(2) Seja {U α } uma família não vazia de elementos de T c. Se todos os U α são vazios, então a sua união também é e portanto pertence a T c.

Transcrição

1 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2 Munkres 3.3: Vejamos que T c = {U X : X \ U é contável ou todo o X} verifica os axiomas para uma topologia em X: () T c porque X \ é todo o X; X T c porque X \ X = é contável. (2) Seja {U α } uma família não vazia de elementos de T c. Se todos os U α são vazios, então a sua união também é e portanto pertence a T c. Caso contrário, seja β tal que U β é não vazio de forma a que X \ U β é contável. Temos X \ α U α = α (X \ U α ) X \ U β logo X\ α U α, sendo um subconjunto de um conjunto contável, é contável. Concluímos que, em qualquer caso, α U α T c. (3) Seja {U,..., U n } uma família finita e não vazia de elementos de T c. Se algum dos U i é vazio então n i= U i = pelo que pertence a T c. Caso contrário temos que X \ U i é contável para cada i e então X \ n i= U i = n i= X \ U i é contável pois é uma união finita de conjuntos contáveis. Em qualquer caso obtemos que n i= U i T c. A colecção T = {U X \ U é infinito ou vazio ou todo o X} não é em geral uma topologia. Por exemplo, tomando X = R, temos ], 0[, ]0, + [ T (têm complementar infinito) mas ], 0[ ]0, + [ T uma vez que o seu complementar {0} não é infinito nem vazio nem todo o X. Munkres 3.4: (a) Seja {T α } uma família (não vazia) de topologias em X e seja T = α T α. Vejamos que T satisfaz os axiomas de uma topologia em X. () Como, X T α para todo o α temos que, X T. (2) Seja {U β } uma família não vazia de elementos de T. Dado α, temos T T α e logo U β T α para todo o β. Sendo T α uma topologia temos β U β T α. Como isto acontece para todo o α conclui-se que β U β T. (3) Seja {U,..., U n } uma família finita e não vazia de elementos de T. Dado α, temos que U i T α para todo o i logo n i= U i T α. Como isto acontece para todo o α conclui-se que n i= U i T. A união de topologias não é em geral uma topologia. Por exemplo a união das topologias T e T 2 da aĺınea c) abaixo não é uma topologia uma vez que {a, b}, {b, c} T T 2 mas {a, b} {b, c} = {b} T T 2. (b) Seja {T α } uma família de topologias em X. Pela aĺınea anterior, α T α é uma topologia em X e claramente está contida em todos os T α. Por outro lado, se T é uma topologia em X que está contida em todos os T α então T α T α e portanto T é menos fina que α T α. Conclui-se que α T α é a mais fina das topologias que está contida em todos os T α. O conjunto S das topologias em X que contêm cada uma das topologias T α é não vazio uma vez que a topologia discreta pertence a S. Seja T a intersecção de todas as topologias em S (que é uma topologia pela aĺınea (a)). Como todas os elementos de S contêm α T α, temos que α T α T. Por outro lado, se T é uma topologia em X tal que α T α T então T S e portanto T T pelo que T é a menos fina de todas as topologias que contêm α T α.

2 2 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2 Notas: Alternativamente podemos ver que a menor, ou menos fina, das topologias que contém todas os T α é a topologia que tem α T α por subbase. A razão porque se insiste na unicidade da menor (respectivamente maior) topologia no enunciado deste problema é que a relação de inclusão entre as topologias é apenas uma relação de ordem parcial. Dada uma família S de subconjuntos de X, poderia haver várias topologias distintas (não comparáveis) T contendo S e com a propriedade de não haverem topologias T tais que S T T. A demonstração acima mostra que não é esse o caso uma vez que a menor topologia descrita é comparável com todas as topologias contendo S = α T α. (c) A maior topologia contida em T e T 2 é como vimos T T 2 = {, X, {a}}. A menor topologia que contém T T 2 é T = {, X, {a}, {b}, {a, b}, {b, c}}. De facto, é imediato verificar que T satisfaz os axiomas de uma topologia calculando todas as intersecções e uniões possíveis de elementos de T e claramente T T 2 T. Por outro lado, se T é uma topologia contendo T e T 2, {b} = {a, b} {b, c} terá de pertencer a T pelo que T T. Munkres 3.6: Para ver que a topologia de R l não está contida em R K vamos mostrar que [0, [ não é um aberto em R K. Se tal acontecesse, teria de haver um elemento B da base de R K com 0 B [0, [. Mas os elementos da base de R K são da forma ]a, b[ ou ]a, b[\k. Em qualquer dos dois casos x B a < 0 e então a 2 B mas a 2 [0, [ pelo que nenhum elemento da base contendo 0 está contido em [0, [. Conclui-se que [0, [ não é um aberto de R K. Vejamos agora que a topologia de R K também não está contida na topologia de R l. Basta ver que ], [\K não é aberto em R l. Se fosse, teria de haver um elemento [a, b[ da base de R l com 0 [a, b[ ], [\K. Mas 0 [a, b[ a 0 e b > 0. Seja N um natural tal que N < b. Então N [a, b[ mas N ], [\K. Concluímos que as topologias de R l e R K não são comparáveis. Munkres 3.7: As relações de inclusão entre as topologias são determinadas pela propriedade transitiva e pelas seguintes afirmações: (i) T T 2 T 4 (ii) T 3, T 5 T (iii) T 3 e T 5 não são comparáveis. Para ver (i) note-se que, uma vez que a base para T 2 contém a base para T temos que T T 2. Para ver que T 2 T 4 basta ver que os abertos da base de T 2 são abertos de T 4. Ora ]a, b[= n=]a, b n ]. Quanto aos elementos da base da forma ]a, b[\k, temos dois casos a considerar. Claramente podemos assumir que K intersecta ]a, b[ e portanto b > 0. Se a < 0 então ]a, b[\k =]a, 0] V onde V é uma união (disjunta, contável) de intervalos abertos de R. Tendo em conta que ]a, 0] T 4 e que já vimos que os intervalos abertos pertencem a T 4 concluímos que ]a, b[\k T 4 neste caso. Por outro lado, se a 0 então ]a, b[\k é uma união (disjunta, contável) de intervalos abertos de R e portanto pertence a T 4. Uma vez que os conjuntos finitos e R são fechados de R, conclui-se que T 3 T. Uma vez que os elementos da base de T 5 são abertos de R, temos também que T 5 T. Isto prova (ii). Finalmente R \ {0} T 3 \ T 5 (não existe nenhum aberto B da base de T 5 com B R \ {0}) e ], 0[ T 5 \ T 3 pois R\], 0[ não é finito nem igual a R. Isto mostra (iii).

