Dicas e Respostas dos Exercıcios

Dicas e Respostas dos Exercícios

Dicas

3.1.1 Tome bolas de raios cada vez menores.

3.1.2 Faça exatamente como no exercício 3.1.1.

3.1.3 Use o fato de que as bolas são vizinhanças de todos os seus pontos.

3.1.5 Use o exercício 3.1.1 para escolher $n_{k}$ e $m_{k}$ de modo que para qualquer $V \in 𝒱_{} (x)$ , $x_{n_{k}}^{m_{k}}$ esteja em $V$ para $k$ suﬁcientemente grande.

5.2.1 $τ = τ (τ_{i}, τ_{s})$ .

5.2.2 Quais elementos da base induzida por $𝒮$ contém $x$ ?

5.2.3 Faça como na Proposição 4.16.

5.2.4 $f (A \cap B) \subset f (A) \cap f (B)$ . Então, use o Exercício 5.2.3.

5.3.1 Mostre que para todo $x \in ℝ$ , $ℬ \cap 𝒱_{} (x)$ é uma base de vizinhanças para $x$ .

5.3.2 Veja o Corolário 5.16.

5.4.3 Tem???

7.1.1 É só veriﬁcar os axiomas da Deﬁnição 4.1.

7.1.2 Tome $Z$ unitário.

7.2.1 Qual é a mais forte?

7.2.2 Qual é a mais fraca?

7.2.3 Se $f_{λ}$ é contínua em $τ$ , então $τ_{f_{λ}} \subset τ$ .

7.2.4 Primeiramente, $τ$ é uma topologia. Em segundo lugar, se $f_{λ}$ é contínua em $τ$ , então $τ \subset τ f_{λ}$ .

7.2.5 É só veriﬁcar os axiomas da deﬁnição de topologia.

7.2.6 Faça $X = Y$ e escolha duas topologias em $Y$ tais que a união das duas não é uma topologia.

7.2.7 Qual é o formato das vizinhanças de $7$ ?

7.2.8 Qual é o formato das vizinhanças de $11$ ?

7.2.9 Mostre que o conjunto $f (I_{𝜀})$ é aberto na topologia ﬁnal.

7.3.7 Estamos falando de espaços métricos?

7.3.8 Componha com a projeção canônica $π_{Γ, λ} : X_{Γ} \to X_{λ}$ .

7.3.9 Primeiro tem que entender o signiﬁcado de $\prod_{Γ \in \tilde{Γ}} X_{Γ}$ , de ${(Π_{Γ} (x))}_{Γ \in \tilde{Γ}}$ e de $f$ .

7.4.1 A topologia usual de $ℂ$ é dada pela identiﬁcação de $ℂ$ e $ℝ^{2}$ .

7.4.2 $\tilde{f} (A) = f (π^{- 1} (A))$ .

7.4.3 Precisa de um $A \subset X$ aberto tal que $π^{- 1} (π (A))$ não seja aberto.

7.5.1 A união ﬁnita de conjuntos enumeráveis é enumerável.

7.5.2 Use o fato de $X$ ser não-enumerável.

7.5.3 Tome uma vizinhança de $x$ na topologia $τ_{M}$ .

8.3.1 Veja a Deﬁnição 8.14.

8.3.2 Se $C_{x}$ é a componente conexa de $x$ , mostre que $\bar{C_{x}} \subset C_{x}$ .

8.3.3 Na topologia induzida em $C$ , o conjunto $C \cap F$ é aberto e fechado.

8.3.4 Use o Exercício 8.3.3.

8.3.5 É possível??? :-P

8.3.6 Basta usar que $[0, 1]$ é “localmente conexo”.

8.3.7 Basta usar que $ℝ^{n}$ é “localmente conexo”.

8.3.8 Use a topologia induzida em $⋃ C_{λ}$ .

8.3.9 O que é um fechado e o que é um aberto na topologia induzida?

8.3.10 Faça como no Exercício 8.3.8.

8.4.1 Não se descabele!!!

8.4.2 Não se descabele!!!

8.4.3 Escolha $q \in B_{p} \cap P^{'}$ distinto de $p$ , e mostre que $p$ não pertence à componente conexa de $q$ .

8.4.4 Faça como na Proposição 8.12, e observe o comentário feito antes da deﬁnição de componente conexa (Deﬁnição 8.14).

8.4.7 Faça da mesma forma que ﬁzemos para mostrar que a componente conexa de qualquer ponto em $ℚ$ é um conjunto unitário.

8.4.8 Mostre que $P_{2}$ é um aberto de $P$ .

8.4.9 Mostre que $f^{- 1} (P_{1})$ é vizinhança de todos os seus pontos.

8.4.10 É só usar os Exercícios 8.4.8 e 8.4.9.

8.5.1 Tome um ponto da componente conexa e mostre que a componente é uma vizinhança deste ponto.

8.5.2 Faça como no Exemplo 8.3.

8.5.3 Tome uma vizinhança conexa por caminhos para cada ponto na componente conexa. Depois faça com pontos fora da componente.

8.5.4 Use o Exercício 8.5.3.

8.5.6 Mostre que não é localmente conexo.

8.5.7 $A$ é aberto.

9.1.4 Uma cobertura de $K$ também cobre todos os $K_{1}, \dots, K_{n}$ .

9.1.5 Escreva os elementos de $Y \cap τ_{X}$ na forma $Y \cap A$ , para $A \in τ_{X}$ .

9.1.6 Você acabou de mostrar isso!

9.2.2 Imagem de compacto é compacta.

9.2.4 Passo de indução: Exercício 7.3.9.

9.3.1 Tome $[a, b] \supset M$ .

9.3.2 Use o Exercício 9.3.1.

9.3.3 Veja o comentário depois da Deﬁnição 9.2.

9.3.4 É só fazer exatamente como no Lema.

9.3.5 Seja $A$ um conjunto qualquer com $sup A < \infty$ . Mostre que $A \cup \{sup A\}$ é compacto.

9.3.6 Use o Exercício 9.3.5, e a função identidade para construir um contraexemplo.

9.3.7 Para cada $a \in ℝ$ , os conjuntos da forma $[a, a + 𝜀)$ , com $𝜀 > 0$ formam uma base de vizinhanças de $a$ .

9.3.8 Mostre que os conjuntos da forma $(a, b)$ são abertos.

9.4.1 Use as projeções de $K$ na primeira e na segunda coordenadas.

9.4.2 Só tem um!

9.5.3 Veja o Exercício 9.5.2.

9.5.5 $x$ está no fecho de $F_{k}$ .

9.5.6 E se $x_{1} = x$ ?

9.5.7 Veja a demonstração da Proposição 9.28. Use a Proposição 5.22.

9.5.9 http://math.stackexchange.com/

9.6.2 É trivial.

9.6.4 Use o Exercício 9.6.3.

9.6.5 Modiﬁque a solução do Exercício 9.6.3.

9.6.6 É só substituir vizinhança por vizinhança aberta.

9.6.7 Use a aplicação identidade $id : (X, τ_{c}) \to (X, τ_{h})$ .

9.6.8 Use a rigidez compacto-Hausdorﬀ.

9.7.1 A cobertura não tem subcobertura ﬁnita.

9.7.2 $X = ⋂_{V \in \emptyset} V$ .

9.7.4 Um exemplo: $𝒰 = \{(- \infty, b - \frac{1}{n})| n = 1, 2, \dots\}$ .

9.8.1 Discretos só são compactos quando são ﬁnitos.

Respostas

1.1.1 $y \in B_{𝜀} (x) \Leftrightarrow d (x, y) < 𝜀 \Leftrightarrow d (y, x) < 𝜀 \Leftrightarrow x \in B_{𝜀} (y)$ .

1.1.2 $y \in B_{δ} (x) \Rightarrow d (x, y) < δ \Rightarrow d (x, y) < 𝜀 \Rightarrow y \in B_{𝜀} (x)$ .

1.1.3 Não. Veja o Exemplo 1.9.

1.1.4 Sim. Pois o item (2) garante que $d (z, y) = d (y, z)$ .

1.1.5 Sim. Fazendo $z = y$ , teremos

d (x, y) \leq d (y, x) + d (y, y) = d (y, x) .

Trocando os papeis de $x$ e $y$ obtemos a desigualdade inversa.

1.1.6 É fácil ver que se $d$ é uma métrica, irá satisfazer as condições enunciadas. Para ver que essas condições garantem que $d$ é uma métrica, faça como no exercício 1.1.5 para concluir que $d (x, y) = d (y, x)$ , e como no exercício 1.1.4 para concluir que vale a desigualdade triangular.

