listas resolvidas-espacos metricos

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Espaços Métricos - Verão 2015

Ivo Terek Couto

12 de julho de 2015

Resolução das listas de exercícios do curso de Espaços Métricos ministrado noIME-USP em Janeiro de 2015 pelo prof. Hector Cabarcas. Foi utilizado como textopara o curso o livro "Espaços Métricos" - Elon Lages Lima.

Observação: Na lista 4 aparecem alguns resultados (mais gerais) que na verdadesão válidos para espaços topológicos ao invés de espaços métricos (usam apenas osaxiomas de separação T 1 ou T 2).

As resoluções são despretensiosas e sujeitas à erros. Sugestões e correções podemser enviados para [email protected].

Sumário

1 Lista 1 2

2 Lista 2 8

3 Lista 3 14

4 Lista 4 20

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1 Lista 1

Exercício 1. Seja d : N×N→ R definida por d(m, n) = |m 2 − n2|. É (N,d) um espaçométrico? Justifique a sua resposta.

Solução: Sim, pois d satisfaz as seguintes condições:

•

Positividade: d(m, n) = |m 2

− n

2

| ≥ 0 para quaisquer m, n ∈ N. Também,d(m, m ) = 0, ed(m, n) = |m 2 − n2| = 0 =⇒ m 2 − n2 = 0 =⇒ m 2 = n2 =⇒ m = n,

visto que m, n ≥ 0.• Simetria: d(m, n) = |m 2 − n2| = |n2 − m 2| = d(n, m ), para quaisquer m, n ∈ N.• Desigualdade triangular: Dados m, n, p ∈ N, tem-se:

d(m, n) = |m 2 −n2| = |m 2 − p2 + p2 − n2| ≤ |m 2 − p2| + | p2− n2| = d(m, p) +d( p, n).

Exercício 2. Seja (X,d) um espaço métrico. Defina θ, δ, ρ e η como segue:

θ(x, y) = d(x, y)

1 + d(x, y), δ(x, y) = k d(x, y), k ∈ R+

ρ(x, y) = min {1,d(x, y)}, η(x, y) = (d(x, y))2.

Demonstre que θ, δ e ρ são distâncias sobre X, e η não tem porque ser necessariamente

uma distância.

Solução:

θ:

• Positividade: θ(x, y) = d(x,y)1+d(x,y)

≥ 0, pois d(x, y), 1 + d(x, y) ≥ 0. E ainda, daprópria definição de θ, temos θ(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.

• Simetria: θ(x, y) = d(x,y)1+d(x,y)

= d( y,x)

1+d( y,x) = θ( y, x).

• Desigualdade triangular: Note que a função f(t) = t1+t

= 1− 11+t

é crescente,

pois f (t) = 1(1+t)2 > 0. Destarte:

d(x, y) ≤ d(x, z ) + d( y, z )d(x, y)

1 + d(x, y) ≤ d(x, z ) + d( y, z )

1 + d(x, z ) + d( y, z )

d(x, y)

1 + d(x, y) ≤ d(x, z )

1 + d(x, z ) + d( y, z ) +

d( y, z )

1 + d(x, z ) + d( y, z )

d(x, y)

1 + d(x, y) ≤ d(x, z )

1 + d(x, z ) +

d( y, z )

1 + d( y, z )

θ(x, y) ≤ θ(x, z ) + θ( y, z ).

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δ:

• Positividade: δ(x, y) = k d(x, y) ≥ 0 para quaisquer x, y ∈ X, visto quek > 0. Temos δ(x, x) = k d(x, x) = k · 0 = 0. E por outro lado δ(x, y) =k d(x, y) = 0 nos dá d(x, y) = 0 (pois k = 0), e daí x = y.

• Simetria: δ(x, y) = k d(x, y) = k d( y, x) = δ( y, x).

•

Desigualdade triangular: tome a desigualdade triangular para d e multi-plique por k > 0. Ela se mantém e obtemos diretamente a desigualdadetriangular para δ.

ρ:

• Positividade: ρ(x, y) = 1 ≥ 0 ou ρ(x, y) = d(x, y) ≥ 0. Ainda, ρ(x, x) =min {1, d(x, x)} = min {1,0} = 0. E por outro lado, ρ(x, y) = min {1,d(x, y)} =0 nos dá d(x, y) = 0, donde segue que x = y.

• Simetria: ρ(x, y) = min {1,d(x, y)} = min {1,d( y, x)} = ρ( y, x).

•

Desigualdade triangular: Aqui consideraremos dois casos, d(x, y) < 1 ed(x, y) ≥ 1. Nosso objetivo é provar que ρ(x, y) ≤ ρ(x, z ) + ρ( y, z ), istoé, que ρ(x, y) ≤ min {1, d(x, z )} + min {1,d( y, z )}. Basta verificarmos que olado esquerdo da igualdade é menor ou igual que todas as combinaçõespossíveis, 1 + 1, d(x, z ) + 1, 1 + d( y, z ) e d(x, z ) + d( y, z ) em todos os casospossíveis.

Suponha d(x, y) < 1. Temos:

i) ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < 1 + 1;

ii) ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < d(x, z ) + 1;

iii) ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < 1 + d( y, z );

iv) ρ(x, y) = d(x, y) ≤ d(x, z ) + d( y, z ).Agora suponha d(x, y) ≥ 1. Daí:

i) ρ(x, y) = 1 < 1 + 1;

ii) ρ(x, y) = 1 < d(x, z ) + 1;

iii) ρ(x, y) = 1 < 1 + d( y, z );

iv) ρ(x, y) = 1 ≤ d(x, y) ≤ d(x, z ) + d( y, z ).

η:

A função η não precisa ser uma métrica. Por contra-exemplo: X = R, d(x, y) =|x − y|. Então η(x, y) = (x − y)2 e a desigualdade triangular falha:

η(−1, 1) = 4 ≥ 1 + 1 = η(−1, 0) + η(0, 1).

Exercício 3. Sejam d1,d2 e d3 as distâncias definidas na aula sobre R2. Demonstreque para quaisquer x,y ∈ R2 valem as desigualdades:

d3(x, y) ≤ d1(x, y) ≤ d2(x,y) ≤ 2d3(x,y).

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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 = d1(x,y),

visto que (x2 − y2)2 ≥ 0. Agora, recorde que, dados a, b ≥ 0, vale que √

a + b ≤√ a +

√ b (isto 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| = d2(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| ≤ 2|x1 − y1| = 2d3(x,y).

Exercício 4. Seja A ⊂ R2 definido como A = {(x, y) ∈ R2 | y = x2}. Calcule explicita-mente as distâncias induzidas sobre A pelas métricas d1,d2 e d3.

Solução: Sejam x = (x, x2), y = ( y, y2) ∈ A. Temos:d1(x, y) = (x − y)

2 + (x2 − y2)2.

Em seguida:d2(x,y) = |x − y| + |x

2 − y2| = |x − y|(1 + |x + y|),

e por fim:d3(x,y) = max {|x − y|, |x

2 − y2|}.

Exercício 5. Prove que toda norma em · em R é da forma x = a · |x|, onde a > 0é uma constante e |x| é o valor absoluto de x. Conclua que toda norma em R provémde um produto interno.

