MAT5711 - C´ alculo Avan¸cado
Aula 1
18 de mar¸co de 2020
Conte´ udo
0.1 Aula 1 - 18 de mar¸co . . . 4 0.2 Aula 2 - 20 de mar¸co . . . 8 0.3 Aula ? - 29 de Abril . . . 12
0.1 Aula 1 - 18 de mar¸ co
Na ´ultima aula que tivemos presencialmente, no dia 13, foi introduzido o conceito de imers˜ao.
Defini¸c˜ao 1. Seja A um aberto de Rn e f:A → Rn+k (k ≥ 0) uma fun¸c˜ao de classe C1. Dado x0∈A, dizemos quef ´e umaimers˜aoemx0 seDf(x0) ´e injetora.
Lembrar o que isso significa em termos da matriz jacobiana tamb´em ´e importante. Dizer quef
´
e uma imers˜ao emx0 implica que a matriz jaccobiana possui um menorn×n com determinante n˜ao-nulo. e depois, foi apresentada uma proposi¸c˜ao (cuja demonstra¸c˜ao ´e baseada na forma vetorial do teorema do valor m´edio.
Proposi¸c˜ao 1. Sejam, como acima, A ⊆ Rn aberto e f: A → Rn+k (k ≥ 0) uma fun¸c˜ao C1. Suponhamos quef seja uma imers˜ao em um certo pontox0∈A.Ent˜ao existe uma vizinhan¸caU de x0, U ⊆Atal quef ´e injetora emU. Al´em disso, se chamo W =f(U),temos que f−1: W →U ´e cont´ınua.
Exemplo 1. Considere a fun¸c˜aof:R2→R2+1 dada por
f(x, y) = (x2+ 1,2x+ 3y, xy+ 5x2).
Observe quef ´e de classeC1,pois todas as derivadas parciais existem e s˜ao cont´ınuas. Nesse caso, a matriz jacobiana num ponto (x0, y0)∈R2´e
Jf(x0, y0) =
∂ f1
∂x(x0, y0) ∂ f∂y1(x0, y0)
∂ f2
∂x(x0, y0) ∂ f∂y2(x0, y0)
∂ f3
∂x(x0, y0) ∂ f∂y3(x0, y0)
=
2x0 0
2 3
y0+ 10x0 x0
Suponha quef n˜ao ´e uma imers˜ao num certo ponto (x, y∈R2.Ent˜ao, devemos ter todos os menores com determinante nulo, ou seja
2x 0 2 3
=
2x 0 y+ 10x x
=
2 3 y+ 10x x
= 0⇒
6x= 0 2x2= 0
−28x−3y= 0
⇒(x, y) = (0,0).
Portanto, conclu´ımos quef ´e uma imers˜ao para todos os pontos deR2\ {(0,0,}.
Exemplo 2. DadoA= (0,7)2⊆R2,seja a fun¸c˜aog:A→R3dada por g(x, y) =
xy, x,12y4−49y3+ 66xy2−35yx2+ 6x Veja queg ´e de classeC1.A matriz jacobiana que representaDg(x0, y0) ´e dada por
Jg(x0, y0) =
∂ g1
∂x(x0, y0) ∂ g∂y1(x0, y0)
∂ g2
∂x(x0, y0) ∂ g∂y2(x0, y0)
∂ g3
∂x(x0, y0) ∂ g∂y3(x0, y0)
=
yxy−1 xylogx
1 0
66y2−70xy+ 6 3y2(16y−49)−35x2+ 132xy
Como anteriormente, suponha quegn˜ao ´e uma imers˜ao num certo ponto (x, y)∈R2.Ent˜ao, devemos ter todos os menores com determinante nulo, ou seja
yxy−1 xylogx
1 0
=
yxy−1 xylogx
66y2−70xy+ 6 3y2(16y−49)−35x2+ 132xy
=
CONTE ´UDO 0.1. AULA 1 - 18 DE MARC¸ O
1 0
66y2−70xy+ 6 3y2(16y−49)−35x2+ 132xy
= 0⇒
−xylogx= 0 2x2= 0