3 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2 3 Munkres 3.8: (a) Vamos ver que a colecção B satisfaz a hipótese do Lema 3.2. Os elementos de B são abertos de R. Se U R é aberto e x U, então existe um aberto ]c, d[ da base da topologia usual em R tal que x ]c, d[ U. Sejam a, b racionais tais que c < a < x e x < b < d. Então ]a, b[ B e x ]a, b[ ]c, d[ U. O Lema 3.2 garante então que B é uma base para a topologia usual em R. (b) Começamos por ver que C é uma base de topologia em R: () Para todo o x R existem a, b racionais com a x < b e então x [a, b[ com [a, b[ C. (2) Sejam [a, b [, [a 2, b 2 [ C e x [a, b [ [a 2, b 2 [. Então max{a, a 2 } e min{b, b 2 } são racionais e temos x [max{a, a 2 }, min{b, b 2 }[ [a, b [ [a 2, b 2 [. C está contido na base da topologia de R l pelo que a topologia T gerada por C é menos fina que a topologia de R l. Para ver que é estritamente menos fina vamos mostrar que U = [ 2, 2[ não é um aberto de T. Se U fosse aberto teria de haver [a, b[ C com 2 [a, b[ [ 2, 2[. Mas como a Q, 2 [a, b[ a < 2 e então teríamos a+ 2 2 [a, b[ mas a+ 2 2 [ 2, 2[ contradizendo a inclusão [a, b[ [ 2, 2[. Concluímos que T é estritamente menos fina que a topologia de R l.

4 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 2/3 Munkres 6.4: Um aberto U da topologia produto em X Y pode escrever-se como uma união de elementos da base. Existem portanto famílias {U α } de abertos de X e {V α } de abertos de Y, que podemos supor não vazios, tais que U = α U α V α. Temos então que π (U) = π ( α U α V α ) = α π (U α V α ) = α U α é uma união de abertos de X e é portanto aberto em X. Da mesma forma vemos que π 2 (U) = α V α é um aberto de Y. Concluímos que π e π 2 são aplicações abertas. Munkres 6.8: Uma base da topologia de R l R é dada pelos conjuntos da forma [a, b[ ]c, d[ com a, b, c, d R e a < b, c < d. A linha L é descrita por uma equação paramétrica t (x 0, y 0 ) + t(v, v 2 ), (onde (v, v 2 ) (0, 0)). É fácil verificar que t R L [a, b[ ]c, d[= {(x 0, y 0 ) + t(v, v 2 ): t I} onde I é um intervalo de R. Consideramos dois casos: v = 0 (isto é, a linha L é vertical): É fácil verificar que, neste caso, ou I =, ou I é da forma ]t 0, t [ com t 0 < t. Por outro lado, qualquer intervalo da forma ]t 0, t [ com t 0 < t pode ser obtido desta forma. Daqui concluímos que a topologia induzida em L se identifica naturalmente com a topologia usual. v 0: Neste caso, ou I =, ou I =]t 0, t [, ou I = [t 0, t [ com t 0 < t. Novamente, é fácil verificar que podemos obter qualquer intervalo da forma [t 0, t [, escolhendo adequadamente o elemento da base de R l R. Logo, neste caso, a topologia em L pode identificar-se com a topologia R l. Munkres 7.6: (a) Como A B B, temos que B é um fechado de X contendo A e portanto A B. (b) Uma união finita de fechados é fechada. Logo A B é um fechado, e uma vez que contém A B, temos que A B A B. Por outro lado, pela aĺınea a), como A A B temos A A B e da mesma forma B A B, pelo que A B A B. Conclui-se que A B = A B como pretendido. (c) Uma vez que para todo o α temos A α α A α, pela aĺınea a) concluímos que para todo o α temos A α α A α o que é equivalente a α A α α A α. Para ver que a inclusão pode ser estrita, tome-se X = R (com a topologia usual) e A n = { n } com n N. Então na n = n A n = { n : n N}, mas n A n = { n : n N} = { n : n N} {0}. Munkres 7.3: Começamos por notar que se U X e V X, então (U V ) = {(x, x) X X : x U V }. Suponhamos primeiro que X é Hausdorff e vejamos que X X \ é um aberto de X X: Dado (x, x 2 ), temos x x 2 e portanto existem

5 2 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 2/3 abertos U e U 2 de X com x i U i para i =, 2, tais que U U 2 =. Portanto U U 2 é um aberto da topologia produto, (x, x 2 ) U U 2 e (U U 2 ) = {(x, x) X X : x } =, isto é, U U 2 (X X \ ). Concluímos que X X \ é aberto, ou seja que é fechado. Reciprocamente, suponhamos que X X é fechado, e sejam x e x 2 pontos distintos de X. Então (x, x 2 ), ou seja (x, x 2 ) pertence ao aberto X X \. Seja U U 2 um aberto da base da topologia produto tal que (x, x 2 ) U U 2 X X \. Então, = (U U 2 ) = {(x, x) X X : x U U 2 } logo U U 2 =. Conclui-se que U e U 2 são abertos disjuntos de X contendo x e x 2 respectivamente, logo X é um espaço de Hausdorff. Munkres 7.6: (a) O fecho de K na topologia usual em R é K {0}. De facto K {0} é um fechado (o complementar é uma união de intervalos abertos) contendo K, logo K K K {0}. Toda a vizinhança de 0 em R intersecta K logo 0 K e concluímos portanto que K = K {0}. R \ K = n N (] n, n[\k) é aberto em R K, logo K é fechado e portanto coincide com o seu fecho em R K. Na topologia dos complementos finitos T 3, os fechados são os conjuntos finitos e R. Como K é infinito, o único fechado que contém K é R pelo que K = R em T 3. Vimos no Exercício 3.7 que a topologia T 4 é mais fina que a topologia de R K. Isto significa que K também é fechado em T 4 pelo que K = K em T 4. Em T 5, temos K = [0, + [. De facto, [0, + [ é um fechado contendo K (é o complementar de um aberto da base) logo K [0, + [. Por outro lado, se x 0, qualquer vizinhança de x em T 4 contém um aberto da base ], a[ com a > x 0. Escolhendo n tal que n < a vemos que ], a[ K, donde x K. Logo [0, + [ K. (b) A topologia usual em R é Hausdorff e portanto também T. Uma vez que as topologias T 2 e T 4 são mais finas que a topologia usual em R também são Hausdorff (e portanto T ). A topologia dos complementos finitos T 3 é T (os conjuntos finitos de pontos são fechados por definição) mas não é Hausdorff visto que a intersecção de dois abertos não vazios tem complementar finito e portanto é não vazia. Finalmente a topologia T 5 não é T e portanto não é Hausdorff: por exemplo, o conjunto {0} não é fechado (vê-se como na aĺınea anterior que {0} = [0, + [).