Solução: Sabemos que vale x = 1 · x = 1 · |x|, encarando 1 como vetor de R ex como escalar do corpo R. A constante prescrita é a = 1 > 0. Agora verifiquemosque x = a · |x| satisfaz a lei do paralelogramo ( a soma dos quadrados dos lados éigual à soma dos quadrados das diagonais):

2(x2 + y2) = x + y2 + x − y2

De fato, o lado esquerdo é 2(a2x2 + a2 y2) = 2a2(x2 + y2). E o lado direito é:

a2(x + y)2 + a2(x − y)2 = a2(x2 + 2xy + y2 + x2 − 2xy + y2) = 2a2(x2 + y2),

portanto · provém de um produto interno.4


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Exercício 6. A fim de que uma métrica d, num espaço vetorial E, seja proveniente deuma norma, é necessário e suficiente que, para x, a ∈ E e λ ∈ R arbitrários, se tenhad(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 · em E, isto é, d(x, y) = x − y.Então temos:

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 condiçãodo 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 ded.

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 bolaB(a, r). Considere o vetor a+ ra

2a. Como a = 0, os dois vetores são distintos. Então:a −a + ra2a = ra2a

= r2aa = r2 < r.Assim, o vetor está em B(a, r), e como r é qualquer, a não é isolado. Agora vejamosque 0 não é isolado. Seja r > 0 e considere a bola B(0, r). Como o espaço nãocontém só o 0, tome um vetor a qualquer, e considere ra

2a. Pela mesma conta acima,

este vetor está em B(0, r), logo 0 não é isolado.

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Exercício 8. Em todo espaço métrico (M,d), tem-se

B[a, r ] =s>r

B(a, s) =

∞n=1

B

a, r +

1

n

e

{a} =s>0

B(a, s) =

∞n=1

B

a,

1

n

.

Exprima, dualmente, cada bola aberta de M como uma reunião de bolas fechadas.

Solução: Afirmo que:

B(a, r) =s 0 qualquer e um centro a no espaço, para cada n ∈ Z>0, o vetorx = a + ra

2na está no espaço. Com efeito:

a −a + ra

2na = ra

2na = r

2naa

=

r

2n < r.

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Exercício 11. Seja X = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1} o disco unitário aberto do planoeuclidiano R2. Dado a = (5,0), prove que d(a, X) = 4.

Solução: Considere o R2 com a métrica do máximo. Da condição x2 + y2


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2 Lista 2

Exercício 1. Seja f : R→ R uma função estritamente crescente, e d : R×R→ R uma função definida por:

d(x, y) = |f(x) − f( y)|.

Prove que a função d é uma métrica.

Solução:

• Positividade: a função | · | só assume valores positivos. Note que como f éestritamente monótona, f é injetora. Assim, vale o último =⇒ de:

d(x, y) = 0 ⇐⇒ |f(x) − f( y)| = 0 ⇐⇒ f(x) = f( y) ⇐⇒ x = y.• Simetria: d(x, y) = |f(x) − f( y)| = |f( y) − f(x)| = d( y, x).

• Desigualdade triangular:

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 × M

→R é 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) umsemi-espaço métrico e defina a seguinte relação de equivalência em Rd em M: x Rd yse e só se d(x, y) = 0. Prove que a função d definida por d([x ], [ y ]) := d(x, y) é umamétrica no conjunto quociente M/Rd. Assim, o par (M/Rd,d) é um espaço métrico.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 ⇐⇒ [x ] = [ y ].• Simetria: d([x ], [ y ]) = d(x, y) = d( y, x) = d([ y ], [x ]).• Desigualdade triangular:

d([x ], [ y ]) = d(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.

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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 éisolado. 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 éisolado, 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 ri, temos:

x ∈ B( pi, ri) =⇒ d(x, pi) < ri =⇒ d(x, pi) = 0 =⇒ x = pi.Então todos os pi são isolados e M é discreto.

Exercício 5. Na métrica definida em M1 × M2 × · · · × Mn por

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 bolasabertas (resp. fechadas) de centro xi e raio r ( i = 1, 2, . . . n ).

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Solução: Diretamente das definições:

p ∈ B(x, r) ⇐⇒ d(p,x) < r⇐⇒ max {d( pi, xi) | 1 ≤ i ≤ n} < r

⇐⇒ d( pi, xi) < r, ∀ 1 ≤ i ≤ n

⇐⇒ pi ∈ B(xi, r), ∀ 1 ≤ i ≤ n.

Para bolas fechadas, troque < por ≤ no argumento acima.

Exercício 6. Um ponto a = (a1, a2) é isolado no produto M1 × M2 se, e somente secada coordenada ai, com i = 1, 2 é um ponto isolado em Mi.

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(a2, r) = {(x, y) | x ∈ B(a1, r), y ∈ B(a2, r)} = {(a1, a2)}

nos dá que x = a1 e y = a2, isto é, B(a1, r) = {a1} e B(a2, r) = {a2}. Portanto a1e a2 são isolados, nos seus respectivos espaços.

⇐= : Suponha a1 e a2 isolados, nos seus respectivos espaços. Então existem r1, r2 > 0tais 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(a2, r) = {a1} × {a2} = {(a1, a2)} = {a},e segue que a é isolado.

Exercício 7. Num espaço métrico M, seja b ∈ B(a, r). Prove que existe uma bolaaberta de centro b contida em B(a, r).

Solução: Considere s = r − d(a, b) > 0. Afirmo que B(b, s) ⊂ B(a, r). Com efeito,tome p ∈ B(b, s). Aí:

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 abola B[a, r ] é disjunta da bola B[b, s ].

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Solução: Considere qualquer 0 < s

d(a, b

) +r

− d(a, b

) =⇒ d( p, a) > r,isto é, p ∈ B[a, r ].

Exercício 9. A distância entre dois subconjuntos S, T não vazios de um espaço métrico(M,d), ρ(S, T ), está definida por ρ(S, T ) = inf {d(s, t) | s ∈ S, t ∈ T }. Observe queρ(S, T ) = ρ(T, S) e ρ(S, S) = 0. É a função ρ uma métrica em M? Justifique a suaresposta.

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 cujainterseção seja não-vazia.

Exercício 10. Prove que dados a,b,x ∈ M e (M,d) espaço métrico, tem-se que|d(a, x) − d(b, x)| ≤ d(a, b).

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 demódulo 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 qualrepresentamos 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 dosnúmeros 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) ≤ 2r.

Solução:

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• 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 2ré uma cota superior de {d(x, y) | x, y

∈ B[a, r ]}, e pela definição de supremo

resulta que δ(X) ≤ 2r.

Exercício 12. Um subconjunto X de um espaço métrico é limitado se, e somente seestá contido em alguma bola de M.

Solução:

=⇒ : Chame r = δ(X) < ∞, tome p ∈ X qualquer e considere a bola B[ p, r ]. EntãoX ⊂ 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 ∈ M, r > 0.Tome x, y ∈ X. Daí:

d(x, y) ≤ d( p, x) + d( p, y) < r + r = 2r 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 ∈ Z>0,existe xn ∈ B tal que d(b,xn) < 1/n. Assim:

d(a, b) ≤ d(a,xn) + d(b,xn) < r + 1n

, ∀ n ∈ Z>0,

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) ≥c > 0.

