Exercícios Resolvidos Variedades

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1 Instituto Superior Técnico Departamento de atemática Secção de Álgebra e Análise Eercícios Resolvidos Variedades Eercício 1 Considere o conjunto = {(,, ) R : + = 1 ; 0 < < 1}. ostre que é uma variedade, indicando eplicitamente parametriações cujas imagens cubram. Determine a dimensão de. Resolução: O conjunto é uma superfície cilíndrica compreendida entre os planos = 0 e = 1 e encontra-se representada na Figura 1. Figura 1: A superfície cilíndrica = {(,, ) R : + = 1 ; 0 < < 1} Em coordenadas cilíndricas (ρ, θ, ) podemos descrever da forma seguinte ρ = 1; 0 < < 1. Assim, podemos apresentar duas parametriações g 1, g definidas por ] g 1 (θ, ) = (cos θ, sen θ, ), (θ, ) V 1 = 0, 7π [ ]0, 1[ 4 ] g (θ, ) = (cos θ, sen θ, ), (θ, ) V = π, π [ ]0, 1[. 4 As funções g 1 e g são de classe C 1, injectivas e as respectivas derivadas são representadas pela matri Dg 1 (θ, ) = Dg (θ, ) = sen θ 0 cos θ É claro que as colunas desta matri são linearmente independentes. Portanto, g 1 e g são parametriações e = g 1 (V 1 ) g (V ), ou seja, g 1 (V 1 ) e g (V ) cobrem. Assim, é uma variedade de dimensão. 1

2 g 1 (V 1 ) g (V ) g (V ) g 1 (V 1 ) Figura : Imagens das parametriações g 1 e g Eercício Considere a variedade = {(,, ) R : = + ; 1 < < ; 0 < < }. Descreva parametricamente e determine a respectiva dimensão. Resolução: Trata-se da superfície de um tronco de cone compreendido entre os planos = 1, =, = 0 e = e que se encontra representado na Figura. Para maior clarea, encontram-se também representadas as circunferências que resultam da intersecção do cone = + com os planos = 1 e =, os segmentos de recta resultantes da intersecção dos planos = 0 e = com os planos = 0, = 1, = e com o cone. Em coordenadas cilíndricas (ρ, θ, ) podemos 1 0 = 1 Figura : A variedade = {(,, ) R : = + ; 1 < < ; 0 < < } descrever o conjunto da forma seguinte: = ρ ; 1 < < ; 0 < θ < π 4 que permite encontrar a parametriação g : ] 0, π 4 [ ]1, [ R definida por g(θ, ) = ( cos θ, sen θ, )

3 De facto, a função g é de classe C 1, injectiva e a respectiva derivada sen θ Dg(θ, ) = cos θ cos θ sen θ 0 1 tem característica igual a (] (as colunas são linearmente independentes). Para além disso, = g 0, π [ ) ]1, [, ou seja, g é uma bijecção de classe C 1 entre e o ] 4 intervalo aberto 0, π [ ]1, [ R. 4 Portanto, g é uma parametriação de e dim() =. Eercício Considere a variedade dada pela equação + = + 1, com 0 < <. a) Descreva parametricamente e determine a respectiva dimensão. b) Determine o espaço tangente e o espaço normal a no ponto (0,, 1). Resolução: Na Figura 4 encontra-se representada a variedade. n Figura 4: O hiperbolóide = {(,, ) R : + = + 1 ; 0 < < } a) Consideremos a função F : R R definida por F (,, ) = + 1. Trata-se de uma função de classe C 1 tal que ou seja, é o conjunto de nível ero de F. A derivada de F, representada pela matri = {(,, ) R : F (,, ) = 0} DF (,, ) = [ ], tem característica igual a um em todos os pontos de. De facto, o ponto de coordenadas (0, 0, 0) é o único em que isso não acontece. as este ponto não pertence a. Portanto, é uma variedade de dimensão dois em R.

