MAT5719 - Cálculo DiferencialGeométrico no Rn.

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 de x só apresenta os algarismos 0 e 2}

é fechado.

1

Solução: A expansão ternária de x ∈ [0, 1] basicamente consiste em escre-ver

x = ∑m≥1

am3m

= [0, a1a2 . . .]3,

onde (am)m≥1 é uma sequência que assume apenas os valores 0, 1 e 2. Va-mos mostrar que Cé fechado identificando cada elemento x com a sequên-cia (am)m≥1 associada, 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 que xn → x, tem-se também x ∈ D.

A demonstração desta proposição provavelmente é algum exercício,que podemos discutir no futuro. Seja (xn)n≥1 ⊆ C, e suponha que xn → 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 todos n, k ≥ 1. Como xn → x, as colunas (ank)n≥1convergem para bk. Mas uma sequência que só assume dois valores e éconvergente deve ser eventualmente constante (prova: na definição de li-mite considere o n0 correspondente a e = 1/2). Assim temos que bk tam-bém é 0 ou 2. Como isto vale para todo k ≥ 1, concluímos que x ∈ C. PelaProposição enunciada, C é fechado.

Bônus: como C é fechado dentro do compacto [0, 1], também concluí-mos que C é compacto. Pode-se mostrar ainda que C é não-enumerávelimitando o argumento diagonal de Cantor utilizado na demonstração deque [0, 1] é não-enumerável.

Afirmação. Dados p ∈ Rn e r > 0, B(p, r) é convexa.

Solução: Dados x, y ∈ B(p, r), devemos mostrar que um ponto qualquerdo segmento ligando x e y está em B(p, r), ou seja, que tx + (1− t)y ∈

2

B(p, r) para todo t ∈ [0, 1]. Temos:

‖tx + (1− t)y− p‖ = ‖tx + (1− t)y− tp− (1− t)p‖≤ ‖tx− tp‖+ ‖(1− t)y− (1− t)p‖= t‖x− p‖+ (1− t)‖y− p‖< tr + (1− t)r= r,

como queríamos.

r

p

x

y

Figura 1: Convexidade de B(p, r).

Afirmação. Dados p ∈ Rn e r > 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 abertassão 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.

Seja x ∈ B(p, r). Devemos ver que x é um ponto interior de B(p, r), ouseja, que existe e > 0 tal que B(x, e) ⊆ B(p, r). Se x = p, e = r serve. Sex 6= p, tomamos e = r− ‖x− p‖. Assim B(x, e) ⊆ B(p, r). Com efeito, se

3

y ∈ B(x, e), temos

‖y− p‖ = ‖y− x + x− p‖≤ ‖y− x‖+ ‖x− p‖< e + ‖x− y‖= r,

como queríamos.

r

p

xe

Figura 2: Cada bola B(p, r) é um conjunto aberto.

Afirmação. Seja D ⊆ Rn. Então D̊ é aberto e ∂D é fechado.

Solução: Uma coisa de cada vez.

D̊: Seja x ∈ D̊. Devemos provar que x é ponto interior de D̊. Por definiçãode interior, existe r > 0 tal que B(x, r) ⊆ D. Vejamos que esta bolajá funciona. Em outras palavras, devemos ver que na verdade valea melhor inclusão B(p, r) ⊆ D̊. Para tanto, considere y ∈ B(p, r).Resta ver que y é ponto interior de D, ou seja, verificar que existee > 0 tal que B(y, e) ⊆ D. Se y = x, e = r serve. Se y 6= x, tomee = r− ‖x− y‖. Daí vale que B(y, e) ⊆ B(x, r) ⊆ D (nós já fizemosessa conta aqui, preste atenção).

∂D: Basta observar que ∂D = D ∩Rn \ D é a interseção de dois fechados.A verificação desta igualdade é automática (eu juro).

4

Afirmação. Se p1, . . . , pn ∈ Rn, então ∂{p1, . . . , pn} = {p1, . . . , pn}.

Solução: Ao invés de fazer o que eu tinha comentado em aula, pode-sesimplesmente observar que

∂{p1, . . . , pn} = {p1, . . . , pn} ∩Rn \ {p1, . . . , pn}= {p1, . . . , pn} ∩R

n

= {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 depontos (xn)n≥0 ⊆ D tal que xn 6= p para todo n ≥ 0 e xn → p.

Solução: Esboço. Para cada n ≥ 1, considere a bola Bn = B(p, 1/n). CadaBn 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

x2x3

Figura 3: Construção da sequência (xn)n≥1.

Afirmação. Sejam a, b ∈ Rn. Então |‖a‖ − ‖b‖| ≤ ‖a− b‖.

Solução: Inicialmente temos que

‖a‖ = ‖a− b + b‖ ≤ ‖a− b‖+ ‖b‖

5

e portanto ‖a‖ − ‖b‖ ≤ ‖a− b‖. Repetindo esta conta com os papeis dea e b trocados, temos que −(‖a‖ − ‖b‖) ≤ ‖a− b‖. Por definição de | · |segue que |‖a‖ − ‖b‖| ≤ ‖a− b‖.

Afirmação. Sejam p ∈ Rn e r > 0. Então ∂B(p, r) = S(p, r), onde

S(p, r) .= {x ∈ Rn | ‖x− p‖ = r}

é a esfera de centro p e raio r.

Solução: Devemos mostrar duas inclusões.

∂B(p, r) ⊆ S(p, r): Seja x ∈ ∂B(p, r). Devemos mostrar que ‖x− p‖ = r.Faremos isto em duas etapas:

• ‖x− p‖ ≤ r: Seja e > 0 arbitrário. Como B(x, e) ∩ B(p, r) 6= ∅,podemos tomar y nesta interseção e estimar

‖x− p‖ = ‖x− y + y− p‖≤ ‖x− y‖+ ‖y− p‖< e + r.

Deste modo, se ‖x − p‖ < r + e para todo e > 0, necessaria-mente devemos ter que ‖x− p‖ ≤ r (prova?).

• ‖x − p‖ ≥ r: Seja e > 0 arbitrário. Suponhamos também quee < r. Como B(x, e) ∩ (Rn \ B(p, r)) 6= ∅, podemos tomar ynesta interseção e estimar

‖x− p‖ = ‖x− y + y− p‖≥ ‖y− p‖ − ‖x− y‖> r− e,

pela afirmação anterior. Assim, do mesmo modo que antes te-mos que ‖x− p‖ > r − e para todo e > 0 suficientemente pe-queno implica em ‖x− p‖ ≥ r.

S(p, r) ⊆ ∂B(p, r): Sejam x ∈ S(p, r) e e > 0. Devemos mostrar queB(x, e) intersecta ambos B(p, r) e Rn \ B(p, r). Verifique que

x− e2r(x− p) ∈ B(x, e) ∩ B(p, r) e

x +e

2r(x− p) ∈ B(x, e) ∩ (Rn \ B(p, r)).

6

Assim x ∈ ∂B(p, r), pois e > 0 era qualquer.

pr

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 e K2 ⊆ Rm são compactos, então oproduto K1 × K2 ⊆ Rn ×Rm ∼= Rn+m é compacto. O Lema 1.8 tambémpode ser utilizado para resolver o

Exercício. Um subconjunto L ⊆ Rn é dito Lindelöf se toda cobertura abertaadmite subcobertura enumerável. Mostre que se L ⊆ Rn é Lindelöf eK ⊆ Rm é compacto, então L× 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. Seja K ⊆ Rn compacto. Então K é limitado.

Solução: Extraia uma subcobertura finita da cobertura aberta {B(0, n)}n≥0de K e chame de N o máximo dos raios das bolas que sobraram. EntãoK ⊆ B(0, N).

Afirmação. Seja K ⊆ Rn compacto. Então K é fechado.

7

Solução: Vamos provar que Rn \ K é aberto. Tome p ∈ Rn \ K. Devemosmostrar que p é ponto interior de Rn \ K. Para cada x ∈ K existem rx, sx >0 tais que B(x, rx) ∩ B(p, sx) = ∅ (por quê?). Visto que {B(x, rx)}x∈K éuma cobertura aberta do compacto K, existem x1, . . . , xk ∈ K tais que K jáé coberto por {B(x1, rx1), . . . , B(xk, rxk)}. Ponha s

.= min{sx1 , . . . , sxk} > 0.

Então B(p, s) ⊆ Rn \ K (cheque).

p

Figura 5: Mostrando que B(p, s) ∩ K = ∅.

Afirmação. Sejam K ⊆ Rn compacto e F ⊆ K fechado. Então F é compacto.

