por Javier Fern´andez and ez Rodr Ro dr´´ıguez ıgu ez Versi´on on 0.2, julio de 2002 Hecho con LATEX 2ε
´ PRACTICO ACT ICO DE TOPOLO TOPOLOG G´IA EJERCICIOS RESUELTOS RESUELTOS ´ JAVIER FERNANDEZ
´n Introducci on o cos Los ejercicios resueltos en estos apuntes han sido tomados del libro “espa¸cos m´etri tr icos cos ”(Elon Lages Lima, Projeto Euclides, Instituto de Matem´ atica atica Pura e Aplicada, 1993) y fueron sugeridos por el Profesor Daniel Tasende como ejercicios para el pr´actico actico del curso de Introducci´on on a la Topolog´ıa ıa que dict´ o en el Instituto de Profesor Profesores es Artigas Artigas en el 200 2002. 2. Se ha inclu inclu´´ıdo el enunc enunciad iadoo origin original al de los ejercicios.
Estas notas est´an an tomadas de mi cuaderno de pr´actico, actico, algunos ejercicios est´ an an corregidos por Daniel pero no todos, por lo tanto es muy probable que quien lea estos apuntes encuentre varios errores. Si se encontrara alg´ un un error, o si alquien quiere comunicarme alguna sugerencia, por favor h´agamelo agamelo saber enviando un mensaje de correo electr´onico onico a: > Gracias. Javier
1. 1. Seja d: M
´ gs. 22 - 28) Ejer Ejerci cici cios os del del Cap Cap´ıtulo 1 (pags. a
× M → R uma fun¸c˜ c˜ ao ao tal ta l que qu e a) d(x, y) = 0 ⇔ x = y b) d(x, z ) ≤ d(x, y) + d(z, y)
Prove que d ´ e uma m´etrica.
⇒
Lo primero que debe demostrarse es que si x = y d(x, y) > 0. Se sabe que para todo par de puntos x e y, d(x, z ) d(x, y) + d(z, y) entonces si x = z se tiene que d(x, x) d(x, y) + d(x, y ) y como d(x, x) = 0 0 2d(x, y). Por lo tanto d(x, y ) > 0, x = y M . M . Para demostrar que d(x, y) = d(y, x) basta considerar la condici´on on b) y tomar y = x para lo que se tiene que d(x, z ) d(x, x) + d(z, x) y por a) se llega a que d(x, z ) d(z, x). An´ alogamente alogamente de b) se deduce que d(z, x) d(z, t) + d(x, t) para cualquier z,x,t M y tomando t = z se obtiene que d(z, x) d(x, z). Por lo tanto d(x, z ) = d(z, x), x, z M . M . A partir de lo demostrado es inmediato que d(x, z ) d(x, y ) + d(y, z ) ya que d(z, y ) = d(y, z ).
≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ ≤
≤
∀ ∈
∀
≤
∈
∈
≤
6. A fim de que uma m´ etrica etrica d, num espa¸ co co vectorial E , seja proveniente de uma norma, ´ e necess´ nece ss´ ario ario e suficiente suficie nte que para x, a E e λ R arbitr´arios, arios, se tenha d(x + a, y + a) = d(x, y ) e d(λx,λy) λx,λy) = λ d(x, y).
∈
||
Demostraci´ on: on: (condici´ on on suficiente) Si d es proveniente de una norma, dados x, y
∈
∈ E , d(x, y) = |x − y|. Entonces d(x + a, y + a) = |(x + a) − (y + a)| = |x − y| = d(x, y ) 2
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Y de igual modo se demuestra la segunda propiedad; d(λx,λy) = λx
| − λy| = |λ(x − y)| = |λ| · |x − y| = |λ|d(x, y)
Demostraci´ on: (condici´ on necesaria) Se define la funci´on : E R tal que x = d(x, o). Debe probarse que esta funci´on as´ı definida es una norma. Se demostrar´a por lo tanto N1, N2 y N3. Dem N1: Sea x = o x = d(x, o) > 0 x =0 Dem N2: Considero λ x = λ d(x, o), como d(λx, λy) = λ d(x, y) se tiene que λ d(x, o) = d(λx,o), y por lo tanto λ x = λx . Dem N3:
|·| → ⇒| | | || | | | | || | | |
|| ⇒| |
||
||
|x + y| = d(x + y, o) = d(x + y, (−y) + y) = d(x, −y) ≤ d(x, o) + d(o, −y) = = d(x, o) + d(−y, o) = d(x, o) + |−1|d(y, o) = |x| + |−1||y| = |x| + |y| Para la primer igualdad se utiliza la definici´ on de la funci´ on |·|. En la segunda igualdad como E es un espacio vectorial entonces ∀ y ∈ E ⇒ ∃− y ∈ E : y+(−y) = o. La tercer igualdad se justifica mediante la propiedad d(x + a, y + a) = d(x, y). Luego se aplica la desigualdad triangular de la distancia (d4), y en la cuarta igualdad se aplica la propiedad sim´etrica de la distancia (d3). Las siguientes igualdades valen respectivamente por la propiedad d(λx,λy) = λ d(x, y), la definici´ on de , y la de valor absoluto de un n´ umero real.
