2provaanalise22020-5-Gabarito

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Gabarito da 2a Prova de Análise Real II-IC 268-T01, 2020.5
1. Seja f : R→ R cont́ınua e periódica de peŕıodo T > 0, isto é, f(x+T ) = f(x)
para todo x ∈ R. Prove que
∫ a+T
a
f(x)dx =
∫ T
0
f(s)ds para toda constante
a ∈ R.
R. Suponha 0 < a < T . O Caso a < 0 < T é análogo. Primeiro usando a pro-
priedade de adição da integral, pode-se escrever
∫ a+T
a
f(x)dx =
∫ T
a
f(x)dx+∫ a+T
T
f(x)dx. Agora, usando o teorema de mudança de variável na segunda
integral, que diz: Se g é derivável com derivada integrável em [a, b] e se f é
cont́ınua na imagem da g, g([a, b]), então
∫ g(b)
g(a)
f(x)dx =
∫ b
a
f(g(x))g′(x)dx.
Assim, tomando g(x) = x+T definida em [0, a], tem-se g(0) = T, g(a) = a+T ,
g′(x) = 1 é constante, logo integrável e por hipótese, f é cont́ınua em R, logo
pode aplicar a mudança e pode-se escrever a segunda integral∫ a+T
T
f(x)dx =
∫ g(a)
g(0)
f(x)dx =
∫ a
0
f(g(x))g′(x)dx =
∫ a
0
f(x+T )dx =
∫ a
0
f(x)dx
onde na última passagem usa-se a hipótese de f ser periódica. Assim,∫ a+T
a
f(x)dx =
∫ T
a
f(x)dx+
∫ a
0
f(x)dx =
∫ T
0
f(x)dx, onde usa-se novamente
a propriedade de adição e o fato que 0 < a < T .
2. Seja f : R→ R uma função real.
(a) Se f ′ = f , então prove que existe uma constante C ∈ R tal que
f(x) = Cex para todo x ∈ R.
Dica: Considere h(x) = f(x)
ex
e derive.
R. Defina a função h : R → R por h(x) = f(x)
ex
. Note que h está bem
definida, uma vez que a função exponencial é diferente de zero para todo
x. Além disso, como f é derivável e a exponencial também é derivável,
com derivada igual ela mesma, segue que h é derivável. Usando a regra
do quociente, tem-se h′(x) = f
′(x)ex−f(x)(ex)′
e2x
= 0 pois f ′ = f e ex = (ex)′.
Portanto, segue que existe C uma constante tal que h(x) = C, ou seja,
f(x) = Cex.
(b) Se f for cont́ınua e tal que f(x) =
∫ x
0
f(s)ds, então prove que f ≡ 0.
R. Note que a hipótese de f ser cont́ınua adicionada a hipótese f(x) =∫ x
0
f(s)ds, implica pelo Teorema Fundamental do Cálculo que de fato f
é derivável e f ′(x) = f(x). Segue então do item anterior que existe uma
constante C tal que f(x) = Cex. Novamente a hipótese f(x) =
∫ x
0
f(s)ds
implica que f(0) =
∫ 0
0
f(s)ds = 0.
Portanto, como f(x) = Cex e f(0) = 0, segue que C = 0 e assim f(x) = 0
para todo x ∈ R.
3. Considere a função de duas variáveis definida por F (x, λ) =
∫ x
a
f(s, λ)ds,
onde a ∈ R. Suponha que f é derivável em relaçao a λ, isto é,
existe ∂f
∂λ
= lim
∆λ→0
f(s,λ+∆λ)−f(s,λ)
∆λ
, ∀ s ∈ R. Prove que F é derivável em relação
a λ e
∂F
∂λ
=
∫ x
a
∂f
∂λ
(s, λ)ds.
R. Note que deve-se provar que lim
∆λ→0
F (s,λ+∆λ)−F (s,λ)
∆λ
=
∫ x
a
∂f
∂λ
(s, λ)ds.
Seja então ε > 0 dado arbitrariamente. Usando que f é derivável com ε
x−a ,
sendo x constante em relação a λ, então existe δ > 0 tal que se 0 < |∆λ| < δ,
então
∣∣∣f(s,λ+∆λ)−f(s,λ)∆λ − ∂f(s,λ)∂λ ∣∣∣ < εx−a .
Assim, para este mesmo δ > 0, se 0 < |∆λ| < δ, tem-se que∣∣∣∣F (s,λ+∆λ)−F (s,λ)∆λ − ∫ x
a
∂f
∂λ
(s, λ)ds
∣∣∣∣ =∣∣∣∣∫ x
a
[
f(s, λ+ ∆λ)− f(s, λ)
∆λ
− ∂f(s, λ)
∂λ
]ds
∣∣∣∣ ≤∫ x
a
∣∣∣∣f(s, λ+ ∆λ)− f(s, λ)∆λ − ∂f(s, λ)∂λ
∣∣∣∣ ds <
ε
x−a
∫ x
a
ds =
ε
x− a
(x− a) = ε
4. Seja fn : X → R uma sequência de funções uniformemente cont́ınuas para
todo n ∈ N e que converge uniformemente para f : X → R. Prove que f é
uma função uniformemente cont́ınua.
