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                    Universidad Federal de Alagoas
Instituto de Matemática
Programa de Pós-Graduación en Matemática
————————————————————————————————————————Prova de Seleção para Doutorado
Com Soluções
Data: 04 de Dezembro de 2017
Inicio: 09:00hs
Término: 12:00hs
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1- Prove que o interior de qualquer conjunto X ⊆ Rn é sempre aberto.
Solução:
Para que um conjunto X seja aberto basta que X ⊆ int(X), pois sempre vale
int(X) ⊆ X. Queremos provar que int(X) é um conjunto aberto. Para isto vamos
provar que int(X) ⊆ int(int(X)). Se int(X) = ∅, o resultado segue trivialmente.
Portanto, podemos supor que int(X) 6= ∅. Seja x ∈ int(X). Isto significa que
existe ε > 0 tal que B(x, ε) ⊆ X. Afirmamos que B(x, ε) ⊆ int(X). De fato, dado
y ∈ B(x, ε), defina δ = ε − ky − xk > 0. Assim, dado z ∈ B(y, δ), nós temos
kz − yk < δ = ε − ky − xk,
ou seja,
kz − yk + ky − xk < ε.
Portanto, segue da Desigualdade Triangular que
kz − xk ≤ kz − yk + ky − xk < ε,
ou seja,
z ∈ B(x, ε).
Como isto vale para todo z ∈ B(y, δ), temos que
B(y, δ) ⊆ B(x, ε) ⊆ X.
Logo, y ∈ int(X). Por fim, como isto vale para todo y ∈ B(x, ε), temos que
B(x, ε) ⊆ int(X), ou seja, x ∈ int(int(X)). Logo,
int(X) ⊆ int(int(X)),
garantindo que int(X) é aberto.
2- Sejam X ⊆ Rn um subconjunto ilimitado, f : X → Rn uma aplicação e a ∈ Rn .
Escrevemos limx→∞ f (x) = a quando, para todo ε > 0 dado, existe r > 0 tal que
para todo x ∈ X com kxk > r vale kf (x) − ak < ε. Prove que limx→∞ f (x) = a se, e
somente se, para toda sequência de pontos xk ∈ Rn com limk→∞ kxk k = ∞, tem-se
limk→∞ f (xk ) = a.
Solução:
Suponha que limx→∞ f (x) = a e seja xk ∈ X uma sequência tal que limk→∞ kxk k =
∞. Fixe ε > 0. Segue da definição de limx→∞ f (x) = a que existe r > 0 tal
que kf (x) − ak < ε sempre que x ∈ X satisfaz kxk > r. Por outro lado, como
limk→∞ kxk k = ∞, existe k0 ∈ N tal que kxk k > r sempre que k ≥ k0 . Em particular,
kf (xk ) − ak < ε sempre que k ≥ k0 . Portanto, limk→∞ f (xk ) = a.
Queremos provar agora que se limk→∞ f (xk ) = a para toda sequência xk ∈ X com
limk→∞ kxk k = ∞, então limx→∞ f (x) = a. Vamos demonstrar a contrapositiva
disto. De fato, suponha que não vale limx→∞ f (x) = a. Portanto, existe ε > 0 tal
que para todo r > 0 existe xr ∈ X com kxr k > r e kf (xr ) − ak ≥ ε. Fazendo r = k
1

para cada k ∈ N, temos que existe um sequência xk ∈ X com kxk k > k tal que
kf (xk ) − ak ≥ ε. Portanto, limk→∞ kxk k = ∞ e kf (xk ) − ak ≥ ε. Em particular, não
vale limk→∞ kf (xk ) − ak = 0, ou seja, não vale limk→∞ f (xk ) = a. Logo, não vale que
limk→∞ f (xk ) = a para toda sequência xk ∈ X com limk→∞ kxk k = ∞. Isto garante
o resultado.
3- Seja f : R2 → R uma função de classe C 2 .
∂2g
a) Prove que se ∂x∂y
= 0, então existem funções φ : R → R e ψ : R → R de classe
C 2 tais que g(x, y) = φ(x) + ψ(y).
∂2g
∂2g
b) Use o item (a) para provar que g satisfaz a EDP ∂x
2 = ∂y 2 se, e somente se,
existem funções φ : R → R e ψ : R → R de classe C 2 tais que
g(x, y) = φ(x + y) + ψ(x − y).

