
para cada p ∈Desc(f), obtemos uma aplicaçãoinjetora Desc(f) 3 p 7→rp ∈ Q,
donde segue que Desc(f)é enumerável.
Curiosidade. Se p∈ R>0ex= (x1, . . . ,xn) ∈Rn, pode-se definir kxkp=.
∑
n i=1|xi|p
!1/p
.
Note que para p =1 e p =2 temos as velhas conhecidas kxk1 =|x1|+· · ·+|xn| e kxk2 =
q
x21+· · ·+x2n.
Também pode-se colocar kxk∞ = max{|x1|, . . . ,|xn|} e, como a notação sugere, vale que limp→+∞kxkp =kxk∞ (prova?).
Para todo p≥1, temos quek · kpé uma norma (mas em contrapartida, para 0< p<1 nunca é norma). Neste contexto, a desigualdade triangular leva o nome dedesigualdade de Minkowski, e sua demonstração é não-trivial.
Ainda, pode-se provar (via a identidade do paralelogramo) quek · kp provém de um produto interno se e somente se p=2.
Comparemos algumasp-bolas unitáriasB((0, 0), 1)emR2:
Figura 11: p-bolas emR2.
De “fora” para “dentro”, temos as bolas parap =∞, 3, 2, 1 e 1/2. Note que a candidata a bola para p =1/2 não é convexa, evidenciando a falha da desigualdade triangular parak · k1/2.
18/01/2018
Na primeira parte do atendimento, discutimos o gabarito do simulado para a P1, disponívelaqui.
Afirmação. As aplicações det : Mat(n,R) →Re inv : GL(n,R) →GL(n,R), são contínuas, onde GL(n,R) = {A ∈ Mat(n,R) | Aé não-singular} e inv(A) = A−1.
Solução: Para a aplicação determinante, a solução depende da definição adotada. A continuidade de det é equivalente à continuidade relativa às n2variáveisaij, de modo que
det(A) =
∑
σ∈Sn
sgn(σ)
∏
n i=1aiσ(i)
é contínua por ser um polinômio. Ou então pode-se encarar det como uma aplicaçao definida em Rn × · · · ×Rn, que receben vetores como entrada e devolve o determinante da matriz obtida listando osnvetores em linhas ou colunas. Neste caso, det é multilinear, e toda aplicação multilinear é contínua.
Note que GL(n,R) = det−1(R\ {0})é um aberto de Mat(n,R).
Para a aplicação inversão, um jeito é apelar para a álgebra linear: vale a identidadeAAdj(A) = (detA)Idn, onde Adj(A)é amatriz adjuntadeA, cujas entradas são definidas por
Adj(A)ij = (−. 1)i+jdet(A[i,j]),
onde A[i,j] ∈ Mat(n−1,R)é a matriz obtida de Adeletando-se a i-ésima linha e a j-ésima coluna. Se detA 6= 0, então A−1 = Adj(A)/ detA, e assim cada entrada de A−1 é contínua, por ser um quociente de dois po- linômios nasn2entradasaij. Logo inv é contínua.
Afirmação. GL(n,R)é desconexo, e denso em Mat(n,R).
Solução: Como GL(1,R) = R\ {0}é claramente desconexo, e denso em R, podemos focar nossa atenção quando n > 1. Para a desconexidade temos dois argumentos possíveis:
Primeira solução: Note que GL(n,R) =det−1(R>0)∪det−1(R<0)é uma cisão não-trivial.
Segunda solução: Suponhan > 1. Se GL(n,R)fosse conexo, visto que é aberto seria também conexo por caminhos. Se A,B ∈ GL(n,R) são tais que detA > 0 e detB < 0, tome γ: [0, 1] → GL(n,R) tal que γ(0) = A eγ(1) = B. Note que det◦γ: [0, 1] → Ré contínua, com det◦γ(0) > 0 e det◦γ(1) < 0. O Teorema do Valor Intermediário fornece t0 ∈ [0, 1] tal que det◦γ(t0) = 0, contradizendo que γ só assume valores em GL(n,R).