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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 umespaço métrico. Considere em M × M a métrica d(x,y) = max {d(x1, y1), d(x2, y2)}.

Mostre que d(x, ∆) = 0 se, e somente se x ∈ ∆.

Solução:

=⇒ : Suponha que d(x, ∆) = inf {d(x, p) | p ∈ ∆} = 0. Então, para todo n ∈ Z>0, existepn = ( 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) ≤ d(x1, pn) + d(x2, pn) < 12n

+ 1

2n =

1

n, ∀ n ∈ Z>0,

e tomando o limite obtemos d(x1, x2) = 0. Então x1 = x2 e x ∈ ∆.

⇐= : Façamos a contra-positiva. Suponha que x ∈ ∆. Então x1 = x2 e d(x1, x2) =

c > 0. Tome p

∈ ∆ qualquer. Temos

d(x, p) = max {d(x1, p), d(x2, p)} ≥ d(xi, p), i = 1, 2 =⇒=⇒ d(x, p) ≥ d(x1, p) + d(x2, p)

2 ≥ d(x1, x2)

2 =

c

2

Como d(x, p) ≥ c/2 para todos os p ∈ ∆, passando ao ínfimo, obtemos d(x, ∆) ≥c/2 > 0.

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3 Lista 3

Exercício 1. Dadas f, g : M → R contínuas, prove que são contínuas em a as funçõesφ, ψ : M → R, definidas por φ(x) = max {f(x), g(x)} e ψ(x) = min {f(x), g(x)} para todox ∈ 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 écontínua, temos que |f − g| é contínua. Portanto φ e ψ também o são.

Exercício 2. Sejam f, g : M

→R contínuas no ponto a ∈ M, com f(a) ≤ g(a). Prove

que existe uma bola aberta B com centro a tal que f(x) < g(x) para todo x ∈ B.

Solução: Dado > 0 existe δ > 0 (tomando o menor dos δ para f e g) tal que parax ∈ B(a, δ) tem-se:

f(a) − < f(x) < f(a) + g(a) − < g(x) < g(a) +

=⇒ −f(a) − 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 umabola aberta B centrada em a tal que f(x) tem o mesmo sinal do que f(a) para todox ∈ B.Solução: Se f(a) > 0, chamando g a função nula, temos f(a) > g(a) = 0, e peloexercício anterior existe uma bola aberta B na qual f(x) > g(x) = 0. Analogamentetrata-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 = dN(f(a), g(a)) > 0. Então existem δf, δg > 0 tais que x ∈ BM(a, δf)implica dN(f(x), f(a)) < /2 e x ∈ BM(a, δg) implica dN(g(x), g(a)) < /2. Tomeδ = min {δf, δg}. Afirmo que B(a, δ) é a bola procurada. Com efeito, suponha porabsurdo 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:

= dN(f(a), g(a)) ≤ dn(f(a), y) + dN( y, g(a))= dN(f(a), f(x1)) + dN(g(x2), g(a)) <

2 +

2 = = dN(f(a), g(a)),

uma contradição.

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Exercício 5. Seja F : I → R derivável em todos os pontos do intervalo aberto I. Mostreque 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 ∈ I e h pequenoo suficiente para que x + h ainda esteja em I. Então:

0 ≤ F(x + h ) − F(x)h ≤ M|h ||h | = M,e tomando o limite h → 0 (cuja existência é garantida por hipótese), temos 0 ≤|F (x)| ≤ M.

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}, poisa é isolado. Então se x ∈ B(a, δ), temos d(f(x), f(a)) = d(f(a), f(a)) = 0 < .

• =

⇒: Seja a ∈ M. Como N é discreto, f(a) é isolado e existe > 0 tal queBN(f(a), ) = {f(a)}. Por continuidade, para este > 0 existe δ > 0 tal quex ∈ BM(a, δ) implica f(x) ∈ BN(f(a), ) = {f(a)}, isto é, f(x) = f(a), e f éconstante na bola BM(a, δ).⇐= : Seja a ∈ M e > 0. Independentemente do valor de , por hipótese existeuma bola B(a, δ) na qual f é constante, e esta constante deve necessari-amente 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 ∈ Nas 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 fé contínua em particular no ponto (a, y0). Então existe δ > 0 tal que

dM×N((a, y), (a, y0)) < δ =⇒ dK(f(a, y), f(a, y0)) < ,porém isto também se lê como:

dN( y, y0) < δ =

⇒ dK(fa( y), fa( y0)) < ,

donde segue que fa é contínua. O tratamento para fb é idêntico.

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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 ∈ BM(a, δ

) implica f

(x

) ∈ BN

(f

(a

),

), isto é,f(x) = f(a). Como f é injetora, concluímos que x = a, e daí B(a, δ) = {a}. Logo a éisolado em M.

Exercício 9. Prove que se M é homeomorfo a M e N é homeomorfo a N , entãoM × N é homeomorfo a M × N .

Solução: Existem homeomorfismos fM : M

→M e fN : N

→N . Defina a função

F : M×

N → M × N pondo F(x, y) = (fM(x), fN( y)). Temos que F é contínua poissuas componentes o são. Existem e são contínuas f−1M : M → M e f−1N : N → N.Afirmo que a função G : M × N → M × N dada por G(x, y) = (f−1M (x), f−1N ( y)) é ainversa de F (fato que já prova que F é bijetora). Temos

F(G(x, y)) = F((f−1M (x), f−1N ( y))) = (fM(f

−1M (x)), fN(f

−1N ( y))) = (x, y),

e também:

G(F(x, y)) = G((fM(x), fN( y))) = (f−1M (fM(x)), f

−1N (fN( y))) = (x, y).

E por fim note que G é contínua por ter componentes contínuas. Então F é umabijeção contínua com inversa contínua, logo homeomorfismo.

Exercício 10. Seja F : M → N uma função contínua e Γ ⊂ M × N o gráfico de F.Prove que Γ é homeomorfo a M.

Solução: Defina π : Γ

→ M pondo π (x, F(x)) = x. Claramente π é contínua e

sobrejetora. 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 → (x, F(x)) ∈ Γ , quechamaremos de π −1. Com efeito:

π (π −1(x)) = π (x, F(x)) = x, 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 éum homeomorfismo.

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Exercício 11. Prove que toda bola aberta B = B(a, r) do espaço euclidiano Rn éhomeomorfa ao espaço Rn inteiro.