1.1.7 Veja o exercício 1.3.7.

1.1.8 Quem ﬁzer isso, por favor, mande um e-mail para [email protected].

1.2.1 É evidente que para $0 < δ < 𝜀$ , $B_{δ} (x) \subset B_{𝜀} (x)$ . Assim, a união também está contida em $B_{𝜀} (x)$ . Por outro lado, se $y \in B_{𝜀} (x)$ , então $d (x, y) < 𝜀$ . Tomando $δ^{'}$ satisfazendo $d (x, y) < δ^{'} < 𝜀$ , temos que $y \in B_{δ^{'}} (x)$ . Portanto

B_{𝜀} (x) \subset ⋃_{0 < δ < 𝜀} B_{δ} (x) .

1.2.2 É evidente que $x$ está na interseção. Precisamos apenas mostrar que $y \neq x$ não está. Basta então tomar $k^{'}$ tal que $\frac{1}{n_{k^{'}}} < d (x, y)$ para que $y \notin B_{\frac{1}{n_{k^{'}}}} (x)$ .

1.2.3 Use a Proposição 1.5 para obter números reais $δ_{1}, \dots, δ_{n}$ maiores que zero, tais que $B_{δ_{j}} (x) \subset B_{𝜀_{j}} (x_{j})$ . Basta fazer $δ = min (δ_{1}, \dots, δ_{n})$ .

1.2.4 Porque pode ser que $inf (δ_{j}) = 0$ .

1.2.5 Para mostrar que um ponto $y \neq x$ não está na interseção, foi usdado que $d (x, y) = 0 \Rightarrow x = y$ . Para mostrar que $x$ está na interseção, foi usado que $d (x, x) = 0$ . Ou seja, $x = y \Rightarrow d (x, y) = 0$ .

1.2.6 O item (1) serviu para que $𝜀 > 0$ . O item (2) não serviu em nada na demonstração, mas se tivessemos enunciado que “existem duas bolas que separam os pontos $x$ e $y$ ”, teria servido para garantir que $x \in B_{𝜀} (x)$ , e $y \in B_{𝜀} (y)$ . Sem o item (3), não poderíamos garantir que $a \in B_{𝜀} (y) \Rightarrow d (a, y) < 𝜀$ . Finalmente, a desigualdade triangular serviu para que a interseção das bolas fosse vazia. Ou seja, se

a \in B_{𝜀} (x) \cap B_{𝜀} (y),

então

d (x, y) \leq d (x, a) + d (a, y) < 𝜀 + 𝜀 \leq d (x, y) .

1.3.1

$d_{} ((a_{1}, b_{1}), (a_{2}, b_{2})) = 0 \Leftrightarrow d_{A} (a_{1}, a_{2}) = 0 e d_{B} (b_{1}, b_{2}) = 0 \Leftrightarrow (a_{1}, b_{1}) = (a_{2}, b_{2})$ .
Evidente.
Note que $\begin{matrix} d_{A} (a_{1}, a_{3}) \leq d_{A} (a_{1}, a_{2}) + d_{A} (a_{2}, a_{3}) \\ \leq max \{d_{A} (a_{1}, a_{2}), d_{B} (b_{1}, b_{2})\} + max \{d_{A} (a_{2}, a_{3}), d_{B} (b_{2}, b_{3})\} . \end{matrix}$
E do mesmo modo,
$\begin{matrix} d_{B} (b_{1}, b_{3}) \leq \\ max \{d_{A} (a_{1}, a_{2}), d_{B} (b_{1}, b_{2})\} + max \{d_{A} (a_{2}, a_{3}), d_{B} (b_{2}, b_{3})\} . \end{matrix}$
Assim,
$\begin{matrix} max \{d_{A} (a_{1}, a_{3}), d_{B} (b_{1}, b_{3})\} \leq \\ max \{d_{A} (a_{1}, a_{2}), d_{B} (b_{1}, b_{2})\} + max \{d_{A} (a_{2}, a_{3}), d_{B} (b_{2}, b_{3})\} . \end{matrix}$

1.3.2 Primeiramente, precisamos mostrar que para todos os $(x_{λ}), (y_{λ}) \in X$ ,

sup_{λ \in Λ} d_{X_{λ}} (x_{λ}, y_{λ}) < \infty .

Mas isso vem do fato de que a imagem de $d_{X_{λ}}$ está contida em $[0, 1]$ .

$d_{} ((x_{λ}), (y_{λ})) = 0 \Leftrightarrow \forall λ \in Λ, d_{X_{λ}} (x_{λ}, y_{λ}) = 0 \Leftrightarrow (x_{λ}) = (y_{λ})$ .
Evidente.
Note que para cada $λ \in Λ$ , $\begin{array}{l} d_{X_{λ}} (x_{λ}, z_{λ}) & \leq d_{X_{λ}} (x_{λ}, y_{λ}) + d_{X_{λ}} (y_{λ}, z_{λ}) \\ \leq sup_{γ \in Λ} d_{X_{γ}} (x_{γ}, y_{γ}) + sup_{γ \in Λ} d_{X_{γ}} (y_{γ}, z_{γ}) . \end{array}$
Assim, tomando o supremo em $λ \in Λ$ ,
$\begin{array}{l} sup_{λ \in Λ} d_{X_{λ}} (x_{λ}, z_{λ}) \leq sup_{γ \in Λ} d_{X_{γ}} (x_{γ}, y_{γ}) + sup_{γ \in Λ} d_{X_{γ}} (y_{γ}, z_{γ}) . \end{array}$

1.3.3 Mesmo com a possiblidade de $d_{} (x, y) = \infty$ , as propriedades demonstradas no exercício 1.3.2 são válidas. Para ver que $d_{} |_{\tilde{X} \times \tilde{X}}$ não assume o valor $\infty$ , basta observar que se $x, y \in \tilde{X}$ , então

d_{} (x, y) \leq d_{} (x, a) + d_{} (y, a) < \infty .

1.3.4 Basta fazer exatamente como nos exercícios 1.3.2 e 1.3.3.

1.3.5 Basta utilizar o exercício 1.3.4, e reparar que $\tilde{X} = X$ , pois para todo $x \in X$ ,

d_{} (x, a) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}} d_{X_{n}} (x_{n}, y_{n}) \leq \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}} .

1.3.6 $d_{} ((x_{1}, x_{2}), (y_{1}, y_{2})) = |x_{1} - y_{1}|$ .

1.3.7 Para o item (1), se $x = y$ , então $d_{} (x, y) = |x - y| = 0$ . Por outro lado, se $d_{} (x, y) = 0$ , então $|x - y| = 0$ . Ou seja, $x = y$ .

Para o item (3), note que $|x - y| \leq d_{} (x, y)$ . Portanto, se $x$ é diferente de $0$ , então

d_{} (x, z) = |x - z| \leq |x - y| + |y - z| \leq d_{} (x, y) + d_{} (y, z) .

Se $x = y$ , a desigualdade triangular é evidente, pois neste caso, $d_{} (x, y) = 0$ . Se $x = 0$ e $y \neq x$ , então

d_{} (x, z) \leq 1 \leq 1 + d_{} (y, z) = d_{} (x, y) + d_{} (y, z) .

Para ver que $d_{}$ não é uma métrica, basta notar que $d_{} (0, \frac{1}{2}) = 1$ , enquanto que $d_{} (\frac{1}{2}, 0) = \frac{1}{2}$ .

2.1.1 Em $ℝ$ , com a métrica euclidiana, temos, por exemplo, $x_{n} = {(- 1)}^{n}$ . Um outro exemplo em $ℝ$ , é a sequência $x_{n} = n$ .

2.1.2 Suponha que $x_{n} \to x$ , e $x \neq y$ . Escolha $𝜀 > 0$ tal que $𝜀 < \frac{d (x, y)}{2}$ , então existe $N \in ℕ$ , tal que $n \geq N \Rightarrow d (x_{n}, x) < 𝜀$ . Em particular, para todo $n \geq N$ , temos que $d (x_{n}, y) \geq d (x, y) - d (x_{n}, x) > \frac{d (x, y)}{2} > 𝜀$ . Ou seja, $x_{n}$ não converge para $y$ .

