listas resolvidas-espacos metricos

Espaços Métricos - Verão 2015Ivo Terek Couto 12 de julho de 2015 Resolução das listas de exercícios do curso de Espaços Métricos ministrado no IME-USP em Janeiro de 2015 pelo prof. Hector Cabarcas. Foi utilizado como texto para o curso o livro "Espaços Métricos" - Elon Lages Lima. Observação: Na lista 4 aparecem alguns resultados (mais gerais) que na verdade são válidos para espaços topológicos ao invés de espaços métricos (usam apenas os axiomas de separação T1 ou T2 ). As resoluções são despretensiosas e sujeitas à erros. Sugestões e correções podem ser enviados para [email protected]. Sumário 1 Lista 1 2 2 Lista 2 8 3 Lista 3 14 4 Lista 4 20 1 1 Lista 1 Exercício 1. Seja d : N × N → R definida por d(m, n) = |m2 − n2 |. É (N, d) um espaço métrico? Justifique a sua resposta. Solução: Sim, pois d satisfaz as seguintes condições: • Positividade: d(m, n) = |m2 − n2 | ≥ 0 para quaisquer m, n ∈ N. Também, d(m, m) = 0, e d(m, n) = |m2 − n2 | = 0 =⇒ m2 − n2 = 0 =⇒ m2 = n2 =⇒ m = n, visto que m, n ≥ 0. • Simetria: d(m, n) = |m2 − n2 | = |n2 − m2 | = d(n, m), para quaisquer m, n ∈ N. • Desigualdade triangular: Dados m, n, p ∈ N, tem-se: d(m, n) = |m2 −n2 | = |m2 −p2 +p2 −n2 | ≤ |m2 −p2 |+|p2 −n2 | = d(m, p)+ d(p, n). Exercício 2. Seja (X, d) um espaço métrico. Defina θ, δ, ρ e η como segue: θ(x, y) = d(x, y) , 1 + d(x, y) δ(x, y) = kd(x, y), k ∈ R+ ρ(x, y) = min{1, d(x, y)}, η(x, y) = (d(x, y))2 . Demonstre que θ, δ e ρ são distâncias sobre X, e η não tem porque ser necessariamente uma distância. Solução: θ: • Positividade: θ(x, y) = 1+d(x,y) ≥ 0, pois d(x, y), 1 + d(x, y) ≥ 0. E ainda, da d(x,y) própria definição de θ, temos θ(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y. • Simetria: θ(x, y) = d(x,y) 1+d(x,y) = d(y,x) 1+d(y,x) = θ(y, x). • Desigualdade triangular: Note que a função f(t) = 1 pois f 0 (t) = (1+t) 2 > 0. Destarte: t 1+t 1 = 1 − 1+t é crescente, d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z) d(x, y) d(x, z) + d(y, z) ≤ 1 + d(x, y) 1 + d(x, z) + d(y, z) d(x, y) d(x, z) d(y, z) ≤ + 1 + d(x, y) 1 + d(x, z) + d(y, z) 1 + d(x, z) + d(y, z) d(x, y) d(x, z) d(y, z) ≤ + 1 + d(x, y) 1 + d(x, z) 1 + d(y, z) θ(x, y) ≤ θ(x, z) + θ(y, z). 2 δ: • Positividade: δ(x, y) = k d(x, y) ≥ 0 para quaisquer x, y ∈ X, visto que k > 0. Temos δ(x, x) = k d(x, x) = k · 0 = 0. E por outro lado δ(x, y) = kd(x, y) = 0 nos dá d(x, y) = 0 (pois k 6= 0), e daí x = y. • Simetria: δ(x, y) = k d(x, y) = k d(y, x) = δ(y, x). • Desigualdade triangular: tome a desigualdade triangular para d e multiplique por k > 0. Ela se mantém e obtemos diretamente a desigualdade triangular para δ. ρ: • Positividade: ρ(x, y) = 1 ≥ 0 ou ρ(x, y) = d(x, y) ≥ 0. Ainda, ρ(x, x) = min{1, d(x, x)} = min{1, 0} = 0. E por outro lado, ρ(x, y) = min{1, d(x, y)} = 0 nos dá d(x, y) = 0, donde segue que x = y. • Simetria: ρ(x, y) = min{1, d(x, y)} = min{1, d(y, x)} = ρ(y, x). • Desigualdade triangular: Aqui consideraremos dois casos, d(x, y) < 1 e d(x, y) ≥ 1. Nosso objetivo é provar que ρ(x, y) ≤ ρ(x, z) + ρ(y, z), isto é, que ρ(x, y) ≤ min{1, d(x, z)} + min{1, d(y, z)}. Basta verificarmos que o lado esquerdo da igualdade é menor ou igual que todas as combinações possíveis, 1 + 1, d(x, z) + 1, 1 + d(y, z) e d(x, z) + d(y, z) em todos os casos possíveis. Suponha d(x, y) < 1. Temos: i) ii) iii) iv) ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < 1 + 1; ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < d(x, z) + 1; ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < 1 + d(y, z); ρ(x, y) = d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z). Agora suponha d(x, y) ≥ 1. Daí: i) ii) iii) iv) ρ(x, y) = 1 < 1 + 1; ρ(x, y) = 1 < d(x, z) + 1; ρ(x, y) = 1 < 1 + d(y, z); ρ(x, y) = 1 ≤ d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z). η: A função η não precisa ser uma métrica. Por contra-exemplo: X = R, d(x, y) = |x − y|. Então η(x, y) = (x − y)2 e a desigualdade triangular falha: η(−1, 1) = 4 ≥ 1 + 1 = η(−1, 0) + η(0, 1). Exercício 3. Sejam d1 , d2 e d3 as distâncias definidas na aula sobre R2 . Demonstre que para quaisquer x, y ∈ R2 valem as desigualdades: d3 (x, y) ≤ d1 (x, y) ≤ d2 (x, y) ≤ 2d3 (x, y). 3 Solução: Recorde que definimos: p d1 (x. o lado esquerdo é 2(a2 x2 + a2 y2 ) = 2a2 (x2 + y2 ). temos: d2 (x. |x2 − y2 |}. A constante prescrita é a = k1k > 0. d3 (x. Conclua que toda norma em R provém de um produto interno. 4 . y = (y. assumindo novamente sem perda de generalidade que max{|x1 −y1 |. y) := |x1 − y1 | + |x2 − y2 | d3 (x. y) = max{|x − y|. x2 ). y) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 ≤ (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 = |x1 −y1 |+|x2 −y2 | = d2 (x. considerando a função √ √ f(x) = x + b − x + b e utilizando Cálculo). Solução: Sejam x = (x. Agora verifiquemos que kxk = a · |x| satisfaz a lei do paralelogramo (a soma dos quadrados dos lados é igual à soma dos quadrados das diagonais): 2(kxk2 + kyk2 ) = kx + yk2 + kx − yk2 De fato. Solução: Sabemos que vale kxk = k1 · xk = k1k · |x|. recorde que. y2 ). y) = |x − y| + |x2 − y2 | = |x − y|(1 + |x + y|). y). por exemplo. √ 2 visto que (x − y ) ≥ 0. y) = |x1 − y1 | = (x1 − y1 )2 ≤ (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 = d1 (x. temos: p p p d1 (x. Suponha sem perda de generalidade que max{|x1 − y1 |. Prove que toda norma em k · k em R é da forma kxk = a · |x|. Exercício 5. E por fim. b ≥ 0. |x2 − y2 |} = |x1 − y1 |. Temos: p p d3 (x. fixando b > 0. |x2 − y2 |}. encarando 1 como vetor de R e x como escalar do corpo R. Seja A ⊂ R2 definido como A = {(x. d2 e d3 . y2 ) ∈ A. onde a > 0 é uma constante e |x| é o valor absoluto de x. Exercício 4. x2 ) e y = (y1 . Temos: p d1 (x. onde x = (x1 . vale que a+b ≤ 2 2 √ √ a + √b (isto pode ser provado. Assim. y). Em seguida: e por fim: d2 (x. Agora. y) := max{|x1 − y1 |. y) ∈ R2 | y = x2 }. Calcule explicitamente as distâncias induzidas sobre A pelas métricas d1 . y) = |x1 − y1 | + |x2 − y2 | ≤ 2|x1 − y1 | = 2d3 (x. y) = (x − y)2 + (x2 − y2 )2 . |x2 − y2 |} = |x1 − y1 |. y) := (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 d2 (x. portanto k · k provém de um produto interno. y). E o lado direito é: a2 (x + y)2 + a2 (x − y)2 = a2 (x2 + 2xy + y2 + x2 − 2xy + y2 ) = 2a2 (x2 + y2 ). dados a. 2kak 2kak 2kakkak 2 Assim. y). vejamos que de fato d provém de k · k. Pela mesma conta acima. este vetor está em B(0. r). 0) = d(x. λy) = |λ|d(x. 0) = d(λx.Exercício 6. Então temos: d(x + a. ⇐= : Suponha que valem as condições do enunciado. −y) = d(x. y) e d(λx. y + a) = d(x. é necessário e suficiente que. • Desigualdade triangular: aqui usaremos ambas as condições do enunciado. 5 . num espaço vetorial E. Note que onde usamos a segunda condição. Considere o vetor a + 2kraak . para x. Então:   r r a − a + ra = ra = = < r. Temos: kx + yk = d(x + y. Seja r > 0 qualquer e considere a bola B(a. Temos que: kx − yk = d(x − y. λ0) = |λ| d(x. Como o espaço não contém só o 0. A fim de que uma métrica d. Para concluir. Solução: =⇒ : Suponha que d provém de uma norma k · k em E. e como r é qualquer. isto é. Agora vejamos que 0 não é isolado. o vetor está em B(a. y). Demonstre que um espaço normado diferente de {0} não tem pontos isolados. • Homogeneidade da multiplicação por escalar: basta notar que kλxk = d(λx. a ∈ E e λ ∈ R arbitrários. e também: d(λx. r). e considere 2kraak . 0) ≥ 0. seja proveniente de uma norma. 0) =⇒ kx + yk ≤ kxk + kyk. y). Mostre esta afirmação. 0) + d(0. Seja r > 0 e considere a bola B(0. 0) = 0. r). 0) = d(x. 0). y + a) = k(x + a) − (y + a)k = kx − yk = d(x. Como a 6= 0. tome um vetor a qualquer. Afirmo que d provém da norma definida por kxk := d(x. também usamos a simetria de d. isto é. Verifiquemos que k · k é de fato uma norma: • Positividade: kxk = d(x. Exercício 7. se x = 0 (pois d é métrica). r). d(x. 0) = |λ|kxk. λy) = kλx − λyk = kλ(x − y)k = |λ|kx − yk = |λ| d(x. y). Solução: Tome um ponto a 6= 0 no espaço. só valendo a igualdade se d(x. −y) ≤ d(x. logo 0 não é isolado. usando a segunda condição do enunciado. se tenha d(x + a. a não é isolado. 0) + d(y. os dois vetores são distintos. y) = kx − yk. r − n1 ⊂ ∞ n=1 B a. Solução: Afirmo que: ∞ [   1 . r). b) ≤ r x ∈ S(a. y) ∈ S((a. r] × S(b. B(a. r) × B[b. r − n s<r n=1 [ Que as uniões estão contidas em B(a.Exercício 8. (a. r] ⇐⇒ ⇐⇒ (x. y) ∈ S(a. as bolas abertas contém mais de um elemento x diferente de seu centro. s) = B a. . Em todo espaço métrico (M. r] e y ∈ S(b. b). y). r) ⇐⇒ d[(x. b)] = r ⇐⇒ max{dM (x. Mostre que em todo espaço vetorial normado. r] = B(a. r) é claro. portanto x ∈ B[a. Solução: Temos: (x. x) ≤ r − n1 < r. a). dN (y. ou (x. (x 0 . s) = B a. r]). r] × S(b.  ⊂ s<r  S 1 aí x ∈ B a. mostre que a esfera de centro (a. r]×S(b. dado n ∈ Z>0 . o vetor x = a + 2nrkaak está no espaço. x 0 ). s] B[a. a) ≤ r e dN (y. r)  (x. b) = r ou x ∈ B[a. para cada n ∈ Z>0 . r) = B[a. r + n s>r n=1 \ e ∞ \   1 {a} = B(a. b)} = r   dM (x. r) Exercício 10. d). Do mesmo modo. tem-se ∞ \   1 B[a. y 0 )] = max{dM (x. x) ≤ s < r. Com efeito:  a − a +  ra ra = = r kak = r < r. y) ∈ (B[a. n n 2 kak 2 kak 2n kak 2n 6 . r)×B[b. Exercício 9. r − n . s] = B a. r) e y ∈ B[b. s]. r) × B[b. dN ) espaços métricos. Sejam (M. r] ⇐⇒ ⇐⇒ ou dM (x. y) ∈ B[a. Solução: Dado r > 0 qualquer e um centro a no espaço. r))∪(S(a. Agora tome x ∈ B(a. Usando a métrica d[(x. e vejamos que x está emSambas as uniões. a) = r e dN (y. r)) ∪ (S(a. y). dualmente. (N. r]). cada bola aberta de M como uma reunião de bolas fechadas. dM ). Seja s < r qualquer. temos d(a. n s>0 n=1 \ Exprima. b) e raio r em M × N é igual a (B[a. dN (y. y 0 )} definida sobre M × N. Temos d(a. E este mínimo é de fato a2p+1 + · · · + a2n . (x. ap . (x. · · · . Seja X = {(x. Solução: Considere o R2 com a métrica do máximo. Seja X = {x ∈ Rn | xp+1 = · · · =q xn = 0}. 0). 0). =⇒ 4 < 5 − x < 6. 0. então d(a. isto é. an ). |y|} = max{5 − x. E |x| < 1 =⇒ −1 < x < 1 =⇒ −1 < −x < 1 4 < d((5. Usando a métrica euclidiana. y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1} o disco unitário aberto do plano euclidiano R2 . X) = a2p+1 + · · · + a2n . Da condição x2 + y2 < 1 temos que |x| < 1 e |y| < 1. prove que d(a. Exercício 12. x) = (x1 − a1 )2 + · · · (xp − ap )2 + (xp+1 − ap+1 )2 + · · · + (xn − an )2 q =⇒ d(a. 6[= 4. · · · .Exercício 11. · · · . x) = (x1 − a1 )2 + · · · + (xp − ap )2 + a2p+1 + · · · + a2n . Dado a = (5. |y|} = 5 − x. 7 . mas o mínimo destas q distâncias é atingido em x = (a1 . X) = 4. Assim: d((5. Mas inf ]4. prove que se a = (a1 . y)) = max{|5 − x|. 0) ∈ X. Solução: Temos: q d(a. 0). y)) < 6. • Desigualdade triangular: e d([x]. • Simetria: d(x. em uma semi-métrica se permite distância zero entre pontos distintos. Assim. Exercício 3. y) = |f(x) − f(y)|. x) = e d([y]. y) ≤ d(x. salvo a condição d(x. y). [y]) := d(x. o par (M/Rd . Exercício 2. y). y). [y]) = d(x. Prove que a função e d definida por e d([x]. vale o último =⇒ de: d(x. y) ≥ 0 pra quaisquer [x]. Seja f : R → R uma função estritamente crescente. [y]) = d(x. y) é uma métrica no conjunto quociente M/Rd . y) = d(y. (x 0 . [z]) + e d([y]. x). (x 0 . y 0 ) de R2 está definida por d((x. isto é.2 Lista 2 Exercício 1. y) = 0 ⇐⇒ |f(x) − f(y)| = 0 ⇐⇒ f(x) = f(y) ⇐⇒ x = y. z) + d(z. [y]) = 0 ⇐⇒ d(x. Solução: • Positividade: a função | · | só assume valores positivos. f é injetora. z) = e d([x]. y) = 0 implica x = y. y) = 0 ⇐⇒ x Rd y ⇐⇒ [x] = [y]. [z]). e d) é um espaço métrico. Prove que a função d é uma métrica. y) = |f(x) − f(y)| = |f(y) − f(x)| = d(y. d) um semi-espaço métrico e defina a seguinte relação de equivalência em Rd em M: x Rd y se e só se d(x. 8 . Seja (M. A distância entre dois pontos (x. e d : R × R → R uma função definida por: d(x. Ainda mais. Note que como f é estritamente monótona. • Desigualdade triangular: d(x. [y]) = d(x. z) + d(y. Prove que d é uma semi-métrica. [y] ∈ M/Rd . • Simetria: e d([x]. y) = |f(x) − f(y)| = |f(x) − f(z) + f(z) − f(y)| ≤ |f(x) − f(z)| + |f(z) − f(y)| = d(x. Uma função d : M × M → R é chamada de semi-métrica se satisfaz todas as propriedades de métrica. Assim. [x]). Solução: • Positividade: Veja que e d([x]. y) = 0. pois d é semi-métrica. y 0 )) = |(x − x 0 ) + (y − y 0 )|. vale: e d([x]. 1/2) = {x ∈ M | d(x. y 00 ). ri ). Então todos os pi são isolados e M é discreto. a bola aberta (resp. (x 0 . y 0 )) = |(x − x 0 ) + (y − y 0 )| = |(x − x 00 + x 00 − x 0 ) + (y − y 00 + y 00 − y 0 )| = |(x − x 00 ) + (y − y 00 ) + (x 00 − x 0 ) + (y 00 − y 0 )| ≤ |(x − x 00 ) + (y − y 00 )| + |(x 00 − x 0 ) + (y 00 − y 0 )| = d((x. y 0 )). fechadas) de centro xi e raio r (i = 1. . Na métrica definida em M1 × M2 × · · · × Mn por d(x. 2. y). ri ) =⇒ d(x. y 0 ). d(xn . . (x. n). pi ) | x ∈ M. . e como p era qualquer.Solução: • Positividade: A função | · | só assume valores positivos. pn }. Por construção dos ri . pi ) = 0 =⇒ x = pi . Exercício 4. Seja ri = min{d(x. Prove que: • Um espaço métrico com a métrica zero-um é discreto. Então p é isolado. 9 . (x 0 . y). y 00 )) + d((x 00 . . temos: x ∈ B(pi . pi ) < ri =⇒ d(x. y 0 )) = |(x − x 0 ) + (y − y 0 )| = |(−1)((x 0 − x) + (y 0 − y))| = |(x 0 − x) + (y 0 − y)| = d((x 0 . y)). Então. fechada) de centro x e raio r é o produto cartesiano das bolas abertas (resp. y). E d((x. . • Escreva M = {p1 . y). Solução: • Seja p ∈ M. Exercício 5. segue que M é discreto. . y)) = |(x − x) + (y − y)| = 0. . p) < 1/2} = {p}. . Um espaço métrico M chama-se discreto quando todo ponto de M é isolado. . Basta tomar B(p. considere as bolas B(pi . • Todo espaço métrico finito é discreto. • Simetria: d((x. (x 0 . . (x 00 . (x. y) = max{d(x1 . . • Desigualdade triangular: d((x. yn )}. y1 ). para todo i de 1 até n. x 6= pi } > 0. r1 ) = {a1 } e B(a2 . r). =⇒ : Suponha a isolado. Exercício 8. r) e B(b. r) = {a}. b) + d(b. Aí: d(a. r). Então existe r > 0 tal que B(a. E assim temos que: B(a. r) × B(a2 . r)} = {(a1 . isto é. r2 > 0 tais que B(a1 . 10 . Seja r = min{a1 . a2 ) é isolado no produto M1 × M2 se. b) + s = d(a. 2 é um ponto isolado em Mi . r] é disjunta da bola B[b. r) × B(a2 . ∀ 1 ≤ i ≤ n pi ∈ B(xi . a2 }. r) para qualquer r > 0. r) = {(x. x) < r max{d(pi . Exercício 6. r) = {a2 }. r) × B(a2 . r) = {ai }. Afirmo que B(b. seja b ∈ B(a. r). Então existem r1 . tome p ∈ B(b. r) = {a1 } × {a2 } = {(a1 . r) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ d(p. p) < d(a. Num espaço métrico M. nos seus respectivos espaços. y) | x ∈ B(a1 . Prove que existe uma bola aberta de centro b contida em B(a. à fortiori. Assim.Solução: Diretamente das definições: p ∈ B(x. Para bolas fechadas. prove que existe s > 0 tal que a bola B[a. r). e somente se cada coordenada ai . r). xi ) < r. a2 )} nos dá que x = a1 e y = a2 . ⇐= : Suponha a1 e a2 isolados. daí p ∈ B(a. r) = B(a1 . s) ⊂ B(a. B(a1 . Exercício 7. s) ⊂ B(a. r2 ) = {a2 }. s). vale que B(a. Se b não está na bola fechada B[a. nos seus respectivos espaços. Então B(ai . com i = 1. r]. a2 )} = {a}. r). Solução: Considere s = r − d(a. s]. p) ≤ d(a. Um ponto a = (a1 . Portanto a1 e a2 são isolados. ∀ 1 ≤ i ≤ n. r) = {a1 } e B(a2 . r) = B(a1 . Com efeito. b) = r. y ∈ B(a2 . troque < por ≤ no argumento acima. b) > 0. Então: B(a1 . b) + r − d(a. xi ) | 1 ≤ i ≤ n} < r d(pi . e segue que a é isolado. Solução: Tome a métrica do máximo no espaço produto. Vejamos que p 6∈ B[a. isto é. d) espaço métrico. . t) | s ∈ S. t ∈ T }. b). e não M × M. uma bola fechada B = B[a. Agora tome p ∈ B[b. e tem como diâmetro o maior dos números d(xi . i. b) ≤ d(p. b) =⇒ d(p. quando existe um número real r ≥ 0 tal que d(x. Solução: Não. p 6∈ B[a. d). b). a) > r. pois o domínio de ρ é (℘(M) \ {∅}) × (℘(M) \ {∅}). x)| ≤ d(a. b) > r − d(a. Assim: δ(X) = sup{d(x. d) diz-se limitado. x) ≤ d(b. É a função ρ uma métrica em M? Justifique a sua resposta. b). x ∈ M e (M. T ) = inf {d(s. a) ≥ d(a. Exercício 10. x)| ≤ d(a. r]. . b). Prove que dados a. está definida por ρ(S. S) = 0. xj ). r]. x) − d(b. Solução: 11 . e permutando as letras temos d(b. T não vazios de um espaço métrico (M. E mesmo que o domínio estivesse certo. s]. b) ≤ s < d(a. b. x) − d(b. b) =⇒ d(p. . Um subconjunto X de um espaço métrico (M. Solução: Temos: d(a. De fato: d(p. e com isso: d(p. T ) = ρ(T. x) ≤ d(a. m. Pela definição de módulo resulta que |d(a. o qual representamos pelo símbolo δ(X). b) + r − d(a. a) + d(p. y) | x. O menor desses números r chama-se o diâmetro do conjunto X (não-vazio). b) − d(p. a) = d(a. x) =⇒ d(a. ρ(S. e além disso d(a. j = 1. y ∈ X. b) − r =⇒ −d(p.Solução: Considere qualquer 0 < s < d(a. • Todo conjunto finito de pontos é limitado. b). Exercício 9. b) + d(b. b) − r. r] é limitada e tem diâmetro δ(B) ≤ 2r. tem-se que |d(a. y) ≤ r quaisquer que sejam x. 2. x) − d(a. b). Exercício 11. T ). . basta tomar dois conjuntos distintos cuja interseção seja não-vazia. y ∈ X}. Observe que ρ(S. x) ≤ d(a. S) e ρ(S. A distância entre dois subconjuntos S. a) > d(a. • Em M. x) − d(b. b) ≥ d(a. b ∈ B. Então d(a. r]. Um subconjunto X de um espaço métrico é limitado se. x) > c para todos os x ∈ B. Temos d(x. Assim: d(a. pois X é finito e logo o supremo é atingido. e passando ao limite obtemos d(a. Por definição: δ(X) = sup{d(xi . y ∈ B[a. Exercício 12. para algum c > 0. . para algum p ∈ M. b) = r + c. a) > r + c − r = c. y) < r + r = 2r < +∞. r) a bola aberta de centro a ∈ E e raio r > 0. y) | x. . 