Solução dos Exercı́cios
Capı́tulo 7
Exercı́cio 7.1: Seja f : Rn → Rm linear. Mostre que f ′ (x) = f , ∀x ∈ Rn , isto é,
f ′ (x)h = f (h), ∀x, h ∈ Rn . Observe também que f ′ é constante e, portanto, f ′′ ≡ 0.
Solução: Como f é linear (matriz m × n), f é diferenciável e f ′ (x)h = f (h) para todo
h ∈ Rn , isto é, f ′ (x) = f . Portanto a aplicação derivada f ′ : Rn → Mm×n é constante.
Em particular, podemos escrever f ′ (x + h) = f ′ (x) + L(h) + ε(h) com L = ε ≡ 0.
Portanto (da unicidade da diferencial), concluı́mos que f é duas vezes diferenciável e
f ′′ (x) ≡ 0 para todo x ∈ Rn
Exercı́cio 7.2: Seja ϕ: Rn → Rn função diferenciável tal que
kϕ′ (x)kL(Rn ) ≤ α,
∀x ∈ Rn .
a) Se α < 1, mostre que ϕ é uma contração e demonstre que para cada y ∈ Rn , existe
um único x ∈ Rn tal que y = x + ϕ(x).
b) Podemos afirmar que ϕ é uma contração se kϕ′ (x)kL(Rn ) < 1, ∀x ∈ Rn ?
c) Use o item (a) para mostrar que se A é uma matriz n × n tal que kAk < 1 então
(I + A) é inversı́vel.
d) Se ϕ é monótona positiva, mostre que para cada y ∈ Rn , existe um único x ∈ Rn
satisfazendo y = x + ϕ(x) (mesmo que α ≥ 1).
Solução: (a) Pela desigualdade do valor médio (veja Exercı́cio 5.7b), existe t no intervalo (0, 1) tal que
kϕ(x1 ) − ϕ(x0 )k ≤ kϕ′ (xt )kkx1 − x0 k ≤ αkx1 − x0 k,
onde xt = tx1 + (1 − t)x0 . Como por hipótese α < 1, ϕ é uma contração.
Assim, dado y ∈ Rn (fixado), considere a aplicação g(x) = y − ϕ(x). Observe que g
também é uma contração, pois
kg(x1 ) − g(x0 )k = kϕ(x1 ) − ϕ(x0 )k ≤ αkx1 − x0 k.
Portanto, pelo Teorema do ponto fixo de Banach (Teorema 4.28), existe um único x ∈ Rn
tal que g(x) = x, isto é, x é a única solução de x + ϕ(x) = y.
√
(b) Não! Considere f : R → R definida por f (x) = x+ x2 + 1 /2. Então 0 < f ′ (x) < 1
para todo x ∈ R, mas f não é contração, pois não admite ponto fixo.
(c) Considere ϕ(x) = Ax. Então (veja Exercı́cio 4.13), kϕ(x1 )−ϕ(x0 )k ≤ kAkkx1 −x0 k.
Como estamos supondo kAk < 1, ϕ é uma contração. Pelo item (a), a equação x+Ax =
y admite uma única solução, para cada y ∈ Rn , isto é, a matriz I + A é inversı́vel.
74
(d) Suponhamos ϕ monótona positiva e diferenciável tal que kϕ′ (x)k ≤ α, para todo
x ∈ Rn . Se α < 1 recaı́mos no caso (a). Suponhamos então α ≥ 1. Seja ε > 0 tal que
εα < 1. Pelo item (a), dado y ∈ Rn , existe um único x ∈ Rn tal que y = x + εϕ(x),
isto é, a função g(x) = x + εϕ(x) é bijetora e portanto, inversı́vel. Além disso, como
estamos supondo ϕ monótona positiva,
hg(x1 ) − g(x0 ) : x1 − x0 i = kx1 − x0 k2 + εhϕ(x1 ) − ϕ(x0 ) : x1 − x0 i ≥ kx1 − x0 k2 .
Aplicando a desiguladade de Cauchy-Schwarz no lado esquerdo da desigualdade acima,
obtemos
kg(x1 ) − g(x0 )k ≥ kx1 − x0 k.
(7.1)
Como g é inversı́vel, podemos escrever (7.1) na forma
kg −1 (y1 ) − g −1 (y0 )k ≤ ky1 − y0 k,
(7.2)
isto é, g −1 é Lipschitz contı́nua, com constante de Lipschitz 1.
