10. Prova-Doutorado + Gabarito.pdf
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                    Universidade Federal de Alagoas – UFAL
Processo Seletivo PPGMAT
Data: 27/11/2024 Horário: De 09:00 Ás 12:00

Gabarito da prova de seleção do doutorado

Solução 1. Dado x0 ∈ Rn e F um subconjunto qualquer de Rn , definimos a distância entre x0 e o subconjunto F por:
d(x, F ) = inf{d(x0 , x) : x ∈ F }.
Note que, por definição, dado ε > 0 existe x ∈ F tal que d(x0 , F ) ≤ d(x0 , x) < d(x0 , F ) + ε. Logo, podemos sempre considerar uma
sequência (xn )n ⊂ F tal que d(x0 , xn ) → d(x, F ). Em particular, obtemos que (xn )n é uma sequência limitada.
Assumindo que F é um subconjunto fechando, temos que o fecho de (xn )n é um subconjunto compacto e está contido em F . Podemos
tomar uma subsequência (xnj )j convergindo para y0 , com y0 ∈ F . Usando que a função distância d : Rn → R, x 7→ d(x, F ) é continua,
podemos concluir que
d(x0 , y0 ) = lim d(x0 , xnj ) = d(x0 , F ).
j→+∞

Solução 2. Observe que como f é um caminho de classe C 1 , ele é retificável. Logo,

Z b
∥f (b) − f (a)∥ ≤

∥f ′ (t)∥dt ≤

a

Z b

φ′ (t)dt.

a

Z b
Usando o Teorema Fundamental do Cálculo, obtemos que ∥f (b) − f (a)∥ ≤

φ′ (t)dt = φ(b) − φ(a).

a

Solução 3. Como o retângulo é compacto e conexo, e f é contínua, existem a, b ∈ A tais que
f (a) ≤ f (x) ≤ f (b),

para todo x ∈ A.

Daí,
f (a) ≤

1
vol(A)

Z
f (x) dx ≤ f (b).
A

Aplicando o Teorema do Valor Intermediário, conclui-se o resultado.

Solução 4. Sendo o bloco A compacto e f contínua, temos que f é uniformemente continua em A. Ou seja, dado ε > 0, existe δ > 0 tal
ε
que para todo x, y ∈ A, com ∥x − y∥ < δ, tem-se |f (x) − f (y)| <
. Assim, dado uma partição P de A com |P| < δ, temos que o
vol(A)
gráfico de f está contido na união dos cubos da forma B × [ inf f (x), sup f (x)] com B ∈ P. Logo,
x∈B

vol(graf (f )) ≤ vol(

[

B × [ inf f (x), sup f (x)]) ≤
x∈B

B∈P

x∈B

X
B∈P

x∈B

vol(B) · (sup f (x) − inf f (x)) ≤
x∈B

X

x∈B
B∈P

vol(B) ·

ε
= ε.
vol(A)

Como ε é arbitrário, concluímos que vol(graf (f )) = 0.

Solução 5. Note que a condição
∂f
(u) > 0, se u ∈ S n−1 ,
∂u
implica que existe um ϵ > 0 tal que, se 1 − ϵ < t < 1, então f (tu) < f (u). Daí, o mínimo global de f (x) em B (bola fechada de raio 1
centrada na origem) 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 mínimo local em t = 0. Portanto,
∂f
(a) = ϕ′ (0) = 0.
∂v