6 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 9/3 Munkres 8.2: Não. Seja, por exemplo X = Y = R (com a topologia usual), A =]0, + [ e f : X Y a função constante igual a. Então f é contínua, 0 é um ponto de acumulação de A (se U é uma vizinhança de 0 em R então existe ɛ > 0 tal que ] ɛ, ɛ[ U, e portanto U \ {0} A ]0, ɛ[ é não vazio), mas f(0) = não é um ponto de acumulação de f(a) = {} uma vez que {} =. Munkres 8.4: A função f(x) = (x, y 0 ) é contínua pelo Teorema 8.4, uma vez que as suas funções coordenadas são a função identidade id : X X e a função de X para Y constante igual a y 0 que são ambas contínuas pelo Teorema 8.2. A aplicação de projecção π : X Y X é contínua, logo a sua restrição à imagem de f, π im f, é contínua (novamente pelo Teorema 8.2). Como (f π im f )(x, y 0 ) = f(x) = (x, y 0 ) e (π im f f)(x) = π (x, y 0 ) = x, as funções π im F e f são homeomorfismos inversos. Conclui-se que f é um mergulho. A demonstração que g é um mergulho é inteiramente análoga. Munkres 8.8: (a) Vamos ver que o conjunto U = {x X : f(x) > g(x)} é um aberto de X. Seja x 0 um ponto de U, de forma que f(x 0 ) > g(x 0 ). Basta mostrar que existe uma vizinhança V de x 0 tal que V U. Consideramos dois casos: ]g(x 0 ), f(x 0 )[= : tomamos então V = f (]g(x 0 ), + [) g (], f(x 0 )[). Como f e g são contínuas, V é aberto, e claramente x 0 V. Por outro lado, se x V, então f(x) > f(x 0 ) f(x) f(x 0 ) e g(x) < g(x 0 ) g(x) g(x 0 ) pelo que f(x) > g(x). Concluímos que x U e portanto que V U. ]g(x 0 ), f(x 0 )[ : Neste caso, tome-se y 0 Y tal que g(x 0 ) < y 0 < f(x 0 ) e V = f (]y 0, + [) g (], y 0 [). Tal como no caso anterior temos que V é uma vizinhança de x 0 contida em U. (b) Sejam A = {x X : f(x) g(x)} e B = {x X : g(x) f(x)}. Pela aĺınea anterior, A e B são fechados de X. Por definição de mínimo temos { f(x) se x A, h(x) = g(x) se x B. Como f e g são contínuas, as suas restrições a A e B respectivamente são contínuas. Se x A B então f(x) g(x) e g(x) f(x) logo f(x) = g(x). Do lema da colagem (Teorema 8.3) resulta então que h é contínua. Munkres 8.3: Suponhamos que g, g 2 : A Y são extensões contínuas de f. Temos a mostrar que g = g 2. Suponhamos por absurdo que tal não acontece. Então existe x A tal que g (x) g 2 (x). Como Y é Hausdorff, podemos escolher vizinhanças disjuntas V de g (x) e V 2 de g 2 (x). O conjunto g (V ) g 2 (V 2) é um aberto de A contendo x logo é da forma U A para alguma vizinhança U de x em X. Como x A, temos que U A. Tomando x U A temos então

7 2 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 9/3 g (x ) = f(x ) = g 2 (x ), uma vez que x A; g (x ) g 2 (x ), porque x U A = g (V ) g2 (V 2) e portanto g (x ) V, g 2 (x ) V 2 mas V V 2 =. Isto é uma contradição logo concluímos que g = g 2 conforme pretendido. Munkres 9.6: Suponhamos primeiro que x k x em X α. Dado α, seja V uma vizinhança de π α (x). Então πα (V ) é uma vizinhança de x em X α e portanto existe N N tal que p > N x p πα (V ). Mas x p πα (V ) π α (x p ) V pelo que concluímos que π α (x n ) π α (x). Reciprocamente, suponhamos agora que para todo o α temos que π α (x n ) π α (x), e seja U uma vizinhança de x em X α. Seja V = V α um aberto da base de X α tal que x V U. Existe então um conjunto finito de índices J = {α,..., α k } tal que V α = X α para todo o α J, enquanto que V αi são vizinhanças de π αi (x) em X αi para i =,... k. Por hipótese, podemos escolher para cada i =,... k um natural N i N de forma a que p > N i π αi (x p ) V αi. Tome-se N = max{n,..., N k }. Então para p > N temos π α (x p ) V α para todo o α e portanto x p V. Conclui-se que x n x em X α conforme pretendido. Este resultado não permanece válido na topologia das caixas (embora continue a ser verdade que convergência na topologia das caixas implica convergência em cada coordenada uma vez que a topologia das caixas é mais fina que a topologia produto). Por exemplo, no espaço das sucessões R ω, a sucessão x n = ( n ) m N (cujo n-ésimo termo é a sucessão constante igual a n ) é tal que π m (x n ) = n 0 para todo o m N, mas x n não converge para a sucessão nula uma vez que nenhum termo da sucessão pertence à vizinhança m N ] m, m [ da sucessão nula ( pois π m(x m ) ] m, m [).

8 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 6/3 Munkres 9.8: A função inversa de h obtém-se resolvendo o sistema: Logo y i = a i x i + b i x i = a i y i bi a i. h ((y, y 2,...)) = ( a y b a, a 2 y 2 b2 a 2,...) e portanto h é uma função da mesma forma que h (temos a i > 0). Para ver que todas estas funções são homeomorfismos para alguma topologia em R ω basta então verificar que todas são contínuas. A demonstração da continuidade de h é idêntica para a topologia das caixas e para a topologia uniforme: Se g : R R é uma funcão afim definida por g(x) = ax+b com a > 0, então g (]c, d[) =] c b a, d b a [ pelo que g é contínua. Temos ainda que g (R) = R. Sejam agora h n : R R as funções afins definidas por h n (x) = a n x + b n com n N. Se V = n N V n é um aberto da base de R ω com a topologia produto ou com a topologia das caixas temos que h (V ) = n N h n (V n ) é um aberto da mesma topologia (pois h n (V n ) é um aberto de R para todo o n, e se apenas um número finito de factores V são diferentes de R o mesmo sucede para h (V )). Munkres 20.2: Considere-se a função definida por d((x, y ), (x 2, y 2 )) = d: R 2 R 2 R { se x x 2, d(y, y 2 ) se x = x 2 onde d denota a métrica limitada standard em R. Verifiquemos que d é uma métrica em R 2 : () Como d 0, temos que d 0. Por outro lado, d((x, y ), (x 2, y 2 )) = 0 x = x 2 e d(y, y 2 ) = 0. Como d é uma métrica temos então y = y 2 e portanto (x, y ) = (x 2, y 2 ). (2) Como d é simétrica, temos que d((x, y ), (x 2, y 2 )) = d((x 2, y 2 ), (x, y )). (3) Dados (x i, y i ) R 2 com i =, 2, 3, temos a verificar que d((x, y ), (x 3, y 3 )) d((x, y ), (x 2, y 2 )) + d((x 2, y 2 ), (x 3, y 3 )). Como d, a desigualdade é imediata se x x 2 ou x 2 x 3. No caso restante, em que x = x 2 = x 3, temos d((x, y ), (x 3, y 3 )) = d(y, y 3 ) d(y, y 2 ) + d(y 2, y 3 ) = d((x, y ), (x 2, y 2 )) + d((x 2, y 2 ), (x 3, y 3 )) onde usámos a desigualdade triangular para d. Conclui-se que d verifica a desigualdade triangular e portanto é uma métrica em R 2.