Observe agora que, para y ∈ Rn dado, a equação x + ϕ(x) = y pode ser reescrita na
forma x + εϕ(x) = εy + (1 − ε)x, ou equivalentemente x = g −1 εy + (1 − ε)x . Basta,
portanto, mostrar que F (x) = g −1 εy + (1 − ε)x possui um único ponto fixo. De (7.2)
temos
kF (x1 ) − F (x0 )k ≤ |1 − ε|kx1 − x0 k.
Como escolhemos ε < 1/α ≤ 1, F é contração e, portanto, admite um único ponto fixo,
como querı́amos demonstrar.
Exercı́cio 7.3: Seja C ⊂ Rn convexo e fechado e PC : Rn → Rn a projeção ortogonal
sobre C (veja Exercı́cio 4.12). Mostre que PC é função monótona positiva. Conclua que
x 7→ f (x) = x − 12 PC (x) : PC (x) é função convexa.
Solução: Pelo Exercı́cio 4.12(c), temos
hPC (x) − PC (y) : x − yi ≥ kPC (x) − PC (y)k2 ≥ 0.
Logo, PC é monótona positiva. Pelo Teorema 5.18, f (x) é diferenciável e f ′ (x) = PC (x),
para todo x ∈ Rn . Portanto, f ′ (x) é monótona positiva em Rn e o Teorema 7.4 nos
permite concluir que f (x) é função convexa.
Exercı́cio 7.4: Calcule f ′′ (x) para cada uma das funções f : Rn → R. Observe que em
todos os casos f ′ é linear e portanto f ′′ : Rn → Mn×n é constante.
1
1
kxk22 , f (x) = kAxk22 ,
2
2
f (x) = hAx : xi, f (x) = hAx : Bxi.
f (x) =
75
Solução: Primeiramente, lembre que (veja Exemplo 3 do Capı́tulo 5) se g é linear,
então g é diferenciável e g ′ (x) = g para todo x, isto é,
g ′ (x)h = g(h),
∀h ∈ Rn .
(a) f (x) = kxk22 /2. Então, f ′ (x) = x para todo x ∈ Rn e f ′′ (x) = I para todo x ∈ Rn .
(b) f (x) = kAxk22 /2. Então, f ′ (x) = AT Ax e f ′′ (x) = AT A para todo x ∈ Rn .
(c) f (x) = hAx : xi. Então, f ′ (x) = (A + AT )x e f ′′ (x) = A + AT para todo x ∈ Rn .
(d) f (x) = hAx : Bxi = hB T Ax : xi. Então, f ′ (x) = (B T A + AT B)x e f ′′ (x) =
B T A + AT B.
Exercı́cio 7.5: Considere f : Rn → R função duas vezes diferenciável e A uma matriz
n × n. Defina g(x) = f (Ax). Mostre que g é duas vezes diferenciável em Rn e
g ′ (x) = AT f ′ (Ax)
g ′′ (x) = AT f ′′ (Ax)A
Solução: f : Rn → R é diferenciável e ϕ(x) = Ax é linear e, portanto, diferenciável.
Logo, pela regra da cadeia, g é diferenciável e
hg ′ (x) : hi = hf ′ (Ax) : Ahi = hAT f ′ (Ax) : hi,
∀h ∈ Rn .
Portanto, g ′ (x) = AT f ′ (Ax), para todo x ∈ Rn .
Analogamente, pela regra da cadeia, g ′ : Rn → Rn é diferenciável e
[g ′′ (x)]h = AT f ′′ (Ax)Ah,
∀h ∈ Rn .
Assim, g ′′ (x) = AT f ′′ (Ax)A, para todo x ∈ Rn .
Exercı́cio 7.6: Considere a matriz simétrica
a b
A=
, a, b, c ∈ R.
b c
Mostre que A é positiva definida se e somente se det A > 0 e a > 0. Mostre que se A é
semipositiva definida, então det A ≥ 0 e a ≥ 0 mas a recı́proca é falsa.
Solução: Seja x = (x1 , x2 ) um vetor qualquer de R2 . Então
hAx : xi = ax21 + 2bx1 x2 + cx22 .
Suponhamos incialmente a 6= 0. Então podemos escrever
2b
c 2
2
hAx : xi = a x1 + x1 x2 + x2
a
a
"
#
2
b
ac − b2 2
= a x1 + x2 +
x2
a
a2
76
(7.3)
Se a > 0 e det A = ac − b2 > 0, concluı́mos de (7.3) que hAx : xi > 0 para todo x 6= 0.
Reciprocamente, se hAx : xi > 0 para todo x 6= 0, escolhemos x = (1, 0) para concluir
de (7.3) que a > 0. Escolhendo em seguida x = (b/a, −1), obtemos det A > 0.