2.1.3 Signiﬁca que existe $N \in ℕ$ tal que para $n > N$ , $x_{n} = x$ .

2.1.4 Vamos ﬁxar $j \in ℕ$ . Se $x^{n} \to x$ , então para todo $𝜀 > 0$ existe $N \in ℕ$ tal que para todo $n > N$ teremos que $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{k}} |x_{k}^{n} - x_{k}| < \frac{𝜀}{2^{j}}$ . Em particular, para todo $n > N$ , $|x_{j}^{n} - x_{j}| < 𝜀$ . Ou seja, para todo $j$ , $x_{j}^{n} \to x_{j}$ .

Por outro lado, se para todo $j$ , $x_{j}^{n} \to x_{j}$ , então, dado $𝜀 > 0$ , existe $N_{j}$ tal que para todo $n > N_{j}$ , $|x_{j}^{n} - x_{j}| < \frac{𝜀}{2}$ . Agora, seja $M$ tal que $\sum_{j = M + 1}^{\infty} \frac{1}{2^{j}} < \frac{𝜀}{2}$ . Então, é só escolher $N = {max}_{j = 1}^{M} N_{j}$ . De fato, para $n > N$ , teremos que

\begin{array}{l} d_{} (x^{n}, x) & = \sum_{j = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{j}} |x_{j}^{n} - x_{j}| \\ \leq \sum_{j = 1}^{M} \frac{1}{2^{j}} \frac{𝜀}{2} + \frac{𝜀}{2} \\ \leq \frac{𝜀}{2} + \frac{𝜀}{2} = 𝜀 . \end{array}

2.1.5 Por exemplo,

$x_{j}^{n} = \{\begin{matrix} 0 & , j \geq n \\ 1 & , j < n \end{matrix} .$
$x_{j}^{n} = \{\begin{matrix} 1 & , j = n \\ 0 & , j \neq n \end{matrix} .$

2.1.6 Basta observar que

d_{} (x^{n}, x) < 𝜀 \Leftrightarrow \forall j \in ℕ, |x_{j} - x_{j}^{n}| < 𝜀 .

2.1.7 Os exemplos listados na respostado exercício 2.1.5.

2.2.1 Seja $x_{n}, x \in X$ , com $x_{n} \to x$ . Então, $f (x_{n}) = f (x) \to f (x)$ .

2.2.2 A continuidade de $f$ é imediata dos exercícios 2.1.4 e 2.1.6. Já o exercício 2.1.7, mostra que a inversa não é contínua.

2.2.3 Seja $a = (a_{j}) \in X$ um ponto qualquer do domínio de $f^{- 1}$ . E seja $e_{n} = (δ_{n j}) \in X$ , onde $δ_{n j}$ é $0$ quando $n \neq j$ , e $1$ quando $n = j$ . Então, $a + e_{n} \to a$ em $(X, 2)$ , mas $a + e_{n} \to̸ a$ em $(X, 1)$ .

2.2.4 Suponha que $x_{n}, x \in ℚ$ com $x_{n} \to x$ . Se $x < \sqrt{2}$ , então existe $q \in ℚ$ tal que $x < q < \sqrt{2}$ . Portanto, existe $N \in ℕ$ tal que para $n > N$ , $x_{n} < q$ . Em particular, para $n > N$ , temos que $f (x_{n}) = 0$ . Portanto $f (x_{n}) \to 0 = f (x)$ .

Por outro lado, se $x \geq \sqrt{2}$ , então $x > \sqrt{2}$ . E da mesma forma que no caso $x < \sqrt{2}$ , teremos que existe $q \in ℚ$ satisfazendo $x > q > \sqrt{2}$ , e $N \in ℕ$ tal que para $n > N$ temos $x_{n} > q$ . O que implica que para $n > N$ , $f (x_{n}) = 1 = f (x)$ . Em particular, $f (x_{n}) \to f (x)$ .

2.2.5 A aplicação $f |_{ℚ}$ é uma aplicação constante. Pelo exercício 2.2.1, $f |_{ℚ}$ é contínua. No entanto, escolhendo $a \in ℝ ∖ ℚ$ , temos que para todo racional $q$ , $q + \frac{a}{n}$ é irracional e converge para $q$ . Como, $f (q + \frac{a}{n}) = 1 \to̸ 0 = f (q)$ , temos que $f$ não é contínua em $q$ .

2.3.1 A aﬁrmação é exatamente a mesma que a equivalência entre os itens (1) e (3) da Proposição 2.10.

2.3.2 Suponha que $f$ é contínua em todo ponto. Então, dado um aberto $U \subset Y$ , vamso mostrar que $f^{- 1} (U)$ é um aberto de $X$ . De fato, se $x \in f^{- 1} (U)$ , então $f (x) \in U$ . Como $U$ é aberto, $U$ é vizinhança de $f (x)$ . Pelo exercício 2.3.1, $f^{- 1} (U)$ é vizinhança de $x$ . Como $x$ era um elemento arbitrário de $f^{- 1} (U)$ , temos que $f^{- 1} (U)$ é aberto.

Por outro lado, suponha que $f^{- 1} (U)$ é aberto para todo aberto $U \subset Y$ . Note que para $x \in X$ , a Proposição 1.4 garante que $B_{𝜀} (f (x))$ é um aberto de $Y$ . portanto $f^{- 1} (B_{𝜀} (f (x)))$ é um aberto de $X$ . Em particular, $f^{- 1} (B_{𝜀} (f (x)))$ é uma vizinhança de $x$ , e portanto, existe uma bola $B_{δ} (x) \subset f^{- 1} (B_{𝜀} (f (x)))$ . Ou seja, $f$ é contínua em $x$ pelo item (2) da Proposição 2.10. Como $x \in X$ é qualquer, temos que $f$ é contínua.

2.3.3 Sabemos que $x_{n} \to x$ se, e somente se, para toda bola $B_{𝜀} (x)$ centrada em $x$ , $N_{B_{𝜀} (x)}$ for ﬁnito. Portanto, se para toda a vizinhança $V$ tivermos $N_{V}$ ﬁnito, em particular teremos $N_{B_{𝜀} (x)}$ ﬁnito.

Por outro lado, se $N_{B_{𝜀} (x)}$ é sempre ﬁnito, então dada uma viznhança $V$ qualquer de $x$ , temos que existe $𝜀 > 0$ tal que $B_{𝜀} (x) \subset V$ . Neste caso, $N_{V} \leq N_{B_{𝜀} (x)} < \infty$ .

2.3.4 Pelo exercício 2.3.3, se $x_{n} \to x$ , como $A$ é vizinhança de $x$ , $N_{A}$ é ﬁnito.

Por outro lado, se $N_{A}$ é sempre ﬁnito para um conjunto aberto $A$ que contenha $x$ , então, como pela Proposição 1.4 sabemos que $B_{𝜀} (x)$ é um conjunto aberto, temos que $N_{B_{𝜀} (x)}$ é ﬁnito para todo $𝜀 > 0$ . Ou seja, $x_{n} \to x$ .

3.1.1 Basta escolher $ℬ = \{B_{\frac{1}{n}} (x)| n \in ℕ\}$ . Se $V \in 𝒱_{} (x)$ , então existe $𝜀 > 0$ tal que $B_{𝜀} (x) \subset V$ . Se tomarmos $n \in ℕ$ tal que $\frac{1}{n} \leq 𝜀$ , então $B_{\frac{1}{n}} (x) \subset B_{𝜀} (x) \subset V$ . A relação de inclusão entre as bolas segue do fato de que $B_{\frac{1}{n}} (x) \subset B_{\frac{1}{m}} (x)$ se, e somente se, $n \geq m$ .

3.1.2 Denote por

𝒲 = \{V \subset X| \exists n \in ℕ, B_{𝜀_{n}} (x) \subset V\}

o conjunto que queremos mostrar ser igual a $𝒱_{} (x)$ . É evidente que $𝒲 \subset 𝒱_{} (x)$ , pois todo elemento de $𝒲$ contém uma bola centrada em $x$ . Se $V \in 𝒱_{} (x)$ , então existe $𝜀 > 0$ tal que $B_{𝜀} (x) \subset V$ . Mas como $𝜀_{n} \to 0$ , então existe $n \in ℕ$ tal que $𝜀_{n} \leq 𝜀$ . Para este $n$ , temos que $B_{𝜀_{n}} (x) \subset B_{𝜀} (x) \subset V$ .