12 . Então 2r é uma cota superior de {d(x. r > 0. tome p ∈ X qualquer e considere a bola B[p. xn ) + d(b. Com efeito. x | x ∈ B)} = 0. tomamos o supremo e obtemos δ(X) ≤ 2r < +∞. . para todo n ∈ Z>0 . x) ≤ δ(X) = r =⇒ x ∈ B[p. b) ≤ d(a. Como x e y são quaisquer. temos d(b. x) + d(p. . a) + d(y. ⇐= : Façamos a contra-positiva. j ≤ m} < +∞. y) ≤ d(p. existe xn ∈ B tal que d(b. d(b. xm }. Tome x. Então X ⊂ B[p. Num espaço vetorial normado E. r]. portanto X é limitado. y) ≤ d(x. Tome x ∈ B qualquer. xn ) < r + 1 . xj ) | 1 ≤ i. n ∀ n ∈ Z >0 . y ∈ X. B) ≥ c > 0. b ∈ B[a. temos d(p. Suponha que b 6∈ B. r]. B) = 0 se. Então. Passando ao ínfimo. isto é. r]}. se x ∈ X.• Escreva X = {x1 . tem-se d(b. b) ≤ r. a) ≤ r + r = 2r. Dado b ∈ E. e somente se está contido em alguma bola de M. r]. r]. y ∈ B[a. b) − d(x. r). ⇐= : Suponha que X está contido em alguma bola B(p. e pela definição de supremo resulta que δ(X) ≤ 2r. seja B = B(a. Daí: d(x. isto é. xn ) < 1/n. B) = inf {d(b. Temos: d(x. b) > r. e podemos escrever d(a. Exercício 13. e somente se. Solução: =⇒ : Suponha que d(b. Solução: =⇒ : Chame r = δ(X) < ∞. • Tome x. x2 ) = 0. Então x1 = x2 e x ∈ ∆. ∆) = 0 se. e somente se x ∈ ∆. x2 ) c =⇒ d(x. p) = max{d(x1 . e tomando o limite obtemos d(x1 . para todo n ∈ Z>0 . Considere em M × M a métrica e d(x. x2 ) = c > 0. Mostre que d(x. Temos d(x. Exercício 14. ⇐= : Façamos a contra-positiva. p). pn ) ∈ ∆ tal que d(x. y1 ). p) d(x1 . pn ). Suponha que x 6∈ ∆. pn ) < 1/(2n). Então x1 6= x2 e d(x1 . pn )} < 1/(2n). p)} ≥ d(xi . d(x2 . 2 =⇒ d(x1 . d(x2 . y) = max{d(x1 . onde M é um espaço métrico. Tome p ∈ ∆ qualquer. i = 1.Observação. pn ). Solução: =⇒ : Suponha que d(x. pn ) + d(x2 . d(x2 . max{d(x1 . Então. p). ∆) ≥ c/2 > 0. 13 . x) | x ∈ M}. pn ) < 1/(2n). Seja ∆ ⊂ M × M a diagonal: ∆ := {(x. x2 ) ≤ d(x1 . passando ao ínfimo. p) | p ∈ ∆} = 0. y2 )}. d(x2 . isto é. Desta forma. p) ≥ ≥ = 2 2 2 Como d(x. e daí d(x1 . existe pn = (pn . Na verdade o resultado acima vale para um espaço métrico qualquer. ∆) = inf {d(x. temos: d(x1 . p) ≥ c/2 para todos os p ∈ ∆. obtemos d(x. p) + d(x2 . pn ) < 1 1 1 + = . 2n 2n n ∀ n ∈ Z>0 . f(x1 )) + dN (g(x2 ). Solução: Se f(a) > 0. Com efeito. e pelo exercício anterior existe uma bola aberta B na qual f(x) > g(x) = 0. 2 Como f e g são contínuas. δg }. temos f(a) > g(a) = 0. Solução: Seja  = dN (f(a). g(x)} = f(x) + g(x) − |f(x) − g(x)| 2 e max{f(x). y) + dN (y. 14   + =  = dN (f(a). δg > 0 tais que x ∈ BM (a. 2 2 . g(a)). Sejam f. Solução: Dado  > 0 existe δ > 0 (tomando o menor dos δ para f e g) tal que para x ∈ B(a. Então existem x1 . δ) tem-se: f(a) −  < f(x) < f(a) +  −f(a) −  < −f(x) < −f(a) +  =⇒ . g(a)) ≤ dn (f(a). g(a)) < uma contradição. δ) é a bola procurada. Exercício 2. Sejam f. g(x)} e ψ(x) = min{f(x). g(x)} para todo x ∈ M. e como a composta de contínuas é contínua. Se f(a) 6= 0. δ)) ∩ g(B(a. δ)). Portanto φ e ψ também o são. g(a)) > 0. E assim:  = dN (f(a). δ) tais que y = f(x1 ) = g(x2 ). δg ) implica dN (g(x). Dadas f. suponha por absurdo que exista y ∈ f(B(a. então existe uma bola aberta B de centro a tal que f(B) e g(B) são conjuntos disjuntos. Afirmo que B(a. definidas por φ(x) = max{f(x). f(a)) < /2 e x ∈ BM (a. chamando g a função nula. Então existem δf . Tome o δ correspondente à  = (g(a) − f(a))/2. g(a) −  < g(x) < g(a) +  g(a) −  < g(x) < g(a) +  e daí g(x) − f(x) > g(a) − f(a) − 2. Analogamente trata-se o caso f(a) < 0. g(a)) < /2. g(x)} = f(x) + g(x) + |f(x) − g(x)| . Solução: Basta notar que: min{f(x). Se f(a) 6= g(a). ψ : M → R. Seja f : M → R contínua em a ∈ M. x2 ∈ B(a. Tome δ = min{δf . g : M → R contínuas. com f(a) ≤ g(a). Prove que existe uma bola aberta B com centro a tal que f(x) < g(x) para todo x ∈ B. Exercício 4. g : M → N contínuas no ponto a ∈ M.3 Lista 3 Exercício 1. prove que existe uma bola aberta B centrada em a tal que f(x) tem o mesmo sinal do que f(a) para todo x ∈ B. g : M → R contínuas no ponto a ∈ M. temos que |f − g| é contínua. g(a)) = dN (f(a). prove que são contínuas em a as funções φ. f + g é contínua. Exercício 3. δf ) implica dN (f(x). então sua derivada é limitada em I.Exercício 5. Mostre que se F é lipschitziana. Então: . Solução: Existe M > 0 tal que |F(x + h) − F(x)| ≤ M|h| para todo x ∈ I e h pequeno o suficiente para que x + h ainda esteja em I. Seja F : I → R derivável em todos os pontos do intervalo aberto I. . . F(x + h) − F(x) . M|h| . 0 ≤ .≤ = M. . . donde segue que fa é contínua. b) são contínuas. Solução: Tome a métrica do máximo em M × N. Mostre que: • Se M é um conjunto discreto. δ) na qual f é constante. cada ponto a ∈ M é centro de uma bola aberta na qual g é uma função constante. Independentemente do valor de . y) e fb (x) = f(x. isto é. e somente se. f(a. y0 ) < δ =⇒ dK (fa (y). δ). Então se x ∈ B(a. δ). f(a)) = 0 < . Seja lá qual for . y0 )) < . e f é constante na bola BM (a. δ) = {a}. δ) implica f(x) ∈ BN (f(a). Como N é discreto. então qualquer função f : M → N é contínua. Note que f é contínua em particular no ponto (a. f(x) = f(a). Exercício 6. para este  > 0 existe δ > 0 tal que x ∈ BM (a. e esta constante deve necessariamente ser f(a). Mostre que para cada a ∈ M e cada b ∈ N as aplicações fa : N → K e fb : M → K. definidas por fa (y) = f(a. existe δ > 0 tal que B(a. Solução: • Seja a ∈ M e  > 0. (a. f(a) é isolado e existe  > 0 tal que BN (f(a). porém isto também se lê como: dN (y. • Seja N um conjunto discreto. y). Seja  > 0 e y0 ∈ N. Portanto f é contínua em a. fa (y0 )) < . pois a é isolado. δ) implica d(f(x). Então uma função g : M → N é contínua se. O tratamento para fb é idêntico. ) = {f(a)}. temos d(f(x). y0 ). y). temos 0 ≤ |F 0 (x)| ≤ M. Então existe δ > 0 tal que dM×N ((a. y0 )) < δ =⇒ dK (f(a. ⇐= : Seja a ∈ M e  > 0. f(a)) = 0 < . Exercício 7. por hipótese existe uma bola B(a. ) = {f(a)}. f(a)) = d(f(a). • =⇒ : Seja a ∈ M. f(a)) = d(f(a). Seja f : M × N → K continua. Por continuidade. Então x ∈ B(a. Sejam M e N espaços métricos. 15 . h |h| e tomando o limite h → 0 (cuja existência é garantida por hipótese). Como f é injetora. fN (y))) = (f− M (fM (x)). fN (y))) = (fM (fM (x)). F(x)). y)) = G((fM (x). então a é um ponto isolado de M. fN (y)) é a inversa de F (fato que já prova que F é bijetora). f(x) = f(a). Então F é uma bijeção contínua com inversa contínua. Temos 1 −1 −1 −1 F(G(x. Exercício 10. e tal que F(a) é um ponto isolado de N. ).Exercício 8. Temos que F é contínua pois 1 −1 0 0 suas componentes o são. Com efeito: π(π−1 (x)) = π(x. logo homeomorfismo. fN (fN (y))) = (x. y) = (f− M (x). E ainda π−1 é contínua por ter componentes contínuas (a identidade e F). F(x)) = π(y. Prove que se M é homeomorfo a M 0 e N é homeomorfo a N 0 . δ) implica f(x) ∈ BN (f(a). concluímos que x = a. F(x))) = π−1 (x) = (x. e também: 1 −1 G(F(x. Por continudade. Solução: Defina π : Γ → M pondo π(x. y)) = F((f− M (x). Claramente π é contínua e sobrejetora. Logo a é isolado em M. E por fim note que G é contínua por ter componentes contínuas. Solução: Como f(a) é isolado em N. e também F(x) = F(y). F(x)) = x. F(x)) = x. existe  > 0 tal que BN (f(a). Seja F : M → N uma função contínua e Γ ⊂ M × N o gráfico de F. Solução: Existem homeomorfismos fM : M → M 0 e fN : N → N 0 . Afirmo que a inversa de π é a função M 3 x 7→ (x. E π(x. F(y)) =⇒ x = y. y). e daí B(a. y) = (fM (x). 1 −1 Afirmo que a função G : M 0 × N 0 → M × N dada por G(x. π−1 (π(x. δ) = {a}. fN (y)). existe δ > 0 tal que x ∈ BM (a. Exercício 9. 16 . Prove que Γ é homeomorfo a M. Logo π é um homeomorfismo. que chamaremos de π−1 . F(x)) ∈ Γ . isto é. ) = {f(a)}. Defina a função F : M × N → M 0 × N 0 pondo F(x. assim π é injetora. y). Prove que se F : M → N é uma função contínua e injetora. fN (fN (y))) = (x. então M × N é homeomorfo a M 0 × N 0 . Existem e são contínuas f− M : M → M e fN : N → N. 1) e compor com F. 1) e R≥0 . . txn+1 + t − 1). Temos a reta: r(t) = N + t(p − N) = (tx1 . . . . Já sabemos que tan : (0. r) → B(0. Prove que a esfera Sn menos o polo sul é homeomorfa ao espaço Rn . isto é: txn+1 + t − 1 = 0 =⇒ t = 1 . txn . 1) é dado por φ2 (x) = x/r. E a aplicação φ1 : (0. Queremos t tal que r(t) esteja no hiperplano xn+1 = 0. xn ). . 1) → Rn pondo: F(x) = tan(πkxk) x. 1) 3 x 7→ tan(πx) ∈ R é um homeomorfismo entre (0. . definimos F : B(0. . . a composta h = F ◦ G : B(a. r r Exercício 12. π) dada por φ1 (x) = πx também. Explicitamente:   kx − ak πkx − ak2 h(x) = tan (x − a). 