Solução: Considere uma cobertura aberta {Uα}α∈A de F. Como F ⊆ K eF é fechado, {Uα}α∈A ∪ {Rn \ F} é uma cobertura aberta de K. Visto queK é compacto, extraímos uma subcobertura finita

{Uα1 , . . . , Uαk , Rn \ F}

de K, com α1, . . . , αk ∈ A. Mas F não intersecta o seu complementar, demodo que {Uα1 , . . . , Uαk} é a subcobertura finita procurada.

8

Figura 6: Adicionando Rn \ F à cobertura original.

Afirmação. Se K ⊆ Rn é fechado e limitado, então K é compacto. Emparticular, cada bola fechada B(p, r) = B[p, r] ⊆ Rn é compacta.

Solução: Já sabemos que cada intervalo fechado [a, b] é compacto. Se Ké limitado, então K ⊆ [a1, b1]× · · · × [an, bn], para certos intervalos fecha-dos. Como produto de compactos é compacto, temos que o fechado K estácontido num cubo compacto e, portanto, é compacto.

Afirmação. Seja F ⊆ Rn um subconjunto qualquer. Se ∂F ⊆ F, então paratoda sequência (xn)n≥0 ⊆ F tal que xn → p, tem-se p ∈ F.

Solução: Suponha por absurdo que exista uma sequência (xn)n≥0 ⊆ F talque xn → p, mas que p 6∈ F. Tal p irá contradizer que ∂F ⊆ F. Seja r > 0.Mostremos que B(p, r) ∩ F 6= ∅ e B(p, r) ∩ (Rn \ F) 6= ∅. A primeiraafirmação segue do fato de xn → p, de modo que B(p, r) contém algumxn ∈ F. Para a segunda inclusão, façamos por contradição: se existir r0 > 0tal que B(p, r0) ∩ F = ∅ ou B(p, r0) ∩ (Rn \ F) = ∅, como p 6∈ F necessa-riamente devemos ter o segundo caso. Assim B(p, r0) ⊆ Rn \ F contradizque xn → p, pois (xn)n≥0 ⊆ F.

9

x1x2

x3

p

Figura 7: Ilustrando que xn 6→ p.

Afirmação. Seja F ⊆ Rn um subconjunto qualquer. Se para toda sequência(xn)n≥0 ⊆ F com xn → p tem-se p ∈ F, então F é fechado.Solução: Vamos mostrar que Rn \ F é aberto. Seja p ∈ Rn \ F. Vejamosque p é ponto interior de Rn \ F. Se não for, para todo n ≥ 1, a bolaB(p, 1/n) intersecta F. Assim, tomando xn ∈ B(p, 1/n) ∩ F, construímosuma sequência (xn)n≥1 ⊆ F que necessariamente satisfaz xn → p (pois1/n → 0). Por hipótese, isto implica que p ∈ F, o que contradiz quep ∈ Rn \ F. Veja a Figura 3 (p. 5) novamente.Afirmação. Seja S ⊆ Rn um conjunto não-enumerável. Então S possuialgum ponto de acumulação.

Solução: Vamos fazer um esboço para a contra-positiva: se S é discreto,então S é enumerável. Considere em Rn a coleção de bolas abertas:

C= {B(an, rm) | an ∈ Qn e rm ∈ Q>0},

onde (rm)m≥1 é uma enumeração de Q>0. Temos que C é enumerável(prova?).

Como passo intermediário, provemos que Rn é Lindelöf: se {Uα}α∈A éuma cobertura aberta de R2, chame

C′ = {B ∈ C | existe α ∈ A tal que B ⊆ Uα}.

Como C é enumerável, C′ também o é. Para cada B ∈ C′ fixe um abertoUα(B) ∈ {Uα}α∈A tal que B ⊆ Uα(B). Então {Uα(B)}B∈C′ é enumerável (poisC′ o é), e cobre o Rn (verifique).

10

Finalmente, vamos mostrar que S é Lindelöf (o que termina o argu-mento, uma vez que podemos extrair uma subcobertura enumerável dacobertura das bolas abertas que isolam todos os pontos de S). Suponhadada uma cobertura aberta {Uα}α∈A de S. 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 S não o intersecta,podemos descartá-lo da subcobertura obtida, sobrando então uma subco-bertura enumerável da cobertura original {Uα}α∈A de S.

Afirmação. Seja D ⊆ Rn um subconjunto qualquer. Então D é aberto se esomente se D ∩ ∂D = ∅.

Solução: Se D não é aberto, existe um ponto p ∈ D que não é interiora D. Tal p testemunha que D ∩ ∂D 6= ∅ (verifique). Reciprocamente, sep ∈ D ∩ ∂D, então p não é interior à D, e assim D não é aberto.

Afirmação. Sejam E1, E2 ⊆ Rn conexos não-vazios tais que E1 ∩ E2 6= ∅.Então E1 ∪ E2 é 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 atrivial. Cortando a igualdade acima com E1 obtemos

E1 = (A ∩ E1) ∪ (B ∩ E1) eE2 = (A ∩ E2) ∪ (B ∩ E2).

Visto que E1 é conexo, sem perder generalidade temos que B∩ E1 = ∅, ouseja, E1 ⊆ Rn \ B. Como E2 é conexo, temos que A ∩ E2 = ∅ ou B ∩ E2 =∅. Afirmo que deve ser o segundo caso: com efeito, se A ∩ E2 = ∅, entãoE2 = B ∩ E2 nos dá que E2 ⊆ B, de modo que E1 ∩ E2 ⊆ (Rn \ B) ∩ Bcontradiz que E1 ∪ E2 6= ∅. Assim B ∩ E1 = B ∩ E2 = ∅ nos dá queB ∩ (E1 ∪ E2) = ∅, e a cisão inicial é a trivial como queríamos.

Afirmação. Seja E ⊆ Rn um conexo não-vazio. Então E é conexo.

Solução: Considere uma cisão E = (A ∩ E) ∪ (B ∩ E), onde A, B ⊆ Rnsão abertos e disjuntos. Cortando esta igualdade com E, obtemos que E =(A∩ E)∪ (B∩ E). Como E é conexo, sem perda de generalidade temos queB ∩ E = ∅. Isto implica que B ∩ E = ∅ também. Com efeito, se x ∈ B ∩ E,então B é um aberto contendo x, e por definição de fecho teríamos queB ∩ E 6= ∅. Portanto a cisão inicial dada é a trivial.

11

Observação. Gráficos de funções contínuas definidas em conexos são tam-bém conexos (prova?). Utilizando os dois resultados anteriores, é possívelprovar que conjuntos estranhos como o da figura a seguir são conexos.

Figura 8: A “senoide do topólogo” (topologist’s sine curve).

Chame de Gd e Ge os 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 aunião destes dois conjuntos, cuja interseção é {0} × [0, 1] 6= ∅.

Afirmação. Seja E ⊆ Rn um conexo não-vazio. Se E ⊆ D ⊆ E, então D éconexo.

Solução: É uma adaptação do argumento anterior. Considere uma cisãoD = (A ∩ D) ∪ (B ∩ D), com A, B ⊆ Rn abertos e disjuntos. Cortando taligualdade com E, temos E = (A ∩ E) ∪ (B ∩ E). Como E é conexo, temossem perder generalidade que B ∩ E = ∅. Sendo B aberto, isto nos dá queB ∩ E = ∅. Portanto E ⊆ D ⊆ E nos 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) limx→p

f (x) = c;

12

(ii) limx→p

f (x)− c = 0;

(iii) limx→p‖ f (x)− c‖ = 0.

Solução: Observe que as três condições lêem-se como

(i) Para todo e > 0 existe δ > 0 tal que

0 < ‖x− p‖ < δ implica ‖ f (x)− c‖ < e;

(ii) Para todo e > 0 existe δ > 0 tal que

0 < ‖x− p‖ < δ implica ‖( f (x)− c)− 0‖ < e;

(iii) Para todo e > 0 existe δ > 0 tal que

0 < ‖x− p‖ < δ implica |‖ f (x)− c‖ − 0| < e.

Agora note que

‖ f (x)− c‖ = ‖( f (x)− c)− 0‖ = |‖ f (x)− c‖ − 0| .

16/01/2018

Afirmação.

• Existe D ⊆ Rn tal que ∂D seja um aberto não-vazio.

• Existe S ⊆ Rn tal que (∂S)◦ 6= ∅.

Solução: D = S = Q satisfaz ∂Q = R.

Afirmação (Teorema do Confronto). Sejam f , g, h : D ⊆ Rn → R, r > 0 ep ∈ D tais que f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ (B(p, r) \ {p}) ∩ D. Se

limx→p

f (x) = limx→p

h(x) = c ∈ R,

então limx→p

g(x) = c.

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Observação. Intuitivamente, se vale f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) perto de p, pode-se aplicar limx→p em tudo preservando ≤ de modo a obter

limx→p

f (x) ≤ limx→p

g(x) ≤ limx→p

h(x),

desde que os limites dos extremos sejam iguais, e concluir que

c ≤ limx→p

g(x) ≤ c.

