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
Parte I
Álgebra Linear
1a Questão: Sejam V um espaço vetorial sobre o corpo K, S ⊂ V um subconjunto qualquer de V e
F (S, K) o espaço vetorial de todas as funções de S em K. Prove que se S é finito, então
F (S, K) tem dimensão finita e dim F (S, K) = #S, onde # indica o número de elementos
do conjunto.
Prova: Suponhamos que S = {p1 , . . . , pn } é um conjunto finito. Sejam fi : S → K, i =
1, . . . , n, funções definidas por
fi (pj ) = δij ,
i = 1, . . . , n,
onde δij é o delta de Kronecker. Se f ∈ F (S, K), então
f = f (p1 )f1 + · · · + f (pn )fn ,
ou seja, {fi }ni=1 é um conjunto gerador de F (S, K). Além disso, se
λ1 f1 + · · · + λn fn = 0,
então para cada i = 1, . . . , n,
λ1 f1 (pi ) + · · · + λn fn (pi ) = 0
⇒
λi = 0,
ou seja, {fi }ni=1 é um conjunto LI e portanto uma base de F (S, K).
2a Questão: Sejam V e W espaços vetoriais de mesma dimensão finita sobre o corpo K. Dada uma
transformação linear T : V → W são equivalentes:
a) T é invertı́vel;
b) T é injetora;
c) T é sobrejetora;
d) T manda base de V em base de W ;
e) Existe uma base {v1 , . . . , vn } de V tal que {T (v1 ), . . . , T (vn )} é uma base de W.
Prova: a) ⇒ b) Segue da definição de função invertı́vel.
b) ⇒ c) Primeiramente seja {v1 , . . . , vn } uma base de V. Como {v1 , . . . , vn } é LI e T é
injetiva, segue que {T (v1 ), . . . , T (vn )} é LI. Como dim V = dim W = n, temos que este
conjunto é uma base de W. Agora mostremos que T é sobrejetora: tome w ∈ W. Existem
λ1 , . . . , λn ∈ K tais que
w = λ1 T (v1 ) + · · · + λn T (vn ) = T (λ1 v1 + · · · + λn vn ).
Assim, w = T (v), onde v = λ1 v1 + · · · + λn vn .
c) ⇒ d) Seja {v1 , . . . , vn } uma base de V. Como T (V ) = W, dado w ∈ W existe v ∈ V
tal que T (v) = w. Sejam λ1 , . . . , λn ∈ K tais que v = λ1 v1 + · · · + λn vn . Então
w = T (v) = T (λ1 v1 + · · · + λn vn ) = λ1 T (v1 ) + · · · + λn T (vn ).
Logo, {T (v1 ), . . . , T (vn )} é um conjunto gerador de W. Como dim W = n, segue que é
uma base.
d) ⇒ e) Óbvio.
e) ⇒ a) Seja {v1 , . . . , vn } uma base de V tal que {T (v1 ), . . . , T (vn )} é uma base de W.
Dado w ∈ W, existem λ1 , . . . , λn ∈ K tais que
w = λ1 T (v1 ) + · · · + λn T (vn ) = T (λ1 v1 + · · · + λn vn ).
Assim, w = T (v), onde v = λ1 v1 + · · · + λn vn , ou seja, T é sobrejetora.
Agora seja v ∈ V tal que T (v) = 0. Existem λ1 , . . . , λn ∈ K tais que v = λ1 v1 +· · ·+λn vn .
Daı́
T (v) = 0 ⇒ λ1 T (v1 ) + · · · + λn T (vn ) = 0.
Como {T (v1 ), . . . , T (vn )} é uma base de W, temos que λ1 = · · · = λn = 0, e portanto
v = 0. Assim, T é injetora.
Como T é injetora e sobrejetora, T é invertı́vel.
3a Questão: Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Dado S ⊂ V, o anulador de S é o subespaço
vetorial de V ∗ , o espaço dual de V, definido por S 0 = {f ∈ V ∗ : f (v) = 0, ∀v ∈ S}.
