pelegrino, daniel - topologia geral

NOTAS DE AULA: TOPOLOGIA GERAL

DANIEL PELLEGRINO

Sumário

1. Introdução 22. Um pouco sobre Teoria de Conjuntos e Lógica 22.1. Notações e terminologia 22.2. Algumas convenções 22.3. O Axioma da Escolha e o Lema de Zorn 23. Espaços Métricos 44. Espaços Topológicos 65. Vizinhanças 86. Bases e sub-bases 127. Funções contínuas 158. Subespaços e topologia relativa 179. Homeomor�smos 1910. Espaços produto e topologias fracas 2111. Espaços Quocientes 2412. Convergência de seqüências 2513. Redes 2714. Filtros 3115. � � � � -Cópia da primeira prova do curso� � � � � 3316. Espaços T0; T1; T2 e T3 3417. Conjuntos compactos 3517.1. O Teorema de Tychono¤ 3718. Uma aplicação do Teorema de Tychono¤ à Análise Funcional: O Teorema de Banach-

Alaoglu-Bourbaki 3819. Teorema da Extensão de Tietze 4020. Compacti�cação de Alexandrov 4421. Compacti�cação de Stone-Cech 4621.1. Espaços completamente regulares 4621.2. Compacti�cação de Stone-Cech 4722. � -Cópia da segunda prova do curso� � � � � � � � � - 4923. Topologias em espaços de funções 5023.1. Topologia da convergência pontual 5023.2. Topologia compacto-aberta 5023.3. Topologia da convergência uniforme 5023.4. Topologia da convergência compacta 5224. Espaços Conexos 5424.1. Componentes conexas 5625. Espaços conexos por caminhos 5826. Homotopias 5927. Grupos Fundamentais 6327.1. O grupo fundamental do círculo unitário 6728. Seminário: O Teorema de Baire 70

1

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29. Respostas de alguns Exercícios 71Referências 77

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 3

1. Introdução

Essas notas de aula não têm pretensão alguma em relação à originalidade. Seu conteúdo é baseadoem livros clássicos de Topologia Geral e (principalmente as seções referentes a homotopia e gruposfundamentais) são baseadas em notas de aula de Jorge Mujica.

2. Um pouco sobre Teoria de Conjuntos e Lógica

Um curso de Topologia Geral, invariavelmente, começa com uma introdução à Teoria de Conjuntos.Em nosso curso, supomos um conhecimento �ingênuo�da Teoria de Conjuntos. Um tratamento formalé algo muito interessante, porém difícil e delicado, feito em Lógica Matemática, e não é nosso objetivoseguir por esse caminho. Apesar de nosso tratamento ingênuo à Teoria de Conjuntos, parece-menecessário comentar sobre algumas convenções adotadas e também sobre o Axioma da Escolha e suasconsequências.

2.1. Notações e terminologia.

� O conjunto dos números naturais será considerado como N = f1; 2; 3; :::g:� Os termos função e aplicação signi�acam a mesma coisa.� Toda de�nição é suposta tacitamente como algo do tipo "se, e somente se,", mesmo quandoisso não for explicitamente mencionado.

2.2. Algumas convenções. Seja X um conjunto (conjunto universo). Se A � P(X) é a coleçãoA = �, é razoável e, acima de tudo, útil, convencionarmos que

SA2A

A = �. Por outro lado, o que seria\A2A

A ?

SeM� P(X), de�nimos \A2M

A = fx 2 X;x 2 A para todo A 2Mg:

Portanto, seM = �; então (por vacuidade)T

A2MA = X:

2.3. O Axioma da Escolha e o Lema de Zorn. Embora a formação de um matemático muitasvezes passe longe de um curso de Lógica Formal, é bom que (pelo menos) saibamos que a matemáticaque usamos possui, como alicerces, axiomas para a construção e manipulação de conjuntos. Essesaxiomas são conhecidos como Axiomas de Zermelo-Fränkel (ZF).O Axioma da Escolha (AE) garante a existência de um conjunto escolha E; que possui exatamente

um elemento de cada conjunto de uma família A de conjuntos não vazios. Precisamente:

Axioma 2.1. (Axioma da Escolha). Dada uma coleção A de conjuntos não-vazios e disjuntos, existeum conjunto E que possui exatamente um elemento em comum com cada conjunto pertencente a A.Em outras palavras, para cada A 2 A , o conjunto E \A tem apenas um elemento.

Seu enunciado parece bobo, porém é indispensável em vários resultados da matemática moderna.Muita controvérsia sempre cercou o Axioma da Escolha. Para conjuntos �nitos, o AE não é necessário,pois pode ser obtido a partir de outros axiomas de (ZF). Entretanto, para conjuntos in�nitos, àsvezes certos resultados só podem ser obtidos por intermédio do AE. No passado, alguns matemáticosfamosos relutavam em aceitá-lo, e a matemática "sem o Axioma da Escolha"deu origem à matemáticaconstrutiva.Pessoalmente, não acho que o ponto central seja se o axioma da escolha é aceitável ou não. Acredito

que podemos evitar controvérsias com a seguinte questão:

� Queremos estudar matemática com ou sem o Axioma da Escolha?

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Qualquer um dos caminhos certamente nos levará a problemas interessantes, e tentar modi�caralgumas demonstrações para evitar o uso do AE, quando possível, também á algo que me pareceinteressante.Bom, atualmente o Axioma da Escolha faz parte da lista de axiomas da maioria dos matemáticos,

e não seremos nós que faremos diferente.Um resultado equivalente ao AE é o �menos inofensivo�Lema de Zorn (LZ), que veremos a seguir.

Apesar aparentemente menos natural, ele é obtido a partir dos nossos axiomas, e portanto podemosusá-lo sem hesitação! É bom que saibamos, entretanto, que essa equivalência é apenas uma dentrenumerosas outras conhecidas. Curiosamente, vários resultados que foram obtidos como consequênciasdo AE, posteriormente mostraram-se equivalentes ao AE. Esse é mais um ponto muito interssantea respeito do AE: mesmo sendo aparentemente inofensivo, ele é equivalente a muitos resultadosfortemente não intuitivos. Por exemplo, o Teorema da Boa-Ordenação, que a�rma que qualquerconjunto pode ser bem-ordenado, é equivalente ao AE.Nesse curso, precisaremos apenas do Lema de Zorn. O LZ é peça fundamental na construção de

vários teoremas dos mais diversos ramos da matemática. É claro que por ser equivalente ao AE,toda demonstração que usa o LZ poderia usar o AE no seu lugar. Entretanto, curiosamente, o LZparece ter mais fácil aplicação em algumas situações, e se consagrou em várias demonstrações deresultados clássicos: Teorema de Hahn-Banach e Teorema de Bishop-Phelps, na Análise Funcional, ademonstração de que todo espaço vetorial possui uma base de Hamel, na Álgebra Linear, Teorema deTychono¤, em Topologia Geral, etc.Para enunciar o Lema de Zorn, precisamos de uma nomenclatura adequada.Seja P um conjunto munido de uma relação de ordem parcial �.Dizemos que Q � P é totalmente ordenado se para quaisquer q1; q2 2 Q tivermos que q1 � q2

ou q2 � q1: Dizemos ainda que um elemento p 2 P é cota superior para um conjunto R � P se paratodo r 2 R tivermos r � p. Um elemento m 2 P é dito maximal se sempre que x 2 P for tal quem � x; tivermos x = m. Por �m, dizemos que um P é indutivo se para todo subconjunto R � P;totalmente ordenado, existe uma cota superior pR 2 P .Agora, podemos enunciar o Lema de Zorn:

Lema 2.2. (Lema de Zorn). Todo conjunto parcialmente ordenado, indutivo, não-vazio, admite umelemento maximal.


3. Espaços Métricos

De�nição 3.1. Um espaço métrico é um par ordenado (M;d) formado por um conjunto M e umafunção d :M �M ! R satisfazendo, para quaisquer x; y; z em M :a) d(x; y) � 0;b) d(x; x) = 0 e d(x; y) = 0 implica x = y;c) d(x; y) = d(y; x);d) d(x; z) � d(x; y) + d(y; z):

A função d é chamada métrica em M . Se todas as condições acima são satisfeitas com aexceção da segunda parte do item (b), dizemos que d é uma pseudométrica e (M;d) é um espaçopseudométrico. Quando não houver dúvidas quanto à natureza de d, escreveremos apenas M nolugar de (M;d):

Exemplo 3.2. A reta com a função d(x; y) = jx� yj ; o Rn com a função d(x; y) =

snPi=1

(xi � yi)2

são exemplos de espaços métricos.

Exemplo 3.3. Qualquer conjunto X pode ser munido de uma métrica. Por exemplo, a funçãod(x; y) = 1 se x 6= y e d(x; y) = 0 se x = y é uma métrica em X; chamada métrica discreta.

A noção de métrica nos abre o caminho para de�nirmos continuidade sob um ponto de vista maisabstrato do que estamos acostumados no cálculo:

De�nição 3.4. Se (M;d1) e (N; d2) são espaços métricos, uma função f : M ! N é contínua emx 2M se para cada " > 0, existir um � > 0 tal que d2(f(x); f(y)) < " sempre que d1(x; y) < �:

Uma forma equivalente e também útil de se de�nir continuidade será dada adiante, com a noção deconjunto aberto.

De�nição 3.5. Seja (M;d) um espaço métrico e x um ponto de M Para " > 0; de�nimos

(1) Bd(x; ") = fy 2M ; d(x; y) < "g;que é chamado de bola de raio " em torno de x: Sempre que não houver possibilidade de confusão,escreveremos B(x; ") no lugar de Bd(x; "):

Se E e F são subconjuntos de M; de�nimos a distância entre E e F como sendo

d(E;F ) = inffd(x; y);x 2 E e y 2 Fg:Se E possui apenas um ponto, é comum escrever d(x; F ) no lugar de d(fxg; F ): Agora, imitando (1),de�nimos

Bd(E; ") = fy 2M ; d(E; y) < "g:Perceba que com as noções introduzidas acima, podemos dizer que uma função f :M ! N é contínuaem x 2 M se para cada " > 0, existir um � > 0 tal que f(Bd(x; �)) � Bd(f(x); "): Essa observaçãoe a próxima de�nição de conjunto aberto, nos darão uma caracterização de função contínua que nosservirá como modelo para a de�nição de função contínua num contexto ainda mais geral.

De�nição 3.6. Um conjunto E num espaço métrico (M;d) é aberto se, e somente se, para cadax 2 E, existe um " > 0 tal que B(x; ") � E: Um conjunto é dito fechado se seu complementar foraberto.

Exercício 3.7. Mostre que um conjunto F é fechado se, e somente se, sempre que toda bola centradaem x possuir pontos de F , isso implicar que x 2 F:Exercício 3.8. Mostre que se F é um subconjunto fechado de um espaço métrico, então, d(x; F ) =0, x 2 F .O seguinte teorema servirá de referência para a de�nição abstrata de conjunto aberto no nosso curso

de Topologia Geral.

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Teorema 3.9. Os conjuntos abertos em espaços métricos M têm as seguintes propriedades:a) Qualquer união de abertos é um conjunto aberto.b) Qualquer interseção �nita de abertos é um conjunto aberto.c) M e o conjunto vazio são abertos.

Demonstração: Exercício.


4. Espaços Topológicos

Como dissemos, o Teorema 3.9 da seção anterior será nosso modelo para uma de�nição mais abstrata:

De�nição 4.1. Uma topologia em um conjunto X é uma coleção � de subconjuntos de X, chamadosconjuntos abertos, satisfazendo as seguintes propriedades:a) Qualquer união de elementos de � é um elemento de � .b) Qualquer interseção �nita de elementos de � pertence a � .c) X e o conjunto vazio pertencem a � .

Dizemos que (X; �) é um espaço topológico, que naturalmente abreviaremos para X quando nãohouver possibilidade de confusão.

Exercício 4.2. Seja X um conjunto. Seja �c a coleção de todos os subconjuntos U de X tais queX � U é enumerável ou U = �: Veri�que que �c é uma topologia em X.

Exemplo 4.3. Se (M;d) é um espaço métrico, o Teorema 3.9 nos garante que o conjunto formadopelos abertos de M forma uma topologia em M; chamada topologia métrica �d:Sempre que (X; �) for um espaço topológico e sua topologia � for uma topologia métrica �d para uma

métrica d em X, dizemos que (X; �) é um espaço topológico metrizável .

Se X é um conjunto qualquer, a coleção de todos os subconjuntos de X; que de agora em dianteserá denotada por P(X), é uma topologia em X, chamada topologia discreta. Uma outro topologia�patológica�é a topologia � = fX;�g; chamada de topologia trivial.

Exercício 4.4. Mostre que (X;P(X)) é um espaço metrizável.

Exercício 4.5. Mostre que se X tem mais de um elemento, (X; �), com � = fX;�g; não é metrizável.

Novamente, seguindo o que foi feito na seção anterior, de�nimos:

De�nição 4.6. Se X é um espaço topológico e E � X, dizemos que E é fechado se, e somente se,X � E é aberto.

Aplicando as leis de De Morgan, temos:

Teorema 4.7. Se F é a coleção de todos os conjuntos fechados em um espaço topológico X; então:a) Qualquer interseção de elementos de F é ainda um elemento de F ,b) Qualquer união �nita de elementos de F pertence a F ,c) X e � são elementos de F .

Demonstração. Exercício.

De�nição 4.8. Se X é um espaço topológico e E � X, o fecho de E em X é o conjunto

E = \fK � X;K é fechado e E � Kg:

Note que o fecho de um conjunto é uma interseção de fechados, e portanto é um conjunto fechado.Também denotamos E por ClX(E).

Exercício 4.9. Se A � B, então A � B:

Solução. É claro que B � B: Como A � B, temos A � B: Logo B é um conjunto fechado contendoA e daí A � B:

Teorema 4.10. A operação A! A em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades:(a) E � E

(b)�E�= E

(c)A [B = A [B(d) � = �(e) E é fechado em X se, e somente se, E = E:

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Demonstração. (a) é fácil.

(b) E ��E�vem do item (a). Como E é fechado (e contém a si próprio), da de�nição de fecho

segue que�E�� E:

(c) Temos que A[B é fechado e contém A[B: Daí A [B � A[B: Por outro lado, como A � A[Be B � A [B; temos, pelo lema anterior, que A � A [B e B � A [B; e o resultado segue.(d) é fácil(e) Sabemos que E � E. Se E for fechado, pela de�nição de fecho, segue a outra inclusão.Reciprocamente, se E = E, segue que E é fechado, pois E é fechado.

Exercício 4.11. Mostre que, em geral,

A \B 6= A \B:

De�nição 4.12. Se X é um espaço topológico e E � X, o interior de E em X é o conjunto

int(E) = [fG � X;G é aberto e G � Eg:

Note que o interior de um conjunto é uma união de abertos, e portanto é um conjunto aberto.

Exercício 4.13. Mostre que int(E) = X �X � E e que X � E = int(X � E):

Lema 4.14. Se A � B, então int(A) � int(B):

Demonstração. É claro que int(A) � A: Como A � B, temos int(A) � B: Logo int(A) é umconjunto aberto contido em B e consequentemente int(A) � int(B):

Teorema 4.15. A operação A! int(A) em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades:a) int(A) � A:b) int(int(A)) = int(A):c) int(A \B) = int(A) \ int(B):d) int(X) = X:e) A é aberto em X se, e somente se, int(A) = A:

Demonstração. Similar à anterior.

Exercício 4.16. Mostre que, em geral,

int(A [B) 6= int(A) [ int(B):

De�nição 4.17. Se X é um espaço topológico e E � X, a fronteira de E é o conjunto

FrX(E) = E \ (X � E):Quando não houver possibilidades de dúvidas, escreveremos simplesmente Fr(E): Claramente, afronteira de um conjunto qualquer é sempre um conjunto fechado.

Exercício 4.18. Dê exemplo de um conjunto A � R tal que os seguintes conjuntos sejam todosdiferentes entre si:

A; A; int(A); int(A); int(A); int(A); int(int(A)):


5. Vizinhanças

De�nição 5.1. Se X é um espaço topológico e x 2 X, uma vizinhança de x é um conjunto U quecontém um conjunto aberto V; com x 2 V . De forma equivalente, podemos dizer que V é vizinhançade x se x 2 int(V ):A coleção Ux de todas as vizinhanças de x é chamada de sistema de vizinhanças de x.

Proposição 5.2. O sistema de vizinhanças de x em um espaço topológico X 6= � tem as seguintespropriedades:(a) Se U 2 Ux; então x 2 U:(b) Se U; V 2 Ux, então U \ V 2 Ux:(c) Se U 2 Ux, então existe um V 2 Ux, V � U , tal que U 2 Uy para cada y 2 V:(d) Se U 2 Ux e U � V � X, então V 2 Ux:(e) G � X é aberto se, e somente se, G contém uma vizinhança de cada um de seus pontos.

Demonstração.(a) Se U 2 Ux; então existe V aberto com x 2 V � U: Logo x 2 U:(b) Se U; V 2 Ux, então x 2 int(U) \ int(V ) = int(U \ V ) e daí segue que U \ V 2 Ux:(d) Se U 2 Ux e U � V � X, então x 2 int(U) � int(V ) e daí segue que V 2 Ux:(c) Como U 2 Ux, é claro que int(U) 2 Ux: Seja V = int(U): Logo se y 2 V , temos V 2 Uy: Como

V � U , temos U 2 Uy:(e) Se G é aberto, o próprio G é uma vizinhaça de seus pontos (veja de�nição de vizinhança).

Reciprocamente, se para cada x em G existe uma vizinhaça Vx de x, contida em G, temos queG =

Sx2G

int(Vx).�

Proposição 5.3. Se cada ponto x de um conjunto X 6= � é associado a uma coleção não-vazia Wx

de subconjuntos de X satisfazendo (a), (b),(c) e (d) do teorema anterior, a coleção

� = fG � X;G 2 Wx para cada x 2 Ggé uma topologia para X; e cada coleção Wx é o sistema de vizinhanças de x.

Demonstração. Vejamos que � é uma topologia.É claro que � 2 � . Para provar que X 2 � , seja x 2 X e U 2 Wx (lembre que Wx é não-vazia por

hipótese). Como U � X, segue de (d) que X 2 Wx: Logo X 2 �:Seja Vi 2 � , para todo i 2 I, com x 2

[i2IVi: Então x 2 Vi0 para algum i0 2 I. Como Vi0 2 � e

x 2 Vi0 temos Vi0 2 Wx .Como Vi0 �[i2IVi, segue de (d) que

[i2IVi 2 Wx. Logo

[i2IVi 2 �:

Sejam U; V 2 � e x 2 U \V . Logo, U; V 2 Wx e de (b) segue que U \V 2 Wx. Portanto U \V 2 �:Agora, provaremos queWx é o sistema de vizinhanças de x. Se U é vizinhança de x, então x 2 int(U)

e, como int(U) 2 � , segue que int(U) 2 Wx (pela de�nição de �). Como int(U) � U , de (d) segue queU 2 Wx.Resta provar que todo U 2 Wx é vizinhança de x. Sejam U 2 Wx e V = fy 2 U ;U 2 Wyg: Segue

de (a) que x 2 V: (de fato, U 2 Wx(a)) x 2 U e como U 2 Wx e x 2 U , segue que x 2 V ).

Vejamos que V 2 � . Dado y 2 V , temos que U 2 Wy: Por (c), existe W 2 Wy tal que W � Ue U 2 Wz para todo z 2 W . Segue, portanto, da de�nição de V que W � V (pois se z 2 W; entãoz 2 W � U e U 2 Wz, e daí segue que z 2 V ). De (d) segue que V 2 Wy e portanto V 2 � (isso éconsequência da de�nição de �).Finalmente, como x 2 V e V 2 �; segue que x 2 int(V ) � int(U). Logo U é vizinhança de x.�

De�nição 5.4. Uma base de vizinhanças em x em um espaço topológico X é uma subcoleçãoBx; com Bx � Ux; tendo a propriedade que cada U 2 Ux contém algum V 2 Bx: Assim, Ux pode serdeterminado por Bx da seguinte forma:

Ux = fU � X;V � U para algum V 2 Bxg:

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Uma vez escolhida uma base de vizinhanças em x, seus elementos são chamados vizinhanças básicas.

Exemplo 5.5. Em qualquer espaço topológico, as vizinhanças abertas de x formam uma base devizinhanças em x:

Teorema 5.6. Seja X um espaço topológico e para cada x em X, seja Bx uma base de vizinhançasem x. Então:(a) Se V 2 Bx; então x 2 V:(b) Se V1; V2 2 Bx, então existe um V3 2 Bx tal que V3 � V1 \ V2:(c) Se V 2 Bx, então existe um V0 2 Bx, V0 � V , tal que se y 2 V0; então existe um W 2 By com

W � V:(d) G � X é aberto se, e somente se, G contém uma vizinhança básica de cada um de seus pontos.

Demonstração. Fácil. Vamos mostrar (c) e (d).(c) Seja V 2 Bx: Seja V1 = int(V ) 2 Ux (logo V1 � V ). Logo, existe V0 2 Bx com V0 � V1: Se

y 2 V0 � V1 (aberto); temos que V1 2 Uy: Logo, existe W 2 By com W � V1 � V:A demonstração de (d) também é fácil. Com efeito, se G é aberto, o próprio G é uma vizinhaça de

seus pontos, e existe uma vizinhança básica de cada um de seus pontos, contida em G. Reciprocamente,se para cada x em G existe uma vizinhaça básica Vx de x, contida em G, temos que G =

Sx2G

int(Vx).�

Proposição 5.7. Seja X 6= � um conjunto. Para cada ponto x 2 X é associada uma coleção não-vaziaBx; de subconjuntos de X; satisfazendo (a),...,(c) do teorema anterior, com(2) �0 = fG � X; para cada x 2 G existe V 2 Bx tal que V � GgEntão �0 é uma topologia em X e cada Bx é uma base de vizinhanças de x:

Demonstração. Para cada x 2 X, considere(3) Ux = fG � X;G � V para algum V 2 Bxg :Note que, pela de�nição acima, temos Bx � Ux: Note que cada Ux satisfaz as propriedades (a),...,(d)da Proposição 5.2.Vejamos (a). Se G 2 Ux; então existe V 2 Bx com V � G. Como, pelo Teorema 5.6 (a), sabemos

que x 2 V , segue que x 2 G, e obtemos (a) da Proposição 5.2.Vejamos (b). Se U1; U2 2 Ux, então existem B1; B2 2 Bx tais que B1 � U1 e B2 � U2: Logo, pelo

item (b) do Teorema 5.6, existe B3 2 Bx com B3 � B1 \ B2 � U1 \ U2: Logo, por (3) segue queU1 \ U2 2 Ux e obtemos (b) da Proposição 5.2.Vejamos (c). Se U 2 Ux; existe B � U; B 2 Bx: Pelo Teorema 5.6 (c), existe B0 2 Bx � Ux tal que

B0 � B e se y 2 B0; então existe By 2 By; By � B � U . Logo U 2 Uy para todo y 2 B0; e obtemos(c) da Proposição 5.2.Vejamos (d). Se G 2 Ux; então existe V 2 Bx com V � G. Logo, se G � U , temos ainda V � U e

por isso segue que U 2 Ux e obtemos (d) da Proposição 5.2.Note ainda que (é só fazer igualdade de conjuntos, usando as de�nições (3) e (2)):

�0 = fG � X; G 2 Ux para cada x 2 Gg :Pela Proposição 5.3 temos que �0 é uma topologia em X e Ux é o sistema de vizinhanças de x em(X; �0) para cada x 2 X. Pela de�inição de Ux em (3) segue que Bx é uma base de vizinhanças de xem (X; �0) para cada x 2 X. �

Teorema 5.8. Seja X um espaço topológico e suponha que uma base de vizinhanças tenha sido �xadaem cada x 2 X. Então(a) G � X é aberto se, e somente se, G contém uma vizinhança básica de cada um de seus pontos.(b) F � X é fechado se, e somente se, cada ponto x =2 F tem uma vizinhança básica disjunta de F .(c) E = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg(d) int(E) = fx 2 X; alguma vizinhança básica de x está contida em Eg(e) Fr(E) = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta E e X � Eg:


Demonstrção.(a) É a parte (d) do Teorema 5.6.(b) Conseqüência imediata de (a), se lembrarmos que um conjunto é fechado precisamente quando

seu complementar é aberto.(c) Lembre que E = \fK � X;K é fechado e E � Kg: Se alguma vizinhança básica U de x

não intercepta E; então x 2 int(U) e E � X � int(U): Como X � int(U) é fechado, segue queE � X � int(U): Logo x =2 E: Daí

E � fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg:

Reciprocamente, se x =2 E; então X � E é um conjunto aberto contendo x; e portanto contém umavizinhança básica de x. Portanto essa vizinhança básica não pode interceptar E.(d) Pelo Exercício 4.13 temos

int(E) = X �X � E= X � fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta X � Eg= fx 2 X; existe uma vizinhança básica de x que não intercepta X � Eg= fx 2 X; existe uma vizinhança básica de x contida em Eg:

(e)

Fr(E) = E \X � E= fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg

\fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta X � Eg= fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta E e X � Eg:�

Exercício 5.9. Mostre queFr(E) = E � int(E):

Teorema 5.10 (Critério de Hausdor¤). Para cada x 2 X, seja B1x uma base de vizinhanças de x parauma topologia �1 em X, e seja B2x uma base de vizinhanças em x para uma topologia �2 em X. Então�1 � �2 se, e somente se, para cada x 2 X; dado B1 2 B1x, existe um B2 2 B2x tal que B2 � B1:

Demonstração. Suponha �1 � �2: Seja B1 2 B1x: Então, como B1 é vizinhança de x em (X; �1), xestá contido em algum elemento B de �1; com B � B1. Como �1 � �2; temos que B 2 �2 e portantoB é vizinhança de x em (X; �2): Logo existe B2 2 B2x tal que B2 � B e daí B2 � B1:Reciprocamente, se B 2 �1; então para cada x 2 B, existe B1 � B com B1 2 B1x: Logo, usando

a hipótese, para cada x 2 B; temos que B contém algum B2 2 B2x. Daí B 2 �2, pois B contémvizinhanças básicas de cada um de seus pontos:�

O teorema anterior pode ser pensado da seguinte forma:Pequenas vizinhanças fazem grandes topologias. Isso é intuitivo, pois quanto menores são as

vizinhanças em um espaço, mais fácil é para um conjunto conter vizinhanças de todos os seus pontos.Assim, é mais fácil que o conjunto seja aberto.