3.1.3 Denote por

𝒲 = \{V \subset X| \exists B \in ℬ, B \subset V\}

o conjunto que queremos mostrar ser igual a $𝒱_{} (x)$ . Como todos os elementos de $ℬ$ são vizinhanças de todos os seus pontos, e todos eles contém o ponto $x$ , temos que $ℬ \subset 𝒱_{} (x)$ . Sabemos que se $B \in 𝒱_{} (x)$ , e $B \subset V$ , então $V \in 𝒱_{} (x)$ . Assim, $𝒲 \subset 𝒱_{} (x)$ . Por outro lado, como $ℬ$ contém o conjunto de todas as bolas centradas em $x$ , a deﬁnição de $𝒱_{} (x)$ implica que $𝒱_{} (x) \subset 𝒲$ .

3.1.4 Como $x_{n} \to x$ , já sabemos pela Proposição 3.3, que o conjunto $N_{V}$ é ﬁnito. Precisamos mostrar que se $N_{V}$ não for uma vizinhança de $x$ , então existe uma sequência $x_{n} \to x$ tal que $N_{V}$ não é ﬁnito. Com $V$ não é uma vizinhança de $x$ , então para cada $n \in ℕ$ , a bola $B_{\frac{1}{n}} (x)$ não está contida em $V$ . Basta então tomar $x_{n} \in B_{\frac{1}{n}} (x) ∖ V$ .

3.1.5 Seja $ℬ = \{B_{1}, B_{2}, \dots\} \subset 𝒱_{} (x)$ , a família do exercício 3.1.1, ordenada de modo que $B_{1} \supset B_{2} \supset \dots$ . Faça $n_{1} = m_{1} = 1$ . E para $k > 1$ , escolha indutivamente $n_{k} > n_{k - 1}$ tal que $x_{n_{k}} \in B_{k}$ . Como $B_{k}$ é vizinhança de $x_{n_{k}}$ , podemos escolher $m_{k} > m_{k - 1}$ tal que $x_{n_{k}}^{m_{k}} \in B_{k}$ .

Para ver que $x_{n_{k}}^{m_{k}} \to x$ , escolha uma vizinhança qualquer $V \in 𝒱_{} (x)$ . Para este $V$ , existe — pelo exercício 3.1.1 —, $K \in ℕ$ tal que $B_{K} \subset V$ . Pela construção de $x_{n_{k}}^{m_{k}}$ , temos que para $k \geq K$ , $x_{n_{k}}^{m_{k}} \in B_{k} \subset B_{K} \subset V$ .

5.2.1 Como $τ$ é gerada por $τ_{i}$ e $τ_{s}$ , a Proposição 5.11 garante que $f$ é contínua em $τ$ se, e somente se, for contínua em $τ_{i}$ e $τ_{s}$ .

5.2.2 A família formada pelas interseções ﬁnitas de elementos de $𝒮$ , incluindo a interseção vazia — ou seja, incluindo o conjunto $X$ —, forma uma base $ℬ (𝒮)$ para a topologia. Mas o único conjunto desta forma que contém $x$ é o próprio $X$ . Por isso, as vizinhanças de $x$ são apenas os conjuntos que contém $X$ . Ou seja, a única vizinhança de $x$ é o próprio $X$ .

5.2.3 Para todo $x \in X$ , dado $V \in 𝒱_{} (x)$ , existe um aberto $A$ com $x \in A \subset V$ . Se $f$ é aberta, $f (V) \supset f (A)$ é uma vizinhança de $f (x)$ . Portanto, $f$ é aberta em todo $x \in X$ .

Por outro lado, suponha que $f$ é aberta em todo $x \in X$ . Dado um aberto $A$ qualquer, para todo $a \in A$ , $f (A)$ é vizinhança de $f (a)$ . Ou seja, $f (A)$ é vizinhança de todos os seus pontos. Portanto, $f (A)$ é aberto.

5.2.4 É evidente que se $f$ é aberta, $f (ℱ) \subset τ_{Y}$ .

Por outro lado, dado $A \in τ_{X}$ e $a \in A$ um ponto qualquer de $A$ , existem membros $A_{1}, \dots, A_{n} \in ℱ$ tais que

a \in A_{1} \cap \dots \cap A_{n} \subset A .

Portanto,

f (a) \in f (A_{1} \cap \dots \cap A_{n}) \subset f (A_{1}) \cap \dots \cap f (A_{n}) \subset f (A) .

Por hipótese, $f (A_{j})$ é aberto. E portanto, $f (A_{1}) \cap \dots \cap f (A_{n})$ é vizinhança de $f (a)$ . Assim, $f (A)$ é vizinhança de todos os seus pontos. Ou seja, $f (A)$ é aberto.

5.3.1 Precisamos apenas mostrar que dado $x \in ℝ$ , $ℬ \cap 𝒱_{} (x)$ é uma base de vizinhanças para $x$ . Note que os conjuntos da forma $(α, β)$ , com $α < x < β$ , formam uma base de vizinhanças de $x$ . Dada uma tal vizinhança, escolha um racional $a$ e um irracional $b$ tais que $α < a < x < b < β$ . Então, $(a, b) \in ℬ$ é uma vizinhança de $x$ com $(a, b) \subset (α, β)$ . E portanto, $ℬ \cap 𝒱_{} (x)$ é uma base de vizinhanças para $x$ .

5.3.2 Não. O problema é mais fácil de entender se pensarmos em termos de bases de vizinhanças de um ponto $x$ . Se $ℬ_{x}$ é uma base de vizinhanças, então, dados $A, B \in ℬ_{x}$ , deve existir $C \in ℬ_{x}$ tal que $C \subset A \cap B$ .

Por exemplo, o Exercício 5.3.1 implica que a família

ℬ = \{(a, b) \subset ℝ| a \in ℚ, b \notin ℚ\} \cup \{(a, b) \subset ℝ| a \notin ℚ, b \in ℚ\}

é uma base para a topologia usual de $ℝ$ . Mas os conjuntos da forma $(a, b)$ , com $a, b \in ℚ$ não estão na base.

5.3.3 Pelo item (5) da Proposição 5.14, basta mostrar que, para $A, B \in ℬ$ , dado $x \in A \cap B$ , existe $C \in ℬ$ , com $x \in C \subset A \cap B$ . Mas isso é o mesmo que dizer que $A \cap B$ é união de elementos de $ℬ$ .

5.4.1 Note que existe apenas um número ﬁnito de subfamílias de $𝒮$ . A família

τ = \{⋃_{j = 1}^{n} ⋂_{S \in 𝒮^{'}}| n \in ℕ, 𝒮_{1}, \dots, 𝒮_{n} \subset 𝒮\}

é uma topologia ﬁnita e contém todos os elementos de $𝒮$ . Aqui, estamos usando a convenção $⋂_{A \in \emptyset} A = X$ e $⋃_{A \in \emptyset} A = \emptyset$ .

5.4.2 Caso contrário, a família $ℬ_{n}$ não teria a mesma cardinalidade que $𝒮$ . E da mesma forma, se $𝒮$ é inﬁnito, a cardinalidade da união enumerável de conjuntos $ℬ_{n}$ com a mesma cardinalidade que $𝒮$ , terá a mesma cardinalidade que $𝒮$ . É evidente que isso não será verdade se $𝒮$ tiver apenas ﬁnitos elementos.

5.4.3 Não existe!!! :-P

Se $𝒱$ é uma base de vizinhancas de $x$ com ﬁnitos elementos, então,

V = ⋂_{A \in 𝒱} A

é uma vizinhança de $x$ que está contida em todas as vizinhanças de $x$ . Ou seja, $\{V\}$ é uma base de vizinhanças.

5.4.4 Se $V$ é uma vizinhança de $x$ , então existe $N$ tal que $B_{N} \subset V$ . Como $B_{n}$ é uma sequência decrescente de conjuntos, por construção, para $n \geq N$ ,

x_{n} \in B_{n} \subset B_{N} \subset V .

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7.3.1 Suponha que $(x, y) \in \bar{Gr (f)}$ . Então, como $Y$ é um espaço métrico, existem vizinhanças disjuntas $U$ e $V$ de $y$ e $f (x)$ respectivamente. Pela continuidade de $f$ , $A = f^{- 1} (V)$ é vizinhança de $x$ . E pela deﬁnição de topologia produto, $A \times U$ é uma vizinhança de $(x, y)$ . Como este é um ponto que está no fecho do gráﬁco de $f$ , a vizinhança $A \times U$ intersecta o gráﬁco. Ou seja, existe $a \in X$ tal que $a \in A = f^{- 1} (V)$ e $f (a) \in U$ . Mas isto implica que $f (a) \in V$ e $f (a) \in U$ . O que não é possível, já que $U$ e $V$ são vizinhanças disjuntas.

