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