Prove que se W é um subespaço de V, então
dim V = dim W + dim W 0 .
Prova: Seja {v1 , . . . , vk } uma base de W e sejam vk+1 , . . . , vn vetores de V tais que
B = {v1 , . . . , vk , vk+1 , . . . , vn } seja uma base de V.
Seja {f1 , · · · , fn } a base de V ∗ dual de B.
Vamos mostrar que {fk+1 , . . . , fn } é uma base de W 0 .
Segue da definição de base dual que se j ≥ k + 1, então fj (v) = 0, para todo v ∈ W.
Portanto fj ∈ W 0 , para todo j ≥ k + 1.
Uma vez que {fk+1 , . . . , fn } é LI, resta mostrar que este conjunto gera W 0 . Primeiramente
note que se f ∈ V ∗ , então
n
X
f=
f (vi )fi .
i=1
Logo, se f ∈ W 0 , temos que f (vi ) = 0, para i = 1, . . . , k, donde
f=
n
X
f (vi )fi .
i=k+1
4a Questão: Sejam V um espaço vetorial sobre o corpo K de dimensão finita e T : V → V uma
transformação linear tal que todo vetor não nulo de V é um autovetor de T. Mostre que
existe c ∈ K tal que T (v) = c v para todo v ∈ V.
Prova: Se n = dim V = 1, então é óbvio.
Suponha n > 1 e seja B = {v1 , . . . , vn } uma base de V.
Para cada i 6= 1, os vetores v1 e vi são LI. Temos que T (v1 ) = c1 v1 e T (vi ) = ci vi pois
todo vetor não nulo é autovetor de T. Como v1 + vi também deve ser um autovetor de T,
temos
T (v1 + vi ) = c(v1 + vi ) = cv1 + cvi .
Por outro lado, pela linearidade de T,
T (v1 + vi ) = T (v1 ) + T (vi ) = c1 v1 + ci vi .
Subtraindo estas duas últimas igualdades obtemos
0 = (c − c1 )v1 + (c − ci )vi ,
donde c = c1 = ci , i = 2, . . . , n. Assim, T (vi ) = cvi para todo i = 1, . . . , n.
Agora, dado v ∈ V, escreva v = λ1 v1 + · · · + λn vn . Daı́,
T (v) = T (λ1 v1 + · · · + λn vn )
= λ1 T (v1 ) + · · · + λn T (vn )
= λ1 cv1 + · · · + λn cvn
= c(λ1 v1 + · · · + λn vn )
=
cv
5a Questão: Dada a matriz
−3 4
,
A=
−1 2
calcule A2015 .
Prova: Considere a transformação linear A : R2 → R2 cuja matriz da base canônica para
a base canônica de R2 seja (por abuso de notação) dada por A. Calculemos inicialmente o
polinômio caracterı́stico de A:
t + 3 −4
det(tI − A) = det
= (t − 1)(t + 2).
1
t−2
Assim, A possui autovalores t = −2 e t = 1.
Para t = −2 o autoespaço associado é o Ker(−2I − A), donde obtemos o vetor (4, 1) como
gerador, isto é Ker(−2I − A) = [(4, 1)].
Para t = 1 o autoespaço associado é o Ker(I − A), donde obtemos o vetor (1, 1) como
gerador, isto é Ker(I − A) = [(1, 1)].
Logo, com relação a base de autovetores B = {(4, 1), (1, 1)}, o operador A tem representação matricial
−2 0
[A]B
=
.
B
0 1
A matriz de mudança de base, da base B para a
4
B
PC =
1
base canônica C é
1
,
1
e sua inversa, a matriz de mudança de base, da base canônica para a base B é
1 1 −1
C
B −1
PB = [PC ] =
.