De�nição 5.11. Um ponto de acumulação de um conjunto A em um espaço topológico X é umponto x 2 X tal que cada vizinhança (ou equivalentemente, cada vizinhança básica) de x contém algumponto de A, diferente de x. O conjunto A0 formado por todos os pontos de acumulação de A é chamadoderivado de A.

Proposição 5.12. A = A [A0:


Demonstração. Do Teorema 5.8 (c), segue que A0 � A e, como A � A; segue que A [ A0 � A: Poroutro lado, se x 2 A; então cada vizinhança de x intercepta A. Portanto, ou x está em A ou cadavizinhança de x intercepta A em pontos diferentes de x: Daí x 2 A [A0:


6. Bases e sub-bases

De�nição 6.1. Seja (X; �) um espaço topológico. Uma coleção B � � é uma base para � (às vezesdizemos base para X) se dado U 2 � , existe C � B tal que

U =[V 2C

V:

Em palavras, todo aberto da topologia pode ser representado como união de abertos da base.

Exercício 6.2. Seja (X; �) um espaço topológico e B � �: Mostre que B é uma base para X se, esomente se, sempre que G é um aberto em X e p 2 G, então existe um B 2 B tal que p 2 B � G:

Exemplo 6.3. Na reta real, a coleção de todos os intervalos abertos é uma base para a topologia usual.Mais geralmente, num espaço métrico M , a coleção de todas as bolas abertas centradas em pontos deM; é uma base para M .

Teorema 6.4. Seja X 6= � um conjunto. B � P(X) é uma base para uma topologia em X se(a) X =

SB2B

B e

(b) sempre que B1 e B2 estão em B, com p 2 B1 \B2; existe um B3 em B tal quep 2 B3 � B1 \B2:

Nesse caso, a topologia é dada por � =� SB2C

B; C � B�:

Demonstração. Seja � =� SB2C

B; C � B�: Note que X 2 � por (a) e � 2 � , pois � é a união de

elementos da subcoleção vazia de B:Pela de�nição de � , temos que a união de elementos de � ainda pertence a �:Note que se U =

SB2B1

B e V =S

C2B2C são elementos de � (com B1 � B e B2 � B); então

U \ V = SB2B1

B

!\ SC2B2

C

!=

SB2B1

SC2B2

(B \ C) :

Para concluir que U \V 2 � , basta mostrar que B \C 2 � , pois já sabemos que união de elementos de� ainda pertence a � . Quando B\C = �, não há problema. Se B\C 6= �, então, para cada p 2 B\C,(b) garante a existência de Bp 2 B com p 2 Bp � B \ C. Logo

B \ C =[

p2B\CBp 2 �:

Logo, � é uma topologia para X; e, pela de�nição de �; segue que B é uma base para a topologia �em X:�Por outro lado, é fácil ver que se (X; �) é um espaço topológico não vazio e B é uma base para � , (a)

segue claramente, poisX é aberto, e portantoX =SB2C

B com C � B:MasSB2B

B � X =SB2C

B �SB2B

B.

Também obtemos (b) facilmente, pois como B1 e B2 estão em B e p 2 B1 \ B2; temos que B1 e B2são abertos, e portanto B1 \B2 2 �: Assim, temos(4) p 2 B1 \B2 =

SB2C

B

com C � B; e segue de (4) que existe B3 2 C � B, com p 2 B3 � B1 \B2:Podemos enunciar, portanto, o seguinte:

Teorema 6.5. Seja X 6= � um conjunto. Suponha que B � P(X) satisfaz(a) X =

SB2B

B e

(b) sempre que B1 e B2 estão em B, com p 2 B1 \B2; existe um B3 em B tal quep 2 B3 � B1 \B2:


Então B é uma base para uma topologia � =� SB2C

B; C � B�em X: Reciprocamente, se (X; �) é um

espaço topológico não vazio, e B � P(X) é uma base para �; então B satisfaz (a) e (b).

O próximo terorema relaciona a base de uma topologia com bases de vizinhanças de pontos doespaço topológico.

Teorema 6.6. Seja X 6= � um espaço topológico. Se B é uma coleção de abertos em X, B é uma basepara X se, e somente se, para cada x 2 X, a coleção Bx = fB 2 B;x 2 Bg é uma base de vizinhançasem x.

Demonstração. Suponha que B é uma base para X. Para cada x em X, considere Bx = fB 2 B;x 2Bg: É claro que Bx 6= � (pois x 2 X 2 � e portanto existe B 2 B com x 2 B � X) e também é claroque os elementos de Bx são vizinhanças de x. Seja U uma vizinhança de x. Então x 2 int(U) e, comoint(U) é uma união de elementos de B; existe algum B em B tal que x 2 B � int(U): Logo B 2 Bx eB � U . Daí concluímos que Bx é base de vizinhanças em x.Reciprocamente, suponha que B é uma coleção de abertos em X e para cada x, Bx = fB 2 B;x 2 Bg

é uma base de vizinhanças em x. Então B �Sx2X

Bx. Seja U um aberto de X. Para cada p em U; existe

um elemento Bp de Bp � B tal que p 2 Bp � U . Logo U =Sp2U

Bp e portanto U é união de elementos

de B. Daí concluímos que B é base para X. �Podemos também descrever a topologia com uma coleção menor que uma base:

De�nição 6.7. Seja X um conjunto não vazio. Uma sub-base C para uma topologia em X é umacoleção de subconjuntos de X cuja união é igual a X. A topologia gerada por uma sub-base C é de�nidacomo a coleção � de�nida por

� = f[B2S

B;S � Fg; e com F = fn\j=1

Sj ;n 2 N; Sj 2 Cg

formada por todas as uniões de interseções �nitas de elementos de C :Exercício 6.8. Mostre que � de�nida acima é de fato uma topologia. Sugestão: Mostre que F é basepara � usando o Teorema 6.5.

Observação 6.9. A De�nição 6.7 é baseada no livro [Topology, a �rst Course, de J.R. Munkres].Alguns livros apresentam de�nições ligeiramente diferentes. Por exemplo, no livro de S. Willard, se(X; �) é um espaço topológico, uma sub-base para � é uma coleção C � � tal que a coleção de todasas interseções �nitas de elementos de C é uma base para � (dentre essas interseções está a interseção\A2�

A). Note que se X = fa; bg e � = f�; fag; Xg; então C = ffagg é sub-base para � no sentido de S.

Willard, mas não é no sentido da De�nição 6.7, pois a união dos elementos de C não resulta em X.É importante lembrar que, quando trabalhamos com a de�nição do livro de S. Willard, usamos que,

num conjunto universo X, sempre temos\A2�

A = X:

Exercício 6.10. Leia a observação anterior e considere a de�nição de sub-base do livro de S. Willard.Mostre que nesse contexto qualquer coleção de subconjuntos de um conjunto X é sub-base para umatopologia em X.

Exercício 6.11. Se f��g é uma família de topologias em X, mostre que\�� é uma topologia em X.

Veri�que se, em geral,[�� é uma topologia.

Exercício 6.12. Seja f��g uma família de topologias em X:

(i) Mostre que existe uma única maior topologia contida em\�� (maior topologia signi�ca uma

topologia que contém qualquer topologia que está contida\��).


(ii) Mostre que existe uma única menor topologia que contém[�� (menor topologia signi�ca que

está contida em qualquer topologia que contenha[��). Sugestão: mostre que se A =

[��; então

B = f\A2CA; C � A e C é �nitog é base para uma topologia � que contém A (use o Teorema 6.5). Emseguida, mostre que qualquer topologia que contém A deve necessariamente conter �: Daí, obtenha aunicidade.

Exercício 6.13. Mostre que se B é uma base para uma topologia em X, então essa topologia coincidecom a interseção de todas as topologias que contém B. Prove o mesmo para uma sub-base.


7. Funções contínuas

De�nição 7.1. Sejam X e Y espaços topológicos e seja f : X ! Y uma função. Então f é contínuaem x0 2 X se, e somente se, para cada vizinhança V de f(x0) em Y , existir uma vizinhança U de x0em X tal que f(U) � V: Dizemos que f é contínua em X se f for contínua em cada ponto de X.

Exercício 7.2. Mostre que na de�nição acima podemos trocar �vizinhança�por �vizinhança básica�.

Exercício 7.3. Mostre que na de�nição acima podemos trocar �vizinhança�por �aberto�

O próximo teorema nos dá caracterizações bastante úteis de funções contínuas:

Teorema 7.4. Se X e Y são espaços topológicos e f : X ! Y é uma função, as seguintes a�rmaçõessão equivalentes:(a) f é contínua,(b) para cada aberto H em Y , temos que f�1(H) é aberto em X,(c) para cada fechado K em Y , temos que f�1(K) é fechado em X(d) para cada E � X, f(ClX(E)) � ClY (f(E)):

Demonstração.(a) ) (b). Se H é aberto em Y , então para cada x 2 f�1(H); H é uma vizinhança de f(x): Pela

continuidade de f , existe uma vizinhança V de x tal que f(V ) � H: Logo V � f�1(H): Concluímosque f�1(H) contém uma vizinhança de cada um de seus pontos, e portanto f�1(H) é aberto.(b)) (c). Se K é fechado em Y , então f�1(Y �K) é aberto em X. Então

f�1(K) = X � f�1(Y �K)e portanto f�1(K) é fechado em X.(c)) (d). Seja K um fechado em Y , com f(E) � K. Pela parte (c), temos que f�1(K) é fechado

em X e contém E. Então ClX(E) � f�1(K): Daí f(ClX(E)) � K: Como isso vale para qualquerconjunto fechado K contendo f(E); temos que

f(ClX(E)) � ClY (f(E)):

(d) ) (a): Seja x 2 X e seja V uma vizinhança de f(x): Podemos, se necessário, diminuir V econsiderá-la aberta. De�na E = X � f�1(V ) e U = X � ClX(E):Como, por hipótese, f(ClX(E)) � ClY (f(E)); temos que x 2 U . De fato, se fosse x =2 U , teríamos

x 2 ClX(E) e daí(5) f(x) 2 f(ClX(E)) � ClY (f(E)):

Masf(E) = f(X � f�1(V )) � Y � V

e V é aberto. Daí Y � V é fechado e, pela de�nição de fecho, ClY (f(E)) � Y � V: Como f(x) 2 V ,temos que f(x) =2 ClY (f(E)) (isso contradiz (5)). Logo x 2 U:Além disso, f(U) = f(X � ClX(E)) � f(X � E) = f(f�1(V )) � V e f é contínua.�

Teorema 7.5. Se X;Y e Z são espaços topológicos e f : X ! Y e g : Y ! Z são funções contínuas,então g � f : X ! Z é contínua.

Demonstração. Se H é aberto em Z, (g � f)�1 (H) = f�1(g�1(H)) é aberto em X, e portanto g � fé contínua. �Exercício 7.6. A função característica de um subconjunto A de um conjunto X é a função (denotadapor 1A) de X em R que assume o valor 1 en pontos de A e o valor zero nos outros pontos de X.Mostre que 1A é contínua em A se, e somente se, A é aberto e fechado em X.

Exercício 7.7. Mostre que X é possui a topologia discreta (� = P(X)) se, e somente se, qualquerf : X ! Y é contínua para qualquer espaço topológico Y .

Exercício 7.8. Mostre que X tem a topologia trivial se, e somente se, toda função f : Y ! X forcontínua, para qualquer espaço topológico Y .


Exercício 7.9. Mostre que se f : X ! Y é tal que f�1(A) é aberto para cada A aberto de umasub-base da topologia de Y , então f é contínua. A recíproca vale?

Exercício 7.10. Se f e g são funções contínuas de X em R, mostre que o conjunto dos pontos paraos quais f(x) = g(x) é um conjunto fechado.

Exercício 7.11. Se f é uma função de um espaço topológico X no plano R2, podemos associar a f asfunções coordenadas f1 e f2; cada uma de X em R. Mostre que uma função f : X ! R2 é contínuase, e somente se, as suas funções coordenadas são contínuas.


8. Subespaços e topologia relativa

Um subconjunto de um espaço topológico herda a topologia de maneira bastante natural:

De�nição 8.1. Se (X; �) é um espaço topológico e A � X, a coleção � 0 = fG \ A;G 2 �g é umatopologia em A, chamada topologia relativa. Um subconjunto A de um espaço topológico (X; �), coma topologia relativa, é chamado subespaço.

Sempre que usarmos uma topologia num subconjunto de um espaço topológico, assumiremos queessa é a topologia relativa (a menos que se diga algo em contrário).

Exemplo 8.2. A reta, pensada como o eixo x do plano, herda a topologia do R2:

Exemplo 8.3. Os inteiros, como subespaço da reta, herdam a topologia discreta (onde todos ossubconjuntos são abertos).

Teorema 8.4. Seja A um subespaço de um espaço topológico X. Então,(a) H � A é aberto em A se, e somente se, H = G \A, com G aberto em X;(b) F � A é fechado em A se, e somente se, F = K \A, com K fechado em X;(c) Se E � A, então ClA(E) = A \ ClX(E);(d) Se x 2 A, então V é uma vizinhança de x em A se, e somente se, V = U \ A, onde U é uma

vizinhança de x em X;(e) Se x 2 A, e se Bx é uma base de vizinhanças para x em X, então fB \A;B 2 Bxg é uma base

de vizinhanças para x em A;(f) Se B é base para X, então fB \A;B 2 Bg é base para A.Demonstração. (a) é imediato da de�nição da topologia relativa.(b) Se F é fechado em A, então F = A � C com C aberto em A. Logo F = A � (A \D) com D

aberto em X: Daí F = A \ (X �D): Como X �D é fechado em X, basta fazer X �D = K:Reciprocamente, se F = K \A, com K fechado em X; então

A� F = A� (K \A) = A \ (X �K):Como X �K é aberto em X, segue que A� F é aberto em A e consequentemente F é fechado em A:(c) Note que, como E � A, temos

ClA(E) = \fK � A;K é fechado em A e E � Kg= \fA \ F ; F é fechado em X e E � A \ Fg= \fA \ F ; F é fechado em X e E � Fg= A \ (\fF � X;F é fechado em X e E � Fg)= A \ ClX(E):

(d) Seja V vizinhança de x em A: Então existe um aberto U0 de A tal que x 2 U0 � V: MasU0 = U \A, com U aberto em X: Daí

V = [U [ (V � U)] \Ae como U [ (V � U) é vizinhança de x em X; uma das implicações está provada.Por outro lado, suponha que V = U \ A e x 2 V; onde U é vizinhança de x em X. Então, existe

um conjunto B aberto em X tal que x 2 B � U: Logo x 2 B \A � U \A = V . Como B \A é abertoem A, segue que V é vizinhança de x em A:

(e) Seja x 2 A e V uma vizinhança de x em A. Pelo item (d), V = A \ U com U vizinançade x em X: Como Bx é base de vizinhanças de x em X, existe B 2 Bx tal que x 2 B � U: Logox 2 A \B � A \ U = V: Daí fB \A;B 2 Bxg é base de vizinhanças de x em A.

(f) Exercício.

Exercício 8.5. Seja X um espaço topológico e F � X fechado em X. Se F1 � F é fechado em F;mostre que F1 é fechado em X.


De�nição 8.6. Se f : X ! Y e A � X, denotaremos por f j A a restrição de f a A, ou seja, afunção de A em Y dada por (f j A)(a) = f(a) para cada a em A:

Proposição 8.7. Se A � X e f : X ! Y é contínua, então (f j A) : A! Y é contínua.

Demonstração. Se H é aberto em Y; então (f j A)�1(H) = f�1(H) \ A; e este conjunto é abertona topologia relativa de A.�O próximo resultado é uma espécie de recíproca da proposição anterior:

Teorema 8.8. Se X = A [ B; com A e B abertos (ou ambos fechados) em X, e f : X ! Y umafunção tal que (f j A) e (f j B) são contínuas, então f é contínua.

Demonstração. Suponha A e B abertos e H é aberto em Y . Como

f�1(H) = (f j A)�1(H) [ (f j B)�1(H);e como (f j A) e (f j B) são contínuas, temos que (f j A)�1(H) e (f j B)�1(H) são abertos em A e B,respectivamente. Como A e B são abertos em X, segue que (f j A)�1(H) e (f j B)�1(H) são tambémabertos em X (veri�que!) Daí f�1(H) é aberto em X; pois é união de abertos.O caso em que ambos são fechados �ca como exercício.�

Exercício 8.9. Suponha Y � Z e f : X ! Y: Mostre que f é contínua se, e somente se, f vista comofunção de X em Z é contínua.


9. Homeomorfismos

Na passagem de X para sua imagem f(X) por uma função contínua f , perdemos informação deduas formas. A primeira delas no âmbito de conjuntos: f(X) terá menos pontos que X (precisamente,card(f(X)) � Card(X)). A segunda perda é topológica: para cada aberto de f(X); existe umaberto em X associado a ele, mas f não leva necessariamente abertos em abertos. Funções contínuasbijetivas, que levam abertos em abertos tem um papel importante em topologia, e são chamadas dehomeomor�smos. Vamos de�nir, entretanto, homeomor�smo de uma maneira diferente, mas a seguirveremos que as noções coincidem.

De�nição 9.1. Se X e Y são espaços topológicos, f : X ! Y é contínua , bijetiva e f�1 é contínua,dizemos que f é um homeomor�smo e que X e Y são homeomorfos.Se f : X ! Y é injetiva e f : X ! f(X) é um homeomor�smo, dizemos que f é um mergulho

(embedding, em inglês) de X em Y; e que X está mergulhado em Y por f:

O próximo resultado nos deixa à vontade para escolher dentre várias de�nições equivalentes dehomeomor�smos:

Teorema 9.2. Se X e Y são espaços topológicos e f : X ! Y é bijetiva, as seguintes a�rmações sãoequivalentes:(a) f é um homeomor�smo,(b) se G � X, então f(G) é aberto em Y se, e somente se, G é aberto em X,(c) se F � X, então f(F ) é fechado em Y se, e somente se, F é fechado em X;(d) se E � X; f(ClX(E)) = ClY (f(E)):

Demonstração.(a) ) (b). Seja G aberto em X. Então, f(G) coincide com (f�1)�1(G); que é aberto em Y; pois

f�1 é contínua.Analogamente, se f(G) é aberto em Y , então, como f é contínua, temos que G = f�1(f(G)) é

aberto em X.(b)) (a): Claro, pois se G é aberto em X, então (f�1)�1(G) coincide com f(G), que é aberto em

Y: Daí f�1 é contínuaAnalogamente, se H é aberto em Y , então H = f(G) para algum G em X. Por hipótese, como H

é aberto, temos que G é aberto. Daí f�1(H) = G (aberto), e portanto f é contínua..(a)) (c). Seja F fechado em X. Então, f(F ) coincide com (f�1)�1(F ); que é fechado em Y; pois

f�1 é contínua.Analogamente, se f(F ) é fechado em Y , então, como f é contínua, temos que F = f�1(f(F )) é

fechado em X.(c) ) (a). Claro, pois se F é fechado em X, então (f�1)�1(F ) coincide com f(F ), que é fechado

em Y: Daí f�1 é contínua.Analogamente, se H é fechado em Y , então H = f(G) para algum G em X. Por hipótese, como H

é fechado, temos que G é fechado. Daí f�1(H) = G (fechado), e portanto f é contínua.(a)) (d) Como f é contínua, temos

(6) f(ClX(E)) � ClY (f(E)):

Como f�1 é contínua, temos f�1(ClY (f(E))) � ClX(f�1(f(E))): Daí, �aplicando f�; temos

(7) ClY (f(E)) � f(ClX(E)):

De (6) e (7) segue o resultado.(d)) (a). Como f(ClX(E)) � ClY (f(E)); temos que f é contínua. Resta-nos provar a continuidade

de f�1:Como ClY (f(E)) � f(ClX(E)) para todo E; escolha G em Y e E = f�1(G): Daí segue que

ClY (f(f�1(G))) � f(ClX(f

�1(G))):

Aplicando f�1, temosf�1(ClY (G)) � ClX(f

�1(G))


e portanto f�1 é contínua e temos um homeomor�smo. �

Espaços topológicos homeomorfos, em topologia, são pensados como iguais. Se denotarmos apropriedade �X homeomorfo a Y � por X s Y , a relaçao s será uma relação de equivalência emqualquer conjunto formado por espaços topológicos, pois:

� X s X;� se X s Y; então Y s X;� se X s Y e Y s Z; então X s Z:

Para provar que dois espaços topológicos não são homeomorfos, é comum procurarmos algumapropriedade topológica que algum deles satisfaça e o outro não. Precisamente, uma propriedadetopológica é uma propriedade de espaços topológicos que, se X a possui, então todos espaçoshomeomorfos a X também possuem.

Exercício 9.3. Mostre que a reta R é homeomorfa aos intervalos abertos.

Exercício 9.4. Mostre que em R, todos intervalos fechados e limitados são homeomorfos.

Exercício 9.5. Mostre que �ser metrizável� é uma propriedade topológica.

Exercício 9.6. Mostre que �ter cardinalidade @�é uma propriedade topológica.

Em um espaço vetorial X; às vezes temos uma forma de comparar a proximidade entre vetoresarbitrários. Tomando a reta e o valor absoluto como modelo, de�nimos uma norma em um espaçovetorial X como uma função k:k : X ! R que satisfaz as seguintes propriedades:i) kx+ yk � kxk+ kyk para quaisquer x; y em X.ii) kxk = 0, x = 0:iii) k�xk = j�j kxk para todo � no corpo de escalares de X e para todo x em X.Um espaço vetorial munido de uma norma é chamado espaço vetorial normado (evn). Se X e

Y são evn, uma função T de X em Y é chamada operador linear se� T (a+ b) = T (a) + T (b);� T (�a) = �T (a);

para quaisquer a; b em X e � real.Um operador linear T de X em Y é de�nido como limitado quando existe M tal que kT (x)k �

M kxk ; para todo x em X. Note que aqui abusamos um pouco da notação, usando o mesmo símbolopara normas em X e Y .

Exercício 9.7. Mostre que um operador linear é limitado se, e somente se,

supfkT (x)k ;x 2 X; kxk = 1g <1

Exercício 9.8. Mostre que para um operador linear T de X em Y , as seguintes a�rmações sãoequivalentes:(a) T é contínuo em algum x0 em X,(b) T é limitado.

Exercício 9.9. Mostre que, se X é um espaço vetorial normado de dimensão in�nita, existemoperadores lineares T : X ! R que não são contínuos.


10. Espaços produto e topologias fracas

Nesta seção vamos de�nir uma topologia natural no produto cartesiano de espaços topológicos.

De�nição 10.1. Seja X� um conjunto para cada � em �. O produto cartesiano dos conjuntos X�

é o conjunto

(8)Q�2�

X� =

�x : �!

S�2�

X�;x(�) 2 X� para cada � 2 ��;

que denotamos simplesmente porQX� se não houver possibilidade de confusão em relação ao conjunto

de índices. Na prática, o valor de x(�) é denotado por x�:A função �� :

QX� ! X� ; de�nida por ��(x) = x�, é chamada a �-ésima projeção.

Se cada X� é um espaço topológico, vamos de�nir, emQX�; uma topologia que seja compatível

com algumas exigências. Queremos, por exemplo, que a topologia em R�R seja a topologia usual doR2:Poderíamos pensar em de�nir uma topologia para

QX� simplesmente tomando

QU� (com U�

aberto em X�) como base. Entretanto essa topologia, chamada de �box topology� gera muitosabertos, e não é tão interessante na prática. A seguinte de�nição é mais útil:

De�nição 10.2. Sejam (X�; ��) espaço topológicos, para todo � 2 A. A topologia produto (outopologia de Tychono¤ ) em

Q�2AX� é obtida tomando como base os conjuntos da forma

Q�2AU�,

onde(a) U� é aberto em X� para cada �;(b) U� = X�; exceto para uma quantidade �nita de índices.Note que (veri�que!) (a) pode ser substituída por(a)0 U� 2 B�; para cada �; onde B� é uma base (�xa) para a topologia de X�; para cada �:

Note queQ�2AU� com U� = X� exceto para � = �1; :::; �n; pode ser escrito comoQ

�2AU� = ��1�1 (U�1) \ ::: \ ��1�n (U�n):

Então, a topologia produto é precisamente a topologia que tem como sub-base a coleção f��1� (U�);� 2A; U� é aberto em X�g ou ainda f��1� (U�);� 2 A; U� 2 B�, com B� base de X�g: De agora em diante,a topologia de

QX� será sempre a topologia produto, exceto se algo for mencionado em contrário.

É interessante notar que no caso de produtos cartesianos �nitos, a topologia produto coincide com a�box topology�.