Solução: Toda bola B(a, r) é homeomorfa à bola B(0, 1). Então a estratégia é provarque a bola B(0, 1) é homeomorfa ao Rn, e este homeomorfismo será construido àpartir da ideia de expandir a bola radialmente em todas as direções. Para tal, o nossoprimeiro 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 porφ1(x) = πx também. Desta forma, temos que a aplicação (0, 1) x → tan(πx) ∈ R éum homeomorfismo entre (0, 1) e R≥0. Com isto em mãos, definimos F : B(0, 1)→ Rnpondo:

F(x) = tan(π x) x.Assim F é um homeomorfismo. Agora só nos resta achar um homeomorfismo entreB(a, r) e B(0, 1) e compor com F. A ideia é aplicar uma translação para encaixar oscentros, e então uma homotetia para ajustar o tamanho da bola. Um homeomorfismoentre (0, r) e (0, 1) é dado por φ2(x) = x/r. Então G : B(a, r)

→ B(0, 1) dada por

G(x) = x−a

r (x − a) é um homeomorfismo entre as bolas. Desta forma, a composta

h = F ◦ G : B(a, r)→ Rn é uma composta de homeomorfismos. Explicitamente:h (x) =

x − ar

tan

π x − a2

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 coordenadasnaturais 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) aoponto p ∈ Sn, e associar ao ponto p = (x1, . . . , xn+1) a interseção desta reta com ohiperplano 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 =

⇒ t =

1

1 + xn+1.

Defina π : Sn \ {N}→ Rn pondoπ (x) =

x1 + xn+1

,

onde já identificamos x = (x1, . . . , xn+1) com x = (x1, . . . , xn). Então π é o homeomor-fismo procurado.

Exercício 13. Seja M um espaço métrico. Mostre que se d1 ∼ d2 e d1 é discreta, então

d2 também é discreta.

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Solução: Na verdade basta a condição d2 d1. Como d1 é discreta, existe > 0 talque 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 (jáque 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 asmétricas d e d são equivalentes.

Solução: Tome uma bola B(a, ) (segundo d). Afirmo que B

a, n

⊂ B(a, ). Comefeito, tome x ∈ B a,

n

. Então temos:

d(x, a) ≤ nd (x, y) < n n

= ,

e vale a afirmação. Portanto d

d. Analogamente tem-se que B a, m ⊂ B (a, ) edaí d d . Concluímos que d ∼ d .

Exercício 15. Sejam (M,d) e (N,d1) espaços métricos e f : M → N uma aplicaçãocontínua. A métrica definida em M por ρ(x, y) = d(x, y) + d1(f(x), f( y)) é equivalentea d.

Solução: Note que d(x, y) ≤ ρ(x, y) quaisquer que sejam x, y ∈ M. Então dada umabola 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 ∈ Bd(a, ), o que testemunha que ρ d. Agora considere uma bola Bρ(a, ).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 queφ(0) = 0 e φ(x + y) ≤ φ(x) + φ( y). Então, se d é uma métrica em M, prove que φ ◦ dtambém é uma métrica em M. Se, além disso, φ for contínua no ponto 0, as métricasd e φ ◦ d são equivalentes.

Solução: Sejam x, y, z ∈ M.

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• Positividade: φ(d(x, y)) ≥ 0 pois φ só assume valores não-negativos. Como φé 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 φé 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 contínuaem 0, existe δ > 0 tal que d(x, y) < δ nos dá φ(d(x, y)) < . Então claramenteBd(a, δ) ⊂ Bφ◦d(a, ) e d φ ◦ d. Agora considere uma bola Bd(a, ). Afirmo queBφ◦d(a, φ()) ⊂ Bd(a, ). Com efeito, tome x ∈ Bφ◦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 concluímosque as métricas são equivalentes.

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4 Lista 4

Exercício 1. Seja M um espaço métrico e A ⊂ M. Prove que A é aberto em M se, esomente se A ∩ ∂A é vazio.Solução:

=⇒ : Se A é aberto em M, dado p ∈ A existe r > 0 tal que B( p, r) ⊂ A. Daí queB( p, r) ∩ Ac = ∅ e concluímos que p ∈ ∂A. Isto é, A ∩ ∂A = ∅.⇐= : Suponha A ∩∂A = ∅. Tome p ∈ A. Então p ∈ ∂A, o que por definição significaque existe r > 0 tal que B( p, r) ⊂ A ou B( p, r) ⊂ Ac. O segundo caso não podeocorrer 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:

• T = {(x, y)

∈R2 | y > 0}.

• S = {(x, y) ∈ R2 | x 0.Então se (x, y) ∈ B((x0, y0), r), temos que |x − x0| < r, daí:

x0 − r < x < x0 + r =⇒ x 0. Então se (x, y)

∈ B((x0, y0), r), temos que:

(x, y) ≤ (x, y) − (x0, y0) + (x0, y0) < r + (x0, y0) = 1,portanto (x, y) ∈ B((x0, y0), r) e daí B((x0, y0), r) ⊂ H. Assim H é aberto no R2.

• Considere o R2 com a métrica do máximo. Dado (x0, y0) ∈ C, note que temos|x0|, | y0| < 1. Tome r = min {1− |x0|, 1− | y0|} > 0, e um ponto (x, y) ∈ B((x0, y0), r).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


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Exercício 3.

• Prove que um conjunto reduzido a um ponto tem interior não-vazio se, e somentese, 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 subconjuntossão abertos.

Solução:

• ( {a} tem interior não vazio) ⇐⇒ ( a é interior a {a}) ⇐⇒ (existe r > 0tal que B(a, r) ⊂ {a}, isto é, B(a, r) = {a}) ⇐⇒ ( a é isolado). Aplicando ascontra-positivas da asserção acima, temos que os racionais tem interior vaziopois nenhum ponto é isolado (de fato, Q é denso em R).

• =⇒ : Se M é discreto, todos os seus pontos são isolados. Portanto para todoa ∈ 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 > 0tal que B(a, r) ⊂ {a}. Como as bolas abertas são não-vazias, temos queB(a, r) = {a}, e a é isolado em M.

Exercício 4. Dados A, B ⊂ M, tem-se int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B) e int(A) ∪ int(B) ⊂int(A ∪ B).Solução:

• int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B): Tome x ∈ int(A ∩ B). Então existe r > 0 tal queB(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 > 0tais que B(x, rA) ⊂ A e B(x, rB) ⊂ B. Tome r = min {rA, rB} > 0, de sorte queB(x, r)

⊂ A

∩B, donde segue que x

∈ int(A

∩B). Daí int(A

∩B)

⊃ int(A)

∩int(B).

• int(A) ∪ int(B) ⊂ int(A ∪ B): Tome x ∈ int(A) ∪ int(B), isto é, x ∈ int(A)ou x ∈ 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). Portantoint(A) ∪ int(B) ⊂ int(A ∪ B).

Exercício 5. A fronteira (ou bordo) de um conjunto aberto tem interior vazio. Alémdisso, se um conjunto A e seu complementar Ac têm interior vazio, a fronteira de cada

um deles é o espaço inteiro.

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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 = ∅, entãotome y ∈ B(x, r) ∩ A. Como este último conjunto é uma interseção de dois abertos, éaberto também, então existe s > 0 tal que B( y, s) ⊂ B(x, r) ∩ A. Como B( y, s) ⊂ A,temos que B( y, s) ∩ Ac = ∅, então y ∈ ∂A, e daí segue que B(x, r) ⊂ ∂A (achamosum elemento y que está no primeiro conjunto mas não no segundo). A conclusão éque int(∂A) = ∅.