Mas se os limites dos extremos não são iguais, o limite limx→p g(x) nãoprecisa nem existir (exemplo?). Cuidado!

Solução: Seja e > 0. Existem δ1, δ2 > 0 tais que para todo x ∈ D, valem

0 < ‖x− p‖ < δ1 =⇒ c− e < f (x) < c + e, e0 < ‖x− p‖ < δ2 =⇒ c− e < g(x) < c + e.

Ponha δ = min{δ1, δ2, r} > 0. Assim, se x ∈ D e 0 < ‖x− p‖ < δ, valemtodas 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 ∈ Rn e r, M > 0 tais que limx→p f (x) =0, e ‖g(x)‖ ≤ M para todo x ∈ B(p, r) \ {p}. Então limx→p〈 f (x), g(x)〉 =0.

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Observação. A notação 〈·, ·〉 indica o produto interno de Rn, bem como oponto ·. Note que para n = 1, o produto interno é apenas a multiplicaçãode números reais.

Solução: Basta notar que se limx→p f (x) = 0, então limx→p M‖ f (x)‖ = 0.Assim, a desigualdade de Cauchy-Schwarz nos dá

0 ≤ |〈 f (x), g(x)〉| ≤ ‖ f (x)‖‖g(x)‖ ≤ M‖ f (x)‖

para todo x ∈ B(p, r) \ {p}, e a conclusão segue do Teorema do Confronto.

Afirmação. A função f : R→ R dada por

f (x) =

{1q , se x =

pq é racional, com p ∈ Z e q ∈ Z>0, mdc(p, q) = 1

0, se x é 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 elimitados com ∂A = ∂B.

Solução: Lagos de Wada.

Afirmação. Sejam f , g : Rn → Rk funções contínuas e D ⊆ Rn denso. Sef∣∣D = g

∣∣D, então f = g.

Solução: Podemos resolver isto de dois modos.

Primeira solução: Via a caracterização de fechados por sequências. Sejax ∈ Rn. Como D é denso, existe (xn)n≥0 ⊆ D tal que xn → x.Temos que f (xn) = g(xn) para todo n ≥ 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 que A = {x ∈ Rn | f (x) = g(x)} é fechado.Assim, teremos que D ⊆ A implica Rn = D ⊆ A = A, e logo A =Rn. Vejamos que Rn \ A é aberto. Se x ∈ Rn é tal que f (x) 6= g(x),existe r > 0 tal que B( f (x), r) ∩ B(g(x), r) = ∅. Pela continuidadede f e g, existem δ1, δ2 > 0 tais que

f (B(x, δ1)) ⊆ B( f (x), r) e g(B(x, δ2)) ⊆ B(g(x), r).

Sendo δ = min{δ1, δ2} > 0, vale que B(x, δ) ⊆ Rn \ A.

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https://en.wikipedia.org/wiki/Thomae%27s_functionhttps://pt.wikipedia.org/wiki/Lagos_de_Wada

Afirmação. Seja f : R → R contínua em 0 tal que f (x + y) = f (x) + f (y)para todos x, y ∈ R. Então:

(a) f é (uniformemente) contínua.

(b) existe a ∈ R tal que f (x) = ax, para todo x ∈ 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 quef (−x) = − f (x). Logo, temos que f (x− y) = f (x)− f (y).Fixe então p ∈ R e e > 0. Pela continuidade de f em 0, existe δ > 0 talque |t| < δ implica | f (t)| < e. Vejamos que este mesmo δ serve. Comefeito, 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 todo n ∈ N. Visto que f (−x) = − f (x), na verdadetemos que f (n) = an para todo n ∈ Z. Assim, se p, q ∈ Z com q 6= 0,vale que

ap = f (p) = f(

pq· q)

= f(

pq+ · · ·+ p

q

)= f

(pq

)+ · · ·+ f

(pq

)= q f

(pq

),

donde segue que f (x) = ax para todo x ∈ Q. Como Q é denso e tantof como R 3 x 7→ ax ∈ R são contínuas, segue a conclusão desejada.

Afirmação. Seja f : ]a, b[ → R monótona. 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.

16

• 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, entãoo conjunto dos pontos onde f deixa de ser derivável também temmedida nula (ou, em outros temos, f é derivável Lebesgue-q.t.p.1).A demonstração disso é altamente não-trivial e está fora do escopodeste curso e destas notas.

Solução: Trocando f por − f se necessário, podemos supor que f é cres-cente. Afirmo que

limx→p−

f (x) = sup{ f (x) | x < p} e limx→p+

f (x) = inf{ f (x) | x > p}.

supx

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. Tome δ = p− xe > 0. Se0 < p− x < δ, temos que x > xe, e assim

| f (x)− L| = L− f (x) < L + e− L = e,

como queríamos.

1“quase todo ponto”.

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Para a última parte, note que se Desc( f ) denota o conjunto dos pontosde descontinuidade de f , então dados p, q ∈ Desc( f ) distintos, vale que]

supx

p

f (x)

[∩]

supxq

f (x)

[= ∅,

uma vez que f é monótona. Assim, fixando um racional

rp ∈]

supx

p

f (x)

[

para cada p ∈ Desc( f ), obtemos uma aplicação injetora

Desc( f ) 3 p 7→ rp ∈ Q,

donde segue que Desc( f ) é enumerável.

Curiosidade. Se p ∈ R>0 e x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, pode-se definir

‖x‖p.=

(n

∑i=1|xi|p

)1/p.

Note que para p = 1 e p = 2 temos as velhas conhecidas

‖x‖1 = |x1|+ · · ·+ |xn| e ‖x‖2 =√

x21 + · · ·+ x2n.

Também pode-se colocar ‖x‖∞ = max{|x1|, . . . , |xn|} e, como a notaçãosugere, vale que limp→+∞ ‖x‖p = ‖x‖∞ (prova?).

Para todo p ≥ 1, temos que ‖ · ‖p é uma norma (mas em contrapartida,para 0 < p < 1 nunca é norma). Neste contexto, a desigualdade triangularleva o nome de desigualdade de Minkowski, e sua demonstração é não-trivial.

Ainda, pode-se provar (via a identidade do paralelogramo) que ‖ · ‖pprovém de um produto interno se e somente se p = 2.

Comparemos algumas p-bolas unitárias B((0, 0), 1) em R2:

18

Figura 11: p-bolas em R2.

De “fora” para “dentro”, temos as bolas para p = ∞, 3, 2, 1 e 1/2. Noteque a candidata a bola para p = 1/2 não é convexa, evidenciando a falhada desigualdade triangular para ‖ · ‖1/2.

18/01/2018

Na primeira parte do atendimento, discutimos o gabarito do simuladopara a P1, disponível aqui.

Afirmação. As aplicações det : Mat(n, R)→ R e inv : GL(n, R)→ GL(n, R),são contínuas, onde GL(n, R) = {A ∈ Mat(n, R) | A é não-singular} einv(A) = A−1.

Solução: Para a aplicação determinante, a solução depende da definiçãoadotada. A continuidade de det é equivalente à continuidade relativa àsn2 variáveis aij, de modo que

det(A) = ∑σ∈Sn

sgn(σ)n

∏i=1

aiσ(i)

é contínua por ser um polinômio. Ou então pode-se encarar det como umaaplicaçao definida em Rn × · · · ×Rn, que recebe n vetores como entradae devolve o determinante da matriz obtida listando os n vetores em linhasou colunas. Neste caso, det é multilinear, e toda aplicação multilinear écontínua.

19

https://www.ime.usp.br/~terek/monitorias/simuladop1_gabarito.pdf

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 identidade A Adj(A) = (det A)Idn, onde Adj(A) é a matriz adjunta de A,cujas entradas são definidas por

Adj(A)ij.= (−1)i+j det(A[i,j]),

onde A[i,j] ∈ Mat(n− 1, R) é a matriz obtida de A deletando-se a i-ésimalinha e a j-ésima coluna. Se det A 6= 0, então A−1 = Adj(A)/ det A, eassim cada entrada de A−1 é contínua, por ser um quociente de dois po-linômios nas n2 entradas aij. 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 emR, podemos focar nossa atenção quando n > 1. Para a desconexidadetemos dois argumentos possíveis:

Primeira solução: Note que GL(n, R) = det−1(R>0) ∪ det−1(R 1. Se GL(n, R) fosse conexo, visto que éaberto seria também conexo por caminhos. Se A, B ∈ GL(n, R) sãotais que det A > 0 e det B < 0, tome γ : [0, 1] → GL(n, R) tal queγ(0) = A e γ(1) = B. Note que det ◦γ : [0, 1] → R é contínua, comdet ◦γ(0) > 0 e det ◦γ(1) < 0. O Teorema do Valor Intermediáriofornece t0 ∈ [0, 1] tal que det ◦γ(t0) = 0, contradizendo que γ sóassume valores em GL(n, R).