4 Em coordenadas cilíndricas (ρ, θ, ) a variedade é dada pela equação ρ = +1. Assim, consideremos as funções g : T R e h : S R definidas por sendo g(θ, ) = h(θ, ) = (( + 1) cos θ, ( + 1) sen θ, ) (( + 1) cos θ, ( + 1) sen θ, ) T = {(θ, ) : 0 < θ < π ; 0 < < } S = {(θ, ) : π < θ < π ; 0 < < }. Estas duas funções são de classe C 1, injectivas e as respectivas derivadas são representadas pela mesma matri ( + 1) sen θ ( cos θ +1) ( + 1) cos θ ( sen θ +1) 0 1 que tem característica igual a dois, ou seja, as duas colunas são linearmente independentes. Note-se que g(t ) = \ {(,, ) : = 0 ; 0} h(s) = \ {(,, ) : = 0 ; 0} e, portanto, = g(t ) h(s), o que quer dier que g e h parametriam. É de salientar que para o cálculo de integrais sobre, nomeadamente o cálculo da área, basta considerar a função g porque o conjunto \ g(t ) é apenas uma linha. b) Dado que g( π, 1) = (0,, 1), o espaço tangente a no ponto (0,, 1) é gerado pelas colunas da matri Dg( π 0, 1) = ou seja T (0,,1) = {( α, β, β) : α, β R} e, portanto, é o plano dado pela equação =. O espaço normal a no ponto (0,, 1) é gerado pela linha da matri DF (0,, 1) = [ 0 ] ou seja T (0,,1) = {α(0,, ) : α R} e, portanto, é a recta dada pelo sistema de equações = 0 =. Na Figura 4 encontra-se representado o vector normal n = (0,, ) sobre o ponto (0,, 1). 4

5 Eercício 4 Considere a variedade = {(,, ) R : = }. Descreva parametricamente e determine a respectiva dimensão. Determine o espaço tangente e o espaço normal a no ponto (1,, ). Resolução: O conjunto é um elipsóide e pode ser descrito como o conjunto das soluções da equação F (,, ) = = 0. F é uma função de classe C 1 e a respectiva derivada, representada pelo seu gradiante ( F (,, ) =,, ), 9 só se anula na origem. as F (0, 0, 0) 0 e, portanto, é uma variedade-. P L t 1 t Figura : O elipsóide = {(,, ) R : = } A maneira mais fácil de parametriar consiste em utiliar coordenadas esféricas adaptadas à sua forma elipsoidal. Assim, consideremos as coordenadas (r, θ, φ) definidas por = r cos θ sin φ = r sin θ sin φ = r cos φ. Nestas coordenadas, a equação que define é simplesmente r =. Isto permite encontrar a parametriação g : ]0, π[ ]0, π[ R definida por g(θ, φ) = ( cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ). De facto, a função g é de classe C 1, é injectiva e a respectiva derivada, representada pela matri sin θ sin φ cos θ cos φ Dg(θ, φ) = cos θ sin φ sin θ cos φ 0, sin φ tem característica igual a (as colunas são linearmente independentes). A imagem de g é o conjunto dos pontos de, ecepto aqueles em que = 0 e 0 (que formam meio meridiano