1) e R≥0 . r) → Rn é uma composta de homeomorfismos. Exercício 13. r) do espaço euclidiano Rn é homeomorfa ao espaço Rn inteiro. . r) e B(0. . . Então a estratégia é provar que a bola B(0. . e então uma homotetia para ajustar o tamanho da bola. . Seja M um espaço métrico. Mostre que se d1 ∼ d2 e d1 é discreta. A ideia é tomar a reta ligando o polo sul N = (0. Então G : B(a. . π) → R≥0 é um homeomorfismo. . xn+1 ) com x fismo procurado. 1). 1) dada por G(x) = kx−r ak (x − a) é um homeomorfismo entre as bolas. Prove que toda bola aberta B = B(a. o nosso primeiro passo é construir um homeomorfismo entre (0. Desta forma. e este homeomorfismo será construido à partir da ideia de expandir a bola radialmente em todas as direções. note que o hiperplano xn+1 = 0 é homeomorfo ao Rn pela inclusão natural. Então π é o homeomoronde já identificamos x = (x1 . . 1 + xn+1 Defina π : Sn \ {N} → Rn pondo π(x) = e x . r) e (0. então d2 também é discreta. r) é homeomorfa à bola B(0. Solução: A ideia é construir a projeção estereográfica. A ideia é aplicar uma translação para encaixar os centros. 1 + xn+1 e = (x1 . temos que a aplicação (0. Com isto em mãos. x1 . . Chamando as coordenadas naturais do Rn+1 .Exercício 11. 17 . xn+1 ) a interseção desta reta com o hiperplano xn+1 = 0. Um homeomorfismo entre (0. e associar ao ponto p = (x1 . Agora só nos resta achar um homeomorfismo entre B(a. . Desta forma. 1) é homeomorfa ao Rn . 1) → (0. . Assim F é um homeomorfismo. Para tal. Solução: Toda bola B(a. . . . −1) ao ponto p ∈ Sn . xn+1 . . . δ) = {a}.
 0 ⊂ B(a. Concluímos que d ∼ d 0 . Solução: Tome uma bola B(a. y) + d1 (f(x). além disso. y) quaisquer que sejam os pontos x. Como d1 é discreta. então as métricas d e d 0 são equivalentes. existe e δ > 0 tal que d(x. Concluímos que as métricas são equivalentes. Analogamente tem-se que B a. Afirmo que Bd (a. y) e d 0 (x. y) = d(x. prove que φ ◦ d também é uma métrica em M. Solução: Sejam x. Como f é contínua em a. ) = {a}. existe δ > 0 tal que Bd2 (a. y. ) e daí d  d 0 .Solução: Na verdade basta a condição d2  d1 . Como bolas abertas são não-vazias. Tome x ∈ Bd (a. ). /2}. a) ≤ ρ(x. Então dada uma bola qualquer Bd (a. as métricas d e φ ◦ d são equivalentes. y) ≤ nd 0 (x. 2 2 e vale a afirmação. ). a) < e δ implica d1 (f(x). E como d2  d1 . f(a)) <   + = . se d é uma métrica em M. a) ≤ nd 0 (x. e Então tome δ = min{δ. δ) ⊂ Bρ (a. Exercício 15. ). A métrica definida em M por ρ(x. f(a)) < /2. a) + d1 (f(x). ). n
e vale a afirmação. e portanto d2 é discreta (já que a era arbitrário). z ∈ M. se x ∈ Bρ (a. y) < n  = . y) ≤ ρ(x. y) ≤ md(x. tome x ∈ B a. 18 . tem-se: d(x. n . m ⊂ B 0 (a. φ for contínua no ponto 0. Com efeito. o que testemunha que ρ  d. Agora considere uma bola Bρ (a. a) = d(x. Com a. Sejam (M. +∞[→ [0. ). y) quaisquer que sejam x. Exercício 16. Então temos: d(x. ). Afirmo que B n
 0 efeito. a) < δ e valem as observações anteriores. ) (segundo d). n > 0 tais que d(x. δ). y ∈ M. y ∈ M. Solução: Note que d(x. y) < . Exercício 14. temos Bd2 (a. ) = {a}. d1 ) espaços métricos e f : M → N uma aplicação contínua. Portanto d 0  d. Assim d(x. existe  > 0 tal que Bd1 (a. ) ⊂ Bd (a. afirmo que Bρ (a. Assim d  ρ. Então. Se. f(y)) é equivalente a d. Temos: ρ(x. Seja φ : [0. ). e daí x ∈ Bd (a. δ) ⊂ Bd1 (a. Mostre que se existirem números reais m. d) e (N. +∞[ uma função estritamente crescente tal que φ(0) = 0 e φ(x + y) ≤ φ(x) + φ(y). y) = 0 ⇐⇒ x = y. y) < δ nos dá φ(d(x. φ()) ⊂ Bd (a. z)) ≤ φ(d(x. ). φ()). Agora assuma φ contínua em 0. e concluímos que as métricas são equivalentes. Então claramente Bd (a. e daí vale o primeiro ⇐⇒ de : φ(d(x. y)) < φ() nos dá que d(x. e na segunda desigualdade utilizamos a propriedade extra de φ. y)) = 0 ⇐⇒ d(x. ). Com efeito. z)). Então φ(d(x. φ é injetora. tome x ∈ Bφ◦d (a. onde na primeira desigualdade usamos a desigualade triangular de d e que φ é crescente. Como φ é estritamente crescente. y) < . • Desigualdade triangular: φ(d(x. visto que φ é crescente. x)) pois d é assumida métrica. existe δ > 0 tal que d(x. ). Afirmo que Bφ◦d (a. • Simetria: φ(d(x. 19 . δ) ⊂ Bφ◦d (a. y)) = φ(d(y. ) e d  φ ◦ d. Portanto φ ◦ d  d. y)) ≤ φ(d(x. z)) + φ(d(y. z) + d(y. y)) < . y)) ≥ 0 pois φ só assume valores não-negativos. Considere uma bola Bφ◦d (a. Como φ é contínua em 0. Agora considere uma bola Bd (a.• Positividade: φ(d(x. Assim H é aberto no R2 . Dado (x0 . y) ∈ B((x0 . daí: x0 − r < x < x0 + r =⇒ x < 0. y0 ). y0 ). Assim (x. y0 )k = 1. e um ponto (x. Dado (x0 . r) ⊂ T . y0 ). Seja M um espaço métrico e A ⊂ M. Então p 6∈ ∂A. y) ∈ R2 | x < 0}. r) ⊂ A. • H = {(x. Então se (x. r) ⊂ A ou B(p. y0 ). tome r = y0 > 0. y) ∈ T e B((x0 . Solução: • Considere o R2 com a métrica do máximo. y) ∈ R2 | y > 0}. Exercício 2. Então se (x. Temos: d((x. r) ⊂ A e A é aberto em M. r) ⊂ H. y)k ≤ k(x. daí: y0 − r < y < y0 + r =⇒ 0 < y. y0 ) ∈ H. |y0 | < 1. y0 )k > 0. O segundo caso não pode ocorrer pois p ∈ A. tome r = 1 − k(x0 . temos que |y − y0 | < r. y0 )k < r + k(x0 . r) ⊂ H. y0 ) ∈ T . o que por definição significa que existe r > 0 tal que B(p. temos que |x − x0 | < r. y) ∈ B((x0 . • Considere o R2 com a métrica do máximo.4 Lista 4 Exercício 1. y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1}. Tome r = min{1 −|x0 |. Determine se os conjuntos seguintes são abertos em R2 : • T = {(x. y0 ). • Considere o R2 com a métrica euclidiana usual. y ∈ (−1. 20 . Portanto T é aberto no R2 . temos que: k(x. e somente se A ∩ ∂A é vazio. y0 ). y) ∈ S e B((x0 . Prove que A é aberto em M se. r). Isto é. y) ∈ B((x0 . note que temos |x0 |. Analogamente se mostra que |y| < 1. logo (x. Portanto H é aberto no R2 . portanto (x. 1 −|y0 |} > 0. r) ⊂ S. • C = {(x. y0 ). r). Tome p ∈ A. y) − (x0 . y0 ) ∈ S. y0 )k + k(x0 . y0 )) < r =⇒ |x − x0 | < r =⇒ |x| < r + |x0 | < 1 − |x0 | + |x0 | = 1. r) ∩ Ac = ∅ e concluímos que p 6∈ ∂A. y0 ) ∈ C. y) ∈ B((x0 . Portanto S é aberto no R2 . (x0 . ⇐= : Suponha A∩∂A = ∅. então |x| < 1. • S = {(x. r). y). r). A ∩ ∂A = ∅. dado p ∈ A existe r > 0 tal que B(p. r) e daí B((x0 . y0 ). • Considere o R2 com a métrica do máximo. Daí que B(p. y) ∈ R2 | x. Dado (x0 . logo (x. 1)}. Então se (x. r) e daí B((x0 . y0 ). y) ∈ B((x0 . y) ∈ B((x0 . r) ⊂ Ac . Dado (x0 . logo B(p. y0 ). tome r = −x0 > 0. Solução: =⇒ : Se A é aberto em M. Então suponha sem perda de generalidade que x ∈ int(A). e a é isolado em M. e por definição de interior. Solução: • ({a} tem interior não vazio) ⇐⇒ (a é interior a {a}) ⇐⇒ (existe r > 0 tal que B(a. r) ⊂ {a}. Tome r = min{rA . r) ⊂ A e B(x. • int(A) ∪ int(B) ⊂ int(A ∪ B): Tome x ∈ int(A) ∪ int(B). Q é denso em R). O conjunto de números racionais tem interior vazio. só podemos ter int {a} = {a}. existe r > 0 tal que B(a. r) = {a}) ⇐⇒ (a é isolado). de sorte que B(x. e daí x ∈ int(A ∪ B). portanto int(A ∩ B) ⊂ int(A) ∩ int(B). isto é. 21 . ⇐= : Se todos os subconjuntos de M são abertos. B(a. Solução: • int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B): Tome x ∈ int(A ∩ B). em particular {a} é aberto. rB } > 0. r) = {a}. • Prove que um conjunto reduzido a um ponto tem interior não-vazio se. tem-se int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B) e int(A) ∪ int(B) ⊂ int(A ∪ B). Desta forma. donde segue que x ∈ int(A∩B). Dados A. r) ⊂ A ∩ B. Exercício 5. Então existem rA .Exercício 3. Além disso. A fronteira (ou bordo) de um conjunto aberto tem interior vazio. • Um espaço métrico M é discreto se. B(x. todos os seus pontos são isolados. isto é. rB ) ⊂ B. rB > 0 tais que B(x. {a} é aberto. r) ⊂ B. Portanto para todo a ∈ M. Para a outra inclusão. a fronteira de cada um deles é o espaço inteiro. int{a} = {a}. B ⊂ M. {a} tem interior não vazio. Exercício 4. todos os seus subconjuntos são abertos. isto é. Daí int(A∩B) ⊃ int(A)∩ int(B). o ponto é isolado. Portanto int(A) ∪ int(B) ⊂ int(A ∪ B). Isto é. x ∈ int(A) ou x ∈ int(B). temos que B(a. r) ⊂ A∩B. rA ) ⊂ A e B(x. mas sabemos que reuniões arbitrárias de conjuntos abertos são abertas. Aplicando as contra-positivas da asserção acima. se um conjunto A e seu complementar Ac têm interior vazio. Existe r > 0 tal que B(x. r) ⊂ {a}. e somente se. dado a ∈ M. • =⇒ : Se M é discreto. e somente se. r) ⊂ A ⊂ A ∪ B. Todo subconjunto de M é reunião de seus pontos. Então x ∈ int(A) e x ∈ int(B). Como as bolas abertas são não-vazias. Então existe r > 0 tal que B(x. temos que os racionais tem interior vazio pois nenhum ponto é isolado (de fato. tome x ∈ int(A) ∩ int(B). isto é. Desta forma. e segue que B(x. • Z≥0 = Z≥0 . Solução: • B = {1/n | n ∈ Z>0 } ∪ {0}. s) ∩ Ac = ∅. A conclusão é que int(∂A) = ∅. 