Para a segunda parte do exercício, usamos a decomposição:

M = int(A) ∪ ∂A ∪ int(Ac) = int(Ac) ∪ ∂(Ac) ∪ int(A),

onde as uniões acima são disjuntas (no final usamos que (Ac)c = A). Se A e Ac teminteriores vazios, só resta que M = ∂A = ∂(Ac).

Exercício 6. Determine os fechos dos conjuntos:

• B = {1/n | n ∈ Z>0}• C = {0} ∪ (1, 2) em R.• Z≥0

• Q

• O fecho de A = (0, 1/2) relativo ao espaço métrico Y = (0, 1/2 ] ⊂ R.

Solução:

• B = {1/n | n ∈ Z>0} ∪ {0}.• C = {0} ∪ [1, 2 ].• Z≥0 = Z≥0.

• Q = R.

• A = Y (o ponto 0 não pertence ao espaço Y !)

Exercício 7. Justifique por que, em geral, a interseção infinita de abertos não é umaberto.

Solução: Provaremos que a interseção finita de abertos é um aberto, a justificativaaparecerá naturalmente. Sejam {Ai}ni=1 abertos. Seja x ∈

ni=1 Ai. Então para cada i,

temos que x ∈ Ai, e existe ri > 0 tal que B(x, ri) ⊂ Ai. Tome r = min {r1, . . . , rn} > 0.Desta forma, para todo i temos B(x, r) ⊂ B(x, ri) ⊂ Ai, e segue que B(x, r) ⊂

ni=1 Ai,

donde

ni=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).

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Exercício 8. Se U é um aberto em M e V é um fechado em M, então U \ V é abertoe 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 acontecenum espaço vetorial normado E = {0}, isto é, uma bola fechada B[a, r ] em E nunca éum subconjunto aberto de E.

Solução: Para a primeira parte, basta notar que B[0, 1 ] = (0, 1), que claramente éaberto em M.

Para a segunda parte, acharemos um ponto de B[a, r ] que não está em seu interior.

Como E por hipótese contém um vetor v não nulo, considere o vetor x = a + r

vv.Temos:

x − a =a + rvv − a

= rvv = rvv = r,

portanto x ∈ B[a, r ]. Afirmo que x não é interior à bola. Seja > 0 e considere ovetor y = x +

2

v

v. Temos:

x − y =x − x − 2vv

= 2vv = 2vv = 2 < ,

então y ∈ B(x, ). Falta ver que y ∈ B[a, r ]. Com efeito:

y − a =a + rvv + 2vv − a

= r + /2v v = r + /2v v = r + /2 > r.

Exercício 10. Prove que, num espaço vetorial normado E, o fecho da bola abertaB(a, r) é a bola fechada B[a, r ]. É verdade num espaço métrico qualquer?

Solução: Seja p ∈ B(a, r). Então para cada n ∈ Z>0 existe xn ∈ B(a, r) tal qued(p,xn) < 1/n. Então:

d(a, p) ≤ d(a,xn) + d(p, xn) < r + 1n

.

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.

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Agora tome p ∈ B[a, r ]. Vamos provar que d(p, B(a, r)) = 0, assim obtendo asegunda inclusão. Seja 0 < < r, e considere x = a +

r −

r (p− a). Provaremos que

d(p,x) ≤ mas que x ∈ B(a, r), terminando a demonstração. Temos:

x − a =a +

r −

r (p − a) − a

=

r −

r (p − a)

= r −

r p − a ≤ r − < r,

daí x ∈ B(a, r). E também:

x − p =a + r − r (p − a) − p

= 1 − r − ra +

r −

r − 1

p

=

1 − r − r

(a − p)

= r (p − a)

=

rp − a ≤

rr = .

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. Prove que: • M \ X = M \ int(X).

• int(M \ X) = M \ X.

Solução:

• x ∈ Xc ⇐⇒ para todo r > 0, B(x, r) ∩ Xc = 0 ⇐⇒ para todo r > 0,B(x, r) ⊂ X ⇐⇒ x ∈ int(X) ⇐⇒ x ∈ (int(X))c.

• x ∈ int(Xc) ⇐⇒ existe r > 0 tal que B(x, r) ⊂ Xc ⇐⇒ existe r > 0 tal queB(x, r) ∩ X = ∅ ⇐⇒ x ∈ X ⇐⇒ x ∈ Xc.

Exercício 12. Se f : M → N × N é contínua e ∆ ⊂ N × N é a diagonal, prove quef−1(N × N \ ∆) é uma reunião de bolas abertas.Solução: Primeiramente, note que ser reunião de bolas abertas é equivalente a seraberto. 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 provarmosque N × N \ ∆ é um aberto de N × N, e terminamos. Mas de fato, N é homeomorfoà N × { p} (onde p ∈ N é qualquer), que é fechado em N × N, e ∆ é fechado por serhomeomorfo à N (logo à N × { p}), visto que é o gráfico da identidade idN : N

→N

(contínua). Assim N × N \ ∆ é aberto.

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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 ) = ∅ ⇐⇒ paratodo 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 ⊂ M e B ⊂ N, tem se int(A × B) = int(A) × int(B) e∂(A × B) = (∂A × B) ∪ (A × ∂B) em M × N.

Solução: Tome a métrica do máximo em M × N, de sorte que uma bola no espaçoproduto é um produto de bolas nos espaços "de baixo".

• int(A × B) = int(A) × int(B): (x, y) ∈ int(A × B) ⇐⇒ existe r > 0 tal queB((x, y), r) ⊂ A × B ⇐⇒ existe r > 0 tal que B(x, r) × B( 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)

⇐⇒(x, y) ∈ int(A) × int(B). Observação: no penúltimo ⇐= , a rigor, existemrA, rB > 0 tais que B(x, rA) ⊂ A e B( y, rB) ⊂ B, de modo que o r que aparece nasequência é o mínimo entre esses raios.

• ∂(A × B) = (∂A × B) ∪ (A × ∂B): Respire fundo.(x, y) ∈ ∂(A × B) ⇐⇒⇐⇒ ∀ r > 0,B((x, y), r) ∩ (A × B) = ∅

e B((x, y), r) ∩ (A × B)c = ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,B((x, y), r) ∩ (A × B) = ∅

e B((x, y), r) ∩ ((Ac

× B) ∪ (A × Bc

)) = ∅⇐⇒ ∀ r > 0,B((x, y), r) ∩ (A × B) = ∅

e (B((x, y), r) ∩ (Ac × B)) ∪ (B((x, y), r) ∩ (A × Bc)) = ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,(B(x, r) × B( y, r)) ∩ (A × B) = ∅e ((B(x, r) × B( y, r)) ∩ (Ac × B)) ∪ ((B(x, r) × B( y, r)) ∩ (A × Bc)) = ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,(B(x, r) × B( y, r)) ∩ (A × B) = ∅ e (B(x, r) × B( y, r)) ∩ (Ac × B) = ∅ou (B(x, r) × B( y, r)) ∩ (A × B) = ∅ e (B(x, r) × B( y, r)) ∩ (A × Bc)) = ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,(B(x, r) ∩ A = ∅ e B(x, r) ∩ Ac = ∅) e B( y, r) ∩ B = ∅ou B(x, r) ∩ A = ∅ e (B( y, r) ∩ B = ∅ e B( y, r) ∩ Bc = ∅)⇐⇒ x ∈ ∂A e y ∈ B

ou x ∈ A e y ∈ ∂B ⇐⇒ (x, y) ∈ ∂A × B ou (x, y) ∈ A × ∂B⇐⇒ (x, y) ∈ (∂A × B) ∪ (A × ∂B)

Exercício 15. Sejam A, B

⊂ M com A aberto. Prove que A

∩ B

⊂ A

∩B. O que

acontece se A não é aberto em M?

