Gabarito__Mestrado_2026_2_.pdf
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                    UNIVERSIDADE FEDERAL DE ALAGOAS
Instituto de Matemátia
Programa de Pós graduação em Matemática

Gabarito da Prova de Seleção de Mestrado

1. Seja f : [0, 1] → [0, 1] uma função contínua. Então existe pelo menos um ponto
c ∈ [0, 1] tal que f (c) = c.
Solução: Defina a função auxiliar g : [0, 1] → R por
g(x) = f (x) − x.
Como f é contínua e a função x 7→ −x é contínua, g é contínua em [0, 1].
Avaliamos g nos extremos do intervalo:
• g(0) = f (0) − 0 = f (0). Como f (0) ∈ [0, 1], temos g(0) ≥ 0.
• g(1) = f (1) − 1. Como f (1) ∈ [0, 1], temos f (1) − 1 ≤ 0, ou seja, g(1) ≤ 0.
Analisamos três casos:
(a) Se g(0) = 0, então f (0) = 0 e c = 0 é ponto fixo.
(b) Se g(1) = 0, então f (1) = 1 e c = 1 é ponto fixo.
(c) Caso contrário, temos g(0) > 0 e g(1) < 0. Pelo Teorema do Valor Intermediário
(aplicado à função contínua g no intervalo [0, 1]), existe c ∈ (0, 1) tal que g(c) = 0.
Portanto f (c) − c = 0, donde f (c) = c.
Em qualquer situação, existe c ∈ [0, 1] com f (c) = c, o que completa a demonstração.
2. Prove que toda sequência de números reais que é limitada e monótona é necessariamente convergente.
Solução: Seja (an ) uma sequência limitada e não-decrescente (sem perda de generalidade). Vamos mostrar que ela converge para
l = sup{an | n ≥ 1}.

Fixe ϵ > 0. Por definição, l é uma cota superior para a sequência. Assim, l + ϵ > an
para todo n ∈ N. Ainda pela definição de supremo de uma sequência, l é a menor
das cotas superiores de (an ). Logo, existe m ∈ N de modo que am > l − ϵ. Como a
sequência (an ) é não-decrescente, a última inequação implica que an > l − ϵ para todo
n ≥ m. Por tanto −ϵ < an − l < ϵ, para cada n ≥ m.
3. Sejam I um intervalo e f : I → R uma função de classe C ∞ . Suponha que exista
K > 0 tal que |f (n) (y)| ≤ K para todo y ∈ I e todo n ∈ N. Prove que para todo
x, x0 ∈ I vale:
∞
X
f (n) (x0 )
(x − x0 )n = f (x).
n!
n=0
P
an
Dica: Use a Fórmula de Taylor e o fato da série ∞
n=1 n! convergir para todo a ≥ 0.
Solução: Dado m ∈ N, pela Fórmula de Taylor com resto de Lagrange, existe ξm
P
m+1 (ξ )
f (n) (x0 )
m
(x − x0 )n = f (m+1)!
(x − x0 )m+1 . Assim,
entre x e x0 tal que f (x) − m
n=0
n!
P
m+1 (ξ )
m+1
f (n) (x0 )
m
0|
0 ≤ |f (x) − m
(x − x0 )n | = | f (m+1)!
(x − x0 )m+1 | ≤ K |x−x
. Como
n=0
n!
(m+1)!
P∞ |x−x0 |n
(m+1)
0)
= 0 e consequentemente,
a série n=1 n! converge temos limm→+∞ K (x−x
(m+1)!
Pm f (n) (x0 )
pelo teorema do confronto, limm→+∞ |f (x) − n=0 n! (x − x0 )n | = 0. Portanto,
∞
X
f (n) (x0 )
n=0

n!

(x − x0 )n = f (x).

4. Sejam I um intervalo, a; b ∈ R, com a < b, ϕ : I → [a; b] e : ψ : I → [a; b] duas funções
de classe C 1 e f : [a; b] → R uma função contínua. Mostre que, se F : I → R é definida
por
Z ψ(x)
F (x) =
f (t)dt
ϕ(x)

então F ′ (x) = f (ψ(x))ψ ′ (x) − f (ϕ(x))ϕ′ (x), para cada x ∈ I. Além disso, conclua que
F é de classe C 1 .
Ry
Solução: Definindo G(y) = a f (t) dt temos que G ∈ C 1 ([a, b]) e G′ (y) = f (y).
Usando as propriedades da integral, temos
F (x) = G(ψ(x)) − G(ϕ(x)).
Como ϕ, ψ e G são de classe C 1 , temos que F é de classe C 1 e, pela regra da cadeia,
concluímos que F ′ (x) = f (ψ(x)) ψ ′ (x) − f (ϕ(x)) ϕ′ (x).
5. Seja f : [a, b] → R derivável, com f ′ (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b]. Prove que, se
o conjunto {x ∈ [a, b] : f ′ (x) = 0} tem conteúdo nulo então f é crescente (isto é,
x1 < x2 implica f (x1 ) < f (x2 )).

Solução: Demonstraremos por contra-positiva. Como f ′ (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b],
temos que a ≤ x1 < x2 ≤ b implica f (x1 ) ≤ f (x2 ). Assim, supondo que f não
é crescente existem c, d tais que a ≤ c < d ≤ b e f (c) = f (d). Mais ainda, pela
monotonicidade de f apresentada no início da questão temos que f (x) = f (c) = f (d)
pra cada x ∈ [c, d]. Assim f ′ (x) = 0, para cada x ∈ (c, d). Como (c, d) ⊂ {x ∈ [a, b] :
f ′ (x) = 0} e (c, d) não possui conteúdo nulo concluímos que {x ∈ [a, b] : f ′ (x) = 0}
não possui conteúdo nulo.