22 . Então para cada i. E neste caso não temos como construir a bola B(x. r) ∩ A. ri ) ⊂ Ai . s) ⊂ B(x. r) 6⊂ ∂A (achamos um elemento y que está no primeiro conjunto mas não no segundo). Se A e Ac tem interiores vazios. • C = { 0 } ∪ [1 . Tn donde i=1 Ai é aberto.Solução: Seja A ⊂ M um conjunto aberto. temos que B(y. . . Provemos que x 6∈ int(∂A). Solução: Provaremos que a interseção finita de abertosTé um aberto. B(x. r) 6⊂ ∂A. B(x. estaríamos tomando o ínfimo de um conjunto infinito de raios ri . então y 6∈ ∂A. • A = Y (o ponto 0 não pertence ao espaço Y !) Exercício 7. temos que x ∈ Ai . e existe ri > 0 tal que B(x. 2) em R. e daí segue que B(x. só resta que M = ∂A = ∂(Ac ). Seja x ∈ ∂A. Seja x ∈ ni=1 Ai . r) ⊂ B(x. Determine os fechos dos conjuntos: • B = {1/n | n ∈ Z>0 } • C = {0} ∪ (1. isto é. r). Como B(y. então existe s > 0 tal que B(y. r) ∩ A. . a justificativa aparecerá naturalmente. Justifique por que. Sejam {Ai }ni=1 abertos. ri ) ⊂ Ai . em geral. que para qualquer r > 0. Como este último conjunto é uma interseção de dois abertos. é aberto também. usamos a decomposição: M = int(A) ∪ ∂A ∪ int(Ac ) = int(Ac ) ∪ ∂(Ac ) ∪ int(A). Tome r = min{r1 . A falha no caso infinito é que r = min{r1 . . s) ⊂ A. a interseção infinita de abertos não é um aberto. 1/2) relativo ao espaço métrico Y = (0. • Q = R. Como x ∈ ∂A. . . então tome y ∈ B(x. rn . .} pode não existir. • Z≥0 • Q • O fecho de A = (0. . . 1/2] ⊂ R. para todo i temos B(x. que poderia ser zero. . Para a segunda parte do exercício. . Exercício 6. r) ⊂ ni=1 Ai . rTn } > 0. 2 ]. r) ∩ A 6= ∅. onde as uniões acima são disjuntas (no final usamos que (Ac )c = A). isto é. Com efeito: r + /2 r + /2  r ky − ak = a + kvk v + 2kvk v − a = kvk v = kvk kvk = r + /2 > r. basta notar que B[0. então U \ V é aberto e V \ U é um fechado em M. p) ≤ r. r) é a bola fechada B[a. 1). o fecho da bola aberta B(a. Então U \ V = U ∩ V c é uma interseção de dois abertos. Se U é um aberto em M e V é um fechado em M. r). Seja M = R \ {−1. p) ≤ d(a. r] e temos a primeira inclusão B(a. É verdade num espaço métrico qualquer? Solução: Seja p ∈ B(a. Solução: Resumindo as informações. logo aberto. acharemos um ponto de B[a. E V \ U = V ∩ Uc é uma interseção de fechados. Seja  > 0 e considere o  vetor y = x + v. r) ⊂ B[a. temos U e V c abertos. Prove que a bola fechada B[0.Exercício 8. 1] = (0. xn ) + d(p. r] que não está em seu interior. passamos ao limite e obtemos d(a. r]. Como E por hipótese contém um vetor v não nulo. r] em E nunca é um subconjunto aberto de E. isto é. 2kvk 2kvk 2kvk 2 então y ∈ B(x. p ∈ B[a. r) tal que d(p. considere o vetor x = a + kvk Temos: r r r kx − ak = a + kvk v − a = kvk v = kvk kvk = r. Exercício 10. logo fechado. ). isto é. Afirmo que x não é interior à bola. xn ) < 1/n. r]. Prove que o fato acima não acontece num espaço vetorial normado E 6= {0}. uma bola fechada pode ser um conjunto aberto ou não. Prove que. p) < 1/n para todo n. Assim. Falta ver que y 6∈ B[a. num espaço vetorial normado E. n Como d(a. portanto x ∈ B[a. Para a segunda parte. que claramente é aberto em M. 23 . uma bola fechada B[a. Exercício 9. Então: d(a. r]. xn ) < r + 1 . Então para cada n ∈ Z>0 existe xn ∈ B(a. 1} o espaço métrico com a métrica induzida de R. e Uc e V fechados. Solução: Para a primeira parte. Temos: 2kvk     kx − yk = x − x − = v = v kvk = < . r v. Esta inclusão é válida para qualquer espaço métrico. r]. 1] é um conjunto aberto em M. 1] = M. que é fechado em N × N. B(a. N é homeomorfo à N × {p} (onde p ∈ N é qualquer). r r daí x ∈ B(a. rx ) ⊂ X. visto que é o gráfico da identidade idN : N → N (contínua). 1) = {p}. note que ser reunião de bolas abertas é equivalente a ser aberto. B(p. e se X é aberto. basta provarmos que N × N \ ∆ é um aberto de N × N. reuniões de bolas abertas são conjuntos S abertos. r) ⊂ Xc ⇐⇒ existe r > 0 tal que c B(x. Visto que pré-imagens de abertos por funções contínuas são conjuntos abertos. 24 . ComSefeito. • int(M \ X) = M \ X. Assim N × N \ ∆ é aberto. e ∆ é fechado por ser homeomorfo à N (logo à N × {p}). Solução: Primeiramente. Basta tomar qualquer conjunto M com mais de um ponto munido com a métrica discreta. r) 6⊂ X ⇐⇒ x 6∈ int(X) ⇐⇒ x ∈ (int(X))c . • x ∈ int(Xc ) ⇐⇒ existe r > 0 tal que B(x. ⇐⇒ para todo r > 0. S temos X = x∈X {x} ⊂ x∈X B(x. rx ). Seja M um espaço métrico e X ⊂ M. prove que f−1 (N × N \ ∆) é uma reunião de bolas abertas. E também:     r− r− r− (p − a) − p = 1 − a+ − 1 p kx − pk = a + r r r    r− = (p − a) ( a − p ) 1 − = r r   = kp − ak ≤ r = . r). e considere x = a + (p − a). Seja 0 <  < r. Provaremos que r d(p. B(x. Solução: • x ∈ Xc ⇐⇒ para todo r > 0.Agora tome p ∈ B[a. Exercício 12. Mas de fato. r) ∩ X = ∅ ⇐⇒ x 6∈ X ⇐⇒ x ∈ X . x ) ≤  mas que x ∈ B(a. assim obtendo a r− segunda inclusão. mas B[p. donde temos X = x∈X B(x. r) ∩ Xc 6= 0 B(x. e terminamos. Vamos provar que d(p. r]. 1) = {p}. Prove que: • M \ X = M \ int(X). Se f : M → N × N é contínua e ∆ ⊂ N × N é a diagonal. Então B(p. Temos: r −  r− r− kx − ak = a + (p − a) − a = (p − a ) = r kp − ak ≤ r −  < r. Exercício 11. r)) = 0. r). terminando a demonstração. r r Para concluirmos: o resultado não é verdade em um espaço métrico qualquer. tem se int(A × B) = int(A) × int(B) e ∂(A × B) = (∂A × B) ∪ (A × ∂B) em M × N. r) ∩ A 6= ∅ e (B(y. de sorte que uma bola no espaço produto é um produto de bolas nos espaços "de baixo". r) ∩ (A × B) 6= ∅ ⇐⇒ ∀ r > 0. r) × B(y. Y num espaço métrico M. r) ∩ Y 6= ∅ ⇐⇒ x ∈ X ou x ∈ Y ⇐⇒ x ∈ X ∪ Y . r) ⊂ A e B(y. r) × B(y. y). existem rA . r) ∩ (A × Bc )) 6= ∅  (B(x. B ⊂ M com A aberto. r)) ∩ (A × B) 6= ∅ e (B(x. r)) ∩ (A × B) 6= ∅ ⇐⇒ ∀ r > 0. ou B(x. r) ∩ Ac 6= ∅) e B(y. de modo que o r que aparece na sequência é o mínimo entre esses raios. r)∩X 6= ∅ ou para todo r > 0. r) ∩ ((Ac × B) ∪ (A × Bc )) 6= ∅  B((x. B(x. B(x. rA ) ⊂ A e B(y. y). Dados X. r) ⊂ A × B ⇐⇒ existe r > 0 tal que B(x.Exercício 13. y) ∈ int(A) × int(B). r)) ∩ (A × Bc )) 6= ∅  (B(x. • int(A × B) = int(A) × int(B): (x. e (B((x. r)∩X)∪(B(x. prove que X ∪ Y = X ∪ Y . r) × B(y. rB > 0 tais que B(x. Solução: x ∈ X ∪ Y ⇐⇒ para todo r > 0. r) ∩ Bc 6= ∅)  x ∈ ∂A e y ∈ B ⇐⇒ ⇐⇒ (x. r) ∩ (A × B)c 6= ∅  B((x. y). y) ∈ (∂A × B) ∪ (A × ∂B) Exercício 15. Observação: no penúltimo ⇐= . r)∩Y) 6= ∅ ⇐⇒ para todo r > 0. y) ∈ int(A × B) ⇐⇒ existe r > 0 tal que B((x. r) ∩ (X ∪ Y) 6= ∅ ⇐⇒ para todo r > 0. y). r) ∩ B 6= ∅ e B(y. r)) ∩ (Ac × B)) ∪ ((B(x. Dados A ⊂ M e B ⊂ N. r) ∩ A 6= ∅ e B(x. r)) ∩ (A × B) 6= ∅ e (B(x. r) × B(y. O que acontece se A não é aberto em M? 25 . r)) ∩ (A × Bc )) 6= ∅  (B(x. Sejam A. e B((x. rB ) ⊂ B. r) ∩ (Ac × B)) ∪ (B((x. r)) ∩ (Ac × B) 6= ∅ ⇐⇒ ∀ r > 0. Solução: Tome a métrica do máximo em M × N. y) ∈ ∂(A × B) ⇐⇒  B((x. r) ∩ (A × B) 6= ∅ ⇐⇒ ∀ r > 0. ou (B(x. r) ⊂ B ⇐⇒ x ∈ int(A) e y ∈ int(B) ⇐⇒ (x. r) × B(y. • ∂(A × B) = (∂A × B) ∪ (A × ∂B): Respire fundo. r) × B(y. y) ∈ ∂A × B ou (x. e ((B(x. y). r) × B(y. Exercício 14. (x. r) × B(y. Prove que A ∩ B ⊂ A ∩ B. tem-se B(x. r) ⊂ A × B ⇐⇒ existe r > 0 tal que B(x. y). r) ∩ (A × B) 6= ∅ ⇐⇒ ∀ r > 0. a rigor. e B((x. y). tem-se (B(x. y) ∈ A × ∂B ou x ∈ A e y ∈ ∂B ⇐⇒ (x. y). r) ∩ B 6= ∅ ⇐⇒ ∀ r > 0. visto que não garantiremos que B(x. r) ∩ A ∩ B 6= ∅ também. existe um r 0 > 0 tal que B(x. Se A não é aberto. temos que B(x. r 00 ) ∩ A ∩ B 6= ∅. r) ∩ S = ∅. isto é x ∈ ∂A se. r) ∩ A 6= ∅. isto é. Ac ) = 0. 2] = A ∩ B 6⊂ A ∩ B = ∅ = ∅. ⇐= : Suponha que d(x. Exercício 16. Então B(x. e somente se d(x. existe r > 0 tal que B(x. A) = d(x. Ac ) = 0. r). p) < . tomando o ínfimo obtemos d(x. A) = d(x. F é fechado (diretamente. r). Então temos que B(x. Então ∂F ⊂ F. Seja (M. Portanto está verificada a inclusão afirmada inicialmente. Então {1} = [0. Prove que x ∈ M é ponto de bordo de A. Prove que a ∈ X é um ponto isolado de X se. Provemos que x 6∈ S.Solução: Seja x ∈ A ∩ B. )∩A 6= ∅. Analogamente temos que B(x. já que x ∈ B. Então B(x. 2). De fato. r 00 ) ⊂ B(x. e como B(x. Considere uma bola aberta qualquer B(x. Então F é igual ao seu fecho. Além disso. tome A = [0. prove que o ponto 0 não é um ponto isolado do espaço métrico X = {1/n | n ∈ N} ∪ {0} ⊂ R. isto é. Ac ) = 0. pode ser que a inclusão falhe. e este r é o procurado. d) um espaço métrico e X ⊂ M. Como A ∩ S = ∅. então A é disjunto do fecho de S. A) = 0. d) um espaço métrico e F ⊂ M um conjunto finito. que existe r > 0 tal que B(x. e somente se d(a. r) intersecta A. Se um conjunto aberto A é disjunto de S. r) ∩ S = ∅. 