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                    Universidade Federal de Alagoas
Instituto de Matemática

Padrão de Resposta - Mestrado 2026.1
1. (a) Prova. Seja (xn ) uma sequência de Cauchy. Então existe M ∈ N tal que para todo
m, n ≥ M temos |xm − xn | < 1. Fixe n = M . Para todo k ≥ M ,
|xk | ≤ |xk − xM | + |xM | < 1 + |xM |.
Os finitos termos x1 , . . . , xM −1 também têm máximo absoluto finito; seja
R := max{|x1 |, . . . , |xM −1 |, 1 + |xM |}.
Logo |xn | ≤ R para todo n, isto é, (xn ) é limitada.
(b) Prova.
• Se (xn ) converge para L ∈ R então é Cauchy: dado ε > 0, escolha N com |xn −L| <
ε/2 para todo n ≥ N . Então para m, n ≥ N ,
|xm − xn | ≤ |xm − L| + |xn − L| < ε.
• Recı́proca: seja (xn ) Cauchy. Pelo item anterior é limitada. Pelo Teorema de
Bolzano-Weierstrass, toda sequência limitada tem uma subsequência convergente;
seja xnk → L. Mostramos que xn → L. Dado ε > 0, escolha K tal que para k ≥ K
temos |xnk − L| < ε/2. Como (xn ) é Cauchy existe N com |xm − xn | < ε/2 sempre
que m, n ≥ N . Escolha k com nk ≥ N e k ≥ K. Então para todo n ≥ N ,
|xn − L| ≤ |xn − xnk | + |xnk − L| < ε/2 + ε/2 = ε.
Assim xn → L.
2. (a) Prova. (i) Suponha que K ⊂ R é compacto, ou seja, fechado e limitado. Como
(xn ) está em um conjunto limitado, por Bolzano–Weierstrass existe uma subsequência
convergente; o limite pertence a K pois K é fechado. Logo toda sequência em K tem
subsequência convergente em K.
(ii) Suponha que toda sequência em K tem subsequência convergente com limite em
K. Então K é fechado, caso contrário deveria existir uma sequência (xn ) ⊂ K tal que
lim xn = a ∈
/ K. Logo, nenhuma subsequência dessa sequência poderia convergir para
ponto de K, pois toda subsequência de uma sequência convergente tem o mesmo limite.
O que é uma contradição.
Além disso, K deve ser limitado, pois se não fosse, encontrarı́amos uma sequência tal
que |xn+1 | > |xn | + 1 para todo n. Tal sequência não admite subsequência convergente.
O que também é uma contradição.
(b) Definição de função contı́nua.
Dizer que f : X → R é contı́nua em x0 ∈ X significa: para todo ε > 0 existe δ > 0 tal
que |x − x0 | < δ implica |f (x) − f (x0 )| < ε. Diz-se f contı́nua se for contı́nua em todo
x0 ∈ X.
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(c) Prova. Seja f : X → R contı́nua e K ⊂ X compacto. Usando a caracterização
sequencial: tome qualquer sequência (yn ) ⊂ f (K). Para cada n escolha xn ∈ K
com f (xn ) = yn (pois yn é imagem de algo em K). Pela compactidade sequencial
de K existe uma subsequência xnk convergente para x ∈ K. Pela continuidade de
f , ynk = f (xnk ) → f (x) ∈ f (K). Assim toda sequência em f (K) tem subsequência
convergente em f (K), isto é, f (K) é sequencialmente compacto e, em R, compacto.
3. (a) Definição.
f : X → R é uniformemente contı́nua se: para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que para
quaisquer x, y ∈ X, se |x − y| < δ então |f (x) − f (y)| < ε. Note que δ não depende
dos pontos do domı́nio, apenas de ε.
(b) Prova. Primeiro suponha f uniformemente contı́nua e sejam (xn ), (yn ) ⊂ X tais que
lim(xn − yn ) = 0. Dado ε > 0 escolha δ > 0 correspondente; existe N com |xn − yn | < δ
para n ≥ N , logo |f (xn ) − f (yn )| < ε para n ≥ N . Assim lim(f (xn ) − f (yn )) = 0.
Recı́proca: Se f não for uniformemente contı́nua existe ε0 > 0 tal que para todo k ∈ N
existe xk , yk ∈ X com |xk − yk | < 1/k e |f (xk ) − f (yk )| ≥ ε0 . As sequências (xk ), (yk )
satisfazem |xk − yk | → 0 mas |f (xk ) − f (yk )| ̸→ 0, contradizendo a hipótese. Logo f
deve ser uniformemente contı́nua.
(c) Prova. Suponha f : K → R contı́nua com K compacto. Por contradição, se f não for
uniformemente contı́nua existe ε0 > 0 e sequências (xn ), (yn ) ⊂ K tais que |xn −yn | → 0
e |f (xn ) − f (yn )| ≥ ε0 para todo n. Como K é compacto, da sequência (xn ) extrai-se
uma subsequência (xnk ) que converge para algum x ∈ K. Como |xnk − ynk | → 0, segue
ynk → x também. Pela continuidade de f temos f (xnk ) → f (x) e f (ynk ) → f (x), o
que implica |f (xnk ) − f (ynk )| → 0, contradizendo |f (xnk ) − f (ynk )| ≥ ε0 . Portanto f é
uniformemente contı́nua.
4.

a) Teorema do Valor Intermediário (enunciado).
Se f : [a, b] → R é contı́nua e L é um valor entre f (a) e f (b) (isto é, ou f (a) ≤ L ≤ f (b)
ou f (b) ≤ L ≤ f (a)), então existe c ∈ [a, b] tal que f (c) = L.
b) Prova. Seja
p(x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a0
com n ı́mpar. Considere os limites:
lim p(x) = +∞,

x→+∞

lim p(x) = −∞

x→−∞

pois o termo dominante xn domina e muda de sinal quando x passa de +∞ para −∞
porque n é ı́mpar. Como p é contı́nuo, pelos valores arbitrariamente grandes de sinais
opostos, existe a e b com p(a) > 0 e p(b) < 0. Pelo Teorema do Valor Intermediário,
existe c entre a e b com p(c) = 0.

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Z b
5. Prova. Seja f : [a, b] → R contı́nua e suponha
a

f (x)2 dx = 0. Como f 2 é contı́nua e não

negativa, a integral zero implica que f 2 (x) = 0 para todo x ∈ [a, b]. De fato, se existisse
x0 com f (x0 ) ̸= 0 então, pela continuidade, haveria um intervalo I contendo x0 em que
Rb
R
f 2 (x) ≥ c > 0 para todo x ∈ I. Daı́ a f 2 dx ≥ I f 2 dx ≥ c · |I| > 0, onde |I| denota o
comprimento de I. O que é uma contradição. Assim f (x) = 0 para todo x ∈ [a, b].

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