3y2(16y−49)−35x2+ 132xy= 0 Do primeiro menor, devemos−xylogx= 0 o que implica que x= 0 oux= 1.Mas como o dom´ınio de g ´e A, segue que a ´unica op¸c˜ao poss´ıvel ´e x = 1. Analisemos agora o segundo menor. Sendo x= 1,temos y(3y2(16y−49) + 132y−35) = 0.Observando o 3y2(16y−49)−35x2+ 132xy = 0, ex= 1, logo 3y2(16y−49) + 132y−35 = 0. Precisamos analisar as ra´ızes da equa¸c˜ao de terceiro grau 48y3+ 147y2+ 132y−35 = 0. Dada uma equa¸c˜ao de terceiro graux3+a2x2+a1x+a0= 0, se considerarmos
Q=3a1−a22
9 e R= 9a1a2−27a0−2a32
54 ,
temos 3 situa¸c˜oes poss´ıveis:
• SeQ3+R2>0,a equa¸c˜ao possui uma solu¸c˜ao real e duas imagin´arias e conjugadas;
• SeQ3+R2= 0,a equa¸c˜ao possui 3 solu¸c˜oes reais, e pelo menos duas delas s˜ao iguais;
• SeQ3+R2<0,todas as solu¸c˜oes s˜ao reais e distintas entre si, podendo ser obtidas por
x1= 2√
−Qcos
θ 3
x2= 2√
−Qcos
θ 3+2π3 x3= 2√
−Qcos
θ 3+4π3
, onde cosθ=− R p−Q3.
Para o nosso caso, temos a equa¸c˜aoy3−4916y2+114y−3548 = 0,e assim Q= 3 114
− −49162
9 =−
17 48
2
e R=9· 114
−4916
−27 −3548
−2 −49163
54 = 2737
110952. Como
− 174823
+ 1109522737 2
= (2−174·3)66 + 722·17242·3·236 2 = − 230485 2
< 0. Assim, a equa¸c˜ao admite 3 ra´ızes reais distintas, sendo elas
ξ1= 1724cos
θ 3
ξ2= 1724cos
θ 3+2π3 ξ3= 1724cos
θ 3+4π3
, onde cosθ=−10752 19363.
Vemos que 0 < ξi < 1, e portanto, (1, ξi) ∈ A. Assim g ´e uma imers˜ao para todo ponto de A\ {(1, ξ1),(1, ξ2),(1, ξ3)}.
Vejamos o que significa a proposi¸c˜ao 1. Dado qualquer ponto que n˜ao seja (1, ξi), vimos que a fun¸c˜aog acima ´e uma imers˜ao. Obviamente, isso n˜ao significa necessariamente que g seja injetora (basta ver queg(1,1) =g(1,2) =g 1,13
=g 1,34
= (1,1,0)). Por´em, o fato degser uma imers˜ao implica uma injetividade local deg.Considere o ponto (2,3). g´e uma imers˜ao nesse ponto. Assim, a proposi¸c˜ao 1 nos garante que existe um abertoU ⊆A contendo (2,3) no qualg´e injetora. Nesse caso espec´ıfico, podemos tomarU = (1,3)×(2,4).
O Teorema faz uso de uma vers˜ao de tipo vetorial do teorema do valor m´edio.
No mesmo arquivo, os exemplos da p´agina 62-63 s˜ao interessantes e sugiro que vocˆes estudem eles.
Uma consequˆencia da proposi¸c˜ao 1 ´e o teorema seguinte:
Teorema 1 (Teorema da Imers˜ao). Sejam A ⊆Rn aberto e f:Rn →Rn+k (k >0) de classeC1. Sejax0∈Afixado. Sef ´e uma imers˜ao em x0,ent˜ao existe um abertoU ⊆A, tal quex0∈U (ou seja, uma vizinhan¸ca aberta de x0 contida emA e tal que f(U) ´e gr´afico de uma fun¸c˜ao de classe C1g:W →Rk, ondeW ´e um aberto em Rn.
Antes de dar a demonstra¸c˜ao, observe queW n˜ao ser´a contido emA,nem ir´a conterx0.Temos um problema de dimens˜oes; g ser´a uma fun¸c˜ao de n vari´aveis, f ´e uma fun¸c˜ao de n+k vari´aveis.