1] ∩ [1. Como d(x. pois Fc é aberto). Seja (M. Seja (M. X \ {a}) 6= 0. A) = 0. p) < r. Solução: Como F é finito. Solução: 26 . r 0 ) ⊂ A. r) ∩ Ac 6= ∅. Seja  > 0. Seja r > 0. r) ⊂ A. Portanto x ∈ ∂A. existe p ∈ A tal que d(x. r 0 }. existe p ∈ A tal que d(x. Exercício 17. Exercício 18. d) um espaço métrico e A ⊂ M. r 00 ) ⊂ A e B(x. r 00 ) ∩ B 6= ∅. resulta que B(x. 1] e B = (1. Como  > 0 é qualquer. Solução: =⇒ : Suponha que x ∈ ∂A. Exercício 19. Seja r 00 = min{r. Como A é aberto. e obtemos que x ∈ A ∩ B. na reta com a métrica usual. Analogamente temos d(x. p ∈ B(x. Solução: Seja x ∈ A. isto é. e temos ∂F ⊂ F = F. Como A é aberto. portanto F é fechado. Suponha f contínua. para todo Y ⊂ N tem-se f−1 (int(Y)) ⊂ int(f−1 (Y)). Se Y é aberto. o número d(p. dado  > 0. Como Fλ é fechado. Considere F = {p ∈ M | d(p. Provemos que f é contínua. x) ≥ r. Tomando o ínfimo em x. temos que d(a. Agora façamos a contra-positiva. É fácil ver que S ⊂ F e que x 6∈ F. x) | x 6= a}. 1 Tem outro argumento fácil por sequências: se pn ∈ F para todo n ∈ Z>0 . S) = 0. temos d(pn . Com efeito. Temos que d(x. Portanto vale a igualdade e f é contínua. S) = r > 0. e pn → p. seja (FT λ )λ∈L a família de todos os subconjuntos fechados de M que contém S. Dado S ⊂ M. Como λ ∈ L era qualquer. existe n ∈ Z>0 tal que 1/n < . e somente se. Já temos que int(f−1 (Y)) ⊂ f−1 (Y). r) implica d(a. temos int(Y) = Y e a hipótese se lê como f−1 (Y) ⊂ int(f−1 (Y)). Para a segunda parte do exercício. Então: ! [ [ f−1 (int(Y)) = f−1 Aλ = f−1 (Aλ ) ⊂ int(f−1 (Y)). x) < r = inf {d(a. Solução: Seja x ∈ S. FλT ) = 0. 27 . e daí x = a. e F é fechado. Solução: Analogamente à caracterização de fecho dada no exercício anterior. temos que d(a. r). temos T que x ∈ Fλ . temos x ∈ λ∈L Fλ . Então se x 6= a. r/2] (que é fechado) pela função (contínua) que associa à cada p. e temos a inclusão S ⊂ λ∈L Fλ . donde segue que x 6∈ X \ {a}. Fλ ) ≤ d(x. verificando que pré-imagens de abertos são abertos. S). X \ {0}) = 0. E note que F é a pré-imagem do conjunto [0. S) ≤ r/2 =⇒ d(p. Logo a ∈ X é isolado. temos que d(x. S) ≤ r/2 =⇒ lim d(pn . S) = 0. Exercício 20. vale S que int(Y) = λ∈L Aλ . r) = {a}. Acharemos um fechado contendo S que não contém x. Suponha que x 6∈ S. Temos que x ∈ B(a.=⇒ : Suponha a ∈ X isolado. Então existe r > 0 tal que B(a. X \ {a}) ≥ r > 0. então d(x. Então d(x. X \ {a}) = r > 0. Uma aplicação f : M → N é contínua se. S) ≤ r/2}. ⇐= : Suponha que d(a. como a função descrita anteriormente é contínua. Como Fλ ⊃ S. pois d(0. λ∈L λ∈L pois os f−1 (Aλ ) são abertos. de fato 0 não é um ponto isolado do conjunto X dado. S) ≤ r/2 =⇒ p ∈ F. Então considere a bola B(a. onde os (Aλ )λ∈L é a família de todos os abertos contidos em Y . Agora suponha que vale f−1 (int(Y)) ⊂ int(f−1 (Y)) para todo Y ⊂ N.1 Exercício 21. Prove que S = λ∈L Fλ . e vamos provar que π(A) é aberto em R. . Sejam f1 . b[×{c}. ai ) = 0} é fechado. é um homeomorfismo se. a norma do máximo em R2 . y0 ). é contínua e fechada. ) ⊂ A. y0 ) ∈ A. . Tome x ∈ (x0 − . para todo X ∈ M tem-se f(X) ⊂ f(X). (x0 . ai ). Então note que: d((x. . e teremos π(]a. . existe  > 0 tal que B((x0 . Para constatar que π não é fechada. Portanto f é uma aplicação fechada. Só falta ver que f−1 é contínua. . Solução: =⇒ : Suponha que f é um homeomorfismo. de M sobre N. e somente se. tome. . 28 . logo fechado. e concluímos que π(A) é aberto. que é fechado em R2 . x0 + ). b[. pois é a pré-imagem do fechado {0} pela aplicação x 7→ dTN (fi (x). temos que π é uma aplicação fechada. logo é fechado. y0 ) = x ∈ π(A). Então π é claramente contínua. Exercício 25. Exercício 23. π(x. n é aberto em N. Então f é trivialmente contínua. y) = x. Assim. uma interseção de fechados. E π é aberta. . Seja A ⊂ R2 aberto em R2 . f2 . dada por π(x. O conjunto de pontos x ∈ M tais que fi (x) 6= ai . O conjunto descrito no enunciado é ni=1 Fi . . Como A é aberto. portanto (x. . fn : M → N aplicações contínuas e a1 . mas não fechada. para todo i = 1. Então (x0 − . y0 ). se F ⊂ M é fechado. Dado x0 ∈ π(A). existe y0 ∈ R tal que (x0 . por exemplo. Como A era qualquer. y0 ) ∈ B((x0 . pois dN e f o são. basta considerar qualquer segmento de reta horizontal ]a. Solução: Pode tomar a projeção π : R2 → R. Com efeito. que não é fechado em R. Exercício 24. temos que (f−1 )−1 (F) = f(F) é fechado. então f(F) = (f−1 )−1 (F) é pré-imagem de um fechado (F) por uma função contínua (f−1 ). Se F ⊂ M é fechado. x0 + ) ⊂ π(A). Uma aplicação f : M → N biunívoca. temos que Fi = {x ∈ M | fi (x) 6= ai } = {x ∈ M | dN (fi (x). an ∈ N. Uma aplicação f : M → N é contínua se. . . Solução: Para todo i. y0 ). ⇐= : Suponha f contínua e fechada. . Afirmo que (x0 − . como antes. Ora. e somente se. e faremos isto verificando que pré-imagens de fechados são fechados. Dar um exemplo de uma aplicação que seja contínua e aberta. y0 )) = |x − x0 | < . 2. ) ⊂ A. a2 . x0 + ) ⊂ π(A) (isto é. que este  já serve para resolver o problema).Exercício 22. que é contínua. pois f é uma aplicação fechada. b[×{c}) =]a. Vamos provar que f−1 (F) é fechado em M. Exercício 26. Tome V uma vizinhança aberta de y em N. Solução: Defina f : M → [0. Conclua que existem abertos disjuntos U. o que nos dá a conclusão. F) = 0} = F = F f−1 (1) = {x ∈ M | d(x. São disjuntos. E por fim. e escreva y = f(x) para algum x ∈ X. Exercício 27. A função é contínua. d(x. Como y era arbitrário. 1] pondo: f(x) = d(x.Solução: =⇒ : Suponha que f é contínua. Mostre que existe f : M → [0. F) + d(x. Seja y ∈ f(X). temos que existe U vizinhança aberta de x com f(U) ⊂ V . G) = 0} = G = G. disjuntos e não vazios. e daí y ∈ f(X). e então U = f−1 (] − . e logo f é contínua. Como x ∈ X. logo abertos. temos f(X) ⊂ f(X). {0} ⊂] − . pois: ] − . 1/2[∩]1/2. Por continuidade. X) é contínua. 1/2[ =⇒ F = f−1 (0) ⊂ f−1 (] − . pois dado X ⊂ M. temos: f−1 (0) = {x ∈ M | d(x. G ⊂ M conjuntos fechados. 1] contínua tal que f−1 (0) = F e f−1 (1) = G. Sejam F. Temos: f(f−1 (F)) ⊂ f(f−1 (F)) ⊂ F = F =⇒ f−1 (F) ⊂ f−1 (f(f−1 (F))) ⊂ f−1 (F). 1/2[) = U. F) . 1 + [) = ∅ =⇒ U ∩ V = ∅. e f é um quociente de funções contínuas. O denominador nunca se anula pois F e G são disjuntos. 1/2[) e V = f−1 (]1/2. a aplicação x 7→ d(x. temos que U ∩ X 6= ∅. f−1 (F) ⊂ f−1 (F). G) A função está bem-definida pois os conjuntos são não-vazios. 1/2[∩]1/2. Um conjunto F ⊂ X é fechado ⇐⇒ contém todos os seus pontos de acumulação. Vamos provar que y ∈ f(X). donde V ∩ f(X) 6= ∅. e assim: ∅ 6= f(U ∩ X) ⊂ f(U) ∩ f(X) ⊂ V ∩ f(X). V ⊂ M tais que F ⊂ U e G ⊂ V . Como a outra inclusão. Basta tomar  > 0. Solução: 29 . vale sempre. onde agora usamos que F e G são fechados. obtemos que f−1 (F) = f−1 (F) é fechado. Ainda. ⇐= : Seja F ⊂ N um fechado. 1 + [= ∅ =⇒ f−1 (] − . 1 + [) são pré-imagens de abertos. e analogamente tem-se que G ⊂ V . y ∈ Ui implica que y 6= ai . ⇐= : Vamos provar que F ⊂ F (e isto basta pois F ⊂ F sempre vale). Seja X um espaço de Hausdorff. · · · . Para Tnque x ∈ Ui e ai 6= Ui . Num espaço de Hausdorff. Com efeito. Note que todo ponto de acumulação de F é também de aderência. Então resulta que Tn y = x e a igualdade está provada. existem Uij . pelo exercício anterior segue que A é fechado. Então Ui = ni=1 Uij é um aberto contendo xi e U ∩ A = {xi } (com isto (U \ {xi }) ∩ A = ∅ e xi 6∈ A 0 ). contradizendo que x ∈ S 0 . Mas ( i=1 Ui ∩ U \ {x}) ∩ S = ∅. se existe 1 ≤ j ≤ n. Então U = ni=1 Ui é um aberto contendo x e U ∩ A = ∅ (em particular (U \ {x}) ∩ A = ∅ e x 6∈ A 0 ). j 6= i. Temos que A 0 ⊂ S 0 = ∅. Solução: Seja A ⊂ S. Solução: Seja x ∈ X. Solução: Chame X o espaço de Hausdorff inicial. tal que xj ∈ U. o derivado de qualquer subconjunto F de M é fechado. • x ∈ A: temos que x = xi para algum 1 ≤ i ≤ n. Subtraindo {x} em ambos os lados resulta que ( i=1 Ui ∩ U \ {x}) ∩ S = ∅. xn } ⊂ X um conjunto finito. Como A contém todos os seus pontos de acumulação. Se S ⊂ X não possui pontos de acumulação. e seja A = {x1 . Exercício 29. contradição. Vi ⊂ X abertos tais que x ∈ Ui e xi ∈ Vi . se existe 1 ≤ j ≤ n tal que xj ∈ U. todo conjunto finito tem derivado vazio. Agora. Exercício 28. a1 . 