Gabarito da Prova Substitutiva

MAT5719 – Cálculo Diferencial Geométrico no IR^{n}

Prof. Daniel Victor Tausk 17/02/2004

Questão 1) Seja f : IR^{2} → IR^{2} uma função diferenciável e seja g : IR^{2} → IR^{2} a função definida por g(x, y) = (e^{x}y^{2}, (x − y)^{3}), para todo (x, y) ∈ IR^{2}. Assuma que f(0, 0) = (0, 1) e que a matriz Jacobiana da função ϕ = g ∘ f : IR^{2} → IR^{2} no ponto (0, 0) é dada por:

Jϕ(0, 0) = ( \begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & −3 \end{matrix} ) .

Determine a matriz Jacobiana de f no ponto (0, 0).

Resolução. A regra da cadeia nos dá:

Jϕ(0, 0) = Jg(f(0, 0)) Jf(0, 0),  (∗)

onde Jg(f(0, 0)) denota a matriz Jacobiana de g no ponto f(0, 0) e Jf(0, 0) denota a matriz Jacobiana de f no ponto (0, 0). Temos:

Jg(f(0, 0)) = Jg(0, 1) = ( \begin{matrix}\frac{∂g_{1}}{∂x} (0, 1) & \frac{∂g_{1}}{∂y} (0, 1) \\ \frac{∂g_{2}}{∂x} (0, 1) & \frac{∂g_{2}}{∂y} (0, 1) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & −3 \end{matrix} ) .

Concluímos que Jϕ(0, 0) = Jg(f(0, 0)); como a matriz Jϕ(0, 0) é inversível, a identidade (∗) nos dá:

Jf(0, 0) = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) .

Questão 2) Mostre que o conjunto:

K = {(x, y, z) ∈ IR^{3} : cos(ye^{z}) sen x ≥ 1 e |x| + |y| + |z| ≤ 10}

é compacto.

Resolução. Considere as funções f : IR^{3} → IR, g : IR^{3} → IR definidas por:

f(x, y, z) = cos(ye^{z}) sen x, g(x, y, z) = |x| + |y| + |z|,

para todo (x, y, z) ∈ IR^{3}. As funções f e g são contínuas, pois são obtidas através de somas, produtos e composições de funções contínuas. Temos:

K = f^{−1}( [1, +∞[ ) ∩ g^{−1}(]−∞, 10] );

como os conjuntos [1, +∞[ e ]−∞, 10] são fechados em IR, a imagem inversa de um conjunto fechado por uma função contínua é um conjunto fechado e como a interseção de dois conjuntos fechados é um conjunto fechado, segue que K é fechado em IR^{3}. Além do mais, para todo (x, y, z) ∈ K, temos:

\begin{aligned}|x| + |y| + |z| ≤ 10 & ⟹ |x| ≤ 10, |y| ≤ 10, |z| ≤ 10 \\ & ⟹ d((x, y, z), (0, 0, 0)) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} ≤ 10\sqrt{3}, \end{aligned}

i.e., o conjunto K está contido na bola fechada de centro na origem e raio 10\sqrt{3}. Concluímos que K é fechado e limitado e portanto compacto.

Questão 3) Mostre que existe r > 0 tal que o sistema:

y(x + z + 1)^{2} = 0, sen(x + y + z) = 0,

\frac{e^{xy}(sen z + cos z)}{xyz + 1} = 1,

possui uma única solução (x, y, z) ∈ IR^{3} satisfazendo x^{2} + y^{2} + z^{2} < r^{2}.

Resolução. Seja f : U → IR^{3} a função definida por:

f(x, y, z) = (y(x + z + 1)^{2}, sen(x + y + z), \frac{e^{xy}(sen z + cos z)}{xyz + 1}),

para todo (x, y, z) ∈ U, onde:

U = {(x, y, z) ∈ IR^{3} : xyz + 1 ≠ 0}.