Sobre GL(n, R) ser denso, no fim das contas tinha uma solução mais fácildo que a minha tentativa feita em sala. Dadas matrizes A ∈ Mat(n, R) eB ∈ GL(n, R), considere o “segmento de reta” f : [0, 1]→ R dado por

f (t) = det((1− t)A + tB).

Utilizando a definição de det como uma soma alternada de produtos, vêse que f (t) é um polinômio em t, que é não-nulo visto que f (1) = det B 6=0. Assim f se anula no máximo uma quantidade finita de vezes. Comisto, dado r > 0, é possível encontrar t0 pequeno o suficiente para que(1− t0)A + t0B ∈ GL(n, R) ∩ B(A, r).

Afirmação. Para L ∈ Lin(Rn, Rk), defina ‖L‖1.= sup‖x‖≤1 ‖Lx‖.

(a) ‖L‖1 < +∞;

20

(b) ‖ · ‖1 é uma norma em Lin(Rn, Rk);

(c) ‖Lx‖ ≤ ‖L‖1‖x‖ para todo x ∈ Rn;

(d) ‖L ◦ T‖1 ≤ ‖L‖1‖T‖1, onde T ∈ Lin(Rm, Rn) e ‖ · ‖1 denota ambas asnormas em Lin(Rm, Rn) e Lin(Rn, Rk);

(e) ‖L‖1 ≤ ‖L‖ ≤√

n‖L‖1, onde ‖L‖.=√

∑ni,j=1 a2ij é a norma de Hilbert-

Schmidt de L (aqui [T]can = (ai,j)ni,j=1).

Solução:

(a) Se L é linear, então L é contínua2 (prova?). Como

{x ∈ Rn | ‖x‖ ≤ 1} = B(0, 1)

é compacta, L assume seu valor máximo, digamos em x0 ∈ B(0, 1).Assim ‖L‖1 = ‖Lx0‖ < +∞.

(b) É claro que ‖L‖1 ≥ 0 para toda L ∈ Lin(Rn, Rk). E se L 6= 0, existe v ∈Rn não-nulo tal que Lv 6= 0. Normalizando se necessário, podemossupor que v é unitário, de modo que ‖L‖1 ≥ ‖Lv‖ > 0. Agora, seλ ∈ R, note que

{‖(λL)(x)‖ | ‖x‖ ≤ 1} = {‖λLx‖ | ‖x‖ ≤ 1}= {|λ|‖Lx‖ | ‖x‖ ≤ 1}= |λ|{‖Lx‖ | ‖x‖ ≤ 1}.

Aplicando sup nos dois lados e usando que3 sup(aA) = a sup A paratodo A ⊆ R e a > 0 (prova?), segue que

‖L‖1 = sup |λ|{‖Lx‖ | ‖x‖ ≤ 1} = |λ|‖L‖1.

Falta a desigualdade triangular. Se L1, L2 ∈ Lin(Rn, Rk) e x ∈ B(0, 1)é qualquer, vale que

‖(L1 + L2)(x)‖ = ‖L1x + L2x‖ ≤ ‖L1x‖+ ‖L2x‖ ≤ ‖L1‖1 + ‖L2‖1.

Como x é arbitrário na bola unitária fechada, passamos o supremo nolado esquerdo e segue que ‖L1 + L2‖1 ≤ ‖L1‖1 + ‖L2‖, 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 infinitanum curso de Análise Funcional.

3A definição formal é aA .= {ax | x ∈ A}.

21

(c) Tome x ∈ Rn qualquer. Se x = 0, é óbvio. Caso contrário, temos x/‖x‖unitário e por definição de ‖ · ‖1 sai que

‖L‖1 ≥∥∥∥∥L( x‖x‖

)∥∥∥∥ = ∥∥∥∥ Lx‖x‖∥∥∥∥ = ‖Lx‖‖x‖ .

Agora multiplique os dois lados da desigualdade por ‖x‖.

(d) Seja x na bola unitária fechada, arbitrário. Temos que

‖(L ◦ T)(x)‖ = ‖L(Tx)‖ ≤ ‖L‖1‖Tx‖ ≤ ‖L‖1‖T‖1,

onde na primeira desigualdade utilizamos o item (c) acima. Tomandoo supremo do lado esquerdo segue que ‖L ◦ T‖1 ≤ ‖L‖1‖T‖1, comodesejado.

(e) Sejam e1, . . . , en ∈ Rn os vetores da base canônica. Observe que sãotodos unitários, e que as colunas de [T]can são precisamente as compo-nentes dos Lei. Com isto, temos que

‖L‖2 =n

∑i=1‖Lei‖2 ≤

n

∑i=1‖L‖21 = n‖L‖21.

Tomando raízes, segue a segunda desigualdade.

Para a primeira desigualdade, identifiquemos elementos de Rn com asmatrizes-coluna de suas coordenadas, e aplicações lineares com suasmatrizes na base canônica. Note que se L> denota a matriz transpostade L, então valem que 〈Lx, y〉 = 〈x, L>y〉, quaisquer que sejam x, y ∈Rn , e também vale que

‖L‖2 =n

∑i=1‖L>ei‖2.

Façamos por força bruta. Tome x arbitrário na bola unitária fechada.Assim, se L = (aij)ni,j=1 e denotamos também os vetores da base canô-nica de Rk por e1, . . . , ek (não haverá risco de confusão com a base do

22

Rn), temos:

‖Lx‖2 = 〈Lx, Lx〉(1)=

〈n

∑i=1

xiLei,n

∑j=1

xjLej

〉(2)=

n

∑i,j=1

xixj

〈k

∑r=1

arier,k

∑s=1

asjes

〉(3)=

n

∑i,j=1

k

∑r,s=1

xixjariasj〈er, es〉(4)=

n

∑i,j=1

k

∑r=1

xixjariarj

=k

∑r=1

(n

∑i=1

arixi

)(n

∑j=1

arjxj

)(5)=

k

∑r=1

(n

∑i=1

arixi

)2

=k

∑r=1〈L>er, x〉2

(6)≤

k

∑r=1‖L>er‖2‖x‖2

(7)=

k

∑r=1‖L>er‖2 =

k

∑r=1‖Ler‖2

= ‖L‖2,

onde usamos

(1) Linearidade de L;

(2) Bilinearidade de 〈·, ·〉mais a definição da matriz que representa L;(3) Bilinearidade de 〈·, ·〉 de novo;(4) 〈er, es〉 é 1 se r = s e 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) ‖x‖ = 1.

Assim, tirando raízes vem que ‖Lx‖ ≤ ‖L‖. Como x era qualquer,tomamos o supremo no lado esquerdo e concluímos que ‖L‖1 ≤ ‖L‖,como desejado.

Afirmação. Sejam f : Rn → Rk e A ⊆ Rn tal que f∣∣

A = 0. Se p é um pontode acumulação de A e lim

x→px 6∈A

f (x) = 0, então limx→p f (x) = 0.

23

Solução: Seja e > 0. Existe δ > 0 tal que para todo x ∈ A, 0 < ‖x− p‖ < δimplica ‖ f (x)‖ < e.

Afirmo que este mesmo δ funciona para o limite total. Seja x ∈ Rn talque 0 < ‖x − p‖ < δ. Devemos verificar que ‖ f (x)‖ < e. Temos duaspossibilidades: se x ∈ A, então ‖ f (x)‖ = ‖0‖ = 0 < e, enquanto que sex 6∈ A, ‖ f (x)‖ < e diretamente, pelo dito acima.

Afirmação. Não existe f : R2 → R contínua e injetora.

Solução: Fixe um valor a na imagem de f . A fibra f−1(a) consiste deapenas um ponto, pela injetividade de f . Assim R2 \ f−1(a) é conexo. Masse f for contínua, R2 \ f−1(a) = f−1(]−∞, a[) ∪ f−1(]a,+∞[) é uma cisãonão-trivial (cada um dos caras do lado direito é aberto), absurdo.4

Afirmação. Seja f : [0,+∞[→ R uniformemente contínua. Então existema, b ∈ R tais que | f (x)| ≤ ax + b, para todo x ≥ 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 adesigualdade 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 todo n ≥ 0, x ≥ nδ implica n ≤ x/δ, e assim

f (x) < n + 1 + f (0) ≤ xδ+ ( f (0) + 1).

Então a .= 1/δ e b .= 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 como x2, x3, ex, etc., nãosão uniformemente contínuas em [0,+∞[.

Afirmação. Sejam A ⊆ Rn aberto e K ⊆ A compacto. Então existe K1compacto tal que K ⊆ K̊1 ⊆ K1 ⊆ A.

4Eu ainda não entendi como isso se relaciona com os outros itens do Exercício 32.