Sobre GL(n,R)ser denso, no fim das contas tinha uma solução mais fácil do que a minha tentativa feita em sala. Dadas matrizes A ∈ Mat(n,R) e B∈ GL(n,R), considere o “segmento de reta” f: [0, 1] →Rdado por
f(t) =det((1−t)A+tB).
Utilizando a definição de det como uma soma alternada de produtos, vê se que f(t)é um polinômio emt, que é não-nulo visto que f(1) = detB6=
0. Assim f se anula no máximo uma quantidade finita de vezes. Com isto, dado r > 0, é possível encontrar t0 pequeno o suficiente para que (1−t0)A+t0B ∈GL(n,R)∩B(A,r).
Afirmação. ParaL∈ Lin(Rn,Rk), definakLk1 =. supkxk≤1kLxk. (a) kLk1<+∞;
(b) k · k1é uma norma em Lin(Rn,Rk); (c) kLxk ≤ kLk1kxkpara todox∈ Rn;
(d) kL◦Tk1 ≤ kLk1kTk1, ondeT ∈ Lin(Rm,Rn) ek · k1denota ambas as normas em Lin(Rm,Rn)e Lin(Rn,Rk);
(e) kLk1≤ kLk ≤√
nkLk1, ondekLk =. q∑ni,j=1a2ij é a norma de Hilbert- Schmidt deL(aqui[T]can = (ai,j)ni,j=1).
Solução:
(a) SeLé linear, entãoLé contínua2(prova?). Como {x ∈Rn | kxk ≤1}= B(0, 1)
é compacta, L assume seu valor máximo, digamos em x0 ∈ B(0, 1). AssimkLk1 =kLx0k <+∞.
(b) É claro quekLk1 ≥0 para todaL∈ Lin(Rn,Rk). E seL 6=0, existev∈ Rn não-nulo tal que Lv 6= 0. Normalizando se necessário, podemos supor que v é unitário, de modo que kLk1 ≥ kLvk > 0. Agora, se λ ∈R, note que
{k(λL)(x)k | kxk ≤1}={kλLxk | kxk ≤1}
={|λ|kLxk | kxk ≤ 1}
=|λ|{kLxk | kxk ≤ 1}.
Aplicando sup nos dois lados e usando que3sup(aA) = asupApara todo A⊆Rea>0 (prova?), segue que
kLk1 =sup|λ|{kLxk | kxk ≤1}=|λ|kLk1.
Falta a desigualdade triangular. SeL1,L2 ∈ Lin(Rn,Rk)ex ∈ B(0, 1) é qualquer, vale que
k(L1+L2)(x)k =kL1x+L2xk ≤ kL1xk+kL2xk ≤ kL1k1+kL2k1. Comoxé arbitrário na bola unitária fechada, passamos o supremo no lado esquerdo e segue que kL1+L2k1 ≤ kL1k1+kL2k, como quería- mos.
2Isso só vale necessariamente pra aolicações lineares definidas entre espaços norma- dos de dimensão finita! Você vai aprender como a coisa funciona em dimensão infinita num curso de Análise Funcional.
3A definição formal éaA .
={ax|x∈A}.
(c) Tomex∈ Rn qualquer. Sex=0, é óbvio. Caso contrário, temosx/kxk unitário e por definição dek · k1sai que
kLk1≥ L
x kxk
=
Lx kxk
= kLxk kxk . Agora multiplique os dois lados da desigualdade porkxk. (d) Sejaxna bola unitária fechada, arbitrário. Temos que
k(L◦T)(x)k=kL(Tx)k ≤ kLk1kTxk ≤ kLk1kTk1,
onde na primeira desigualdade utilizamos o item (c) acima. Tomando o supremo do lado esquerdo segue que kL◦Tk1 ≤ kLk1kTk1, como desejado.