Exemplo 10.3. Seja X um conjunto qualquer e Y = ff : X ! R; f é uma funçãog. De acordo com(8) podemos interpretar Y como sendo Y =

Q�2XZ�; com Z� = R para todo �:

Um elemento da base da topologia produto de Y é algo do tipo:

U = ��1�1 (U�1) \ ::: \ ��1�n (U�n)

com U�j ; j = 1; :::; n, elementos da base (natural) da topologia de R. Assim, cada U�j é um intervalode raio �j centrado num certo bj e

(9) U = fg 2 Y ; jg(�j)� bj j < �j ; para j = 1; :::; ng:Lembre-se que o Teorema 6.6 diz que se B é uma coleção de abertos em Y , B é uma base para Y

se, e somente se, para cada y 2 Y , a coleção By = fB 2 B; y 2 Bg é uma base de vizinhanças em y.Seja f : X ! R uma função. Uma base de vizinhanças de f será, portanto, formada por abertos

como U em (9), que contém f . Portanto,

Bf = fU satisfazendo (9) para certos �j ; bj ; �j ; n, tais que f 2 Ug :é uma base de vizinhanças de f: Seja Cf � Bf de�nida por

Cf =�V(f;�1;:::;�n;") = fg 2 Y ; jg(�j)� f(�j)j < "; para j = 1; :::; n,

com �1; :::; �n 2 X; " > 0 e n 2 Ng

�:


Portanto, os elementos de Cf são vizinhanças de f (isto é, estão em Uf ): Se A 2 Uf , então existeB 2 Bf com B � A, e também existe C 2 Cf com C � B (veri�que!), e portanto C � A. Logo, usandoa De�nição 5.4 segue que Cf é base de vizinhanças de f . Em resumo, uma base de vizinhanças de f éformada por todos os conjuntos da forma

V(f ;F ;") = fg 2 Y ; jg(x)� f(x)j < "; para x 2 Fg;

onde F varia pelos subconjuntos �nitos de X e " varia dentre os reais positivos.

De�nição 10.4. Sejam X e Y espaços topológicos e f : X ! Y: Dizemos que f é uma aplicaçãoaberta (fechada) quando para cada aberto (fechado) A de X, temos que f(A) é aberto (fechado) em Y .

Proposição 10.5. �� :QX� ! X� é contínua e aberta, mas não necessariamente fechada.

Demonstração. Note que �1 : R2 ! R não é fechada. De fato, o conjunto

F = ([1; 2]� f0g) [ ([1=2; 1]� f1g) [ ([1=3; 1=2]� f2g) [ ([1=4; 1=3]� f3g) [ :::

é fechado, mas �1(F ) = (0; 2]:Por outro lado, se U� é aberto em X� , temos que �

�1� (U�) =

QU� com U� = X� se � 6= �: Assim,

pela de�nição da topologia produto, segue que �� é contínua. Resta-nos veri�car que é uma aplicaçãoaberta. Se A é aberto em

QX�, temos que A é união dos elementos da base. Assim,

A =[�

��1�1;�(U

�1 ) \ ::: \ ��1�n�;�(U

�n�)�:

Logo

��(A) =[�

��

��1�1;�(U

�1 ) \ ::: \ ��1�n�;�(U

�n�)�:

Daí concluímos que ��(A) é X� ou ��(A) é uma união de abertos de X� : Em todo caso, ��(A) éaberto.�A seguir, introduzimos o conceito de topologia fraca.

De�nição 10.6. Sejam X 6= � um conjunto, X� espaços topológicos com f� : X ! X� funções, paracada � 2 �: A topologia fraca induzida em X pela coleção ff�;� 2 �g é a topologia que tem comosub-base a família ff�1� (V�);V� é aberto em X�; � 2 �g.

Observação 10.7. Note que se fX�g�2A é uma família de espaços topológicos, a topologia produtoem

Q�2AX� é a topologia fraca em

Q�2AX� induzida pelas projeções f��;� 2 Ag.

Proposição 10.8. Se X tem a topologia fraca induzida pela coleção ff�;� 2 �g; com f� : X ! X� ,então f : Y ! X é contínua se, e somente se, f� � f : Y ! X� é contínua para cada �:

Demonstração. Se f é contínua, como cada f� é contínua, é claro que cada f� � f é contínua.Reciprocamente, suponha que cada f� �f seja contínua. Para mostrar que f é contínua, basta mostrarque f�1(G) é aberto para cada G aberto da base da topologia fraca em X. Um aberto da base datopologia fraca de X é representado como

G = f�1�1 (V�1) \ � � � \ f�1�n (V�n):

Logo,

f�1(G) = f�1�f�1�1 (V�1) \ � � � \ f

�1�n (V�n)

�= (f�1 � f)

�1(V�1) \ � � � \ (f�n � f)

�1(V�n);

que é aberto, pois cada f� � f é contínua, por hipótese.�

Corolário 10.9. Uma aplicação f : X !QX� é contínua se, e somente se, �� f é contínua para

cada �:


Exercício 10.10. Mostre que

(10) int(A�B) = int(A)� int(B)e

(11) (A�B) = A�B:

Exercício 10.11. Mostre que (10) em geral não pode ser generalizada para um produto cartesianoin�nito, mas (11) pode.

Exercício 10.12. SejaA =

[�2�

A�

união disjunta; para cada � 2 A seja X� um espaço topológico. Mostre queY�2�

Y�2A�

X�

!é homeomorfo a

Y�2A

X�:

Exercício 10.13. Seja ' : A ! B uma bijeção e suponha que para cada a 2 A, o espaço topológicoX� é homeomorfo a Y'(�): Mostre que

Y�2A

X� é homeomorfo aY�2B

Y�.

Exercício 10.14. Seja X� um espaço topológico não-vazio, para cada � 2 A; seja X =Y�2A

X�. Se

b� é um ponto �xo em X�, para cada � 2 A, mostre queB = fx 2 X;x� = b� exceto por uma quantidade �nita de � 2 Ag

é denso em X.

Exercício 10.15. (Este exercício requer algum conhecimento de Análise Funcional) A topologia fracainduzida em X pela coleção de todos os operadores lineares contínuos de X em R tem um papelimportante na Análise Funcional. Sejam X um espaço vetorial normado, X� = ff : X ! R operadoreslineares contínuosg e X�� = ff : X� ! R operadores lineares contínuosg. Seja B o conjunto formadopelas aplicações T : X� ! R tais que existe x em X para o qual T (f) = f(x). A topologia fraca emX� induzida por B é chamada, em Análise Funcional, de topologia fraca estrela. Mostre que atopologia fraca estrela está contida na topologia fraca em X� induzida por X��?


11. Espaços Quocientes

A noção de espaço quociente é semelhante à de topologia fraca. Se Y é um conjunto qualquer e(X�)�2� são espaços topológicos, a topologia forte �(f�) em Y induzida por uma coleção de funçõesf� : X� ! Y é de�nida por

�(f�) = fG � Y ; f�1� (G) é aberto em X� para todo � 2 �g:Perceba que qualquer topologia em Y; para a qual todas as f� são contínuas, deve necessariamente

estar contida na topologia forte �(f�) .

Exercício 11.1. Veri�que que �(f�) é de fato uma topologia.

De�nição 11.2. Se X é um espaço topológico, Y é um conjunto qualquer e g : X ! Y é uma funçãosobrejetiva, então a coleção �g de subconjuntos de Y de�nida por

�g = fG � Y ; g�1(G) é aberto em Xgé uma topologia em Y , chamada topologia quociente induzida por g em Y: Quando Y é munido dealguma topologia quociente, dizemos que Y é um espaço quociente e g é a aplicação quociente.

Proposição 11.3. Se X e Y são espaços topológicos e f : X ! Y é sobrejetiva contínua e aberta (oufechada), então a topologia � de Y coincide com a topologia �f :

Demonstração. Suponha que f seja sobrejetiva, contínua e aberta. É claro que � � �f : Mas, seU 2 �f ; segue que f�1(U) é aberto em X. Mas, como f é aberta, U = f(f�1(U)) é aberto na topologia� . Daí concluímos que as topologias são iguais.O caso de f ser fechada �ca como exercício. �O resultado fundamental a respeito de topologias quociente é o seguinte:

Teorema 11.4. Seja Y um espaço topológico munido da topologia quociente induzida pela aplicaçãosobrejetiva f : X ! Y: Então, para um espaço topológico arbitrário Z e g : Y ! Z qualquer, temosque g é contínua se, e somente se, g � f : X ! Z é contínua.

Demonstração. Se g é contínua, é claro que g � f também é, pois composta de funções contínuas éainda uma função contínua (Teorema 7.5).Reciprocamente, suponha que g � f é contínua. Seja U um aberto em Z. Então

f�1(g�1(U)) = (g � f)�1(U)é aberto em X: Como Y é munido da topologia quociente, e como f�1(g�1(U)) é aberto, segue queg�1(U) é aberto em Y . Daí concluímos que g é contínua.�


12. Convergência de seqüências

De�nição 12.1. Uma seqüência (xn)1n=1 em um espaço topológico X converge para x 2 X (xn ! x)quando para cada vizinhança U de x, existir um inteiro positivo n0 tal que n � n0 implica xn 2 U .

É claro que na de�nição acima, podemos substituir �vizinhança�por �vizinhança básica�.

Exemplo 12.2. Se (X; d) é um espaço métrico, então xn ! x se, e somente se, d(xn; x)! 0:

Exemplo 12.3. Em RR, a seqüência fn converge a f se, e somente se, fn(x) ! f(x) para cadax real. De fato, suponha fn ! f . Então, para cada x0 real, considere F = fx0g e a vizinhançabásica V(f;F;") = fg 2 RR; jg(x0)� f(x0)j < "g de f . Logo, existe n0 natural tal que n � n0 implicafn 2 V(f;F;"): Daí, n � n0 ) jfn(x0)� f(x0)j < " e fn(x0)! f(x0):Reciprocamente, suponha fn(x)! f(x) para cada x real. Seja V(f;F;") uma vizinhança básica de f .

Como F é �nito, temos F = fx1; :::; xrg: Podemos então encontrar um n0 su�cientemente grande demodo que n � n0 ) jfn(xj)� f(xj)j < " para cada j = 1; :::; r: Portanto, n � n0 ) fn 2 V(f;F;") efn ! f:

De�nição 12.4. Um espaço topológico satisfaz o primeiro axioma da enumerabilidade quandocada x 2 X possui uma base enumerável de vizinhanças.

Como, em espaços métricos M , as bolas centradas em x 2 M com raio racional formam umabase de vizinhanças ao redor de x, os espaços métricos sempre satisfazem o primeiro axioma daenumerabilidade.

Exercício 12.5. Um espaço topológico X satisfaz o segundo axioma da enumerabilidade se atopologia possui uma base enumerável. Mostre que se X satisfaz o segundo axioma, então satisfaz oprimeiro. Mostre ainda que R com a topologia discreta satisfaz o primeiro axioma, mas não satisfaz osegundo.

Teorema 12.6. Se X satisfaz o primeiro axioma da enumerabilidade e E � X, então x 2 E se, esomente se, existe uma seqüência (xn)1n=1 em E que converge para x:

Demonstração Seja x 2 E. Seja fUn;n = 1; 2; :::g uma base enumerável de vizinhanças de x.

Substituindo Un porn\k=1

Uk, se necessário, podemos supor

U1 � U2 � � � �Como Un 6= � para cada n, escolhemos xn 2 Un \E. Obtemos, portanto, uma seqüência (xn) contidaem E, convergindo para x.Reciprocamente, suponha que (xn)1n=1 é uma seqüência contida em E e xn ! x. Então, pela

de�nição de convergência, cada vizinhança de x contém o rabo da seqüência (xn)1n=1 e portanto

intercepta E, e x 2_E.

Corolário 12.7. Sejam X e Y espaços que satisfazem o primeiro axioma da enumerabilidade. Então(a) U � X é aberto se, e somente se, sempre que xn ! x 2 U; então existe n0 tal que

n � n0 ) xn 2 U:(b) F � X é fechado se, e somente se, sempre que (xn)1n=1 � F e xn ! x; então x 2 F .(c) f : X ! Y é contínua se, e somente se, sempre que xn ! x em X, então f(xn)! f(x) em Y:

Demonstração.(a) Se U � X é aberto e xn ! x 2 U; como U é vizinhança de x, existe n0 2 N tal que xn 2 U

para todo n � n0:Por outro lado, suponha que sempre que xn ! x 2 U; então existe n0 tal que n � n0 ) xn 2 U:

Suponha, por contradição, que U não seja aberto. Existe, então, um ponto x 2 U que não é interior.Dada uma base enumerável de vizinhanças fUn;n = 1; 2; :::g de x, podemos supor, como no Teorema


12.6, U1 � U2 � ::::. Para cada n, existe xn 2 Un � U e portanto, xn ! x e não existe n0 tal que talque n � n0 ) xn 2 U (absurdo).(b) Seja F � X fechado e seja (xn)1n=1 uma seqüência em F , convergindo para x: Se fosse x =2 F ,

teríamos x 2 X � F (aberto). Logo, como xn ! x, existe n0 2 N tal quen � n0 ) xn 2 X � F:

Logo xn0 2 F \ (X � F ); o que é um absurdo.Agora, suponhamos que sempre que x 2 X é tal que existe (xn)1n=1 � F; com xn ! x; temos x 2 F:

Se y 2 F ; então, pelo Teorema 12.6, existe (yn)1n=1 � F; com yn ! y: Mas, pelo que estamos supondo,isso implica que y 2 F . Logo F � F e segue que F é fechado.A demonstração de (c) �ca como exercício.

O resultado anterior nos mostra que em espaços que satisfazem o primeiro axioma daenumerabilidade, a convergência por meios de seqüências caracteriza completamente os abertos e osfechados, ou seja, descrevem a topologia. É natural que à primeira vista imaginemos que isso acontececom qualquer espaço topológico, mas o exemplo a seguir mostra que isso em geral não é verdade.

Exemplo 12.8. Considere X = RR = ff : R! R; f é uma função qualquerg com a topologia produtoe

E = ff 2 RR; f(x) = 0 ou 1 e f(x) = 0 apenas �nitas vezesg:Seja g 2 RR a função identicamente nula. Então, se Ug é uma vizinhança básica de g, temos

Ug = fh 2 RR; jh(y)� g(y)j < " se y 2 Fg = fh 2 RR; jh(y)j < " se y 2 Fgpara algum conjunto �nito F � R e algum " > 0:Seja hUg 2 E a função tal que hUg (x) = 0 para x 2 F e 1 para x =2 F . Temos que hUg 2 Ug \ E:

Portanto, g 2 ClXE. Por outro lado, se (fn)1n=1 é uma seqüência em E e An = fx 2 R; fn(x) = 0g;temos que cada An é �nito.Se fn ! ' 2 RR, vimos anteriormente que fn(x) ! '(x) para todo x 2 R: Logo, como cada fn é

nula num conjunto �nito An e igual a 1 no seu complementar, teremos

'(x) = 1 para todo x =21[n=1

An:

Logo ' 6= g: Conclusão: g 2 ClXE e nenhuma seqüência (fn)1n=1 em E converge para g. Logo, oTeorema 12.6 não é válido nesse contexto.

Exercício 12.9. Para a reta com a topologia � = f�;Rg; estude a convergência da seqüência ( 1n )1n=1:


13. Redes

Vimos na seção anterior que, em geral, seqüências não descrevem bem as topologias. Por exemplo,o Exemplo 12.8 mostra que não é sempre possível caracterizar os fechados de um espaço topológicopor meio de seqüências. De fato, vimos que podemos encontrar um ponto de acumulação de umconjunto F � X sem que exista uma seqüência (xn) em F convergindo para esse ponto. Há duasgeneralizações clássicas do conceito de seqüência, que consertam essa limitação das seqüências: redese �ltros. O conceito de redes originou-se com trabalhos de Moore-Smith e o conceito de �ltros deve-sea E. Cartan.

De�nição 13.1. Um conjunto � é dito conjunto dirigido quando existe uma relação � em �satisfazendo:a) � � � para todo � 2 �;b) se �1 � �2 e �2 � �3; então �1 � �3,c) se �1; �2 2 �, então existe algum �3 2 � tal que �1 � �3 e �2 � �3:

Dizemos que a relação � é uma direção para o conjunto �. Às vezes dizemos que a relação �dirige o conjunto �: Note que não se exige a propriedade anti-simétrica, ou seja, se �1 � �2 e �2 � �1não se tem necessariamente que �1 = �2:Note se X é um conjunto com mais de um elemento, a relação x � y para quaisquer x; y em X;

dirige X, mas não é anti-simétrica.

De�nição 13.2. Uma rede em um conjunto X é uma função P : � ! X, onde � é um conjuntodirigido. O ponto P (�) é usualmente denotado por x�, e nós usualmente escrevemos � a rede (x�)�2��se isso não causar confusão.

De�nição 13.3. Uma subrede de uma rede P : � ! X é a composição P � ' : M ! X, onde' :M ! � é uma função de um conjunto dirigido M em �; que satisfaz as seguintes propriedades:a) '(�1) � '(�2) sempre que �1 � �2 (' é crescente)b) para cada � em �, existe um � 2M tal que � � '(�) (' é co�nal em �).Para � 2M , o ponto P �'(�) é em geral escrito como x�� ; e escrevemos �a subrede (x��) de (x�)�.A de�nição de convergência em redes é naturalmente modelada pela de�nição de convergência em

seqüências:

De�nição 13.4. Seja (x�)�2� uma rede em um espaço topológico X. Dizemos que (x�) convergepara x 2 X (escrevemos x� ! x) se para cada vizinhança U de x, existir algum �0 2 � tal que � � �0implica x� 2 U . Logo, x� ! x se, e somente se, cada vizinhança de x tem um "rabo"de (x�):Dizemos que uma rede (x�) está em um conjunto A se x� 2 A para todo �: Se existe �0 2 � tal que

x� está em A para todo � � �0; dizemos que (x�) está residualmente em A. Quando para cada �0existe um � � �0 tal que x� 2 A; dizemos que (x�) está frequentemente em A. Quando (x�) estáfrequentemente em cada vizinhança de x, dizemos que x é ponto de acumulação da rede (x�):

Note que em ambas as de�nições acima podemos nos restringir a uma base de vizinhanças de x.

Exercício 13.5. Uma rede não pode estar residualmente em dois conjuntos disjuntos.

Exercício 13.6. Se uma rede (x�) converge para x, mostre que x é ponto de acumulação dessa rede.

Exemplo 13.7. Seja X um espaço topológico, x 2 X e � uma base de vizinhanças de x em X. Arelação de ordem U1 � U2 , U2 � U1 dirige o conjunto �. Portanto, se tomarmos um xU 2 Upara cada U 2 �; temos uma rede (xU ) em X: Note que xU ! x: De fato, dada uma vizinhança Vde x, podemos encontrar U0 � V para algum U0 em �: Então U � U0 implica U � U0 e portantoxU 2 U � V:

Exemplo 13.8. O conjunto N dos naturais positivos com sua ordem natural é um conjunto dirigido.Então toda seqüência (xn)1n=1 é uma rede.Note que toda subseqüência de uma seqüência (xn)1n=1 é uma subrede. Entretanto, não há garantia

de que uma subrede de (xn)1n=1 seja uma subseqüência. Uma subrede pode ter mais índices que aprópria rede!


Exemplo 13.9. A coleção P de todas as partições �nitas do intervalo fechado [a; b] em subintervalosfechados é um conjunto dirigido, quando munido da relação A1 � A2 , (A2 re�na A1): Então, sef é uma função de [a; b] tomando valores na reta real, podemos de�nir a rede PI : P ! R de�nindoPI(A) como a soma inferior de Riemann de f na partição A. De modo semelhante, podemos de�nirPS : P ! R como a soma superior de Riemann de f na partição A. A convergência dessas duas redes

para um número c signi�ca quebRa

f(x)dx = c:

Exemplo 13.10. Seja (M;�) um espaço métrico, com x0 2 M . Então M � fx0g é um conjuntodirigido se considerarmos a relação x < y , �(y; x0) < �(x; x0): Então se f : M ! N é uma funçãocom N sendo um espaço métrico, a restrição de f a M �fx0g é uma rede em N . Vamos veri�car queessa rede converge a z0 em N se, e somente se, limx!x0 f(x) = z0 no sentido usual.De fato, suponha que a rede converge para z0: Seja U uma vizinhança de z0 em N . Então, como

a rede converge para z0; existe y0 em M tal que x > y0 implica f(x) 2 U: Em outras palavras,�(x; x0) < �(y0; x0) implica f(x) 2 U: Daí, limx!x0 f(x) = z0:Reciprocamente, se limx!x0 f(x) = z0, então dada uma vizinhança U de z0, existe uma vizinhança

V de x0 tal que x 2 V implica f(x) 2 U . Escolha " (su�cientemente pequeno) de modo que a bola decentro x0 e raio " esteja em V . Escolha y0 nessa bola. Logo, se x > y0, então �(x; x0) < �(y0; x0) eportanto x 2 V e f(x) 2 U: Consequentemente, a rede f :M ! N converge para z0:

De�nição 13.11. Dizemos que um espaço topológico X é um espaço de Hausdor¤ se para cadax1 e x2; elementos distintos de X, existem abertos disjuntos que separam x1 e x2.

Teorema 13.12. Um espaço topológico é um espaço de Hausdor¤ se, e somente se, toda rede nesseespaço converge para no máximo um ponto.

Demonstração. Seja X um espaço de Hausdor¤ e a1; a2 elementos distintos em X. Existem,portanto, abertos U1 e U2; disjuntos, contendo x1 e x2, respectivamente. Como uma rede não podeestar eventualmente em dois conjuntos disjuntos, segue que uma rede não pode convergir para doisvalores distintos.Reciprocamente, suponha que X não é Hausdor¤. Existem, portanto, dois elementos distintos, x1

e x2 em X tais que sempre que V1 é vizinhança de x1 e V2 é vizinhança de x2; temos que V1 \ V2 6= �.Sejam U1 e U2 as famílias de vizinhanças de x1 e x2; respectivamente. No conjunto U1�U2 consideramosa direção (V1; V2) � (W1;W2) , V1 � W1 e V2 � W2: Considere uma rede P : U1 � U2 ! X dadapor P (V1; V2) = xV1;V2 , onde xV1;V2 é escolhido em V1 \ V2: Mostraremos que essa rede converge parax1 e para x2: Sejam, portanto, dadas vizinhanças V1 de x1 e V2 de x2: Então (A;B) � (V1; V2), temosxA;B 2 A \B � V1 \ V2 e consequentemente a rede converge para os dois valores. �Exercício 13.13. Se um espaço é Hausdor¤, mostre que toda seqüência converge para, no máximo,um ponto.

Exercício 13.14. Se toda seqüência em um espaço topológico converge para no máximo um elemento,podemos concluir que ele é Hausdor¤ ? Justi�que.Sugestão. Pense no Exercício 4.2 com X = R.

Exercício 13.15. Mostre que se (x�) converge para x, cada subrede de (x�) converge para x.

Teorema 13.16. Uma rede em X tem um ponto de acumulação y se, e somente se, ela possui umasubrede que converge para y.

Demonstração. Seja y um ponto de acumulação da rede (x�)�2� (que também denotaremos porP : �! X): De�na

M = f(�;U);� 2 �; U é uma vizinhança de y tal que x� 2 Ug;e considere a relação � como segue:

(�1; U1) � (�2; U2), �1 � �2 e U2 � U1:


Note que � é uma direção para M: De�na ' : M ! � por '(�;U) = �. Então ' é obviamentecrescente e co�nal em �; e portanto de�ne uma subrede de (x�). Seja U0 uma vizinhança de y e seja�0 tal que x�0 2 U0: Então (�0; U0) 2M e

(�;U) � (�0; U0)) U � U0:

Logo (�;U) � (�0; U0)) x� 2 U � U0: Daí a subrede de�nida por P � ' :M ! X converge para y.

Para provar a outra implicação, suponha que ' : M ! � seja uma aplicação crescente e co�nal,dando origem a uma subrede P �' :M ! X de (x�) que converge para y. Então, para cada vizinhançaU de y; existe um mU 2M tal que m � mU implica P � '(m) 2 U:Sejam U uma vizinhança de y e �0 2 � �xos, arbitrários. Como '(M) é co�nal em �; existe

m0 2M tal que '(m0) � �0: Mas, também existe um mU 2M tal que m � mU implica P �'(m) 2 U:Escolha m� 2 M tal que m� � m0 e m� � mU : Então �� = '(m�) � '(m0) � �0: AssimP (��) = P � '(m�) 2 U; pois m� � mU : Logo, para qualquer vizinhança U de y e qualquer �0 2 �,existe algum �� 0 tal que x�� 2 U: Segue que y é um ponto de acumulação de (x�).�Corolário 13.17. Se uma subrede de (x�) tem y como ponto de acumulação, então (x�) também.

Demonstração. Basta observar que uma subrede de uma subrede é ainda uma subrede, e aplicar oteorema anterior.�O próximo resultado caracteriza o fecho de um conjunto com a noção de redes:

Teorema 13.18. Se E � X, então x 2 E se, e somente se, existe uma rede (x�) em E com x� ! x.

