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 nk e mk de modo que para qualquer V 𝒱x, xnkmk esteja em V para k suficientemente grande.

5.2.1 τ = τ τi,τs.

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 B) f(A) f(B). Então, use o Exercício 5.2.3.

5.3.1 Mostre que para todo x , 𝒱x 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 fλ é contínua em τ, então τfλ τ.

7.2.4 Primeiramente, τ é uma topologia. Em segundo lugar, se fλ é contínua em τ, então τ τfλ.

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(I𝜀) é aberto na topologia final.

7.3.7 Estamos falando de espaços métricos?

7.3.8 Componha com a projeção canônica πΓ,λ : XΓ Xλ.

7.3.9 Primeiro tem que entender o significado de ΓΓ ̃XΓ, de (ΠΓ(x))ΓΓ ̃ e de f.

7.4.1 A topologia usual de é dada pela identificação de e 2.

7.4.2 f̃(A) = f π1(A).

7.4.3 Precisa de um A X aberto tal que π1(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 τM.

8.3.1 Veja a Definição 8.14.

8.3.2 Se Cx é a componente conexa de x, mostre que Cx¯ Cx.

8.3.3 Na topologia induzida em C, o conjunto C 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 n é “localmente conexo”.

8.3.8 Use a topologia induzida em Cλ.

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 Bp 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 é um conjunto unitário.

8.4.8 Mostre que P2 é um aberto de P.

8.4.9 Mostre que f1(P1) 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 K1,,Kn.

9.1.5 Escreva os elementos de Y τX na forma Y A, para A τX.

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] 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 supA < . Mostre que A supA 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 , 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 Fk.

9.5.6 E se x1 = 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,τc X,τh.

9.6.8 Use a rigidez compacto-Hausdorff.

9.7.1 A cobertura não tem subcobertura finita.

9.7.2 X = V V .

9.7.4 Um exemplo: 𝒰 = ,b 1 n n = 1,2,.

9.8.1 Discretos só são compactos quando são finitos.

Respostas

1.1.1 y B𝜀(x) d(x,y) < 𝜀 d(y,x) < 𝜀 x B𝜀(y).

1.1.2 y Bδ(x) d(x,y) < δ d(x,y) < 𝜀 y B𝜀(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) 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, Bδ(x) B𝜀(x). Assim, a união também está contida em B𝜀(x). Por outro lado, se y B𝜀(x), então d(x,y) < 𝜀. Tomando δ satisfazendo d(x,y) < δ < 𝜀, temos que y Bδ(x). Portanto

B𝜀(x) 0<δ<𝜀Bδ(x).

1.2.2 É evidente que x está na interseção. Precisamos apenas mostrar que yx não está. Basta então tomar k tal que 1 nk < d(x,y) para que yB 1 nk(x).

1.2.3 Use a Proposição 1.5 para obter números reais δ1,,δn maiores que zero, tais que Bδj(x) B𝜀j(xj). Basta fazer δ = min(δ1,,δn).

1.2.4 Porque pode ser que inf(δj) = 0.

1.2.5 Para mostrar que um ponto yx não está na interseção, foi usdado que d(x,y) = 0 x = y. Para mostrar que x está na interseção, foi usado que d(x,x) = 0. Ou seja, x = y 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 B𝜀(x), e y B𝜀(y). Sem o item (3), não poderíamos garantir que a B𝜀(y) d(a,y) < 𝜀. Finalmente, a desigualdade triangular serviu para que a interseção das bolas fosse vazia. Ou seja, se

a B𝜀(x) B𝜀(y),

então

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

1.3.1

  1. d (a1,b1),(a2,b2) = 0 d A a1,a2 = 0 e d B b1,b2 = 0 (a1,b1) = (a2,b2).
  2. Evidente.
  3. Note que d A a1,a3 d A a1,a2 + d A a2,a3 max d A a1,a2,d B b1,b2 + max d A a2,a3,d B b2,b3.

    E do mesmo modo,

    d B b1,b3 max d A a1,a2,d B b1,b2 + max d A a2,a3,d B b2,b3.