(e) Sejam e1, . . . ,en ∈ Rn os vetores da base canônica. Observe que são todos unitários, e que as colunas de[T]cansão precisamente as compo- nentes dos Lei. Com isto, temos que
kLk2 =
∑
n i=1kLeik2 ≤
∑
n i=1kLk21 =nkLk21. Tomando raízes, segue a segunda desigualdade.
Para a primeira desigualdade, identifiquemos elementos deRncom as matrizes-coluna de suas coordenadas, e aplicações lineares com suas matrizes na base canônica. Note que seL> denota a matriz transposta deL, então valem que hLx,yi = hx,L>yi, quaisquer que sejamx,y ∈ Rn , e também vale que
kLk2=
∑
n i=1kL>eik2.
Façamos por força bruta. Tome x arbitrário na bola unitária fechada.
Assim, seL = (aij)ni,j=1e denotamos também os vetores da base canô- nica deRk pore1, . . . ,ek (não haverá risco de confusão com a base do
Rn), temos:
kLxk2 =hLx,Lxi
(1)
=
* n
i
∑
=1xiLei,
∑
n j=1xjLej
+
(2)
=
∑
n i,j=1xixj
* k
r
∑
=1arier,
∑
k s=1asjes
+
(3)
=
∑
n i,j=1∑
k r,s=1xixjariasjher,esi (=4)
∑
n i,j=1∑
k r=1xixjariarj
=
∑
k r=1∑
n i=1arixi
! n j
∑
=1arjxj
!
(5)
=
∑
k r=1∑
n i=1arixi
!2
=
∑
k r=1hL>er,xi2
(6)
≤
∑
k r=1kL>erk2kxk2
(7)
=
∑
k r=1kL>erk2=
∑
k r=1kLerk2
=kLk2, onde usamos
(1) Linearidade deL;
(2) Bilinearidade deh·,·imais a definição da matriz que representaL;
(3) Bilinearidade deh·,·ide novo;
(4) her,esié 1 ser=se 0 caso contrário;
(5) Reconhecemos que os índices i e j são mudos, de modo que as quantidades dentro dos parênteses são iguais;
(6) Cauchy-Schwarz;
(7) kxk =1.
Assim, tirando raízes vem que kLxk ≤ kLk. Como x era qualquer, tomamos o supremo no lado esquerdo e concluímos quekLk1 ≤ kLk, como desejado.
Afirmação. Sejam f: Rn →RkeA⊆Rntal que f
A =0. Sepé um ponto de acumulação de Ae limx→p
x6∈A
f(x) = 0, então limx→p f(x) = 0.
Solução: Sejae >0. Existeδ >0 tal que para todox∈ A, 0 <kx−pk <δ implicakf(x)k <e.
Afirmo que este mesmoδ funciona para o limite total. Sejax ∈ Rn tal que 0 < kx−pk < δ. Devemos verificar que kf(x)k < e. Temos duas possibilidades: se x ∈ A, entãokf(x)k = k0k = 0 < e, enquanto que se x6∈ A,kf(x)k <ediretamente, pelo dito acima.
Afirmação. Não existe f: R2 →Rcontínua e injetora.
Solução: Fixe um valor a na imagem de f. A fibra f−1(a) consiste de apenas um ponto, pela injetividade de f. AssimR2\f−1(a)é conexo. Mas se f for contínua,R2\ f−1(a) = f−1(]−∞,a[)∪ f−1(]a,+∞[)é uma cisão não-trivial (cada um dos caras do lado direito é aberto), absurdo.4
Afirmação. Seja f: [0,+∞[→ Runiformemente contínua. Então existem a,b∈ Rtais que|f(x)| ≤ ax+b, para todox≥0.
Solução: Por continuidade uniforme (com e = 1), existe δ > 0 tal que
|x−y| ≤ δ implica |f(x)− f(y)| < 1. Em particular, note que temos a desigualdade f(δ) <1+ f(0). Com isto, temos:
x ∈ [0,δ] =⇒ f(x)<1+f(0)
x∈ [δ, 2δ] =⇒ f(x)<1+f(δ)<2+ f(0) x∈ [2δ, 3δ] =⇒ f(x)<1+f(2δ)<3+f(0)
...
x∈ [nδ,(n+1)δ] =⇒ f(x)<n+1+ f(0) ...