Suponhamos A semipositiva definida. Então hAx : xi ≥ 0 para todo x ∈ Rn . Se a 6= 0,
as mesmas escolhas nos levam à conclusão que a ≥ 0 e det A ≥ 0. Por outro lado, se
a = 0, então hAx : xi = x2 (2bx1 + cx2 ) ≥ 0 para todo x1 , x2 ∈ R. Fixando x2 = 1,
concluı́mos que b = 0, isto é, det A = 0.
A recı́proca é falsa. Escolha a = b = 0 e c = −1.
Exercı́cio 7.7: Seja f : Rn → R função duas vezes diferenciável em x0 = 0 tal que
f (tx) = t2 f (x) para todo x ∈ Rn e todo t ∈ R. Mostre que
f (x) =
1 ′′
f (0)x : x ,
2
∀x ∈ Rn .
Solução: Considere ϕ(t) = f (tx). Então
ϕ′ (t) = hf ′ (tx) : xi = 2tf (x) e
ϕ′′ (t) = hf ′′ (tx)x : xi = 2f (x).
Para t = 0 a segunda identidade acima nos dá
f (x) =
1 ′′
hf (0)x : xi.
2
Exercı́cio 7.8: Seja D = {x ∈ R2 ; kxk22 ≤ 1}. Considere f : R2 → R2 de classe C 1 tal
que
1
Jf (x) 6= 0 ∀x ∈ D e kf (x) − xk2 ≤
∀x ∈ D.
3
Mostre que existe x0 ∈ D tal que f (x0 ) = 0.
Solução: Seja ϕ: D → R definida por ϕ(x) = kf (x)k2 . Como ϕ é contı́nua e D é
compacto, existe x0 ∈ D tal que
ϕ(x0 ) ≤ ϕ(x),
∀x ∈ D.
Observe que ϕ(x0 ) ≤ 1/3. De fato,
ϕ(x0 ) ≤ ϕ(0) = kf (0)k2 = kf (0) − 0k2 ≤ 1/3.
(7.4)
Além disso, x0 não pertence à fronteira ∂D de D. De fato, se x0 ∈ ∂D, então kx0 k2 = 1.
Como
1/3 ≥ kx0 − f (x0 )k2 ≥ 1 − kf (x0 )k2 = 1 − ϕ(x0 ),
terı́amos ϕ(x0 ) ≥ 2/3, o que está em contradição com (7.4). Portanto, x0 está no
interior de D.
77
Observe que x0 também é ponto de mı́nimo de ψ(x) = ϕ(x)2 . Como ψ é diferenciável
◦
◦
em D e x0 ∈ D, temos ψ ′ (x0 ) = 0. Isto é, hψ ′ (x0 ) : hi = 0 para todo h ∈ R2 .
Aplicando a Regra da Cadeia, temos
hψ ′ (x) : hi = 2hf ′ (x)T f (x) : hi,
◦
∀x ∈D .
Portanto,
hf ′ (x0 )T f (x0 ) : hi = 0,
∀h ∈ Rn ,
o que implica que f ′ (x0 )T f (x0 ) = 0.
Observe que, por hipótese,
det[f ′ (x0 )T ] = det[f ′ (x0 )] = Jf (x0 ) 6= 0.
Portanto, f (x0 ) = 0 como querı́amos provar.
Exercı́cio 7.9:
a) Seja A matriz n × n semipositiva definida, isto é hA : xi ≥ 0 ∀x ∈ Rn e defina a
função g(x) = Ax. Mostre que g é monótona positiva. Seja Fλ (x) = x + λAx, com
λ > 0. Mostre que Fλ é bijetora em Rn .
b) Seja f monótona positiva e considere Fλ (x) = x + λf (x), com λ > 0. Mostre que
Fλ é injetora. Se Fλ0 é sobrejetora para algum λ0 , mostre que Fλ é sobrejetora
para todo λ > 0.
Solução: (a) Provemos que Fλ é função injetora. Como A é semipositiva definida,
temos
kFλ (x1 )−Fλ (x2 )k22 = kx1 −x2 k22 +2λhx1 −x2 : Ax1 −Ax2 i+λ2 kAx1 −Ax2 k22 ≥ kx1 −x2 k22 ,
de modo que se Fλ (x1 ) = Fλ (x2 ), então x1 = x2 . Como Fλ é linear de Rn em Rn , é
injetora se e somente se é sobrejetora.
(b) f monótona positiva e Fλ (x) = x + λf (x). Provemos que Fλ é injetiva.
kFλ (x1 ) − Fλ (x2 )k22 = kx1 − x2 k22 + 2λhx1 − x2 ; f (x1 ) − f (x2 )i
+ λ2 kAx1 − Ax2 k22 ≥ kx1 − x2 k22
(7.5)
de modo que se Fλ (x1 ) = Fλ (x2 ), então x1 = x2 .