7.3.2 Seja $Y = \{0, 1\}$ com a topologia $\{\emptyset, Y\}$ , e $f$ constante igual a $0$ . Então o gráﬁco de $f$ é o conjunto

Gr (f) = X \times \{0\} .

Mas este conjunto não é fechado na topologia produto. (por quê?)

7.3.3 O exercício 7.3.1 mostra que H é um subconjunto fechado de $(ℝ ∖ \{0\}) \times ℝ$ . Para concluir que é um subconjunto fechado de $ℝ^{2}$ , precisamos apenas mostrar que nenhum ponto da forma $(0, y)$ está no fecho de $H$ (por quê isso é suﬁciente?).

Então tome um ponto qualquer da forma $(0, y)$ . Para qualquer $w > |y|$ ,

(- \frac{1}{w}, \frac{1}{w}) \times (- w, w)

é uma vizinhança de $(0, y)$ que não intersecta $H$ (por quê?).

7.3.4 Pela deﬁnição de $H$ , a projeção na primeira coordenada é o conjunto

\{x \in X| x \neq 0\},

que evidentemente não é fechado. Consequentemente, neste caso, a projeção não é uma aplicação fechada.

7.3.5 TODO: envie sua resposta para
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7.3.6 O conjunto $π_{λ}^{- 1} (A)$ representa todos os pontos cuja $λ$ -ésima coordenada está em $A$ . A $λ$ -ésima coordenada de qualquer ponto de $X (γ, x)$ é $x_{λ}$ . Assim, se $x_{λ} \in A$ , $X (γ, x) \subset π_{λ}^{- 1} (A)$ . Caso contrário, $X (γ, x) \cap π_{λ}^{- 1} (A) = \emptyset$ .

7.3.7 Como $D$ é um espaço métrico, a topologia produto de $X = D^{ℕ}$ também é dada por uma métrica, como no Exemplo 7.28. A aﬁrmação de que $f$ é contínua segue da Proposição 3.15.

7.3.8 Pela deﬁnição de topologia produto $X_{Γ}$ , $π_{Γ}$ é contínua se, e somente se, $π_{Γ, λ} \circ Π_{Γ}$ é contínua para todo $λ \in Γ$ , onde $π_{Γ, λ} : X_{Γ} \to X_{λ}$ é a projeção canônica. Mas esta composição é simplesmente a projeção canônica $π_{λ} : X_{Λ} \to X_{λ}$ , que é contínua pela deﬁnição de topologia produto em $X_{Λ}$ .

Pelo Exercício 5.2.4, para ver que $Π_{Γ}$ é aberta, basta mostrar que a imagem de $A^{'} : = π_{λ}^{- 1} (A)$ — onde $π_{λ} : X_{Λ} \to X_{λ}$ e $A \subset X_{λ}$ é um aberto — é aberta. Mas isso é evidente, já que

Π_{Γ} (A^{'}) = π_{Γ, λ}^{- 1} (A)

é aberto pela continuidade de $π_{Γ, λ}$ .

7.3.9 É evidente que $f$ é uma bijeção. Pelo Exercício 7.3.8, a $Γ$ -ésima coordenada de $f$ é contínua para todo $Γ$ . Portanto, $f$ é contínua.

Pelo Exercício 5.2.4, para ver que $f$ é aberta, basta mostrar que a imagem de $A^{'} : = π_{λ}^{- 1} (A)$ — onde $π_{λ} : X_{Λ} \to X_{λ}$ e $A \subset X_{λ}$ é um aberto — é aberta. Mas isso é evidente, já que

f (A^{'}) = π_{Γ}^{- 1} (π_{Γ, λ}^{- 1} (A)),

onde $π_{Γ} : \prod_{Γ \in \tilde{Γ}} X_{Γ} \to X_{Γ}$ e $π_{Γ, λ} : X_{Γ} \to X_{λ}$ são a projeção canônica, é aberto pela continuidade de $π_{Γ, λ}$ e de $π_{Γ}$ .

7.4.1 Pelo item (5) da Proposição 7.21, basta mostrarmos que $cos (2 π x)$ e $sin (2 π x)$ são contínuas. Mas a demonstração deste fato depende bastante do que é que você entende por $sin (𝜃)$ e $cos (𝜃)$ . :-)

7.4.2 A equivalência entre a continuidade de $f$ e a de $f \circ π$ é o conteúdo da Proposição 7.15. Se $f$ é homeomorﬁsmo, em particular, é aberta. Como $π$ também é aberta, $f \circ π$ é aberta.

Por outro lado, suponha que $f \circ π$ é aberta. Tome um aberto $A$ de $X ∕ \sim$ . Então, $π^{- 1} (A)$ é um aberto de $X$ . Como $f \circ π$ é aberta,

f (A) = f \circ π (π^{- 1} (A))

é um conjunto aberto.

7.4.3 Faça $X = \{a, b, c\}$ com a topologia $τ_{X} = \{\emptyset, X, \{a\}, \{b, c\}\}$ . Use a partição $\{\{a, b\}, \{c\}\}$ para deﬁnir a relação de equivalência.

Agora, $A = \{a\}$ é aberto de $X$ , mas $π (A) = \{\{a, b\}\}$ não é aberto, pois

π^{- 1} (\{\{a, b\}\}) = \{a, b\},

que não é aberto. De fato, a topologia quociente é dada por

\{\emptyset, X ∕ \sim\},

pois nem $\{a, b\}$ nem $\{c\}$ são abertos em $X$ .

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7.5.2 Tome $p \in X$ . Então, $\{p\} \notin τ_{2}$ . Mas é evidente que $A \in τ_{1}$ , pois todos os subconjuntos de $X$ estão em $τ_{1}$ .

Como sabemos que tal conjunto existe?

7.5.3 Assuma que $x_{n} \to_{}^{τ_{X}} x$ . Tome uma vizinhança aberta $V$ de $x$ na topologia $τ_{M}$ . Pela deﬁnição de $τ_{M}$ , sabemos que existe $N$ tal que

n \geq N \Rightarrow x_{n} \in V .

Como $V$ é uma vizinhança aberta qualquer, isso é o mesmo que dizer que $x_{n} \to_{}^{τ_{M}} x$ .

8.3.1 A componente conexa do ponto $x$ , é a união de todos os conjuntos conexos que contém $x$ . Desta forma, não existe nenhum conexo contendo $x$ que seja “maior” que a componente conexa.

Denotando por $C_{x}$ a componente conexa de $x$ , vale a aﬁrmação:

$C$ é conexo e $x \in C$ $\Rightarrow$ $C \subset C_{x}$ .

8.3.2 Pela Proposição 8.12, a componente conexa de $x$ , $C_{x}$ é um conjunto conexo. Pela Proposição 8.13, $\bar{C_{x}}$ é conexo. Portanto,

\bar{C_{x}} \subset C_{x} .

Ou seja, $C_{x}$ é fechado.

8.3.3 O conjunto não vazio $C \cap F$ é, na topologia induzida em $C$ , um aberto e fechado. Pela conexidade de $C$ , temos que $C \cap F = C$ . Mas isso é o mesmo que $C \subset F$ .

8.3.4 Seja $F \subset X$ um aberto e fechado. É evidente que

F \subset ⋃_{x \in F} C_{x},

onde $C_{x}$ é a componente conexa de $x$ . No entanto, o Exercício 8.3.3 implica que $C_{x} \subset F$ . Portanto,

F = ⋃_{x \in F} C_{x} .

8.3.5 O Exercício 8.3.4 não nos permite chegar a tal conclusão, mesmo porque a aﬁrmação é falsa!!! Veja, o Exemplo 8.5, que mostra que as componentes conexas de $ℚ$ , com sua topologia usual, são conjuntos unitários. Mas os conjuntos unitários não são abertos na topologia induzida de $ℝ$ , pois os abertos de $ℝ$ contém inﬁnitos pontos de $ℚ$ .

8.3.6 Os intervalos são conexos. Se $C$ é uma componente conexa do aberto, então, para cada $a \in C$ , existe um intervalo $J$ , aberto em $[0, 1]$ , com $a \in J \subset A$ . Por terem o ponto $a$ em comum, a Proposição 8.12 garante que $J \cup C \subset A$ é conexo. Pela maximalidade de $C$ , $J \cup C = C$ . Ou seja, $J \subset C$ . E portanto, $C$ é vizinhança de $a$ . Como $a \in C$ é um ponto qualquer de $C$ , temos que $C$ é aberto.