Mas para todon≥0,x ≥nδimplican≤ x/δ, e assim f(x)<n+1+ f(0)≤ x
δ + (f(0) +1). Entãoa =. 1/δeb =. f(0) +1 satisfazem o pedido.
Observação. Geometricamente, isto nos diz que gráficos de funções uni- formemente contínuas em[0,+∞[devem ficar abaixo de alguma reta. En- tão já podemos concluir visualmente que funções comox2,x3,ex, etc., não são uniformemente contínuas em[0,+∞[.
Afirmação. Sejam A ⊆ Rn aberto e K ⊆ A compacto. Então existe K1
compacto tal queK ⊆K˚1 ⊆K1 ⊆A.
4Eu ainda não entendi como isso se relaciona com os outros itens do Exercício 32.
Solução: Como Aé aberto eK ⊆ A, para cadax ∈ Kexisterx >0 tal que B(x,rx) ⊆ A (por exemplo, tome inicialmente uma bola aberta, reduza o raio e depois feche). Então{B(x,rx)}x∈Ké uma cobertura aberta deK. Por compacidade deK, existemx1, . . . ,xk ∈ Ktais que
K ⊆
k
[
i=1
B(xi,rxi)
| {z }
=K˚1
⊆
k
[
i=1
B(xi,rxi)
| =.{zK }
1
⊆ A.
Recorde que de fato união finita de compactos é novamente um compacto.
Afirmação (Teorema dos Compactos Encaixados - Cantor). Sejam dados K1 ⊇ K2 ⊇ · · · ⊇ Kn ⊇ · · · compactos encaixados e não-vazios em Rm. EntãoT+n=∞1Kn 6=∅.
Solução: Suponha por absurdo que T+n=∞1Kn = ∅, de modo que valha S+∞
n=1(Rm \Kn) = Rm. Então {Rm \Kn}+n=∞1 é uma cobertura aberta de K1. Por compacidade de K1, e usando que os compactos são encaixados, existe N ≥ 1 tal queK1 ⊆ Rm \KN. MasKN ⊆ K1 ⊆ Rm \KN contradiz KN 6=∅.
Observação. O resultado acima continua válido se trocarmos o Rn por qualquer espaço topológico Hausdorff.
22/01/2018
W. O..
30/01/2018
Afirmação. Seja f: R→Rde classeC1. Então a função
F(x,y) =
f(y)− f(x)
y−x , sex6=y;
f0(x), sex=y.
é diferenciável se x6=ye, se existir f00(x), entãoFé diferenciável emR2.
Solução: É claro que F é diferenciável no aberto {(x,y) ∈ R2 | x 6= y}. Então basta discutirmos a parte final do exercício. Uma ideia é verificar a condição um pouco mais forte de que as derivadas parciais de F são contínuas. Note que dado x∈ R, temos
∂F
∂x(x,x) = lim
h→0
F(x+h,x)−F(x,x) h
= lim
h→0
f(x)−f(x+h)
−h − f0(x) h
= lim
h→0
f(x+h)−f(x)− f0(x)h h2
(∗)= lim
h→0
f0(x+h)− f0(x) 2h
= f
00(x) 2 ,
onde em (∗) usamos a Regra de L’Hospital5. Deste modo, temos da regra do quociente que
∂F
∂x(x,y) =
f(y)− f(x)−f0(x)(y−x)
(y−x)2 , sex6=y;
f00(x)
2 , sex=y
e, analogamente, que:
∂F
∂y(x,y) =
f(x)− f(y)− f0(y)(x−y)
(x−y)2 , sex 6=y;
f00(x)
2 , sex =y.
Fazendoy−x →0 vê-se que ambas as derivadas são contínuas.
Afirmação. Se f: Rn → Rk é diferenciável em p ∈ Rn, necessariamente existe o limite
hlim→0
f(p+h)−f(p) khk ?