Afirmamos que o conjunto U é aberto em IR^{3}; de fato, temos U = λ^{−1}(IR \ {0}), onde a função λ : IR^{3} → IR é definida por λ(x, y, z) = xyz + 1, para todo (x, y, z) ∈ IR^{3}. A função λ é contínua (pois é uma soma de produtos de funções contínuas) e o conjunto IR \ {0} é aberto em IR; isso implica que U é aberto em IR^{3}. Note também que a função f é de classe C^{∞}, pois cada uma de suas componentes é obtida através de somas, produtos e composições de funções de classe C^{∞}. A matriz Jacobiana de f no ponto 0 ∈ U é dada por:

Jf(0) = ( \begin{matrix}\frac{∂f_{1}}{∂x} (0) & \frac{∂f_{1}}{∂y} (0) & \frac{∂f_{1}}{∂z} (0) \\ \frac{∂f_{2}}{∂x} (0) & \frac{∂f_{2}}{∂y} (0) & \frac{∂f_{2}}{∂z} (0) \\ \frac{∂f_{3}}{∂x} (0) & \frac{∂f_{3}}{∂y} (0) & \frac{∂f_{3}}{∂z} (0) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Temos det (Jf(0)) = −1 ≠ 0 e portanto df(0) : IR^{3} → IR^{3} é um isomorfismo. Pelo Teorema da Função Inversa, existe um aberto V ⊂ U contendo a origem tal que f(V) é aberto em IR^{3} e f|_{V} : V → f(V) é um difeomorfismo de classe C^{∞}. Em particular, f|_{V} é injetora. Como f(0) = (0, 0, 1), temos que x = y = z = 0 é a única solução do sistema f(x, y, z) = (0, 0, 1) no aberto V. Escolhemos então r > 0 de modo que a bola aberta de centro na origem e raio r esteja contida em V.

Questão 4) Seja f : U ∋ (x, y) ↦ f(x, y) ∈ IR^{n} uma função de classe C^{1} definida num aberto U ⊂ IR^{m} × IR^{n}. Assuma que a diferencial parcial:

∂_{y}f(x_{0}, y_{0}) : IR^{n} ⟶ IR^{n}

seja um isomorfismo, para algum ponto (x_{0}, y_{0}) ∈ U; seja c = f(x_{0}, y_{0}). Mostre que existe um aberto A ⊂ U contendo o ponto (x_{0}, y_{0}) tal que o conjunto A ∩ f^{−1}(c) seja conexo.

Resolução. Pelo Teorema da Função Implícita, existem abertos U_{1} ⊂ IR^{m}, U_{2} ⊂ IR^{n} e uma função ϕ : U_{1} → U_{2} de classe C^{1} de modo que x_{0} ∈ U_{1}, y_{0} ∈ U_{2}, U_{1} × U_{2} ⊂ U e:

(U_{1} × U_{2}) ∩ f^{−1}(c) = gr(ϕ) = {(x, ϕ(x)) : x ∈ U_{1}}.

Escolha r > 0 de modo que a bola aberta B(x_{0}; r) esteja contida em U_{1} e defina:

A = B(x_{0}; r) × U_{2}.

O conjunto A é aberto, sendo um produto cartesiano de dois conjuntos abertos. Obviamente A ⊂ U_{1} × U_{2} ⊂ U. Afirmamos que o conjunto A ∩ f^{−1}(c) é conexo. De fato, temos:

A ∩ f^{−1}(c) = {(x, ϕ(x)) : x ∈ B(x_{0}; r)} = ψ(B(x_{0}; r)),

onde ψ : U_{1} → IR^{m} × IR^{n} é definida por ψ(x) = (x, ϕ(x)), para todo x ∈ U_{1}. Como a função ψ é contínua e a bola B(x_{0}; r) é conexa, segue que A ∩ f^{−1}(c) é conexo.

Questão 5) Seja f : U → IR^{n} uma função de classe C^{1} definida num aberto U ⊂ IR^{m} e seja K ⊂ U um subconjunto compacto. Assuma que df(x) : IR^{m} → IR^{n} é injetora para todo x ∈ K. Mostre que existem constantes c > 0 e δ > 0 tais que ∥f(x) − f(y)∥ ≥ c∥x − y∥, para todos x ∈ K, y ∈ U com ∥x − y∥ < δ.