||
|·|
12. Em todo espa¸ co m´ etrico M , tem-se B[a; r] =
∞
B(a; s) =
s>r
e
{a} =
B(a; r +
n=1
∞
B(a; r) =
r> 0
n=1
1 ) n
1 B(a; ) n
Exprima, dualmente, cada bola aberta de M como reuni˜ ao de bolas fechadas. Cada bola abierta de M es de la forma B(a; r) B(a; r) =
∞
B[a; q] =
B(a; r
n= p
0
− n1 ),
p/ r
− p1 > 0 ≥ r − p −1 1
13. Um ponto a = (a1 , . . . , an ) ´ e isolado no produto cartesiano M = M 1 M n se, e somente se, cada coordenada ai ´ e um ponto isolado em M i . Conclua que o produto cartesiano M 1 e discreto se, e somente se, cada factor M i ´ e discreto. M n ´
×···×
En el producto cartesiano M = M 1
×···×
× · · · × M , tomemos la m´etrica n
d(x, y) = m´ ax d(xi , yi ) 1≤i≤n
R la m´etrica de cada conjunto M i , pudiendo ser en cada caso una m´etrica Sea di : M i cualquiera. Las bolas en M son productos cartesianos de bolas en los factores M i :
→
a = (a1 , . . . , an ) Por lo tanto,
∈ M ⇒ B(a; r) = B1(a1; r) × · · · × B (a ; r), n
n
Bi (ai ; r)
⊆ M
i
d(a, x) < r di (ai , xi ) < r, i = 1, 2, . . . , n Se demostrar´ a en primer lugar que si a = (a1 , . . . , an ) es aislado en M ai es aislado en M i (teorema directo). Sea a aislado en M , existe r > 0 tal que B(a; r) = x M : d(a, x) < r = a . Sup´ongase que ak no es aislado en M k c = ak / c B(ak ; r). Se considera el punto b = (b1 , . . . , bn ) M tal que bk = c y bi = ai , i = k. De este modo b B(a; r) y b = a lo cual es absurdo.
⇔
⇒∃ ∀
∀
∈
⇒ } {}
{ ∈
∈
∈
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Resta demostrar ahora la proposici´on rec´ıproca, es decir que si ai es aislado en M i aislado en M (teorema rec´ıproco). Si ai es aislado en M i ri > 0 tal que B(ai ; ri ) = ai . Entonces:
⇒∃
n
i=1
{
Sea r = m´ın ri : 1 aislado en M .
⇒ a es
{ } B (a ; r ) = {(a1 , . . . , a )} = {a}. i
i
i
n
≤ i ≤ n} ⇒ B(a; r) ⊆
n i=1 Bi (ai ; ri )
⇒ B(a; r) = {a} entonces a es
⊂ × ∈
19. Seja M um espa¸ co m´ etrico. A diagonal ∆ M M ´ e o conjunto dos pares (x, x) M M com coordenadas iguais. Prove que se z (M M ) ∆ ent˜ ao existe uma bola aberta de centro z em M M que ´ e disjunta de ∆. (Fica mais f´ acil usando a m´ etrica d(z, z ) = m´ ax d(x, x ), d(y, y ) )
∈ ×
×
{
}
×
−
Se considera la m´etrica sugerida por la letra d(z, z ) = m´ ax d(x, x ), d(y, y ) .
{
} ) , entonces ∀ z ∈ (M × M ) − ∆, si z = (x , y ) ∈ B(z; r) ⇒
d(x, x ) < r 2 d(y, y ) < r entonces d(x, x ) + d(y, y ) < 2r = d(x, y). Si se supone ahora que z pertenece tambi´en a ∆ entonces x = y = a, y se cumple que d(x, a) + d(y, a) < 2r = d(x, y). Pero por otro lado por d3 y d4 (propiedad triangular) d(x, a) + d(y, a) = d(x, a) + d(a, y) d(x, y), lo cual es absurdo. ) Por lo tanto para todo z (M M ) ∆, B(z; r = d(x,y ∆= . 2 ) tal que B(z; r) Sea r =
d(x,y
∈
×
−
≥
∃
∩
∅
20. Usando a m´ etrica d[(x, y), (x , y )] = m´ax d(x, x ), d(y, y ) , mostre que a esfera de centro (a, b) e raio r em M N ´ e igual a (B[a; r] S (b; r)) (S (a; r) B[b; r]).
{
×
Se debe demostrar entonces la doble inclusi´on.
⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈
(x, y)
S (a, b); r x x
⇔ ⇔
×
∪
d(x, a) = r
d[(x, y), (a, b)] = r
}
×
y d(y, b) o ´
d(x, a)
≤r
≤r
y d(y, b) = r
⇔
∈ B[b; r]) (x, y) ∈ S (a; r) × B[b; r] o ´ o ´ ⇔ B[a; r] y y ∈ S (b; r)) (x, y) ∈ B[a; r] × S (b; r) ⇔ (x, y) ∈ (B[a; r] × S (b; r)) ∪ (S (a; r) × B[b; r]) S (a; r)
y y
23. Dˆ e exemplo de um conjunto limitado X x y = diam(X ).
| − |
⊂ R tal que n˜ao existam x, y ∈ X com
Para cualquier intervalo abierto de la forma (a, b) R se tiene que diam((a, b)) = b a = r y x, y (a, b) se tiene que x y < r. Para demostrar esto basta suponer que x y = r, sea x < y entonces resulta que x y = b a a y = b x siendo ambos t´erminos de distinto signo lo cual es absurdo.