Solução:
∂2g
= 0, existe uma função f : R → R de classe
a) Como g é de classe C 2 e ∂x∂y
= f (y). Logo, pelo Teorema Fundamental do Cálculo, existe
C 1 talque ∂g(x,y)
∂y
Ry
Ry
φ : R → R de classe C 2 tal que g(x, y) − φ(x) = 0 f (t)dt. Fazendo ψ(y) = 0 f (t)dt,
obtemos o resultado.
b) Considerando a mudança de variávies T : R2 → R2 dada por T (s, t) = (x(s, t), y(s, t)) =
∂2g
∂2g
s−t
( s+t
2 , 2 ), a EDP ∂x2 = ∂y 2 junto com o Teorema de Schwarz, implicam que:
∂ 2 g◦T
∂t∂s

2

2

2

2

∂g 1
∂ g 1
∂ g
∂ g
∂ g 1
∂ ∂g 1
1
1
= ∂t
( ∂x · 2 + ∂y
· 2 ) = ∂x
2 · 4 − ∂y∂x · 4 + ∂x∂y · 4 − ∂y 2 · 4 = 0. Logo pelo item (a),
existem funções φ : R → R e ψ : R → R de classe C 2 tais que g ◦ T (s, t) = φ(s) + ψ(t).
Daí,segue que g(x, y) = φ(x + y) + ψ(x − y).

4- Determine os pontos críticos da função f : R2n → R dada por f (x, y) = hx, yi,
restrita à esfera unitária |x|2 + |y|2 = 1, e conclua daí a desigualdade de Schwarz
(hx, yi ≤ |x||y|).
Solução:
Considerando a função g(x, y) = |x|2 + |y|2 , temos que (x, y) é um ponto crítico de
f restrita à esfera unitária |x|2 + |y|2 = 1 se, e somente se, existe λ 6= 0 tal que
5f (x, y) = λ 5 g(x, y), isto é, x = λy e y = λx. Donde x = ±y. Em particular, os
máximos locais f restrita à esfera unitária |x|2 + |y|2 = 1 acontecem nos pontos
onde x = y, em cujos casos f (x, y) = |x|2 = |y|2 = 21 . Sendo assim, para quaisquer
√

√

2y
2x
x, y ∈ Rn , tem-se f ( 2|x|
, 2|y|
) ≤ 12 . Donde hx, yi ≤ |x||y|.

5- Seja f : [a, b] → Rn um caminho diferenciável tal que f (a) = f (b) = 0. Prove que
existe c ∈ (a, b) tal que hf (c), f 0 (c)i = 0
Solução:
Defina a função real φ : [a, b] → R por φ(t) = |f (t)|2 = hf (t), f (t)i. Como f é derivácel
no aberto (a, b) e contínua no fechado [a, b] segue do Teorema de Rolle que existe
c ∈ (a, b) tal que φ0 (c) = 2hf (c), f 0 ci = 0. Como queríamos mostrar.
6- Seja f : I ⊂ R → Rn um caminho diferenciável tal que f (t) 6= 0 e f 0 (t) = λ(t)f (t)
para todo t ∈ I, onde λ : I → R é uma função real derivável. Prove que a imagem
f (I) está contida numa reta que passa pela origem.
Solução:

2

Derivando φ e usando a hipótese do exercício obtemos
f 0 (t)
d
+ f (t) (hf (t), f (t)i−1/2 )
|f (t)|
dt
f 0 (t)
1
d
=
− hf (t), f (t)i−3/2 (hf (t), f (t)i)f (t)
|f (t)| 2
dt
f 0 (t)
1
=
− hf (t), f (t)i−3/2 2hf (t), f 0 (t)if (t)
|f (t)| 2
hf (t), f 0 (t)i
f 0 (t)
f (t)
−
=
|f (t)|
|f |3
f 0 (t)hf (t), f (t)i − hf (t), f 0 (t)if (t)
=
|f |3
λ(t)f (t)hf (t), f (t)i − hf (t), λ(t)f (t)if (t)
=
=0
|f |3

φ0 (t) =

(t)
= c, onde c é um vetor constante. Portanto f (t) = c|f (t)| e f (t)
Logo φ(t) := |ff (t)|
está contido na reta parametrizada por tc.

3