24

Solução: Como A é aberto e K ⊆ A, para cada x ∈ K existe rx > 0 tal queB(x, rx) ⊆ A (por exemplo, tome inicialmente uma bola aberta, reduza oraio e depois feche). Então {B(x, rx)}x∈K é uma cobertura aberta de K. Porcompacidade de K, existem x1, . . . , xk ∈ K tais que

K ⊆k⋃

i=1

B(xi, rxi)︸ ︷︷ ︸=K̊1

⊆k⋃

i=1

B(xi, rxi)︸ ︷︷ ︸.=K1

⊆ A.

Recorde que de fato união finita de compactos é novamente um compacto.

Afirmação (Teorema dos Compactos Encaixados - Cantor). Sejam dadosK1 ⊇ K2 ⊇ · · · ⊇ Kn ⊇ · · · compactos encaixados e não-vazios em Rm.Então

⋂+∞n=1 Kn 6= ∅.

Solução: Suponha por absurdo que⋂+∞

n=1 Kn = ∅, de modo que valha⋃+∞n=1(R

m \ Kn) = Rm. Então {Rm \ Kn}+∞n=1 é uma cobertura aberta deK1. Por compacidade de K1, e usando que os compactos são encaixados,existe N ≥ 1 tal que K1 ⊆ Rm \ KN. Mas KN ⊆ K1 ⊆ Rm \ KN contradizKN 6= ∅.

Observação. O resultado acima continua válido se trocarmos o Rn porqualquer espaço topológico Hausdorff.

22/01/2018

W. O..

30/01/2018

Afirmação. Seja f : R→ R de classe C1. Então a função

F(x, y) =

f (y)− f (x)

y− x , se x 6= y;

f ′(x), se x = y.

é diferenciável se x 6= y e, se existir f ′′(x), então F é diferenciável em R2.

25

https://pt.wikipedia.org/wiki/Walkover

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 verificara condição um pouco mais forte de que as derivadas parciais de F sãocontínuas. Note que dado x ∈ R, temos

∂F∂x

(x, x) = limh→0

F(x + h, x)− F(x, x)h

= limh→0

f (x)− f (x+h)−h − f

′(x)h

= limh→0

f (x + h)− f (x)− f ′(x)hh2

(∗)= lim

h→0

f ′(x + h)− f ′(x)2h

=f ′′(x)

2,

onde em (∗) usamos a Regra de L’Hospital5. Deste modo, temos da regrado quociente que

∂F∂x

(x, y) =

f (y)− f (x)− f ′(x)(y− x)

(y− x)2 , se x 6= y;

f ′′(x)2

, se x = y

e, analogamente, que:

∂F∂y

(x, y) =

f (x)− f (y)− f ′(y)(x− y)

(x− y)2 , se x 6= y;

f ′′(x)2

, se x = y.

Fazendo y− x → 0 vê-se que ambas as derivadas são contínuas.

Afirmação. Se f : Rn → Rk é diferenciável em p ∈ Rn, necessariamenteexiste o limite

limh→0

f (p + h)− f (p)‖h‖ ?

Solução: Pegadinha. Tome n = k = 1 e f = id, este limite fica limh→0

h/|h|.

5Isso não seria um curso de Cálculo se não usássemos L’Hospital nenhuma vez... · ·^

26

Exemplo (Um caso concreto). Considere a função f : R4 → R4 dada por

f (x, y, z, w) = (x sen y, z2 + ew, cos(x + y + z + w), arctan(xyzw)).

Claramente f é de classe C∞ (suas entradas o são). Vamos calcular

D f (0, 0, 0, 0)(1, 2, 3, 4),

ou seja, a imagem do vetor (1, 2, 3, 4) pela aplicação linear D f (0, 0, 0, 0).Faremos o abuso de notação (muito comum) de também denotar a ma-triz de D f (x, y, z, w) nas bases canônicas de R4 (isto é, a matriz Jacobiana)também por D f (x, y, z, w). Um algoritmo para calcular rapidamente estamatriz sem confusões é

colocar os gradientes das componentes de f em linhas

Assim, temos que D f (x, y, z, w) é dada porsen y x cos y 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)

yzw1 + (xyzw)2

yzw1 + (xzw)2

xyw1 + (xyzw)2

xyz1 + (xyzw)2

.

Em particular, temos:

D f (0, 0, 0, 0) =

0 0 0 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

.Como vetores em Rn se confundem com suas coordenadas na base canô-nica, segue que

D f (0, 0, 0, 0)(1, 2, 3, 4) =

0 0 0 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

1234

=

0400

.Ou seja, temos que D f (0, 0, 0, 0)(1, 2, 3, 4) = (0, 4, 0, 0).

Exemplo (Blocos).

27

1. Suponha que f : Rn1 ×Rn2 → Rm seja diferenciável. A decompo-sição Rn1+n2 = Rn1 × Rn2 induz, em cada ponto (x, y), derivadasparciais “gordas” (veja a observação seguinte) Dx f (x, y) : Rn1 → Rme Dy f (x, y) : Rn2 → Rm satisfazendo

D f (x, y)(h, k) = Dx f (x, y)(h) +Dy f (x, y)(k),

para todos (h, k) ∈ Rn1 ×Rn2 . Deste modo, a matriz D f (x, y) (que éde tamanho m× (n1 + n2)) se decompõe em dois blocos (um m× n1,o outro m× n2) do seguinte modo:

D f (x, y) =(Dx f (x, y) Dy f (x, y)

).

2. Sejam f : Rn1 → Rk e g : Rn2 → Rk diferenciáveis, e defina uma novafunção F : Rn1 ×Rn2 → Rk ×Rk por

F(x, y) = ( f (x), f (x) + g(y)).

Claramente F é diferenciável, e se F = (F1, F2), o mesmo princípiofeito no cálculo do exemplo anterior se aplica: para calcular DF(x, y)

empilhamos as derivadas totais das componentes de F em linhas,uma em cima da outra

Juntando isto com o ponto 1 acima, podemos calcular DF(x, y) nestecaso concreto como:

DF(x, y) =

DF1(x, y)DF2(x, y)

= DxF1(x, y) DyF1(x, y)

DxF2(x, y) DyF2(x, y)

= D f (x) 0

D f (x) Dg(y)

,levando em conta que F1(x, y) = f (x) e F2(x, y) = f (x) + g(y). Fa-remos as contas mais detalhadamente adiante. Além disto, presteatenção aos tamanhos dos blocos acima.

Observação (para os muito curiosos). Se S ⊆ Rn é um subespaço vetorialde 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 linear DS f (p) : S→ Rk tal que

limh→0h∈S

f (p + h)− f (p)−DS f (p)(h)‖h‖ = 0.

28

Outra notação possível para DS f (p) é (∂ f /∂S)(p), e isto é uma generali-zação direta da noção de derivada direcional vista no curso de Cálculo II(basta tomar v ∈ Rn e S a reta gerada por v). No exemplo anterior, as de-rivadas parciais “gordas” são justamente estas derivadas direcionais nasdireções dos subespaços Rn1 × {0} e {0} ×Rn2 de Rn1 ×Rn2 .

Exemplo. Tenha em mente os seguintes fatos fundamentais:

(i) se f1 : Rn → Rk1 e f2 : Rn → Rk2 são diferenciáveis, então a aplica-ção ( f1, f2) : Rn → Rk1 ×Rk2 dada por ( f1, f2)(x)

.= ( f1(x), f2(x)) é

diferenciável, e D( f1, f2)(x) = (D f1(x),D f2(x)).

(ii) se f1 : Rn1 → Rk1 e f2 : Rn2 → Rk2 são diferenciáveis, então a apli-cação f1 × f2 : Rn1 × Rn2 → Rk1 × Rk2 dada por ( f1 × f2)(x, y)

.=

( f1(x), f2(y)) é diferenciável, e

D( f1 × f2)(x, y) = D f1(x)×D f2(y) = (D f (x) ◦ π1,Dg(y) ◦ π2),

onde πi : Rn1 ×Rn2 → Rni são as projeções.

(iii) Se L : Rn → Rk é linear, então L é diferenciável e DL(x) = L.

(iv) Se B : Rn1 ×Rn2 → Rk é bilinear, então B é diferenciável e

DB(x, y)(h, k) = B(x, k) + B(h, y).

Um caso frequente ocorre com n1 = n2, k = 1 e B = 〈·, ·〉. A fórmuladada vale mesmo quando B não é simétrica, e deve ser interpretadacomo uma “regra do produto”.

Vamos calcular as derivadas totais nas seguintes situações:

(a) É dada f : Rn → Rk diferenciável, e definimos F : Rn → Rn ×Rk porF(x) .= (x, f (x)). Podemos fazer

DF(x) = D(id, f )(x) = (D(id)(x),D f (x)) = (id,D f (x)),

ou pensar em blocos:

DF(x) =

IdnD f (x)

.