∀ ∈ − ⇒ −
| − |
−
⊂
− −
| − |
24. Seja M um espa¸ co m´ etrico limitado. Mostre que, para cada a bola B[a; r] cujo diˆ ametro ´ e menor do que 2r. M es un espacio m´etrico acotado B[a; r] con r = c. Entonces
⇒ ∀ x, y ∈ M ;
d(x, y) < c. Sea a
∈ M existe uma
∈ M , considero la bola
{ ∈ M : d(a, x) ≤ c} = M ⇒ diam(B[a; c]) = diam(M ) = c < 2r
B[a; c] = x
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25. Seja p(t) = a0 + a1 t + + an tn (an = 0) um polinomio de grau n > 0. Mostre que a fun¸ c˜ ao p : R R n˜ ao ´ e limitada mas para cada subconjunto limitado X R, a restri¸ ca ˜o p X ´ e limitada.
·· ·
→
|
⊂
(A menos que se indique lo contrario siempre que se considere como conjunto la recta real la m´etrica asociada ser´a la usual de R). Para demostrar que p : R R no est´a acotada hay que demostrar que para cualquier constante c > 0 existen x, y p(R) tales que d(x, y) = x y > c (m´etrica usual de R). El comportamiento de p(t) para valores positivos cada vez mayores de t es el siguiente:
→
∈
|−|
l´ım p(t) = l´ım an tn = +
∞ Por lo tanto de la definici´on de l´ımite se desprende que ∀ k > 0, ∃ t / ∀ t > t0 : | p(t)| > k basta con tomar k = c + | p(0)| y se deduce por lo tanto que: | p(t) − p(0)| ≥ | p(t)| − | p(0)| > k − | p(0)| = c, t > t0 t→∞
t→∞
o
Se ha demostrado que p(R) no es un conjunto acotado de R, es decir que p no es acotada. Se considera ahora la restricci´on p X . Como X est´ a acotado entonces c R tal que x < c, x X por lo tanto X [ c, c]. Como p es una funci´on continua en el compacto [ c, c] por Weierstrass p([ c, c]) es acotado, y por lo tanto p(X ) p([ c, c]) tambi´en lo es.
∀ ∈
|
⊂−
−
∃ ∈
⊂ −
−
||
26. Todo espa¸ co m´ etrico ´ e reuni˜ ao enumer´ avel de subconjuntos limitados. Considere primero los espacios m´etricos particulares R y R2 , ambos pueden escribirse como uni´ on numerable de conjuntos acotados de la siguiente manera:
R=
−
[ n, n] ;
R2 =
n∈N
B((0, 0); n)
n∈N
Ahora se considerar´a el caso general. Sea (E, d) un espacio m´etrico, y a un punto de E . Se considera el siguiente conjunto: A=
B[a; n] uni´ on numerable de conjuntos acotados
n∈N
⊂ E ) ∀ x ∈ A ⇒ ∃ n0 ∈ N, n0 ≥ d(x, a) tal que si x ∈ B[a; n0 ] = {y ∈ E : d(a, y) ≤ n0 } ⊆ E ⇒ x ∈ E (E ⊆ A) ∀ x ∈ E ⇒ x ∈ S (a; r), r = d(a, x) N no est´a acotado ⇒ ∃ n1 > r ⇒ x ∈ S (a; r) ⊆ B[a; n1 ] ⊆ (A
Por lo tanto A = E y queda demostrado el problema.
n∈N
B[a; n] = A
27. Sejam a um ponto e C um subconjunto n˜ ao-vazio de um espa¸ co m´ etrico. Suponha que d(a, C ) = 2 e prove que existe uma bola aberta B(a; r) tal que d(x, C ) > 1 para todo x B(a; r).
∈
Sea r = 12 x B(a; r) : d(a, x) < 12 d(a, C ) = 2 y C : d(a, y) 2 d(a, x) + d(x, y) d(a, y)
⇒∀ ∈ ⇒∀ ∈
≥
⇒
d(x, y)
≥ d(a, y) − d(a, x) > 32
≥ Por lo tanto si x ∈ B(a; 12 ), d(x, y) > 32 , ∀ y ∈ C ⇒ d(x, C ) = inf {d(x, y) : y ∈ C } ≥ 32 > 1 28. Seja ∆ = {(x, x) : x ∈ M } a diagonal do produto M × M , onde M ´ e um espa¸ co m´ etrico. Se z = (x, y) ∈ / ∆ ent˜ ao d(z, ∆) > 0. Sea z ∈ (M × M − ∆) entonces por lo demostrado en el ejercicio 18. de este cap´ıtulo ∃ B(z; r) en M × M disjunta de ∆. Entonces d(z, w) > r, ∀ w ∈ ∆. Por lo tanto d(z, ∆) = inf {d(z, w) : w ∈ ∆} ≥ r > 0
