UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO CCEN DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA EXAME DE QUALIFICAÇÃO PARA O MESTRADO EM MATEMÁTICA PRIMEIRO SEMESTRE DE 2015 13 de Fevereiro de 2015 Prte I Álgebr Liner 1 Questão: Sejm V um espço vetoril sobre o corpo K, S V um subconjunto qulquer de V e F (S, K) o espço vetoril de tods s funções de S em K. Prove que se S é finito, então F (S, K) tem dimensão finit e dim F (S, K) = #S, onde # indic o número de elementos do conjunto. Prov: Suponhmos que S = {p 1,..., p n } é um conjunto finito. Sejm f i : S K, i = 1,..., n, funções definids por f i (p j ) = δ j i, i = 1,..., n, onde δ j i é o delt de Kronecker. Se f F (S, K), então f = f(p 1 )f 1 + + f(p n )f n, ou sej, {f i } n i=1 é um conjunto gerdor de F (S, K). Além disso, se λ 1 f 1 + + λ n f n = 0, então pr cd i = 1,..., n, λ 1 f 1 (p i ) + + λ n f n (p i ) = 0 λ i = 0, ou sej, {f i } n i=1 é um conjunto LI e portnto um bse de F (S, K). 2 Questão: Sejm V e W espços vetoriis de mesm dimensão finit sobre o corpo K. Dd um trnsformção liner T : V W são equivlentes: ) T é invertível; b) T é injetor; c) T é sobrejetor; d) T mnd bse de V em bse de W ; e) Existe um bse {v 1,..., v n } de V tl que {T (v 1 ),..., T (v n )} é um bse de W.
Prov: ) b) Segue d definição de função invertível. b) c) Primeirmente sej {v 1,..., v n } um bse de V. Como {v 1,..., v n } é LI e T é injetiv, segue que {T (v 1 ),..., T (v n )} é LI. Como dim V = dim W = n, temos que este conjunto é um bse de W. Agor mostremos que T é sobrejetor: tome w W. Existem λ 1,..., λ n K tis que w = λ 1 T (v 1 ) + + λ n T (v n ) = T (λ 1 v 1 + + λ n v n ). Assim, w = T (v), onde v = λ 1 v 1 + + λ n v n. c) d) Sej {v 1,..., v n } um bse de V. Como T (V ) = W, ddo w W existe v V tl que T (v) = w. Sejm λ 1,..., λ n K tis que v = λ 1 v 1 + + λ n v n. Então w = T (v) = T (λ 1 v 1 + + λ n v n ) = λ 1 T (v 1 ) + + λ n T (v n ). Logo, {T (v 1 ),..., T (v n )} é um conjunto gerdor de W. Como dim W = n, segue que é um bse. d) e) Óbvio. e) ) Sej {v 1,..., v n } um bse de V tl que {T (v 1 ),..., T (v n )} é um bse de W. Ddo w W, existem λ 1,..., λ n K tis que w = λ 1 T (v 1 ) + + λ n T (v n ) = T (λ 1 v 1 + + λ n v n ). Assim, w = T (v), onde v = λ 1 v 1 + + λ n v n, ou sej, T é sobrejetor. Agor sej v V tl que T (v) = 0. Existem λ 1,..., λ n K tis que v = λ 1 v 1 + +λ n v n. Dí T (v) = 0 λ 1 T (v 1 ) + + λ n T (v n ) = 0. Como {T (v 1 ),..., T (v n )} é um bse de W, temos que λ 1 = = λ n = 0, e portnto v = 0. Assim, T é injetor. Como T é injetor e sobrejetor, T é invertível. 3 Questão: Sej V um espço vetoril de dimensão finit. Ddo S V, o nuldor de S é o subespço vetoril de V, o espço dul de V, definido por S 0 = {f V : f(v) = 0, v S}. Prove que se W é um subespço de V, então dim V = dim W + dim W 0. Prov: Sej {v 1,..., v k } um bse de W e sejm v k+1,..., v n vetores de V tis que B = {v 1,..., v k, v k+1,..., v n } sej um bse de V. Sej {f 1,, f n } bse de V dul de B. Vmos mostrr que {f k+1,..., f n } é um bse de W 0. Segue d definição de bse dul que se j k + 1, então f j (v) = 0, pr todo v W. Portnto f j W 0, pr todo j k + 1. Um vez que {f k+1,..., f n } é LI, rest mostrr que este conjunto ger W 0. Primeirmente note que se f V, então n f = f(v i )f i. i=1