    Assim,

    max d A a1,a3,d B b1,b3 max d A a1,a2,d B b1,b2 + max d A a2,a3,d B b2,b3.

1.3.2 Primeiramente, precisamos mostrar que para todos os (xλ),(yλ) X,

supλΛd Xλ xλ,yλ < .

Mas isso vem do fato de que a imagem de d Xλ está contida em [0,1].

  1. d (xλ),(yλ) = 0 λ Λ,d Xλ xλ,yλ = 0 (xλ) = (yλ).
  2. Evidente.
  3. Note que para cada λ Λ, d Xλ xλ,zλ d Xλ xλ,yλ + d Xλ yλ,zλ supγΛd Xγ xγ,yγ + supγΛd Xγ yγ,zγ.

    Assim, tomando o supremo em λ Λ,

    supλΛd Xλ xλ,zλ supγΛd Xγ xγ,yγ + supγΛd Xγ yγ,zγ.

1.3.3 Mesmo com a possiblidade de d x,y = , as propriedades demonstradas no exercício 1.3.2 são válidas. Para ver que d |X̃×X̃ não assume o valor , basta observar que se x,y X̃, então

d x,y d x,a + d y,a < .

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 X̃ = X, pois para todo x X,

d x,a = n=1 1 2nd Xn xn,yn n=1 1 2n.

1.3.6 d (x1,x2),(y1,y2) = x1 y1.

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 d x,y. Portanto, se x é diferente de 0, então

d x,z = x z x y + y z 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 yx, então

d x,z 1 1 + d y,z = d x,y + d y,z.

Para ver que d não é uma métrica, basta notar que d 0, 1 2 = 1, enquanto que d 1 2,0 = 1 2.

2.1.1 Em , com a métrica euclidiana, temos, por exemplo, xn = (1)n. Um outro exemplo em , é a sequência xn = n.

2.1.2 Suponha que xn x, e xy. Escolha 𝜀 > 0 tal que 𝜀 < d(x,y) 2 , então existe N , tal que n N d(xn,x) < 𝜀. Em particular, para todo n N, temos que d(xn,y) d(x,y) d(xn,x) > d(x,y) 2 > 𝜀. Ou seja, xn não converge para y.

2.1.3 Significa que existe N tal que para n > N, xn = x.

2.1.4 Vamos fixar j . Se xn x, então para todo 𝜀 > 0 existe N tal que para todo n > N teremos que k=1 1 2k xkn xk < 𝜀 2j. Em particular, para todo n > N, xjn xj < 𝜀. Ou seja, para todo j, xjn xj.

Por outro lado, se para todo j, xjn xj, então, dado 𝜀 > 0, existe Nj tal que para todo n > Nj, xjn xj < 𝜀 2. Agora, seja M tal que j=M+11 2j < 𝜀 2. Então, é só escolher N = maxj=1MNj. De fato, para n > N, teremos que

d xn,x = j=1 1 2j xjn x j j=1M 1 2j 𝜀 2 + 𝜀 2 𝜀 2 + 𝜀 2 = 𝜀.

2.1.5 Por exemplo,

  1. xjn = 0,j n 1 ,j < n .
  2. xjn = 1,j = n 0 ,jn .

2.1.6 Basta observar que

d xn,x < 𝜀 j ,x j xjn < 𝜀.

2.1.7 Os exemplos listados na respostado exercício 2.1.5.

2.2.1 Seja xn,x X, com xn x. Então, f(xn) = f(x) 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 = (aj) X um ponto qualquer do domínio de f1. E seja en = (δnj) X, onde δnj é 0 quando nj, e 1 quando n = j. Então, a + en a em X,2, mas a + en↛a em X,1.

2.2.4 Suponha que xn,x com xn x. Se x < 2, então existe q tal que x < q < 2. Portanto, existe N tal que para n > N, xn < q. Em particular, para n > N, temos que f(xn) = 0. Portanto f(xn) 0 = f(x).