Observe tamb´em a conclus˜ao do enunciado do teorema, a fun¸c˜aog cai em Rk, assimk precisa ser pelo menos 1.
Outra observa¸c˜ao antes de ver a demonstra¸c˜ao: Pegue uma fun¸c˜ao qualquer (pelo menos C1);
por exemplo h(x) :R→R, h(x) =x2. Veja que hn˜ao ´e injetora. E pegue o gr´afico dela, G(h) = {(x, y)∈R:y=x2}.Observe que tal gr´afico ´e imagem de uma fun¸c˜aof: R→R2, f(x) = (x, x2).
(G(h) ´e imagem def,n˜ao gr´afico def,o gr´afico def est´a emR3e s˜ao os pontos (x, x, x2); ´e outra coisa e aqui n˜ao interessa). Observe quef ´e uma imers˜ao em todos os pontos do dom´ınio (verifique como exerc´ıcio). O teorema trara em geral deste tipo de fun¸c˜oes.
Demonstra¸c˜ao. considereDf(x)0 o operador diferencial, que ´e injetor por hip´otese. Seja a matriz jacobiana associada
Jf(x0) =
∂ f1
∂x1(x0) · · · ∂x∂ f1
n(x0) ... . .. ...
∂ fn+k
∂x1 (x0) · · · ∂ f∂xn+k
n (x0)
Jf(x0) ´e uma matriz retangular, n˜ao tem determinante. As linhas dela s˜ao vetores deRn.Pelos resultados cl´assicos de ´Algebra Linear1, temos nlinhas linearmente independentes emRn.Ou seja, em outras palavras, essas linhas podem ser isoladas para formar uma matriz quadrada que ter´a determinante n˜ao-nulo.
• Caso 1: Suponhamos que tais linhas sejam asnprimeiras. Nesse caso,
Jf(x0) =
∂ f1
∂x1(x0) . . . ∂x∂ f1
n(x0) ... . .. ...
∂ fn
∂x1(x0) . . . ∂ f∂xn
n(x0)
∂ fn+1
∂x1 (x0) . . . ∂ f∂xn+1
n
(x0) ... . .. ...
∂ fn+k
∂x1 (x0) . . . ∂ f∂xn+k
n (x0)
Imagine agora a identifica¸c˜ao natural deRn+k comRn×Rk (parece bobagem, mas ´e bom que seja declarada, porque vamos trabalhar comRn×Rk,´e mais pr´atico). Podemos assim escrever
f(x) = (v(x), w(x)),
ondev:A→Rn, w: A→Rk.Pela hip´otese deste caso 1,Dv(x0) :Rn→Rn´e um isomorfismo.
Aplicamos o teorema da fun¸c˜ao inversa; existem uma vizinhan¸ca abertaU dex0emRn(U ⊆A) e uma vizinhan¸ca abertaV dev(x0) emRn tais que a restri¸c˜ao devaU, v: U →V ´e injetora e sobrejetora, C1 e com inversaC1.Seja agorag:V →Rk,ondeg(y) =w(v−1(y)) definida em um aberto deRn que cont´em v(x0) (n˜aox0).
1Vejam por exemplo o livro do Serge Lang ou muitos outros igualmente
CONTE ´UDO 0.1. AULA 1 - 18 DE MARC¸ O Agora, a imagem def emU ´e{(v(x), w(x)), x∈U}.O gr´afico deg´e
G(g) ={(y, g(y)) :y∈V};
assimy=v(x), x∈U eg(y) =w(v−1(y)) =w(x), x∈U.Ou seja, os dois conjuntos s˜ao iguais.
• Caso 2: ConsidereDf(x0) e imagine que, emJf(x0),as linhasej1, . . . , ejnsejam linearmente independentes, ondei7→ji´e uma aplica¸c˜ao crescente e injetora de{1, . . . , n}em{1, . . . , n+k}.
A ideia mais natural aqui ´e tentar dar um jeito de fazer essas linhas se tornarem as primeiras e aplicar o caso anterior. Para isso, vamos fazer uma multiplica¸c˜ao de matrizes que resolva nosso problema. Considere o isomorfismo linear T:Rn+k → Rn+k, definido da seguinte maneira:
chame ej o j-´esimo elemento da base canˆonica de Rn+k. T(ej1) = e1, . . . , T(ejn) =en; al´em disso, sobramkvetores da base canˆonica deRn+k (tirando osej) que devem ser aplicados em en+1, . . . , en+k.
