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                    Universidad Federal de Alagoas
Instituto de Matemática
Programa de Pós-Graduación en Matemática
————————————————————————————————————————Prova de Seleção de Doutorado
Com Soluções
Data: 08 de Fevereiro de 2018
Inicio: 09:00hs
Término: 12:00hs
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1. Seja Aλ∈Λ umaSfamília de subconjuntos de Rn abertos e conexos tais que
Prove que A = λ∈Λ Aλ é conexo por caminhos.

T

λ∈Λ Aλ

6= ∅.

Solução:
T
Fixemos um ponto x0 ∈ λ∈Λ Aλ 6= ∅. Agora, dados x, y ∈ A, existem λ, δ ∈ Λ tais
que x ∈ Aλ e y ∈ Aδ . Então x, x0 ∈ Aλ e y, x0 ∈ Aδ . Como Aλ e Aδ são abertos e
conexos em Rn , segue que eles são conexos por caminhos. Logo existem caminhos
f : [0, 1] → Aλ e g : [0, 1] → Aδ tais que f (0) = x, f (1) = x0 , g(0) = x0 e g(1) = y, então
considerando a justaposição dos caminhos f e g obtemos um caminho em A que
nos leva de x até y. Consequentemente, A é conexo por caminhos.
2. Seja X ⊆ Rm . Uma aplicação f : X → Rn chama-se localmente injetiva se, para
cada x ∈ X, existe uma bola B com centro em x tal que f |B∩X é injetiva. Prove
que se f é contínua, localmente injetiva e X é compacto, então, para todo y ∈ Rn ,
a imagem inversa f −1 (y) é um conjunto finito.
Solução:
Como f é contínua e {y} é um conjunto fechado em Rn , então f −1 ({y}) também
é fechado em X e, sendo X compacto, segue que f −1 ({y}) também é compacto.
Agora, como f é localmente injetiva, para cada x ∈ f −1 ({y}), existe uma bola
Bx com centro em x tal que f |Bx ∩X é injetiva. Assim {Bx ∩ X}x∈f −1 ({y}) forma
uma cobertura aberta do compacto f −1 ({y}) e, portanto admite uma subcobertura finita, digamos {Bxi ∩ X|i = 1, . . . , k}. Consequentemente f −1 ({y}) possui no
máximo k elementos.
3. Seja α : [a, b] → Rn um caminho contínuo, fechado e diferenciável em (a, b). Prove
que existe t ∈ (a, b) tal que hα(t), α0 (t)i = 0.
Solução:
Defina f : [a, b] → R por f (t) = hα(t), α(t)i. Como α é fechado, temos que f (a) =
f (b). Portanto, segue do Teorema do Valor Médio que existe t0 ∈ (a, b) tal que
f 0 (t0 )(b−a) = f (b)−f (a) = 0. Portanto, hα(t0 ), α0 (t0 )i = f 0 (t0 )/2 = 0, como queríamos
demonstrar.
4. Seja f : Rn → R uma função contínua que possui todas as derivadas direcionais
∂f
(u) > 0 para todo u ∈ Sn−1 , então
em qualquer ponto de Rn . Prove que se ∂u
∂f
n
existe a ∈ R tal que ∂v (a) = 0 qualquer que seja v ∈ Rn .
Solução:
Seja a ∈ B̄(0; 1) = {x ∈ Rn ; kxk ≤ 1} tal que f (a) = minx∈B̄(0;1) f (x). Afirmamos que
a 6∈ Sn−1 . De fato, se a ∈ Sn−1 , defina g : R → R por g(t) = f (a + ta). Observe que
g é derivável e g 0 (0) = ∂f
∂a (a) > 0. Portanto, f (a + ta) = g(t) < g(0) = f (a) para t < 0
1

com |t|  1, o que contradiz a definição de a. Portanto, a ∈ B(0; 1). Assim, para
cada v ∈ Rn , a função hv : R → R definida por hv (t) = f (a + tv) possui um mínimo
0
n
local em t = 0. Portanto, ∂f
∂v (a) = hv (0) = 0 para cada v ∈ R , o que conclui a
demonstração.
5. Seja f : R3 → R dada por f (x, y, z) = x4 + 2x cosy + sin z. Analise se em um
vizinhança de 0, a equação f (x, y, z) = 0 define z como função diferenciável das
∂z
∂z
e ∂x
.
variáveis x e y. Em caso afirmativo calcule ∂x
Solução:
∂f
∂f
3
Como ∂f
∂x = 4x + 2 cos y, ∂y = −2xsen y e ∂z = cos z então f é uma função
de classe C 1 . Além disso, temos ∂f
∂z = cos z 6= 0 em uma vizinhança de (0, 0, 0).
Logo, pelo teorema da função implícita, em uma vizinhança próxima de (0, 0, 0)
a equação f (x, y, z) = 0 define z implicitamente como funções de x e y, além disso
/∂x
−(4x3 +2cos y)
/∂y
2x sen y
∂z
∂z
vale ∂x
= − ∂f
e ∂y
= − ∂f
∂f /∂z =
cos z
∂f /∂z =
cos z .
6. Considere a função f : R3 → R dada por f (x, y, z) = xyz. Encontre o valor máximo
de f na hiper superfície M = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y + z = c, y > 0, z > 0}, onde c
denota uma constante não negativa.
Solução:
Inicialmente, como M é compacto segue que o máximo de f existe em M . Como
f (x) > 0 se x ∈ M e f (x) = 0 se x ∈ M \ M segue que o máximo está em M . Temos
que ∇f = (yz, xz, xy) e M = ϕ−1 (c), onde ϕ = x + y + z e ∇ϕ = (1, 1, 1). Pelo método
dos multiplicadores de Lagrange, num ponto onde f |M é máxima devemos ter
xy = xz = xy = λ, para algum número real λ, e x + y + z = c. Como em M temos
x 6= 0, y 6= 0 e z 6= 0, segue que num ponto onde f |M é máximo devemos ter
c3
x = y = z = 3c e portanto f (x, y, z) = 27
.

2