Por outro lado, se x 2, então x > 2. E da mesma forma que no caso x < 2, teremos que existe q satisfazendo x > q > 2, e N tal que para n > N temos xn > q. O que implica que para n > N, f(xn) = 1 = f(x). Em particular, f(xn) f(x).

2.2.5 A aplicação f| é uma aplicação constante. Pelo exercício 2.2.1, f| é contínua. No entanto, escolhendo a , temos que para todo racional q, q + a n é irracional e converge para q. Como, f(q + a n) = 1↛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 Y , vamso mostrar que f1(U) é um aberto de X. De fato, se x f1(U), então f(x) U. Como U é aberto, U é vizinhança de f(x). Pelo exercício 2.3.1, f1(U) é vizinhança de x. Como x era um elemento arbitrário de f1(U), temos que f1(U) é aberto.

Por outro lado, suponha que f1(U) é aberto para todo aberto U Y . Note que para x X, a Proposição 1.4 garante que B𝜀(f(x)) é um aberto de Y . portanto f1 B𝜀(f(x)) é um aberto de X. Em particular, f1 B𝜀(f(x)) é uma vizinhança de x, e portanto, existe uma bola Bδ(x) f1 B𝜀(f(x)). Ou seja, f é contínua em x pelo item (2) da Proposição 2.10. Como x X é qualquer, temos que f é contínua.

2.3.3 Sabemos que xn x se, e somente se, para toda bola B𝜀(x) centrada em x, NB𝜀(x) for finito. Portanto, se para toda a vizinhança V tivermos NV finito, em particular teremos NB𝜀(x) finito.

Por outro lado, se NB𝜀(x) é sempre finito, então dada uma viznhança V qualquer de x, temos que existe 𝜀 > 0 tal que B𝜀(x) V . Neste caso, NV NB𝜀(x) < .

2.3.4 Pelo exercício 2.3.3, se xn x, como A é vizinhança de x, NA é finito.

Por outro lado, se NA é sempre finito para um conjunto aberto A que contenha x, então, como pela Proposição 1.4 sabemos que B𝜀(x) é um conjunto aberto, temos que NB𝜀(x) é finito para todo 𝜀 > 0. Ou seja, xn x.

3.1.1 Basta escolher = B1 n (x) n . Se V 𝒱x, então existe 𝜀 > 0 tal que B𝜀(x) V . Se tomarmos n tal que 1 n 𝜀, então B1 n (x) B𝜀(x) V . A relação de inclusão entre as bolas segue do fato de que B1 n (x) B 1 m (x) se, e somente se, n m.

3.1.2 Denote por

𝒲 = V X n ,B𝜀n(x) V

o conjunto que queremos mostrar ser igual a 𝒱x. É evidente que 𝒲𝒱x, pois todo elemento de 𝒲 contém uma bola centrada em x. Se V 𝒱x, então existe 𝜀 > 0 tal que B𝜀(x) V . Mas como 𝜀n 0, então existe n tal que 𝜀n 𝜀. Para este n, temos que B𝜀n(x) B𝜀(x) V .

3.1.3 Denote por

𝒲 = V X B ,B V

o conjunto que queremos mostrar ser igual a 𝒱x. Como todos os elementos de são vizinhanças de todos os seus pontos, e todos eles contém o ponto x, temos que 𝒱x. Sabemos que se B 𝒱x, e B V , então V 𝒱x. Assim, 𝒲𝒱x. Por outro lado, como contém o conjunto de todas as bolas centradas em x, a definição de 𝒱x implica que 𝒱x 𝒲.

3.1.4 Como xn x, já sabemos pela Proposição 3.3, que o conjunto NV é finito. Precisamos mostrar que se NV não for uma vizinhança de x, então existe uma sequência xn x tal que NV não é finito. Com V não é uma vizinhança de x, então para cada n , a bola B1 n (x) não está contida em V . Basta então tomar xn B1 n (x) V .