6 do elipsóide) e, portanto, g constitui uma parametriação do conjunto \ L, em que L é a linha definida por L = {(,, ) R : = 0 ; 0}. Para parametriarmos viinhanças dos pontos da linha L bastaria repetir o mesmo procedimento, mas definindo novos intervalos para os ângulos θ e φ. Uma base do espaço tangente a no ponto (1,, ) é dada pelas colunas da matri Dg(θ, φ) em que (θ, φ) é tal que g(θ, φ) = (1,, ). Sendo g(θ, φ) = (1,, ), obtemos cos φ = 1 sin θ = 1 sin φ = e, portanto, cos θ = 1 1 Dg(θ, φ) = 1 0 Assim, os vectores t 1 = ( 1,, 0) e t = ( 1,, ) formam uma base do espaço tangente a no ponto (1,, ). O plano tangente a em (1,, ) será então o conjunto P = {(,, ) R : (,, ) = (1,, ) + a( 1,, 0) + b( 1,, ) ; a, b R}. O espaço normal nesse ponto é o conjunto dos vectores (,, ) tais que donde se conclui que (,, ) ( 1,, 0) = 0 (,, ) ( 1,, ) = 0 = =. Portanto, uma base do espaço normal é dada pelo vector (, 1, ). A recta normal a no mesmo ponto será descrita pela equação (,, ) = (1,, ) + t(, 1, ), t R. Em alternativa, poderíamos determinar o espaço normal a partir da derivada da função F. De facto, o vector F (1,, ) = (, 1, ) gera o espaço normal a no ponto (1,, ). O espaço tangente a no ponto (1,, ) seria o conjunto dos vectores (,, ) tais que (,, ) (, 1, ) = 0. Na Figura estão representados o elipsóide, a linha L, o plano tangente P e os vectores tangentes t 1 e t sobre o ponto (1,, ). 6

7 Eercício Considere o conjunto = {(,, ) R : + = ( ) + }. a) ostre que é uma variedade. Determine a sua dimensão. b) Encontre uma parametriação para. c) Determine o ponto de em que o espaço tangente é o plano O. Resolução: Na Figura 6 encontra-se representada parte do conjunto. Figura 6: O parabolóide = {(,, ) R : + = ( ) + } a) Seja F (,, ) = + ( ). Então é o conjunto de pontos que verificam a equação F = 0. Sendo F (,, ) = (, 1 + ( ), 1 ( )) e, tendo em conta que 1 + ( ) e 1 ( ) nunca se anulam simultaneamente, temos F (,, ) 0 em todos os pontos de. Portanto, é uma variedade diferenciável de dimensão. b) Seja u = + e v =. Em termos das coordenadas (, u, v), o conjunto é um parabolóide de revolução em torno do eio Ou, dado pela equação u = v +. Logo, sendo = 1 u + 1 v e = 1 u 1 v, uma parametriação para será dada por ( g(, v) = ((, v), (, v), (, v)) =, 1 (v + v), 1 ) (v + + v), em que (, v) R. De facto, F (g(, v)) = 0 e a função g é injectiva, tem derivadas contínuas e a matri Jacobiana 1 0 Dg(, v) = v 1 v + 1 tem característica. Ou seja, g é uma parametriação de. c) No ponto em que o espaço tangente é o plano O, o espaço normal deverá ser o eio O. Ora, o espaço normal a num ponto é gerado pelo vector F (,, ) = (, 1 + ( ), 1 ( )). 7

8 Logo, deveremos ter { = 0 1 ( ) = 0 { = 0 = 1. Substituindo na equação F = 0, obtemos = 0 e, portanto, = 8 ; = 1 8. Assim, sobre o ponto de coordenadas (0, 1 8, 8 ) o plano tangente a é o plano O. Eercício 6 Decomponha a unidade num produto de três números positivos cuja soma seja mínima. Resolução: O problema pode ser visto como a determinação do mínimo da restrição da função f : R R, definida por f (,, ) = + +, ao conjunto D = { (,, ) R : = 1,,, > 0 }. Este mínimo deve eistir porque f é positiva e f (,, ) + quando (,, ) +. Seja F : R R a função dada por F (,, ) = 1. O conjunto D é uma variedade definida pela equação F (,, ) = 0. Portanto, os etremos de f ao longo de D podem ser determinados pelo método dos multiplicadores de Lagrange: 1 = λ { f = λ F 1 = λ F = 0 1 = λ 1 = 0 É claro que devemos ter,,, λ 0. Da primeira e da segunda equações obtemos =. Da segunda e da terceira equações obtemos =. Da terceira e quarta equações resulta λ =. Portanto, = = = λ = 1. Eercício 7 Determine o máimo absoluto da função f(,, ) = + + sobre a bola fechada D = {(,, ) R : + + 1}. 8

