Mestrado_UFAL_2017_1.pdf
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                    Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Matemática
Programa de Pós-Graduação em Matemática

Prova de Seleção de Mestrado
Data: 03 de março de 2017.

Inı́cio: 8 horas.

Término: 12 horas

1. Parte 1 - Julgue a veracidade de afirmações, com breve justificativa.
1- Seja a > 1. Considere a sequência an =
(  ) Verdadeiro

ou

an
. Então lim an = +∞.
n5

( ) Falso
x

Justificativa: Note que a função f : R+ → R+ dada por f (x) = ax5 → +∞
quando x → +∞.
P
2- Seja anPuma sequência de números reais não-negativos tal que
an converge.
Então
a3n converge.
(  ) Verdadeiro ou ( ) Falso
P
Justificativa: Se
an converge então an → 0, assim existe n0 ∈ N tal que
0 ≤ an < 1 para n ≥ n0 e deste modo para todo n ≥ n0 tem-se
(an )3 ≤ (an )2 ≤ an .
P 3
A convergência da série
an é garantida pela comparação das séries.
3- Seja f : R → R uma função par, isto é, f (x) = f (−x) para todo x ∈ R. Se f é
derivável no ponto x = 0, então f 0 (0) = 0.
(  ) Verdadeiro

ou

( ) Falso

Justificativa: Se f é derivável no ponto x = 0, então para h suficientemente pequeno temos f (h) = f (0) + f 0 (0)h + r(h), onde r(h)
h → 0 quando h → 0. Como f é
0
par tem-se também f (h) = f (−h) = f (0)+f (0)(−h)+r(−h). Consequentemente,
(1)

r(−h) − r(h)
.
h
Como claramente h → 0 ⇒ −h → 0 passe ao limite em (1) para concluir o
resultado
2f 0 (0) =

4- Considere a função f : R → R dada por
(
0 se x = 0 ou x ∈ R \ Q
f (x) = 1
p
p
q se x = q , onde q é uma fração irredutı́vel com q > 0.
Então f é diferenciável no zero.
( ) Verdadeiro ou (  ) Falso
Justificativa: Para que a derivada de f exista no 0, faz-se necessário que para
1

2
n)
qualquer sequência xn → 0 o limite da sequência f (x
existe e é igual a f 0 (0).
xn
Note que isto não se verifica para as sequências xn = 1/n e yn = 2/n.

2. Parte 2 - Resolva os seguintes problemas
1- Seja f : [a, b] → R uma função contı́nua que é duas vezes diferenciável em (a, b) e
tal que para todo x ∈ (a, b) tem-se f 00 (x) = αf (x), para alguma constante α > 0.
Prove que f não possui máximo positivo nem mı́nimo negativo no interior do
intervalo. Conclua que
|f (x)| ≤ max{|f (a)|, |f (b)|},

para todo x ∈ [a, b].

Solução: Suponha, por absurdo, que f possui máximo positivo no interior do
intervalo e denote por x0 este ponto de máximo, temos que f 00 (x0 ) ≤ 0. Por outro lado f 00 (x0 ) = αf (x0 ) > 0. Um argumento análogo mostra que f não possui
mı́nimo negativo no interior do intervalo.
Agora, como [a, b] é compacto e f : [a, b] → R é uma função contı́nua, temos
que f possui máximo e mı́nimo em [a, b], sem perda de generalidade suponha que
f (a) seja o mı́nimo e f (b) seja o máximo. Temos assim, f (a) ≤ f (x) ≤ f (b), para
todo x ∈ [a, b]. Portanto,
f (x) ≤ f (b) ≤ |f (b)| ≤ max{|f (a)|, |f (b)|}
e
f (x) ≥ f (a) ≥ −|f (a)| ≥ − max{|f (a)|, |f (b)|}.

2- Sejam Ik = (k − k1 , k + k1 ), k ∈ N, e I = ∪k∈N Ik . Se f : R → R é uma função
contı́nua, então f −1 (I) é um subconjunto aberto de R.
Solução: Para todo k ∈ N tem-se que Ik é um subconjunto aberto de R. Logo I é
aberto, pois a união arbitrária de abertos é um aberto. Suponha que f : R → R
é uma função contı́nua e tome um ponto x ∈ f −1 (I). Por definição temos que
f (x) ∈ I. Desde que I é aberto f (x) é ponto interior de I, i.e., existe um número
real positivo  > 0 tal que (f (x)−, f (x)+) ⊂ I. A continuidade de f implica que
existe um número real δ > 0 tal que f (x − δ, x + δ) ⊂ (f (x) − , f (x) + ) ⊂ I, o que
significa, novamente por definição, que (x − δ, x + δ) ⊂ f −1 (I). Consequentemente,
x é ponto interior de f −1 (I) e o resultado segue.
3- Seja

P

an uma série de termos positivos. Mostre que se
an+1
lim
= c > 1,
n→∞ an

então série de termos an é divergente.
Solução: Se limn→∞

an+1
= c > 1, então existe n0 ∈ N tal que para todo n ∈ N,
an

3



an+1
c+1
c+1
n > n0 tem-se
>
. Indutivamente pode, assim an+1 > an
an
2
2

k
c+1
mos facilmente ver que an1 +k > an1
, onde n1 > n0 e k ∈ N. Como
2


P
P
c+1
> 1 temos que o termo geral da série
an é ilimitado, logo a série
an
2
é ilimitada.
4- Seja f : [a, b] → R uma função contı́nua tal que
Z b
f (x)g(x)dx = 0,
a

para toda função contı́nua g definida no intervalo [a, b]. Mostre que f é identicamente nula.
Solução: Note que tomando g(x) = f (x), basta mostrar que se uma função
contı́nua não-negativa h tem integral nula então ela deve ser nula. Para tanto,
observe que se uma função h : [a, b] → R é não-negativa então para qualquer
[c, d] ⊂ [a, b], tem-se
Z b
Z d
h(x)dx ≥
h(x)dx.
a

c

Suponha, por absurdo, que h seja não nula, isto significa que existe um ponto
x0 ∈ [a, b] tal que h(x0 ) > 0, como h é contı́nua podemos escolher um intervalo
[c, d] ⊂ [a, b] de modo que h(x) > 0, para todo x ∈ [c, d]. Temos então que
Rd
c h(x)dx > 0 . Combinando essas informações temos que
Z b
Z d
h(x)dx ≥
h(x)dx > 0.
a

O que é uma contradição.

c