Solução: Pegadinha. Tomen = k = 1 e f = id, este limite fica lim
h→0h/|h|.
5Isso não seria um curso de Cálculo se não usássemos L’Hospital nenhuma vez...^· ·
Exemplo(Um caso concreto). Considere a função f: R4 →R4dada por f(x,y,z,w) = (xseny,z2+ew, cos(x+y+z+w), arctan(xyzw)). Claramente f é de classeC∞ (suas entradas o são). Vamos calcular
Df(0, 0, 0, 0)(1, 2, 3, 4),
ou seja, a imagem do vetor (1, 2, 3, 4) pela aplicação linear Df(0, 0, 0, 0). Faremos o abuso de notação (muito comum) de também denotar a ma- triz deDf(x,y,z,w) nas bases canônicas deR4(isto é, a matriz Jacobiana) também porDf(x,y,z,w). Um algoritmo para calcular rapidamente esta matriz sem confusões é
colocar os gradientes das componentes de f emlinhas Assim, temos queDf(x,y,z,w)é dada por
seny xcosy 0 0
0 0 2z ew
−sen(x+y+z+w) −sen(x+y+z+w) −sen(x+y+z+w) −sen(x+y+z+w) yzw
1+ (xyzw)2
yzw 1+ (xzw)2
xyw 1+ (xyzw)2
xyz 1+ (xyzw)2
.
Em particular, temos:
Df(0, 0, 0, 0) =
0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0
.
Como vetores emRn se confundem com suas coordenadas na base canô- nica, segue que
Df(0, 0, 0, 0)(1, 2, 3, 4) =
0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0
1 2 3 4
=
0 4 0 0
.
Ou seja, temos queDf(0, 0, 0, 0)(1, 2, 3, 4) = (0, 4, 0, 0). Exemplo(Blocos).
1. Suponha que f: Rn1 ×Rn2 → Rm seja diferenciável. A decompo- sição Rn1+n2 = Rn1 ×Rn2 induz, em cada ponto (x,y), derivadas parciais “gordas” (veja a observação seguinte)Dxf(x,y): Rn1 →Rm eDyf(x,y): Rn2 →Rm satisfazendo
Df(x,y)(h,k) =Dxf(x,y)(h) +Dyf(x,y)(k),
para todos(h,k) ∈ Rn1 ×Rn2. Deste modo, a matrizDf(x,y)(que é de tamanhom×(n1+n2)) se decompõe em dois blocos (umm×n1, o outrom×n2) do seguinte modo:
Df(x,y) = Dxf(x,y) Dyf(x,y) .
2. Sejam f: Rn1 →Rkeg: Rn2 →Rkdiferenciáveis, e defina uma nova funçãoF: Rn1×Rn2 →Rk×Rkpor
F(x,y) = (f(x), f(x) +g(y)).
Claramente F é diferenciável, e se F = (F1,F2), o mesmo princípio feito no cálculo do exemplo anterior se aplica: para calcularDF(x,y) empilhamos as derivadas totais das componentes deFem linhas,
uma em cima da outra
Juntando isto com o ponto 1 acima, podemos calcularDF(x,y)neste caso concreto como:
DF(x,y) =
DF1(x,y) DF2(x,y)
=
DxF1(x,y) DyF1(x,y) DxF2(x,y) DyF2(x,y)
=
Df(x) 0 Df(x) Dg(y)
, levando em conta que F1(x,y) = f(x) eF2(x,y) = f(x) +g(y). Fa-
remos as contas mais detalhadamente adiante. Além disto, preste atenção aos tamanhos dos blocos acima.
Observação(para os muito curiosos). SeS⊆Rn é um subespaço vetorial de Rn e f: Rn → Rk é uma função, então diremos que a derivada dire- cional de f na direção de S em um ponto p ∈ S, caso exista, é a (única) transformação linearDSf(p): S →Rk tal que
hlim→0 h∈S
f(p+h)−f(p)−DSf(p)(h)
khk =0.