Considere ˜f =T◦f:A→Rn+k.Observe queJf˜(x0) possui as primeirasnlinhas linearmente independentes, recaindo no caso 1.
UseT para obterg que funcione paraf.
Ao lado do conceito de imers˜ao tem aquele de submers˜ao:
Defini¸c˜ao 2. SejamAaberto emRn ef: A→Rmde classeC1.Dadox0∈A, f ´e ditasubmers˜ao emx0seDf(x0) ´e sobrejetora.
Neste caso, a matriz jacobiana
Jf(x0) =
∂ f1
∂x1(x0) · · · ∂x∂ f1
n(x0) ... . .. ...
∂ fm
∂x1(x0) · · · ∂ f∂xm
n(x0)
tem estritamente mais colunas do que linhas, porquen≥m,sendoDf(x0) sobrejetora. EJf(x0) possuimcolunas linearmente independentes.
Teorema 2 (Teorema da Submers˜ao). Sejam A ⊆ Rn+p aberto e f: A → Rn+p de classe C1, submers˜ao em um ponto x0 ∈A. Suponhan >0.Ent˜ao existe um abertoU deRn+p, x0∈U ⊆A tal quef(U) ´e aberto emRp.
Demonstra¸c˜ao. Suponhamos que a matriz jacobiana deDf(x0) seja da forma Jf(x0) = J1 J2
, onde
J1=
∂ f1
∂x1(x0) · · · ∂x∂ f1
n(x0) ... . .. ...
∂ fp
∂x1(x0) · · · ∂x∂ fp
n
(x0)
e
J2=
∂ f1
∂xn+1(x0) · · · ∂x∂ f1
n+1(x0) ... . .. ...
∂ fp
∂xn+p(x0) · · · ∂x∂ fp
n+p(x0)
Observe que J1 ´e retangular, e suponhamos que estamos num caso an´alogo ao caso 1 do teorema anterior, ou seja, detJ26= 0.
Se n˜ao for assim, podem primeiro ver a demonstra¸c˜ao deste caso onde as colunas linearmente independentes est˜ao ordenadas nas ´ultimas posi¸c˜oes, para depois proceder de um jeito parecido ao caso 2 geral do teorema anterior.
Assim, considere F:A → Rn×Rp. Imagine Rn+p = Rn×Rp e os pontos apresentados como pares (s, t), s∈ Rn, t ∈ Rp. Portanto, definimos F:A → Rn×Rp, por F(s, t) = (s, f((s, t)). Seja (s0, t0) =x0. F ´e claramenteC1,e temos
JF(s0, t0) =
IdRn 0 J1 J2
.
O determinante deJF(s0, t0) ´e n˜ao-nulo.
Portanto, podemos aplicar o teorema da fun¸c˜ao inversa. Existem um abertoU de Rn+p, com x0= (s0, t0)∈U ⊆Ae um abertoW deRn×Rp, F(s0, t0)∈W tais queF U:U →W ´e biun´ıvoca.
Observe quef(U) ´e a proje¸c˜ao deW sobre o segundo espa¸co, ou seja,P: Rn×Rp→Rp, P(w1, w2) = w2ef(U) =P(W) ´e aberto e este fato conclui a prova.
Exerc´ıcio 1. Prove queP manda abertos em abertos.
0.2 Aula 2 - 20 de mar¸ co
Como consequˆencia do Teorema da Submers˜ao 2, temos o seguinte
Corol´ario 1. SejaA⊆Rn+p aberto, ef:A→Rpde classeC1uma submers˜ao em todos os pontos deA. Sen >0,ent˜aof ´e aberta e n˜ao ´e injetora.
Observa¸c˜ao 1. Uma fun¸c˜aof ´e dita aberta se manda conjuntos abertos do dom´ınio em conjuntos abertos do contradom´ınio. A condi¸c˜ao n > 0 serve unicamente para provar que f n˜ao pode ser injetora.