9 2 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 6/3 Uma vez que B d ((x, x 2 ), ɛ) = { ](x, x 2 ɛ), (x, x 2 + ɛ)[ se ɛ R 2 se ɛ > as bolas da métrica d são abertos na topologia da ordem lexicográfica e portanto a topologia da métrica é menos fina que a topologia da ordem lexicográfica em R 2. Por outro lado, sendo U =](a, b), (c, d)[ um aberto da ordem lexicográfica em R 2 e (x, y) U podemos escolher ɛ tal que B d ((x, y), ɛ) U: tomese, por exemplo, se a < x < c, min{, b y } se a = x < c, ɛ = min{, d y } se a < x = c, min{, d y, b y } se a = x = c. Conclui-se que a topologia da métrica é mais fina que a topologia da ordem lexicográfica, donde as topologias coincidem e portanto a topologia da ordem lexicográfica é metrizável. Munkres 20.4: (a) A função f é contínua na topologia produto em R ω porque as suas funções coordenadas são contínuas. f não é contínua na topologia uniforme uma vez que f (B ρ (0, )) = {0} (para que f(t) B ρ (0, ) devemos ter nt < para todo o n N, o que só acontece para t = 0) que não é um aberto de R. Uma vez que a topologia das caixas é mais fina que a topologia uniforme, f também não é contínua quando damos a R ω a topologia das caixas. A função g é contínua para a topologia uniforme (e logo para a topologia produto): Dado t 0 R e ɛ > 0 temos que g(]t 0 ɛ, t 0 + ɛ[) B ρ (g(t 0 ), ɛ) logo f é contínua em t 0 para todo o t 0 R. g não é contínua para a topologia das caixas porque g ( n N não é aberto em R. ) ] n, n [ = n N ] n, n [= {0} O caso da função h é inteiramente análogo ao caso da função g. A função h é contínua para a topologia uniforme (e portanto para a topologia produto) (novamente a bola de raio ɛ centrada em t 0 é enviada na bola de raio ɛ centrada em h(t 0 ) para a métrica ρ), e não é contínua para a topologia das caixas uma vez que ) h ( n N] n 2, n 2 [ = n N ] n, n [= {0} não é aberto em R (b) Pelo Exercício 9.6, w n converge para a sucessão constante 0 na topologia produto uma vez que π k (w n ) 0 para cada k (a sucessão real π k (w n ) é eventualmente constante igual a 0). Como R ω é Hausdorff na topologia produto, o limite é único. Como a topologia uniforme é mais fina que a topologia produto, se w n tiver limite na topologia uniforme, o limite terá que ser 0. Mas ρ(w n, 0) = n não converge para 0 em R e portanto w n não converge na topologia uniforme. Como a topologia das caixas é mais fina que a uniforme, w n também não converge na topologia das caixas.

10 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 6/3 3 Munkres 20.6: Como ρ(x n, 0) = n 0, vemos que x n 0 na topologia uniforme (e portanto na topologia produto). O limite é único uma vez que um espaço métrico é Hausdorff. Se x n convergisse na topologia das caixas, o limite teria portanto que ser 0, mas nenhum termo da sucessão pertence à vizinhança n N ] n, n [ de 0 (porque π n(x n ) = n ] n, n [). Conclui-se que (x n ) não converge na topologia das caixas. Temos que ρ(y n, 0) = n 0 logo y n 0 na topologia uniforme e portanto na topologia produto. y n não converge na topologia das caixas porque nenhum termo da sucessão pertence à vizinhança n N ] n, n [ de 0. z n 0 na topologia das caixas (e portanto também na topologia uniforme e na topologia produto) e o limite é único. O limite tem de ser 0 uma vez que este é o limite na topologia produto (pelo Exercício 9.6). Sendo V = n N V n um aberto da base da topologia das caixas contendo 0, V V 2 é um aberto de R que contém 0 logo existe N N tal que n > N n V V 2 e então para n > N temos z n V (uma vez que se k 3 então π k (z n ) = 0 V k para todo o n N). (a) A sucessão y R ω definida por y n = x n + ɛ( n ) está claramente em U(x, ɛ). No entanto ρ(x, y) = sup{ɛ( n ): n N} = ɛ pelo que y B ρ (x, ɛ). (b) Sendo y U(x, ɛ) a sucessão da aĺınea anterior, basta ver que não existe δ > 0 tal que B ρ (y, δ) U(x, ɛ). Dado δ > 0 seja z R ω definida por z n = y n + δ 2. Temos então ρ(y, z) = δ 2 < δ, logo z B ρ(y, δ). Mas escolhendo n de forma a que ɛ n < δ 2 vemos que z n = y n + δ 2 = x n + ɛ ɛ n + δ 2 > x n + ɛ logo z U(x, ɛ). (c) Se y U(x, δ), então ρ(x, y) δ e portanto, para δ < ɛ, temos que U(x, δ) B ρ (x, ɛ) donde δ<ɛ U(x, δ) B ρ (x, ɛ). Por outro lado, dado y B ρ (x, ɛ) podemos escolher δ tal que ρ(x, y) < δ < ɛ e então y U(x, δ) o que mostra a inclusão recíproca. Munkres 20.7: A aplicação h é contínua sse a sucessão (a i ) i N é majorada (não há qualquer condição sobre (b i )). De facto, suponhamos que a i M para todo o i e vejamos que então h é contínua em x R ω : Claramente podemos tomar M. Dado 0 < ɛ <, se ρ(x, y) < ɛ M (< ) tem-se ρ(h(x), h(y)) = sup{a n x n y n : n N} M sup{ x n y n : n N} = Mρ(x, y) < ɛ portanto h(b ρ (x, ɛ M )) B ρ(h(x), ɛ). Conclui-se que h é contínua. Suponhamos agora que (a i ) não é majorada e vejamos que então h não é contínua em 0. Como (a i ) não é majorada, existe, para cada n N, um natural i n N tal que a in > n. Para cada n N, seja y n R ω definida por { 0 se k i n, (y n ) k = n se k = i n.

11 4 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 6/3 Então ρ(0, y n ) = n mas uma vez que ρ(h(y n ), h(0)) = sup{d(a k (y n ) k + b k, b k ): k N} = d(a k (y n ) k + b k, b k ) = { 0 se k i n, min{, a in n } = se k = i n. Isto mostra que não existe δ > 0 tal que h(b ρ (0, δ)) B ρ (h(0), ), logo h não é contínua em 0 e portanto h não é contínua. Tendo em conta a fórmula para a inversa de h obtida no Exercício 9.8, vemos que h é contínua sse ( a ) é majorada portanto h é um homeomorfismo i sse existem reais positivos m e M tais que m < a i < M para todo o i N.