30 . {a1 . Com efeito. Seja x ∈ F e suponha que x 6∈ F. Exercício 30. prove que num espaço de Hausdorff M. e por absurdo. Vij ⊂ X abertos tais que xi ∈ Uij e xj ∈ Vij . vale que y ∈ (U ∩ S) ∪ {x} = {x. Fixe x ∈ X. Além disso. existe Ui ⊂ X aberto tal i=1 Ui ∩ U é um aberto contendo x. então xj ∈ Ui para todo 1 ≤ i ≤ j. Então para cada 1 ≤ j ≤Tn. então xj ∈ Uij para todo 1 ≤ i ≤ j. Então temos que Tn cada 1 ≤ i ≤ n. i 6= j. então todo subconjunto de S é fechado em X. Então U ∩ F 6= ∅. Vejamos que x 6∈ A 0 . é claro que x ∈ S 0 . Por outro lado. Se toda vizinhança de x contém uma infinidade de pontos de S. e como x 6∈ F. e daí xj ∈ Uij ∩ Vij 6= ∅. Uma inclusão é clara. · · · . que exista uma vizinhança aberta U de x tal que (U \ {x}) ∩ S seja finito. Seja U uma vizinhança aberta qualquer de x. de modo que x ∈ F 0 . an }. e daí xj ∈ Uj ∩ Vj 6= ∅. e daí A 0 = ∅ ⊂ A. vale que (U \ {x}) ∩ F 6= ∅. suponha que x ∈ S 0 . E por hipótese. Vejamos dois casos: • x 6∈ A: para cada T 1 ≤ i ≤ n existem Ui . an }. segue que x ∈ F. Para que x ∈ X sejam um ponto de acumulação de um subconjunto S ⊂ X é necessário e suficiente que toda vizinhança de x contenha uma infinidade de pontos de S. T Com T efeito. digamos. portanto F 0 ⊂ F = F. Concluímos que F ⊂ F e F é fechado. contradição. · · · . afirmo que ( ni=1 Ui ∩ U ∩ S) ∪ {x} = {x}. se y ∈ ( ni=1 Ui ∩ U ∩ S) ∪ {x}.=⇒ : Suponha que F é fechado. Mas para todo 1 ≤ i ≤ n. portanto é um aberto de X. Se U é aberto. contradição. temos que {x} é fechado. 1 + ) está contido em (0. Com efeito. existe x ∈ F com y = f(x). Então ((U \ {x}) \ {y}) ∩ F 6= ∅. tome F ⊂ M. então f(x) = y ∈ Y \ f(F). vamos verificar que F 00 ⊂ F 0 . Vejamos que f−1 ({y}) ⊂ X \ F: se x ∈ f−1 ({y}). se x ∈ F. Seja X = [−1. Seja y ∈ Y \f(F). vamos verificar que F 0 contém todos os seus pontos de acumulação. X\F é aberto. Isto nos dá que Y \ f(F) é aberto. como desejado. Exercício 32. 31 . Por fim. temos que A = (0. F 00 ⊂ F 0 . isto é. Como M é Hausdorff. como desejado. y ∈ f(X \ U) e daí existe x ∈ X \ U com y = f(x). afirmo que V ⊂ Y \ f(F). de modo que f(x) 6∈ f(F). Agora para a segunda parte. Afirmo com isto que x 6∈ F. 1]. É o conjunto A aberto em R? Solução: Basta notar que para qualquer  > 0. Solução: =⇒ : Suponha que f seja fechada. f(X \ U) é fechado em Y . E por fim: f−1 (V) = f−1 (Y \ f(X \ U)) = f−1 (Y) \ f−1 (f(X \ U)) ⊂ X \ (X \ U) = U. Em outras palavras. e U ⊂ M um aberto contendo M. Mas A não é um aberto de R. Afirmo que y ∈ V . e daí x ∈ F 0 . e queremos provar que Y \f(F) é aberto. Então este x também verifica x ∈ f−1 ({y}) ⊂ U. Tome y ∈ Y qualquer e U ⊂ X aberto com f−1 ({y}). concluímos que f é uma aplicação fechada. 1] ⊂ R.Se para todo x ∈ X. Exercício 31. e vamos provar que f é uma aplicação fechada. Com efeito. logo f(F) é fechado. ⇐= : Suponha que valha a hipótese. A fim de que f seja fechada. nos dando que F ∩ (X \ F) 6= ∅. Como x era arbitrário. nenhum intervalo (1 − . Prove que A = (0. e com isso U \ {x} é um aberto contendo y. Pela hipótese. y}) ∩ F ⊂ (U \ {x}) ∩ F. concluímos que A 0 = ∅. Queremos provar que f(F) ⊂ Y é fechado. então y = f(x) ∈ f(F). Como f é uma aplicação fechada. Então tome y nesta interseção. Para provar que F 0 é fechado. absurdo. existe V ⊂ Y aberto com y ∈ V e f−1 (V) ⊂ X \ F. se y ∈ V e y ∈ f(F). x 6∈ A 0 . então X \ U é fechado. Seja f : X → Y uma aplicação de X em Y . exista um aberto V em Y tal que y ∈ V e f−1 (V) ⊂ U. Então x ∈ X \ F. Por absurdo. 1 + ) ∩ X é a interseção de X com um aberto de R. para todo ponto y ∈ Y e todo aberto U em X com f−1 ({y}) ⊂ U. y} =⇒ ∅ 6= (U \ {x. e concluímos que f−1 ({y}) ⊂ X \ F. e então V = Y \ f(X \ U) é aberto em Y . 1] ⊂ X é aberto em X. Temos que (U\{x})∩F 0 6= ∅. Seja F ⊂ X fechado. Caso contrário. Seja x ∈ F 00 . e este x verifica x ∈ f−1 ({y}) ⊂ X \ F. é necessário e suficiente que. pois 1 não é um ponto interior de A. Porém: {x} ⊂ {x. Como F ⊂ X era um fechado qualquer. nos dando que U ∩ (X \ U) 6= ∅. Então podemos tomar pontos yn nesta interseção. onde d é a métrica usual. 1]. temos f(]a. b[ é aberto em [0. b − 1[ aberto em [0. 1]. 1]. b < 2. temos que f([0. 1]. 2]) = ]1 − . temos que f(]1 − . e assim: f(x) > f(yn ) − 1 1 >− . vale |f(y) − f(x)| < n1 . Repetindo este argumento com M \ A ao invés f(x) = 0. e f(x) = x − 1 se x ∈]1. [) = [0. 1] é também aberto em [0. obtemos de . tem-se f(x) = 0. 1 + [) = ]0. para todo x ∈ ∂A. Dado 0 <  < 1. Então f é contínua. rn ). Mas para todo n ≥ 1. 2]. 1]. E por fim. e um exemplo de uma função aberta que não seja contínua. [ é aberto em [0. n n ∀ n ≥ 1 =⇒ f(x) ≥ 0. Se 0 < a. 1] é aberto em [0. Portanto concluímos que f é uma aplicação aberta. b < 1. Para todo n ≥ 1 existe rn > 0 tal que se y ∈ B(x. d). por ter um domínio discreto. 1]. d). ddiscreta ) → (R. rn ) ∩ A 6= ∅. Ainda. b[) = ]a. b[) = ]a − 1. mas f({x}) = {x} não é aberto em (R. mas não é aberta. Solução: Considere f : (R. Mostre que. pois para cada x ∈ (R. Dar um exemplo de uma função contínua que não seja aberta. temos B(x. Exercício 34. considere f : [0. com ambos os intervalos tendo a métrica usual induzida de R. 2] → [0. Dada uma função real contínua f : M → R. Dado 0 <  < 1. se 1 < a. ddiscreta ) temos que {x} é aberto.Exercício 33. temos que se 0 <  < 1. dada por f(x) = x se x ∈ [0. então f(]a. Temos que f não é contínua em x = 1. Por outro lado. Como x ∈ ∂A era arbitrário. [ ∪ ]. Solução: Fixe x ∈ ∂A. f(]2 − . 1]. considere o conjunto A = {x ∈ M | f(x) > 0}. dada por f(x) = x. Mas f é uma aplicação aberta. Portanto f. A obtemos que f(x) ≤ 0. então f(U) = (f−1 )−1 (U) ⊂ Y é aberto por ser a pré-imagem de um aberto. Prove que todo homeomorfismo é uma aplicação aberta. Solução: Seja f : X → Y um homeomorfismo entre espaços topológicos. Exercício 35. Se U ⊂ X é aberto. f−1 . Uma aplicação f : M → N chama-se um homeomorfismo local quando . U. Exercício 36.∂A = 0. como queríamos. por uma função contínua. para cada x ∈ M. existe um aberto U contendo a x tal que f. Prove: • Se f : M → N é um homeomorfismo local. f−1 ({y}) é um subconjunto fechado e discreto de M. então para todo y ∈ N.U é um homeomorfismo sobre um subconjunto aberto V de N. 32 . Tome x ∈ f−1 ({y}). Solução: • Seja y ∈ N qualquer. existe U ⊂ M aberto contendo x tal que . Vejamos que f−1 ({y}) é discreto.• Todo homeomorfismo local é uma aplicação contínua e aberta. Como f é um homeomorfismo local. . Vejamos agora que f−1 ({y}) é fechado. {x} = U ∩ f−1 ({y}) é a interseção de um aberto com f−1 ({y}). f U : U → f(U) é um homeomorfismo. Suponha por absurdo que x 6∈ f. x 0 ∈ U e f é em particular injetora em U. Seja x ∈ f−1 ({y}). Em particular. Se x 0 ∈ U ∩ f−1 ({y}). Então x é um ponto isolado de f−1 ({y}) (mais exatamente. Assuma agora que M e N são espaços de Hausdorff2 . temos que x = x 0 . Como x era arbitrário. então temos que f(x) = f(x 0 ) = y. e como x. portanto é aberto em f−1 ({y})). logo f−1 ({y}) é discreto. Afirmo que {x} = U ∩ f−1 ({y}). f é bijetora. temos que todo ponto de f−1 ({y}) é isolado. −1 ({y}). que f(x) 6= y. Então existe um aberto U ⊂ M contendo x tal que f. isto é. Desta forma f−1 ({y}) = f−1 ({y}) é fechado. Note que a condição de x estar no fecho de f−1 ({y}) garante que U ∩ f−1 ({y}) 6= ∅ e disto segue que y ∈ f(U). se z está nesta interseção. Com efeito. o que nos dá f(z) = y ∈ V . Ainda mais. temos que U ∩ f−1 (V) é uma vizinhança aberta de x que não intersecta f−1 (V).U : U → f(U) é um homeomorfismo. z ∈ f−1 (V) e z ∈ f−1 ({y}). temos que U ∩ f−1 (V) é um aberto contendo x. contradizendo que x ∈ f−1 ({y}). contradição. Com isto. então z ∈ U. Assim. • Vejamos que f nestas condições. existe V ⊂ f(U) aberto (logo aberto em N também) tal que f(x) ∈ V e y 6∈ V . Afirmo que U ∩ f−1 (V) ∩ f−1 ({y}) = ∅. é aberta. Então existe Ux ⊂ M aberto tal que f. Seja U ⊂ M aberto e x ∈ U. Como .Ux : Ux → f(Ux ) é um homeomorfismo. . f. Ux é uma aplicação aberta e U ∩ Ux é aberto. temos que f. Ux (U ∩ Ux ) é aberto . . em f(Ux ) = f. e como este é aberto.Ux (Ux ). segue que f. Afirmo que vale: [ .Ux (U ∩ Ux ) é aberto em N. f. então y = f(x) com. Verifiquemos a igualdade proposta: se y ∈ f(U).Ux (U ∩ Ux ). f(U) = x∈U de modo que f(U) é uma união de abertos. portanto aberto. x ∈ U. mas . . isto também se lê como y = f Ux (x). e temos y ∈ f. com x ∈ U ∩ Ux . .Ux (U ∩ Ux ). . S e assim f(U) ⊂ f. Ux (U ∩ Ux ) ⊂ x∈U f. Para a outra inclusão.Ux (U ∩ Ux ). tome . . S y ∈ x∈U f. Ux (U ∩ Ux ). Então existe x ∈ U tal que y ∈ f. e podemos .Ux (U ∩ Ux ). . escrever y = f. Porém comom U ∩ Ux ⊂ U e f.Ux (x 0 ). com x 0 ∈ U ∩ Ux . Ux nada 0 0 mais é do que uma restrição de f. temos que y = f(x . e assim S ) com y ∈ f(U). de forma que obtemos a segunda inclusão x∈U f. x ∈ U. Vejamos agora que f é contínua. Seja . Seja x ∈ M qualquer. Isto nos garante a igualdade em destaque. Assim f é uma aplicação aberta. e concluímos que f(U) é aberto.Ux (U ∩ Ux ) ⊂ f(U). aberto. V ⊂ N um aberto qualquer com f(x) ∈ V . Existe U ⊂ M. tal que f. Assim.U : U → f(U) é um homeomorfismo. Visto que . f(U) ∩ V é um aberto de f(U) contendo f(x). . f U é um. e logo contínuo. tal que f. homeomorfismo. contendo x. existe W ⊂ U aberto. 