Gabarito da Segunda Prova

MAT5719 – Cálculo Diferencial Geométrico no IR^{n}

Prof. Daniel Victor Tausk 13/02/2004

Questão 1) Sejam f : IR^{2} → IR^{2}, g : IR^{2} → IR^{2} aplicações diferenciáveis e seja ϕ = g ∘ f. Suponha que f(0, 0) = (0, 0) e que:

\begin{matrix}\frac{∂ϕ_{1}}{∂x} (0, 0) = 2, & \frac{∂ϕ_{1}}{∂y} (0, 0) = 5, & \frac{∂ϕ_{2}}{∂x} (0, 0) = −4, & \frac{∂ϕ_{2}}{∂y} (0, 0) = 7, \\ \frac{∂f_{1}}{∂x} (0, 0) = 2, & \frac{∂f_{1}}{∂y} (0, 0) = 0, & \frac{∂f_{2}}{∂x} (0, 0) = 0, & \frac{∂f_{2}}{∂y} (0, 0) = 1, \end{matrix}

onde f = (f_{1}, f_{2}) e ϕ = (ϕ_{1}, ϕ_{2}). Determine as derivadas parciais na origem das componentes g_{1} e g_{2} de g.

Resolução. Denote por Jf(0, 0), Jg(0, 0), Jϕ(0, 0) respectivamente as matrizes Jacobianas das funções f, g e ϕ no ponto (0, 0); como f(0, 0) = (0, 0), a regra da cadeia implica que:

Jϕ(0, 0) = Jg(0, 0) Jf(0, 0).

Além do mais, temos:

Jϕ(0, 0) = ( \begin{matrix}\frac{∂ϕ_{1}}{∂x} (0, 0) & \frac{∂ϕ_{1}}{∂y} (0, 0) \\ \frac{∂ϕ_{2}}{∂x} (0, 0) & \frac{∂ϕ_{2}}{∂y} (0, 0) \end{matrix} ) = (\begin{matrix}2 & 5 \\ −4 & 7 \end{matrix} ) ,

Jf(0, 0) = ( \begin{matrix}\frac{∂f_{1}}{∂x} (0, 0) & \frac{∂f_{1}}{∂y} (0, 0) \\ \frac{∂f_{2}}{∂x} (0, 0) & \frac{∂f_{2}}{∂y} (0, 0) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) .

Logo:

\begin{aligned}Jg(0, 0) & = ( \begin{matrix}\frac{∂g_{1}}{∂x} (0, 0) & \frac{∂g_{1}}{∂y} (0, 0) \\ \frac{∂g_{2}}{∂x} (0, 0) & \frac{∂g_{2}}{∂y} (0, 0) \end{matrix} ) = Jϕ(0, 0) Jf(0, 0)^{−1} \\ & = (\begin{matrix}2 & 5 \\ −4 & 7 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1 & 5 \\ −2 & 7 \end{matrix} ) . \end{aligned}

Concluímos que \frac{∂g_{1}}{∂x} (0, 0) = 1, \frac{∂g_{1}}{∂y} (0, 0) = 5, \frac{∂g_{2}}{∂x} (0, 0) = −2 e \frac{∂g_{2}}{∂y} (0, 0) = 7.

Questão 2) Sejam U ⊂ IR^{m} um aberto e f : U → IR^{n} uma função diferenciável num ponto x ∈ U. Suponha que existe uma seqüência (x_{k})_{k≥1} em U tal que lim_{k→+∞} x_{k} = x, x_{k} ≠ x e f(x_{k}) = f(x), para todo k ≥ 1. Mostre que df(x) não é injetora.