Demonstração. Se x 2 E, então cada vizinhança U de x intercepta E em pelo menos um ponto xU :Então (xU ) é uma rede contida em E convergindo para x (veja 13.7).Reciprocamente, se (x�) é uma rede contida em E que converge para x, então cada vizinhança de

y intercepta E (em um rabo de (x�)) e portanto x 2 E.�Corolário 13.19. Um subconjunto F de um espaço topológico X é fechado se, e somente se, sempreque (x�) � F com x� ! x, então x 2 F:Demonstração. ()) Suponha F fechado. Suponha ainda que (x�) seja uma rede em F que converge

para x. Logo, pelo Teorema 13.18, temos que x 2 F : Como F é fechado, temos F = F e portantox 2 F:(() Suponha que sempre que (x�) seja uma rede em F que converge para x; tenhamos x 2 F . Se

x 2 F , pelo Teorema 13.18, existe uma rede que converge para x. Usando a hipótese,segue que x 2 F .Logo F = F . �Exercício 13.20. Seja f : X ! Y uma função. Mostre que f é contínua em um ponto x0 2 X se, esomente se,

x� ! x0 ) f(x�)! f(x0):

Exercício 13.21. Se f : X ! Y é uma função contínua e A e B são abertos em X e Y ,respectivamente, com f(A) � B, mostre que f(A) � B:

Teorema 13.22. Uma rede (x�)�2� no espaço produto X =Y�2A

X� converge para y se, e somente se,

para cada � 2 A; ��(x�)! ��(y) em X�:

Demonstração. Se x� ! y emY�2A

X�; então, como �� é contínua, ��(x�)! ��(y) para cada � 2 A:

Por outro lado, suponha que ��(x�)! ��(y) para cada � 2 A: Seja��1�1 (U�1) \ ::: \ �

�1�n (U�n)

uma vizinhança básica de y no espaço produto (note que U�i é vizinhança de ��i(y); essa caracterizaçãode vizinhanças básicas é uma adaptação de ). Como, em particular, ��i(x�) ! ��i(y); para cadai = 1; :::; n; existe um �i tal que

� � �i ) ��i(x�) 2 U�i :


Escolhendo �0 � �i, i = 1; :::; n; temos que ��i(x�) 2 U�i para todo i = 1; :::; n sempre que � � �0:Portanto

� � �0 ) x� 2 ��1�1 (U�1) \ ::: \ ��1�n (U�n)

e consequentemente (x�)�2� converge para y no espaço produto X =Y�2A

X�: �

No caso em que X� = X para todo �; note que o conjunto de todas as funções de A em X (munidocom a topologia produto), que é naturalmente visto como

Y�2A

X� com X� = X; tem a seguinte

propriedade:Uma rede (f�)�2� converge para f se, e somente se, f�(�) = ��(f�) ! ��(f) = f(�) para cada

� 2 A.

De�nição 13.23. Uma rede (x�) em um conjunto X é dita ultrarede (ou rede universal) quandopara cada subconjunto E de X; ou (x�) está residualmente em E ou residualmente em X � E:

Note que qualquer rede constante é uma ultrarede (chamada de rede universal trivial).

Proposição 13.24. Se uma ultrarede tem um ponto de acumulação, então ela converge para esseponto.

Demonstração. Seja (x�)�2� uma ultrarede em X e x0 um ponto de acumulação de (x�)�2�. Então,dado U um aberto contendo x0 e �0 2 �, temos que existe � � �0 tal que x�2 U: Como (x�) é ultrarede,

para U existe um certo �1 tal que apenas um dos itens abaixo ocorre:

(i) � � �1 ) x� 2 U ou

(ii) � � �1 ) x� 2 X � U:Como sabemos que existe algum � � �1 tal que x� 2 U , segue que vale (i) e portanto x� ! x:

Teorema 13.25. Se (x�) é uma ultrarede em X e f : X ! Y , então (f(x�)) é uma ultrarede em Y .

Demonstração. Seja A � Y: Pela de�nição de ultrarede, temos que (x�) está residualmente emf�1(A) ou em X � f�1(A) = f�1(Y �A). Portanto, (f(x�)) está residualmente em A ou em Y �A;e consequentemente é uma ultrarede.


14. Filtros

Uma outra forma de se estudar convergência em espaços topológicos é através do conceito de �ltros.

De�nição 14.1. Um �ltro F em um conjunto X é uma coleção não-vazia contida em P(X) tal quea) � =2 F ,b) se F1 e F2 são elementos de F , então F1 \ F2 2 F ,c) se F 2 F e F � G, então G 2 F .Uma subcoleção F0 � F é uma base para o �ltro F se para cada F 2 F , existir F0 2 F0 com

F0 � F:

Observação 14.2. Note que do item (c), concluímos que X 2 F .Proposição 14.3. Uma coleção qualquer C de subconjuntos não-vazios de X é uma base para algum�ltro de X se sempre que C1; C2 2 C, existir C3 2 C com C3 � C1 \ C2.Demonstração. Seja F = fF � X;F � C para algum C 2 Cg: Temos que � =2 F , e se F1 e F2

são elementos de F , então existem C1 e C2 em C tais que C1 � F1 e C2 � F2: Logo C1 \ C2 2 C eC1 \C2 � F1 \F2: Logo F1 \F2 2 F . Finalmente, como o item (c) da de�nição de �ltro é obviamenteválido para F , segue que F é um �ltro.�Exemplo 14.4. Note que se X é um espaço topológico e x 2 X, o conjunto das vizinhanças de x,denotado por Ux; é um �ltro em X. Além disso, qualquer base de vizinhanças de x é uma base para o�ltro Ux: Esse �ltro será chamada de �ltro de vizinhanças de x.Observação 14.5. Note que as condições (a) e (b) nos restringem bastante a �quantidade deelementos� dos �ltros, pois como � =2 F , o item (b) nos diz que se F1 \F2 = �, então pelo menos umdesses conjuntos não pertence a F .De�nição 14.6. Um �ltro F em um espaço topológico X converge para x se Ux � F (notaçãoF ! x).

Exemplo 14.7. Considere X = fa; b; cg com a topologia � = f�; fa; bg; Xg: O conjuntoF = ffag; fa; bg; fa; cg; Xg

é um �ltro em X. Além disso, perceba que F ! a, pois Ua = ffa; bg; Xg:De�nição 14.8. Um �ltro F é um ultra�ltro se não existe nenhum outro �ltro que o contenhaestritamente.

Exemplo 14.9. O �ltro F do Exemplo 14.7 é um ultra�ltro.

Observação 14.10. Perceba que num �ltro (ou ultra�ltro) F não podemos ter ao mesmo tempo E 2 Fe X � E 2 F , pois se isso ocorresse, teríamos � = E \ (X � E) 2 F .Teorema 14.11. Um �ltro F é um ultra�ltro se, e somente se, para cada E � X tivermos E 2 Fou X � E 2 F .Demonstração. Sejam F um ultra�ltro e E � X. Se existir F0 2 F tal que F0 \ E = � então

F0 � (X � E) e portanto X � E 2 F :Caso contrário,

(12) F \ E 6= � para todo F 2 F .Suponhamos, portanto, que vale (12). Pela Proposição 14.3, o conjunto C = fF\E;F 2 Fg é uma basepara um �ltro G. De fato, se F1\E e F2\E pertencem a C, então (F1 \ E)\(F2 \ E) = (F1\F2)\E 2 C.Mas, esse �ltro G contém E (pois E = X \ E): Além disso, F � G. Com efeito, se F 2 F , então,

por hipótese, F \ E 2 C � G e, como F \ E � F; segue que F 2 G.Como F é um ultra�ltro, segue que E 2 F .Agora vamos supor que F é um �ltro tal que para cada E � X temos E 2 F ou X � E 2 F . Se

G é um �ltro que contém estritamente F , então existe A 2 G � F . Mas, nesse caso X � A 2 F � G(absurdo, pois tanto A como seu complementar estarão em G). Logo F é ultra�ltro. �


Teorema 14.12. Todo �ltro F está contido em algum ultra�ltro.

Demonstração. Seja C a coleção de todos os �ltros que contém F . Em C, consideremos a relação deordem parcial F1 � F 2 , F 1 � F 2. Note que qualquer subconjunto totalmente ordenado

fF�;� 2 �gtem

S�2�

F� 2 C como cota superior. Assim, pelo que acabamos de veri�car, como C é não-vazio (pois

F 2 C), podemos usar o Lema de Zorn (LZ). Pelo LZ, segue que C admite um elemento maximal, queé obviamente um ultra�ltro que contém F . �

As noções de �ltro e rede têm uma relação muito forte. Rigorosamente, tudo que puder ser provadoou enunciado usando-se redes, poderá ser paralelamente provado ou enunciado usando-se �ltros, evice-versa. Entretanto, em determinadas ocasiões um ou outro conceito pode parecer mais natural,e assim é interessante conhecer um pouco de ambos. A seguinte de�nição e os próximos exercíciosdeixam claro como fazer a ligação formal entre esses dois conceitos:

De�nição 14.13. Se (x�)�2� é uma rede em X, o �ltro gerado pela base C formada pelos conjuntosB�0 = fx�;� � �0g; �0 2 �; é chamado �ltro gerado por (x�)�2�.Se F é um �ltro em X, seja �F = f(x; F );x 2 F 2 Fg: Então �F é um conjunto dirigido pela

relação(x1; F1) � (x2; F2), F2 � F1

e a aplicação P : �F ! X dada por P (x; F ) = x é uma rede em X, chamada de rede gerada por F.

Exercício 14.14. Um �ltro F , em um espaço topológico X, converge para x 2 X se, e somente se, arede gerada por F converge para x:

Exercício 14.15. Uma rede (x�), em um espaço topológico X, converge para x 2 X se, e somente se,o �ltro gerado por ela converge para x.

O seguinte resultado nos será útil no decorrer do curso:

Proposição 14.16. A rede gerada por um ultra�ltro é uma ultrarede.

Demonstração. Seja F um ultra�ltro. Então, seja P : �F ! X a rede gerada por F .Seja E � X. Como F é ultra�ltro, temos que E 2 F ou X � E 2 F . No primeiro caso,

se (y; F ) � (x;E), temos P (y; F ) = y 2 F � E e consequentemente a rede P : �F ! X estáresidualmente em E.No segundo caso, se (y; F ) � (x;X � E), temos P (y; F ) = y 2 F � X � E e consequentemente a

rede P : �F ! X está residualmente em X � E. Logo, a rede P : �F ! X é uma ultrarede.


15. � � � � -Cópia da primeira prova do curso� � � � �

Primeira Prova de Topologia GeralPrograma de Mestrado em Matemática-UFCGProfessor: Daniel PellegrinoData: 06/05/2005Duração: 2 horasAluno:

Resolva apenas duas das 3 questões:

1. Seja X um conjunto. Seja �c a coleção de todos os subconjuntos U de X tais que X � U éenumerável ou é X:a) Veri�que que �c é uma topologia em X.b) Para X = R, estude a convergência da seqüência (1; 2; 1; 2; 1; 2; :::): Converge? Não converge?c) Para um X = R com a topologia �c, existe alguma seqüência em X que converge para mais de

um ponto? Demonstre o que a�rmar.d) Dê exemplo de um espaço topológico onde cada seqüência que converge, converge para apenas um

ponto, mas, por outro lado, existem redes (ou �ltros) que convergem para mais de um ponto. Justi�quesua resposta (não é necessário exibir a rede (ou �ltro), mas apenas justi�car a sua existência).e) Sejam X e Z espaços topológicos e Y � Z com a topologia induzida. Mostre que f : X ! Y é

contínua se, e somente se, g : X ! Z dada por g(x) = f(x) é contínua.

2. Responda os itens abaixo:

a) De�na função contínua e homeomor�smo.b) SeX é �nito, é possível de�nir um homeomor�smo entreX e um subconjunto próprio? Justi�que.c) Pode existir um conjunto X que seja homeomorfo a um subconjunto próprio? Caso positivo, dê

um exemplo e demonstre o que a�rmar.d) Sejam (X; �) e (Y;P(Y )) espaços topológicos. Mostre que se (X; �) é homeomorfo a (Y;P(Y ))

então � = P(X): E a recíproca, vale?e) Sejam (X; �) e (Y; �2) espaços topológicos. Mostre que se (X; �) é homeomorfo a (Y; �2) então �

tem a mesma cardinalidade de �2 (exiba a função que corresponde � e �2 e mostre que é bijeção). E arecíproca, vale?f) Exiba espaços topológicos (X; �) e (Y; �2) tais que X e Y têm a mesma cardinalidade, � tem a

mesma cardinalidade de �2 e X não é homeomorfo a Y . Demosnstre o que a�rmar!

3. Seja (X; �) um espaço topológico. Dizemos que D � X é denso em X se D = X: Um espaçovetorial normado E é dito separável se existir um subconjunto D � X denso e enumerável.a) Mostre que D � X é denso se, e somente se, a interseção de cada aberto de X com D for não

vazia.b) Considere o espaço vetorial

l1 = f(xj)1j=1;xj 2 R e sup kxjk <1gcom a norma

(xj)1j=1 = sup kxjk : Seja A = f(xj)1j=1 � l1;xj = 0 ou xj = 1; para cada j naturalg:Mostre que A não é enumerável.c) Mostre que l1 não é separável. Sugestão: use o item (b).


16. Espaços T0; T1; T2 e T3

Agora vamos restringir nosso estudo a alguns tipos especiais de espaços topológicos. As topologiasmais interessantes, de alguma forma separam pontos através de abertos. Nessa direção, vamos de�nirespaços T0; T1; T2 e T3:

De�nição 16.1. Um espaço topológico X é dito um espaço T0 (ou a topologia de X é T0) quandopara quaisquer pontos x e y, distintos, existe um aberto que contém um dos pontos e não contém ooutro. Dizemos ainda que um espaço topológico X é um espaço T1 (ou a topologia de X é T1) quandopara quaisquer pontos x e y, distintos, existe uma vizinhança de cada um dos pontos que não contém ooutro. Por �m, lembremos que um espaço topológico X é um espaço de Hausdor¤ se para cada x1e x2; elementos distintos de X, existem abertos disjuntos que separam x1 e x2. Espaços de Hausdor¤também são chamados de espaços T2:

É claro que todo espaço T1 é também T0 (é óbvio também que, na de�nição de espaço T0, podemostrocar o aberto por uma vizinhança do ponto): Entretanto, a recíproca não vale, pois X = fa; bg coma topologia � = f�; fag; Xg em X é um espaço T0 mas não é um espaço T1:

Exercício 16.2. Mostre que uma pseudométrica é uma métrica se, e somente se, a topologia geradapor ela é T0:

Exercício 16.3. Um espaço topológico é um espaço T1 se, e somente se, cada ponto é fechado.

De�nição 16.4. Um espaço topológico é dito regular se sempre que F é fechado e x =2 F , existemabertos disjuntos U e V com x 2 U e F � V:

Exercício 16.5. Dê exemplo de um espaço regular que não é Hausdor¤.

Como a intenção da de�nição de espaços regulares é, de certa forma, re�nar os conceitos de espaçosT1 e T2 (Hausdor¤), dizemos que um espaço T1 que também é regular, é um espaço T3: Como emespaços T1; os conjuntos unitários são fechados, temos que todo espaço T3 é Hausdor¤.Temos então

T0 � T1 � T2 := Hausdor¤� T3 := T1 + regular.


17. Conjuntos compactos

De�nição 17.1. Seja X um espaço topológico. Um conjunto Y � X é compacto (em X) quandosempre que Y �

[�2�

A� com cada A� aberto em X, existirem �1; :::; �n tais que Y � A�1 [ :::A�n .

Note que, intuitivamente, quanto menos abertos possui uma topologia, mais fácil é para se encontrarcompactos. Podemos destacar dois extremos:Em uma topologia com uma quantidade �nita de abertos, todo conjunto é compacto. Por outro lado,

para um conjunto X munido da topologia � = P(X); temos que um subconjunto de X é compactose, e somente se, tem uma quantidade �nita de elementos.Conjuntos compactos têm propriedades especiais em espaços de Hausdor¤. Um resultado importante

é o seguinte:

Teorema 17.2. Se X é um espaço de Hausdor¤ e K é um compacto que não contém um ponto x 2 X,então existem abertos disjuntos que os separam.

Demonstração. Como X é Hausdor¤, para cada y 2 K; existem abertos disjuntos Ax;y e By;

contendo x e y; respectivamente, que separam x e y: Assim, temos K �[y2K

By e, como K é compacto,

existem y1; :::; yn em K tais que

K �n[j=1

Byj :

É claro que x 2n\j=1

Ax;yj e quen\j=1

Ax;yj en[j=1

Byj são abertos e disjuntos, e a demonstração está

concluída. �

Exemplo 17.3. No Rn; os compactos são precisamente os subconjuntos fechados e limitados (veja[2]).

Em geral, compactos não são necessariamente fechados, mas em espaços de Hausdor¤ sim:

Teorema 17.4. Se X é um espaço de Hausdor¤, então os compactos são fechados.

Demonstração. Seja K um compacto num espaço de Hausdor¤X. Para mostrar que K é fechado,mostraremos que seu complementar é aberto. Se X�K for vazio, a demonstração está concluída. Casocontrário, seja x 2 X �K. Pelo Teorema 17.2, x e K podem ser separados por abertos e, portanto,existe um aberto A tal que x 2 A � X �K. Logo X �K é aberto. �

Exercício 17.5. Dê exemplo de um compacto que não é fechado. Sugestão: Pense num espaçotopológico com uma quantidade �nita de abertos.

Exercício 17.6. Mostre que se Z é um espaço topológico, X é fechado em Z, Y é compacto em Z eX � Y; então X é compacto em Z.

Exercício 17.7. Exiba um espaço topológico X que não é Hausdor¤, mas todo compacto em X éfechado. Sugestão: Considere a reta com a topologia do Exemplo 4.2.

Exercício 17.8. Seja X um espaço topológico e B � X um subespaço. Mostre que A � B é compactoem B se, e somente se, A é compacto em X. Em particular, fazendo A = B, segue que A é compactoem X se, e somente se, A, pensado com espaço topológico, é compacto.

Exercício 17.9. Mostre que se f : X ! Y é contínua e K é compacto em X, então f(K) é compactoem Y .

Exercício 17.10. Mostre que �ser compacto�é uma propriedade topológica.


Exercício 17.11. Lembre que em teoria de conjuntos, o Teorema de Cantor-Bernstein a�rma que seA e B são conjuntos e existem funções injetivas f : A ! B e g : B ! A, então existe uma bijeçãoentre A e B. Para espaços topológicos, o análogo seria:�Se X pode ser mergulhado em Y e Y pode ser mergulhado em X, então X e Y são homeomorfos�.

Encontre um contra-exemplo. Sugestão: Use [0; 1] e R.

De�nição 17.12. Uma família E de subconjuntos de X tem a propriedade da interseção �nitase a interseção de qualquer subcoleção �nita de E é não-vazia.

Os conceitos de rede, �ltro e de conjuntos com a propriedade da interseção �nita caracterizamconjuntos compactos da seguinte forma:

Teorema 17.13. (Caracterizações de compactos) Para um espaço topológico X, as seguintesa�rmações são equivalentes:(a) X é compacto,(b) cada família E de subconjuntos fechados de X com a propriedade da interseção �nita tem

interseção não-vazia,(c) cada rede em X tem um ponto de acumulação,(d) cada ultrarede em X converge.(e) cada ultra�ltro em X converge.

Demonstração.(a))(b). Se fE�;� 2 Ag é uma família de conjuntos fechados de X com interseção vazia, então

fX � E�;� 2 Ag é uma cobertura aberta de X. Com efeito,[�2A

(X � E�) = X �\�2A

E� = X:

Como X é compacto, temos que existem �1; :::; �n tais que X =

n[i=1

(X � E�i) = X �n\i=1

E�i : Logo

n\i=1

E�i = �, e fE�;� 2 Ag não tem a propriedade da interseção �nita.

(b))(c). Seja (x�)�2� uma rede em X. Considere a família de fechadosnfx�;� � �0g

o�02�

:

Tomando fx�;� � �1g \ :::: \ fx�;� � �ng, temos que existe � 2 � com � � �1; :::; � � �n e daíconcluímos que

x� 2 fx�;� � �1g \ :::: \ fx�;� � �ng:

Portanto, a família de fechadosnfx�;� � �0g

o�02�

possui a propriedade da interseção �nita. Por

hipótese, temos então que existe

x 2\�02�

fx�;� � �0g:

Finalmente, para qualquer U aberto (contendo x) e � 2 �, como x 2 fx�;� � �g; temos que existe� � � tal que x� 2 U , e x é ponto de acumulação da rede (veja de�nição na De�nição 13.4).(c))(d). Se (x�) é uma ultrarede em X, em particular, (x�) é uma rede e, por hipótese, tem ponto

de acumulação. Pela Proposição 13.24, segue que essa ultrarede é convergente.(d))(e). Seja F um ultra�ltro em X. A rede gerada por F é, pela Proposição 14.16, uma ultrarede.

Por hipótese, temos que essa ultrarede (rede) converge. Pelo Exercício 14.15, segue que F tambémconverge. Logo, todo ultra�ltro F em X converge.(e))(a). Suponhamos, por contradição, que X não seja compacto. Escolha, então, um conjunto

de abertos U que formam uma cobertura de X, que não possui subcobertura �nita. Então


X � (A1 [ ::: [ An) 6= � para cada coleção �nita de abertos fA1; :::; Ang em U . Fazendo uso daProposição 14.3, temos que a família de conjuntos

fX � (A1 [ ::: [An);n 2 N e Aj 2 U , j = 1; :::; ngforma uma base para um �ltro F : Como todo �ltro está contido num ultra�ltro (veja Teorema 14.12),segue que existe um ultra�ltro G que contém F . Mas, já sabemos que todo ultra�ltro em X converge.Assim, existe x 2 X tal que G ! x. Como os abertos de U cobrem X, existe um aberto U 2 Ucontendo x. Como U é vizinhança de x, e como G ! x, segue que U 2 G. Por construção, temos queX � U 2 F � G. Assim, U =2 G (contradição). Logo X é compacto.�

Exercício 17.14. Se A � B � Y , então AB � A

Y:

Solução. Suponha b 2 AB � B: Seja V um aberto (de Y ) contendo b: Então V \ B é aberto de B

contendo b. Como b 2 AB , existe c 2 (V \B) \A: Logo c 2 V \A e concluímos que b 2 AY :

Exercício 17.15. Se A � B � Y e A é fechado em Y; mostre que A é fechado em B.

Solução. Note que

A � AB (Exercício anterior)

� AY= A

e portanto A = AB:

Exercício 17.16. Se A � B � Y , A é fechado em Y e B é compacto em Y , mostre que A é compactoem Y .

Solução. Basta mostrar que A (com a topologia induzida) é um espaço topológico compacto.Como A é fechado em Y , segue (de exercício anterior) que A é fechado em B. Como B é compacto

em Y , B é um espaço topológico compacto. Logo, basta mostrar que todo subespaço fechado de umespaço topológico compacto, é compacto (mas isso já foi mostrado no Exercício 17.6.

17.1. O Teorema de Tychono¤. O Teorema de Tychono¤, que veremos a seguir, é um resultadocentral da topologia e, curiosamente, é equivalente ao Axioma da Escolha (mas essa equivalência nãoserá demonstrada nesse curso). A demonstração do Teorema de Tychono¤, abaixo, pode parecer direta,mas perceba que nela serão usadas as caracterizações de compactos do Teorema 17.13, que fazem usodo Lema de Zorn!

Teorema 17.17. (Teorema de Tychono¤ ) Seja fX�g�2� uma família de espaços topológicos eY =

Y�2�

X�. Um subconjunto não vazio Y0 =Y�2�

A� de Y é compacto se, e somente se, cada A� é

compacto.

Demonstração. Como as projeções �� são contínuas, e como função contínua leva compacto emcompacto, segue que se Y0 é compacto, então cada A� é compacto.Pelo Exercício 17.8, mostrar que Y0 é um subconjunto compacto de Y é o mesmo que mostrar que

Y0 é um espaço compacto.Suponha, agora, que cada A� é compacto. Seja (x�)�2� uma ultrarede em Y0 (cuidado para não

confundir: temos que cada x� 2 Y0). Então, pelo Teorema 13.25 segue que, para cada � 2 �,(��(x�))�2� é uma ultrarede em A�: Pelas caracterizações dos conjuntos compactos, temos que cada(��(x�))�2� converge para um certo z� 2 A�: Seja

z0 = ff : �!S�2�

A� dada por f(�) = z�g 2 Y0:

Assim, para cada � 2 �, temos que (��(x�))�2� converge para ��(z0). Finalmente, o Teorema 13.22garante que (x�)�2� converge para z0 e o Teorema 17.13, que caracteriza compactos, garante que Y0é compacto:�


18. Uma aplicação do Teorema de Tychonoff à Análise Funcional: O Teorema deBanach-Alaoglu-Bourbaki

Se E é um espaço de Banach de dimensâo in�nita, a bola unitária fechada BE = fx 2 E; kxk � 1gnunca é compacta (esse resultado pode ser encontrado em vários livros de Análise Funcional).O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki a�rma que num espaço dual E0; com a topologia fraca

estrela, a bola unitária fechada BE0 = f' 2 E0; k'k � 1g é sempre compacta:

Teorema 18.1. A bola BE0 é compacta em E0 com a topologia fraca estrela.