8.3.7 Se $J \subset ℝ$ é um intervalo, então é conexo, e pela Proposição 8.18, $J^{n}$ é conexo. Se $C$ é uma componente conexa do aberto, então, para cada $a \in C$ , existe um intervalo aberto $J \subset ℝ$ , com $a \in J^{n} \subset A$ . Por terem o ponto $a$ em comum, a Proposição 8.12 garante que $J^{n} \cup C \subset A$ é conexo. Pela maximalidade de $C$ , $J^{n} \cup C = C$ . Ou seja, $J^{n} \subset C$ . E portanto, $C$ é vizinhança de $a$ . Como $a \in C$ é um ponto qualquer de $C$ , temos que $C$ é aberto.

8.3.8 O enunciado da proposição assume que os conjuntos $C_{λ}$ são conexos. Mas esses conjuntos são conexos em $X$ se, e somente se, forem conexos em $⋃ C_{λ}$ . De fato, só o que interessa é a topologia induzida em $C_{λ}$ , que é a mesma em ambos os casos. Da mesma forma, o conjunto $⋃ C_{λ}$ é conexo em $X$ se, e somente se, for conexo na topologia induzida.

Ao assumirmos que o espaço é $⋃ C_{λ}$ , o enunciado da proposição ﬁca da seguinte forma:

Seja $C_{λ}$ uma família de subconjuntos conexos do espaço topológico $⋃ C_{λ}$ , tal que existe $c \in ⋂ C_{λ}$ . Então $⋃ C_{λ}$ é conexo.

Pelo argumento anterior, as hipóteses dessa nova forma são equivalentes à hipótese de os $C_{λ}$ serem conexos em $X$ , e a conclusão é equivalente a $⋃ C_{λ}$ ser conexo em $X$ . Ou seja, ambas as formas são equivalentes.

8.3.9 Sabemos que $F$ é aberto e fechado. Na topologia induzida em $C_{λ}$ , os abertos são conjuntos da forma $C_{λ} \cap A$ , onde $A \subset X$ é um aberto. O mesmo vale para os fechados. Assim, na topologia induzida em $C_{λ}$ , o conunto $C_{λ} \cap F$ é aberto e fechado, já que $F$ é aberto e fechado em $X$ .

No entanto, não podemos concluir que $C_{λ} \cap F$ é aberto em $X$ . Também não podemos concluir que é fechado em $X$ .

Note que $X$ é aberto e fechado em $X$ . Mas dado um conjunto qualquer $C \subset X$ — por exemplo, um que não seja aberto ou fechado — não podemos concluir que $C = C \cap X$ é aberto e fechado em $X$ . Podemos apenas concluir que $C$ é aberto e fechado em $C$ !

8.3.10 O enunciado da proposição assume que o conjunto $C$ é conexo. Mas esses conjunto é conexo em $X$ se, e somente se, for conexo em $D$ . De fato, só o que interessa é a topologia induzida em $C$ , que é a mesma em ambos os casos. Da mesma forma, o conjunto $D$ é conexo em $X$ se, e somente se, for conexo na topologia induzida.

Ao assumirmos que o espaço é $D$ , o enunciado da proposição ﬁca da seguinte forma:

Seja $C$ uma subconjunto conexo do espaço topológico $D$ , tal que $D = \bar{C}$ . Então $D$ é conexo.

Pelo argumento anterior, as hipóteses dessa nova forma são equivalentes à hipótese de $C$ ser conexo em $X$ , e a conclusão é equivalente a $D$ ser conexo em $X$ . Ou seja, ambas as formas são equivalentes.

8.4.1 Tome $X = ℝ^{2}$ , $C = P_{2}$ do Exemplo 8.24 e $D = P_{2} \cup \{(0, 1)\}$ . Como já foi demonstrado no Exemplo 8.24, $D$ não é conexo por caminhos, mas $C$ e $\bar{C}$ são.

8.4.2 Ao invés de tomar $X = ℝ^{2}$ , basta tomar $X = D$ no Exercício 8.4.1.

8.4.3 Escolha $q \in B_{p} \cap P^{'}$ distinto de $p$ . É fácil ver que $p$ não pertence à componente conexa de $q$ , pois $p$ e $q$ podem ser separados por $[0, r) \times ℝ$ e $(r, 1] \times ℝ$ , onde $r$ é um irracional entre $0$ e a primeira coordenada de $q$ .

8.4.4 Vamos chamar de $X$ o espaço topológico em questão. Primeiramente, precisamos mostrar que a deﬁnição “maior conexo por caminhos que contém $a$ ” faz sentido. Para tanto, basta observar que a união de conjuntos conexos por caminhos que contém um ponto em comum $a$ é conexa por caminhos. Sendo assim,

D = ⋃_{\begin{array}{c} E : conexo por caminhos \\ a \in E \end{array}} E .

Se $C$ é a componente conexa por caminhos que contém $a$ , então, evidentemente, $D \subset C$ , pois todos os pontos de $D$ podem ser ligados a $a$ por um caminho. Por outro lado, $C$ é conexo por caminhos. De fato, se $c, d \in C$ , então existe um caminho em $X$ que une $c$ a $a$ , e um que une $a$ a $d$ . Observe que este caminho está em $C$ , pois cada ponto do caminho pode ser ligado a $a$ . Agora, basta concatenar esses dois caminhos, utilizando a Proposição 8.21, para obter um caminho em $C$ ligando $c$ a $d$ . Ou seja, $C \subset D$ .

8.4.6 Mostrou-se que a imagem inversa de uma vizinhança de $(f * g) (\frac{1}{2})$ é uma vizinhança de $\frac{1}{2}$ , pois $\frac{α}{2} < \frac{1}{2} < \frac{1 + β}{2}$ .

8.4.7 Suponha que a componente conexa tenha um outro ponto $(a, b)$ , com $a \neq 0$ . Basta escolher um irracional $r$ com $0 < r < a$ , para ver que os conjuntos

U = (- \infty, r) \times ℝ e V = (r, \infty) \times ℝ

particionam o conjunto $B_{p} \cap P^{'}$ , que é um subconjunto de

(\{0\} \cup K) \times ℝ .

8.4.8 Note que

P_{2} = P \cap (0, \infty) \times ℝ

é um aberto de $P$ . Como $f$ é contínua, o resultado segue.

8.4.9 Seja $t \in f^{- 1} (P_{1})$ . Então, $f (t) = (0, a)$ , com $a > 0$ . Tome uma bola $B$ centrada em $(0, a)$ , de raio $\frac{a}{2}$ . Como $f^{- 1} (B)$ é aberto de $[0, 1]$ , existe um intervalo aberto $I$ de $[0, 1]$ contendo $t$ , tal que $f (I) \subset B$ . Como $I$ é conexo, $f (I)$ está na componente conexa de $B$ que contém $(0, a)$ . Em particular, $f (I) \subset P_{1}$ (veja o Exercício 8.4.7). Ou seja, $f^{- 1} (P_{1}) \supset I$ é vizinhança de $t$ . Por ser vizinhança de todos os seus pontos, $f^{- 1} (P_{1})$ é aberto.

8.4.10 Se $f : [0, 1] \to P$ é um caminho qualquer, então, pelos Exercícios 8.4.8 e 8.4.9, $f^{- 1} (P_{1})$ e $f^{- 1} (P_{2})$ são abertos disjuntos cuja união é $[0, 1]$ . Como $[0, 1]$ é conexo, sabemos que um dos dois conjuntos é vazio. Ou seja, nenhum caminho $f$ pode unir pontos de $P_{1}$ e $P_{2}$ .

8.5.1 Seja $C$ uma componente conexa. Tome $a \in C$ . Por ser um espaço localmente conexo, existe uma vizinhança $V$ de $a$ conexa. Pela maximalidade da componente conexa $C$ , temos que $V \subset C$ . Ou seja, $C$ é vizinhança de $a$ .

8.5.2 Evidentemente que se as componentes conexas são abertas, então todo ponto possui uma vizinhança conexa. Suponha que todo ponto possui uma vizinhança conexa. Seja $a$ um ponto qualquer, e $C$ sua componente conexa. Se $V$ é uma vizinhança conexa de $a$ , então, pela maximalidade de $C$ , temos que $V \subset C$ . Ou seja, $C$ é uma vizinhança de $a$ .