12 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/3 Munkres 2.3: (a) Começamos por ver que ρ é uma métrica () ρ(x, y) 0 porque d i 0 para i =,..., n. Se ρ(x, y) = 0, então d i (x i, y i ) = 0 para i =,..., n e portanto x i = y i para i =,..., n, ou seja, x = y. (2) Uma vez que d i (x i, y i ) = d i (y i, x i ) temos que ρ(x, y) = ρ(y, x). (3) Finalmente, dados x, y, z X X n temos ρ(x, z) = max{d (x, z ),..., d(x n, z n )} max{d (x, y ) + d(y, z ),..., d n (x n, y n ) + d n (y n, z n )} max{d (x, y ),..., d(x n, y n )} max{d (y, z ),..., d(y n, z n )} = ρ(x, y) + ρ(y, z) onde usámos a desigualdade triangular para as distâncias d i. Conclui-se que ρ é uma métrica em X X n. Claramente, ρ(x, y) < ɛ d i (x i, y i ) < ɛ para i =,..., n logo B ρ (x, ɛ) = B d (x, ɛ) B dn (x n, ɛ), isto é, as bolas da métrica ρ são abertos da base da topologia produto determinada pelas métricas d i. Conclui-se que a topologia da métrica ρ é menos fina que a topologia produto. Por outro lado, seja x = (x,..., x n ) X X n e U = U U n um aberto da base da topologia produto. Para cada i existe ɛ i > 0 tal que B di (x i, ɛ i ) U i, e então, tomando ɛ = min{ɛ,..., ɛ n } temos que B ρ (x, ɛ) U logo a topologia da métrica ρ é mais fina que a topologia produto, e portanto coincide com esta. (b) A verificação que D é uma métrica é inteiramente análoga à da aĺınea anterior e é por isso omitida. Dado ɛ > 0, seja N N tal que Nɛ >. Uma vez que d i para todo o i, temos que e, uma vez que d(x,y) i Portanto e d(x, y) i < ɛ para i N, 0, quando i temos até sup{d(x, y)/i: i N} < ɛ. D(x, y) < ɛ d(x i, y i ) < iɛ para i =,..., N, B D (x, ɛ) = B d (x, ɛ) B dn (x N, (N )ɛ) X N X N+ que é um aberto da topologia produto. Isto mostra que a topologia da métrica D é menos fina que a topologia produto. Por outro lado, seja x X i e U = U i um aberto da base da topologia produto contendo x. Então existe N N tal que U i = X i para i > N. Como os U i s são abertos, para cada i N podemos escolher ɛ i > 0 tal que B di (x i, ɛ i ) U i. Tome-se ɛ = min{ ɛi i : i =,..., N}.

13 2 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/3 Então D(x, y) < ɛ d i (x i, y i ) < iɛ ɛ i para i =,..., N e portanto B D (x, ɛ) U. Isto mostra que a topologia da métrica D é mais fina que a topologia produto e portanto as duas topologias coincidem. Munkres 2.4: Uma base contável para as vizinhanças de x R em R l é dada por {[x, x + n [: n N}. De facto, se U é uma vizinhança de x em R l, existe um aberto da base [a, b[ com x [a, b[ U. Então a x e b > x. Escolhendo n de forma a que n < b x temos que [x, x + n [ [a, b[ conforme pretendido. Uma base contável para as vizinhanças de (x, y) na topologia da ordem lexicográfica em [0, ] [0, ] é dada por {[(0, 0), (0, n )[: n N} se (x, y) = (0, 0), {](x, q), (x, r)[: q, r Q, 0 q < y < r } se 0 < y <, {](r, 0), (x, n )[: r Q, 0 r < x, n N} se x > 0, y = 0, {]((x, n ), (r, 0)[: r Q, x < r, n N} se x <, y =, {](, n ), (, )]: n N} se (x, y) = (, ). Vamos apenas verificar que estes conjuntos são uma base das vizinhanças para os pontos (x, 0), sendo os outros casos inteiramente análogos. Como (0, 0) é o mínimo de [0, ] [0, ], se U é uma vizinhança de (0, 0), existe um intervalo [(0, 0), (a, b)[ tal que [(0, 0), (a, b)[ U. Se a > 0, temos então (0, ) < (a, b) e portanto [(0, 0), (0, )[ U. Se a = 0, então b > 0 e, escolhendo n tal que n < b temos então (0, n ) < (a, b) e portanto [(0, 0), (0, n )[ U. Se U é uma vizinhança de (x, 0) com x > 0 então existe um intervalo (que podemos assumir aberto uma vez que (x, 0) não é o mínimo nem o máximo de [0, ] [0, ]) tal que (x, 0) ](a, b), (c, d)[ U. Como (a, b) < (x, 0) temos necessariamente a < x. Seja r Q tal que a < r < x. Como (x, 0) < (c, d), ou c > x e então tomamos n =, ou c = x e então d é necessariamente positivo e escolhemos n de forma que n < d. Em qualquer caso temos então (a, b) < (r, 0) < (x, 0) < (x, n ) < (c, d) e portanto ](r, 0), (x, n )[ U. Munkres 2.9: (a) Se x = 0 temos lim f n(x) = lim n n n 3 n + = lim 2 n n + = 0. Para x 0, temos (x n )2 x 2 0. Logo n 3 (x n )2 + e portanto f n (x) 0. (b) Uma vez que f n ( n ) =, temos d(f n( n ), 0) = e portanto, para ɛ <, não existe n tal que a d(f n (x), 0) < ɛ para todo o x R. Munkres 22.4: Escrevemos [x] para a classe de equivalência em X que contém o elemento x X, e p: X X para a aplicação canónica definida por p(x) = [x]. (a) Seja g : X R a função definida por g(x, y) = x+y 2. Então g é constante nas classes de equivalência da relação, e portanto, pelo Teorema 22.2, g determina uma aplicação contínua f : X R definida por f([(x, y)]) = g(x + y 2 ). Seja h: R X a aplicação definida por h(t) = [(t, 0)]. Uma vez que h = p (id R 0), a função h é contínua. Vamos verificar que f e h são homeomorfismos inversos, provando assim que X = R: Claramente f(h(t)) = f([(t, 0)]) = t = t.

14 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/3 3 Por outro lado, h(f([(x, y)])) = h(x + y 2 ) = [(x + y 2, 0)], e como x+y 2 = (x+y 2 )+0 2, temos (x, y) (x+y 2, 0), ou seja, [(x, y)] = [(x + y 2, 0)]. Portanto h f = id X, o que conclui a demonstração. (b) Seja agora g : X [0, + [ R a aplicação definida por g(x, y) = x 2 +y 2. Novamente, o Teorema 22.2 garante que a função f : X [0, + [ definida pela expressão f([(x, y)]) = x 2 +y 2 é contínua. Seja h: [0, + [ X a função definida por h(t) = [( t, 0)] (que é contínua por ser a composição de funções contínuas). Então e f(h(t)) = f([( t, 0)]) = t = t h(f([(x, y)]) = h(x 2 + y 2 ) = [( x 2 + y 2, 0)] = [(x, y)]. Conclui-se que X = [0, + [. Munkres 22.6: Continuamos a escrever [y] para a classe de equivalência de y. (a) Para ver que Y é T precisamos de verificar que os conjuntos singulares {[y]} Y são fechados. Por definição da topologia quociente, isto acontece sse as classes de equivalência p ({[y]}) = [y] são subconjuntos fechados em R K. Estas classes de equivalência são os conjuntos singulares {y} com y K (que são fechados porque a topologia de R K é mais fina que a de R) ou o conjunto K. Como K é fechado em R K, conclui-se que R K é T. Para provar que Y não é Hausdorff vamos provar que os elementos distintos [0] = {0} e [] = K de Y não têm vizinhanças disjuntas. Sejam U e V vizinhanças de [0] e [] respectivamente. Então p (U) e p (V ) são abertos de R K que contêm {0} e K respectivamente. Como p (U V ) = p (U) p (V ) basta agora observar que tais abertos têm sempre intersecção não nula: tome-se ɛ > 0 tal que ] ɛ, ɛ[\k U e n N tal que n < ɛ. Então existe δ > 0 tal que ] n, n + δ[ p (V ) p (U). (b) Uma vez que Y não é Hausdorff, pelo Exercício 7.3, a diagonal Y Y não é um conjunto fechado. Basta agora verificar que p ( ) R K R K é um conjunto fechado. Isto é verdade porque a diagonal RK em R K R K é um conjunto fechado (pois R K é Hausdorff), K K é um fechado de R K R K (porque K R K é fechado) e p ( ) = RK K K.