Demonstração. Começamos mostrando que E0, com a topologia fraca estrela, é homeomorfo a umsubespaço do espaço produto Y = KE = ff : E ! Kg (munido com a topologia produto). Seja : E0 ! Y dada por (f) = f: Temos que é claramente injetiva e também contínua. Para justi�cara continuidade, observe que para cada x0; denotando por �x0 : Y ! K a projeção na coordenada x0;temos que

�x0 � : E0 ! Ké tal que

�x0 �(f) = f(x0) = J(x0)(f):

Portanto �x0 � = J(x0), e daí, pela de�nição da topologia fraca estrela em E0; temos que �x0 � é contínua. Finalmente, lembrando que a topologia produto em Y é gerada pelas projeções �x0 , oExercício 10.8 nos garante que é contínua.A injetividade da aplicação nos permite considerar a �nova�aplicação

� : E0 ! (E0):

de�nida por �(f) = (f): É claro que � é bijetiva. Como é contínua, pelo Exercício 8.9, segue que� é contínua. Mostraremos que essa aplicação é bem mais que isso: é um homeomor�smo. Considere,portanto sua inversa ��1:Como E0 está munido com a topologia fraca estrela, novamente o Exercício 10.8 garante que ��1

será contínua se provarmos que para cada x0; as aplicações

J(x0) � ��1 : (E0)! Ksão contínuas. Note que

(13) J(x0) � ��1 = (�x0 j (E0))pois

J(x0) � ��1 (f) = f(x0) = (�x0 j (E0)) (f) :Portanto, como Y está com a topologia produto, temos que �x0 é contínua e a restrição (�x0 j (E0))também. Assim, de (13), temos que todas as J(x0) � ��1 são contínuas e portanto ��1 é contínua.Concluímos, portanto, que E0 é homeomorfo a um subespaço (E0) de Y e consequentemente BE0

é homeomorfo a (BE0).Assim, para provar que BE0 é compacto na topologia fraca estrela, basta provar que (BE0) é

compacto em (E0): Mas, pelo Exercício 17.8, basta mostrar que (BE0) é compacto em Y:Note que

(BE0) = f' 2 E0; k'k � 1g = f' 2 E0; j'(x)j � kxk 8x 2 Eg:Assim,

(BE0) �Qx2E

[�kxk ; kxk]:

Pelo Teorema de Tychono¤,Qx2E

[�kxk ; kxk] é compacto em Y . Para obtermos a compacidade de

(BE0) = �(BE0), basta observarmos que (BE0) é fechado em Y (Exercício 17.16).Essa é, entretanto, uma tarefa fácil. Para isso, considere (('i)) uma rede em (BE0) que converge

(na topologia produto) para f 2 Y: Então, pelo Teorema 13.22 segue que(('i))(x)! f(x) 8x 2 E;


isto é,'i(x)! f(x) 8x 2 E:

Segue claramente que f é linear. Além disso, como, para cada i e cada x; temos k'i(x)k � kxk ; segueque kf(x)k � kxk e kfk � 1: Logo f = (f) 2 BE0 :�


19. Teorema da Extensão de Tietze

Espaços métricos, como protótipos de espaços topológicos, possuem diversas propriedadesmarcantes. Se (M;d) é um espaço métrico e F1 e F2 são subconjuntos fechados e disjuntos de M;a função S :M ! [0; 1] dada por

S(x) =d(x; F1)

d(x; F1) + d(x; F2)

está bem de�nida, é contínua (para detalhes sobre funções contínuas em espaços métricos veja [1, Pag35] e S(F1) = f0g; S(F2) = f1g: Usando a função S, é fácil ver que se U = fx 2 M ;S(x) < 1=2g eV = fx 2M ;S(x) > 1=2g; então F1 � U , F2 � V e U \ V = �:Espaços topológicos que tem essa propriedade são chamados de normais. Precisamente, um espaço

topológico X é dito normal se dados F1 e F2; subconjuntos fechados e disjuntos de X, exitem abertosU e V tais que U \ V = � e F1 � U e F2 � V: Um espaço normal que também é T1 é chamado deespaço T4:Note que

T0 � T1 � T2 � T3 � T4:

Nosso primeiro resultado signi�cativo sobre espaços normais mostra que os espaços normais sãoprecisamente aqueles onde para fechados disjuntos F1 e F2; existe uma função contínua S tal queF1 2 S�1(f1g) e F2 2 S�1(f0g); assim como acontece nos espaços métricos:

Lema 19.1. Em um espaço normal, dados F1 e F2 fechados e disjuntos, existe um aberto U contendoF1 tal que U \ F2 = �:

Demonstração. Como o espaço é normal, existem U1 e U2 abertos disjuntos tais que F1 � U1 eF2 � U2: Temos então que U1\F2 = �: De fato, se essa interseção fosse não vazia, escolha x 2 U1\F2.Logo x 2 U2 (aberto) e x 2 U1; e isso acarreta que existe y 2 U1 \ U2 (absurdo). �Lema 19.2. Sejam X um espaço topológico e D um subconjunto denso de [0; 1]: Suponhamos dado,para cada r 2 D, um subconjunto Ur � X tal quea) cada Ur é aberto em X;b) se r < s; então Ur � Us:Então, a função f : X ! [0; 1] de�nida por

f(x) = 1 se x =2[r2D

Ur

f(x) = inffr 2 D;x 2 Urg; caso contrário.é contínua.

Demonstração. Note que:(i) se x 2 Ur, então f(x) � r;(ii) se x =2 Ur, então f(x) � r:Com efeito, a a�rmação (i) é imediata. Para veri�car (ii), observe que se fosse f(x) < r; pela

de�nição de ín�mo, existiria s 2 D tal que x 2 Us e s < r: Assim, Us � Ur e portanto x 2 Ur:Agora vamos provar que f é contínua em um ponto arbitrário a 2 X. Para " > 0; vamos encontrar

vizinhanças V e W de a tais que

x 2 V ) f(x) < f(a) + "

x 2W ) f(a)� " < f(x):

Uma vez encontradas V e W , se de�nirmos U = V \W , teremos quex 2 U ) jf(x)� f(a)j < ":

Para pontos a tais que f(a) = 1; de�namos V = X. Se for f(a) < 1; então f(a) = inffr 2 D; a 2Urg: Logo, como D é denso em I; existe r 2 D tal que f(a) < r < f(a)+ ": Por (ii), temos que a 2 Ur,e por (i), se x 2 Ur, temos que f(x) � r < f(a) + ": Nesse caso de�nimos V = Ur.


Se for f(a) = 0; colocamos W = X: Se for f(a) > 0; então, como D é denso em I, existem r; s 2 Dtais que f(a) � " < r < s < f(a): Logo Ur � Us: Seja W = X � Ur: Como f(a) > s, temos, por (i),a =2 Us e portanto a =2 Ur e a 2W . Além disso, se x 2W , temos x =2 Ur e assim

f(a)� " < r � f(x):

Portanto, W é uma vizinhança aberta de a tal que x 2W implica f(a)� " < f(x):�

Proposição 19.3. (Lema de Urysohn). Um espaço topológico X é normal se, e somente se,para quaisquer subconjuntos F1 e F2 fechados de X, com F1 \ F2 = �, existe uma função contínuaS : X ! [0; 1] tal que S(F1) = f0g e S(F2) = f1g.

Demonstração. Suponha que X seja normal e que F1 e F2; disjuntos, sejam subconjuntos fechadosde X. Como X é normal (pelo Lema 19.1), existe um aberto U1=2 tal que

F1 � U1=2 � U1=2 e U1=2 \ F2 = �:

Agora, F1 e X � U1=2 são fechados e disjuntos, assim como U1=2 e F2: Então, existem abertos U1=4 eU3=4 tais que

F1 � U1=4 � U1=4 � U1=2 � U1=2 � U3=4 � U3=4

eU3=4 \ F2 = �:

Agora suponha que tenhamos os conjuntos Uk=2n ; k = 1; :::; 2n � 1 de�nidos de modo que

F1 � U1=2n ; :::; Uk�1=2n � Uk=2n ; :::; U2n�1=2n \ F2 = �:

Podemos continuar o processo e obter conjuntos Uk=2n+1 , k = 1; ::::; 2n+1 � 1 com as mesmaspropriedades. Por indução, para cada racional da forma r = k=2n; com k = 1; :::; 2n � 1; temosum aberto Ur tal quea) F1 � Ur e Ur \ F2 = � para cada r,b) Ur � Us para cada s > rAgora, de�na S : X ! [0; 1] como segue:

S(x) = 1 se x =2[r

Ur

S(x) = inffr;x 2 Urg; caso contrário.Temos que S(F1) = f0g e S(F2) = f1g: Pelo Lema 19.2, S é contínua.Reciprocamente, suponha que para quaisquer subconjuntos F1 e F2 fechados de X, com F1\F2 = �,

exista uma função S : X ! [0; 1] tal que S(F1) = f0g e S(F2) = f1g. Então S�1([0; 1=2)) e S�1(1=2; 1])são abertos disjuntos que contém F1 e F2, respectivamente, e assim X é um espaço normal. �

Exercício 19.4. Sejam a < b números reais. Mostre a seguinte versão (mais geral) do Lema deUrysohn: Um espaço topológico X é normal se, e somente se, para quaisquer subconjuntos F1 e F2fechados de X, com F1 \F2 = �, existe uma função S : X ! [a; b] tal que S(F1) = fag e S(F2) = fbg.

Outra maneira de caracterizar espaços normais é através de extensões de funções contínuas.

Teorema 19.5. (Teorema da extensão de Tietze) X é um espaço normal se, e somente se, sempreque F é um subconjunto fechado de X e f : F ! R é contínua, existe uma extensão contínua de fpara X.

Demonstração. Suponhamos primeiro f : F ! [�a; a]:Vamos obter '1 : X ! [�a=3; a=3] tal que

jf(x)� '1(x)j �2a

3

para todo x 2 F .


De�na F1 = fx 2 F ; f(x) � �a3 g e G1 = fx 2 F ; f(x) � a

3g: Note que esses dois conjuntos sãodisjuntos e fechados em X (use o Teorema 8.5).Pelo Lema de Urysohn, existe '1 : X ! [�a=3; a=3] tal que '1(F1) = f�a=3g e '1(G1) = fa=3g:

Daí, para cada x em F , temos

(14) jf(x)� '1(x)j � a� a

3= 2a=3;

pois se f(x) � �a=3, temos '1(x) = �a=3; e se f(x) � a=3; temos '1(x) = a=3. Além disso, se�a=3 � f(x) � a=3; temos obviamente (14).Considere agora

f � '1 : F ! [�2a=3; 2a=3]:

Com o mesmo raciocínio, de�nimos F2 = fx 2 F ; f(x)�'1(x) � �2a9 g e G2 = fx 2 F ; f(x)�'1(x) �

2a9 g e encontramos '2 : X ! [� 1

32a3 ;

132a3 ] tal que

j(f(x)� '1(x))� '2(x)j �2a

3� 2a9=2

3

2a

3

para todo x 2 F .Prosseguindo assim, encontramos 'n : X ! [� 1

3 (23 )n�1a; 13 (

23 )n�1a] tal que��f(x)�

nXj=1

'j(x)

�� 2

3

�na

para todo x 2 F . Seja 'n : X ! [�a; a] dada por '(x) =1Xj=1

'j(x): Note que a imagem de ' está de

fato no conjunto [�a; a]; pois��1Xj=1

'j(x)

�� 1Xj=1

j'j(x)j �1Xj=1

1

3

�2

3

�n�1a = a:

Note ainda que, se x 2 F , temos ��f(x)�nXj=1

'j(x)

�� 2

3

�na

e assim f(x) = '(x) para todo x 2 F .

Para provar que ' é a extensão desejada, resta provar que ' é contínua.Seja x0 2 X e " > 0. Escolha N > 0 tal que

1Xn=N+1

�2

3

�na <

"

2:

Como cada 'i é contínua, para i = 1; :::; N , escolha Ui aberto em X tal que

x 2 Ui ) j'i(x0)� 'i(x)j <"

2N:


Assim, para U = U1 \ ::: \ UN , temos, para qualquer x 2 U ,

j'(x0)� '(x)j �NXi=1

j'i(x0)� 'i(x)j+1X

i=N+1

j'i(x0)� 'i(x)j

� N:"

2N+

1Xi=N+1

j'i(x0)� 'i(x)j

� "

2+

1Xi=N+1

(j'i(x0)j+ j'i(x)j)

� "

2+

1Xi=N+1

2:1

3

�2

3

�i�1a

="

2+

1Xi=N+1

�2

3

�ia � ":

Logo ' é contínua em X e o caso em que f tem imagem em [�a; a] está resolvido.Como (�1; 1) é homeomorfo à reta real, o caso geral pode ser demonstrado considerando uma função

contínua f : F ! (�1; 1) (Exercício!): Podemos, pelo caso anterior (se olharmos f tendo como contra-domínio [�1; 1]), obter uma extensão ' : X ! [�1; 1]: Seja F0 = fx 2 X; j'(x)j = 1g: Então F e F0são fechados disjuntos em X. Pelo Lema de Urysohn, existe uma função contínua g : X ! [0; 1] talque g(F0) = f0g e g(F ) = f1g: De�na

: X ! (�1; 1)por (x) = '(x):g(x): Note que realmente a imagem de pertence a (�1; 1); pois se x 2 F0, temos (x) = 0; e se x =2 F0, temos '(x) 2 (�1; 1), e daí segue que (x) 2 (�1; 1): Temos claramente que é contínua e, se x 2 F , segue que

(x) = '(x):g(x) = '(x):1 = f(x):

Reciprocamente, suponha que sempre que F é um subconjunto fechado deX e f : F ! R é contínua,existe uma extensão contínua de f para X. Sejam A e B subconjuntos (disjuntos) fechados em X.Então A [ B é fechado em X e f : A [ B ! [0; 1] dada por f(A) = f0g e f(B) = f1g é contínua(Teorema 8.8). Seja F : X ! R uma extensão de f (note que em princípio temos que usar R comocontradomínio). Seja G : X ! [0; 1] dada por

G (x) = min fmaxfF (x); 0g; 1g ::Pelo Exercício 19.6 sabemos que G é contínua. Note que a restrição de G a A [ B é precisamente f .Logo G(A) = f0g; G(B) = f1g e, pelo Lema de Urysohn, segue que X é normal. �Exercício 19.6. Seja X um espaço topológico. Dadas f; g : X ! R, sejam

(f _ g)(x) = maxff(x); g(x)g(f ^ g)(x) = minff(x); g(x)g:

Mostre que se f e g são contínuas, então f _ g e f ^ g também são contínuas.


20. Compactificação de Alexandrov

Um espaço topológico X é dito localmente compacto quando todo ponto x 2 X possui umavizinhança compacta.

Exemplo 20.1. O Rn é localmente compacto. Qualquer espaço vetorial normado X de dimensãoin�nita não é localmente compacto. Com efeito, se X fosse localmente compacto, existiria umavizinhança compacta V de 0: Escolhendo " > 0 de modo que a bola fechada de centro 0 e raio "esteja contida em V , segue que essa bola fechada é compacta (absurdo).

Uma compacti�cação de um espaço topológico X é um par ordenado (X�;), onde X� é umespaço de Hausdor¤ compacto e é um homeomor�smo de X sobre (X); com (X) = X�.Veremos que espaços de Hausdor¤ localmente compactos têm uma compacti�cação simples, que é

conhecida como compacti�cação de Alexandrov.Se X já é um espaço de Hausdor¤ compacto, não há nada que compacti�car... Se X é um espaço de

Hausdor¤ não compacto, mas localmente compacto, mostraremos que existe um espaço de Hausdor¤X� = X[f!g; ! =2 X tal que X é homeomorfo a (X) e (X) = X�: Essa compacti�cação é chamadade compacti�cação de Alexandrov. O ponto ! é chamado ponto no in�nito.

Teorema 20.2. Todo espaço de Hausdor¤ X não compacto, localmente compacto, possui umacompacti�cação de Alexandrov.

Demonstração. Seja ! um objeto qualquer que não pertence a X. Por exemplo, ! = X. De�naX� = X [ f!g e considere : X ! X� por (x) = x: Agora, de�nimos a seguinte topologia em X�:Os abertos de X� são os abertos de X e os conjuntos da forma A [ f!g; onde A é aberto em X e

X �A é compacto. Temos que veri�car que esse conjunto de abertos forma uma topologia.� É claro que � e X� são abertos.� A interseção de dois abertos de X� é da forma A\B, A\ (C [f!g), ou (C [f!g)\ (D[f!g);com A;B;C;D abertos em X, com X � C e X �D compactos em X.Como A\(C[f!g) = A\C, e (C[f!g)\(D[f!g) = (C\D)[f!g, segue que, em qualquer

caso, interseção de abertos de X� é aberto de X�. De fato, só precisamos nos preocupar emjusti�car o caso

(C [ f!g) \ (D [ f!g) = (C \D) [ f!g:Nesse caso, temos que C \D é aberto em X e X � C e X �D são compactos em X: Como

X � (C \D) = (X � C) [ (X �D);segue que X� (C \D) é compacto em X, pois é união de dois compactos. Logo, (C \D)[f!gé realmente um aberto de X�.

� Sejam (A�) e (B�) famílias de abertos em X, onde cada X � B� é compacto. Uma união deabertos em X� é da forma

[A� = A;

[(B� [ f!g) = B [ f!g; com B = [B�:ou

[�;�(A� [B� [ f!g) = (A [B) [ f!g; com A [B = [�;�(A� [B�):Note que X�B = X�[B� = \(X�B�) e, como cada X�B� é fechado, segue que sua interseção é

fechada e, por estar contida num compacto (em qualquerX�B�), também será um conjunto compacto.Assim, B [ f!g é aberto em X�:Note ainda que X � (A [B) é compacto em X; pois

X � (A [B) � X �B (compacto em X) e X � (A [B) é fechado em X:

Logo, (A [B) [ f!g é aberto em X�.Agora, mostraremos que é um homeomor�smo de X sobre (X). Note que basta mostrar que

: X ! X� é injetiva, contínua e leva abertos em abertos.� A injetividade é imediata.


� Se A� � X� é aberto, então �1(A�) = A� \X: Mas, como A� = A [ f!g ou A� = A, com Aaberto em X, segue que �1(A�) é aberto em X e é contínua. Além disso, como os abertosde X também são abertos de X�, segue que leva abertos em abertos.

Vejamos agora que X� é compacto. Dada uma cobertura aberta (C�) de X�; é claro que ! pertencea algum C�0 : Temos então que C�0 = A[f!g com X�A compacto. Assim, os outros C�, com � 6= �0formam uma cobertura aberta de X �A:De fato,

X �A = X � C�0 � X� � C�0 ��[

C�

�� C�0 �

[�6=�0

C�:

Logo, para sermos bastante precisos, como não sabemos a priori se algum dos C� contém f!g,podemos fazer

X �A �[�6=�0

(C� � f!g)

e, como cada C� � f!g é um aberto em X, temos uma subcobertura �nita de X � A (pois X � A écompacto):

X �A � (C�1 � f!g) [ ::: [ (C�n � f!g):Logo

X �A � C�1 [ ::: [ C�ne, portanto,

X� = C�0 [ C�1 [ ::: [ C�n :Assim, concluímos que X� é compacto.A demonstração de que (X) é denso em X� é fácil e �ca como exercício.Finalmente, resta-nos provar que X� é um espaço de Hausdor¤. Sejam x; y 2 X�. Se forem ambos

diferentes de !, como X é Hausdor¤, existem abertos de X que separam x e y. Como os abertosde X também são abertos de X�, segue que x; y podem ser separados por abertos disjuntos de X�.Provemos agora que x 2 X pode ser separado de ! por abertos disjuntos. Como X é localmentecompacto, existe uma vizinhança compacta de x, denotada por V: Como X é Hausdor¤, segue que Vé fechada e portanto A := (X � V ) [ fwg é um aberto de X�: Escolhendo um aberto B (de X), quecontém x e está contido na vizinhança V , segue que A e B são os abertos de X� que separam x e !.�Exercício 20.3. Complete a demonstração do teorema anterior, mostrando que (X) é denso em X�:


21. Compactificação de Stone-Cech

O processo de compacti�cação de Alexandrov poderia ser repetido em qualquer espaço topológico,e não apenas em espaços localmente compactos. A questão é que se X não é um espaço localmentecompacto, o argumento da seção anterior não garante que a �compacti�cação�resulte num um espaçode Hausdor¤, mesmo que X seja de Hausdor¤. Assim, para saber quais espaços de Hausdor¤ possuemuma compacti�cação (; X�) onde, como de�nido na seção anterior, X� é Hausdor¤, estudaremos osespaços completamente regulares.

21.1. Espaços completamente regulares. Recordemos:� Um espaço topológico é regular se para todo fechado F e x =2 F , existem abertos disjuntosque separam x e F:

� Um espaço topológico é normal se para quaisquer fechados disjuntos F1 e F2; existem abertosdisjuntos que os separam.

Agora introduzimos o conceito de espaços completamente regulares, que se mostrarão importantesno estudo de compacti�cações.Um espaço topológico X é dito completamente regular quando para cada x 2 X e U aberto em

X, com x 2 U , existir sempre uma função contínua f : X ! [0; 1] tal que f(x) = 1 e f(X �U) = f0g:Se X é um espaço normal e de Hausdor¤, segue que fxg e X � U são fechados disjuntos e, pelo

Lema de Urysohn, existe f : X ! [0; 1], contínua, tal que f(x) = 1 e f(X � U) = f0g: Assim, temos:

Proposição 21.1. Todo espaço normal e de Hausdor¤ é completamente regular.

Todo espaço completamente regular é ainda regular, como veremos adiante. Antes, vamos daralgumas caracterizações de espaços regulares:

Teorema 21.2. As seguintes a�rmações a respeito de um espaço topológico X são equivalentes:a) X é regular.b) se U é aberto em X e x 2 U , então existe um aberto V contendo x tal que V � U:c) cada x 2 X tem uma base de vizinhanças formada por conjuntos fechados.

Demonstração.(a) ) (b). Seja U aberto em X e x 2 U . Então X � U é fechado em X e não contém x: Como X

é regular, existem abertos disjuntos V e W tais que x 2 V e X � U � W: Então X �W é fechado eV � X �W � U: Portanto V � U:(b)) (c). Por (b), sabemos que cada vizinhança aberta U de x contém uma vizinhança fechada (a

saber V ) Portanto, essas vizinhanças fechadas formam uma base de vizinhanças de x.(c)) (a). Seja x 2 X e F um fechado que não contém x. Então o aberto X �F é uma vizinhança

de x: Por (c), existe B fechado (vizinhança de x) com x 2 B � X � F: Logo int(B) e X � B sãoabertos disjuntos contendo x e F , respectivamente. Daí segue que X é regular.�

Proposição 21.3. Todo espaço completamente regular é regular.

Demosnstração. Seja X um espaço topológico completamente regular e sejam x 2 X e U um abertoque contém x. Como X é completamente regular, existe uma função contínua f : X ! [0; 1] tal quef(x) = 1 e f(X � U) = f0g: Assim, F = f�1([1=2; 1]) é um fechado que contém x e está contido emU . É claro que F é uma vizinhança de x, pois f é contínua. Assim, int(F ) satisfaz as hipóteses de (b)do Teorema 21.2. �

Exercício 21.4. Todo subespaço de um espaço completamente regular é completamente regular.

Veremos a seguir, na Proposição 21.5 que todo espaço de Hausdor¤ compacto é normal. Assim,como todo espaço normal e de Hausdor¤ é completamente regular, segue que todo espaço compactode Hausdor¤ é completamente regular.

Proposição 21.5. Todo espaço de Hausdor¤ compacto é normal.


Demonstração. Sejam F e G dois subconjuntos fechados e disjuntos de um espaço de Hausdor¤compacto X. Temos, portanto, que F e G são compactos. Dados x 2 F e y 2 G, arbitrários, existemabertos Uy;x e Vy;x tais que x 2 Uy;x, y 2 Vy;x e Uy;x \Vy;x = �: Fazendo y variar em G, obtemos umacobertura de G, da qual podemos extrair uma subcobertura �nita G � Vy1;x[ :::[VyN ;x: ConsiderandoUx = Uy1;x \ ::: \ UyN ;x e V x = Vy1;x [ ::: [ VyN ;x; temos x 2 Ux; G � V x e Ux \ V x = �: Fazendox variar em F , temos uma cobertura aberta de F , da qual obtemos uma subcobertura �nita. Temosentão

F � Ux1 [ ::: [ Uxm :De�nindo U = Ux1 [ ::: [ Uxm e V = V x1 \ ::: \ V xm segue que F � U , G � V e U e V são abertosdisjuntos, demonstrando que X é normal. �Corolário 21.6. Todo espaço compacto de Hausdor¤ é completamente regular.

Corolário 21.7. Se um espaço de Hausdor¤ X possui uma compacti�cação : X ! Y , então X écompletamente regular.

Demonstração. Nesse caso, X é homeomorfo a (X); que é um subespaço de um espaço de Hausdor¤compacto Y . Pelo Corolário 21.6, segue que Y é completamente regular. Pelo Exercício 21.4, segue que(X) é completamente regular. Como X é homeomorfo a (X) e como �ser completamente regular�é uma propriedade topológica, segue que X é completamente regular. �Corolário 21.8. Todo espaço de Hausdor¤ localmente compacto é completamente regular.

Demonstração. Se o espaço já é compacto, o Corolário 21.6 já garante o resultado. Se o espaço nãoé compacto, basta lembrar que todo espaço de Hausdor¤, não compacto, localmente compacto, possuiuma compacti�cação (de Alexandrov), : X ! X�.�

21.2. Compacti�cação de Stone-Cech. Seja X um espaço topológico. Sejam I = [0; 1] e C(X; I)o conjunto das funções contínuas de X em I. Consideremos o conjunto

IC(X;I) =Q

f2C(X;I)If ;

com If = I para cada f . O seguinte resultado garante que o �cubo�IC(X;I) é um espaço de Hausdor¤.

Proposição 21.9. O produto cartesiano X =Q�2�X� é um espaço de Hausdor¤ se, e somente se,

cada fator X� é um espaço de Hausdor¤.

Demonstração. Suponha inicialmente que cada X� é um espaço de Hausdor¤. Para f ,g distintosem X, existe um �0 tal que f(�0) 6= g(�0): Sejam U e V vizinhanças disjuntas de f(�0) e g(�0);respectivamente, em X�0 : Então �

�1�0(U) e ��1�0 (V ) são vizinhanças de f e g em X, com interseção

vazia. Portanto, X é um espaço de Hausdor¤.Reciprocamente, suponha que X é um espaço de Haudor¤. Dado qualquer índice �0, escolha f 2 X

e considereF = fg 2 X; g(�) = f(�) para todo � 6= �0g:

Se ��0 : X ! X�0 é a projeção, note que ��0(F ) = X�0 é homeomorfo a F . De fato, seja�F;�0 : F ! X�0 a restrição de ��0 a F . É fácil ver que �F;�0 é bijetiva. Como ��0 é contínua,segue que �F;�0 é contínua e, como ��0 é aberta, podemos provar que �F;�0 é aberta. Logo, �F;�0 éum homeomor�smo.Como F é Hausdor¤ (pois é subespaço de um espaço de Hausdor¤), segue que X�0 é Hausdor¤.�

O Teorema de Tychono¤ garante ainda que IC(X;I), além de Hausdor¤, é compacto.A seguir, a aplicação natural : X ! IC(X;I) dada por (x)(f) = f(x) será bastante importante.

