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

Seleção de Doutorado: Análise no

Data: 18 de julho de 2023

Rn

Horário: 09h às 12h

Inscrição:

1. Dena distância entre um ponto e um conjunto no espaço Euclidiano. Seja x ∈ Rn e seja
F ⊂ Rn um conjunto fechado. Mostre que exite y0 ∈ F tal que a distância entre x e F é
dada por d(x, F ) = ∥x − y0 ∥.
Pontuação: 1,25.
Assunto: Topologia do espaço Euclidiano.
Solução: A distância entre um ponto e um conjunto é dada por
d(x, F ) = inf{∥x − y∥; y ∈ F }.

Seja {yn }n ⊂ F uma sequência de pontos tal que
lim ∥x − yn ∥ = inf{∥x − y∥; y ∈ F } = d(x, F ).

Em particular, {yn }n é uma sequência limitada. De fato, para n sucientemente grande,
∥yn ∥ = ∥yn − x + x∥ ≤ ∥yn − x∥ + ∥x∥ ≤ d(x, F ) + 1 + ∥x∥.

Como F é um conjunto fechado e a sequência {yn }n é limitada, temos que {yn }n possui
uma subsequência convergente {ynk }k que converge para um ponto de F . Ou seja, existe
y0 ∈ F tal que limk ynk = y0 . Pela continuidade da função norma, temos que
lim ∥x − ynk ∥ = ∥x − y0 ∥.

Daí segue o resultado.
2. Uma função f : Rn → Rm é localmente constante se para cada x ∈ Rn , existem c ∈ Rm e
um aberto U contendo x tal que f (y) = c para todo y ∈ U . Mostre que se f é contínua
e localmente constante então f é constante. Dica: Fixado a ∈ Rn mostre que A = {x ∈
Rn : f (x) = f (a)} é aberto e fechado.
Pontuação: 1,25.

Assunto: Topologia do Espaço Euclidiano Rn

Como f é contínua e Rm \ {f (a)} é aberto temos que Rn \ A = {x ∈ Rn :
f (x) = f (a)} = f −1 (Rm \ {f (a)}) é aberto. Consequentemente A é fechado. Por outro
lado, dado x0 ∈ A temos que f (x0 ) = f (a). E, como f é localmente constante temos que
existe r > 0 e c ∈ R tal que f (x) = c, ∀x ∈ B(x0 , r). Em particular c = f (x0 ) = f (a).
Assim, B(x0 , r) ⊂ A. Concluindo que A é aberto. Como Rn é conexo, A ̸= ∅ e A ⊂ Rn é
aberto e fechado concluímos que A = R.
Solução:

3. Sejam ϕ, ψ : [a, b] → Rn funções de classe C 1 . Mostre que
Z b

′

⟨ϕ(t), ψ (t)⟩dt = ⟨ϕ(t), ψ(t)⟩
a

b
a

Z b
−

⟨ϕ′ (t), ψ(t)⟩dt.

a

Assunto: Cálculo com integrais
Solução: Como ⟨ϕ(t), ψ(t)⟩′ = ⟨ϕ′ (t), ψ(t)⟩ + ⟨ϕ(t), ψ ′ (t)⟩, temos

Z b

′

Z b

⟨ϕ(t), ψ(t)⟩ dt =
a

Z b

′

⟨ϕ (t), ψ(t)⟩dt +
a

⟨ϕ(t), ψ ′ (t)⟩dt.

a

Por outro lado, pelo teorema fundamental do cálculo que
Z b

b

⟨ϕ(t), ψ(t)⟩′ dt = ⟨ϕ(t), ψ(t)⟩ ,
a

a

o resultado segue.
4. Sejam f : [a, b] → Rn e ϕ : [a, b] → R funções de classe C 1 tais que ∥f ′ (t)∥ ≤ ϕ′ (t) para
todo t ∈ (a, b). Mostre que ∥f (b) − f (a)∥ ≤ ϕ(b) − ϕ(a).
Pontuação: 1,25.
Assunto: A integral de caminhos.
Solução: Pelo teorema fundamental do cálculo,
Z b
∥f (b) − f (a)∥ =
a

f ′ (t)dt ≤

Z b
a

∥f ′ (t)∥dt ≤

Z b

ϕ′ (t)dt = ϕ(b) − ϕ(a).

a

5. Seja g : [1, e] → R3 dada por g(t) = (t2 , 2t, ln t)). Calcule o comprimento da imagem de g .
Pontuação: 1,25.
Assunto: A integral de caminhos.