Demonstra¸c˜ao. Vamos provar quef ´e aberta. Seja B ⊆A um aberto (sendo A aberto ou Rn+p, B ⊆A ´e aberto emA se e somente se ´e aberto em Rn+p, diferente seria a hist´oria se falamos B fechado ouAn˜ao aberto; nesses casos, ´e necess´ario dizer claramente em qual topologia). Queremos provar que f(B) ´e aberto em Rp. Seja q ∈ f(B) e seja p∈ B tal que f(p) =q. Pelo Teorema da Submers˜ao 2, existe uma vizinhan¸ca abertaUp ⊆A, comp∈ Up, tal quef(Up) ´e aberto. Assim, f(Up) ´e um aberto deRp que cont´emqe est´a contido emf(B).Pela arbitrariedade dep,isso prova quef(B) ´e aberto. A fun¸c˜ao n˜ao pode ser injetora pela raz˜ao seguinte: sejap0∈A; sabemos que Df(p0) :Rn+p → Rp ´e sobrejetora. Se n > 0, aplicamos o Teorema da Fun¸c˜ao Impl´ıcita e existe uma vizinhan¸caU dep0 tal que o conjunto {x∈Up :f(x) =f(p0)}´e gr´afico de uma fun¸c˜ao de n vari´aveis, ou seja, n˜ao se reduz ao ´unico pontop0.
Vamos agora concluir esta parte do c´alculo diferencial multidimensional com o Teorema do Posto.
Consideramos primeiramente uma matriz
M =
a11 . . . a1n
... . .. ... am1 . . . amn
CONTE ´UDO 0.2. AULA 2 - 20 DE MARC¸ O que possuimlinhas encolunas, naturalmente associada a um operador linear que tamb´em chama- remos de M:Rn →Rm, abusando um pouco da nota¸c˜ao. Em ´Algebra Linear, se define o posto de M como o n´umero m´axiom de linhas ou colunas linearmente independentes. Se prova que se maxL´e o n´umero m´aximo de linhas linearmente independentes (como vetores deRn,no caso daM acima) e maxC ´e o n´umero m´aximo de colunas linearmente independentes, como vetores em Rm, ent˜ao maxL= maxC.Tal n´umerok≤min{m, n}´e chamado posto deM.
Sabemos que, se o posto de M ´e k, ent˜ao existe uma submatriz de M, quadrada k×k, com determinante n˜ao-nulo. Mas ´e necess´ario definir uma submatriz. Seja ent˜aoM como acima. Seja k≤mek≤n.Sejam duas fun¸c˜oes injetoras crescentesi→ji, i→ei,onde i= 1, . . . , k ji inteiro entre 1 emeei inteiro entre 1 e n.De fato, estamos fazendo uma sele¸c˜ao de klinhas e k colunas.
A nova matriz quadrada ´e
N =
aj1e1 . . . aj1ek ... . .. ... ajke1 . . . ajkek
.
Esta ´e uma submatriz (tamb´em dita um menor) quadrada. Em outras palavras, n˜ao se pode escolher de qualquer maneira os elementos da nova matriz. Os resultados da ´Algebra Linear dizem que se M tem postok, ent˜ao existe uma submatriz quadradak×kcom deterinante n˜ao nulo e n˜ao existe uma submatriz quadrada (k+ 1)×(k+ 1) com determinante n˜ao nulo.
Do ponto de vista linear, temos trˆes resultados (entre outros):
1. SeM ´e uma matrizm×n,ondem=ne tem posto m´aximo, ent˜ao o operador linear associado
´
e um isomorfismo;
2. Sem≥neM tem poston,ent˜ao operador linear associado ´e sobrejetor;
3. Sem≤neM tem poston, ent˜ao o operador linear associado ´e injetor.
Os trˆes casos anteriores sempre contemplam a situa¸c˜ao de M de posto m´aximo poss´ıvel. Do ponto de vista n˜ao linear, quando temos uma fun¸c˜aof de classe C1 eDf(x0) tem posto m´aximo, temos o Teorema da Fun¸c˜ao Inversa, o Teorema da Fun¸c˜ao Impl´ıcita, o Teorema da Imers˜ao e o Teorema da Submers˜ao, dependendo sen=mou maior ou menor. Trata-se de teoremas n˜ao lineares e locais.