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−
29. Seja F = M B(a; r) o complementar de uma bola aberta no espa¸ co m´ etrico M . Se d(x, F ) = 0 ent˜ ao x F .
∈ Suponga que x ∈ / F ⇒ x ∈ F = B(a; r) ⇒ ∃ ε > 0 : d(x, a) = r − ε ⇒ r − d(x, a) > 2 . Ahora, para todo y ∈ F, d(y, a) ≥ r ⇒ d(y, a) − r ≥ 0. Por lo tanto ε (d(y, a) − r) + (r − d(x, a)) = d(y, a) − d(x, a) = |d(y, a) − d(x, a)| > 2 ε
c
por el COROLARIO de la PROPOSICI´ oN 3 se tiene que para tres puntos a, b y c cualquiera de un espacio m´etrico se cumple la siguiente relaci´on
|d(a, x) − d(b, x)| ≤ d(a, b) 2 < |d(y, a) − d(x, a)| ≤ d(x, y), ∀ y ∈ F ⇒ d(x, F ) > 0 absurdo. ε
∈
Por lo tanto si x / F,
31. Num espa¸ co vetorial normado E , sejam X = B(a; r) e X = B[a; r]. Prove que, para todo b E , tem-se d(b, X ) = d(b, X ).
∈
⊆ ⇒ ≥ − ≤ ∀ ∈ − ≥ ⇒ −
Como X X d(b, X ) d(b, X ), resta ver por lo tanto que no puede ser d(b, X ) > d(b, X ). Si d(b, X ) > d(b, X ), es decir d(b, X ) d(b, X ) = c > 0. Como d(b, X ) = inf x∈X d(b, x) d(b, X ) d(b, x), x X . Por lo tanto c c (1) d(b, x) d(b, X ) c d(b, x) d(b, X ) + ( x X ) 2 2 por otro lado, c (2) d(b, X ) = inf d(b, y) y X : d(b, y) < d(b, X ) + 2 y ∈X
⇒
≥
∀ ∈
⇒∃ ∈
Entonces de (1) y de (2) se deduce que d(b, x) d(b, y) = d(b, x) d(b, y) > 2c y por el COROLARIO de la PROPOSICI´ oN 3 se tiene que c < d(b, x) d(b, y) d(b, x) d(b, y) d(x, y), x X 2 esto implica un absurdo pues si se considera x0 tal que d(a, x0 ) = r 4c , lo cual puede hacerse porque E es espacio vectorial, entonces d(a, y) d(a, x0 ) + d(x0 , y) r 4c + 2c = r + 4c > r.
−
−
≤|
−
|
|≤
{
|
∀ ∈ − ≥ −
≥
34. Prove que se tem d(a, X ) = inf r > 0 : a
−
∈ B(X ; r)}.
Se define B(X ; r) = x∈X B(x; r), la bola abierta de centro X y radio r. Sea c = inf r > 0 : a B(X ; r) se quiere probar que c = d(a, X ) = inf d(a, x) : x X , para lo cual se demostrar´ a que c es cota inferior de d(a, X ) , y adem´a s, que para todo δ > 0, x0 X tal que d(a, x0 ) < c + δ. Suponga que existe x0 X tal que c > d(a, x0 ) c = d(a, x0 ) + ε , ε > 0. Entonces ε a B(x0 ; r) u, x∈X B(x; r), r = (d(a, x0 ) + 2 ) < c, lo cual es absurdo. Por lo tanto c para todo u d(a, x) : x X . Suponga que δ > 0 tal que x X, d(a, x) c + δ. Como c = inf r > 0 : a B(X ; r) , r0 r > 0 : a B(X ; r) tal que r0 < c + δ. Entonces r0 < d(a, x), x X . Como a B(X ; r0 ) entonces existe alg´ un y X tal que a B(y; r0 ), y por consiguiente d(y, a) < r0 lo cual es absurdo. Por lo tanto δ > 0, x0 X tal que d(a, x0 ) < c + δ. En conclusi´on c = inf d(a, x) : x X = d(a, X ).
{
∃ ∈ ∈ ⊆ ∈{ ∃ ∃ ∈{ ∈ ∈
∈
}
{
∈ ⇒ ∈ } ∀ ∈ ≥ } ∈ ∈ ∀ ∃ ∈ { ∈ }
∈ } ≤
{
∈ ∀ ∈
}
37. Sejam X, Y limitados e n˜ ao-vazios no espa¸ co m´ etrico M . Ponha α(X, Y ) = sup d(x, y) : x X, y Y e mostre que, para todo z M tem-se d(z, X ) d(z, Y ) α(X, Y ).