9 Resolução: Note-se que D = U S, em que U = {(,, ) : + + < 1} ; S = {(,, ) : + + = 1}. O conjunto S é uma variedade- correspondente ao nível ero da função F (,, ) = Sendo f uma função contínua e D um subconjunto compacto (limitado e fechado) e não vaio do seu domínio, f tem máimo em D. Dado que Df(,, ) = (1, 1, 1), a função f não tem pontos críticos em U (interior de D). Resta-nos, assim, determinar os etremos de f sobre a variedade S (fronteira de D). Para tal, usemos o método dos multiplicadores de Lagrange que consiste em determinar os pontos críticos da função g = f + λf, ou seja, determinar as soluções do sistema { Dg(,, ) = 0 F (,, ) = 0 É claro que = = = 1 λ. Dado que + + = 1, obtemos = = = ± 1 Por outro lado, sendo f( 1, 1 + λ = λ = λ = = , ) = f( 1, 1, 1 ) = concluimos que o valor máimo de f é e ocorre no ponto ( 1, 1, 1 ). Eercício 8 Determine os pontos da intersecção do plano definido por + = 1 com o parabolóide dado por = + e que se encontram mais próimos da origem. Resolução: Consideremos a função f : R R dada por f(,, ) = + + e que corresponde ao quadrado da distância do ponto de coordenadas (,, ) à origem. Seja F : R R a função dada por F (,, ) = (, + 1). Então, a intersecção do plano com o parabolóide é o conjunto em que F (,, ) = (0, 0). A derivada [ ] 1 DF (,, ) = tem característica igual a dois em todos os pontos da intersecção. Portanto, a intersecção do plano com o parabolóide é uma variedade de dimensão um em R e encontra-se representada na Figura 7. Assim, pretendemos determinar os pontos de mínimo de f e que pertencem à variedade dada pela equação F (,, ) = (0, 0). 9

10 Figura 7: Intersecção do plano + = 1 com o parabolóide = + Temos pois que determinar os pontos de estacionaridade da função g(,, ) = f(,, ) + αf 1 (,, ) + βf (,, ) em que α e β são os multiplicadores de Lagrange, ou seja, devemos resolver o sistema Da segunda equação obtemos g = α + β = 0 g = α = 0 g = + α + β = 0 = = 0. (1 α) = 0 = 0 α = 1. Para = 0, da quarta e quinta equações, temos + 1 = 0 e, portanto, obtemos os pontos ( 1, 0, + ) ; ( 1 +, 0, ) Para α = 1, da primeira equação obtemos β = 0 e, da terceira equação, = 1. No entanto, da quarta equação sabemos que 0. Portanto, os pontos candidatos à solução do problema são Sendo ( 1, 0, + ) ; ( 1 + f( 1, 0, + f( 1 +, 0, conclui-se que o ponto mais próimo da origem é ( 1 +, 0,, 0, ) = + ) =, ). ). 10