Solução:

Z er
1
L=
4t2 + 4 + 2 dt
t
1
Z e p4
2
2 t + t + 1/4
dt
=
t
1
p
Z e
2 (t2 + 1/2)2
=
dt
t
1
Z e 2
Z e
2t + 1
1
=
dt =
(2t + )dt
t
t
1
1
2
=e

6. Considere um aberto U ⊂ Rm e uma aplicação f : U → Rn . Dado a ∈ U tal que f é
diferenciável em a e que f ′ (a) é injetora mostre que existe uma vizinhança aberta V de
a tal que f (x) ̸= f (a), para cada x ∈ V \ {a}. Dica: Mostre que existe C > 0 tal que
∥f ′ (a) · h∥ > C, para cada h ∈ S m−1 . Depois, use a fórmula de Taylor para mostrar que
existe R > 0 tal que ∥f (a + h) − f (a)∥ > 0, quando 0 < ∥h∥ < R.
Pontuação: 1,25.
Assunto: A Fórmula de Taylor para funções entre abertos do espaço Euclidiano.
Solução: Como f ′ (a) é injetora temos que ∥f ′ (a)·h∥ > 0, pra todo h ∈ Rm \{0}. Ademais,
como h 7→ ∥f ′ (a) · h∥ é contínua e S m−1 é compacto temos que existe h0 ∈ S m−1 tal que
.
∥f ′ (a)h∥ ≥ ∥f ′ (a) · h0 ∥ = C > 0, para todo h ∈ S m−1 .
Por outro lado, dena r(h) = f (a + h) − f (a) − f ′ (a)h, quando a + h ∈ U. Segue da fórmula
∥r(h)∥
C
de Taylor que limh→0 r(h)
∥h∥ = 0. Assim, existe R > 0 tal que ∥h∥ ≤ 2 , quando ∥h∥ < R.
Logo, dado h ∈ B(0, R) \ {0} temos
′



∥f (a + h) − f (a)∥ = ∥f (a) · h + r(h)∥ ≥ ∥h∥

h
∥r(h)∥
f (a) ·
−
∥h∥
∥h∥
′



≥ ∥h∥(C − C2 ) > 0

Deste modo, f (x) = f (a + x − a) ̸= f (a) quando x ∈ B(a, R) \ {a}.
7. Determine os valores extremos da função f (x, y) = x2 + 2y 2 restrita ao círculo denido
pela equação x2 + y 2 = 1.
Pontuação: 1,25.
Assunto: Multiplicadores de Lagrange.
Solução Dena g(x, y) = x2 +y 2 . Usando multiplicadores de Lagrange, queremos encontrar
λ ∈ R e (x, y) ∈ R2 de modo que
∂f
∂g
(x, y) = λ (x, y),
∂x
∂x

∂f
∂g
(x, y) = λ (x, y),
∂y
∂y

g(x, y) = 1.

Isto é, 2x = 2xλ, 4y = 2yλ e x2 + y 2 = 1. Note que x ̸= 0 ou x = 0. Se x ̸= 0 temos λ = 1,
y = 0 e consequentemente x ∈ {−1, 1}. E, se x = 0 então y = 1 ou y = −1 (implicando
λ = 2). Por outro lado,
f (0, 1) = 2,

f (0, −1) = 2

f (1, 0) = 1,

f (−1, 0) = 1.

Portanto o valor máximo procurado é 2 e o valor mínimo procurado é 1.
8. Sejam a < b, c < d e f : [a, b] × [c, d] → R contínua. Mostre que o gráco de f é um
conjunto de medida nula em R3 .
Pontuação: 1,25.
Assunto: Integrais múltiplas.
Solução Como f é contínua e [a, b] × [c, d] é compacto temos que f é uniformemente
ϵ
contínua. Logo, para cada ϵ > 0 existe δ > 0 tal que |f (x) − f (y)| ≤ (b−a)(d−c)
, quando
b−a
x, y ∈ [a, b] × [c, d] e ∥x − y∥ < 2δ. Sejam m, n ∈ N tais que h = n < δ e k = d−c
m < δ.
Dena x0 = a, x1 = x0 + h, . . . , xm = b e y0 = c, y1 = y0 + k, . . . , yn = d. Fixado (i, j) ∈
{1, . . . , n} × {1, . . . , m} denote A(i,j) = [xi , xi−1 ] × [yj , yj−1 ], m(i,j) =
inf
f (x, y) e
(x,y)∈A(i,j)

M(i,j) =

f (x, y). Note que existem u(i,j) , U(i,j) ∈ A(i,j) tais que f (u(i,j) ) = m(i,j)

sup
(x,y)∈A(i,j)

e f (U(i,j) ) = m(i,j) . Ademais ∥U(i,j) − u(i,j) ∥ ≤ h + k < 2δ. Assim,

[xi , xi−1 ] × [yj , yj−1 ] × [m(i,j) , M(i,j) ] (i,j)∈{1,...,n}×{1,...,m}

é cobertura do gráco de f e
n X
m
X

vol [xi , xi−1 ] × [yj , yj−1 ] × [m(i,j) , M(i,j) ] <

i=1 j=1

concluindo a solução.



n X
m
X
i=1 j=1

hk

ϵ
= ϵ,
(b − a)(d − c)