Quando, no caso linear, o posto da matriz n˜ao ´e o m´aximo poss´ıvel temos o cl´assico resultado (que assume nomes diferentes em pa´ıses diferentes)
Teorema 3 (Teorema de Rouch´e-Capelli, Teorema de Rouch´e-Frobenius). Seja M: Rn → Rm o operador linear asssociado `a matri que chamamos ainda deM. Sejak o posto da matriz. Ent˜ao, a dimens˜ao do espa¸co de solu¸c˜oes do sistemaM v= 0 coincide comn−k.
No caso n˜ao linear a situa¸c˜ao ´e diferente, mas temos um resultado que cuida dos casos em que Df(x0) n˜ao tem posto m´aximo.
Teorema 4 (Teorema do Posto). SejaA⊆Rm aberto ef:A→Rn de classeC1.Seja constante o posto deDf(x), ∀x∈A, sendoptal valor. Suponhamosp >0 (Df(x0) n˜ao ´e o operador nulo) e p < n, p < m.Dados0∈A,ent˜ao existe um abertoW ⊆A, s0∈W tal quef(W) ´e gr´afico de uma fun¸c˜aoC1 definida em um aberto deRp com valores emRn−p.
Teorema 5. SejaP uma pergunta. Ent˜ao,P deve ser feita no Posto Ipiranga.
Demonstra¸c˜ao. Sejasum gen´erico ponto deA(spode ser qualquer). A matriz a ssociada aDf(s)
´ e
Jf(s) =
∂ f1
∂x1(s) . . . ∂x∂ f1
m
(s) ... . .. ...
∂ fn
∂x1(s) . . . ∂x∂ fn
m(s)
Suponhamos que o menor com determinante n˜ao nulo, fixado um pontos0 ∈A, seja embaixo `a direita:
Jf(s0) =
∂ f1
∂x1(s0) . . . ∂x∂ f1
n−p(s0) ∂x∂ f1
n−p+1(s0) . . . ∂x∂ f1
n
(s0)
... . .. ... ... . .. ...
∂ fm−p
∂x1 (s0) . . . ∂ f∂xm−p
n−p(s0) ∂x∂ fm−p
n−p+1(s0) . . . ∂∂xm−p
n (s0)
∂ fm−p+1
∂x1 (s0) . . . ∂ f∂xm−p+1
n−p (s0) ∂ f∂xm−p+1
n−p+1(s0) . . . ∂m−p+1∂x
n (s0)
... . .. ... ... . .. ...
∂ fm
∂x1(s0) . . . ∂x∂ fm
n−p(s0) ∂x∂ fm
n−p+1(s0) . . . ∂x∂m
n(s0)
Seja, nesse caso particular, a matriz
Jf(s0) =
∂ fm−p+1
∂xn−p+1(s0) . . . ∂ fm−p+1∂x
n
(s0) ... . .. ...
∂ fm
∂xn−p+1(s0) . . . ∂ f∂xm
n(s0)
com determinante n˜ao nulo. Vamos agora representarRmcomoRm−p×Rp,RncomoRn−p×Rp. Os pontoss∈Acomos= (x, y),ondex∈Rm−p, y∈Rp,e
f(s) =f(x, y) = (u(x, y), v(x, y)), ondeu:A→Rn−p, v: A→Rp.
A submatriz acima, que estamos supondo invers´ıvel ´e de fato a matriz de∂ v∂y(s0),matrizp×p.O determinante ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua (e aqui estamos usando a continuidade das derivadas, ou seja, o fato de f se C1.) Pela conserva¸c˜ao s0 ∈U vaso, tal que ∀(x, y)∈U, tenhamos det∂ v∂y(x, y)6= 0.
Considere agoraF:U →Rn−p×Rp,dada porF(x, y) = (x, v(x, y)).Para todo (x, y)∈U,temos JF(x, y) = IdRn−p 0
∂ v
∂x(x, y) ∂ v∂y(x, y)
!