15 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 30/3 Munkres 23.5: Seja X um espaço com a topologia discreta e A X. A topologia induzida em A é a topologia discreta pelo que basta ver que um espaço com a topologia discreta com pelo menos dois pontos é desconexo. Seja então X um espaço discreto com pelo menos dois pontos e x X. Tomemos U = {x} e V = X\{x}. Então U e V são abertos disjuntos não vazios e claramente U V = X logo U e V formam uma separação de X e X é desconexo. Um exemplo de um espaço totalmente desconexo não discreto é Q R. De facto, se A Q é um conjunto e a, b A são dois pontos distintos com a < b (o que podemos assumir sem perda de generalidade) então sendo x um irracional com a < x < b temos que U =], x[ A ; V =]x, + [ A são abertos de A, obviamente disjuntos, não vazios (porque a U e b V ) cuja união é A (uma vez que U V = (R \ {x}) A = A). Conclui-se que A é desconexo. Munkres 23.8: Seja U = {x R ω : x é limitada } e V = R ω \ U o subconjunto das sucessões ilimitadas. Claramente U e V são conjuntos não vazios e disjuntos cuja união é R ω. Para ver que R ω é desconexo, resta-nos mostrar que U e V são abertos para a topologia uniforme. Vamos ver que x U B ρ (x, ) U: Se x é limitada, existe M > 0 tal que x i < M para todo o i N. Então ρ(x, y) < y i x i < para todo o i N, o que implica que y i < M + para todo o i N. Logo y é limitada e portanto pertence a U. Isto mostra que U é aberto na topologia uniforme. Suponhamos agora que x V. Então para cada n N, existe i n N tal que x in > n. Suponhamos que ρ(x, y) <. Então y in > x in > n e portanto y não é limitada. Isto mostra que B ρ (x, ) V e portanto V é aberto na topologia uniforme. Munkres 23.: Suponhamos por absurdo que X é desconexo e seja U, V uma separação de X. Dado x U, o conjunto p ({p(x)}) é, por hipótese, conexo e portanto, pelo Lema 23.2, está contido em U (não pode estar contido em V uma vez que x p ({p(x)}) pertence a U). Isto significa que U é um conjunto saturado com respeito a p. Da mesma forma vemos que V é um conjunto saturado com respeito a p. Como p é uma aplicação quociente, concluímos que p(u) e p(v ) são abertos de Y. Como p é sobrejectiva, p(u) p(v ) = p(u V ) = p(x) = Y. Como U e V são não vazios, o mesmo acontece com p(u) e p(v ). Finalmente p(u) p(v ) =, pois dado y Y, temos, ou p ({y}) U e então y p(v ), ou p ({y}) V e então y p(u). Conclui-se então que p(u) e p(v ) formam uma separação de Y, o que contradiz a hipótese de Y ser conexo. Munkres 24.: (a) Suponhamos que φ: (0, ] (0, ) é um homeomorfismo. Então φ (0,) : (0, ) (0, ) \ {φ()} é também um homeomorfismo (o homeomorfimo inverso é φ (0,)\{φ()} ). Mas (0, φ()) e (φ(), ) é uma separação de (0, ) \ φ(). A sua imagem

16 2 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 30/3 pelo homeomorfismo φ (0,)\{φ()} teria de ser uma separação de (0, ), o que é impossível porque (0, ) é conexo. Conclui-se que (0, ] = (0, ). Analogamente, não pode haver um homeomorfismo φ: [0, ] (0, ) porque (0, ] é conexo mas (0, ) \ {φ(0)} não é conexo, e também não pode haver um homeomorfismo φ: [0, ] (0, ] porque (0, ) é conexo, mas, (0, ] \ {φ(0), φ()} não pode ser conexo. (b) Sejam X = (0, ), Y = [0, ), f : X Y a inclusão e g : Y X definida por g(y) = 2 + y 2. Pela aĺınea anterior X e Y não são homeomorfos. f é claramente um mergulho (o homeomorfismo inverso f(y ) X é a identidade!) e g tem imagem [ 2, ). Claramente h: 2, ) (0, ) definida por h(x) = 2x é contínua e é a inversa de g : Y g(y ) logo g é um mergulho (c) Um homeomorfismo φ: R R n determinaria um homeomorfismo entre R \ {0} e R n \ {φ(0)} o que é impossível porque R \ {0} é desconexo mas R n \ {φ(0)} é conexo (é conexo por arcos). Munkres 24.8: (a) Sim. Seja {X α } uma família de espaços conexos por arcos, e (x α ), (y α ) α X α. Para cada α existe por hipótese uma função contínua f α : [0, ] X α com f α (0) = x α e f α () = y α (reparametrizando podemos assumir que todos os caminhos têm por domínio o intervalo [0, ]). Então f : [0, ] α X α definido por f(t) = (f α (t)) é um caminho unindo (x α ) a (y α ). (b) Não. Tomando X = R 2 e A a curva de seno dos topólogos temos que A é conexo por arcos (a restrição de x (x, sen x ) a um intervalo dá um caminho unindo dois pontos de A) mas vimos que A não é conexo por arcos. (c) Sim. Sejam y 0, y pontos em f(x). Tomem-se x 0, x X com f(x 0 ) = y 0 e f(x ) = y e seja g : [a, b] X um caminho com g(a) = x 0 e g(b) = x. Então h = f g : [a, b] f(x) é um caminho com h(a) = f(g(a)) = y 0 e h(b) = f(g(b)) = y. Conclui-se que f(x) é conexo por arcos. (d) Sim. Sejam x, y α A α. Então existem β e γ tais que x A β e y A γ. Seja z α A α. Como A β é conexo por arcos, existe um caminho g : [a, b] A β com g(a) = x e g(b) = z. Como A γ é conexo por arcos, existe h: [b, c] A γ com h(b) = z e h(c) = y (por reparametrização podemos tomar qualquer intervalo para domínio do caminho h que une y a z e, por uma questão de conveniência, escolhemos o intervalo de forma a que o seu ponto extremo inferior seja o extremo superior do caminho g). Defina-se agora j : [a, c] α A α por { g(x) se x b, j(x) = h(x) se x b. Então j é contínuo (pelo lema da colagem) e j(a) = g(a) = x, j(c) = h(c) = y. Conclui-se que α A α é conexo por arcos.