3.1.5 Seja = B1,B2, 𝒱x, a família do exercício 3.1.1, ordenada de modo que B1 B2 . Faça n1 = m1 = 1. E para k > 1, escolha indutivamente nk > nk1 tal que xnk Bk. Como Bk é vizinhança de xnk, podemos escolher mk > mk1 tal que xnkmk B k.

Para ver que xnkmk x, escolha uma vizinhança qualquer V 𝒱x. Para este V , existe — pelo exercício 3.1.1 —, K tal que BK V . Pela construção de xnkmk, temos que para k K, xnkmk B k BK V .

5.2.1 Como τ é gerada por τi e τs, a Proposição 5.11 garante que f é contínua em τ se, e somente se, for contínua em τi e τs.

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 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 X, dado V 𝒱x, existe um aberto A com x A V . Se f é aberta, f(V ) f(A) é uma vizinhança de f(x). Portanto, f é aberta em todo x X.

Por outro lado, suponha que f é aberta em todo x X. Dado um aberto A qualquer, para todo a 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() τY .

Por outro lado, dado A τX e a A um ponto qualquer de A, existem membros A1,,An tais que

a A1 An A.

Portanto,

f(a) f(A1 An) f(A1) f(An) f(A).

Por hipótese, f(Aj) é aberto. E portanto, f(A1) f(An) 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 , 𝒱x 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) é uma vizinhança de x com (a,b) (α,β). E portanto, 𝒱x 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 x é uma base de vizinhanças, então, dados A,B x, deve existir C x tal que C A B.

Por exemplo, o Exercício 5.3.1 implica que a família

= (a,b) a ,b (a,b) a,b

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

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

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

τ = j=1n S𝒮 n ,𝒮1,,𝒮n 𝒮

é uma topologia finita e contém todos os elementos de 𝒮. Aqui, estamos usando a convenção AA = X e AA = .

5.4.2 Caso contrário, a família n não teria a mesma cardinalidade que 𝒮. E da mesma forma, se 𝒮 é infinito, a cardinalidade da união enumerável de conjuntos 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 𝒱é uma base de vizinhancas de x com finitos elementos, então,

V = A𝒱A

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 BN V . Como Bn é uma sequência decrescente de conjuntos, por construção, para n N,

xn Bn BN V.

7.1.1 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

7.1.2 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

7.2.1 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

7.2.2 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

7.2.3 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

7.2.4 TODO: envie sua resposta para
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7.2.5 TODO: envie sua resposta para
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7.2.6 TODO: envie sua resposta para
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7.2.9 TODO: envie sua resposta para
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7.3.1 Suponha que (x,y) 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 = f1(V ) é vizinhança de x. E pela definição de topologia produto, A × U é uma vizinhança de (x,y). Como este é um ponto que está no fecho do gráfico de f, a vizinhança A × U intersecta o gráfico. Ou seja, existe a X tal que a A = f1(V ) e f(a) U. Mas isto implica que f(a) V e f(a) U. O que não é possível, já que U e V são vizinhanças disjuntas.

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

Gr f = X ×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 ( 0) × . Para concluir que é um subconjunto fechado de 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,

1 w, 1 w ×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 X x0,

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

7.3.5 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

7.3.6 O conjunto πλ1(A) representa todos os pontos cuja λ-ésima coordenada está em A. A λ-ésima coordenada de qualquer ponto de X(γ,x) é xλ. Assim, se xλ A, X(γ,x) πλ1(A). Caso contrário, X(γ,x) πλ1(A) = .

7.3.7 Como D é um espaço métrico, a topologia produto de X = D 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 XΓ, πΓ é contínua se, e somente se, πΓ,λ ΠΓ é contínua para todo λ Γ, onde πΓ,λ : XΓ Xλ é a projeção canônica. Mas esta composição é simplesmente a projeção canônica πλ : XΛ Xλ, que é contínua pela definição de topologia produto em XΛ.