8.5.3 Seja $C$ uma componente conexa por caminhos. Para cada $a \in C$ , existe uma vizinhança $V$ de $a$ que é localmente conexa por caminhos. Mas então, o conjunto $C \cup V$ é conexo por caminhos. E pela maximalidade de $C$ , $C = C \cup V$ . Ou seja, $V \subset C$ . Assim, as componentes conexas por caminhos são abertas. Por outro lado, se $a \notin C$ , então, por um argumento semelhante, vemos que $C c$ é um aberto. Ou seja, $C$ é fechado.

8.5.4 Seja $C$ uma componente conexa, e seja $D$ uma componente conexa por caminhos que intersecta $C$ . Como $D$ é conexo, temos que $D \subset C$ . Pelo Exercício 8.5.3, as componentes conexas por caminhos são abertas e fechadas. E portanto, pelo Exercício 8.3.4, $C \subset D$ .

8.5.5 A demonstração de que $C$ é aberta é feita como na proposição. Tomando $b \in C c$ , escolhemos uma vizinhança conexa por caminhos $V$ de $b$ . Agora, nenhum elemento de $V$ pode ser ligado a $a$ , pois isso contrariaria o fato de $a$ não poder ser ligado a $b$ . Assim, vemos que $b \in V \subset C c$ . Ou seja, $C c$ é um aberto, e pela conexidade de $A$ , é vazio.

Comparação: Na demonstração da proposição, utilizamos o fato de as componentes conexas por caminhos serem conjuntos disjuntos, enquanto que na demonstração alternativa, mostramos que $V$ e $C$ são disjuntos. Os argumentos para mostrar essas duas coisas é exatamente o mesmo. Essencialmente, é tudo a mesma coisa… :-)

8.5.6 Vamos mostrar apenas que $\bar{P_{2}}$ não é localmente conexo por caminhos. No enunciado não diz, mas basta mostrar que $\bar{P_{2}}$ também não é localmente conexo! Basta notar que as vizinhanças de $(0, 1)$ intersectam um número inﬁnito de “dentes do pente”, mas que no entanto, se essas vizinhanças não intersectarem $(0, 1] \times \{0\}$ , não serão conexas, e portanto, não serão conexas por caminhos.

Sim, $P_{2}$ é localmente conexo por caminhos. De fato, é localmente conexo, pois cada “dente do pente” pode ser isolado um do outro com um aberto.

8.5.7 Seja $a \in A$ . Tome uma base $ℬ$ de vizinhanças de $a$ em $X$ conexas por caminhos. Faça

ℬ_{A} = \{B \in ℬ| B \subset A\} .

Como $A$ é aberto, $ℬ_{A}$ é uma base de vizinhanças de $a$ tanto em $X$ como em $A$ (por que?). Como os elementos de $ℬ_{A}$ são conexos por caminhos, $A$ é localmente conexo por caminhos.

9.1.1 Veja a Proposição 9.8.

9.1.2 Veja a Proposição 9.9.

9.1.3 Veja a Proposição 9.11.

9.1.4 Seja $𝒰$ uma cobertura aberta de $K$ . Então, como $𝒰$ cobre cada um dos $K_{1}, \dots, K_{n}$ , existem subcoberturas ﬁnitas $𝒰_{1}, \dots, 𝒰_{n}$ para cada um desses compactos. Mas então,

⋃_{j = 1}^{n} 𝒰_{j} \subset 𝒰

é uma cobertura ﬁnita de $K$ .

9.1.5 Toda cobertura de $K$ , $𝒰 \subset τ_{X}$ induz a cobertura $Y \cap 𝒰 \subset Y \cap τ_{X}$ . Assim, se $K$ é compacto em $Y \cap τ_{X}$ , existe uma subfamília ﬁnita $𝒰^{'} \subset 𝒰$ tal que $Y \cap 𝒰^{'}$ cobre $K$ . Mas isso implica que $𝒰^{'}$ cobre $K$ . Portanto $K$ é compacto em $X$ .

Por outro lado, toda família $𝒱 \subset Y \cap τ_{X}$ é da forma

𝒱 = Y \cap 𝒰

para alguma família $𝒰 \subset τ_{X}$ . Portanto, se $𝒱$ cobre $K$ , $𝒰$ também cobre. Se $K$ é compacto na topologia $τ_{X}$ , então $𝒰$ possui uma subcobertura ﬁnita $𝒰^{'}$ . Mas então, $Y \cap 𝒰^{'} \subset 𝒱$ é uma subcobertura ﬁnita para $K$ .

9.1.6 Basta fazer $Y = K$ no Exercício 9.1.5.

9.2.1 $f (x) = \frac{1}{x}$ .

9.2.2 Pela Proposição 9.9, $f ([0, 1])$ é um conjunto compacto, e portanto, pelo Exemplo 9.7, não pode ser ilimitado.

9.2.3 Sabemos que

⋃_{V \in 𝒰} 𝒰_{V}

tem uma subcobertura ﬁnita $U_{1}, \dots, U_{n}$ . Mas cada $U_{j}$ pertence a algum $𝒰_{V_{j}}$ . Em particular,

X \subset U_{1} \cup \dots \cup U_{n} \subset (⋃ 𝒰_{V_{1}}) \cup \dots \cup (⋃ 𝒰_{V_{n}}) .

9.2.4 Suponha que vale para $n \leq k \leq 2$ . Vamos mostrar que vale para $n = k + 1$ .

Pelo Exercício 7.3.9, $X = X_{1} \times \dots \times X_{n}$ é homeomorfo a $X_{1} \times \dots \times (X_{n - 1} \times X_{n})$ . Como $(X_{n - 1} \times X_{n})$ é compacto, temos que $X$ é homeomorfo ao produto de $n - 1$ espaços compactos. Pela hipótese de indução, $X$ é compacto.

9.3.1 Não, pois se $sup |M| \leq m < \infty$ , temos que $f (M) \subset f ([- m, m])$ , e este último é limitado pela compacidade de $[- m, m]$ , juntamente com a Proposição 9.9.

9.3.2 Não, pois $g ((0, 1))$ está contido em $g ([0, 1])$ que é compacto e portanto limitado. No entanto, $f ((0, 1))$ é um conjunto ilimitado.

9.3.3 Compacidade é uma propriedade que depende apenas da topolgia induzida. Um conjunto $K \subset X$ é compacto na topologia de $X$ se, e somente se, é um espaço topológico compacto quando considerada a topologia induzida.

Assim, os subconjuntos de $ℚ$ compactos, são os subconjuntos compactos de $ℝ$ formados apenas por elementos de $ℚ$ . Ou seja, são conjuntos limitados e fechados em $ℝ$ .

9.3.4 Veja a demonstração da Proposição 9.33.

9.3.5 Para que $K \subset ℝ$ seja compacto, é necessário que $sup K < \infty$ . Caso contrário,

\{(- \infty, n)| n \in ℕ\}

é uma cobertura sem subcobertura ﬁnita.

Vamos mostrar que $K$ é compacto se, e somente se, $sup K \in K$ . De fato, se $sup K \in K$ , então toda cobertura aberta de $K$ deve conter um conjunto da forma $(- \infty, a)$ , com $a > sup K$ . Neste caso, este conjunto sozinho cobre $K$ . Por outro lado, se $sup K \notin K$ , então a família formada pelos conjuntos da forma $(- \infty, sup K - \frac{1}{n})$ é uma cobertura aberta de $K$ sem subcobertura ﬁnita.

9.3.6 Para ver que uma aplicação contínua sempre atinge o máximo, basta notar que $f (X)$ é um conjunto compacto, e que pelo Exercício 9.3.5, $sup f (X) \in f (X)$ .

Para um contraexemplo, faça $X = (0, 1]$ também com a topologia do Exercício 9.3.5. Então, $id$ é contínua, $X$ é compacto pelo Exercício 9.3.5, mas $id$ não atinge o mínimo.

9.3.7 Para cada $a \in ℝ$ , os conjuntos da forma $[a, a + 𝜀)$ , com $𝜀 > 0$ formam uma base de vizinhanças de $a$ . Portanto, $x_{n} \to_{}^{τ} x$ exatamente quando para todo $𝜀 > 0$ , existir $N$ tal que $n \geq N \Rightarrow x_{n} \geq x e x_{n} - x < 𝜀$ .

9.3.8 Como a topologia usual é gerada por conjuntos da forma $(a, b)$ , basta mostrar que esses conjuntos estão em $t a u$ . Mas de fato,

(a, b) = ⋃_{n = 1}^{\infty} [a + \frac{1}{n}, b) .