Resolução. Seja:

c′ = inf_{{x∈K \atop ∥h∥=1}} ∥df(x) · h∥.

Note que:

∥df(x) · h∥ ≥ c′∥h∥,  (∗∗)

para todos x ∈ K, h ∈ IR^{m}. Afirmamos que c′ > 0. De fato, como f é de classe C^{1}, a função:

U × IR^{m} ∋ (x, h) ⟼ ∥df(x) · h∥ ∈ IR

é contínua e portanto assume um mínimo no compacto:

{(x, h) ∈ IR^{m} × IR^{m} : x ∈ K, ∥h∥ = 1};

como df(x) é injetora para todo x ∈ K, segue que df(x) · h ≠ 0, para todos x ∈ K, h ∈ IR^{m}, com ∥h∥ = 1. Isso mostra que c′ > 0. Tome c = \frac{c′}{2} . Vamos mostrar que existe δ > 0 tal que:

∥f(x) − f(y)∥ ≥ c∥x − y∥,

para todos x ∈ K, y ∈ U com ∥x − y∥ < δ. Assuma o contrário. Então, para todo inteiro p ≥ 1 existem x_{p} ∈ K, y_{p} ∈ U com ∥x_{p} − y_{p}∥ < \frac{1}{p} e:

∥f(x_{p}) − f(y_{p})∥ < c∥x_{p} − y_{p}∥.

Como K é limitado, a seqüência (x_{p})_{p≥1} é limitada e portanto possui uma subseqüência convergente (x_{p_{i}})_{i≥1}; além do mais, lim_{i→+∞} x_{p_{i}} = x pertence a K, pois K é fechado. Note que d(x_{p_{i}}, y_{p_{i}}) < \frac{1}{p_{i}}, donde lim_{i→+∞} d(x_{p_{i}}, y_{p_{i}}) = 0 e portanto lim_{i→+∞} y_{p_{i}} = x. Como U é aberto e df é contínua, existe r > 0 tal que B(x; r) ⊂ U e tal que:

∥df(z) − df(x)∥ < c,

para todo z ∈ B(x; r). Como lim_{i→+∞} x_{p_{i}} = x e lim_{i→+∞} y_{p_{i}} = x, existe i ≥ 1 tal que x_{p_{i}}, y_{p_{i}} ∈ B(x; r). Considere a função ϕ : B(x; r) → IR^{n} definida por:

ϕ(y) = f(y) − df(x) · y,

para todo y ∈ B(x; r). Aplicando a desigualdade do valor médio à função ϕ, obtemos:

∥ϕ(y_{p_{i}}) − ϕ(x_{p_{i}})∥ ≤ ∥dϕ(z)∥ ∥y_{p_{i}} − x_{p_{i}}∥,

para algum z ∈ ]x_{p_{i}}, y_{p_{i}}[ ⊂ B(x; r). Temos:

∥dϕ(z)∥ = ∥df(z) − df(x)∥ < c;

portanto:

∥ϕ(y_{p_{i}}) − ϕ(x_{p_{i}})∥ = ∥f(y_{p_{i}}) − f(x_{p_{i}}) − df(x) · (y_{p_{i}} − x_{p_{i}})∥ < c∥y_{p_{i}} − x_{p_{i}}∥.

Concluímos que:

\begin{aligned}∥df(x) · (y_{p_{i}} − x_{p_{i}})∥ & ≤ ∥f(y_{p_{i}}) − f(x_{p_{i}}) − df(x) · (y_{p_{i}} − x_{p_{i}})∥ + ∥f(x_{p_{i}}) − f(y_{p_{i}})∥ \\ & < c∥y_{p_{i}} − x_{p_{i}} ∥ + c∥y_{p_{i}} − x_{p_{i}} ∥ = c′∥y_{p_{i}} − x_{p_{i}} ∥. \end{aligned}

Mas isso contradiz a desigualdade (∗∗) e completa nossa demonstração.