29

(b) É dada f : Rn → Rk diferenciável, e definimos F : Rm×Rn → Rn×Rkpor F(x, y) .= (x, f (y)). Desta vez podemos olhar para

DF(x, y) = D(id× f )(x, y) = D(id)(x)×D f (y) = id×D f (y),ou então, pensando em F1(x, y) = x e F2(x, y) = f (y), escrever

DF(x, y) =

DxF1(x, y) DyF1(x, y)DxF2(x, y) DyF2(x, y)

= Idn 0

0 D f (y)

.(c) Para x0 ∈ Rn fixado, definimos F : Rn → R por F(x) = 〈x, x0〉. É

fácil ver que essa F é linear, então DF(x)(v) = F(v) = 〈v, x0〉. Amatriz DF(x) tem tamanho 1× n, e suas entradas são exatamente ascomponentes do dado x0.

Aqui, vale o comentário de que se f : Rn → R é diferenciável em p,existe um único vetor grad f (p) tal que D f (p)(v) = 〈grad f (p), v〉para todo v ∈ Rn. Isto pode ser tomado como a definição de vetorgradiente. Pensando nisto, este item basicamente nos dá a fórmulagrad(〈·, x0〉)(x) = x0, para todo x ∈ Rn.

(d) É dada L ∈ Lin(Rn), e definimos F : Rn → R por F(x) = 〈x, L(x)〉.Temos

DF(x)(h) = D(〈·, ·〉 ◦ (id, L))(x)(h)= D〈·, ·〉(x, L(x)) ◦D(id, L)(x)(h)= D〈·, ·〉(x, L(x))

((D(id)(x),DL(x))(h))

)= D〈·, ·〉(x, L(x))

((id, L)(h)

)= D〈·, ·〉(x, L(x))

(h, L(h)

)= 〈x, L(h)〉+ 〈L(x), h〉.

Como no item anterior, isto nos diz que grad F(x) = L(x) + L>(x).

(e) São dadas f : Rn1 → Rk e g : Rn2 → Rk diferenciáveis, e definimosF : Rn1 ×Rn2 → Rk por F(x, y) = f (x) + g(y). Sendo s : Rk ×Rk →Rk a aplicação soma, temos:

DF(x, y) = D(s ◦ ( f × g))(x, y)= Ds( f (x), g(y)) ◦D( f × g)(x, y)= Ds( f (x), g(y)) ◦ (D f (x) ◦ π1,Dg(y) ◦ π2)(∗)= s ◦ (D f (x) ◦ π1,Dg(y) ◦ π2)= D f (x) ◦ π1 +Dg(y) ◦ π2,

30

onde em (∗) usamos que s é linear. Em outras palavras:

DF(x, y)(h, k) = D f (x)(h) +Dg(y)(k),

e particularmente temos DxF(x, y) = D f (x) ◦π1, e analogamente paraDyF(x, y).

Cuidado: s não é bilinear! Ser bilinear em cada uma das variáveis édiferente de ser linear em relação à pares ordenados! Você pode refletirmais sobre isso se quiser fazer o:

Exercício. Seja B : Rn1 ×Rn2 → Rk simultaneamente linear e bilinear.Mostre que B = 0.

06/02/2018

Logo após a P2, nada concreto a registrar.

15/02/2018

Afirmação. Seja f : [0, 2] → R>0 contínua, tal que∫ 1

0 f =∫ 2

1 f = 1. Para

cada x ∈ [0, 1], considere g dada pela condição∫ g(x)

x f (t)dt = 1. Então gestá bem definida e é de classe C1.

Solução: Geometricamente, a situação é a seguinte:

0x

1g(x)

2

Figura 12: As áreas entre as linhas verticais próximas e de mesmo traçadosão todas 1.

31

O ponto chave para o argumento é a função F : [0, 1]× [0, 2]→ R dadapor

F(x, y) =∫ y

xf (t) dt.

Como f é contínua, o Teorema Fundamental do Cálculo nos diz que F é declasse C1. Fixado x ∈ [0, 1], notar que F(x, 1) ≤ 1 e F(x, 2) ≥ 1 nos permiteaplicar o Teorema do Valor Intermediário para obter g(x) ∈ [0, 2] tal que∫ g(x)

x f (t)dt = 1. Nestas condições, tal g(x) é único pois

∂F∂y

(x, y) = f (y) > 0,

de modo que F é crescente (e logo injetora) na variável y. Portanto g estábem definida.

Resta mostrar que g é de classe C1. Para tal, vamos aplicar o Teoremada Função Implícita, lembrando que ser de classe C1 é uma propriedadede caráter local. Fixado um par (x0, g(x0)), já que

∂F∂y

(x0, g(x0)) = f (g(x0)) > 0,

obtemos intervalos I 3 x0 e J 3 g(x0) tais que para todo x ∈ I existe umúnico ϕ(x) ∈ J tal que F(x, ϕ(x)) = 1, e ϕ : I → J é da mesma classe queF (ou seja, C1). Pelo que fizemos acima, temos que g

∣∣I = ϕ é de classe

C1.

Afirmação. Para cada (x, y) ∈ R2 e z ∈ R, considere

f (z) = zexy + z3(x2 + y2)− 1.

Mostre que:

(a) f é estritamente crescente;

(b) existe um único z = z(x, y) tal que f (z(x, y)) = 0;

(c) z = z(x, y) é de classe C∞, e determine suas derivadas parciais desegunda ordem em (0, 0).

Solução:

(a) Basta ver quef ′(z) = exy︸︷︷︸

>0

+ 3z2(x2 + y2)︸ ︷︷ ︸≥0

> 0.

32

(b) A unicidade segue do item acima. A existência segue do Teorema doValor Intermediário, notando que

limz→+∞

f (z) = +∞ e limz→−∞

f (z) = −∞.

(c) Vejamos que z = z(x, y) é de classe C∞ usando o Teorema da FunçãoImplícita. Naturalmente, considere F : R3 → R dada por

F(x, y, z) = zexy + z3(x2 + y2)− 1,

que é de classe C∞. Lembrando que ser de classe C∞ é uma proprie-dade de caráter local, fixe (x0, y0) ∈ R2 arbitrário - basta provar quez = z(x, y) é de classe C∞ num aberto contendo (x0, y0). Segue do item(a) que

∂F∂z

(x0, y0, z(x0, y0)) > 0,

donde obtemos abertos U 3 (x0, y0) e I 3 z(x0, y0) tais que para todos(x, y) ∈ U existe um único ϕ(x, y) ∈ I com F(x, y, ϕ(x, y)) = 0, eϕ : U → I é de classe C∞ (pois F o é). Assim, z

∣∣U = ϕ é de classe C

∞.

O cálculo das derivadas de z consiste basicamente em sair derivando aexpressão F(x, y, z(x, y)) = 0 quantas vezes for necessário. Vamos cal-cular somente as derivadas de primeira ordem, a título de ilustração.Note inicialmente que z(0, 0) = 1. Com isto, temos que

∂F∂x

(x, y, z(x, y)) +∂z∂x

(x, y)∂F∂z

(x, y, z(x, y)) = 0, (†)

e analogamente para y. Avaliando no ponto desejado, temos

∂F∂x

(0, 0, 1) +∂z∂x

(0, 0)∂F∂z

(0, 0, 1) = 0,

donde0 +

∂z∂x

(0, 0) · 1 = 0 =⇒ ∂z∂x

(0, 0) = 0.

Analogamente, temos (∂z/∂y)(0, 0) = 0. Para achar as derivadas se-gundas, continue derivando (†) usando não só a regra da cadeia, mastambém a regra do produto.

Afirmação. Seja f : R×Rn → Rn de classe C1, e fλ(x) = f (λ, x) tal quefλ0(x0) = x0. Enuncie e prove um resultado que garanta a existência eunicidade de ponto fixo próximo de x0 para fλ com λ ∼ λ0.

33

Solução: O palpite natural é considerar a função F : R×Rn → Rn dadapor F(λ, x) = fλ(x)− x. Note que como f é C1, então F também o é, e queF(λ0, x0) = 0, por hipótese. Para aplicar o Teorema da Função Implícita,precisamos que DxF(λ0, x0) = D fλ0(x0)− Idn seja não-singular. Assim, acondição pedida é que D fλ0(x0) não tenha o número 1 como autovalor.

Sendo este o caso, obtemos abertos I 3 λ0 e U 3 x0 tais que para cadaλ ∈ I existe um único x(λ) ∈ U com F(λ, x(λ)) = 0, e x : I → U é declasse C1.