Pelo Exercício 5.2.4, para ver que ΠΓ é aberta, basta mostrar que a imagem de A := πλ1(A) — onde πλ : XΛ Xλ e A Xλ é um aberto — é aberta. Mas isso é evidente, já que

ΠΓ(A) = π Γ,λ1(A)

é aberto pela continuidade de πΓ,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 := πλ1(A) — onde πλ : XΛ Xλ e A Xλ é um aberto — é aberta. Mas isso é evidente, já que

f(A) = π Γ1 π Γ,λ1(A),

onde πΓ : ΓΓ ̃XΓ XΓ e πΓ,λ : XΓ Xλ são a projeção canônica, é aberto pela continuidade de πΓ,λ e de πΓ.

7.4.1 Pelo item (5) da Proposição 7.21, basta mostrarmos que cos (2πx) e sin (2πx) 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 π é o conteúdo da Proposição 7.15. Se f é homeomorfismo, em particular, é aberta. Como π também é aberta, f π é aberta.

Por outro lado, suponha que f π é aberta. Tome um aberto A de X . Então, π1(A) é um aberto de X. Como f π é aberta,

f(A) = f π π1(A)

é um conjunto aberto.

7.4.3 Faça X = a,b,c com a topologia τX = ,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

π1(a,b) = a,b,

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

,X ,

pois nem a,b nem c são abertos em X.

7.5.1 TODO: envie sua resposta para
[email protected]

7.5.2 Tome p X. Então, pτ2. Mas é evidente que A τ1, pois todos os subconjuntos de X estão em τ1.

Como sabemos que tal conjunto existe?

7.5.3 Assuma que xn τXx. Tome uma vizinhança aberta V de x na topologia τM. Pela definição de τM, sabemos que existe N tal que

n N xn V.

Como V é uma vizinhança aberta qualquer, isso é o mesmo que dizer que xn τMx.

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 Cx a componente conexa de x, vale a afirmação:

C é conexo e x C C Cx.

8.3.2 Pela Proposição 8.12, a componente conexa de x, Cx é um conjunto conexo. Pela Proposição 8.13, Cx¯ é conexo. Portanto,

Cx¯ Cx.

Ou seja, Cx é fechado.

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

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

F xFCx,

onde Cx é a componente conexa de x. No entanto, o Exercício 8.3.3 implica que Cx F. Portanto,

F = xFCx.

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 , com sua topologia usual, são conjuntos unitários. Mas os conjuntos unitários não são abertos na topologia induzida de , pois os abertos de contém infinitos pontos de .

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

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

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

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

Seja Cλ uma família de subconjuntos conexos do espaço topológico Cλ, tal que existe c Cλ. Então Cλ é conexo.

Pelo argumento anterior, as hipóteses dessa nova forma são equivalentes à hipótese de os Cλ serem conexos em X, e a conclusão é equivalente a Cλ 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 Cλ, os abertos são conjuntos da forma Cλ A, onde A X é um aberto. O mesmo vale para os fechados. Assim, na topologia induzida em Cλ, o conunto Cλ F é aberto e fechado, já que F é aberto e fechado em X.

No entanto, não podemos concluir que Cλ 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 X — por exemplo, um que não seja aberto ou fechado — não podemos concluir que C = C 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 = 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 = 2, C = P2 do Exemplo 8.24 e D = P2 (0,1). Como já foi demonstrado no Exemplo 8.24, D não é conexo por caminhos, mas C e C¯ são.

8.4.2 Ao invés de tomar X = 2, basta tomar X = D no Exercício 8.4.1.

8.4.3 Escolha q Bp 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) × e (r,1] × , 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 = E: conexo por caminhos aE E.

Se C é a componente conexa por caminhos que contém a, então, evidentemente, D 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 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 D.

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

8.4.7 Suponha que a componente conexa tenha um outro ponto (a,b), com a0. Basta escolher um irracional r com 0 < r < a, para ver que os conjuntos

U = (,r) ×  e V = (r,) ×

particionam o conjunto Bp P, que é um subconjunto de

(0 K) × .

