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

Seleção de Mestrado: Análise Real
Soluções

1. Assinale se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira (V) ou falsa (F) justificando de
forma breve sua resposta ou através de um contra-exemplo.
√
n
(a) ( ) lim n! = 1 ;
n→∞
√
√
Solução: Falso, pois n n! ≥ 2 > 1.
(b) ( ) Toda função f : (a, b) → R derivável com f 0 (x) > 0 em todo ponto é crescente;
Solução: Verdadeiro. Se c < d em (a, b), pelo Teo. do Valor Médio vale que f (d) −
f (c) = f 0 (e)(d − c), onde e ∈ (c, d). Daí segue a afirmação.
(c) ( ) A função f : [0, 1] → R definida por f (x) = 1, se x é racional, e f (x) = 0, se x é
irracional é integrável.
Solução: Falso. Somas inferiores sempre zero e somas superiores sempre 1, ou conjunto
das descontinuidades não tem medida nula.
2. Sejam K um compacto em R e f : K → R localmente Lipschitz. Mostre que f é Lipschitz.
Solução: Suponha que f não é Lipschitz. Então, existem sequências (xk ) e (yk ) tais que
|f (xk )−f (yk )|
> k, onde xk 6= yk para todo k natural. Existem subsequências (xki )i e
|xk −yk |
(yki )i convergentes, onde (xki )i tende para a e (yki )i tende para b, com ambos os limites
pertencentes a K. Além disso, devemos ter a = b, caso contrário o limite limi |yki −xki | > 0,
e visto que |f (x) − f (y)| (para todo x, y ∈ K) é limitada superiormente por uma constante
M , temos que k <

|f (xki )−f (yki )|
M
< |xk M
−yki | −→ |a−b| , o que é uma contradição. Portanto,
|xki −yki |
i

a = b. Isto implica que, dado  > 0, para i suficientemente grande temos que (xki )i e (yki )i
pertencem a bola B(a, ). Podemos supor, sem perda de generalidade, que f é Lipschitz
nesta bola com constante de Lipschitz B. Isto é uma contradição pois teríamos que
ki <
para todo i.

|f (xki ) − f (yki )|
≤ B,
|xki − yki |

3. Seja f : [0; +∞) uma função convexa e derivável. Mostre que, se existem L > 1 e A, B > 0
tais que
f (2x) ≤ L(f (x) + 1) e f (x) ≤ Bx,
para cada x ≥ A então f 0 é limitada em [A, +∞)
Solução: Como f é convexa, usando as hipótese, temos que
f 0 (x) ≤

f (2x) − f (x)
L(f (x) + 1) − f (x)
(L − 1)f (x) L
L
≤
=
+ ≤ (L − 1)B + ,
2x − x
x
x
x
A

para x ≥ A. Por outro lado, como f é convexa temos que f 0 é não-decrescente. Consequentemente f 0 (x) ≥ f 0 (A).
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 (t)dt,

F (x) =
φ(x)

então F é de classe C 1 e F 0 (x) = f (ψ(x)) · ψ 0 (x) − f (φ(x)) · φ0 (x), para cada x ∈ I.
Ry
Solução: Definindo G(y) = a f (t)dt temos que G ∈ C 1 ([a, b]) e G0 (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 0 (x) =
f (ψ(x)) · ψ 0 (x) − f (φ(x)) · φ0 (x).
xn
converge
n
0
uniformemente para uma função derivável f e a sequência das derivadas fn convergence
simplesmente, mas f 0 6= lim fn0 .

5. Mostre que a sequência de funções fn : [0, 1] → R definidas por fn (x) = x2 +

n

Solução: Considere f (x) = x2 ; Note que |fn (x) − f (x)| ≤ n1 e daí segue a convergência
uniforme. Porém, fn0 (x) → 2χ[0,1) (x) + 3χ{1} (x) 6= f 0 (x), para cada x ∈ [0, 1].