3 −1 4
C
Da relação, A = PCB · [A]B
B · PB , obtemos
A2015 =
=
=
=
=
C 2015
PCB · [A]B
B · PB
2015
PCB · [A]B
· PBC
B
2015 1 4 1
−2 0
1 −1
·
·
0 1
−1 4
3 1 1
2015 1 4 1
1 −1
−2
0
·
·
−1 4
0
1
3 1 1
1 −1 − 22017 4 + 22017
3 −1 − 22015 4 + 22015
Parte II
Análise na Reta
1a Questão: Prove as seguintes equivalências a respeito de um conjunto X ⊂ R:
a) X é limitado;
b) Todo subconjunto infinito de X possui ponto de acumulação (que pode não pertencer
a X);
c) Toda sequência de pontos de X possui uma subsequênia convergente.
Prova: Provaremos (A) ⇒ (B), (B) ⇒ (C) e (C) ⇒ (A).
(A) ⇒ (B) : Seja Z um subconjunto infinito de X e seja {xn }n∈N ⊂ Z uma sequência de
elementos de Z. Como, em particular, {xn }n∈N ⊂ X e X é um conjunto limitado em
R temos, pelo teorema de Bolzano-Weierstrass, que {xn }n∈N possui um subsequência
convergente. Assim, existe c ∈ R e uma subsequencia {xnk }k∈N tal que xnk → c.
Claramente c é um ponto de acumulação de Z.
(B) ⇒ (C) : Seja {xn }n∈N ⊂ X uma sequência. Se {xn }n∈N possui uma quantidade finita
de elementos, então é uma sequência limitada. Pelo Teorema de Bolzano-Weierstrass,
possui uma subsequência convergente.
Suponha agora que {xn }n∈N possui uma quantidade infinita de elementos. Por (B),
{xn }n∈N possui um ponto de acumulação. Desta forma, dado k = 1/k, com k ∈ N,
existe xnk ∈ {xn }n∈N tal que xnk ∈ ( k1 − c, k1 + c). Em particular, a sequência
{xnk }k∈N converge para c.
(C) ⇒ (A) : Suponha que X é ilimitado. Para todo k ∈ N, existe xk ∈ X tal que
|xk | > k.
(1)
Como {xk }k∈N é uma sequência de pontos de X, temos por (C) que essa sequência
possui uma subsequência {xkl }l∈N convergente. Em particular, essa subsequência é
limitada e assim, existe N ∈ N tal que
|xkl | ≤ N,
para todo
l ∈ N.
(2)
Considere kl0 > N . Por (1) segue que |xkl0 | > kl0 e por (2) temos |xkl0 | ≤ N < kl0 .
Este fato configura um absurdo e portanto X deve ser limitado.
2a Questão: Seja f : R → R contı́nua e com a seguinte propriedade: para todo aberto A ⊂ R, f (A) é
um conjunto aberto em R. Prove que f é injetora.
Prova: Suponha que f não é injetora. Existem a, b ∈ R distintos tal que f (a) = f (b). A
restrição de f ao intervalo [a, b], f : [a, b] → R, é contı́nua e seu domı́nio de definição é um
conjunto compacto. Desta forma f assume seus máximos em mı́nimos em [a, b], ou seja,
existem c0 , c1 ∈ [a, b] tal que
f (c0 ) ≤ f (x) ≤ f (c1 )
para todo
x ∈ [a, b].
Neste caso, se A = (a, b), então f (A) só pode assumir alguma das formas {f (c0 )},
[f (c0 ), f (c1 )), (f (c0 ), f (c1 )] ou [f (c0 ), f (c1 )] e em nenhum dos casos f (A) é aberto. Portanto f deve ser injetora.
3a Questão: Seja f : R → R uma função diferenciável com a propriedade: exite um único x0 ∈ R tal
que f 0 (x0 ) = 0. Prove que se f 00 (x0 ) > 0 (resp. f 00 (x0 ) < 0 ), então x0 é ponto de mı́nimo
(resp. máximo) global da função f .
Prova: Provaremos o caso mı́ximo global. A outra situação é inteiramente análoga.
Divideremos a prova em duas partes:
a) Provemos que x0 é mı́nimo local.