{
∈
∈ }
∈
−
≤
En primer lugar por la desigualdad triangular y la propiedad sim´etrica (d3 y d4), se tiene que para tres puntos tales que x X , y Y , y z cualquiera, se cumple que d(z, x) d(z, y)+d(x, y),
∈
∈
≤
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≥
−
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{ ≥ ∀ ∈ −
∈
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∈ }
de donde d(x, y) d(z, x) d(z, y). Como α(X, Y ) = sup d(x, y) : x X, y Y entonces α(X, Y ) d(x, y), x X, y Y . Por lo tanto α(X, Y ) d(z, x) d(z, y). Por otro lado, se tiene que d(z, x) d(z, X ) 0, x X , se deduce por lo tanto que α(X, Y ) d(z, X ) d(z, y), por lo tanto d(z, y) d(z, X ) α(X, Y ), y Y . Por propiedad del ´ınfimo del conjunto si d(z, y) d(z, X ) α(X, Y ), y Y entonces d(z, Y ) d(z, X ) α(X, Y ) con lo cual queda demostrada la propiedad.
≥ ≥
∀ ∈ −
∈
≥ −
≥
≥ ≥ ∀ ∈
− ∀ ∈
≥
−
38. Num espa¸ co vetorial normado E , duas bolas abertas (fechadas) de mesmo raio s˜ ao isom´ etricas. Mais precisamente, existe uma isometria de E que leva uma dessas bolas na outra. Mostre que para espa¸cos m´ etricos em geral, este resultado ´ e falso. Primero se probar´a que en un espacio vectorial normado dos bolas abiertas del mismo radio son isom´etricas. Considero B(a; r), B(b; r) donde a y b son dos puntos arbitrarios de E y r > 0. Sea f : E E tal que f (x) = x + (b a). Se probar´a que f es una isometr´ıa y que f (B(a; r)) = B(b; r). Como d proviene de una norma, para todo x, y E ,
Entonces f es una inmersi´on isom´etrica, resta probar que f es sobreyectiva.
∀ x ∈ E,
− b) ∈ E ⇒ f (y) = x + (a − b) + (b − a) = x ⇒ f sobreyectiva Por lo tanto f es una isometr´ıa (∃ f −1: E → E ). Se probar´a ahora que f (B(a; r)) = B(b; r). −1 considero y = x + (a
T´engase en cuenta que f (a) = b y f (b) = a por definici´on de f .
∈ B(a; r) ⇒ d(a, x) < r ⇒ d(f (a), f (x)) = d(b, f (x)) < r ⇒ f (x) ∈ B(b; r) y ∈ B(b; r) ⇒ ∃ x = f −1 (y) ⇒ d(b, y) = d(a, x) < r ⇒ x = f −1 (y) ∈ B(a; r)
x
Por lo tanto B(a; r) y B(b; r) son isom´etricas.
Este resultado no es cierto en un espacio m´etrico cualquiera. Basta considerar, por ejemplo, (M, d) un espacio m´etrico donde M tiene un punto aislado a, es decir que existe r > 0 tal que B(a; r) = a , y existen otros dos puntos b y c de M cuya distancia es menor a r. Entonces se tienen las bolas B(a; r) y B(b; r) las cuales no pueden ser isom´etricas, ya que no podr´ıa existir una funci´on sobreyectiva f tal que f (B(a; r)) = B(b; r), porque B(a; r) = a tiene un u ´ nico punto y B(b; r) tiene al menos dos puntos.
{}
{}
40. Seja E um espa¸ co vetorial com produto interno. Toda imers˜ ao isom´ etrica f : R E tem a forma f (t) = a + t u, onde a, u E , sendo u = 1.
→
· ∈ || f es inmersi´on isom´etrica, para 0 ∈ R se tiene |f (t) − f (0)| = |t − 0| = |t|, ∀t ∈ E . f (t) − f (0) f (t) − f (0) ⇒ Si t > 0, se considera el versor u = u = f (t) = f (0) + |t|u |f (t) − f (0)| |t| f (0) − f (t) f (0) − f (t) Si t < 0, se considera el versor u = u = f (t) = f (0) − |t|u ⇒ |f (t) − f (0)| |t| t
t
∴
t
t
t
∴
t
Consecuentemente se obtiene la siguiente expresi´on para f (t): f (t) =
a + t ut a
·
si t R si t = 0
∈ − {0}
| |
Siendo a = f (0) y ut = 1. Se demostrar´a que ut no depende de t. Para x, y R cualquiera, se tiene que f (x) = a + x ux y f (y) = a + y uy , por lo tanto:
∈
· · d(f (x), f (y)) = |f (x) − f (y)| = |x · u − y · u | = d(x, y) = |x − y | x
y
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|x · u − y · u | = |x − y| ⇒ = (x − y)2 ⇒ ⇒< x · u , x · u > +2 < x · u , −y · u > + < y · u , y · u > = (x − y)2 ⇒ ⇒ x2 + y2 − 2xy = (x − y)2 ⇒ = 1 Entonces = −2 < u , u > + < u , u >= (1) − 2(1) + (1) = 0. De donde < u − u , u − u >= 0 ⇒ u − u = o, y por lo tanto u = u = u. Entonces, para todo t ∈ R, f (t) = a + t · u, con a, u ∈ E y |u| = 1. 42. Dada uma imers˜ ao isom´ etrica f : R → R, mostre que existe a ∈ R tal que e uma f (x) = x + a para todo x ∈ R, ou f (x) = −x + a para todo x. Em particular, f ´ x
y
x
x
x
x
x
x
x
y
y
x
x
y
x
y
y
y
y
y
y
y
x
x
x
x
x
y
y
y
y
y
x
y
isometria.