9.4.1 Considere as projeções $π_{1} (x, y) = x$ e $π_{2} (x, y) = y$ . Como são contínuas, $π_{1} (K)$ e $π_{2} (K)$ são compactos de $ℝ$ . Além disso, $K \subset π_{1} (K) \times π_{2} (K)$ .

9.4.2 O conjunto vazio. Os compactos de $ℝ^{n}$ são fechados pelo Teorema 9.19. Os únicos conjuntos que são abertos e fechados ao mesmo tempo são $\emptyset$ e $ℝ^{n}$ . Desses, o único limitado é $\emptyset$ , que é evidentemente compacto.

9.5.1 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

9.5.2 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

9.5.3 Ser ou não completo não é uma propriedade topológica. O Exercício 9.5.2, por exemplo, mostra um espaço topológico que em uma métrica é completo, e na outra, não.

9.5.4 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

9.5.5 Para todo $k$ , $x$ está em $F_{k}$ , que é o fecho de $\{x_{n}| n \geq k\}$ . Assim, toda bola centrada em $x$ intersepta o conjunto $\{x_{n}| n \geq N\}$ . Ou seja, podemos tomar $n_{k}$ como indicado, e ainda por cima, $n_{k} \geq k \to \infty$ .

9.5.6 Queremos construir uma subsequência. Para que seja subsequência, é necessário que $n_{k} \to \infty$ . Caso contrário, corremos o risco, por exemplo, de ter $x_{1} = x$ e construirmos uma “subsequência” constante $x_{1}, x_{1}, x_{1}, \dots$ , que não tem nenhuma relação com o comportamento de $x_{n}$ quando $n \to \infty$ .

9.5.7 Seja

F_{N} = \bar{\{x_{n}| n \geq N\}} .

Os conjuntos $F_{N}$ formam uma sequência decrescente de fechados não vazios. Pela compacidade de $X$ , sabemos que o limite $F = ⋂_{N = 1}^{\infty} F_{N}$ não pode ser vazio. Portanto, existe $x \in F$ .

Seja $ℬ_{x} = \{B_{n}| k = 1, 2, \dots\}$ uma base enumerável de vizinhanças encaixantes de $x$ (veja a Proposição 5.22). Escolha $n_{k}$ tal que $x_{n_{k}} \in B_{k}$ . Então, a sequência $x_{n_{k}}$ é uma subsequência de $x_{n}$ que converge para $x$ .

9.5.8 A resposta depende de como você resolveu o exercício. A essência da demonstração é a existência de uma base de vizinhanças encaixantes. Precisamos que para cada vizinhança $V$ de um determinado ponto $x$ , $x_{n} \in V$ para todo $n$ suﬁcientemente grande.

Quando tomamos vizinhanças encaixantes $B_{n} ⊋ B_{n + 1}$ e escolhemos $x_{n_{k}} \in B_{k}$ , então $x_{n_{k}} \in B_{N}$ para todo $k \geq N$ , e não apenas para $k = N$ .

Mas não adianta ter apenas vizinhanças encaixantes. É necessário que os tais $B_{n}$ formem uma base de vizinhanças de algum ponto $x$ . É essa condição que garante que dada uma vizinhança $V$ qualquer de $x$ se tenha $N$ tal que

k \geq N \Rightarrow x_{n_{k}} \in B_{N} \subset V .

9.5.9 Este post http://math.stackexchange.com/questions/152447/compactness-_sequentially-_compact tem exemplos de compactos que não são sequencialmente compactos e vice-versa!

9.6.1 Se $y \in X$ é diferente de $x$ , então existe uma vizinhança $V$ de $y$ e uma vizinhança $U$ de $x$ tais que $V \cap U = \emptyset$ . Em particular, $x \notin V$ . Ou seja, $\{x\} c$ é aberto.

9.6.2 Tome um conjunto $X$ qualquer com mais de um elemento. A topologia $\{\emptyset, X\}$ é tal que nenhum conjunto unitário é fechado.

9.6.3 É evidente que $x \in V$ para todo $V \in 𝒱_{} (x)$ , portanto, a inclusão $\subset$ é clara. Por outro lado, se $y \notin \{x\}$ , então existe $V \in 𝒱_{} (x)$ e $U \in 𝒱_{} (y)$ tais que $U \cap V = \emptyset$ . Em especial, $y \notin V$ . Portanto, $y \notin ⋂ 𝒱_{} (x)$ .

9.6.4 Se $𝒱_{} (x)$ é ﬁnito, então $⋂ 𝒱_{} (x)$ é uma vizinhança de $x$ . Pelo Exercício 9.6.3, $\{x\}$ é uma vizinhança de $x$ . Ou seja, $\{x\}$ é aberto.

9.6.5 É evidente que $x \in \bar{V}$ para todo $V \in 𝒱_{} (x)$ , portanto, a inclusão $\subset$ é clara. Por outro lado, se $y \notin \{x\}$ , então existe $V \in 𝒱_{} (x)$ e $U \in 𝒱_{} (y)$ tais que $U \cap V = \emptyset$ . Em especial, $y \notin \bar{V} \subset U c$ .

9.6.6 Deﬁnição alternativa:

Dados dois pontos distintos $x, y \in X$ , existem abertos disjuntos $A$ e $B$ , com $x \in A$ e $y \in B$ .

É evidente que um tal espaço é Hausdorﬀ de acordo com a Deﬁnição 9.29. Por outro lado, se existem $U \in 𝒱_{} (x)$ e $V \in 𝒱_{} (y)$ disjuntos, então, basta tomar $A = Ů$ e $B = \ddot{V}$ .

9.6.7 A aplicação identidade $id : (X, τ_{c}) \to (X, τ_{h})$ é uma bijeção contínua, pois $τ_{h} \subset τ_{c}$ . Pela Proposição 9.34, é um homeomeorﬁsmo. Ou seja, $τ_{h} = τ_{c}$ .

9.6.8 O conjunto $X$ é compacto Hausdorﬀ com a topologia produto. A topologia produto é estritamente mais fraca que a topologia considerada. Pela rigidez compacto-Hausdorﬀ, nessa topologia, $X$ não pode ser compacto.

9.6.9 É imediato da nossa deﬁnição de fechado e de fecho: Deﬁnições 6.1 e 6.6. É fechado se, e somente se nenhum $y$ diferente de $x$ está no fecho. E $y$ não está no fecho quando existe $V \in 𝒱_{} (y)$ tal que $x \notin V$ .

9.6.10 Tome $X = \{x, y\}$ com a topologia $τ = \{\emptyset, X, \{x\}\}$ .

9.7.1 Se $X \in 𝒱$ , então $\{X\} \subset 𝒱$ é uma subcobertura ﬁnita.

9.7.2 Usamos o fato de que $V \in ℬ$ pode ser escrito da forma

V = V_{1} \cap \dots \cap V_{n}

para $V_{1}, \dots, V_{n} \in 𝒮$ , com $n \geq 1$ . Mas isso não é verdade quando $V = X$ . De fato, $X$ é o único conjunto de $ℬ$ que pode não ser da forma $V_{1} \cap \dots \cap V_{n}$ .

9.7.3 Se $𝒰_{j} \subset 𝒱_{j}$ é uma subcobertura ﬁnita, então, $𝒰_{j} ∖ \{V_{j}\}$ cobre $X ∖ V_{j}$ . Portanto,

⋃_{j = 1}^{n} (𝒰_{j} ∖ \{V_{j}\})

cobre

⋃_{j = 1}^{n} (X ∖ V_{j}) = X ∖ (V_{1} \cap \dots \cap V_{n}) .

Ou seja,

\{V\} \cup ⋃_{j = 1}^{n} (𝒰_{j} ∖ \{V_{j}\}) = \{V_{1} \cap \dots \cap V_{n}\} \cup ⋃_{j = 1}^{n} (𝒰_{j} ∖ \{V_{j}\})

é uma subfamília ﬁnita de $𝒰$ e cobre $X$ .

9.7.4 Na demonstração, como $b \in ⋃ 𝒰$ , podemos concluir que existe $x > b$ tal que $(- \infty, x) \in 𝒰$ . Mas se o intervalo é da forma $[a, b)$ , não podemos ter certeza de que $b$ é coberto pela família $𝒰$ .

9.8.1 Sabemos que espaços discretos são compactos se, e somente se, são ﬁnitos. Pelo Teorema 9.41, ${\{0, 1\}}^{ℕ}$ é compacto. Como também é inﬁnito, não pode ser discreto.