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Solução: Seja x ∈ A ∩ B. Considere uma bola aberta qualquer B(x, r). Como A éaberto, existe um r > 0 tal que B(x, r ) ⊂ A. Seja r = min {r, r }. Então temos queB(x, r ) ⊂ A e B(x, r ) ∩ B = ∅, já que x ∈ B. Então B(x, r ) ∩ A ∩ B = ∅, e comoB(x, r ) ⊂ B(x, r), resulta que B(x, r) ∩ A ∩ B = ∅ também, e obtemos que x ∈ A ∩ B.Portanto está verificada a inclusão afirmada inicialmente.

Se A não é aberto, pode ser que a inclusão falhe, visto que não garantiremosque B(x, r) intersecta A. De fato, na reta com a métrica usual, tome A = [0, 1 ] e

B = (1, 2). Então {1} = [0, 1 ] ∩ [1, 2 ] = A ∩ B ⊂ A ∩ B = ∅ = ∅.

Exercício 16. Se um conjunto aberto A é disjunto de S, então A é disjunto do fechode S.

Solução: Seja x ∈ A. Provemos que x ∈ S, isto é, que existe r > 0 tal queB(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 ∈ M é ponto debordo de A, isto é x ∈ ∂A se, e somente se d(x, A) = d(x, Ac) = 0.

Solução:

=

⇒: Suponha que x ∈ ∂A. Seja > 0. Então B(x, )∩A = ∅, isto é, existe p ∈ A talque 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 queB(x, r) ∩ Ac = ∅. Portanto x ∈ ∂A.

Exercício 18. Seja (M,d) um espaço métrico e F ⊂ M um conjunto finito. Então∂F ⊂ F.

Solução: Como F é finito, F é fechado (diretamente, pois Fc é aberto). Então F éigual 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 pontoisolado de X se, e somente se d(a, X \ {a}) = 0. Além disso, prove que o ponto 0 não éum ponto isolado do espaço métrico X = {1/n | n ∈ N} ∪ {0} ⊂ R.

Solução:

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=⇒ : Suponha a ∈ X isolado. Então existe r > 0 tal que B(a, r) = {a}. Então sex = 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 quex ∈ 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 conjuntoX 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 fechadosde 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-imagemdo conjunto [0, r/2 ] (que é fechado) pela função (contínua) que associa à cada p, onúmero d( p, S), portanto F é fechado.1

Exercício 21. Uma aplicação f : M → N é contínua se, e somente se, para todo Y ⊂ Ntem-se f−1(int(Y )) ⊂ int(f−1(Y )).Solução: Analogamente à caracterização de fecho dada no exercício anterior, valeque 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

λ∈L

Aλ

=λ∈L

f−1(Aλ) ⊂ int(f−1(Y )),

pois os f−1(Aλ) são abertos.

Agora suponha que vale f−1(int(Y )) ⊂ int(f−1(Y )) para todo Y ⊂ N. Provemosque f é contínua, verificando que pré-imagens de abertos são abertos. Já temosque int(f−1(Y )) ⊂ f−1(Y ). Se Y é aberto, temos int(Y ) = Y e a hipótese se lê comof−1(Y ) ⊂ int(f−1(Y )). Portanto vale a igualdade e f é contínua.

1Tem outro argumento fácil por sequências: se pn ∈ F para todo n ∈ Z>0, e pn → p, comoa função descrita anteriormente é contínua, temos d( pn, S) ≤ r/2 =

⇒ limd( pn, S) ≤ r/2 =

⇒d( p, S) ≤ r/2 =

⇒ p ∈ F, e F é fechado.

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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) = ai, para todo i = 1, 2, . . . , n é aberto emN.

Solução: Para todo i, temos que Fi = {x ∈ M | fi(x) = ai} = {x ∈ M | dN(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 homeomorfismo se, e somente se, é contínua e fechada.

Solução:

=

⇒: Suponha que f é um homeomorfismo. Então f é trivialmente contínua. SeF

⊂ 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 istoverificando que pré-imagens de fechados são fechados. Ora, como antes, seF ⊂ M é fechado, temos que (f−1)−1(F) = f(F) é fechado, pois f é uma aplicaçãofechada.

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 éclaramente contínua. E π é aberta. Com efeito, tome, por exemplo, a norma domáximo 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 > 0tal que B((x0, y0), ) ⊂ A. Afirmo que (x0 − , x0 + ) ⊂ π (A) (isto é, que este jáserve 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 éuma aplicação fechada.

Para constatar que π não é fechada, basta considerar qualquer segmento de retahorizontal ]a, b[× {c}, que é fechado em R2, e teremos π (]a, b[× {c}) =]a, b[, que não éfechado em R.

Exercício 25. Uma aplicação f : M → N é contínua se, e somente se, para todoX ∈ M tem-se f(X) ⊂ f(X).28


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Solução:

=⇒ : Suponha que f é contínua. Seja y ∈ f(X). Vamos provar que y ∈ f(X). TomeV uma vizinhança aberta de y em N, e escreva y = f(x) para algum x ∈ X. Porcontinuidade, temos que existe U vizinhança aberta de x com f(U) ⊂ V . Comox ∈ 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−1(F) é fechado em M, o que nos

dá a conclusão. Temos:

f(f−1(F)) ⊂ f(f−1(F)) ⊂ F = F =⇒ f−1(F) ⊂ f−1(f(f−1(F))) ⊂ f−1(F).Como a outra inclusão, f−1(F) ⊂ f−1(F), vale sempre, obtemos que f−1(F) = f−1(F)é fechado, e logo f é contínua.

Exercício 26. Sejam F, G ⊂ M conjuntos fechados, disjuntos e não vazios. Mostreque existe f : M → [0, 1 ] contínua tal que f−1(0) = F e f−1(1) = G. Conclua que existemabertos 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 nuncase anula pois F e G são disjuntos. A função é contínua, pois dado X ⊂ M, a aplicaçãox → d(x, X) é contínua, e f é um quociente de funções contínuas. Ainda, temos:

f−1(0) = {x ∈ M | d(x, F) = 0} = F = Ff−1(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. Sãodisjuntos, pois:

] − , 1/2[∩ ]1/2, 1 + [= ∅ =⇒ f−1(] − , 1/2[∩ ]1/2, 1 + [) = ∅ =⇒ U ∩ V = ∅.E por fim, {0} ⊂ ] − , 1/2[ =⇒ F = f−1(0) ⊂ f−1(] − , 1/2[) = U, e analogamente tem-seque G ⊂ V .

Exercício 27. Um conjunto F ⊂ X é fechado

⇐⇒ contém todos os seus pontos de

acumulação.