Por lo demostrado en el ejercicio 40., a R : f (x) = a + ux siendo u = 1, por lo tanto hay dos posibilidades: f (x) = x + a, ou f (x) = x + a para todo x R.
∃ ∈
−
||
∈
Otra posible resoluci´ on del ejercicio sin aplicar el resultado del ejercicio 40. es: Si f es una inmersi´on isom´etrica entonces f (x) Si se fija y = y0 resulta;
|
⇒
− f (y)| = |x − y|, ∀ x, y ∈ R.
− f (y0) = x − y0 f (x) = x + (f (y0 ) − y0 ) ´ o o ´ |f (x) − f (y0)| = |x − y0|, ∀ x ∈ R ⇒ f (x) − f (y0 ) = y0 − x f (x) = −x + (f (y0 ) + y0 ) Pero adem´ as f es sobreyectiva pues ∀ y ∈ R, ∃ x = y − a tal que f (x) = y − a + a = y (es an´alogo para f (x) = −x + a). Por lo tanto f es una isometr´ıa. f (x)
45. Seja E um espa¸ co vetorial com produto interno. Dada uma transforma¸c˜ ao linear T : E co ˜ es s˜ ao equivalentes: a) T ´ e uma imers˜ ao E , as seguintes afirma¸ isom´ etrica: b) T (x) = x para todo x E : c) < T (x), T (y)>= para quaisquer ao de E ´ e finita, nestas condi¸ co ˜es T ´ e uma isometria. x, y E . Se a dimens˜
→
∈ a) ⇒ b).
|
| ||
∈
∀ ∈ − | | − | | || ∀ ∈
Si T es una inmersi´on isom´etrica entonces se tiene que d T (x), T (y) = d(x, y), x, y E . Si tomo y = o entonces d T (x), T (o) = d(x, o), x E por lo tanto T (x) T (o) = x o como en una aplicaci´ on lineal T (o) = o, entonces T (x) o = x o T (x) = x , x E .
⇒
b) c). Sabemos que T (v) = v ,
∀ ∈ | | − | | − | ⇒|
| | | ∀ x ∈ E ⇒ ∀ x, y ∈ E tomando v = x + y resulta que |T (x + y)| = |x + y| ⇒ |T (x + y)|2 = |x + y|2 ⇒< T (x + y), T (x + y)>= |
Como T es una transformaci´on lineal T (x + y) = T (x) + T (y), entonces =< x + y, x + y>
Aplicando las propiedades P 1 y P 3 del producto interno en ambos miembros se obtiene que: < T (x), T (x)> +2 < T (x), T (y)> + < T (y), T (y)>= +2 + Como < T (x), T (x)>= T (x) 2 = x 2 =< x , x > y an´alogamente < T (y), T (y)>=< y , y > se deduce que 2 < T (x), T (y)>= 2 por lo tanto < T (x), T (y)>=, x, y E .
|
⇒
|
||
∀
∈
c) a). = T (x y) 2 = x y 2 T (x y) = x y . Como T es aplicaci´ on lineal T (x y) = T (x) + T ( y) = T (x) T (y), entonces T (x) T (y) = x y , lo cual implica que d T (x), T (y) = d(x, y).
−
−
−
−
− ⇒| − | | − | ⇒| − | | − | − − | − | | −| {
}
Si E tiene dimensi´ on finita, tiene una base ortonormal de n elementos. Sea e1 , e2 , . . . , en 1 i=j una base ortonormal de E , es decir < ei , e j >= δij = . Por la propiedad c), 0 i=j
´ PRACTICO DE TOPOLOG´IA
EJERCICIOS RESUELTOS
⇒{
9
}
== δij T (e1 ), . . . , T ( en ) es tambi´en ortonormal, entonces es linealmente independiente y como tiene n vectores es base de E . Por lo tanto para todo y E, existen escalares ai , con i de 1 a n, tales que y = a1 T (e1 ) + a2 T (e2 ) + + an T (en ), por lo tanto existe x E , x = a1 e1 + a2 e2 + + an en tal que
∈
···
∈
··· T (x) = T (a1 e1 + a2 e2 + · · · + a e ) = a1 T (e1 ) + a2 T (e2 ) + · ·· + a T (e ) = y n n
n
n
De donde T es sobreyectiva, y por consiguiente es una isometr´ıa.
47. ´e dada uma imers˜ ao isom´ etrica f : Rm Rn . (As m´etricas s˜ao euclidianas. N˜ ao n m supomos f linear.) Prove que existem a R e uma transforma¸ c˜ ao linear T : R Rn tais que f (x) = T (x) + a para todo x Rm . (T necessariamente preserva distˆ ancias.) Em particular, se m = n ent˜ ao f ´ e uma isometr´ıa.
