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                    Universidad Federal de Alagoas
Instituto de Matemática
Programa de Pós-Graduación en Matemática
————————————————————————————————————————Prova de Seleção de Mestrado
Com Soluções
Data: 08 de Fevereiro de 2018
Inicio: 09:00hs
Término: 12:00hs
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1. (a) Para todo X ⊂ R, prove que vale a união disjunta
R = int(X) ∪ int(R − X) ∪ F,
onde F é formado pelos pontos x ∈ R tais que toda vizinhança de x contém pontos de
X e pontos de R − X. O conjunto F = fr(X) chama-se a fronteira de X. Obs.: int(X)
denota o interior do conjunto X.
(b) Prove que A ⊂ R é aberto se, e somente se, A ∩ fr(A) = ∅.
Solução:
(a) Dado x ∈ R, temos três opções:
• existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ X, neste caso x ∈ int(X),
• existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ R − X, neste caso x ∈ int(R − X), ou
• todo intervalo aberto (x − ε, x + ε) contém pontos de X e pontos de R − X,
o que significa que x ∈ fr(X).
Além disso, é claro que apenas uma das opções acima acontece para cada
x ∈ R, ou seja, temos a união disjunta
R = int(X) ∪ int(R − X) ∪ fr(X),
como desejado.
(b) Suponha que A é aberto. Se A = ∅, é claro que A ∩ fr(A) = ∅. Suponha
então que A 6= ∅. Neste caso, dado x ∈ A existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ∩ A.
Portanto, (x−ε, x+ε) é uma vizinhança de x que não contém pontos de R−A.
Portanto, x 6∈ fr(A). Isto mostra que A ∩ fr(A) = ∅.
Reciprocamente, suponha que A ∩ fr(A) = ∅. Se A = ∅ é claro que A é aberto.
Se A 6= ∅, seja x ∈ A. Como x ∈ A ⊂ fr(A)c , segue da definição de fronteira
que existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ A ou (x − ε, x + ε) ⊂ R − A. Como
a última alternativa não pode ocorrer pois x ∈ (x − ε, x + ε) ∩ A, temos que
(x − ε, x + ε) ⊂ A. Isto prova que A é aberto.
Outra maneira de demonstrar este fato é a seguinte. Usando o item (a)
temos que
A = A ∩ R = A ∩ int(A) ∪ A ∩ int(R − A) ∪ A ∩ fr(A).
Como A ∩ int(R − A) = ∅ e, por hipótese, A ∩ fr(A) = ∅, temos que A =
A ∩ int(A) ⊂ int(A) ⊂ A, ou seja, A = int(A). Logo, A é aberto.
2. Seja f : (a, b) → R uma função limitada e derivável tal que limx→a+ f (x) ou
limx→b− f (x) não existe.
(a) Prove que f 0 não é limitada.
1