11 Eercício 9 Uma partícula desloca-se em R sobre o parabolóide de equação = + e sob acção do potencial V (,, ) = + + sen. Determine os pontos do parabolóide que são pontos de equilíbrio. Resolução: Um potencial V determina uma força f = V. Como a partícula se move sobre o parabolóide, os pontos de equilíbrio são aqueles em que a força f é perpendicular ao parabolóide, de modo a que nesses pontos não haja componente da força tangente ao parabolóide. Logo o vector V é um elemento do espaço normal ao parabolóide em cada ponto de equilíbrio. Seja F (,, ) = +. Então, o parabolóide é definido pela equação F (,, ) = 0 e o espaço normal em cada ponto (,, ) é gerado pelo vector DF (,, ). Portanto, deverá eistir um escalar λ tal que V = λdf para cada ponto em que se verifica a equação F (,, ) = 0, ou seja, para determinar os pontos de equilíbrio teremos de resolver o sistema { = λ = 0 V = λ F + cos = λ cos = 0 F = 0 1 = λ λ = 1 Assim, os pontos de equilíbrio serão os pontos da forma p k = (0, π + kπ, (π + kπ) ). Note-se que estes são os pontos de estacionaridade da restrição de V ao parabolóide. Eercício 10 Considere o seguinte subconjunto de R : = {(,, ) R : = + ; + = } 1. ostre que é uma variedade e determine a respectiva dimensão.. Determine o espaço tangente e o plano normal a no ponto (1, 1, 0).. Utiliando o método dos multiplicadores de Lagrange determine os pontos de mais próimos da origem bem como os pontos de mais distantes da origem. Resolução: 1. Seja F : R R a função definida por F (,, ) = (, + ). Então = {(,, ) R : F (,, ) = (0, 0)}. F é uma função de classe C 1. A matri Jacobiana de F [ ] DF (,, ) = 0 1 tem característica ecepto quando (,, ) é um múltiplo de (, 0, 1), isto é, quando = 0 e =. 11

12 Uma ve que o sistema = + = + = = = 0 = = 4 = 0 não tem soluções, concluimos que DF tem característica em todos os pontos de. Portanto é uma variedade cuja dimensão é dada por dim() = = 1 e encontra-se representada na Figura 8. Figura 8: Intersecção do plano + = com o cone = +. As linhas da matri DF (1, 1, 0) formam uma base para o espaço normal no ponto (1, 1, 0). Isto é ( T(1,1,0) ) = {α(,, 0) + β(, 0, 1) : α, β R}. O espaço tangente tem dimensão 1 e é gerado pelo produto eterno e, portanto, é o conjunto (,, 0) (, 0, 1) = (,, 4) T (1,1,0) = {α(,, 4) : α R}. O plano normal à curva é o plano paralelo ao espaço normal que contém o ponto (1, 1, 0). É, portanto, o plano com equação paramétrica (1, 1, 0) + α(,, 0) + β(, 0, 1), α, β R. Equivalentemente, sendo (,, 4) um vector tangente a no ponto (1, 1, 0), o plano normal é dado pela equação cartesiana ( 1, 1, ) (,, 4) = 0 + =.. Os pontos de mais distantes da origem são os pontos de máimo da restrição a da função f(,, ) = + +. Os pontos de mais próimos da origem são os pontos de mínimo da restrição a da função f(,, ) =

13 A função f é diferenciável e, portanto, pelo método dos multiplicadores de Lagrange, os respectivos máimos e mínimos são os pontos que satisfaem o seguinte sistema: ( λ 1 ( ) + λ ( + ) ) = 0 ( λ 1 ( ) + λ ( + ) ) = 0 ( λ 1 ( ) + λ ( + ) ) = 0 = + + = que equivale a Se λ 1 = 1 obtém-se o sistema + λ 1 + λ = 0 (1 λ 1 ) = 0 λ 1 + λ = 0 = + + = = 0 λ 1 = 1 λ = 0 0 = + = que não tem soluções. Por outro lado, se = 0, obtém-se o sistema + λ 1 + λ = 0 = 0 (1 λ 1 ) + λ = 0 = = ± + = cujas soluções são os pontos: (, 0, ) e (, 0, ). São estes os únicos candidatos a pontos de máimo ou de mínimo. Uma ve que é um conjunto limitado e fechado e f é contínua, o Teorema de Weierstrass garante que f tem um máimo e um mínimo sobre. Sendo f(, 0, ) = 8 9 e f(, 0, ) = 8, conclui-se que (, 0, ) é o ponto de mais afastado da origem e (, 0, ) é o ponto de mais próimo da origem. 1