→
∈
∈
→
Si suponemos que existe T tal que f (x) = T (x) + a f (o) = T (o) + a y como T (om ) = on entonces a = f (o). Sea a = f (o) y T : Rm Rn dada por T (x) = f (x) a = f (x) f (x0 ). Como f es inmersi´on isom´etrica
entonces =, es decir que T conserva el producto interno.
Sea C = e1 , e2 , . . . , em base can´onica de Rm entonces T (C ) = T (e1 ), T (e2 ), . . . , T ( em ) es un conjunto ortonormal de Rn . Sea x Rm , x = m i=1 xi ei donde xi = y B = T (e1 ), . . . , T ( em ), wm+1 , . . . , xn una base ortonormal.
{
∈
1
≤i≤
}
{
}
{
}
m
⇒ ⇒| | | | | | ⇒ || ⇒
n T (x) = m i=1 λi T (ei ) + i=m+1 λi wi m, λi =< T (x), T (ei )>== xi
T (x) =
x2i +
i=1
λi wi
i=m+1
n
T (x) 2 =
T conserva normas entonces
xi T (ei ) +
i=1
m
2
n
λ2i
i=m+1
2
T (x) = x 2 x2= m i=1 xi
n i=m+1
λ2i = 0
m
T (x) =
xi T (ei )
i=1
Se demostrar´a ahora que T as´ı definida es una aplicaci´ on lineal. m
T (µx) =
m
µxi T (ei ) = µ
i=1
m
T (x + y) =
i=1
m
(xi + yi )T (ei ) =
i=1
xi T (ei ) = µT (x) m
xi T (ei ) +
i=1
yi T (ei ) = T (x) + T (y)
i=1
Por lo tanto T es una aplicaci´on lineal. En resumen, existen a = f (o) transformaci´ on lineal, tal que f (x) = T (x) + a para todo x Rm .
∈
n
∈R
y T : Rm
n
→R
´ JAVIER FERNANDEZ
10
2.
´ gs. 54 - 55) Ejercicios del cap´ıtulo 2 (pa
1. Sejam f, g : M R cont´ınuas no ponto a M . Se f (a) < g(a), existe δ > 0 tal que, para x, y M, d(x, a) < δ, d(y, a) < δ f (x) < g(y). Enuncie explicitamente o corol´ ario que se obt´em tomando f (x) = 0 para todo x M . Conclua que se B M ´ e uma bola fechada e c M B ent˜ ao existe uma bola aberta (e portanto uma bola fechada) B , de centro c, tal que B B = .
→
∈
⇒
∈ −
Sea ε =
{
g(a)
}
∩
∈
∈
⊂
∅
− f (a) ⇒ ∃ δ1 > 0 : d(x, a) < δ 1 ⇒ d(f (x), f (a)) < ε ∃ δ2 > 0 : d(y, a) < δ2 ⇒ d(g(y), g(a)) < ε 2
− ε < f (x) < f (a) + ε = f (a) +2 g(a) = g(a) − ε < g(y) < g(a) + ε ⇒ f (x) < g(y) Si se toma f (x) = 0, ∀ x ∈ M , entonces se tiene el teorema de conservaci´on del signo, es decir que la continuidad conserva el signo de g(a) en una bola del dominio de centro a, es decir que dada una funci´on g: M → R continua, y a ∈ M, g(a) > 0 entonces existe δ > 0 tal que si d(x, a) < δ ⇒ g(x) > 0. An´ alogamente se razona con g(a) < 0. Sea B = B(a; r) ⊆ M una bola cerrada de centro a y c ∈ M − B ⇒ d(a, c) > r. Considero la funci´ on f : M → R dada por f (x) = d(a, x). Como d es continua entonces f es continua. M´ a s a´ un f es una contracci´ on d´ebil, esto puede demostrarse f´ acilmente ya que dados x, y ∈ M se tiene que d f (x), f (y) = |f (x) − f (y)| = |d(a, x) − d(a, y)|. Y por el COROLARIO de la PROPOSICI´oN 3 del cap´ıtulo 1 se tiene que |d(a, x) − d(a, y)| ≤ d(x, y). f (a)
a
a
a
a
a
a
a
Entonces, en particular, f es continua en c. f (c) r d(a, c) Sea ε < = 2 2
−
⇒
−r
∃ δ > 0 tal que ∀ x ∈ M si d(x, c) < δ d f (x), f (c) < ε y por lo tanto |f (x) − f (c)| < ε ⇒ |d(a, x) − d(a, c)| < ε ⇒ d(a, c) − ε < d(a, x) < d(a, c) + ε ⇒ r = 2r2 < d(a, c)2 + r < d(a, x) < 3d(a,2c) − r por lo tanto d(a, x) > r En resumen ∃ δ > 0 tal que ∀ x ∈ M si d(x, c) < δ ⇒ d(a, x) > r, esto es equivalente a decir que si x ∈ B = B(c; δ) ⇒ x ∈ / B = B(a; r) ⇔ B ∩ B = ∅. g(a), ent˜ao existe uma 2. Sejam f, g : M → N cont´ınuas no ponto a ∈ M . Se f (a) = bola aberta B, de centro a, tal que f (B) ∩ g(B) = ∅. Em particular, x ∈ B ⇒ f (x) = g(x). ∃ δ1 > 0 : f (B(a; δ1) ⊆ B(f (a); ε) d f (a), g(a) ⇒ ∃ δ2 > 0 : g(B(a; δ2) ⊆ B(g(a); ε) Sea ε < 2 y B(f (a); ε) ∩ B(g(a); ε) = ∅ Sea δ = m´ın {δ1 , δ2 } > 0 y B = B(a; δ), entonces f (B) ⊆ B(f (a); ε), g(B) ⊆ B(g(a); ε) ⇒ f (B) ∩ g(B) ⊆ B(f (a); ε) ∩ B(g(a); ε) = ∅ 3. Sejam f, g : M → N cont´ınuas. Dado a ∈ M , suponha que toda bola de centro a contenha um ponto x tal que f (x) = g(x). Conclua que f (a) = g(a). Use este fato para mostrar que se f, g : R → R s˜ ao cont´ınuas e f (x) = g(x) para todo x racional ent˜ ao Entonces a
a
f = g.