Logo, se f W 0, temos que f(v i ) = 0, pr i = 1,..., k, donde f = n i=k+1 f(v i )f i. 4 Questão: Sejm V um espço vetoril sobre o corpo K de dimensão finit e T : V V um trnsformção liner tl que todo vetor não nulo de V é um utovetor de T. Mostre que existe c K tl que T (v) = c v pr todo v V. Prov: Se n = dim V = 1, então é óbvio. Suponh n > 1 e sej B = {v 1,..., v n } um bse de V. Pr cd i 1, os vetores v 1 e v i são LI. Temos que T (v 1 ) = c 1 v 1 e T (v i ) = c i v i pois todo vetor não nulo é utovetor de T. Como v 1 + v i tmbém deve ser um utovetor de T, temos T (v 1 + v i ) = c(v 1 + v i ) = cv 1 + cv i. Por outro ldo, pel lineridde de T, T (v 1 + v i ) = T (v 1 ) + T (v i ) = c 1 v 1 + c i v i. Subtrindo ests dus últims igulddes obtemos 0 = (c c 1 )v 1 + (c c i )v i, donde c = c 1 = c i, i = 2,..., n. Assim, T (v i ) = cv i pr todo i = 1,..., n. Agor, ddo v V, escrev v = λ 1 v 1 + + λ n v n. Dí, 5 Questão: Dd mtriz clcule A 2015. T (v) = T (λ 1 v 1 + + λ n v n ) = λ 1 T (v 1 ) + + λ n T (v n ) = λ 1 cv 1 + + λ n cv n = c(λ 1 v 1 + + λ n v n ) = cv A = [ ] 3 4, 1 2 Prov: Considere trnsformção liner A : R 2 R 2 cuj mtriz d bse cnônic pr bse cnônic de R 2 sej (por buso de notção) dd por A. Clculemos inicilmente o polinômio crcterístico de A: [ ] t + 3 4 det(ti A) = det = (t 1)(t + 2). 1 t 2 Assim, A possui utovlores t = 2 e t = 1. Pr t = 2 o utoespço ssocido é o Ker( 2I A), donde obtemos o vetor (4, 1) como gerdor, isto é Ker( 2I A) = [(4, 1)]. Pr t = 1 o utoespço ssocido é o Ker(I A), donde obtemos o vetor (1, 1) como gerdor, isto é Ker(I A) = [(1, 1)].
Logo, com relção bse de utovetores B = {(4, 1), (1, 1)}, o operdor A tem representção mtricil [ ] [A] B 2 0 B =. 0 1 A mtriz de mudnç de bse, d bse B pr bse cnônic C é [ ] PC B 4 1 =, 1 1 e su invers, mtriz de mudnç de bse, d bse cnônic pr bse B é PB C = [PC B ] 1 = 1 [ ] 1 1. 3 1 4 D relção, A = P B C [A]B B P C B, obtemos A 2015 = ( PC B [A] B B PB C ) 2015 = PC B ([A] B 2015 B) P C B = 1 [ ] [ ] 2015 [ ] 4 1 2 0 1 1 3 1 1 0 1 1 4 = 1 [ ] [ ] [ ] 4 1 2 2015 0 1 1 3 1 1 0 1 1 4 [ 1 2 2017 4 + 2 2017 ] = 1 3 1 2 2015 4 + 2 2015
Prte II Análise n Ret 1 Questão: Prove s seguintes equivlêncis respeito de um conjunto X R: ) X é limitdo; b) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de cumulção (que pode não pertencer X); c) Tod sequênci de pontos de X possui um subsequêni convergente. Prov: Provremos (A) (B), (B) (C) e (C) (A). (A) (B) : Sej Z um subconjunto infinito de X e sej {x n } n N Z um sequênci de elementos de Z. Como, em prticulr, {x n } n N X e X é um conjunto limitdo em R temos, pelo teorem de Bolzno-Weierstrss, que {x n } n N possui um subsequênci convergente. Assim, existe c R e um subsequenci {x nk } k N tl que x nk c. Clrmente c é um ponto de cumulção de Z. (B) (C) : Sej {x n } n N X um sequênci. Se {x n } n N possui um quntidde finit de elementos, então é um sequênci limitd. Pelo Teorem de Bolzno-Weierstrss, possui um subsequênci convergente. Suponh gor que {x n } n N possui um quntidde infinit de elementos. Por (B), {x n } n N possui um ponto de cumulção. Dest form, ddo ɛ k = 1/k, com k N, existe x nk {x n } n N tl que x nk ( 1 k c, 1 k + c). Em prticulr, sequênci {x nk } k N converge pr c. (C) (A) : Suponh que X é ilimitdo. Pr todo k N, existe x k X tl que x k > k. (1) Como {x k } k N é um sequênci de pontos de X, temos por (C) que ess sequênci possui um subsequênci {x kl } l N convergente. Em prticulr, ess subsequênci é limitd e ssim, existe N N tl que x kl N, pr todo l N. (2) Considere k l0 > N. Por (1) segue que x kl0 > k l0 e por (2) temos x kl0 N < k l0. Este fto configur um bsurdo e portnto X deve ser limitdo. 2 Questão: Sej f : R R contínu e com seguinte propriedde: pr todo berto A R, f(a) é um conjunto berto em R. Prove que f é injetor. Prov: Suponh que f não é injetor. Existem, b R distintos tl que f() = f(b). A restrição de f o intervlo [, b], f : [, b] R, é contínu e seu domínio de definição é um conjunto compcto. Dest form f ssume seus máximos em mínimos em [, b], ou sej, existem c 0, c 1 [, b] tl que f(c 0 ) f(x) f(c 1 ) pr todo x [, b]. Neste cso, se A = (, b), então f(a) só pode ssumir lgum ds forms {f(c 0 )}, [f(c 0 ), f(c 1 )), (f(c 0 ), f(c 1 )] ou [f(c 0 ), f(c 1 )] e em nenhum dos csos f(a) é berto. Portnto f deve ser injetor.