Suponhamos Fλ0 sobrejetora. Então existe a inversa Fλ−1
. De (7.5) concluı́mos que Fλ−1
0
0
é Lipschitz contı́nua, com constante de Lipschitz igual a 1.
Seja λ > 0. Para mostrar que Fλ é sobrejetora, seja y ∈ Rn . Então x é solução de
Fλ (x) = y se e somente se f (x) = (y − x)/λ, que podemos escrever na forma
λ0
λ0
x + λ0 f (x) =
y+ 1− x ,
λ
λ
78
isto é,
x=
Fλ−1
0
Se denotarmos
Φ(x) =
Fλ−1
0
λ0
λ0
y+ 1− x
.
λ
λ
(7.6)
λ0
λ0
y+ 1− x
,
λ
λ
então Fλ é sobrejetora se e somente se Φ possui ponto fixo.
Observe que
λ
0
kx1 − x2 k2 ,
kΦ(x1 ) − Φ(x2 )k2 ≤ 1 −
λ
de modo que Φ é contração se λ > λ0 /2. Portanto, Fλ é sobrejetora para todo λ > λ0 /2.
Seja λ1 = 2λ0 /3. Então Fλ1 é sobrejetora e os mesmos argumentos anteriores nos
permitem concluir que Fλ é sobrejetora para todo λ > λ1 /2. Repetindo esse processo
sucessivamente, construı́mos a sequência (λ0 , λ1 , λ2 , . . . , λk , . . .), onde λk = 2k λ0 /3k tal
que, a cada etapa, concluı́mos que Fλ é sobrejetora para todo λ > λk /2.
Como λn → 0, Fλ é sobrejetora para todo λ > 0, como querı́amos demosntrar.
Exercı́cio 7.10: Seja f : Rn → Rn função de classe C 1 tal que Jf (x) 6= 0, ∀x ∈ Rn .
Considere a sequência:
x0 ∈ R n
e
xk+1 = xk − f ′ (xk )−1 f (xk ),
k≥0
(∗)
a) Mostre que se xk −→ x̄, então f (x̄) = 0.
b) Reciprocamente, se f (x) = 0 para algum x, mostre que a sequência definida por
(∗) converge para x̄ se x0 for tomado suficientemente próximo de x.
Solução: f : Rn → Rn função de classe C 1 tal que det[f ′ (x)] 6= 0 para todo x ∈ Rn e
xk+1 = xk − [f ′ (xk )]−1 f (xk ).
(a) Suponhamos xk → x. Como f é de classe C 1 , temos
f (xk ) → f (x) e
Ak := f ′ (xk ) → A := f ′ (x).
Como a aplicação A 7→ A−1 é contı́nua (veja Exercı́cio 4.16), temos
A−1
−→ A−1 .
k
n→∞
Portanto, fazendo n tender a infinito em (7.7) obtemos
A−1 f (x) = 0,
de onde se permite concluir que f (x) = 0 pois det A 6= 0
79
(7.7)
(b) Supondo f (x) = 0, podemos escrever (7.7) na forma
xk+1 − x = xk − x − [f ′ (xk )]−1 f (xk ) − f (x)
= [f ′ (xk )]−1 f ′ (xk )(xk − x) + f (xk ) − f (x)
,
= [f ′ (xk )]−1 f ′ (xk ) − f ′ (x) (xk − x) + ε(xk − x)
onde kε(ξ)k/kξk → 0 quando kξk → 0. Seja α = kf ′ (x)−1 k. Como as aplicações
x 7→ f ′ (x) e X 7→ X −1 são contı́nuas, existe δ1 > 0 tal que
kx − xk < δ1
kf ′ (x)−1 k < 2α,
⇒
de modo que se xk ∈ Bδ1 (x), então
kxk+1 − xk ≤ 2α (kf ′ (xk ) − f ′ (x)kkxk − xk + kε(xk − x)k) .
Além disso, como f ′ é contı́nua em x, existe δ2 > 0 tal que
kx − xk < δ2
⇒
kf ′ (x) − f ′ (x)k <
1
.
8α
Como f é diferenciável em x, existe δ3 > 0 tal que
kx − xk < δ3
⇒
kε(x − x)k <
1
kx − xk.
8α
Seja δ = min{δ1 , δ2 , δ3 }. Então se kxk − xk < δ, temos
kxk+1 − xk ≤
1
kxk − xk.
2
Portanto, se x0 pertence à bola Bδ (x), temos
kxk − xk ≤
1
kx0 − xk
2k
e concluı́mos que xk → x.
80