Proposição 21.10. A aplicação : X ! IC(X;I) é contínua.

Demonstração. Para cada f 2 C(X; I), temos que �f � = f , e portanto segue que �f � écontínua para cada f . Daí se conclui que é contínua. �


Teorema 21.11. A aplicação : X ! IC(X;I) é um homeomor�smo de X sobre (X) se, e somentese, X é completamente regular e de Hausdor¤.

Demonstração. Se existe o homeomor�smo, temos que : X ! (X) é uma compacti�cação de X((X) é compacto, pois é um fechado dentro de um compacto, e é Hausdor¤, pois IC(X;I) é Hausdor¤).Como IC(X;I) é Hausdor¤, segue que (X) é Hausdor¤. Logo, o homeomor�smo garante que X é

Hausdor¤. O Corolário 21.7 garante que X é completamente regular.Reciprocamente, suponha que X é completamente regular e de Hausdor¤.Como X é de Hausdor¤, se x 6= y em X, existe U aberto com x 2 U e y =2 U . Pela de�nição de

espaço completamente regular, existe f0 : X ! I contínua, tal que f0(x) = 1 e f0(X�U) = f0g. Logof0(y) = 0: Daí, como

(x)(f0) = f0(x) = 1 6= 0 = f0(y) = (y)(f0);

temos que (x) 6= (y) e portanto : X ! (X) é bijetiva. Mostremos agora que : X ! (X) éaberta.A�rmação. B = fVf = fx 2 X; f(x) > 0g; f 2 C(X; I)g é uma base de abertos em X.De fato, se U é aberto e x0 2 U , existe f 2 C(X; I) tal que f(x0) = 1 e f(X � U) = f0g: Logo

x0 2 Vf � U e B é base de abertos. (é claro que cada Vf é aberto).Como para cada f0 2 C(X; I), A = ft 2 IC(X;I);�f0(t) > 0g é aberto em IC(X;I); pois

A = ��1f0 ((0; 1]); e(Vf0) = (X) \A;

segue que (Vf0) é aberto em (X). Daí transforma abertos básicos Vf em abertos de (X)e consequentemente : X ! (X) é aberta. Logo, concluímos que : X ! (X) é umhomeomor�smo.�O par ordenado ((X);) é chamada compacti�cação de Stone-Cech de X.


22. � -Cópia da segunda prova do curso� � � � � � � � � -

Segunda Prova de Topologia GeralPrograma de Mestrado em Matemática-UFCGProfessor: Daniel PellegrinoData: 17/06/2005Duração: 2 horasAluno:

1.a) De�na compacti�cação.b) Se X é um espaço topológico, não compacto, mas localmente compacto e de Hausdor¤, como se

faz a compacti�cação de Alexandrov de X? De�na pelo menos o conjunto e seus abertos.c) Escreva o que você sabe sobre a compacti�cação de Stone-Cech.

2. Enuncie o Teorema da Extensão de Tietze. O que você sabe dizer sobre uma possível unicidadede extensão...?

3. Mostre que função contínua leva compactos em compactos e que compacidade é uma propriedadetopológica.

4. Mostre que X =Y�2�

X� é Hausdor¤ se, e somente se, cada X� é Hausdor¤.

5. Exiba um espaço topológico X que não é Hausdor¤, mas todo compacto em X é fechado.Justi�que o que a�rmar.


23. Topologias em espaços de funções

23.1. Topologia da convergência pontual.

De�nição 23.1. Seja Y um espaço topológico e X um conjunto não-vazio. Uma subcoleção F � Y X

tem a topologia da convergência pontual se ela for munida da topologia induzida pela topologiaproduto em Y X : Note que a topologia em F só depende da topologia de Y . O conjunto X é meramenteum indexador.

Perceba que se F � Y X , os conjuntos da forma S(a; U) = ff 2 F ; f(a) 2 Ug; com a 2 X e Uaberto em Y , formam uma sub-base para a topologia da convergência pontual em F .A proposição abaixo justi�ca a terminologia �topologia da convergência pontual�.

Proposição 23.2. Se F tem a topologia da convergência pontual, (f�) converge para f em F se, esomente se, (f�(x)) converge para f(x); para cada x em X.

Demonstração. Note que �x(f) = f(x): Como as projeções são contínuas, temos que se a rede (f�)converge para f , então, f�(x) converge para f(x); para cada x.Reciprocamente, suponha que (f�(x)) converge para f(x), para cada x. Dada uma vizinhança básica

U de f na topologia produto, é fácil ver que existe �0 tal que � � �0 ) f� 2 U; e portanto a rede (f�)converge para f: �

23.2. Topologia compacto-aberta. Como já dissemos antes, na topologia da convergência pontual,a estrutura topológica de X (se existir) é irrelevante. Se X e Y são espaços topológicos, a topologiacompacto-aberta, que de�niremos a seguir, levará em conta a topologia de X:

De�nição 23.3. A topologia compacto-aberta em F � Y X é a topologia que tem como sub-base osconjuntos

(15) S(K;U) = ff 2 F ; f(K) � Ugcom K compacto em X e U aberto em Y .

Denotaremos a topologia compacto-aberta por �c:Note que a topologia compacto-aberta é mais �na que a topologia da convergência pontual, pois

todo ponto é compacto, em qualquer topologia.

23.3. Topologia da convergência uniforme. A topologia da convergência uniforme pode serestudada em contextos mais gerais, assim como as topologias compacto-aberta e da convergênciapontual. Entretanto, para não termos que introduzir vários novos conceitos abstratos, nosrestringiremos ao estudo da topologia da convergência uniforme em famílias F da forma F � Y J ;onde Y é um espaço métrico e J é um conjunto qualquer, não-vazio.

De�nição 23.4. Sejam (Y; d) um espaço métrico e d(a; b) = minfd(a; b); 1g: Dado um conjunto J , amétrica em Y J dada por

�(f; g) = supfd(f(�); g(�));� 2 Jg

é chamada métrica uniforme em Y J ; correspondente à métrica d em Y:

Teorema 23.5. Se Y é completo na métrica d, então Y J é completo na métrica uniforme �correspondente a d.

Demonstração. Como (Y; d) é completo, temos que (Y; d) também é. Seja (fn) uma seqüência deCauchy de pontos de Y J em relação à métrica �. Para qualquer � em J , pela de�nição de �, temosque

d(fn(�); fm(�)) � �(fn; fm)


para quaisquer n,m: Assim, (fn(�))1n=1 é uma seqüência de Cauchy em (Y; d), e portanto converge.Digamos que o limite da seqüência (fn(�))1n=1 seja y�. De�na f : J ! Y como sendo a funçãof(�) = y�: Vamos mostrar que a seqüência fn converge para f em �:Dado " > 0; escolha N su�cientemente grande, de modo que �(fn; fm) < "=2 sempre que n;m � N:

Em particular, temos

d(fn(�); fm(�)) < "=2

para n;m � N e � 2 J . Deixando n � N e � �xos e fazendo m crescer, temos que

d(fn(�); f(�)) � "=2:

Concluímos que se n � N; então

supfd(fn(�); f(�));� 2 Jg � "=2

e

�(fn; f) � "=2 < ":

�

A seguir, trataremos de convergência uniforme de funções. Recordemos:Se X é um conjunto qualquer e M = (M;d) é um espaço métrico, dizemos que uma seqüência

de funções fn : X ! M converge uniformemente para f : X ! M se, dado " > 0, for possívelencontrar n0 tal que

n � n0 ) supfd(fn(x); f(x)); x 2 Xg < ":

Teorema 23.6. Sejam X um espaço topológico e (Y; d) um espaço métrico. O conjunto C(X;Y )formado pelas funções contínuas de X em Y é fechado em Y X na métrica uniforme. Em particular,se Y é completo, C(X;Y ) é completo na métrica uniforme.

Demonstração. Seja (fn) uma seqüência em Y X ; que converge para f . Dado " > 0; escolha uminteiro N tal que

�(fn; f) < "

para todo n � N . Então, para todo x em X e n � N ,

d(fn(x); f(x)) � �(fn; f) < "

e (fn) converge uniformemente para f .Agora, mostraremos que C(X;Y ) é fechado em Y X relativamente à métrica �. Seja (fn) uma

seqüência em C(X;Y ) que converge para um certo f 2 Y X . Como (fn) converge uniformemente paraf , e como cada fn é contínua, segue que f é contínua (Exercício abaixo). �

Exercício 23.7. Se X é um espaço topológico, (Y; d) é um espaço métrico e fn : X ! Y são contínuastais que (fn) converge para f uniformemente, mostre que f é contínua.

Exercício 23.8. Seja (Y; d) um espaço métrico. Dado um conjunto J tal que para cada par de funçõesf e g em Y J ; temos

�(f; g) = supfd(f(�); g(�));� 2 Jg <1:

A aplicação � é uma métrica, chamada métrica do sup. Mostre que nessas circunstâncias,

�(f; g) = minf�(f; g); 1g:


23.4. Topologia da convergência compacta.

De�nição 23.9. Sejam (Y; d) um espaço métrico e X um espaço topológico não-vazio. Dados umelemento f de Y X ; " > 0 e K compacto em X, seja

BK(f; ") = fg 2 Y X ; supfd(f(x); g(x));x 2 Kg < "g:A topologia em Y X para a qual os conjuntos BK(f; ") formam uma base é chamada topologia

da convergência compacta, também chamada topologia da convergência uniforme noscompactos.

Note que os conjuntos BK(f; ") realmente formam uma base para uma topologia. Sejam BK(f; ") eBK(g; �) conjuntos com interseção não-vazia. Seja h 2 BK1

(f; ") \ BK2(g; �). Note que BK1[K2

(h; �)com � < minf"� d(h; f); � � d(h; g)g é tal que

BK1[K2(h; �) � BK1

(f; ") \BK2(g; �):

Além disso, se f 2 X, temos, por exemplo, Y X = B�(f; 1): Logo, por tudo o que foi visto, o Teorema6.4 garante que os conjuntos BK(f; ") realmente formam uma base para uma topologia em Y X :O exercício abaixo justi�ca a terminologia dada a essa topologia:

Exercício 23.10. Uma seqüência fn : X ! Y converge para f na topologia da convergência compactase, e somente se, para cada compacto K de X, a seqüência fn j K converge uniformemente para f j K:

Teorema 23.11. Seja X um espaço topológico e (Y; d) um espaço métrico. Em C(X;Y ), a topologiacompacto-aberta e a topologia da convergência compacta coincidem.

Demonstração.Primeiro passo. Se A é um subconjunto de Y e " > 0, de�nimos

U(A; ") =[a2A

Bd(a; "):

Se A é compacto e V é um aberto contendo A, mostraremos que existe um certo " tal que U(A; ") � V:Para cada a 2 A � V , escolha �(a) > 0 tal que Bd(a; �(a)) � V: Como A é compacto, podemos

cobrí-lo com uma quantidade �nita de abertos da forma

Bd(a1;1

2�(a1)); :::; Bd(an;

1

2�(an)):

Se " = minf 12�(ai); i = 1; :::; ng; é claro que a está em algum dos conjuntos da forma Bd(ai; 12�(ai)):Por conseguinte, temos

Bd(a; ") � Bd(ai; �(ai)):

De fato, como d(x; ai) � d(x; a)+d(a; ai), temos que se x 2 Bd(a; "), então d(x; ai) < "+ 12�(ai) � �(ai):

Como isso vale para cada a em A, segue que U(A; ") =[a2A

Bd(a; ") � V:

Segundo passo. Vamos provar que a topologia da convergência compacta é mais �na que atopologia compacto-aberta (ou seja, a topologia da convergência compacta tem mais abertos que atopologia compacto-aberta).Seja S(K;U) um elemento da sub-base (como em (15)) da a topologia compacto-aberta em C(X;Y )

e seja f 2 S(K;U): Como f é contínua, f(K) é compacto. Além disso, pela de�nição de S(K;U),temos que f(K) � U: Pelo primeiro passo da demonstração, existe " > 0 tal que

U(f(K); ") =[

a2f(K)

Bd(a; ") � U:

Logo BK(f; ") � S(K;U): De fato, se g 2 BK(f; "), entãosupfd(f(x); g(x)); x 2 Kg < "

e assim, g(x) 2 Bd(f(x); ") � U para todo x em K e consequentemente g 2 S(K;U):


Daí todo aberto da topologia compacto-aberta é também aberto da topologia da convergênciacompacta, que é o que queríamos no segundo passo da demonstração.Terceiro passo. Provaremos que a topologia compacto-aberta é mais �na que a topologia da

convergência compacta.Dado um aberto da topologia da convergência compacta, contendo um elemento f; sabemos que

existe um aberto básico (dessa topologia), BK(f; "); contido nesse aberto. O que precisamos fazer éencontrar um aberto da topologia compacto-aberta que contenha f e esteja contido em BK(f; "):Vamos partir, portanto, do conjunto aberto BK(f; ") na topologia da convergência compacta.Para cada x em K, existe uma vizinhança de x; Vx; tal que f(Vx) � Ux � Y , onde Ux é um aberto

de Y com diâmetro menor que ".De fato, como f é contínua, escolha Vx de modo que f(Vx) � B(f(x); "4 ): Então é claro que

f(Vx) � B(f(x); "3 ) (veri�que isso, usando o Exercício 13.21!), que tem diâmetro 2"=3:Cubra K com uma quantidade �nita de conjuntos Vx1 ; :::; Vxn : Sejam Kxi = Vxi \K: Então cada

Kxi é compacto ef 2 S(Kx1 ; Ux1) \ ::: \ S(Kxn ; Uxn):

pois f(Kxi) � Uxi . Além disso, S(Kx1 ; Ux1) \ ::: \ S(Kxn ; Uxn) � BK(f; "). De fato, se g 2

S(Kx1 ; Ux1) \ ::: \ S(Kxn ; Uxn); então g 2 BK(f; "); poissupfd(g(x); f(x));x 2 Kg < ":

Com efeito, se x 2 K, então x 2 Kxi para algum i. Logo, como g 2 S(Kxi ; Uxi), segue queg(Kxi) � Uxi : Como f(Kxi) � Uxi , temos que

supfd(g(x); f(x));x 2 Kg � diamUxi < ":

�Note que a topologia compacto-aberta depende das topologias de X e de Y e, no caso de Y ser

um espaço métrico, métricas equivalentes em Y geram a mesma topologia compacto-aberta. Comoacabamos de mostrar que, em C(X;Y ), a topologia compacto-aberta coincide com a topologia daconvergência uniforme, temos o seguinte resultado:

Corolário 23.12. Seja Y um espaço métrico. A topologia da convergência compacta em C(X;Y ) nãodepende da particular métrica que represente Y .


24. Espaços Conexos

De�nição 24.1. Um espaço topológico X é desconexo quando existem abertos disjuntos e não-vaziosH e K tais que X = H [K. Nesse caso, dizemos que X é desconectado por H e K.Se X não for desconexo, dizemos que X é conexo.

Exemplo 24.2. Nos cursos de Análise, vemos que os intervalos da reta são conexos.

Proposição 24.3. Se f : X ! Y é contínua e sobrejetiva e X é conexo, então Y é conexo.

Demonstração. Se Y não fosse conexo, existiriam abertos H e K, disjuntos e não-vazios, tais que

Y = H [K:Logo,

X = f�1(H) [ f�1(K)e X não seria conexo (contradição).

Corolário 24.4. Se f : X ! Y é contínua e X é conexo, então f(X) é conexo.

Demonstração. Basta notar que f : X ! f(X) satisfaz as hipóteses da Proposição 24.3. �Proposição 24.5. Um espaço topológico X é conexo se, e somente se, os únicos subconjuntos de Xque são simultaneamente abertos e fechados são X e �:

Demonstração. ()) Se A é aberto e fechado, então (X � A) é aberto e fechado. Se X for conexo,então, como

X = (X �A) [A;segue que A = � ou A = X:(() Reciprocamente, suponha que os únicos subconjuntos abertos e fechados de X sejam X e o

vazio. Se X não fosse conexo, existiriam A e B abertos, disjuntos, não-vazios, tais que

X = A [B:Logo, A e B seriam abertos e fechados diferentes de X e vazio (contradição).�

No próximo resultado, e mais adiante, usaremos, sem mencionar, o Teorema 8.4 (c).

Teorema 24.6. Seja X um espaço topológico, e seja S um subconjunto conexo de X. Então S éconexo.

Demonstração. Suponhamos queS = A [B,

com A e B abertos disjuntos e não-vazios de S.� Note que nesse caso, temos A \ S 6= � e B \ S 6= �:

De fato, se fosse A \ S = �, então teríamos S � S rA (fechado em S). Logo,

(16) ClS(S) � ClS(S rA) = S rA:Mas

(17) ClS(S) = ClX(S) \ S = S (note que S é a mesma coisa que ClX(S)).

De (16) e (17), segue queS � S rA;

e isso implica que A = � (absurdo). Analogamente se prova que B \ S 6= �:

Além disso,S = S \ S = (S \A) [ (S \B):

Logo, S é união dos abertos disjuntos e não vazios S \A e S \B (de S), e isso contradiz a conexidadede S.�


Corolário 24.7. Seja Y um espaço topológico e S um subconjunto conexo de Y . Se S � T � ClY (S),então T é conexo.

Demonstração. Note queClT (S) = ClY (S) \ T = T:

Pelo teorema anterior, com X = T; segue que T é conexo.�

De�nição 24.8. Conjuntos H e K são ditos mutuamente separados, em um espaço topológico X;quando

H \K = H \K = �:

Proposição 24.9. Um subespaço E; de um espaço topológico X; é conexo se, e somente se, nãoexistem conjuntos H e K não-vazios e mutuamente separados em X com E = H [K:

Demonstração. Suponha que E não seja conexo, sendo desconectado por H e K (lembre que, nessecaso, H e K são abertos e fechados em E, disjuntos, não-vazios, e E = H [ K). Então H e K sãomutuamente separados em X, pois

H \ ClX(K) = (H \ E) \ ClX(K)= H \ (E \ ClX(K))= H \ ClE(K)= H \K = �:

Analogamente,K \ ClX(H) = �:

Portanto, está provada (().Agora, vamos provar ()). Suponha que existam H e K mutuamente separados em X, não-vazios,

com E = H [K: Então

ClE(H) = E \ ClX(H) = (H [K) \ ClX(H)= (H \ ClX(H)) [ (K \ ClX(H)) = H

Analogamente,ClE(K) = K:

Logo, H e K são fechados em E, e portanto abertos, e portanto E não é conexo. �

Corolário 24.10. Se H e K são mutuamente separados em X e E é um subconjunto conexo de H[K,então E � H ou E � K.

Demonstração. O caso E = � é trivial. Suponhamos E não-vazio. Como E � H [K, temos

(18) E = (E \H) [ (E \K)

Se E não estiver contido em K e nem em H, temos, de (18), que

E \H 6= � e E \K 6= �:

Note que E \K e E \H são mutuamente separados em X. De fato,

ClX(E \K) \ (E \H) � ClX(K) \H = �

ClX(E \H) \ (E \K) � ClX(H) \K = �:

Pela Proposição 24.9, segue que E é desconexo. �


Teorema 24.11. (a) Se X =S�2�

X�, onde cada X� é conexo eT�2�

X� 6= �; então X é conexo.

(b) Se cada par de pontos x; y em X pertence a algum conexo Exy � X, então X é conexo.

(c) Se X =1Sn=1

Xn, onde cada Xn é conexo e Xn�1 \Xn 6= � para cada n � 2; então X é conexo.

Demonstração. (a) Suponha X = H [K, onde H e K são mutuamente separados em X. Então,como cada X� é conexo e X� � H [K, pelo Corolário 24.10 segue que X� � H ou X� � K: Como osX� não são disjuntos e H e K são disjuntos, segue que

X� � H para todo �; ou

X� � K para todo �:

Suponhamos, sem perda de generalidade, a primeira situação. Nesse caso,

X =S�2�

X� � H

e, portanto, K = �: Daí se conclui que X é conexo.(b) Fixe a 2 X: Então

X =Sx2X

Eax:

Pelo item (a), segue que X é conexo.(c) Pelo item (a), temos que cada

An = X1 [ � � � [Xn

é conexo. Como1Tn=1

An = X1 6= �;

e como

X =1Sn=1

An;

segue que X é conexo.�Exercício 24.12. Se X� 6= � são espaços topológicos, mostre queQ

X� é conexo , cada X� é conexo.

Solução: Veja [8, Theorem 26.10].

24.1. Componentes conexas.

De�nição 24.13. Seja X um espaço topológico. Dado x 2 X, denotaremos por Cx a união dossubconjuntos conexos de X que contém x. O conjunto Cx é chamado de componente conexa de X quecontém x.

Seja X um espaço topológico. Se x; y 2 X, entãoCx = Cy ou Cx \ Cy = �:

Demonstração. Se Cx \ Cy 6= �, então Cx [ Cy é conexo (e contém x e y), e portanto

Cx = Cx [ Cy = Cy:

�Proposição 24.14. Se x 2 X, então Cx é um conjunto fechado.

Demonstração. Como Cx é conexo, segue que Cx também é conexo. Logo

Cx = Cx:

�De�nição 24.15. Um espaço topológoco X é dito localmente conexo se cada x 2 X admite uma basede vizinhanças formada por conjuntos simultaneamente abertos e conexos.


Exemplo 24.16. [0; 1) [ (1; 2] é localmente conexo, mas não é conexo.

Proposição 24.17. Um espaço topológico X é localmente conexo se, e somente se, as componentesconexas de cada aberto de X são abertas em X.

Demonstração. Suponhamos que X seja localmente conexo. Se U é um aberto de X, seja C umacomponente conexa de U . Como X é localmente conexo, para cada x 2 C; existe um aberto conexo Vtal que x 2 V � U . Pela de�nição de componente conexa, segue que V � C e daí concluímos que C éum conjunto aberto.Reciprocamente, suponhamos que as componentes conexas de cada aberto de X sejam abertas em

X. Seja x 2 X e U uma vizinhança aberta de x em X e seja C a componente conexa de U que contémx. Como, por hipótese, C é aberto em X, segue que X é localmente conexo. �


25. Espaços conexos por caminhos

De�nição 25.1. Um espaço topológico X é dito conexo por caminhos se dados a; b 2 X, existeuma função contínua f : [0; 1]! X tal que f(0) = a e f(1) = b. Uma tal função f é chamada caminhoem X entre a e b.

Proposição 25.2. Se X é conexo por caminhos, então X é conexo.

Demonstração. Se X não fosse conexo, existiriam abertos disjuntos e não-vazios A e B tais queX = A [B: Sejam a 2 A e b 2 B e f : [0; 1]! X um caminho tal que f(0) = a e f(1) = b: Então

[0; 1] = f�1(A) [ f�1(B)e [0; 1] não seria conexo.�De�nição 25.3. Seja X um espaço topológico. Se f1 é um caminho em X entre a e b e f2 é umcaminho em X entre b e c, de�nimos f1 � f2 : [0; 1]! X como sendo o caminho entre a e c dado por

(f1 � f2)(t) = f1(2t) se 0 � t � 1=2(f1 � f2)(t) = f2(2t� 1) se 1=2 � t � 1:

Exercício 25.4. Seja X um espaço topológico, e sejam f; g e h caminhos em X entre a e b, entre be c e entre c e d, respectivamente. Mostre que

((f � g) � h) (s) = f(4s), 0 � s � 1=4= g(4s� 1), 1=4 � s � 1=2= h(2s� 1), 1=2 � s � 1

e

(f � (g � h)) (s) = f(2s), 0 � s � 1=2= g(4s� 2), 1=2 � s � 3=4= h(4s� 3), 3=4 � s � 1:


26. Homotopias

Lembremos que um homeomor�smo entre espaços topológicos X e Y é uma função bijetiva contínuaf : X ! Y cuja inversa também é contínua. Um dos problemas centrais da topologia é decidirquando dois espaços topológicos são homeomorfos ou não. Às vezes é fácil veri�car isso. Por exemplo,[0; 1] e (0; 1) não são homeomorfos, pois um deles é compacto e o outro não (e a compacidade é uminvariante topológico). Entretanto, às vezes precisamos de argumentos mais �nos para saber se doisespaços topológicos são homeomorfos ou não. Nesse capítulo, vamos estudar uma maneira de associarum grupo (chamado grupo fundamental) a cada espaço topológico. Dois espaços homeomorfos terãogrupos fundamentais isomorfos. Antes disso, precisamos do conceito de homotopia e de resultadospreliminares.No que se segue, X e Y serão sempre espaços topológicos, a menos que se diga algo em contrário.

De�nição 26.1. Sejam f e g funções contínuas de X em Y: Dizemos que f é homotópica a g (f ' g)quando existe uma função contínua H : X � [0; 1] ! Y tal que H(x; 0) = f(x) e H(x; 1) = g(x) paratodo x em X. A função H é chamada homotopia entre f e g: Por simplicidade, às vezes escreveremosH : f ' g para indicar uma homotopia H entre f e g.

Observação 26.2. Em [0; 1]�X consideramos a topologia produto.

O seguinte exercício pode ser útil para provar a continuidade de algumas funções nessa seção:

Exercício 26.3. Seja X1 e X2 espaços topológicos. Mostre que a rede (x�; y�)�2� converge para (x; y)se, e somente se, (x�)�2� ! x e (y�)�2� ! y:

Exemplo 26.4. Seja X um espaço topológico qualquer e Y um subespaço convexo do Rn: Então duasfunções contínuas quaisquer f; g : X ! Y são homotópicas, com a homotopia dada por

H(x; t) = tg(x) + (1� t)f(x):

Teorema 26.5. ' é uma relação de equivalência no conjunto C(X;Y ) formado por todas as aplicaçõescontínuas de X em Y .