Observação. Podia fazer o exercício acima pra uma função de classe C1

f : Rk × Rn → Rn, usando um vetor λ ∈ Rk como parâmetro ao invésde um número. Não muda nada. E se eu fosse ser cuidadoso como nosprimeiros exercícios de hoje, não usaria x tanto para a função implícitacomo para pontos de Rn, mas isso é um abuso de notação que todos fazeme uma hora vocês precisam se acostumar.

Afirmação. Seja F : R2 → R uma função de classe C2, com F(0, 0) = 0 eDF(0, 0) = (2 3).

(a) Mostre que a superfície F(x + 2y + 3z− 1, x3 + y2 − z2) = 0 pode serdada localmente em (−2, 3,−1) como gráfico C2 de z = z(x, y).

(b) Calcule (∂z/∂y)(−2, 3).

(c) Sabendo que (∂2F/∂x2)(0, 0) = 3, (∂2F/∂x∂y)(0, 0) = −1 e (∂2F/∂y2)(0, 0) =5, calcule (∂2z/∂y∂x)(−2, 3).

Solução:

(a) Chame G(x, y, z) .= F(x + 2y + 3z − 1, x3 + y2 − z2), e observe quetemos G(−2, 3,−1) = 0. Temos

∂G∂z

(x, y, z) = 3∂F∂x

(x+ 2y+ 3z− 1, x3 + y2− z2)− 2z∂F∂y

(x+ 2y+ 3z− 1, x3 + y2− z2),

e em particular

∂G∂z

(−2, 3, 1) = 3 · 2− 2(−1) · 3 = 12 6= 0,

de modo que a conclusão segue do Teorema da Função Implícita.

(b) Sabemos que na vizinhança fornecida pelo Teorema da Função Implí-cita no item acima, vale G(x, y, z(x, y)) = 0, e assim podemos derivarem relação à x e y. Temos que

∂G∂y

(x, y, z(x, y)) +∂z∂y

(x, y)∂G∂z

(x, y, z(x, y)) = 0,

34

e em particular

∂G∂y

(−2, 3,−1) + ∂z∂y

(−2, 3)∂G∂z

(−2, 3, 1) = 0.

Daí22 + 12

∂z∂y

(−2, 3) = 0 =⇒ ∂z∂y

(−2, 3) = −116

.

(c) · ·^

Afirmação. Dê condições sobre f : R2 → R de classe C1 com f (2,−1) =−1, para que a curva

γ :

{f (x, y) + z2 = 0xz + 3y3 + z3 = 0

possa ser resolvida localmente em (2,−1,−1) como x = x(y) e z = z(y).Dê também a reta tangente à γ em (2,−1, 1) supondo D f (2,−1) =

(1 − 3). Calcule x′(−1) e z′(−1).

Solução: Para aplicar formalmente o Teorema da Função Implícita, defi-nimos F : R3 → R2 por

F(x, y, z) = ( f (x, y) + z2, xz + 3y2 + z3),

notando que F é de classe C1 (pois f o é6) e γ = F−1(0, 0). Note que

DF(x, y, z) =

∂ f∂x (x, y) ∂ f∂y (x, y) 2zz 9y2 x + 3z2

.Em particular, temos

DF(2,−1,−1) =

∂ f∂x (2,−1) ∂ f∂y (2,−1) −2−1 9 5

.6Na verdade, a classe de F é exatamente a mesma que a de f .

35

Para que x e z sejam funções implícitas de y, as colunas correspondentesdevem ser linearmente independentes7. Ou seja, queremos∣∣∣∣∣∣

∂ f∂x

(2,−1) −2

−1 5

∣∣∣∣∣∣ 6= 0 =⇒ ∂ f∂x (2,−1) 6= 25.Nestas condições, podemos resolver para x = x(y) e z = z(y).

Para a segunda parte do exercício, note que uma equação paramétricapara a reta tangente a γ no ponto desejado é

r(t) = (2,−1, 1) + t(x′(y), 1, z′(y)).

Visto que a igualdade F(x(y), y, z(y)) = 0 vale para todo y num intervaloaberto centrado em y = −1, podemos derivar e obter

x′(y)∂F∂x

(x(y), y, z(y)) +∂F∂y

(x(y), y, z(y)) + z′(y)∂F∂z

(x(y), y, z(y)) = 0.

Note que as derivadas parciais de F são as colunas de DF(x(y), y, z(y)).Substituindo os valores dados no ponto (2,−1, 1), temos:

x′(−1)(1, 1) + (−3, 9) + z′(−1)(−2, 5) = (0, 0).

Do sistema {x′(−1)− 2z′(−1) = 3x′(−1) + 5z′(−1) = −9

segue que x′(−1) = −1 e z′(−1) = −2. A reta tangente fica

r(t) = (2− t,−1 + t, 1− 2t), t ∈ R.

Exemplo (Bônus: como derivar integrais complicadas). Nós sabemos doTeorema Fundamental do Cálculo que se f : R→ R é contínua e x0 ∈ R éuma constante qualquer, então a função I1 : R→ R dada por

I1(x).=∫ x

x0f (t)dt

7Se quiser, poderia pensar em F̃(x, z, y) .= F(x, y, z). A derivada parcial “gorda”D(x,z) F̃(x, z, y) é formada precisamente pelas colunas de DF(x, y, z) correspondentes àx e z, e para F̃ o Teorema da Função Implícita se aplicaria diretamente, sem picuinhas depermutação de colunas.

36

é de classe C1, com derivada I′1(x) = f (x). Com isto, podemos fazer oslimites de integração também serem funções deriváveis de x, e obter

ddx

∫ b(x)a(x)

f (t)dt = b′(x) f (b(x))− a′(x) f (a(x)).

Isto é o truque de sempre, quebrar a integral em duas, e usar a regra dacadeia. Sendo mais explícito, teríamos

ddx

∫ b(x)a(x)

f (t)dt =d

dx(I1(b(x))− I1(a(x)))

= (I1 ◦ b)′(x)− (I1 ◦ a)′(x)= I′1(b(x))b

′(x)− I′1(a(x))a′(x)= b′(x) f (b(x))− a′(x) f (a(x)).

Esta estratégia funciona se deixarmos os parâmetros a e b serem funçõesde várias variáveis, e valem coisas como

∂

∂y

∫ b(x,y,z)a(x,y,z)

f (t)dt =∂b∂y

(x, y, z) f (b(x, y, z))− ∂a∂y

(x, y, z) f (a(x, y, z)).

Entretanto, as integrais realmente complicadas são aquelas em que umadada variável aparece tanto como limite de integração, como no integrando.Suponha até o fim deste exemplo que todas as funções são regulares o su-ficiente para que valha derivação sobre a integral e o que quer que preci-semos para fazer as contas.

Considere agora f : R2 → R. O nosso bloquinho8 principal para fazereste tipo de conta será a função I2 : R→ R dada por

I2(x).=∫ x

x0f (x, y)dy,

onde x0 ∈ R e uma constante qualquer. Note que não podemos derivarsob a integral porque o x aparece no limite de integração, e não podemosaplicar o Teorema Fundamental do Cálculo porque o x aparece no inte-grando. Mas nem tudo está perdido: a ideia é considerar uma funçãoF : R2 → R que “separe as variáveis”. Neste caso, F é dada por

F(u, v) =∫ u

x0f (v, y)dy,

8Eu não gosto de carnaval.

37

e note que I2(x) = F(x, x). Assim podemos calcular

ddx

∫ xx0

f (x, y) dy =dI2dx

(x)

=∂

∂x(F(x, x))

=∂F∂u

(x, x) +∂F∂v

(x, x)

= f (x, x) +∫ x

x0

∂ f∂x

(x, y)dy.

Para praticar:

Exercício. Mostre que

ddx

∫ x0

f (x, g(x, y))dy =

= f (x, g(x, x)) +∫ x

0

∂ f∂x

(x, g(x, y))dy +∫ x

0

∂g∂x

(x, y)∂ f∂y

(x, g(x, y))dy.

Dica. Se ϕ(x) é a função dada pela integral, separe as variáveis usandoF(u, v, w) =

∫ u0 f (v, g(w, y))dy, note que ϕ(x) = F(x, x, x), e faça como

acima.

20/02/2018 - final

Afirmação. Seja

M = {(x, a0, . . . , an−1) ∈ Rn | xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0 = 0}.

Então:

(a) M é uma hipersuperfície9 de classe C∞ em Rn+1;

(b) a restrição da projeção π : Rn+1 → Rn dada por

π(x, a0, . . . , an−1) = (x, a1, . . . , an−1)

à M é um homeomorfismo sobre Rn cuja inversa é uma imersão declasse C∞.

9O prefixo “hiper” refere-se à objetos de codimensão 1. Por exemplo, se V é um espaçovetorial de dimensão finita, subespaços de dimensão dim V− 1 são chamados “hiperpla-nos”. E por aí vai.