8.4.8 Note que

P2 = P (0,) ×

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

8.4.9 Seja t f1(P1). Então, f(t) = (0,a), com a > 0. Tome uma bola B centrada em (0,a), de raio a 2 . Como f1(B) é aberto de [0,1], existe um intervalo aberto I de [0,1] contendo t, tal que f(I) B. Como I é conexo, f(I) está na componente conexa de B que contém (0,a). Em particular, f(I) P1 (veja o Exercício 8.4.7). Ou seja, f1(P1) I é vizinhança de t. Por ser vizinhança de todos os seus pontos, f1(P1) é aberto.

8.4.10 Se f : [0,1] P é um caminho qualquer, então, pelos Exercícios 8.4.8 e 8.4.9, f1(P1) e f1(P2) 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 P1 e P2.

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

8.5.3 Seja C uma componente conexa por caminhos. Para cada a C, existe uma vizinhança V de a que é localmente conexa por caminhos. Mas então, o conjunto C V é conexo por caminhos. E pela maximalidade de C, C = C V . Ou seja, V C. Assim, as componentes conexas por caminhos são abertas. Por outro lado, se aC, então, por um argumento semelhante, vemos que Cc 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 C. Pelo Exercício 8.5.3, as componentes conexas por caminhos são abertas e fechadas. E portanto, pelo Exercício 8.3.4, C D.

8.5.5 A demonstração de que C é aberta é feita como na proposição. Tomando b Cc, 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 V Cc. Ou seja, Cc 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 P2¯ não é localmente conexo por caminhos. No enunciado não diz, mas basta mostrar que P2¯ 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] ×0, não serão conexas, e portanto, não serão conexas por caminhos.

Sim, P2 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 A. Tome uma base de vizinhanças de a em X conexas por caminhos. Faça

A = B B A.

Como A é aberto, A é uma base de vizinhanças de a tanto em X como em A (por que?). Como os elementos de 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 K1,,Kn, existem subcoberturas finitas 𝒰1,,𝒰n para cada um desses compactos. Mas então,

j=1n𝒰 j 𝒰

é uma cobertura finita de K.

9.1.5 Toda cobertura de K, 𝒰 τX induz a cobertura Y 𝒰 Y τX. Assim, se K é compacto em Y τX, existe uma subfamília finita 𝒰𝒰 tal que Y 𝒰 cobre K. Mas isso implica que 𝒰 cobre K. Portanto K é compacto em X.

Por outro lado, toda família 𝒱 Y τX é da forma

𝒱 = Y 𝒰

para alguma família 𝒰 τX. Portanto, se 𝒱 cobre K, 𝒰 também cobre. Se K é compacto na topologia τX, então 𝒰 possui uma subcobertura finita 𝒰. Mas então, Y 𝒰𝒱é uma subcobertura finita para K.

9.1.6 Basta fazer Y = K no Exercício 9.1.5.

9.2.1 f(x) = 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 𝒰𝒰V

tem uma subcobertura finita U1,,Un. Mas cada Uj pertence a algum 𝒰V j. Em particular,

X U1 Un 𝒰V 1 𝒰V n .

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

Pelo Exercício 7.3.9, X = X1 × × Xn é homeomorfo a X1 × × (Xn1 × Xn). Como (Xn1 × Xn) 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 m < , temos que f(M) 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 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 compactos, são os subconjuntos compactos de formados apenas por elementos de . Ou seja, são conjuntos limitados e fechados em .

9.3.4 Veja a demonstração da Proposição 9.33.

9.3.5 Para que K seja compacto, é necessário que supK < . Caso contrário,

(,n) n

é uma cobertura sem subcobertura finita.

Vamos mostrar que K é compacto se, e somente se, supK K. De fato, se supK K, então toda cobertura aberta de K deve conter um conjunto da forma (,a), com a > supK. Neste caso, este conjunto sozinho cobre K. Por outro lado, se supKK, então a família formada pelos conjuntos da forma ,supK 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, supf(X) 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 , os conjuntos da forma [a,a + 𝜀), com 𝜀 > 0 formam uma base de vizinhanças de a. Portanto, xn τx exatamente quando para todo 𝜀 > 0, existir N tal que n N xn x e xn x < 𝜀.