17 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 6/4 Munkres 25.3: Seja X = [0, ] [0, ] com a topologia da ordem lexicográfica. Começamos por ver que X é localmente conexo. Seja x X e V uma vizinhança de x. Por definição da topologia da ordem existe um intervalo I com x I V com I aberto em X. Uma vez que X é um contínuo linear (Exemplo, p.55), I é conexo. Conclui-se que X é localmente conexo. Vamos ver que X não é localmente conexo por arcos nos pontos (x, ) com 0 x <. Analogamente se vê que não é localmente conexo por arcos nos pontos da forma (x, 0) com 0 < x. Uma vizinhança de (x, ) contém necessariamente um intervalo da forma [(x, ), (x + ɛ, )] para algum ɛ > 0. Suponhamos que γ : [a, b] X é um caminho com γ(a) = (x, ) e γ(b) = (x + ɛ, ). Então, pelo Teorema do Valor Intermédio, a imagem de γ contém todo o intervalo [(x, ), (x + ɛ, )]. Temos então uma família não contável de abertos disjuntos de [a, b]: {γ (](x + δ, 0), (x + δ, )[)} 0<δ<ɛ. Isto é impossível, porque escolhendo r δ γ (](x + δ, 0), (x + δ, )[) Q obter-se-ia uma função injectiva δ r δ de ]0, ɛ[ para Q. Conclui-se que X não é localmente conexo por arcos. Munkres 26.5: Começamos por ver que se X é Hausdorff, A é compacto e x A, existem abertos U, V com A U, x V e U V =. Como X é Hausdorff, para cada a A, existem U a vizinhança de a e V a vizinhança de x tais que U a V a =. Os conjuntos {U a } a A formam uma cobertura aberta de A. Como A é compacto existe uma subcobertura finita {U a,..., U an }. Sejam então U = n i=u ai, e V = n i=v ai. Temos então A U, x V, U e V são abertos e U V = n i= (U ai n i=v ai ) n i=u ai V ai =. Sejam agora A e B compactos disjuntos. Pelo parágrafo anterior, podemos escolher, para cada b B, abertos U b, V b com A U b, b V b e U b V b =. Uma vez que B é compacto, a cobertura aberta {V b } b B admite uma subcobertura finita {V b,..., V bm }. Sejam U = m i= U b i e V = m i= V b i. Então, como antes, U, V são abertos disjuntos com A U e B V. Munkres 26.8: Suponhamos primeiro que G f X Y é um conjunto fechado. Seja x 0 X e V Y uma vizinhança de f(x 0 ). Então X (Y \ V ) é fechado em X Y e portanto G f (X (Y \ V )) é fechado. Assumindo por momentos o resultado do Exercício 26.7 concluímos que, como Y é compacto, o conjunto F = π (G f (X (Y \ V ))) = {x X : f(x) V } é fechado em X. Isso significa que W = X \ F = {x X : f(x) V } = f (V ) é aberto. Conclui-se que f é contínua em x 0. Demonstremos agora o resultado do Exercício Seja F X Y um fechado e x π (F ). Então π ({x}) F =. Portanto (X Y ) \ F é

18 2 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 6/4 um aberto contendo π ({x}), e pelo lema do tubo, existe uma vizinhança V de x tal que π (V ) ((X Y ) \ F ) π (V ) F =. Mas então V π (F ) =, donde se conclui que F é fechado. Resta-nos ver que se Y é compacto e Hausdorff e f : X Y é contínua, então G f é fechado. Seja (x, y) G f, isto é tal que y f(x). Uma vez que Y é Hausdorff, existem V vizinhança de f(x) e W vizinhança de y tais que V W =. Como f é contínua, existe uma vizinhança U de x tal que f(u) V. Então (x, y ) U W f(x ) V f(x ) y. Conclui-se que U W é uma vizinhança de (x, y) que não intersecta G f, logo G f é fechado. Munkres 27.5: Começamos por notar que, dado um aberto U X e x U, existe uma vizinhança V de x com V U. De facto, X \ U é fechado e portanto compacto. Pelo Exercício 26.5, existem então abertos disjuntos V e W com x V e (X \ U) W W c U. O conjunto W c é então um fechado que contém V, logo V W c U. Regressando agora ao problema em questão, para ver que n A n tem interior não vazio, precisamos de mostrar que todo o aberto U X é tal que U \ n A n é não vazio. Seja então U X um aberto. Uma vez que A tem interior vazio, U \ A é um aberto não vazio. Seja x U \ A e U uma vizinhança de x com U U \A. Como A 2 tem interior não vazio, podemos escolher x 2 U \A 2 e U 2 vizinhança de x 2 tal que U 2 U \ A 2. Note-se que temos U 2 ((U \ A ) \ A 2 ) = U \ (A A 2 ). Suponhamos indutivamente que encontrámos abertos U k U para k =,... n tais que (i) U k U \ (A... A k ), (ii) U k U k (onde convencionamos que U 0 = U). Como A n+ tem interior vazio, podemos então escolher x n+ U n \ A n+ e U n+ uma vizinhança de x n+ com U n+ U n \A n+ U \(A... A n+ ), e por definição temos U n+ U n. Definimos assim por indução uma sucessão de abertos U n com as propriedades (i) e (ii) acima. Pela propriedade (ii) temos U U 2... e esta sucessão de fechados tem claramente a propriedade da intersecção finita (como qualquer cadeia de conjuntos não vazios). Como X é compacto, conclui-se que J = n=u n. Pela propriedade (i) temos U n ( n i= A i) = e portanto, como J U n, conclui-se que J ( n i= A i) = para todo o n N. Ou seja, J ( i=a i ) =. Uma vez que J U U, temos = J U \ ( i= A i) o que conclui a demonstração. Munkres 28.6: Dado ɛ > 0, temos d(x, y) < ɛ d(f(x), f(y)) < ɛ logo f é contínua (é até uniformemente contínua). Se f(x) = f(y) então d(f(x), f(y)) = 0 d(x, y) = 0 e portanto x = y. Conclui-se que f é injectiva. Como X é compacto e Hausdorff, resta-nos ver que f é uma aplicação sobrejectiva (uma vez que pelo Teorema 26.6 uma bijecção contínua entre espaços compactos e Hausdorff é um homeomorfismo). Suponhamos por absurdo que f não é sobrejectiva. Tome-se x X \f(x) e seja ɛ > 0 tal que B d (x, ɛ) f(x) =. Então definindo recursivamente

19 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 6/4 3 uma sucessão pela expressão x n+ = f(x n ), vemos que x n = f n (x ) e, mais geralmente, x k+l = f k (x l ). Sendo n, m naturais com n < m temos então d(x n, x m ) = d(f n (x ), f n (x m n+ )) = d(x, x m n+ ) ɛ uma vez que x m n+ = f m n (x ) f(x). A desigualdade acima mostra que a sucessão (x n ) não tem subsucessões convergentes, o que contradiz o Teorema 28.2 (que afirma que X é sequencialmente compacto).