(b) Use o item (a) para provar que dado c ∈ R existe x ∈ (a, b) tal que f 0 (x) = c.
Dica: Use o Teorema de Darboux.
Solução:
(a) Afirmamos que f 0 não é limitada inferiormente. Caso contrário, se f 0 ≥ M
para algum M ∈ R, temos que a função g : (a, b) → R definida por g(x) =
f (x) − M x satisfaz g 0 ≥ 0. Logo, g é uma função monótona não-decrescente.
Neste caso, existem os limites laterais limx→a+ g(x) e limx→b− g(x), o que por
sua vez implica que existem os limites laterais limx→a+ f (x) e limx→b− f (x),
contradizendo a hipótese do problema.
Analogamente se demonstra que f 0 não é limitada superiormente.
(b) Dado c ∈ R, segue do item (a) que existem c1 , c2 ∈ (a, b) tais que f 0 (c1 ) < c <
f 0 (c2 ). Se c1 < c2 , segue do Teorema de Darboux que existe x ∈ (c1 , c2 ) ⊂ (a, b)
tal que f 0 (x) = c. Se c2 < c1 , tomando h = −f , temos que h0 (c2 ) < −c < h0 (c1 ).
Mais uma vez pelo Teorema de Darboux segue que existe x ∈ (c2 , c1 ) ⊂ (a, b)
tal que h0 (x) = −c, ou seja, f 0 (x) = c.
3. Para cada n ∈ N, seja ℘n = {X ⊆ N|Card(X) = n}.
(a) Prove que ℘n é enumerável.
(b) Prove que o conjunto de todos os subcojuntos finitos de N é enumerável.
Solução:
(a) Se X ∈ ℘n , então Card(X) = n. Logo, considerando X = {x1 , . . . , xn } de modo
que xi < xi+1 , podemos definir a aplicação
Ψ : ℘n → Nn
por Ψ(X) = (x1 , . . . , xn ). Agora note que Ψ é injetiva, e sendo Nn enumerável,
segue que ℘n é também enumerável.
S
(b) Seja = a coleção de todos os subconjuntos finítos de N. Então = ⊆ n∈N ℘n .
Agora, como a união
S de conjuntos enumeráveis é também enumerável, segue
do item (a) que n∈N ℘n é enumerável. Por conseguinte, = é também enumerável.
P∞
4. Para cada n ∈ N, seja bn = log(1+ n1 ). Prove que limn→∞ bn = 0 e que n=1 bn = +∞.
Solução:
Sendo o logaritmo uma função crescente, segue que bn = log(1 + n1 ) define uma
sequência monôtona decrescente. Alem disso, para todo n ∈ N, temos que
bn = log(1 + n) − log(n) ≥ 0. Portanto, a sequência {bn } converge. Agora, dado
ε > 0, temos que eε − 1 > 0 e, pela propriedade arquimediana de R, existe N ∈ N
tal que 1 < N (eε − 1). Donde bN = log(1 + N1 ) < ε. Portanto, limn→∞ bn = 0.
Por
P∞ último, temos que
n=1 bn = +∞.

Pn

k=1 bk =

Pn

(n+1)!
k+1
k=1 log( k ) = log( n! ) = log(n+1). Por tanto,

5. Seja f : [a, b] → R uma função integrável. Mostre que |f | é integrável e que vale
Rb
Rb
| a f dx| ≤ a |f |dx.
Solução:
Escrevemos f = f+ − f− , onde f+ (x) = max{0, f (x)} e f− (x) = min{0, f (x)}.
Então precisamos mostrar que f+ e f− são integráveis.
Como f é integrável dado  > 0 existe uma partição P = {t0 , t1 , ..., tn } de [a, b] tal que
S(f ; P ) − s(f ; P ) < , onde S(f ; P ) e s(f ; P ) denotam as somas superior e inferior de
2

f , respectivamente, com respeito a partição P . Sejam Mi e mi , respectivamente,
o supremo e o ínfimo de f em [ti , ti+1 ] e sejam Mi+ e m+
i , respectivamente, o
supremo e o ínfimo de f+ em [ti , ti+1 ], para i ∈ {1, 2, · · · n − 1}.
+
+
Se existe x ∈ [ti , ti+1 ] tal que f (x) > 0, então Mi = Mi+ e m+
j ≥ mj , logo Mj − mj ≤
Mj − mj . No outro caso, se para todo x ∈ [ti , ti+1 ] vale f (x) ≤ 0, então f+ = 0 em
+
+
[ti , ti+1 ], o que implica em Mj+ = m+
j = 0. Daí também temos Mj − mj ≤ Mj − mj .

Portanto,
S(f+ ; P ) − s(f+ , P ) =

n−1
X

(Mi+ − m+
i )(ti+1 − ti )

i=1

≤

n−1
X

(Mi − mi )(ti+1 − ti ) = S(f ; P ) − s(f, P ) < .

i=1

Logo f+ é integrável. A prova do fato f− ser integrável é similar.
A segunda parte segue da desigualdade −|f | ≤ f ≤ |f | combinado com a integrabilidade de |f |.
6. Dada uma
sequência de funções f : X ⊂ R → R, suponha que exista c ∈ R
p
n
|f
tal
que
n (x)| ≤ c < 1 para todo x ∈ X e todo n ∈ N. Prove que a série
P
|f
(x)|
≤ c < 1 converge uniformemente em X.
n∈N n
Solução:
p
De n P
|fn (x)| ≤ c, segue que |fn (x)| ≤ cn para todo n ∈ N e x ∈ X. Como
P0 ≤ c < 1 a
n
série i=1 ci converge. Portanto pelo teste M de Weirstress a série n∈N |fn (x)|
converge uniformemente.

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