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

(a,b) = n=1a + 1 n,b.

9.4.1 Considere as projeções π1(x,y) = x e π2(x,y) = y. Como são contínuas, π1(K) e π2(K) são compactos de . Além disso, K π1(K) × π2(K).

9.4.2 O conjunto vazio. Os compactos de n são fechados pelo Teorema 9.19. Os únicos conjuntos que são abertos e fechados ao mesmo tempo são e n. Desses, o único limitado é , 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 Fk, que é o fecho de xn n k. Assim, toda bola centrada em x intersepta o conjunto xn n N. Ou seja, podemos tomar nk como indicado, e ainda por cima, nk k .

9.5.6 Queremos construir uma subsequência. Para que seja subsequência, é necessário que nk . Caso contrário, corremos o risco, por exemplo, de ter x1 = x e construirmos uma “subsequência” constante x1,x1,x1,, que não tem nenhuma relação com o comportamento de xn quando n .

9.5.7 Seja

FN = xn n N¯.

Os conjuntos FN formam uma sequência decrescente de fechados não vazios. Pela compacidade de X, sabemos que o limite F = N=1FN não pode ser vazio. Portanto, existe x F.

Seja x = Bn k = 1,2, uma base enumerável de vizinhanças encaixantes de x (veja a Proposição 5.22). Escolha nk tal que xnk Bk. Então, a sequência xnk é uma subsequência de xn 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, xn V para todo n suficientemente grande.

Quando tomamos vizinhanças encaixantes Bn Bn+1 e escolhemos xnk Bk, então xnk BN para todo k N, e não apenas para k = N.

Mas não adianta ter apenas vizinhanças encaixantes. É necessário que os tais Bn 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 N xnk BN 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 X é diferente de x, então existe uma vizinhança V de y e uma vizinhança U de x tais que V U = . Em particular, xV . Ou seja, xc é aberto.

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

9.6.3 É evidente que x V para todo V 𝒱x, portanto, a inclusão é clara. Por outro lado, se yx, então existe V 𝒱x e U 𝒱y tais que U V = . Em especial, yV . Portanto, y 𝒱x.

9.6.4 Se 𝒱x é finito, então 𝒱x 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 V ¯ para todo V 𝒱x, portanto, a inclusão é clara. Por outro lado, se yx, então existe V 𝒱x e U 𝒱y tais que U V = . Em especial, yV ¯ Uc.

9.6.6 Definição alternativa:

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

É evidente que um tal espaço é Hausdorff de acordo com a Definição 9.29. Por outro lado, se existem U 𝒱x e V 𝒱y disjuntos, então, basta tomar A = Ů e B = V ̈.

9.6.7 A aplicação identidade id : (X,τc) (X,τh) é uma bijeção contínua, pois τh τc. Pela Proposição 9.34, é um homeomeorfismo. Ou seja, τh = τc.

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 𝒱y tal que xV .

9.6.10 Tome X = x,y com a topologia τ = ,X, x.

9.7.1 Se X 𝒱, então X 𝒱 é uma subcobertura finita.

9.7.2 Usamos o fato de que V pode ser escrito da forma

V = V 1 V n

para V 1,,V n 𝒮, com n 1. Mas isso não é verdade quando V = X. De fato, X é o único conjunto de que pode não ser da forma V 1 V n.

9.7.3 Se 𝒰j 𝒱j é uma subcobertura finita, então, 𝒰j V j cobre X V j. Portanto,

j=1n(𝒰 j V j)

cobre

j=1n(X V j) = X (V 1 V n).

Ou seja,

V j=1n(𝒰 j V j) = V 1 V n j=1n(𝒰 j V j)

é uma subfamília finita de 𝒰 e cobre X.

9.7.4 Na demonstração, como b 𝒰, podemos concluir que existe x > b tal que (,x) 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 é compacto. Como também é infinito, não pode ser discreto.