Solução:

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=⇒ : Suponha que F é fechado. Note que todo ponto de acumulação de F é tambémde aderência, portanto F ⊂ F = F.

⇐= : Vamos provar que F ⊂ F (e isto basta pois F ⊂ F sempre vale). Seja x ∈ Fe suponha que x ∈ F. Seja U uma vizinhança aberta qualquer de x. EntãoU ∩ F = ∅, e como x ∈ F, vale que (U \ {x}) ∩ F = ∅, de modo que x ∈ F . E porhipótese, segue que x ∈ F. Concluímos que F ⊂ F e F é fechado.

Exercício 28. Se S ⊂ X não possui pontos de acumulação, então todo subconjunto deS é fechado em X.

Solução: Seja A ⊂ S. Temos que A ⊂ S = ∅, e daí A = ∅ ⊂ A. Como A contémtodos 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 deacumulação de um subconjunto S ⊂ X é necessário e suficiente que toda vizinhançade x contenha uma infinidade de pontos de S.

Solução: Seja x ∈ X. Se toda vizinhança de x contém uma infinidade de pontos deS, é claro que x ∈ S . Por outro lado, suponha que x ∈ S , e por absurdo, que existauma 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 ∈ Ui e ai = Ui. Então temos quen

i=1 Ui ∩ U é um aberto contendo x. Mas (n

i=1 Ui ∩ U \ {x}) ∩ S = ∅, contradizendoque 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 paratodo 1 ≤ i ≤ n, y ∈ Ui implica que y = ai. Então resulta que y = x e a igualdade estáprovada. 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 subconjuntoF 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

xi ∈ V i. Então U =n

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, entãox j ∈ Ui para todo 1 ≤ i ≤ j, e daí x j ∈ U j ∩ V j = ∅, contradição.

• x ∈ A: temos que x = xi para algum 1 ≤ i ≤ n. Então para cada 1 ≤ j ≤ n, j = i,existem Uij, V ij ⊂ X abertos tais que xi ∈ Uij e x j ∈ V ij. Então Ui =

ni=1 Uij é

um aberto contendo xi e U ∩ A = {xi} (com isto (U \ {xi}) ∩ A = ∅ e xi ∈ A ).Com efeito, se existe 1

≤ j

≤ n, i

= j, tal que x j

∈ U, então x j

∈ Uij para todo

1 ≤ i ≤ j, e daí x j ∈ Uij ∩ V ij = ∅, contradição.30


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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 verificarque 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, ecom 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 ] ⊂ R. Prove que A = (0, 1 ] ⊂ X é aberto em X. É oconjunto A aberto em R?

Solução: Basta notar que para qualquer > 0, temos que A = (0, 1 + ) ∩ X é ainterseção 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 comf−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 queU ∩ (X \ U) = ∅, absurdo.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 outraspalavras, 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), demodo que f(x) ∈ f(F). Afirmo com isto que x ∈ F. Com efeito, se x ∈ F, então

y = f(x) ∈ f(F). Então x ∈ X \ F, e concluímos que f−1( { y}) ⊂ X \ F.Pela hipótese, existe V ⊂ Y aberto com y ∈ V e f−1(V ) ⊂ X \ F. Por fim, afirmoque V ⊂ Y \ f(F). Por absurdo, se y ∈ V e y ∈ f(F), existe x ∈ F com y = f(x), eeste 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.

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Exercício 33. Dar um exemplo de uma função contínua que não seja aberta, e umexemplo de uma função aberta que não seja contínua.

Solução: Considere f : (R,ddiscreta) →(R,d), onde d é a métrica usual, dada por

f(x) = x. Então f é contínua, por ter um domínio discreto, mas não é aberta, poispara 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 amétrica 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 < 0 tal que se y ∈ B(x, rn), vale|f( y) − f(x)| < 1

n. Mas para todo n ≥ 1, temos B(x, rn) ∩ A = ∅. Então podemos tomar

pontos yn nesta interseção, e assim:

f(x) > f( yn) − 1n

> − 1n

, ∀ n ≥ 1 =⇒ f(x) ≥ 0.Repetindo este argumento com M \ A ao invés de A obtemos que f(x) ≤ 0. Portantof(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 éaberto, 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.

Exercício 36. Uma aplicação f : M → N chama-se um homeomorfismo local quando para cada x ∈ M, existe um aberto U contendo a x tal que f

U

é um homeomorfismosobre 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.

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• 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 quef

U

: 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 comox, x ∈ U e f é em particular injetora em U, temos que x = x . Então x é umponto isolado de f−1( { y}) (mais exatamente, {x} = U ∩ f−1( { y}) é a interseção deum 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 deHausdorff 2. Seja x ∈ f−1( { y}). Suponha por absurdo que x ∈ f−1( { y}), isto é, quef(x) = y. Então existe um aberto U ⊂ M contendo x tal que f

U

: U → f(U) é umhomeomorfismo. Note que a condição de x estar no fecho de f−1( { y}) garanteque 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 ∈ V . Assim, temosque U ∩ f−1(V ) é um aberto contendo x. Afirmo que U ∩ f−1(V ) ∩ f−1( { y}) = ∅.Com efeito, se z está nesta interseção, então z ∈ U, z ∈ f−1(V ) e z ∈ f−1( { y}), oque nos dá f(z ) = y ∈ V , contradição. Com isto, temos que U ∩ f−1(V ) é umavizinhança 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. Entãoexiste Ux ⊂ M aberto tal que f

Ux

: Ux → f(Ux) é um homeomorfismo. Comof

Ux

é uma aplicação aberta e U ∩ Ux é aberto, temos que f

Ux

(U ∩ Ux) é abertoem f(Ux) = fUx(Ux), e como este é aberto, segue que fUx(U ∩ Ux) é aberto emN. Afirmo que vale:

f(U) =x∈U

f

Ux(U ∩ Ux),

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, masisto também se lê como y = f

Ux

(x), com x ∈ U ∩ Ux, e temos y ∈ f

Ux(U ∩ Ux),

e assim f(U) ⊂ f

Ux(U ∩ Ux) ⊂

x∈U f

Ux

(U ∩ Ux). Para a outra inclusão, tome y ∈

x∈U f

Ux

(U ∩ Ux). Então existe x ∈ U tal que y ∈ f

Ux

(U ∩ Ux), e podemosescrever y = fUx(x ), com x ∈ U ∩ Ux. Porém comom U ∩ Ux ⊂ U e fUx nadamais 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 fUx(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 abertoqualquer com f(x) ∈ V . Existe U ⊂ M, aberto, tal que f

U

: U → f(U) é umhomeomorfismo. Assim, f(U) ∩V é um aberto de f(U) contendo f(x). Visto quef

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

2Na verdade basta o axioma de separabilidade T 1, mas isto está fora do escopo das anotações.

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M, W é aberto em M e portanto f(W ) ⊂ V . Como x e V eram arbitrários, f écontínua.

Exercício 37. Se X ⊂ M e Y ⊂ N são subconjuntos densos, então X × Y é denso no produto X × Y .Solução: Tome a métrica do máximo em M × N. Temos:

(x, y) ∈ X × Y ⇐⇒ ∀ 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 ∈ 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.

