padrão de resposta doutorado.pdf
Documento PDF (97.7KB)

Exibir conteúdo Baixar

                    Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Matemática

Padrão de Resposta - Prova de Doutorado
1. Estabeleça um homeomorfismo entre Rn \ {0} e o produto cartesiano Sn−1 × R ⊂ Rn+1 .
(obs: Sn−1 denota o conjunto {x ∈ Rn ; kxk = 1}.)
Solução: Defina f : Sn−1 × R → Rn \ {0} por f (t, x) = et x, mostre que f é contı́nua. Em
y
seguida mostre que g(y) = ( |y|
, ln|y|) é a inversa de f e mostre que g é contı́nua.
2. Prove que o complementar de um conjunto enumerável Z em Rn é conexo.
Mostre que o conjunto Rn \ Z é conexo por caminhos. Para isso tome a e b em Rn \ Z e
mostre que existe um c ∈ Rn tal que os segmentos de reta [a, c] e [c, b] estão ambos contidos
em Rn \ Z.
3. Mostre que o conjunto das matrizes quadradas de ordem n, onde n > 1, e posto n − 1 é uma
hiperfı́cie de classe C ∞ .
Solução: Usando a regra de Cramer deduz-se que
∂ det
(A) = (−1)i+j A[ij] ,
∂xij
onde A[ij] é o determinante da matriz quadrada de ordem n − 1 obtida de A pela omissão
da linha i e coluna j. Visto que o posto da matriz A é n − 1, para algum par (i, j) teremos
∂ det
(A) 6= 0 e pelo Teorema da Função Implı́cita deduz-se o desejado.
∂xij
4. Determine o polinômio de Taylor de ordem 2 da função
2

2

f (x, y) = e−(x +y )
no ponto (1, 2).
Solução: Após um cálculo obtemos que f (1, 2) = e−5 , ∂f
(1, 2) = −2e−5 , ∂f
(1, 2) = −4e−5 ,
∂x
∂y
2
∂2f
∂2f
(1, 2) = 2e−5 , ∂∂yf2 (1, 2) = 14e−5 , ∂y∂x
(1, 2) = 8e−5 . O polinômio procurado é
∂x2

p(x, y) = e−5 (1 − 2(x − 1) − 4(y − 2) + (x − 1)2 + 8(x − 1)(y − 2) + 7(y − 2)2 ).

5. Seja f : Rn → R, onde n > 1, uma função contı́nua, possuindo todas as derivadas direcionais
∂f
em qualquer ponto de Rn . Mostre que se
(u) > 0 para todo u ∈ Sn−1 então existe um
∂u
∂f
ponto a ∈ Rn−1 tal que
(a) = 0, para qualquer v ∈ Rn .
∂v
∂f
Solução: Note que a condição
(u) > 0, se u ∈ Sn−1 , implica que existe um δ > 0 tal que
∂u
se 1 − δ < t < 1 então f (tu) < f (u). Daı́ o mı́nimo global de f (x) em Bn é atingido em um
ponto a no interior da bola fechada. Então para qualquer v ∈ Rn , a função φ(t) = f (a + tv)
tem um mı́nimo local em t = 0. Portanto
∂f
(a) = φ0 (0) = 0.
∂v
1