Realizando uma expansão de Taylor para f obtemos:
1
f (x0 + h) − f (x0 ) = f 0 (x0 )h + f 00 (x0 )h2 + r(h),
2
com
lim r(h) = 0.
h→0
Assim, por hipótese, f (x0 + h) − f (x0 ) > r(h) e portanto obtemos que f (x0 + h) >
f (x0 ) para h suficientemente pequeno. Desta forma x0 é mı́nimo local.
b) Provemos que x0 é mı́nimo global.
Suponha que x0 não seja mı́nimo global. Desta forma, existe x1 ∈ R (por exemplo
x1 > x0 ) tal que f (x1 ) < f (x0 ). Pelo item a), exite h0 suficientemente pequeno tal
que x0 < x0 + h0 < x1 e ainda f (x1 ) < f (x0 ) < f (x0 + h0 ). Pelo teorema do valor
intermediário, existe x2 ∈ (x0 + h0 , x1 ) tal que f (x2 ) = f (x0 ) e assim, pelo teorema
do valor médio segue que existe c ∈ (x0 , x2 ) tal que
0 = f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c)(x2 − x1 ).
Desta maneira, f 0 (c) = 0 o que contradiz o fato de x0 ser o único ponto crı́tico de f .
Assim x0 é mı́nimo global.
4a Questão: Seja f : [a, b] → R uma função contı́nua e α : I → [a, b] uma função derivável tal que a
está na imagem de α. Defina φ : I → R por
Z α(x)
φ(x) =
f (t) dt.
a
Prove que
a) φ é derivável e φ0 (x) = f (α(x))α0 (x);
b) Use este resultado para calcular F 0 (x), onde F é dada por:
Z x2
t
F (x) =
dt
1 + t3
0
Prova: (A) Como a ∈ Im(α), existe x0 ∈ I tal que α(x0 ) = a. Desta forma, pelo teorema
de mudança de variável, temos que
Z α(x)
Z x
φ(x) =
f (t) dt =
f (α(u))α0 (u) du.
α(x0 )
x0
Pelo teorema fundamental do cálculo, segue que φ é derivável e que
φ0 (x) = f (α(x))α0 (x).
(B) Com a notação do item (A), temos que f (t) = t/(1 + t3 ), α(x) = x2 e que x0 = 0.
Desta maneira,
2x3
F 0 (x) = f (α(x))α0 (x) =
.
1 + x6
5a Questão: Seja f : [a, b] → R contı́nua. Prove que existe c ∈ (a, b) tal que
b
Z
f (x) dx = f (c)(b − a).
a
Use este fato para provar que se f, g : [a, b] → R são funções reais contı́nuas tais que
Rb
Rb
a f (x) dx = a g(x) dx, então existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = g(c).
Prova: Primeiro método:
Pelo Teorema fundamental do cálculo, f possui uma primitiva F (F’=f) e, mais ainda
b
Z
f (x) dx = F (b) − F (a).
(3)
a
Usando o Teorema do valor médio e o fato de F ser uma primitiva de f , temos que existe
c ∈ (a, b) tal que
F (b) − F (a) = F 0 (c)(b − a) = f (c)(b − a).
(4)
Combinando (3) e (4) segue que
Z
b
f (x) dx = f (c)(b − a).
a
Segundo método:
Como f é contı́nua, assume seus máximos e mı́nimos em [a, b], ou seja, existem c0 e c1 tal
que
f (c0 ) ≤ f (x) ≤ f (c1 ) para todo x ∈ [a, b].
Desta forma, é claro que
Z
f (c0 )(b − a) ≤
b
f (x) dx ≤ f (c1 )(b − a).
a
Defina ζ : [c0 , c1 ] → R por ζ(x) = f (x)(b − a). Temos que ζ é contı́nua e portanto assume
todos os valores no intervalo [ζ(c0 ), ζ(c1 )]. Isto quer dizer que existe c ∈ [c0 , c1 ] tal que
Z
ζ(c) = f (c)(b − a) =
b
f (x) dx.
a
Rb
Rb
Rb
Para finalizar, se a f (x) dx = a g(x) dx, então a (f − g)(x) dx = 0. Então, existe c tal
que (f − g)(c) = 0, ou seja, f (c) = g(c).
BOA PROVA!!!