38

Solução:

(a) Naturalmente, consideramos p : Rn+1 → R dada por

p(x, a0, . . . , an−1) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0,

que é de classe C∞ e satisfaz p−1(0) = M. Devemos ver que 0 é valorregular de p. Mas qualquer que seja (x, a0, . . . , an−1) ∈ p−1(0) (naverdade, para qualquer um em Rn+1), temos

∂p∂a0

(x, a0, . . . , an−1) = 1 6= 0.

(b) Obviamente π (e portanto π|M) é contínua. Assim, vamos por etapas.

• Primeiramente, vejamos que π|M é injetora. Suponha que

(x, a0, . . . , an−1), (x′, a′0, . . . , a′n−1) ∈ M

tenham a mesma imagem por π. Então

x = x′, a1 = a′1, . . . e an−1 = a′n−1.

Falta ver que a0 = a′0. Mas os pontos considerados estão em M,então cancelando termos em

xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0 = x′n+ a′n−1x

′n−1 + · · ·+ a′1x′ + a′0

segue a conclusão.

• π|M é sobrejetora. Com efeito, dado (b, b1, . . . , bn−1) ∈ Rn, colo-camos

b0.= −bn − bn−1bn−1 − · · · − b1b.

Isto nos diz que (b, b0, . . . , bn−1) ∈ M. E claramente temos

π(b, b0, . . . , bn−1) = (b, b1, . . . , bn−1),

como desejado.

• π|M é um homeomorfismo sobre Rn. A inversa

(π|M)−1(b,b1, . . . , bn−1) == (b,−bn − bn−1bn−1 − · · · − b1b, b1, . . . , bn−1)

é evidentemente contínua (melhor, C∞).

39

• Falta ver que (π|M)−1 é uma imersão. Mas

D(πM)−1(b, b1, . . . , bn−1) =

1 0 · · · 0∗ ∗ ∗ ∗0 1 · · · 0...

... . . ....

0 0 · · · 1

tem n linhas linearmente independentes, e assim tem posto má-ximo.

Afirmação. Se f : Rn → Rk é de classe C1 e x0 ∈ Rn é tal que o posto deD f (x0) seja r, então o posto de f é maior ou igual a r numa vizinhança dex0. Ou seja, localmente o posto de uma função de classe C1 nunca diminui.

Solução: Recorde que o posto de uma matriz (não necessariamente qua-drada) também pode ser visto como o maior tamanho de um de seus sub-determinantes não-nulos. Sendo det, D f e projeções todas contínuas, te-mos que um subdeterminante não-nulo de ordem r da matriz D f (x0) per-manece não-nulo em alguma vizinhança de x0.

Afirmação. Se f : R4 → R2 é dada por

f (x, y, z, t) = (x2 + y2 − z2 + t2, t2),

quais são os valores regulares de f ? Como são as fibras f−1(a, b)?

Solução: Primeiramente note que

D f (x, y, z, t) =(

2x 2y −2z 2t0 0 0 2t

),

e seus subdeterminantes de ordem 2 são 4xt, 4yt e −4zt. Queremos anali-sar as equações {

x2 + y2 − z2 + t2 = at2 = b

e buscar os valores (a, b) para os quais algum destes subdeterminantes nãose anule.

Obviamente se b < 0, temos f−1(a, b) = ∅ (assim todos estes valoressão regulares, por vacuidade10).

10Você consegue achar um ponto (x, y, z, t) ∈ ∅ cuja derivada ali deixe de ser sobreje-tora? Imaginei que não.

40

E para b = 0 temos t = 0, donde D f (x, y, z, t) tem uma linha de zeros, elogo concluímos que nenhum valor da forma (a, 0), com a ∈ R, é regular.

Suponha então que b > 0, de modo que as duas equações resumem-sea x2 + y2 − z2 = a − b. Em algum momento da sua vida, você deve teraprendido que a quádrica definida por esta equação depende do sinal dea− b:

a− b > 0 a− b = 0 a− b < 0

Figura 13: O retorno dos mortos-vivos.

Das figuras acima, já suspeitamos que os valores da forma (a, a) coma ∈ R>0 não devem ser regulares, em vista do vértice do cone. Com efeito,se a ∈ R>0 temos que (0, 0, 0,±

√a) ∈ f−1(a, a) mas

D f (0, 0, 0,±√

a) =(

0 0 0 ±2√

a0 0 0 ±2

√a

)tem posto 1 e não é sobrejetora. Como as quádricas restantes (hiperboloi-des de uma e duas folhas) são diferenciáveis, o palpite é que todos os ou-tros valores (a, b) são regulares. Vejamos por casos que isso de fato ocorre:

• Se b > 0 e a− b > 0. Então x2 + y2 = a− b + z2 > 0, donde x 6= 0ou y 6= 0. Assim, o subdeterminante correspondente 4xt ou 4yt nãose anula.

• Se b > 0 e a− b < 0. Então z2 = x2 + y2 + b− a > 0, donde z 6= 0 eo subdeterminante −4zt não se anula.

Todas as possibilidades foram cobertas, conforme o diagrama abaixo:

41

a = b > 0

b < 0

b = 0

b > 0e a− b > 0b > 0e a− b < 0

Figura 14: Valores singulares em vermelho; valores com fibras vazias emazul; valores regulares restantes em verde.

Então se b > 0, a fibra f−1(a, b) consiste de duas cópias da quádricadefinida pela equação x2 + y2 − z2 = a− b, cada uma dentro de um doshiperplanos t =

√b e t = −

√b. Se b = 0 temos apenas uma cópia, no

hiperplano t = 0. Se b < 0, a fibra é vazia (como vimos anteriormente).

Afirmação. A imagem inversa de um valor regular de uma função declasse C1 é localmente a imagem de uma imersão de classe C1. Vale avolta? Ou seja, a imagem de uma imersão de classe C1 é localmente aimagem inversa de um valor regular de uma função de classe C1?

Solução: Uma coisa de cada vez.

• Ida: sejam f : Rn+k → Rk de classe C1 e c ∈ Rk um valor regularde f . Fixe (x0, y0) ∈ f−1(c). Reordenando colunas se necessario,podemos supor que a derivada parcial Dy f (x0, y0) é não-singular. OTeorema da Função Implícita nos dá abertos U ⊆ Rn e V ⊆ Rk con-tendo x0 e y0 tais que para cada x ∈ U existe um único ϕ(x) ∈ V comf (x, ϕ(x)) = c, e a aplicação ϕ : U → V assim definida é de classeC1. Defina Φ : U → U × V pondo Φ(x) = (x, ϕ(x)). ClaramenteΦ é uma imersão de classe C1, e Im Φ = f−1(c) ∩ (U × V), comoqueríamos.

• A volta? É verdadeira se acrescentarmos a hipótese de que a imersãoé injetora. Caso contrário temos contra-exemplos com auto-interse-ções, como na figura abaixo:

42

p

Figura 15: Imagem de uma imersão injetora, mas nenhuma vizinhança dep é imagem inversa de valor regular de uma função de classe C1.

Vejamos uma prova assumindo que a imersão é injetora: se f : Rn →Rn+k é uma imersão injetora de classe C1, dado (a, b) ∈ Im ( f ),existe um único x0 ∈ Rn com f (x0) = (a, b). Se f = (u, v), suponhasem perder generalidade que Du(x0) é não-singular. O Teorema daFunção Inversa nos dá abertos U e V de Rn contendo x0 e a ondeu|U : U → V é um difeomorfismo. Chame ψ

.= (u|U)−1 : V → U.

Temos que Im( f |U) = Im( f ◦ ψ), e f (ψ(z)) = (z, v(u−1(z)). PonhaF : V ×Rk → Rk, F(z, y) = y− v(u−1(z)). Então 0 é valor regularde F e

Im( f |U) = Im( f ◦ ψ) = F−1(0),como queríamos.

Afirmação. Sejam n > 1, f : Rn → R de classe C1 e c ∈ R um valorregular de f . Então se q é o ponto de f−1(c) mais próximo de um pontofixado p 6∈ f−1(c), então p− q é ortogonal ao plano tangente a f−1(c) emq.

Solução: Note que q é um ponto de mínimo de g : Rn → R dada porg(x) = 〈x− p, x− p〉, condicionado à f−1(c). Temos

grad g(q) = 2(q− p),

e nas hipóteses dadas existe um multiplicador de Lagrange λ ∈ R comgrad f (q) = 2λ(q− p). Como o espaço tangente à f−1(c) em q é o com-plemento ortogonal de grad f (q), acabou.

A partir deste momento, utilizamos o resto da monitoria para discutiro gabarito do simulado da P3, disponível aqui.

That’s all, folks! Thanks for the ride!

43

https://www.ime.usp.br/~terek/monitorias/simuladop3_gabarito.pdf

09/01/201812/01/2018 - extra16/01/201818/01/201822/01/201830/01/201815/02/201820/02/2018 - final