11. Prova-Mestrado + 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 mestrado

Solução 1. Como f é um polinômio, temos que é diferenciável e, também, contínua. Usando que
lim f (x) = −∞ and

x→−∞

lim f (x) = +∞,

x→+∞

temos que existe α suficientemente grande tal que f (−α) < 0 < f (α). Logo, usando o Teorema do Valor Intermediário, podemos concluir
que existe c ∈ (−α, α) tal que f (c) = 0. Ou seja, f possui pelo menos uma raiz real.
Para mostrar que c é a única raiz real, suponha por absurdo que existem c1 < c2 tais que f (c1 ) = 0 = f (c2 ). Pelo Teorema de Rolle,
deveria existir d ∈ (c1 , c2 ) tal que f ′ (d) = 0. No entanto,
f ′ (x) = 3x2 + 6x + 4 = 0
não possui raiz, desde que o discriminante ∆ = 62 − 4 · 3 · 4 = 36 − 48 = −12 < 0. Absurdo!
Solução 2.
(a) Considere uma cobertura (Ix )x de X tal que f |X∩Ix é limitada por Kx > 0. Isto é, para todo y ∈ X ∩ Ix tem-se |f (y) − f (x)| ≤ Kx .
Como X é compacto, pode tomar uma subcobertura finita (Ixj )n
j=0 . Então, dado y ∈ X, existe xj ∈ X com 0 ≤ j ≤ n, tal que
y ∈ X ∩ Ixj . Assim,
|f (y) − f (x0 )| ≤ |f (y) − f (xj )| + |f (xj ) − f (x0 )| ≤ K,
onde K = max{Kxj : 0 ≤ j ≤ n} + max{|f (xj ) − f (x0 )| : 0 ≤ j ≤ n}.
(b) Seja x0 ∈ X um ponto qualquer. Defina Σ = {x ∈ X : f (x) = f (x0 )}. Claramente, x0 ∈ Σ. Mostraremos a seguir que Σ é aberto e
fechado em X e, pela conexidade de X, concluiremos que Σ = X, resolvendo o item (b).
• Dado x ∈ Σ, temos f (x) = f (x0 ) por definição de Σ. Por outro lado, como f é localmente constante, existe um intervalo Ix
contendo x tal que f (y) = f (x) para todo y ∈ X ∩ Ix . Logo, f (y) = f (x0 ) para todo y ∈ X ∩ Ix , mostrando que X ∩ Ix ⊂ Σ.
Portanto, Σ é aberto em X.
• Seja xn ∈ Σ uma sequencia convergindo para x ∈ X. Usando novamente que f é localmente constante, temos f (y) = f (x) para
todo y ∈ X∩Ix . Tomando n suficientemente grande temos que xn ∈ X∩Ix , implicando que x ∈ Σ porque f (x) = f (xn ) = f (x0 ).
Isto implicar portanto que Σ é fechado em X.

Solução 3. Como |x| =



x
−x

,x≥0
. Vamos usar um argumento de recorrência. Para isso, defina fm = |x|m . Então, temos que
,x<0
′
fm
(x) =



mxm−1
m(−x)m−1

,x>0
.
,x<0

Para x = 0, temos que
lim

h→0−

fm (h) − fm (0)
(−h)m
fm (h) − fm (0)
hm
= lim
= 0 = lim
= lim
.
+
−
h
h
h
h
h→0
h→0+
h→0

′
Portanto, f ′ (0) = 0. Consequentemente, fm
(x) = m|x|m−1 = mfm−1 (x) é continua e assim de classe C 1 . Logo, derivando fm k-vezes com
1 ≤ k ≤ m − 1, obtemos por recorrência que:

dk f m
dk−1 fm−1
d
(x) = m
(x) = · · · = [m · (m − 1) · · · (m − k + 2)] fm−k+1 (x) = [m · (m − 1) · · · (m − k + 1)]fm−k (x).
k
dx
dxk−1
dx
Como fm−k é contínua para 1 ≤ k ≤ m − 1, temos que fm é de classe C k . Em particular, obtemos que f2n+1 é de classe C 2n .
No entanto, por (1), podemos concluir que
dm−1 fm
(x) = [m · (m − 1) · · · 2]f1 (x)
dxm−1

(1)

não diferenciável devido ao fato que f1 (x) = |x| não é diferenciável em x = 0 já que
lim

h→0−

f1 (h) − f1 (0)
f1 (h) − f1 (0)
−h
h
= lim
= −1 ̸= 1 = lim
= lim
.
h
h
h→0+ h
h→0+
h→0− h

Ou seja, f2n+1 é de classe C 2 , mas não é (2n + 1)-vezes diferenciável.
Solução 4. Como f é contínua em um compacto [a, b], temos que existem α, β ∈ [a, b] tais que f (α) ≤ f (x) ≤ f (β) para todo x ∈ [a, b].
Logo, temos que
Z
b

f (x)dx ≤ f (β)(b − a) =⇒ f (α)(b − a) ≤ 0 ≤ f (β)(b − a).

f (α)(b − a) ≤

a

Assim, podemos concluir que f (α) < 0 < f (β) e, pelo Teorema do Valor Intermediário, existe c ∈ (α, β) tal que f (c) = 0.
Solução 5. Note que |xn+1 | ≤ λ|xn | ≤ · · · ≤ λn |x1 |. Como 0 < λ < 1, temos λn → 0 quando n → ∞. Portanto, |xn | → 0 e,
consequentemente, xn → 0 quando n → ∞.