3 Questão: Sej f : R R um função diferenciável com propriedde: exite um único x 0 R tl que f (x 0 ) = 0. Prove que se f (x 0 ) > 0 (resp. f (x 0 ) < 0 ), então x 0 é ponto de mínimo (resp. máximo) globl d função f. Prov: Provremos o cso míximo globl. A outr situção é inteirmente nálog. Divideremos prov em dus prtes: ) Provemos que x 0 é mínimo locl. Relizndo um expnsão de Tylor pr f obtemos: f(x 0 + h) f(x 0 ) = f (x 0 )h + 1 2 f (x 0 )h 2 + r(h), com lim h 0 r(h) = 0. Assim, por hipótese, f(x 0 + h) f(x 0 ) > r(h) e portnto obtemos que f(x 0 + h) > f(x 0 ) pr h suficientemente pequeno. Dest form x 0 é mínimo locl. b) Provemos que x 0 é mínimo globl. Suponh que x 0 não sej mínimo globl. Dest form, existe x 1 R (por exemplo x 1 > x 0 ) tl que f(x 1 ) < f(x 0 ). Pelo item ), exite h 0 suficientemente pequeno tl que x 0 < x 0 + h 0 < x 1 e ind f(x 1 ) < f(x 0 ) < f(x 0 + h 0 ). Pelo teorem do vlor intermediário, existe x 2 (x 0 + h 0, x 1 ) tl que f(x 2 ) = f(x 0 ) e ssim, pelo teorem do vlor médio segue que existe c (x 0, x 2 ) tl que 0 = f(x 2 ) f(x 1 ) = f (c)(x 2 x 1 ). Dest mneir, f (c) = 0 o que contrdiz o fto de x 0 ser o único ponto crítico de f. Assim x 0 é mínimo globl. 4 Questão: Sej f : [, b] R um função contínu e α : I [, b] um função derivável tl que está n imgem de α. Defin φ : I R por Prove que φ(x) = α(x) f(t) dt. ) φ é derivável e φ (x) = f(α(x))α (x); b) Use este resultdo pr clculr F (x), onde F é dd por: F (x) = x 2 0 t 1 + t 3 dt Prov: (A) Como Im(α), existe x 0 I tl que α(x 0 ) =. Dest form, pelo teorem de mudnç de vriável, temos que φ(x) = α(x) α(x 0 ) f(t) dt = x x 0 f(α(u))α (u) du. Pelo teorem fundmentl do cálculo, segue que φ é derivável e que φ (x) = f(α(x))α (x). (B) Com notção do item (A), temos que f(t) = t/(1 + t 3 ), α(x) = x 2 e que x 0 = 0. Dest mneir, F (x) = f(α(x))α (x) = 2x3 1 + x 6.
5 Questão: Sej f : [, b] R contínu. Prove que existe c (, b) tl que f(x) dx = f(c)(b ). Use este fto pr provr que se f, g : [, b] R são funções reis contínus tis que f(x) dx = g(x) dx, então existe c (, b) tl que f(c) = g(c). Prov: Primeiro método: Pelo Teorem fundmentl do cálculo, f possui um primitiv F (F =f) e, mis ind f(x) dx = F (b) F (). (3) Usndo o Teorem do vlor médio e o fto de F ser um primitiv de f, temos que existe c (, b) tl que F (b) F () = F (c)(b ) = f(c)(b ). (4) Combinndo (3) e (4) segue que Segundo método: f(x) dx = f(c)(b ). Como f é contínu, ssume seus máximos e mínimos em [, b], ou sej, existem c 0 e c 1 tl que f(c 0 ) f(x) f(c 1 ) pr todo x [, b]. Dest form, é clro que f(c 0 )(b ) f(x) dx f(c 1 )(b ). Defin ζ : [c 0, c 1 ] R por ζ(x) = f(x)(b ). Temos que ζ é contínu e portnto ssume todos os vlores no intervlo [ζ(c 0 ), ζ(c 1 )]. Isto quer dizer que existe c [c 0, c 1 ] tl que ζ(c) = f(c)(b ) = f(x) dx. Pr finlizr, se f(x) dx = g(x) dx, então (f g)(x) dx = 0. Então, existe c tl que (f g)(c) = 0, ou sej, f(c) = g(c). BOA PROVA!!!