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                    Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Matemática
Programa de Pós-Graduação em Matemática

Seleção de Mestrado: Análise Real

Data: 18 de julho de 2023

Horário: 09h às 12h

Inscrição:
Justique todas as suas respostas.
√

√

1. Seja a > 0. Dena uma sequência real (xn ) de modo que x1 = a e xn = a + xn−1 , para
cada natural n ≥ 2. A sequência (xn ) é convergente?
Pontuação: 1,25.
Assunto: Limite de uma sequência.
Solução: Primeiro mostraremos
por indução nita que (xn ) é crescente. De fato, como
√
√
a > 0 temos x1 = a < a + x1 = x2 e supondo n ∈ N tal que xn < xn+1 temos
√
√
xn+1 = a + xn < a + xn+1 = xn+2 . Agora mostraremos que (xn ) é limitada.
De fato,
√
√
1− 1+4a
2
como
xn < xn+1 = a + xn temos xn − xn − a < 0 e consequentemente
< xn <
2
√
1+ 1+4a
, para cada n ∈ N. Já que (xn ) é monótona e limitada concluímos que (xn ) é
2
convergente.
cos n
2. Verique se a série ∞
n=1 n2 é convergente.
Pontuação: 1,25.
Assunto: Séries convergentes e Testes de convergência.
P
1
n
≤ n12 . A série ∞
Solução: Inicialmente, note que cos
n=1 n2 é uma série convergente.
n2
De fato, pelo teste da integral, tomando f (x) = x12 , temos que

P

Z ∞
1

1
1 ∞
dx
=
−
= 1.
x2
x 1

1
Isto implica que a série ∞
n=1 n2 é convergente. Assim, a série
convergente e portanto convergente.

P

xn
.
x→+∞ ex

3. Dado n ∈ N calcule lim

Pontuação: 1,25.

cos n
n=1 n2 é absolutamente

P∞

Assunto: Limites no innito e Fórmula de Taylor.
Solução: f : R → R denida por f (x) = ex é uma função de classe C ∞ , pois f (j) (x) = ex ,

para cada x ∈ R e j ∈ {0, 1, . . . }. Dado x > 1, pela fórmula de Taylor com resto de
Lagrange, existe x0 ∈ (1, x) tal que
x

e =

n
X
f (j) (1)
j=0

j!

n

X e
f (n+1) (x0 )
ex0
(x − 1) +
(x − 1)n =
(x − 1)j +
(x − 1)n+1 .
(n + 1)!
j!
(n + 1)!
j

j=0

(n+1)!
1 − x1
Logo, 0 ≤ xex < xn (x−1)
n+1 =
n

−n (n+1)!

lim
(x−1) . Como x→+∞

1 − x1

xn
= 0.
x→+∞ ex

−n (n + 1)!
= 0
(x − 1)

concluímos que lim

4. Se F ⊂ R é um conjunto fechado e x ∈ R é um ponto xado, mostre que exite y0 ∈ F tal
que a distância entre x e F é dada por d(x, F ) = |x − y0 |.
Pontuação: 1,25.
Assunto: Limite de uma sequência, conjuntos fechados e conjuntos compactos
Solução: A distância entre o ponto x e um conjunto F é dada por
d(x, F ) = inf{|x − y|; y ∈ F }.

Seja {yn }n ⊂ F uma sequência de pontos tal que
lim |x − yn | = inf{|x − y|; y ∈ F } = d(x, F ).

Em particular, {yn }n é uma sequência limitada. De fato, para n sucientemente grande,
|yn | = |yn − x + x| ≤ |yn − x| + |x| ≤ d(x, F ) + 1 + |x|.

Como F é um conjunto fechado e a sequência {yn }n é limitada, temos que {yn }n possui
uma subsequência convergente {ynk }k que converge para um ponto de F . Ou seja, existe
y0 ∈ F tal que limk ynk = y0 . Pela continuidade da função módulo, temos que
lim |x − ynk | = |x − y0 |.

Daí segue o resultado.
5. Uma função f : R → R é localmente constante se para cada x ∈ R, existem c ∈ R e
um intervalo aberto I contendo x tal que f (y) = c para todo y ∈ I . Mostre que se f é
contínua e localmente constante então f é constante. Dica: Fixado a ∈ R mostre que
A = {x ∈ R : f (x) = f (a)} é aberto e fechado.
Pontuação: 1,25.
Assunto: Conjuntos abertos e fechados
Solução: Como f é contínua e R \ {f (a)} é aberto temos que R \ A = {x ∈ R : f (x) =
f (a)} = f −1 (R \ {f (a)}) é aberto. Consequentemente A é fechado. Por outro lado, dado

x0 ∈ A temos que f (x0 ) = f (a). E, como f é localmente constante temos que existe r > 0
e c ∈ R tal que f (x) = c, ∀x ∈ (x0 − r, x0 + r). Em particular c = f (x0 ) = f (a). Assim,
(x0 − r, x0 + r) ⊂ A. Concluindo que A é aberto. Como R é conexo, A ̸= ∅ e A ⊂ R é
aberto e fechado concluímos que A = R.

6. Sejam f, g : [a, b] → R funções de classe C 1 tais que |f ′ (t)| ≤ g ′ (t) para todo t ∈ (a, b).
Mostre que |f (b) − f (a)| ≤ g(b) − g(a).
Pontuação: 1,25.
Assunto: : Os teoremas clássicos do Cálculo Integral.
Solução: Pelo teorema fundamental do cálculo,
Z b

Z b

′

f (t)dt ≤

|f (b) − f (a)| =
a

Z b

′

|f (t)|dt ≤
a

g ′ (t)dt = g(b) − g(a).

a

7. Sejam ϕ, ψ : [a, b] → R funções de classe C 1 . Mostre que
Z b

b

′

ϕ(t)ψ (t)dt = ϕ(t)ψ(t)
a

a

Z b
−

ϕ′ (t)ψ(t)dt.

a

Pontuação: 1,25.
Assunto: : Os teoremas clássicos do Cálculo Integral.
Solução: Como [ϕ(t)ψ(t)]′ = ϕ′ (t)ψ(t) + ϕ(t)ψ′ (t), temos
Z b

[ϕ(t)ψ(t)]′ dt =

Z b
a

a

ϕ′ (t)ψ(t)dt +

Z b

ϕ(t)ψ ′ (t)dt.

a

Por outro lado, pelo teorema fundamental do cálculo temos que
Z b

b

[ϕ(t)ψ(t)]′ dt = ϕ(t)ψ(t) ,

a

a

o resultado segue.
8. Sejam f : [a, b] → R uma função de classe C 1 e m = a+b
2 . Mostre que
2
b−a

Z b

[f (x) + (x − m)f ′ (x)]dx = f (a) + f (b).

a

Dica: Use o exercício acima.
Pontuação: 1,25.
Assunto: Propriedades da integral.

Solução: Como f e f ′ são integráveis (pois são contínuas), integrando por partes temos
2
b−a

Z b

′

[f (x) + (x − m)f (x)]dx =
a

=
=
=

Z b
Z b
2
2
f (x)dx +
(x − m)f ′ (x)dx
b−a a
b−a a


Z b
Z b
2
(x − m)f ′ (x)dx
(x − m)f ′ (x)dx +
[(x − m)f (x)]ba −
b−a
a
a
2
[(b − m)f (b) − (a − m)f (a)]
b−a

b−a
a−b
2
f (b) −
f (a) = f (b) + f (a).
b−a
2
2