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

Prova de Seleção de Doutorado
Data: 19 de Julho de 2017
Inı́cio: 8h.
Término:11h
Escolha quatro questões
Nome:

1- Sejam K ⊂ Rn um subconjunto compacto e {Bj } uma sequencia de bolas abertas
que cobrem K. Prove que existe um número real positivo ε tal que cada bola de
raio ε centrada em um ponto de K está contida em uma das bolas Bj . Solução:
Suponha que não existe um tal ε. Então existe uma sequencia (xn ) em K tal
que nenhuma das bolas B(xn , n1 ) está contido em alguma bola Bj . Como K é
compacto, pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass, (xn ) converge a algum ponto
x ∈ K. Então, desde que as bolas Bj 0 s são uma cobertura aberta de K, existe
um j e um ε > 0 tal que B(x, ε) ⊂ Bj . Tome N1 < 2ε e escolha n > N tal que
|x − xn | < 2ε . Então B(xn , n1 ) ⊂ B(x, ε) ⊂ Bj , contradizendo nossa escolha dos
xn 0 s. Portanto, o ε desejado deve existir.
2- Sejam A ⊂ Rn compacto e x ∈ A. Suponha que {xi } é uma sequencia em A tal
que toda subsequencia convergente de {xi } converge a x.
a) Prove que a sequencia {xi } converge.
b) Dê um exemplo para mostrar que se A não é compacto, o resultado no item
a) não é necessariamente verdadeiro.
Solução:
a) Suponha que a sequencia {xi } não converge para x. Temos que existe uma
vizinhança V de x, x ∈ V , tal que para todo i ∈ N existe um xni 6∈ V . Desde
que A é compacto, (xni ) possui subsequência convergente que não converge
para x. O que é uma contradição a hipótese.
b) Tome A = R e (xi ) ⊂ R dada por x2i−1 = i e x2i = 0, i ∈ N.
3- Responda:
a) Seja F : R3 → R uma função de classe C 1 e suponhamos que a equação
F (x, y, z) = 0 determina cada uma das variáveis como função, de classe C 1 ,
das restantes, ou seja,
x = x(y, z); y = y(x, z) ; z = z(x, y).
Mostre que se tem
 ∂z  ∂x  ∂y 
∂x

∂y

∂z
1

= −1

2

b) A equação xy − zln y + exy = 1 define funções diferenciáveis x = f (y, z),
y = g(x, z), z = h(x, y) em uma vizinhança do ponto (0, 1, 1)?
Solução:
a) É imediato que pelo teorema da função implicita temos que
∂F

∂F
∂F
∂z
∂x
∂y
∂y
∂x
∂z
,
.
= − ∂F
= − ∂F ,
= − ∂F
∂x
∂y
∂z
∂z
∂x
∂y

Logo é imediato que
 ∂z  ∂x  ∂y 

= −1
∂x ∂y ∂z
b) Vamos utilizar novamente o Teorema da função implı́cita. Defina a função
F (x, y, z) = xy − zln y + exy − 1 e note que F (0, 1, 1) = 0. Observe que
como Fx (0, 1, 1) 6= 0, Fy (0, 1, 1) 6= 0, Fz (0, 1, 1) = 0, então F apenas define
implicitamente funções diferenciáveis x = f (y, z) e y = g(x, z).
4-

a) Seja f : Rn → R uma função diferenciável no 0. Suponha que f (tx) = tf (x)
para todo t > 0 e todo x ∈ Rn . Mostre que f é linear.
b) A partir do item anterior, deduza que a função h : R2 → R, dada por
(
x3
, se (x, y) 6= (0, 0)
(x2 +y 2 )
h(x, y) =
0 , se (x, y) = (0, 0)
não é diferenciável na origem.
c) Seja g : Rn → R uma função diferenciável no 0 tal que g(tx) = |t|g(x) para
todo t ∈ R e todo x ∈ Rn . Mostre que g(x) = 0 para todo x.
Solução:
a) Fixe x ∈ Rn . Note que se f é diferenciável em 0, então f é contı́nua em 0,
assim
f (0) = lim f (tx) = lim tf (x) = 0.
t→0

t→0

Se t é um número positivo suficientemente pequeno , a diferenciabilidade de
f no 0 implica que
f (tx)
tf (x)
f (x)
f (x)

=
=
=
=

f (0) + t∇f (0) · x + o(t)
t∇f (0) · x + o(t)
∇f (0) · x + o(t)/t
∇f (0) · x

onde tomamos o limite para obter a última igualdade. Temos assim que f é
linear.
b) Note que a função h, satisfaz h(tx, ty) = th(x, y), mas h não é linear. Portanto,
pelo item anterior h não é diferenciável na origem.
c) Fixe x ∈ Rn . Pelo primeiro item temos que g é linear. Mais ainda, temos
−g(x) = g(−x) = | − 1|g(x) = g(x), o que implica que g(x) = 0.
5- Seja f : R2 → R uma função de classe C 3 . Suponha que o Laplaciano de f ,
∂2f
∂2f
+
,
∂x2
∂y 2
é positivo em todos os pontos. Prove que f não pode ter um máximo local.
Solução:

3

Suponha que f tem um máximo local em um ponto a ∈ R2 então a hessiana de
f é não-positiva em a. Desde que o laplaciano é o traço da Hessiana, ele deveria
ser não-positivo. Contrariando a hipótese.
6- Dados n > 1 números reais positivos x1 , x2 , · · · , xn . Mostre usando o método dos
multiplicadores de Langrange que
√
x1 + x2 + · · · + xn
n
x1 x2 · · · xn ≤
.
n
√
Dica: Considere f (x1 , x2 , ..., xn ) = n x1 x2 · · · xn sujeita a condição g(x1 , x2 , ..., xn ) =
√
x1 + x2 + · · · + xn = c. Solução: Considere f (x1 , x2 , ..., xn ) = n x1 x2 · · · xn sujeito
a condição g(x1 , x2 , ..., xn ) = x1 + x2 + · · · + xn = c. Note que
1 1/n 1/n
∂f
1/n−1
= x1 x2 · · · x1
· · · x1/n
n
∂xi
n
para todo inteiro 1 ≤ i ≤ n. Por outro lado, ∇g = (1, 1, ..., 1). Assim pelo Teorema
dos multiplicadores de Lagrange existe λ ∈ R tal que ∇f = λ∇g. Sendo assim
nλx1 = nλx2 = ...nλxn . Donde temos x1 = x2 = ... = xn = nc . Logo
r
cc c
f (x1 , x2 , ..., xn ) ≤ n
... .
nn n
O resultado segue.