R. Note que esse resultado é análogo ao teorema da convergência uniforme e
continuidade, apenas acrescentou a hipótese da sequência ser uniformemente
cont́ınua e obtém que a função limite também o é.
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Dado então ε > 0, usando a convergência uniforme de fn para f com
ε
3
> 0,
tem-se que existe N = N(ε) ∈ N tal que para todo n ≥ N ⇒ |fn(x)− f(x)| <
ε
3
. Em particular |fN(x)− f(x)| < ε3
Usando a continuidade uniforme, em particular de fN , tem-se que existe δ =
δ( ε
3
) > 0 tal que para quaisquer x, y ∈ X com |x−y| < δ ⇒ |fN(x)−fN(y)| <
ε
3
. Portanto, para este δ > 0, tem-se que se |x − y| < δ, então segue da desi-
gualdade triangular que
|f(x) − f(y)| = |f(x) − fN(x) + fN(x) − fN(y) + fN(y) − f(y)| ≤ |f(x) −
fN(x)|+ |fN(x)− fN(y)|+ |fN(y)− f(y)| < ε3 +
ε
3
+ ε
3
= ε
Portanto, segue pela definição de continuidade uniforme que f é uniforme-
mente cont́ınua.
5. Seja fn : X → R uma sequência de funções que converge uniformemente para
f : X → R. Prove que f é uma função limitada se, e somente se, a sequência
de funções {fn(x)} é uniformemente limitada a partir de um certo indice, isto
é, existe K > 0 e n0 ∈ N tais que ∀n > n0 ⇒ |fn(x)| ≤ K para todo x ∈ X.
R. (=⇒) Sendo f limitada, então existe M > 0 tal que |f(x)| ≤M para todo
x ∈ X.
Usando que fn converge uniformemente para f , então para ε = 1 existe
n0 = n0(1) ∈ N tal que ∀ n > n0 ⇒ |fn(x) − f(x)| < 1. Logo, para este
n0 tem-se que se n > n0, segue pela desigualdade triangular que
|fn(x)| = |fn(x) − f(x) + f(x)| ≤ |fn(x) − f(x)| + |f(x)| < 1 + M para todo
x ∈ X.
(⇐=) Análogo a prova da ida na parte final, sabe-se que existe n1 ∈ N tal
que para todo n ≥ n1, |fn(x)| < K para todo x ∈ X. Por outro lado,
da convergência uniforme, para ε = 1, existe n2 ∈ N tal que n ≥ n2 ⇒
|fn(x)− f(x)| < 1. Tome n0 = max{n1, n2}. Então para todo n ≥ n0, tem-se
pela desigualdade triangular
|f(x)| = |f(x)−fn0(x)+fn0(x)| ≤ |f(x)−fn0(x)|+ |fn0(x)| < 1+K e portanto
f é uma função limitada.
6. Se f é uma função cont́ınua definida sobre [0, 1] e se∫ 1
0
f(x)xndx = 0 (n = 0, 1, 2, ...),
então prove que f(x) = 0 para todo x ∈ [0, 1].
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Dica: A hipótese acima implica que a integral do produto de f por qual-
quer polinômio é zero. Use o Teorema de Stone-Weierstrass para provar que∫ 1
0
f 2(x)dx = 0.
R. Como f é cont́ınua, então pelo Teorema de Stone-Weierstrass, existe uma
sequência de polinômios pn(x) que converge uniformemente para f(x) em [0, 1].
Como f é cont́ınua no compacto [0, 1], segue que é limitada, logo o produto
pn(x)f(x) converge uniformemente para f(x)
2 em [0, 1]. Por outro lado, a
hipótese dada implica que
∫ 1
0
f(x)pn(x)dx = 0. Ora, pelo teorema da con-
vergência uniforme e integração, segue que
0 = lim
n→∞
∫ 1
0
f(x)pn(x)dx =
∫ 1
0
[ lim
n→∞f(x)pn(x)]dx =
∫ 1
0
f 2(x)dx.
Assim, a função f 2 é cont́ınua, pois f é, f 2 é positiva e
∫ 1
0
f 2(x)dx = 0 e essas
três condições implicam que f ≡ 0.
De fato, supondo por absurdo que exista um ponto x0 em [0, 1] tal que f(x0) 6=
0, então f 2(x0) > 0 e sendo cont́ınua a função f
2, existe δ > 0 tal que
f 2(x) > K > 0 em (x0 − δ, x0 + δ).
Logo,
∫ 1
0
f 2(x)dx ≥
∫ x0+δ
x0−δ
f 2(x)dx >
∫ x0+δ
x0−δ
Kdx = 2δK > 0, o que contra-
diz a hipótese da integral ser nula.
Portanto conclui-se que f(x) = 0 para todo x, ou f ≡ 0.
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