a
a
´ PRACTICO DE TOPOLOG´IA
EJERCICIOS RESUELTOS
11
Dada B(a; 1), existe x1 tal que f (x1 ) = g(x1 ). Dada B(a; 12 ), existe x2 tal que f (x2 ) = g(x2 ). ... Dada B(a; n1 ), existe xn tal que f (xn ) = g(xn ). De esta manera construyo una sucesi´on (xn ) tal que l´ım xn = a, para la que se cumple que f (xn ) = g(xn ), n N l´ım f (xn ) = l´ım g(xn ). Como f es continua y l´ım xn = a entonces l´ım f (xn ) = f (a) y an´alogamente l´ım g(xn ) = g(a). Por consiguiente f (a) = g(a).
∀ ∈ ⇒
Sean f, g : R R funciones continuas, si se cumple f (x) = g(x), x Q entonces sea y R arbitrario, se cumple que ε > 0, x B(y; ε) Q tal que f (x) = g(x). Entonces por lo demostrado en la parte anterior f (y) = g(y), y R.
→
∀
∃ ∈
→ ×
4. Sejam f : M N N cont´ınua e ∆ ´ e uma reuni˜ao de bolas abertas em M .
∀ ∈
∀ ∈
∩
∈
⊂ N × N a diagonal. Prove que f −1(N × N − ∆)
×
{
La diagonal en N N es el conjunto ∆ = (x, y) obtenido en el ejercicio 19. del cap´ıtulo 1, para todo z centro z contenida en N N ∆.
∈ N × N : x = y}. (*) Por el resultado ∈ N × N − ∆ existe una bola abierta de
× − Sea ∆ = N × N − ∆. Si x ∈ f −1 (∆ ) ⇒ ∃ z = f (x) ∈ ∆ entonces por (*) ∃ B(z; r) ⊆ ∆ . Como f es continua existe B = B(x; δ) tal que f (B ) ⊆ B(z; r) ⊆ ∆ entonces B ⊆ f −1 (∆ ). c
c
c
x
c
c
x
x
c
Por consiguiente,
f −1 (∆c )
⊆
x∈f
−
1
Bx
(∆ ) c
La inclusi´ on rec´ıproca es cierta ya que, por el modo en que fueron determinados los conjuntos Bx , si y x tal que y Bx f (y) f (Bx ) ∆c y f −1 (∆c ). x∈f (∆ ) Bx entonces
∈
1
−
∃
c
En consecuencia,
∈
f −1 (N
⇒
× N − ∆) =
∈
⊆
x∈f
−
1
⇒ ∈
Bx
(∆ ) c
5. Seja f : R R definida por f (x) = x sen(1/x) se x = 0 e f (0) = 0. Mostre que f ´ e cont´ınua no ponto 0 mas n˜ ao ´ e lipschitziana em intervalo alg´ um contendo 0.
→
·
Se observa:
−1 ≤ sen(1/x) ≤ 1 ⇒ −x ≤ x · sen(1/x) ≤ x ⇒ −x ≤ f (x) ≤ x Sea B(f (0); ε) = (−ε, ε). Si x ∈ B(0; ε) = (−ε, ε) entonces −ε < −x ≤ f (x) ≤ x < ε por lo tanto f (x) ∈ (−ε, ε). Por lo tanto para toda bola B del codominio centrada en f (0) de radio ε, existe una bola B del dominio centrada en 0 de igual radio tal que f (B) ⊆ B , entonces f es continua en 0. Se observa:
sen x = 1 sen x =
⇔ x = 3π2 + 2rπ ⇔ x = π2 (3 + 4k)
−1 ⇔ x = π2 + 2rπ ⇔ x = π2 (1 + 4k)
´ JAVIER FERNANDEZ
12
x.sen (1/x)
x
Sea I un intervalo cualquiera que contiene al cero. Como I es un intervalo (no degenerado) existe a I/ a = 0. Supongamos sin p´erdida de generalidad que a > 0. Entonces existe k N tal que: 2 2 0< < 0) Lo cual contradice la condici´on de Lipschitz.