Demonstração. É claro que f ' f pela homotopia H(x; t) = f(x):Se f; g 2 C(X;Y ) e H : f ' g, então H 0 : g ' f com H 0(x; t) = H(x; 1� t):Se f; g; h 2 C(X;Y ); H1 : f ' g e H2 : g ' h; de�na

H(x; t) = H1(x; 2t); 0 � t � 1=2H(x; t) = H2(x; 2t� 1); 1=2 � t � 1:

Note que H está bem de�nida e é contínua nos subconjuntos fechados X� [0; 1=2] e X� [1=2; 1]: ComoX � [0; 1] = X � [1=2; 1] [X � [0; 1=2]; segue, pelo Teorema 8.8, que H é contínua.

De�nição 26.6. As classes de equivalência em C(X;Y ) sob a relação ' são chamadas classes dehomotopia em C(X;Y ):

Teorema 26.7. Se f1; g1 : X ! Y , f2; g2 : Y ! Z; f1 ' g1 e f2 ' g2; então f2 � f1 ' g2 � g1:

Demonstração. Suponha H1 : f1 ' g1 e H2 : f2 ' g2: Então f2 � H1 : f2 � f1 ' f2 � g1: Pelatransitividade da relação de homotopia, basta provar que f2 � g1 e g2 � g1 são homotópicos. De�naH : X � I ! Z por

H(x; t) = H2(g1(x); t):

Temos que H é contínua, pois é composta de contínuas. Como H : f2 �g1 ' g2 �g1; o resultado segue.�

De�nição 26.8. Um espaço topológico X é dito contrátil se a aplicação identidade i : X ! X éhomotópica a uma aplicação constante c(x) = x0; com x0 2 X:

Exemplo 26.9. Segue do Exemplo 26.4 que todo subconjunto convexo do Rn é contrátil.


Teorema 26.10. Um espaço topológico X é contrátil se, e somente se, para qualquer espaço T;quaisquer duas funções contínuas f; g : T ! X são homotópicas.

Demonstração. (() Escolha T = X e f = i e g como uma aplicação constante.()) Se X é contrátil, então i ' c, onde c é uma aplicação constante. Sejam f; g : T ! X duas

aplicações contínuas quaisquer. Pelo teorema anterior,

f = i � f ' c � f e g = i � g ' c � g:Mas c � f = c � g, e daí f ' g:

De�nição 26.11. Dois espaços topológicos X e Y são ditos homotopicamente equivalentes (ouainda, X e Y têm o mesmo tipo de homotopia) quando existem funções contínuas f : X ! Ye g : Y ! X tais que f � g ' iY e g � f ' iX : As aplicações f e g são ditas equivalências dehomotopia (ou equivalências homotópicas) (homotopy equivalences). Dizemos que g é a inversahomotópica de f e vice versa.

Observe que dizer que X e Y têm o mesmo tipo de homotopia é um pouco menos que dizer quesão homeomorfos: f � g e g � f não são necessariamente as respectivas funções identidade, mas simhomotópicas às identidades iX e iY :Note que as equivalências de homotopia de�nem uma relação de equivalência em qualquer conjunto

formado por espaços topológicos. De fato,

� X é homotopicamente equivalente a si próprio. Basta considerar f = g = iX :� Se X é homotopicamente equivalente a Y , é claro que Y é homotopicamente equivalente a X.� Finalmente, se X é homotopicamente equivalente a Y e Y é homotopicamente equivalente aZ, então X é homotopicamente equivalente a Z. Com efeito, sejam

f : X ! Y; g : Y ! X tais que f � g ' iY e g � f ' iX

ef1 : Y ! Z; g1 : Z ! Y tais que f1 � g1 ' iZ e g1 � f1 ' iY :

Então f1 � f : X ! Z e g � g1 : Z ! X são tais que

(f1 � f) � (g � g1) = f1 � (f � g) � g1 ' f1 � iY � g1 = f1 � g1 ' iZ

e, analogamente, (g � g1) � (f1 � f) ' iX :

É claro que espaços homeomorfos são sempre homotopicamente equivalentes. Entretanto, a recíprocanão é verdadeira, como veremos no resultado a seguir:

Teorema 26.12. X é contrátil se, e somente se, X é homotopicamente equivalente a um espaçoformado por um único ponto.

Demonstração. Suponha que X é contrátil. Então a identidade iX : X ! X é homotópica à funçãoconstante c : X ! X dada por c(x) = x0 (com x0 escolhido em X): Seja Y = fx0g; e seja j : Y ! Xa inclusão. Então, se c0 : X ! Y é dada por c0(x) = c(x); temos c0 � j = iY e j � c0 = c ' iX : Daí Xé homotopicamente equivalente a Y:

Exemplo 26.13. X = (�1; 1), com a topologia usual, é homotopicamente equivalente a f0g, mas nãoé homeomorfo a f0g. De fato, do Exemplo 26.9 que X é contrátil, e da demonstração do Teorema26.12 segue que X é homotopicamente equivalente a f0g.

Reciprocamente, suponha que x0 2 X e f : X ! Y é uma equivalência de homotopia entre X eY = fx0g; e que g : Y ! X seja a inversa homotópica de f . Então, pela de�nição de equivalência dehomotopia, g � f ' iX . Como g � f é a aplicação constante, segue que X é contrátil.


De�nição 26.14. Um subconjunto A de X é um retrato de X quando existe uma aplicação contínuar : X ! A; chamada retração, tal que r(a) = a para cada a 2 A: Chamamos A de retrato dedeformação de X quando existe uma retração r : X ! A que é homotópica (pensada como aplicaçãode X em X) à identidade iX : Se H : r ' iX , H é dita retração de deformação (deformationretraction).

Exemplo 26.15. Um retrato não é necessariamente um retrato de deformação. De fato, subconjuntosunitários de um espaço X são sempre retratos de X. Entretanto, nenhum subespaço com apenasum elemento de S1 é um retrato de deformação (isso será visto adiante, no estudo dos gruposfundamentais).

Teorema 26.16. Se A é um retrato de deformação de X, então A é homotopicamente equivalente aX.

Demonstração. Sejam j : A! X a inclusão e r : X ! A a retração. LogoEntão r � j = iA e j � r : X ! X coincide com r vista como aplicação de X em X; que sabemos ser

homotópica a iX : Portanto A é homotopicamente equivalente a X.

Concluímos essa seção com uma generalização do conceito de homotopia, que nos será útil adiante

De�nição 26.17. Um par topológico é um par ordenado (X;A) onde X é um espaço topológico eA � X. Uma aplicação f : (X;A) ! (Y;B) entre pares topológicos é uma aplicação f : X ! Y talque f(A) � B; ela é contínua se é contínua no sentido usual.

De�nição 26.18. Duas aplicações contínuas f; g : (X;A) ! (Y;B) são ditas homotópicas quandoexiste uma função contínua H : X � I ! Y tal que H(x; 0) = f(x) e H(x; 1) = g(x) para todo x emX e tal que H(a; t) = f(a) = g(a) para todo a em A. Portanto, para que f e g sejam homotópicas,é necessário que f e g coincidam em A. Se f e g são aplicações homotópicas de�nidas em (X;A);dizemos que f é homotópica a g com relação a A, e escrevemos f ' g[A]: Dizemos que H é umahomotopia relativa.Também temos uma de�nição semelhante para duas aplicações contínuas f; g : X ! Y e A � X.

Dizemos que f é homotópica a g relativamente a A ( f ' g[A]) se existe uma homotopia H : f ' gtal que H(x; t) = f(x) = g(x) para todo x em A. Nesse caso, note que f(x) = g(x) para todo x em A.Dois pares (X;A) e (Y;B) são ditos homotopicamente equivalentes se existem f : (X;A) !

(Y;B) e g : (Y;B) ! (X;A) tais que f � g ' iY [B] e g � f ' iX [A]: Nesse caso, perceba que se fA egB denotam as restrições de f a A e de g a B, respectivamente, temos

fA � gB = iB e gB � fA = iA

e consequentemente fA é um homeomor�smo entre A e B cuja inversa é gB :

Observação 26.19. A noção de homotopia relativa tem algumas variações, e ao estudar livrosdistintos, devemos prestar atenção na de�nição exata.

Se f; g : (X;A) ! (Y;B) e f ' g[A]; então é claro que, em particular, f e g são homotópicas sepensadas como aplicações usuais de X em Y . A recíproca pode não valer, como mostra o exemplo aseguir:

Exemplo 26.20. Seja X um subespaço do R2 dado por

X = f(x; 0); 0 � x � 1g [ f(0; y); 0 � y � 1g [ f(1=n; y); 0 � y � 1; n 2 Nge seja A = f(0; 1)g:

X é contrátil e iX é homotópica à função constante c : X ! X dada por c(x; y) = (0; 1):De fato,

H1 : X � I ! X

H1((x; y); t) = (x; ty)


é uma homotopia entre ix e a aplicação g : X ! X, g((x; y)) = (x; 0): Note ainda que H1 está bemde�nida e é contínua.A aplicação

H2 : X � I ! X

H2((x; y); t) = (tx; 0)

é uma homotopia entre g e a aplicação constante c1(x; y) = (0; 0): Finalmente, a aplicação

H3 : X � I ! X

H2((x; y); t) = t(0; 1)

é uma homotopia entre c e c1: Portanto, por transitividade, iX é homotópica a c: Consequentemente,X é contrátil.Note que iX e c coincidem no ponto (0; 1): Entretanto, vamos mostrar que nenhuma homotopia

entre iX e c pode deixar o ponto (0; 1) �xo.Suponha que exista uma homotopia

H : X � I ! X

H((x; y); 0) = (x; y)

H((x; y); 1) = (0; 1)

tal que H((0; 1); t) = (0; 1) para todo t: Como X � I é compacto, temos que H é uniformementecontínua. Dado " = 1=4, existe � > 0 tal que

k(x; y; t)� (0; 1; t)k < � ) kH(x; y; t)� (0; 1)k < 1=4:Escolha (x0; y0) = (

�2 ; 1); com � = minf�; 1=2g: Logo

k(x0; y0; t)� (0; 1; t)k < �

e portanto kH(x0; y0; t)� (0; 1)k < 1=4:Mas H(x0; y0; 1) = (0; 1) e H(x0; y0; 0) = (x0; y0): Como fx0g � fy0g � I é conexo, temos

que H(fx0g � fy0g � I) também é conexo. Por outro lado, H(fx0g � fy0g � I) � B1=4(0; 1) e(0; 1) 2 H(fx0g � fy0g � I) e (x0; y0) 2 H(fx0g � fy0g � I); e isso é uma contradição. De fato,teríamos, para 0 < < �

2 e irracional,

H(fx0g � fy0g � I)= ([(�1; )� (�1; 2)] \H(fx0g � fy0g � I))

S([( ; 2)� (�1; 2)] \H(fx0g � fy0g � I)) ;

e ([(�1; )� (�1; 2)] \H(fx0g � fy0g � I)) seria um aberto em H(fx0g � fy0g � I) contendo (0; 1) e([( ; 2)� (�1; 2)] \H(fx0g � fy0g � I)) seria um aberto em H(fx0g � fy0g � I) contendo (x0; y0); eisso contradiz o fato de H(fx0g � fy0g � I) ser conexo.

Exercício 26.21. Seja X um espaço topológico e a; b; c 2 X. Sejam f1; g1 : [0; 1]! X dois caminhosem X que ligam a e b, e sejam f2; g2 : [0; 1]! X dois caminhos em X que ligam b e c: Se

f1 ' g1[f0; 1g] e f2 ' g2[f0; 1g];mostre que

f1 � f2 ' g1 � g2[f0; 1g]:


27. Grupos Fundamentais

De�nição 27.1. Seja X um espaço topológico, x0 um ponto �xo em X. Uma função contínuaf : I ! X será chamada um laço (caminho fechado) em x0 quando f(0) = f(1) = x0: Doislaços f e g em x0 serão ditos laços homotópicos (ou, quando não houver possibilidade de confusão,homotópicos) quando f ' g[f0; 1g]: Portanto, uma homotopia de laço entre dois laços em x0 éuma homotopia relativa que mantém as extremidades de I em x0: Essa homotopia será denotada por'x0 : Note que f 'x0 g é o mesmo que f ' g[f0; 1g] com f(0) = f(1) = g(0) = g(1):Precisamente, dois caminhos fechados f e g (em x0) de I em X são homotópicos quando existe uma

aplicação contínua H : I � I ! X tal que

H(s; 0) = f(s); H(s; 1) = g(s) e H(0; t) = H(1; t) = x0

para quaisquer s; t em I:

A relação 'x0 entre laços em x0 é uma relação de equivalência (a demonstração é similar ao que éfeito no Teorema 26.5; veri�que!) e portanto particiona o conjunto dos laços (X;x0) em classes deequivalências. A classe de equivalência de f será denotada por [f ]; e o conjunto de todas as classes delaços em x0 será denotado por �1(X;x0):A seguir, se � : [0; 1]! X é um caminho entre x0 e x1 em X, então de�nimos

��1 : [0; 1]! X

��1(x) = �(1� x):Note que ��1 liga x0 a x1:

Exercício 27.2. Mostre que se f1; g1 2 (X;x0); f1 'x0 g1 e � : [0; 1] ! X é um caminho entre x0e x1 em X, então

(19) ��1 � (f1 � �) 'x1 ��1 � (g1 � �) :Solução. Temos que f1 ' g1[f0; 1g] e � ' �[f0; 1g]: Pelo Exercício 26.21 temos

f1 � � ' g1 � �[f0; 1g]:Ainda pelo Exercício 26.21, temos

��1 � (f1 � �) ' ��1 � (g1 � �) [f0; 1g]:Como

��1 � (f1 � �)

�(0) =

��1 � (f1 � �)

�(1) = x1; segue (19).

Exercício 27.3. Mostre que a operação

[f1] � [f2] = [f1 � f2]está bem de�nida em �1(X;x0):

Solução. Devemos mostrar que se f1 'x0 g1 e f2 'x0 g2; então f1 � f2 'x0 g1 � g2: Temos quef1 ' g1[f0; 1g] e f2 ' g2[f0; 1g]

Pelo Exercício 26.21, temosf1 � f2 ' g1 � g2[f0; 1g]:

Como f1 � f2(0) = f1 � f2(1) = g1 � g2(0) = g1 � g2(1) = x0; podemos escrever

f1 � f2 'x0 g1 � g2:Teorema 27.4. �1(X;x0) com a operação � é um grupo.

Demonstração. Vamos mostrar primeiro que ([f ] � [g]) � [h] = [f ] � ([g] � [h]):Pelo Exercício 25.4 temos

((f � g) � h) (s) = f(4s), 0 � s � 1=4= g(4s� 1), 1=4 � s � 1=2= h(2s� 1), 1=2 � s � 1


e

(f � (g � h)) (s) = f(2s), 0 � s � 1=2= g(4s� 2), 1=2 � s � 3=4= h(4s� 3), 3=4 � s � 1:

De�namos H : I � I ! X por

H(s; t) = f(4s

1 + t); se 0 � s � 1 + t

4

H(s; t) = g(4s� 1� t); se 1 + t4

� s � 2 + t

4

H(s; t) = h(4s� 2� t2� t ); se

2 + t

4� s � 1:

Note que H é contínua (use que f; g; h são contínuas, redes, e o Exercício 13.20). Além disso,

H(s; 0) = ((f � g) � h) (s) para 0 � s � 1H(s; 1) = (f � (g � h))(s) para 0 � s � 1H(0; t) = (f � g) � h))(0) = (f � (g � h))(0) para 0 � t � 1H(1; t) = (f � g) � h))(1) = (f � (g � h))(1) para 0 � t � 1

e portanto(f � g) � h 'x0 f � (g � h):

Logo [(f � g) � h] = [f � (g � h)]; ou ainda, ([f ] � [g]) � [h] = [f ] � ([g] � [h]):Agora, vamos mostrar a existência do elemento neutro de �1(X;x0): De�nindo e : I ! X por

e(t) = x0 para todo t 2 I, vamos mostrar que [e] é o elemento neutro. Para provar que, para toda[f ] 2 �1(X;x0); temos [f ] � [e] = [f ]; basta considerar a homotopia

H(s; t) = f(2s

2� t ), 0 � s � 2� t2

= x0,2� t2

� s � 1

e perceber que H(s; 0) = f(x) e H(s; 1) = (f � e)(x). Analogamente se prova que [e] � [f ] = [f ] paratoda [f ] 2 �1(X;x0):Resta-nos provar a existência das inversas.Para cada laço f em x0; de�na f�1 por

f�1(s) = f(1� s); 0 � s � 1:Para mostrar que [f�1] é uma inversa de [f ], basta provar que [f�1]� [f ] = [f ]� [f�1] = [e]: Para

isso, é su�ciente mostrar que f�1 � f 'x0 f � f�1 'x0 e:Note que

f � f�1(s) = f(2s); se 0 � s � 1=2= f(2� 2s); se 1/2 � s � 1:

De�na

H(s; t) = f(2ts), 0 � s � 1

2(20)

= f(2t(1� s)), 12� s � 1

Temos que H (está bem de�nida e) é contínua e, como H(s; 1) = (f � f�1)(s); H(s; 0) = x0 = e(s);H(0; t) = H(1; t) = x0; segue que [f ]� [f�1] = [e]: A outra situação é análoga.


Observação 27.5. Note que poderíamos ter de�nido a homotopia abaixo em vez de (20):

H(s; t) =

8<: f(2s); se 0 � s � 1�t2

f�1(2s+ 2t� 1); se 1�t2 � s � 1� t

x0, se 1� t � s � 1:

Observação 27.6. Uma informação importante: os grupos fundamentais não são necessariamenteabelianos.

Proposição 27.7. Seja � : [0; 1]! X um caminho entre x0 e x1: Então a função

�� : �1(X;x0)! �1(X;x1)

dada por ��([f ]) = [��1 � f � �] é um isomor�smo de grupos.

Demonstração. Pelo Exercício 27.2 segue que �� está bem de�nida. Note que se [f ]; [g] 2 �1(X;x0),temos

��([f ]) � ��([g]) = [��1 � f � �] � [��1 � g � �]) = [(��1 � f � �) � (��1 � g � �)]= [(��1 � f � g � �)] = ��([f � g]) = ��([f ] � [g]):

Acima, usamos que � � ��1 = [ex0 ]; e isso pode ser provado como em (20). De fato, de�na

H(s; t) = �(2ts), 0 � s � 1

2(21)

= �(2t(1� s)), 12� s � 1

Temos que H (está bem de�nida e) é contínua e, como H(s; 1) = (� � ��1)(s); H(s; 0) = �(0) = x0 =ex0(s); H(0; t) = �(0) = x0; e H(1; t) = �(0) = x0; segue que

[� � ��1] = [ex0 ]:Note que �� é injetiva, pois

��([f ]) = [ex0 ])) ��1 � f � � ' ex0 [f0; 1g]) f � � ' � � ex0 [f0; 1g]) f ' � � ex0 � ��1[f0; 1g]) f ' ex0 [f0; 1g]) [f ] = [ex0 ]

e portanto �� é injetiva. É fácil ver que �� é sobrejetiva, pois dado [h] 2 �1(X;x1), note que��([� � h � ��1]) = [h]:

Note que��1

��: �1(X;x1)! �1(X;x0) é tal que�

��1�� ([f ]) = ��1�� ([��1 � f � �])

= [� � (��1 � f � �) � ��1] = [f ]:

Assim��1

��é o inverso do homomor�smo ��:�

O próximo resultado é conseqüência imediata do resultado anterior:

Corolário 27.8. Se X é conexo por caminhos e x0; x1 2 X; então �1(X;x0) e �1(X;x1) sãoisomorfos.

De�nição 27.9. Um espaço topológico X é simplesmente conexo se X é conexo por caminhos e ogrupo �1(X;x0) é trivial para algum, e portanto para todo x0 2 X:

Exercício 27.10. Mostre que todo subconjunto convexo de Rn é simplesmente conexo.


Exercício 27.11. Sejam X e Y espaços topológicos, e seja � : (X;x0)! (Y; y0) uma função contínua.Mostre que a função

�� : �1(X;x0)! �1(Y; y0)

dada por ��([f ]) = [� � f ] é um homomor�smo de grupos.

Solução.Temos��([f ] � [g]) = ��([f � g]) = [� � (f � g)]:

Note que

(� � (f � g)) (s) =�

�(f(2s)); se 0 � s � 1=2�(g(2s� 1)), se 1=2 � s � 1:

Por outro lado,��([f ]) � ��([g]) = [� � f ] � [� � g] = [(� � f) � (� � g)]

e

((� � f) � (� � g)) (s) =�

(� � f)(2s); se 0 � s � 1=2(� � g)(2s� 1); se 1=2 � s � 1:

Logo segue que (� � (f � g)) (s) = ((� � f) � (� � g)) (s).

Exercício 27.12. Se � é a identidade em X, mostre que �� é a identidade em �1(X;x0).

Solução. Se � é a identidade em X, então

��([f ]) = [� � f ] = [f ]e portanto �� = id : �1(X;x0)! �1(X;x0):

Exercício 27.13. Sejam X;Y e Z espaços topológicos, e sejam � : (X;x0) ! (Y; y0) e : (Y; y0) !(Z; z0) funções contínuas. Mostre que

( � �)� = � � ��:

Solução. Temos( � �)� : �1(X;x0)! �1(Z; z0)

dada por

( � �)� ([f ]) = [( � �) � f ] = [ � (� � f))] = �([� � f ])= � (��([f ])) = ( � � ��) ([f ]):

Logo ( � �)� = � � ��:

Exercício 27.14. Se � : (X;x0)! (Y; y0) é um homeomor�smo, mostre que �� é um isomor�smo degrupos.

Solução. Temos, pelo Exercício 27.11, que �� : �1(X;x0)! �1(Y; y0) é um homomor�smo.Note que �� é sobrejetiva. De fato, dado [h] 2 �1(Y; y0), temos que f = ��1 � h : [0; 1] ! X é tal

que f(0) = ��1(h(0)) = ��1(y0) = x0 e f(1) = ��1(h(1)) = ��1(y0) = x0: Logo [f ] 2 �1(X;x0) e��([f ]) = [� � (��1 � h)] = [h]:

Só resta provar que �� é injetiva. De fato, se ��([f ]) = ��([g]), então [� � f ] = [� � g]: Logo��1

�� ([� � f ]) =

��1

�� ([� � g])

e daí segue que[��1 � � � f ] = [��1 � � � g]

e �nalmente [f ] = [g]:

Exercício 27.15. Sejam X e Y espaços topológicos e sejam �; : (X;x0)! (Y; y0) funções contínuastais que � ' [fx0g]: Prove que � � f 'y0 � f para todo f 2 (X;x0): Conclua que �� = �:


Solução. Seja H1 : � ' [fx0g].Seja H : [0; 1]� [0; 1]! Y dada por H(x; t) = H1(f(x); t): Então, seja

H(x; 0) = H1(f(x); 0) = �(f(x))

H(x; 1) = H1(f(x); 1) = (f(x))

H(0; t) = H1(f(0); 1) = (f(0)) = (x0) = y0

H(1; t) = H1(f(1); 1) = (f(1)) = (x0) = y0:

Logo, segue que H1 : � � f ' � f [fy0g]; isto é, � � f 'y0 � f:Portanto, se [f ] 2 �1(X;x0), temos ��([f ]) = [� � f ] = [ � f ] = ��([f ]); e concluímos que �� = �:

Exercício 27.16. Se (X;x0) e (Y; y0) são homotopicamente equivalentes, prove que os grupos�1(X;x0) e �1(Y; y0) são isomorfos.

Solução. Como (X;x0) e (Y; y0) são homotopicamente equivalentes, existem f : (X;x0)! (Y; y0) eg : (Y; y0)! (X;x0) contínuas, tais que f � g ' idY [fy0g] e g � f ' idX [fx0g].Pelo Exercício 27.15 segue que

(f � g)� = (idY )�(g � f)� = (idX)�

Pelo Exercício 27.12 segue que

(g � f)� = id : �1(X;x0)! �1(X;x0)

(f � g)� = id : �1(Y; y0)! �1(Y; y0):

Pelo Exercício 27.13 temos que (g � f)� = g� � f� e (f � g)� = f� � g�: Logog� � f� = id : �1(X;x0)! �1(X;x0)

f� � g� = id : �1(Y; y0)! �1(Y; y0):

Concluímos que f� é um isomor�smo.

27.1. O grupo fundamental do círculo unitário. Nessa seção calcularemos o grupo fundamentaldo círculo unitário S1 (com base em 1): Precisamente, mostraremos que �1(S1; 1) = Z.Começamos com dois lemas, mas antes precisamos de algumas considerações. Seja

p : R! S1

dada por p(t) = e2�ti: Note que(a) p é sobrejetiva, contínua e aberta, e p(0) = 1:(b) A restrição p j (�1=2; 1=2) ! S1�f�1g é um homeomor�smo. Seja q a inversa de

p j (�1=2; 1=2).(c) p(s+ t) = p(s) + p(t) para todo s; t 2 R.(d) p(t) = 1 se, e somente se, t 2 Z.(e) p : (R,+)! (S1; :) é um homomor�smo de grupos cujo núcleo é Z.