E imediato observar que o determinante ´´ e n˜ao nulo. A menos de restringir eventualmenteU,podemos apliccar o Teorema da FUn¸c˜ao Inversa e dizer que existe um aberto W ⊆A, (x0, y0) =s0 ∈W,e dois abertosU1⊆Rn−p,x0 ∈U eV1⊆Rp,comv(s0)∈V,tais queF(W) =U1×V1. F ´e injetora e sobrejetora e com inversaC1. Chamamos deGtal inversa. Se (α, β) ´e uma vari´avel em U1×V1, ent˜ao pode-se verificar que
v(h(α, β)) =β e v(h(U1×V1)) =v(W) =V.
Portanto
f(W) =f(h(U1×V1)) ={(f◦h)(α, β)|α∈U1, β∈V1},
CONTE ´UDO 0.2. AULA 2 - 20 DE MARC¸ O que ´e um conjunto do tipo
{(λ(α, β), β),∀(α, β)∈U1×V1},
ondeλ´e de classeC1 sendo composi¸c˜ao de fun¸c˜oes de classeC1.Considere agora f◦h: U1×V1⊆ Rn−p×Rp →Rn num ponto gen´erico (α, β)∈U1×V1,h´a D(f◦h)(α, β) associado `a matriz
Jf◦h(α, β) =
∂ λ
∂α(α, β) ∂ λ∂β(α, β) 0 IdRp
!
Tal matriz ´e produto, pela regra da cadeia, Jf(h(α, β))
| {z } tem postop
· Jh(α, β)
| {z }
´e um isomorfismo .
Portanto, o posto de Jf◦h(α, β) n˜ao ultrapassape isso significa que ∂ λ∂α(α, β) deve ser identica- mente nula (n˜ao determinante nulo, mas sim toda a matriz completamente zerada, sen˜ao ela iria aumentar o posto deJf◦h(α, β),somente tendo um elemento n˜ao nulo).
Portantoλn˜ao depende de sua primeira coordenada e f(W) ={(λ(β), β)|β ∈V1}, ou seja, ´e o gr´afico de uma fun¸c˜ao definida em um aberto deRp.
Para concluir, a t´ecnica ´e parecida `a demonstra¸c˜ao do Teorema da Fun¸c˜ao Impl´ıcita e, como naquele caso, podemos passar ao caso geral removendo a condi¸c˜ao inicial de que a submatrizp×p com determinante n˜ao nulo fosse aquela embaixo e `a direita ouJf(s0).
0.3 Aula ? - 29 de Abril
SejaE⊆Rn e sejaf :E→Rlimitada e sejax∈E fixado eδ >0 fixado. Definimos:
M(f, x, δ) = sup{f(y) :y∈E,|y−x|< δ}, e tamb´em:
m(f, x, δ) = inf{f(y) :y∈E,|y−x|< δ}.
E f´´ acil ver que a fun¸c˜ao:
δ7→M(f, x, δ)
´
e crescente, e a fun¸c˜ao:
δ7→m(f, x, δ)
´
e decrescente. Assim podemos definir aoscila¸c˜ao def em xcomo:
o(f, x) = lim
δ→0 M(f, x, δ)−m(f, x, δ) .
Ent˜ao temoso(f, x)≥0 para todox∈E.
Exerc´ıcio 2. Mostre quef ´e cont´ınua em xse e s´o seo(f, x) = 0.
Lema 1. Seja Q⊆Rn retˆangulo. Seja f :Q →R limitada. Seja ε >0 tal que o(f, x)< ε para todox∈Q. Ent˜ao existe uma parti¸c˜aoP deQtal que:
S(f, P)−s(f, P)< ε·v(Q).
Demonstra¸c˜ao. Sejax∈Qfixado. Ent˜ao existe um retˆangulo Qx tal que:
sup
t∈Qx
f(t)− inf
t∈Qxf(t)< ε.
A fam´ılia{Qx}x∈Q´e uma cobertura do conjuntoQ, o qual ´e compacto. Assim existe uma subcober- tura finita deQ. Posso definir uma parti¸c˜ao P deQtal que cada Rsubretˆangulo determinado por P seja contida em algum Qx da subcobertura finita. Assim para todo subretˆangulo Rde P temos o seguinte:
sup
t∈R
f(t)−inf
t∈Rf(t)< ε.
Logo:
S(f, P)−s(f, P)< ε·v(Q).