Exercício 38. Se X é denso em M e f : M → N é uma aplicação contínua e sobrejetora,então f(X) é denso em N.

Solução: Como X é denso em M, X = M. Como f é sobrejetora, f(M) = N. Comof 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 deHausdorff 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 gráficode uma aplicação contínua f : X → Y é um subconjunto fechado de X × Y . Alémdisso, o conjunto {x ∈ X | f(x) = g(x)} é fechado em X, onde g : X → Y écontínua.

Solução:

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• 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). Afirmoque 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) tambémé um espaço de Hausdorff.

• =⇒ : Suponha que X seja um espaço de Hausdorff. Vamos provar que X×X\∆ éaberto. 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 = ∅. Agoraafirmo que (x, y) ∈ U × V ⊂ X × X \ ∆. Com efeito, se (z, w) ∈ U × V , temosque 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 = y. Então (x, y) ∈ ∆, e assim (x, y) ∈ X × X \ ∆.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, seU∩V = ∅, tomamos z ∈ U∩V , de modo que (z, z ) ∈ U×V ⊂ X×X\∆. Mascomo (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 emX × Y , verificando que X × Y \ gr(f) é aberto. Tome (x, y) ∈ X × Y \ gr(f). Então

y = f(x), e como Y é Hausdorff, existem U, V ⊂ Y abertos, com y ∈ U, f(x) ∈ V e U ∩V = ∅. Como f é contínua, existe W ⊂ X aberto tal que f(W ) ⊂ V . Afirmoagora 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 ) = w, e assim (z, w) ∈ gr(f). Isto é, W × U ⊂ X × Y \ gr(f), de modoque 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 gsão contínuas, podemos considerar o aberto x ∈ f−1(U) ∩ g−1(V ). Afirmo quef−1(U) ∩ g−1(V ) ⊂ X \ A. Se x ∈ f−1(U) ∩ g−1(V ), então f(x ) ∈ U e g(x ) ∈ V . Sefosse 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 ef−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.

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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

contrário, tome x ∈ i∈I Ui. Então x ∈ Uix para algum ix ∈ I. Como Uix , existe r > 0tal que:

x ∈ B(x, r) ⊂ Uix ⊂i∈I

Ui,

e assim i∈I Ui é aberto. Agora sejam U1, U2 dois abertos. Se U1 ∩ U2 = ∅, nadahá o que fazer. Caso contrário, tome x ∈ U1 ∩ U2. Então existem r1, r2 > 0 taisque x ∈ B(x, r1) ⊂ U1 e x ∈ B(x, r2) ⊂ U2. Se r = min {r1, r2} > 0, temos quex ∈ B(x, r) ⊂ U1, U2, e com isso U1 ∩ U2 é aberto. Por indução finita obtemos que

{Ui}ni=1 abertos =⇒ ni=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 diferentesem M. Mostre que d1 e d2 geram a mesma topologia em M ⇐⇒ a seguinte condiçãoé satisfeita: para todo x ∈ M e r > 0, existem números positivos r1 e r2 tais queBd1(x, r1) ⊂ Bd2(x, r) e Bd2(x, r2) ⊂ Bd1(x, r).

Solução:

=⇒ : Sendo τ 1 e τ 2 as topologias geradas por d1 e d2, respectivamente, suponhaque τ 1 = τ 2. Considere uma bola arbitrária Bd1(x, r). Então Bd1(x, r) ∈ τ 1 elogo Bd1(x, r) ∈ τ 2. Como x ∈ Bd1(x, r), por definição de τ 2, existe r2 > 0tal que x ∈ Bd2(x, r2) ⊂ Bd1(x, r). Analogamente conseguimos r1 > 0 tal quex ∈ Bd1(x, r1) ⊂ Bd2(x, r), para uma bola Bd2(x, r) arbitrária.

⇐= : Suponha que seja válida a condição com as bolas e os raios. Vamos provarque τ 1 = τ 2. Seja U ∈ τ 1. Se U = ∅, não há o que fazer. Se U = ∅, para cadax ∈ U existe rx > 0 tal que x ∈ Bd1(x, rx) ⊂ U, de modo que:

U =x∈U

{x} ⊂x∈U

Bd1(x, rx) ⊂ U =⇒ U = x∈U

Bd1(x, rx)

Mas por hipótese, para cada uma das bolas Bd1(x, rx), existe rx > 0 tal que

Bd2(x, rx) ⊂ Bd1(x, rx). Então novamente tomando uniões, obtemos:

U = x∈U Bd1(x, rx) ⊃ x∈U Bd2(x, r x) ⊃ x∈U {x} = U =⇒ U = x∈U Bd2(x, r x) ∈ 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, analogamenteprovamos que τ 2 ⊂ τ 1. Logo τ 1 = τ 2.

Exercício 42. Seja (M,d) um espaço métrico, seja c > 0, e definamos uma novamétrica d em M, pela fórmula d (x, y) = c d(x, y). Prove que d e d geram a mesma

topologia em M.

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Solução: Sejam p ∈ M e r > 0 arbitrários. Afirmo que Bd ( p, cr) ⊂ Bd( p, r).Com efeito, temos que se x ∈ Bd ( p, cr), então d(x, p) = 1cd (x, p) < 1c cr = r. Assima topologia gerada por d é mais fina do que a topologia gerada por d. Porémd(x, y) = 1

cd (x, y) e 1

c > 0, de modo que o mesmo argumento se aplica para mostrar

que a topologia gerada por d é mais fina do que a topologia gerada por d . Portantod e d geram a mesma topologia sobre M.

Exercício 43. Mostre que a métrica dmax(x,y) = max {|x1− y1|, · · · , |xn − yn|} e a métricaEuclidiana geram a mesma topologia em Rn.

Solução: Fixe x, y ∈ Rn quaisquer e chame d a métrica Euclidiana. Seja 1 ≤ k ≤ no índice que realiza dmax(x,y). Temos que:

dmax(x,y) = |xk − yk |

= (xk − yk )2≤ (x1 − y1)2 + · · · + (xk − yk )2 + · · · + (xn − yn)2= d(x, y).

Por outro lado:

d(x,y) =

ni=1

(xi − yi)2 ≤ n

i=1

dmax(x,y)2 =

ndmax(x, y)2 =√

ndmax(x,y).

Então dados quaisquer x, y ∈ Rn vale que:

dmax(x,y) ≤ d(x,y) ≤ √ ndmax(x, y).

Assim, dado p ∈Rn qualquer e r > 0, temos que:

Bdmax(p, r) ⊂ Bd(p, r) e Bdmaxp,

r√ n

⊂ Bd(p, r),

de modo que as topologias geradas são as mesmas.

Exercício 44. Seja X qualquer conjunto, e d a métrica discreta em X. Mostre que d gera a topologia discreta em X.

Solução: Como todo conjunto é a união dos seus pontos, basta mostrar que todoconjunto unitário é aberto. Mas se x ∈ X, temos que {x} = B(x, 1/2), e vimos quebolas abertas são conjuntos abertos.

listas resolvidas-espacos metricos

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