Lema 27.17. Seja g um caminho em S1, com g(0) = 1: Então existe um único caminho f : [0; 1]! Rtal que f(0) = 0 e p � f = g:

Demonstração. Como [0; 1] écompacto, a função g : [0; 1] ! S1 é uniformemente contínua. Logo,existe � > 0 tal que se js� tj < �; então jg(s)� g(t)j < 2: Logo g(s) 6= �g(t) e portanto g(s)

g(t) 6= �1:

Assim, q�g(s)g(t)

�está bem de�nida. Seja n 2 N tal que 1

n < �; e seja f : [0; 1]! R de�nida por

f(t) =nXk=1

q

g( kn t)

g(k�1n t)

!:


Então f é contínua (pois q e g são contínuas), f(0) =nXj=1

q�11

�= 0 e

p � f(t) = p

nXk=1

q

g( kn t)

g(k�1n t)

!!=

nYk=1

g( kn t)

g(k�1n t)

=g( 1n t)

g(0):g( 2n t)

g( 1n t):::g(n�1n t)

g(n�2n t):g(nn t)

g(n�1n t)=g(nn t)

g(0)= g(t):

Resta-nos provar a unicidade. Suponhamos que exista uma função contínua f1 : [0; 1] ! R tal quef1(0) = 0 e p � f1 = g: Então, para todo t 2 [0; 1], temos

p � (f1 � f)(t) = e2�i(f1(t)�f(t)) = e2�if1(t):e�2�if(t)

=p(f1(t))

p(f(t))= 1;

e portanto (f1 � f)(t) 2 Z para todo t 2 [0; 1]: Como (f1 � f)(0) = 0 e como [0; 1] é conexo, segue que(f1 � f)(t) = 0 para todo t 2 [0; 1]:

Lema 27.18. Sejam g1 e g2 : [0; 1]! S1 laços tais que g1(0) = g2(0) = 1; e sejam f1 e f2 : [0; 1]! Ros únicos caminhos em R tais que f1(0) = f2(0) = 0 e p � f1 = g1 e p � f2 = g2:(a) Dada uma função contínua G : [0; 1]� [0; 1]! S1 tal que G(0; 0) = 1; existe uma única função

contínua F : [0; 1]� [0; 1]! R tal que F (0; 0) = 0 e p � F = G:(b) Se G : g1 ' g2[f0; 1g]; então F (0; 1) = 0:(c) Se G : g1 ' g2[f0; 1g]; então f1(1) = f2(1):

Demonstração.(a) Como G é contínua num compacto, é também uniformemente contínua. Existe � > 0 tal que

se jz � wj < �, então jG(z)�G(w)j < 2 e portanto q�G(z)G(w)

�está bem de�nida. Seja n 2 N tal que

1n < � e seja F : [0; 1]� [0; 1]! R de�nida por

F (z) =

nXk=1

q

G( knz)

G(k�1n z)

!:

Então F é contínua, F (0; 0) = 0 e p � F = G: Analogamente so outro lema, se prova a unicidade.(b) Note que

p � F (0; t) = G(0; t) = g1(0) = 1

p � F (0; 0) = G(0; 0) = 1:

LogoF (0; t)� F (0; 0) 2 Z.

Seja H(t) = F (0; t)� F (0; 0). Como [0; 1] é conexo segue que existe C tal que

F (0; t)� F (0; 0) = C para todo t:

Fazendo t = 0, obtemosC = 0

e o resultado segue.

(c) Seja G : g1 ' g2[f0; 1g]: Então, para todo s 2 [0; 1], temosp � F (s; 0) = G(s; 0) = g1(s) = p � f1(s):

Pela unicidade do lema anterior (pois F (0; 0) = 0 e f1(0) = 0), segue que

(22) F (s; 0) = f1(s) para todo s 2 [0; 1]


Analogamente,p � F (s; 1) = G(s; 1) = g2(s) = p � f2(s)

e, pela unicidade do lema anterior (pois F (0; 1) = 0 e f2(0) = 0), segue que

(23) F (s; 1) = f2(s) para todo s 2 [0; 1]:Por outro lado, temos, para todo t 2 [0; 1];

p � F (0; t) = G(0; t) = g1(0) = p � f1(0)p � F (0; t) = G(0; t) = g2(0) = p � f2(0):

Interprete da seguinte forma: g(t) = g1(0) = 1 é um caminho constante de [0; 1] em S1. Alémdisso, F (0; :) : [0; 1] ! S1 é um caminho com F (0; 0) = 0: Considere ainda o caminho (constante)h : [0; 1]! S1 dado por h(t) = f1(0) = 0:Pela unicidade do lema anterior, temos

(24) F (0; t) = h(t) = 0 = f1(0) = f2(0) para todo t 2 [0; 1]:Agora note quepara todo t1; t2 2 [0; 1];

p � F (1; t1) = G(1; t1) = g2(1)

p � F (1; t2) = G(1; t2) = g2(1):

Logo, fazendo t1 = t e t2 = 1, temos

p � F (1; t) = G(1; t) = g2(1)

p � F (1; 1) = G(1; 1) = g2(1):

LogoF (1; t)� F (1; 1) 2 Z.

Seja R(t) = F (1; t)� F (1; 1). Como [0; 1] é conexo e R é contínua, existe uma constante D tal que

F (1; t)� F (1; 1) = D para todo t:

Fazendo t = 1, obtemos D = 0. Logo

F (1; t) = F (1; 1) para todo t:

Logo

(25) F (1; 0) = F (1; 1):

De (22) já sabemos queF (1; 0) = f1(1):

De (23) sabemos queF (1; 1) = f2(1):

Dessas duas igualdades e de (25) segue que

f1(1) = f2(1):

�Agora podemos provar o resultado desejado:

Teorema 27.19. O grupo �1(S1; 1) é isomorfo a Z:

Demonstração. Se g 2 (S1; 1); então, do Lema 27.17 segue que existe um único caminhof : [0; 1] ! R tal que f(0) = 0 e p � f = g: Temos p � f(1) = g(1) = 1; e portanto f(1) 2 Z.De�namos

� : �1(S1; 1)! Z

por �([g]) = f(1):Primeiro, vejamos que � está bem de�nida. Dadas g1; g2 2 (S1; 1), sejam f1; f2 : [0; 1] ! R os

únicos caminhos tais que f1(0) = f2(0) = 0 e p � f1 = g1 e p � f2 = g2: Se G : g1 ' g2[f0; 1g]; entãosegue do Lema 27.18 que f1(1) = f2(1) e consequentemente �([g1]) = �([g2]) e � está bem de�nida.


Agora vejamos que � é homomor�smo de grupos. Sejam g1; g2 2 (S1; 1), e sejam f1; f2 : [0; 1]! Ros únicos caminhos tais que f1(0) = f2(0) = 0 e p � f1 = g1 e p � f2 = g2: Sejam

n1 = f1(1) e n2 = f2(1):

Seja f : [0; 1]! R de�nido porf(s) = n1 + f2(s):

Então

f(0) = n1 + f2(0) = n1 = f1(1)

f(1) = n1 + f2(1) = n1 + n2

p(f(s)) = p(n1 + f2(s)) = p(n1)p(f2(s))

= p(f1(1))g2(s) = g1(1)g2(s) = g2(s):

Segue que

p � (f1 � f) = (p � f1) � (p � f) = g1 � g2;(26)

(f1 � f)(0) = f1(0) = 0

(f1 � f)(1) = f(1) = n1 + n2:

Note que g1 � g2 2 (S1; 1) e, pelo Lema 27.17 existe um único caminho h : [0; 1]! R tal quep � h = g1 � g2 e h(0) = 0:

De (26) segue que esse h é precisamente f1 � f : [0; 1]! R. Segue que� ([g1] � [g2]) = � ([g1 � g2]) = (f1 � f)(1) = n1 + n2 = � ([g1]) + �([g2])

e portanto � é um homomor�smo. Resta-nos provar que � é bijetiva. Seja n 2 Z e sejam f : [0; 1]! Re g : [0; 1]! S1 caminhos de�nidos por

f(s) = ns e g = p � f:Então f(0) = 0; f(1) = n e daí g(0) = p(0) = 1 e g(1) = p(n) = 1: Logo

� ([g]) = f(1) = n:

Portanto � é sobrejetora. Para terminar, vamos mostrar que � é injetora. Seja g 2 (S1; 1) tal que� ([g]) = 0: Seja f : [0; 1]! R o único caminho tal que f(0) = 0 e p � f = g: Então

f(1) = � ([g]) = 0

e portanto f 2 (R; 0): Como R é simplesmente conexo, temos f '0 0 e daí segue queg = p � f '1 p(0) = 1

28. Seminário: O Teorema de Baire

Um subconjunto M de um espaço topológico X é dito magro se M =

1[n=1

Sn onde cada Sn tem

interior vazio. Conjuntos magros são também chamados de conjuntos de primeira categoria. Todoconjunto que não é de primeira categoria é chamado de conjunto de segunda categoria. O resultadocentral dessa seção, o Teorema de Baire, a�rma que todo espaço métrico completo, não-vazio, é desegunda categoria. Assim como o Teorema de Tychono¤, O teorema de Baire tem diversas aplicaçõesem outras áreas da matemática.

Exemplo 28.1. Os racionais são magros na reta real.

Exemplo 28.2. Num espaço topológico X munido com a topologia � = P(X); nenhum subconjuntonão-vazio é magro.


Teorema 28.3. (Teorema de Baire) Todo espaço métrico completo, não-vazio, é de segundacategoria, isto é, não pode ser uma união enumerável de conjuntos cujo fecho tem interior vazio.

Demonstração. Seja X = (X; d) um espaço métrico. Por contradição, vamos supor que X seja deprimeira categoria. Então, existem Sn � X tais que Sn tem interior vazio e

X =1[n=1

Sn:

Para cada n, considere Fn = Sn. Temos que X � F1 é aberto e não-vazio. Assim, existem um númeroreal r1 > 0 e x1 2 X tais que

Ud(x1; r1) � X � F1:Temos também que (X � F2) \ Ud(x1; r1=4) é aberto e não vazio. De fato, se essa interseção fosse

vazia, teríamos Ud(x1; r1=4) � F2, que é um absurdo, pois o interior de F2 é vazio.Logo existem x2 2 X e r2 > 0; tais que

Ud(x2; r2) � (X � F2) \ Ud(x1; r1=4):Usando o mesmo raciocínio, encontramos x3 2 X e r3 > 0 tais que

Ud(x3; r3) � (X � F3) \ Ud(x2; r2=4):Por indução, construimos uma seqüência de bolas abertas (Ud(xn; rn))1n=1 tais que rn+1 � rn

4 e

Ud(xn+1; rn+1) � (X � Fn+1) \ Ud(xn; rn=4):Note que, como rn+1 � rn

4 para todo n; temos rn � r14n�1 :

Pela desigualdade triangular, é fácil ver que (xn)1n=1 é uma seqüência de Cauchy em X. Com efeito,

d(xn; xn+p) �pXj=1

d(xn+j�1; xn+j) �pXj=1

rn+j�14

(27)

<

pXj=1

r14n+j�1

:

Como X é completo, existe um x 2 X, que é limite da seqüência (xn): Note que podemos tambémescrever

(28) d(xn; xn+p) �rn4+rn+14

+ :::+rn+p�14

� rn4+rn42+ :::+

rn4p�1

:

Fixando, arbitrariamente, n em (28) e fazendo p tender a in�nito, temos que d(xn; x) < rn e

x 2 Ud(xn; rn): Logo x =21[n=1

Sn = X (absurdo).�

29. Respostas de alguns Exercícios

ESPAÇOS MÉTRICOS

� Exercício 3.7.Note que F é fechado se, e somente se, M �F é aberto. Se x 2M �F , existe " > 0 tal que

Bd(x; ") �M � F: Logo, se x 2M é tal que toda bola centrada em x tem pontos de F , segueque x =2M � F , i.e., x 2 F:Reciprocamente, suponha que sempre que toda bola centrada em x tem pontos de F , então

x 2 F . Seja x 2 M � F . Então, usando nossa hipótese, existe uma bola centrada em x sempontos de F . Logo M � F é aberto.

ESPAÇOS TOPOLÓGICOS


� Exercício 4.4. Solução. Considere d(x; y) = 0, se x = y e 1, caso contrário, e mostre que cadaconjunto unitário é aberto.

� Exercício 4.5. Solução. Se fosse metrizável, por uma métrica d, escolheríamos x; y distintos emX e d(x; y) = r > 0. Note que a bola de centro x e raio r=2 não contém y (logo é um abertodiferente de X).

� Exercício 4.13.x 2 int(E)) x 2 G; G aberto, G � E

) x =2 X �G = X �G) x =2 X � E ) x 2 X �X � E:Reciprocamente,

x 2 X �X � E ) x =2 X � E ) existe F fechado, X � E � F com x =2 F) x 2 X � F (aberto) e X � F � X � (X � E) = E ) x 2 int(E):

� Exercício 4.18. Tome A = [Q \ (0; 1)] [ (2; 3) [ (3; 4) [ f5; 6; 7; 8; ::::g

BASES E SUB-BASES

� Exercício 6.8. Temos, por hipótese, que[B2F

B = X:

Se B1; B2 2 F , então 8>>>><>>>>:B1 =

n1\j=1

Sj

B2 =

n2\j=1

Rk

com os Sj e Rk em C: Se p 2 B1 \B2; seja

B3 =

n1+n2\l=1

Tl;

com T1 = S1; :::; Tn1 = Sn1 ; Tn1+1 = R1; :::; Tn1+n2 = Rn2 : Logo B3 2 F e, como B3 = B1\B2,segue que p 2 B3: Assim, F satisfaz as hipóteses do Teorema 6.5 e é base da topologia �:

� Exercício 6.10. Seja C � P(X): Como � � C; temos que\A2�

A = X. Logo a família B formada

por todas as interseções �nitas de elementos de C satisfaz (a) do Teorema 6.4. Pela própriade�nição de B, segue que se A;B 2 B, então A\B 2 B e, portanto B satisfaz (b) do Teorema6.4. Daí, segue que B é base para uma topologia � em X e consequentemente (pela de�niçãodo livro de S. Willard) C é sub-base para � .

� Exercício 6.11. Note que X;� 2 \��: Além disso, se A� 2 \�� para todo �, temos que A� 2 ��para todo � e todo �: Como cada �� é uma topologia, segue que [A� 2 �� para todo �: Logo

[A� 2 \��e segue que \�� é uma topologia.Por outro lado, união de topologias, em geral, não é topologia. Tome X = fa; b; cg,

�1 = ffag; X; �g e �2 = ffbg; X; �g: É fácil ver que �1[ �2 não é topologia.� Exercício 6.12. (ii) Seja

A =[��

e

B =(\B2C

B; C � A e C �nito):


Vejamos que B é base para uma topologia � . Note que X 2 B, pois X 2 A (e tome C = fXg)e portanto [

B2BB = X

e vale (a) do Teorema 6.5. Para mostrar (b) do Teorema 6.5, basta (é mais que su�ciente)mostrar que se B1 \B2 2 B, então B1 \B2 2 B. Mas isso é fácil, pois se B1; B2 2 B, temos

B1 = D1 \ � � � \Dn: com cada Dj 2 AB2 = E1 \ � � � \ Em: com cada Ej 2 A

e portantoB1 \B2 = D1 \ � � � \Dn \ E1 \ � � � \ Em 2 B.

Portanto B é base para uma topologia �: É claro que[�� : De fato, se A 2

[�� = A,

entãoA =

\B2fAg

B, com fAg �[��

e como conseqüência, temos que A 2 B � � .Seja �1 uma topologia que contém

[��. então, é claro que B � �1. Daí segue que � � �1.

UNICIDADE: Seja �2 uma topologia com a mesma propriedade de �: Então é claro que� � �2 e �2 � � e segue a unicidade.(i) Quanto à maior topologia contida em cada ��, basta mostrar que

\�� é uma topologia

e obviamente satisfaz o desejado.� Exercício 6.13. Seja B uma base para uma topologia � em X. Então

� =

([B2C

B; C � B):

Seja �1 =\�2�

��, onde f��;� 2 �g é o conjunto de todas as topologias em X que contém B: É

claro queB � �1:

Daí, pela de�nição de �1, segue que

�1 � �:

Por outro lado, se �� é uma topologia de X que contém B, então (por de�nição de topologia),segue que � � ��. Logo

� �\�2�

�� = �1

e a igualdade segue.

FUNÇÕES CONTÍNUAS

� Exercício 8.9 Suponha f : X ! Y contínua. Seja fZ : X ! Z dada por fZ(x) = f(x): Se AZé aberto em Z, então

f�1Z (AZ) = f�1Z (AZ \ Y ) = f�1(AZ \ Y );que é aberto em X, pois f é contínua. Por outro lado, suponha fZ : X ! Z contínua. Seja Aaberto em Y . Então A = B \ Y , com B aberto em Z e

f�1(A) = f�1(B \ Y ) = f�1Z (B \ Y ) = f�1Z (B);

que é aberto em X, pois fZ é contínua.

REDES


� Exercício 13.5. Se não fosse assim, existiriam conjuntos A e B disjuntos e existiriam �1 e �2tais que

� � �1 ) x� 2 A� � �1 ) x� 2 B:

Logo, escolhendo � � �1 e � � �2; teremos x� 2 A \B (absurdo, pois A e B são disjuntos):� Exercício 13.6. Seja V vizinhança de x. Como x� ! x; existe �0 tal que

� � �0 ) x� 2 V:

portanto, (x�) está frequentemente em cada vizinhança de x (e isso signi�ca que x é ponto deacumulação da rede).

� Exercício 13.14. Primeiro, vejamos que o espaço topológico sugerido não é Hausdor¤. Sejam Ue V abertos. Se U = R ou V = R, é claro que eles não são disjuntos. Suponhamos, portanto,que R� U e R� V são enumeráveis. Então, como

R� (U \ V ) = (R� U) [ (R� V );

segue que R� (U \ V ) é enumerável. Logo, U \ V 6= �.Agora, vejamos que toda sequência (xn) nesse espaço topológico converge para, no máximo,

um ponto.Suponha que xn ! x:Vejamos que se xn ! x, então existe n0 tal que xn = x para todo n � n0: De fato, se isso

não acontecesse, poderíamos encontrar n1 < n2 < � � � tais que xnk 6= x para todo k natural.De�nimos então o aberto (vizinhança de x)

U = R� fxn1 ; xn2 ; ::::g

e concluímos que não existiria n0 tal que n � n0 ) xn 2 U:Conclusão: Se xn ! x, então existe n0 tal que xn = x para todo n � n0; e daí conclui-se

que a sequência não pode convergir para outro ponto.

FILTROS

� Exercício 14.14. Suponha que F ! x: Seja P : �F ! X a rede P (x; F ) = x gerada por F .Seja U 2 Ux: Como F ! x; segue que Ux � F . Logo, U 2 F . Portanto, (x; U) 2 �F . Assim,

(y;W ) � (x; U)) P (y;W ) = y 2W � U

e concluímos que a rede P : �F ! X converge para x.Por outro lado, suponha que a rede gerada por F converge para x. Seja U 2 Ux. Então,

existe (y;W ) 2 �F (lembre que nessas condições temos W 2 F) tal que

(z; V ) � (y;W )) z = P (z; V ) 2 U:

Logo, se z 2W , temos (z;W ) 2 �F e (z;W ) � (y;W ) e portanto

z = P (z;W ) 2 U:

Logo W � U . Como W 2 F , segue que U 2 F . Concluímos que Ux � F e portanto Fconverge para x.

� Exercício 14.15 Suponha que a rede P : � ! X convirja para x. Seja F o �ltro gerado poressa rede e seja U 2 Ux: Existe, portanto, �0 2 � tal que

� � �0 ) P (�) 2 U:

Logo, B�0 = fP (�);� � �0g � U . Como B�0 2 F , segue que U 2 F . Logo Ux � F e portantoF converge para x.


Reciprocamente, suponha que o �ltro F gerado pela rede P : �! X converge para x. SejaU 2 Ux. Então, como F ! x, segue que U 2 F . Logo, pela forma que é construído o �ltrogerado pela base (veja a demonstração da Proposição 14.3), existe �0 2 � tal que

B�0 � U;

e isso signi�ca que� � �0 ) P (�) 2 U:

Logo, a rede P converge para x.

ESPAÇOS T0; T1; T2 e T3

� Exercício 16.2. Seja M o espaço em questão e d uma pseudométrica em M .Se d for uma métrica, segue que M é Hausdor¤ e, a fortiori, M é um espaço T0:Por outro lado, suponha que d não seja uma métrica. Então, existem x; y 2 M tais que

x 6= y e d(x; y) = 0: Logo, todo aberto contendo x, também contém y, e daí segue que M nãoé T0:

� Exercício 16.3. Seja X um espaço T1 e seja x 2 X: Vamos mostrar que X � fxg é aberto. Defato, se y 2 X�fxg; como x 6= y e como X é T1; existe uma vizinhança V 2 Uy tal que x =2 V .Logo V � X � fxg e segue que X � fxg é aberto,Reciprocamente, suponha que todo subconjunto unitário de X é fechado. Se X só tem

um ponto, é claro que X é T1: Suponhamos, então, que X possui mais de um ponto. Sejamx; y 2 X. Como fxg é fechado, segue que X�fxg é aberto e y 2 X�fxg: Logo, existe V 2 Uytal que y 2 V � X � fxg, isto é, x =2 V .Argumento similar é usado para mostrar que existe U 2 Ux tal que y =2 U .

� Exercício 16.5. X = fa; bg, � = f�;Xg:

CONJUNTOS COMPACTOS

� Exercício 17.6. Sejam G� conjuntos abertos em Z (� 2 �) tais queX �

S�2�

G�:

Como X é fechado, temos que

Y � (Z rX) [� S�2�

G�

�;

e essa é uma cobertura aberta de Y: Como Y é compacto, existe uma subcobertura �nita

Y � (Z rX) [ (G�1 [ � � � [G�n) :Logo

X � (Z rX) [ (G�1 [ � � � [G�n)e consequentemente

X � G�1 [ � � � [G�ne concluímos que X é compacto em Z.

� Exercício 17.7. Considere X = R com a topologia sugerida no exercício (sabemos que esseespaço não é de Hausdor¤). Se A � X for in�nito, escolha a1; a2; ::: em A. Seja, para cadan 2 N, Bn = X � faj ; j � ng:Note que cada Bn é aberto e

A �1Sn=1

Bn:

É claro que essa cobertura não admite subcobertura �nita. Logo, se A é compacto, A deve ser�nito, e é claro que todo conjunto �nito é compacto (isso vale para qualquer espaço topológico).


Conclusão: A é compacto se, e somente se, A é �nito. Como, na topologia que estamosconsideranto, todo conjunto �nito é fechado, segue que todo compacto é fechado.

� Exercício 17.8. Suponha A � B compacto em B. Seja

A �S�2�

A�

uma cobertura aberta de A em X. Então

A �S�2�

(A� \B)

é uma cobertura aberta de A em B. Como A é compacto em B, essa cobertura possuisubcobertura �nita, isto é,

A �nSk=1

(A�k \B):

Logo,

A �nSk=1

A�k

e concluímos que A é compacto em X.Reciprocamente, suponha que A � B é compacto em X. Sabemos que os abertos de B são

da forma W \B; com W aberto em X. Seja, portanto,

A �S�2�

(A� \B)

uma cobertura aberta de A em B (logo os A� são abertos em X). Portanto,

A �S�2�

A�

e, como A é compacto em X, segue que existe n tal que

A �nSk=1

A�k :

Como A � B, segue que

A �nSk=1

(A�k \B);

e concluímos que A é compacto em B.� Exercício 17.9. Podemos considerar a função f : K ! f(K), com K sendo um espaçotopológico compacto (pois K é compacto em X). Para mostrar que f(K) é compacto em Y ,basta mostrar que f(K) é um espaço topológico compacto. Em resumo, tudo que precisamosfazer é mostrar que se f : A! B é contínua e sobrejetiva, e A é compacto, então B é compacto.Seja fVi; i 2 Ig uma cobertura aberta de B. Então, ff�1(Vi); i 2 Ig é cobertura aberta de

A. Como A é compacto, existe um conjunto �nito J � I tal que

A =Si2J

f�1(Vi):

Como f é sobrejetiva, segue que B =Si2J

Vi e portanto B é compacto.

ESPAÇOS COMPLETAMENTE REGULARES

Exercício 29.1. 21.4 Seja X completamente regular e Y � X: Seja y 2 Y e U um aberto em Y comy 2 U: Então U = V \ Y , com V aberto em X. Temos, portanto, y 2 V e V aberto em X contendo y.Como X é completamente regular, existe f : X ! [0; 1], contínua, tal que f(y) = 1 e f(X �V ) = f0g:Seja g a restrição de f a Y . Então g é contínua e g(y) = 1: Além disso,

g(Y � U) = g(Y � V \ Y ) = f(Y � V \ Y )= f(Y � V ) � f(X � V ) = f0g:

Segue que Y é completamente regular.


HOMOTOPIAS� Exercício 26.21. SejaH1 : [0; 1]�[0; 1]! X a homotopia entre f1 e g1 e eH2 : [0; 1]�[0; 1]! Xa homotopia entre f2 e g2: Note que H1(1; t) = f1(1) = g1(1) = f2(0) = g2(0) = H2(0; t) paratodo t 2 [0; 1]: De�na H : [0; 1]� [0; 1]! X por

H(s; t) =

�H1(2s; t); se 0 � s � 1=2

H2(2s� 1; t); se 1=2 � s � 1Note que

H(s; 0) = f1 � f2(s)H(s; 1) = g1 � g2(s):

Além disso, H é contínua, pois

[0; 1]� [0; 1] = ([0; 1=2]� [0; 1]) [ ([1=2; 1]� [0; 1])e H é contínua em cada um desses fechados.

Referências

[1] E. L. Lima, Espaços Métricos, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro.[2] E. L. Lima, Análise no Rn, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro.[3] E. L. Lima, Elementos de Topologia Geral, LTC-IMPA, Rio de Janeiro, 1970.[4] E.L. Lima, Grupo Fundamental e Espaços de Recobrimento, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro, 1993.[5] J. Mujica, Notas de aula de Topologia Geral, IMECC-UNICAMP.[6] J.R. Munkres, Topology, A �rst Course. Prentice-Hall, Inc. New Jersey, 1975.[7] G. Simmons, Introduction to Topology and Modern Analysis, McGraw-Hill, 1963.[8] S. Willard, General Topology, Addison-Wesley Publishing Company, 1970.

Departamento de Matemática, UFPB, João Pessoa, PB, e-mail: [email protected], Março, 2009

pelegrino, daniel - topologia geral

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