Resolução. Suponha por absurdo que a transformação linear df(x) seja injetora. Escrevemos:

f(x + h) = f(x) + df(x) · h + r(h),

onde lim_{h→0} \frac{r(h)}{∥h∥} = 0. Como a função h ↦ ∥df(x) · h∥ é contínua, ela assume um valor mínimo c na esfera unitária {h ∈ IR^{m} : ∥h∥ = 1}, que é compacta. Como df(x) é injetora, temos df(x) · h ≠ 0, para todo h ≠ 0 e portanto c > 0. Seja δ > 0 tal que x + h ∈ U e \frac{∥r(h)∥}{∥h∥} < \frac{c}{2}, para todo h ∈ IR^{m} com 0 < ∥h∥ < δ. Temos então:

\begin{aligned}∥f(x + h) − f(x)∥ & = ∥df(x) · h + r(h)∥ ≥ ∥df(x) · h∥ − ∥r(h)∥ \\ & = ∥h∥(∥df(x) · \frac{h}{∥h∥} ∥ − \frac{∥r(h)∥}{∥h∥}) > ∥h∥(c − \frac{c}{2}) = ∥h∥ \frac{c}{2}, \end{aligned}

para todo h ∈ IR^{m} com 0 < ∥h∥ < δ. Em particular temos f(x + h) ≠ f(x), para todo h ∈ IR^{m} com 0 < ∥h∥ < δ. Como lim_{k→+∞} x_{k} = x, existe k ≥ 1 tal que ∥x_{k} − x∥ < δ; tomando h = x_{k} − x, concluímos que f(x_{k}) ≠ f(x), contradizendo nossas hipóteses.

Questão 3) Considere o sistema não-linear:

(∗)  \begin{cases}e^{xyz} − w cos t = 1, \\ \frac{z cos x + x cos(yz)}{w^{2} + t^{2} + 1} = 0. \end{cases}

Mostre que existem um aberto U ⊂ IR^{3} contendo a origem, um aberto V ⊂ IR^{2} contendo a origem e uma função ϕ : U → V de classe C^{∞} de modo que, para todos (x, y, t) ∈ U, (z, w) ∈ V, temos que (x, y, z, t, w) é solução de (∗) se e somente se (z, w) = ϕ(x, y, t). Determine a matriz Jacobiana de ϕ na origem.

Resolução. Considere a função F : IR^{5} → IR^{2} definida por:

F (x, y, z, t, w) = (e^{xyz} − w cos t, \frac{z cos x + x cos(yz)}{w^{2} + t^{2} + 1}),

para todo (x, y, z, t, w) ∈ IR^{5}. A função F é de classe C^{∞}, pois suas componentes podem ser escritas como compostas de somas e produtos de funções de classe C^{∞}. As matrizes Jacobianas parciais de F na origem relativamente às variáveis x, y, t e z, w são dadas respectivamente por:

\begin{aligned}JF_{x,y,t}(0) & = ( \begin{matrix}\frac{∂F_{1}}{∂x} (0) & \frac{∂F_{1}}{∂y} (0) & \frac{∂F_{1}}{∂t} (0) \\ \frac{∂F_{2}}{∂x} (0) & \frac{∂F_{2}}{∂y} (0) & \frac{∂F_{2}}{∂t} (0) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) , \\ JF_{z,w}(0) & = ( \begin{matrix}\frac{∂F_{1}}{∂z} (0) & \frac{∂F_{1}}{∂w} (0) \\ \frac{∂F_{2}}{∂z} (0) & \frac{∂F_{2}}{∂w} (0) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) . \end{aligned}

Observe que (x, y, z, t, w) é solução de (∗) se e somente se F (x, y, z, t, w) = (1, 0). Como F (0) = (1, 0) e a matriz JF_{z,w}(0) é inversível, o Teorema da Função Implícita nos diz que existem abertos U ⊂ IR^{3}, V ⊂ IR^{2}, com 0 ∈ U, 0 ∈ V, e uma função ϕ : U → V de classe C^{∞} de modo que, para todos (x, y, t) ∈ U, (z, w) ∈ V, temos F (x, y, z, t, w) = (1, 0) se e somente se (z, w) = ϕ(x, y, t). Além do mais, a matriz Jacobiana de ϕ na origem é dada pela fórmula:

Jϕ(0) = −JF_{z,w}(0)^{−1} JF_{x,y,t}(0) = − (\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) = (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Questão 4) Seja f : U → IR^{n} uma função diferenciável num aberto convexo e não vazio U ⊂ IR^{m}. Suponha que a função U ∋ x ↦ ∥df(x)∥ é limitada e defina:

k = sup_{x∈U} ∥df(x)∥.