Teorema 6. Seja Q um retˆangulo de RN. Seja f : Q → R limitada. Chame B o conjunto dos pontos deQnas quaisf ´e descont´ınua. Ent˜aof ´e integr´avel se e s´o seB tem medida nula.
Demonstra¸c˜ao. (⇐) Suponhamos queB tenha medida nula. Sejaε >0 fixado. Basta cobrirBcom interiores de retˆangulos fechados Ui tais queP∞
i=1v(Ui)< ε, e escolher para cada x∈Q\B um retˆangulo fechadoVx, contendoxem seu interior, com:
sup
t∈Vx
f(t)− inf
t∈Vx
f(t)< ε.
CONTE ´UDO 0.3. AULA ? - 29 DE ABRIL Pela compacidade de Q, ent˜ao existem Ui1, . . . , Uik, Vx1, . . . , Vxl que cobrem Q. Considere uma parti¸c˜aoP tal que todo subretˆangulo esteja contida em algum dosUi1, . . . , Uik, Vx1, . . . , Vxl. Sendo M tal que∀x∈Q:
f(x)
≤M, ent˜ao:
S(f, P)−s(f, P)< εv(Q) + 2M ε.
Portantof ´e integr´avel.
(⇒) Suponhamos quef seja integr´avel. Paraε >0 seja:
Bε={x∈Q:o(f, x)≥ε}.
Ent˜ao:
B=
∞
[
n=1
B1 n. E suficiente mostar que cada´ B1
n tem medida nula. De fato mostraremos que cadaB1
n tem conte´udo nulo. Sejak≥1 um natural fixado. Sejaε >0 fixado. Pela integrabilidade def, existe uma parti¸c˜ao P deQtal que:
S(f, P)−s(f, P)< ε k.
Podemos encerrar a demonstra¸c˜ao de pelo menos duas maneiras diferentes:
Maneira 1:
Seja P1 o conjunto dos subretˆangulos R deP que contˆem algum ponto deB1
k no interior. Ent˜ao P1 cobre os pontos deB1
k que estiverem no interior de algum subretˆangulo de P, enquanto que as bordas dos subretˆangulos deP cobrem o restante dos pontos deB1
k. ´E f´acil ver que a reuni˜ao das bordas dos subretˆangulos deP tem conte´udo nulo, assim pode ser coberto por uma cole¸c˜ao finita de retˆangulosS1, . . . , Sl tais quev(S1) +· · ·+v(Sl)< ε. Al´em disso, paraR∈P1, ent˜ao temos:
sup
t∈R
f(t)−inf
t∈Rf(t)≥ 1 k. Assim:
1 k · P
R∈P1
v(R) ≤ P
R∈P1
sup
t∈R
f(t)−inf
t∈Rf(t)
! v(R)
≤ P
R∈P
sup
t∈R
f(t)−inf
t∈Rf(t)
! v(R)
= S(f, P)−s(f, P)
< kε, de modo que:
X
R∈P1
v(R)< ε.
PortantoB1
k pode ser coberto porS1, . . . , Sle osR∈P1e:
l
X
i=1
v(Si) + X
R∈P1
v(R)<2ε.
Maneira 2:
SejaP2o conjunto dos subretˆangulosRdeP tais que:
sup
t∈R
f(t)−inf
t∈Rf(t)> 1 4k. Parax∈B1
k, ent˜ao existem pontosa, b∈Qtais que:
f(a)−f(b) > 1
2k
e tamb´em{x, a}esteja contido em algumR∈P e{x, b}esteja contido em algumS ∈P (os ReS podem ser iguais). Ent˜ao existe umc∈ {a, b} tal que:
f(x)−f(c) > 1
4k, a´ı existe umR∈P tal que{x, c} ⊆R, de modo que:
sup
t∈R
f(t)−inf
t∈Rf(t)> 1 4k, assimx∈R∈P2. Portanto os retˆangulos deP2 cobremB1
k. Agora temos o seguinte:
1 4k · P
R∈P2
v(R) ≤ P
R∈P2
sup
t∈R
f(t)−inf
t∈Rf(t)
! v(R)
≤ P
R∈P
sup
t∈R
f(t)−inf
t∈Rf(t)
! v(R)
= S(f, P)−s(f, P)
< kε, de modo que:
X
R∈P1
v(R)<4ε.