33 . mas isto está fora do escopo das anotações.U (W) ⊂ f(U) ∩ V ⊂ V . Mas como W é aberto em U e U é aberto em 2 Na verdade basta o axioma de separabilidade T1 . Prove que: • Todo espaço métrico é de Hausdorff. Exercício 37. Como x e V eram arbitrários. (B(x. • Para que X seja um espaço de Hausdorff. r) ∩ Y) 6= ∅ ∀ r > 0. Como f é sobrejetora. f é contínua. f(M) = N. r) ∩ (X × Y) 6= ∅ ∀ r > 0. é necessário e suficiente que a diagonal ∆ = {(x. Então X × Y = X × Y = M × N. Como f é contínua. Solução: 34 . Solução: Tome a métrica do máximo em M × N. y) ∈ X × X | x = y} seja um subconjunto fechado de X × X. Então o gráfico de uma aplicação contínua f : X → Y é um subconjunto fechado de X × Y . r) ∩ X) 6= ∅ e B(y. (B(x. então X × Y é denso no produto X × Y . y) ∈ X × Y ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ∀ r > 0. (B(x. r) × B(y. r) ∩ Y 6= ∅ ⇐⇒ x ∈ X e y ∈ Y ⇐⇒ (x. • Sejam X e Y espaços topológicos com Y um espaço de Hausdorff. pelo exercício 25 temos que: N = f(M) = f(X) ⊂ f(X) ⊂ N =⇒ f(X) = N. então f(X) é denso em N. B((x.M. Temos: (x. portanto X × Y é denso. y). r)) ∩ (X × Y) 6= ∅ ∀ r > 0. Solução: Como X é denso em M. X = M. Exercício 38. Exercício 39. y) ∈ X × Y Suponha X e Y densos. Qualquer subespaço de um espaço de Hausdorff também é de Hausdorff. r) ∩ X) × (B(y. Além disso. o conjunto {x ∈ X | f(x) = g(x)} é fechado em X. Se X é denso em M e f : M → N é uma aplicação contínua e sobrejetora. Se X ⊂ M e Y ⊂ N são subconjuntos densos. onde g : X → Y é contínua. W é aberto em M e portanto f(W) ⊂ V . Mas w ∈ U e U ∩ V = ∅. y) ∈ X × Y | y = f(x)} é fechado em X × Y . y) ∈ X × Y \ gr(f). y ∈ X com x 6= y. podemos considerar o aberto x ∈ f−1 (U) ∩ g−1 (V). Considere as bolas abertas x ∈ B(x. W × U ⊂ X × Y \ gr(f). y ∈ V . r) ∩ B(y. com y ∈ U. r) e y ∈ B(y. Afirmo agora que (x. w) 6∈ ∆ (em outras palavras. de modo que (z. Tome x ∈ X \ A. tomamos z ∈ U∩V . y) ≤ d(x. Vamos provar que X×X\∆ é aberto. f(x) ∈ V e U∩V = ∅. e veja que: d(x. y) ∈ X × X \ ∆. w) ∈ X × X \ ∆ e U × V ⊂ X × X \ ∆. existem U. Como X é Hausdorff. tome z ∈ B(x. Isto é. y) ∈ U × V ⊂ X × X \ ∆. • Vamos provar que o gráfico gr(f) = {(x. V ∩ A ∈ τA . y ∈ A. Afirmo que B(x. y ∈ X também e X é Hausdorff. Como x ∈ f−1 (U) ∩ g−1 (V) ⊂ X \ A. Então (x. e como U ∩ V = ∅ devemos ter z 6= w. Com efeito. Sejam x. Assim X × X \ ∆ é aberto. τA ) um subespaço topológico. e como f(W) ⊂ V . x é arbitrário e f−1 (U) ∩ g−1 (V). se U∩V 6= ∅. y ∈ V e U ∩ V = ∅. y ∈ V ∩ A. Sejam x. teríamos U ∩ V 6= ∅. Se x 0 ∈ f−1 (U) ∩ g−1 (V). Como f e g são contínuas. existem abertos U. existe W ⊂ X aberto tal que f(W) ⊂ V . existe um aberto básico U × V tal que (x. • =⇒ : Suponha que X seja um espaço de Hausdorff. logo f(z) 6= w. g(x) ∈ V e U ∩ V = ∅. Seja (x. (z. Agora seja (X. Como f é contínua. Agora afirmo que U ∩ V = ∅. Mas como (z. donde segue que (z. assim f(z) ∈ f(W). w) ∈ U × V . ⇐= : Agora suponha que a diagonal ∆ seja fechada. Se fosse o caso f(x 0 ) = g(x 0 ). w) ∈ W × U. Afirmo que f−1 (U) ∩ g−1 (V) ⊂ X \ A. z) ∈ U×V ⊂ X×X\∆. r). y ∈ X e x 6= y. e segue que X × Y \ gr(f) é aberto. com x 6= y. d) um espaço métrico. temos ∆ ∩ (X × X \ ∆) 6= ∅. e assim (x. e como Y é Hausdorff. Tome (x. Portanto (M. V ⊂ Y abertos. Concluímos que gr(f) é fechado. verificando que X × Y \ gr(f) é aberto. y ∈ M. e U e V são abertos. como desejado). Portanto U ∩ V = ∅. Então x. τA ) também é um espaço de Hausdorff. V em X tais que x ∈ U. Como este último conjunto é aberto. r). com x 6= y. e assim (z. Vamos verificar que X \ A é aberto. Agora afirmo que (x. contradição. y) 6∈ ∆. portanto (A. Exercício 40. z) < r + r = 2r = d(x. V ∈ τ com x ∈ U. Então f(x 0 ) 6= g(x 0 ) e com isto x 0 ∈ X \ A. y). y)/2 > 0. Chame agora A = {x ∈ X | f(x) = g(x)} ⊂ X. w) 6∈ gr(f). Então como x. absurdo. Então y 6= f(x). de modo que f(x) 6= g(x). y) ∈ X×X\∆. V ⊂ Y abertos com f(x) ∈ U. Prove que todo espaço métrico é um espaço topológico. Logo X é um espaço de Hausdorff. y) ∈ U × W ⊂ X × Y \ gr(f). 35 . z) ∈ ∆. r) = ∅. y) ∈ W × U ⊂ X × X \ gr(f). Caso contrário. (U ∩ A) ∩ (V ∩ A) = ∅ e U ∩ A. d) é um espaço de Hausdorff. se (z. existem U. Com efeito. Como Y é Hausdorff. y) ∈ U × V ⊂ X × X \ ∆. existem U. Disto segue que x ∈ U ∩ A. então f(x 0 ) ∈ U e g(x 0 ) ∈ V . x ∈ U. Tome (z. de modo que efetivamente temos (x. y ∈ V e U ∩ V = ∅. e seja r = d(x.• Seja (M. absurdo. z) + d(y. temos f(z) ∈ V . segue que X \ A é aberto e portanto A é fechado. Tome x. r) ∩ B(y. Então z ∈ W . temos que z ∈ U e w ∈ V . τ) um espaço de Hausdorff e (A. que é uma topologia. Se i∈I Ui = ∅. d2 são duas métricas diferentes em M. r). Como x ∈ Bd1 (x. r2 ) ⊂ Bd1 (x. Como Uix . suponha que τ1 = τ2 . Então Bd1 (x. para uma bola Bd2 (x. S Exercício 41. não há o que fazer. pela fórmula d 0 (x.Solução: Temos que ∅ é aberto por vacuidade e X é claramente aberto. Analogamente conseguimos r1 > 0 tal que x ∈ Bd1 (x. Solução: =⇒ : Sendo τ1 e τ2 as topologias geradas por d1 e d2 . rx ) ⊃ Bd2 (x. Seja U ∈ τ1 . U2 . r2 ) ⊂ U2 . r1 ) ⊂ Bd2 (x. obtemos: [ [ [ [ U= Bd1 (x. Usando a outra metade. r2 } > 0. r) ⊂ Uix ⊂ Ui . respectivamente. seja c > 0. r). Caso contrário. tome x ∈ U1 ∩ U2 . Seja S {Ui }i∈I uma coleção S arbitrária de abertos. rx0 ) ∈ τ2 . nada há o que fazer. nada há o que fazer. rx0 ) ⊃ {x} = U =⇒ U = Bd2 (x. analogamente provamos que τ2 ⊂ τ1 . Prove que d e d 0 geram a mesma topologia em M. x∈U x∈U x∈U x∈U por ser uma união de elementos de τ2 . Considere uma bola arbitrária Bd1 (x. r2 > 0 tais que x ∈ B(x. Vamos provar que τ1 = τ2 . de modo que: [ [ [ Bd1 (x. Logo τ1 = τ2 . Então x ∈ Uix para algum ix ∈ I. r) e Bd2 (x. e definamos uma nova métrica d 0 em M. Agora sejam U1 . Se U = ∅. d) um espaço métrico. para cada x ∈ U existe rx > 0 tal que x ∈ Bd1 (x. y). existem números positivos r1 e r2 tais que Bd1 (x. ⇐= : Suponha que seja válida a condição com as bolas e os raios. Exercício 42. Então novamente tomando uniões. y) = c d(x. Se U 6= ∅. Então existem r1 . rx ) ⊂ U =⇒ U = {x} ⊂ U= x∈U x∈U x∈U Mas por hipótese. r) ∈ τ1 e logo Bd1 (x. r) arbitrária. para cada uma das bolas Bd1 (x. r). r2 ) ⊂ Bd1 (x. temos que x ∈ B(x. por definição de τ2 . Se r = min{r1 . Se U1 ∩ U2 = ∅. existe r2 > 0 tal que x ∈ Bd2 (x. rx0 ) ⊂ Bd1 (x. a coleção dos abertos de um espaço métrico constitui uma topologia. Suponha que M é um conjunto e d1 . 36 . Note que só usamos metade de hipótese. Caso contrário. existe r > 0 tal que: [ x ∈ B(x. rx ). r). rx ). Por indução finita obtemos que {Ui }ni=1 abertos =⇒ ni=1 Ui aberto. existe rx0 > 0 tal que Bd2 (x.Te com isso U1 ∩ U2 é aberto. Desta forma. Seja (M. U2 dois abertos. Mostre que d1 e d2 geram a mesma topologia em M ⇐⇒ a seguinte condição é satisfeita: para todo x ∈ M e r > 0. r). rx ) ⊂ U. i∈I e assim i∈I Ui é aberto. r1 ) ⊂ Bd2 (x. r1 ) ⊂ U1 e x ∈ B(x. rx ) Bd1 (x. tome x ∈ i∈I Ui . E assim τ1 ⊂ τ2 . r) ∈ τ2 . r) ⊂ U1 . y ∈ Rn vale que: dmax (x. r) e Bdmax p. temos que:   r Bdmax (p. Exercício 44. y)2 = n dmax (x. 1/2). |xn −yn |} e a métrica Euclidiana geram a mesma topologia em Rn . Afirmo que Bd 0 (p. y). y ∈ Rn quaisquer e chame d a métrica Euclidiana. temos que {x} = B(x. n de modo que as topologias geradas são as mesmas. Mostre que d gera a topologia discreta em X. √ ⊂ Bd (p. então d(x. y) ≤ √ n dmax (x. r) ⊂ Bd (p. dado p ∈ Rn qualquer e r > 0. cr) ⊂ Bd (p. Temos que: dmax (x. r). Porém d(x. e vimos que bolas abertas são conjuntos abertos. y). Portanto d e d 0 geram a mesma topologia sobre M. Mas se x ∈ X. Por outro lado: v v u n u n X p uX u √ 2 t (xi − yi ) ≤ t dmax (x. 37 . Seja 1 ≤ k ≤ n o índice que realiza dmax (x. y)2 = ndmax (x. Mostre que a métrica dmax (x. Solução: Fixe x. e d a métrica discreta em X. · · · . Assim a topologia gerada por d 0 é mais fina do que a topologia gerada por d. y). de modo que o mesmo argumento se aplica para mostrar que a topologia gerada por d é mais fina do que a topologia gerada por d 0 . y) = i=1 i=1 Então dados quaisquer x. temos que se x ∈ Bd 0 (p. p) = c1 d 0 (x. Com efeito. y) ≤ d(x.Solução: Sejam p ∈ M e r > 0 arbitrários. y). Exercício 43. Assim. y) = max{|x1 −y1 |. d(x. y) = c1 d 0 (x. basta mostrar que todo conjunto unitário é aberto. Seja X qualquer conjunto. Solução: Como todo conjunto é a união dos seus pontos. y) = |xk − yk | p = (xk − yk )2 p ≤ (x1 − y1 )2 + · · · + (xk − yk )2 + · · · + (xn − yn )2 = d(x. y) e c1 > 0. r). p) < c1 cr = r. cr).