Mostre que k é a menor constante de Lipschitz para a função f (i.e., k é uma constante de Lipschitz para f e se k′ é uma constante de Lipschitz para f então k ≤ k′). observação: recorde que um número real c é uma constante de Lipschitz para uma função ϕ : X ⊂ IR^{m} → IR^{n} se e somente se ∥ϕ(x) − ϕ(y)∥ ≤ c∥x − y∥, para todos x, y ∈ X.

Resolução. Como U é convexo e f é diferenciável, a desigualdade do valor médio nos dá:

∥f(x) − f(y)∥ ≤ sup_{z∈]x,y[} ∥df(z)∥∥x − y∥ ≤ k∥x − y∥,

para todos x, y ∈ U. Logo k é uma constante de Lipschitz para f. Seja então k′ uma outra constante de Lipschitz para f e vamos mostrar que k ≤ k′. Dado x ∈ U e um vetor unitário v ∈ IR^{m} temos, para todo t ≠ 0 com x + tv ∈ U:

∥\frac{f(x + tv) − f(x)}{t}∥ = \frac{∥f(x + tv) − f(x)∥}{∥(x + tv) − x∥} ≤ k′;

fazendo t → 0, obtemos:

∥df(x) · v∥ = ∥\frac{∂f}{∂v} (x)∥ ≤ k′.

Logo:

∥df(x)∥ = sup_{∥v∥=1} ∥df(x) · v∥ ≤ k′.

Finalmente, obtemos:

k = sup_{x∈U} ∥df(x)∥ ≤ k′.

Questão 5) Sejam n, k inteiros positivos e denote por M_{n×n}(IR) o espaço das matrizes reais n × n. Mostre que existem vizinhanças abertas U e V da matriz identidade em M_{n×n}(IR) tais que para toda matriz B ∈ V existe uma única matriz A ∈ U com A^{k} = B.

Resolução. Considere a função f_{k} : M_{n×n}(IR) → M_{n×n}(IR) definida por f_{k}(A) = A^{k}, para toda matriz A ∈ M_{n×n}(IR). Vamos mostrar por indução em k que f_{k} é uma função de classe C^{∞} e que sua diferencial na matriz identidade I ∈ M_{n×n}(IR) é dada por:

df_{k}(I) · W = kW,

para todo W ∈ M_{n×n}(IR). Temos que f_{1} é a aplicação identidade de M_{n×n}(IR) e portanto f_{1} é de classe C^{∞} e df_{1}(I) · W = W, para todo W ∈ M_{n×n}(IR). Assuma o resultado demonstrado para um certo inteiro k ≥ 1. Considere a aplicação 𝔪 : M_{n×n}(IR)×M_{n×n}(IR) → M_{n×n}(IR) definida por 𝔪(A, B) = AB. Temos obviamente:

f_{k+1} = 𝔪 ∘ (f_{k}, f_{1}).

A aplicação 𝔪 é bilinear; logo 𝔪 é de classe C^{∞} e sua diferencial é dada por:

d𝔪(A, B) · (W_{1}, W_{2}) = 𝔪(A, W_{2}) + 𝔪(W_{1}, B) = AW_{2} + W_{1}B.

Concluímos que a aplicação f_{k+1} é de classe C^{∞} e que sua diferencial no ponto I é dada por:

df_{k+1}(I) · W = d𝔪(f_{k}(I), f_{1}(I)) · (df_{k}(I) · W, df_{1}(I) · W )
= d𝔪(I, I) · (kW, W) = W + kW = (k + 1)W.

Isso completa o passo de indução. A aplicação df_{k}(I) : W ↦ kW é obviamente um isomorfismo do espaço vetorial M_{n×n}(IR), para todo k ≥ 1. Logo, pelo Teorema da Função Inversa, existe um aberto U em M_{n×n}(IR) contendo a matriz identidade tal que f_{k}(U) é aberto em M_{n×n}(IR) e f_{k}|_{U} : U → f_{k}(U) é um difeomorfismo de classe C^{∞}. Em particular, para toda matriz B ∈ V = f_{k}(U), existe uma única matriz A ∈ U tal que B = f_{k}(A) = A^{k}.