20 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 3/4 Munkres 25.2: (a) R ω é conexo por arcos uma vez que é um produto de espaços conexos por arcos (ver o Exercício 24.8). Portanto R ω tem uma única componente conexa por arcos, que é todo o R ω e, logo, também uma única componente conexa que é igual a R ω. (b) Para cada y R ω, a aplicação T y : R ω R ω definida por T y (x) = x + y é claramente um homeomorfismo: a função inversa é T y logo basta ver que T y é contínua para todo o y. Mas ρ(t y (x), T y (x )) = ρ(x, x ), logo dado ɛ > 0, temos ρ(x, x ) < ɛ ρ(t y (x), T y (x )) < ɛ. Assim, se C é a componente conexa de 0, então T y (C) é a componente conexa de y: De facto, se D é a componente conexa de y então T y (C) D porque T y (C) é um conexo que contém y. Mas então C = T y T y (C) T y (D) e o argumento anterior mostra que T y (D) C logo T y (D) = C T y (C) = D. Para provar o resultado enunciado basta-nos portanto ver que a componente conexa de 0 em R ω é o conjunto L R ω das sucessões limitadas. Se x R ω é uma sucessão limitada, seja M R tal que x n M para todo o n N e seja g : [0, ] L a função definida por g(t) = tx (note-se que se x é limitada então tx = (tx,..., tx n,...) é também limitada). Então ρ(g(t), g(s)) = sup{d(tx n, sx n ): n N} sup{ tx n sx n : n N} t s M e portanto g é um caminho (dado ɛ > 0, temos t s < ɛ M ρ(g(t), g(s)) < ɛ). Conclui-se que L é conexo por arcos e portanto conexo. Por outro lado, vimos no Exercício 23.8 que L e R ω \ L formam uma separação de R ω pelo que a componente conexa por arcos de 0 está contida em L e portanto coincide com L. (c) As aplicações T y : R ω R ω definidas na aĺınea anterior são homeomorfismos quando dotamos R ω da topologia das caixas (por exemplo, pelo Exercício 9.8). Como na aĺınea anterior basta portanto verificar que a componente conexa de 0 é o conjunto Z R ω das sucessões eventualmente constantes iguais a 0. O conjunto Z é conexo porque é conexo por arcos: Dado x Z, seja g(t) = tx com t [0, ]. Sendo U = n N ]a n, b n [ um aberto da base da topologia das caixas contendo g(t 0 ), e N N tal que x n = 0 para n > N temos que g (U) = N i={t [0, ]: a i < tx i < b i } é um aberto de [0, ] contendo t 0. Logo g é um caminho unindo 0 a x em Z (é claro que se x Z então tx Z) o que mostra que Z é conexo por arcos, e portanto está contido na componente conexa de 0. Suponhamos que y Z. Então podemos escolher uma sucessão i < i 2 <... de naturais tais que y ik 0. Pelo Exercício 9.8, a aplicação

21 2 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 3/4 h: R ω R ω definida por { zj se j {i, i 2,...} h(z) j = k y ik z i k se j = i k é um homeomorfismo e temos { y j se j {i, i 2,...} h(y) j = ±k se j = i k logo h(y) não é uma sucessão limitada. Recorde-se da aĺınea anterior que L e R ω \ L é uma separação de R ω para a topologia uniforme e portanto também para a topologia das caixas. Claramente h(0) = 0 L e portanto h envia a componente conexa de 0 na topologia das caixas em L. Como h(y) L segue-se que y não pertence à componente conexa de 0 na topologia das caixas. Conclui-se que a componente conexa de 0 na topologia das caixas é Z, o que conclui a demonstração. Munkres 26.6: Seja F X um fechado. Como X é compacto, F é compacto. As aplicações contínuas transformam compactos em compactos logo f(f ) Y é compacto. Nos espaços Hausdorff, os compactos são fechados logo f(f ) é fechado. Conclui-se que f é uma aplicação fechada. Munkres 27.2: (a) Se x A, então para cada ɛ > 0, existe a A B d (x, ɛ), o que mostra que d(x, A) < ɛ. Como ɛ é arbitrário, conclui-se que d(x, A) = 0. Reciprocamente, suponhamos que d(x, A) = 0. Então para todo o ɛ > 0 existe a A com d(x, a) < ɛ e portanto B d (x, ɛ) A. Isto implica que x A. (b) A função distância é contínua logo a função f : A [0, + [ definida por f(a) = d(x, a) é contínua. Como A é compacto, f tem um mínimo em A. O ponto de mínimo é, por definição, um elemento a A tal que d(x, A) = d(x, a). (c) Se a A e d(y, a) < ɛ então d(y, A) < ɛ logo y U(A, ɛ). Conclui-se portanto que B d (a, ɛ) U(A, ɛ) e portanto a A B d (a, ɛ) U(A, ɛ). Por outro lado, se x U(A, ɛ), então d(x, A) = inf{d(x, a): a A} < ɛ e portanto existe a A tal que d(x, a) < ɛ, ou seja, tal que x B d (a, ɛ). Isto mostra que U(A, ɛ) a A B d (a, ɛ). (d) Seja F = X \ U. A função f : A [0, + [ definida por f(a) = d(a, F ) é contínua (uma vez que, pela desigualdade triangular d(x, F ) d(y, F ) + d(x, y) e d(y, F ) d(x, F )+d(x, y) donde d(x, F ) d(y, F ) d(x, y)). Os pontos de A não pertencem a F = F, logo pela aĺınea a), f(a) > 0 para todo o a A. Seja ɛ = min{f(a): a A} (que existe porque f é contínua e A é compacto). Então d(a, y) < ɛ d(a, y) < f(a) = d(a, F ) y F. Da aĺınea c) conclui-se agora que U(A, ɛ) F = e portanto U(A, ɛ) U. Usamos yik e não y ik na definição de h para poder invocar o Exercício 9.8 onde os coeficientes a i são positivos, mas é claro que este pormenor é irrelevante no argumento.

22 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 3/4 3 (e) Sejam X = R 2, A = R {0} e U = {(x, y) R 2 : y < e x }. Então A é fechado e U é um aberto contendo A. Dado ɛ > 0 podemos escolher x tal que e x < ɛ e então (x, e x ) U(A, ɛ) (pois d((x, e x ), (x, 0)) < ɛ) mas (x, e x ) U, o que mostra que U(A, ɛ) U. Munkres 27.4: Seja X um espaço métrico conexo com mais de um ponto. Seja x X e considere-se a função contínua f : X [0, + [ definida por f(y) = d(x, y). Seja x X um ponto distinto de x. Então f(x ) = d(x, x ) > 0. Como f(x) = 0 e X é conexo, pelo teorema do valor intermédio, f(x) contém o intervalo [0, f(x )]. Conclui-se que f(x) não é contável, pelo que X também não é. Munkres 28.7: Claramente um shrinking map (e portanto uma contracção) é uma aplicação contínua (dado ɛ > 0, temos d(x, y) < ɛ d(f(x), f(y)) < ɛ). (a) Começamos por ver que um shrinking map (em particular, uma contracção) tem no máximo um ponto fixo: se x, y fossem pontos fixos distintos teríamos d(x, y) = d(f(x), f(y)) < d(x, y) o que é impossível. Resta ver que uma contracção num espaço métrico compacto e Hausdorff tem um ponto fixo. Seja A n = f n (X) e A = n=a n. Como A n+ = f n (A ) f n (X) = A n, a família {A n } tem a propriedade da intersecção finita. Como X é compacto e f é contínua, os conjuntos A n são compactos, logo fechados, e sendo X compacto, conclui-se que A. Uma vez que d(f(x), f(y)) αd(x, y) temos que diam(f(b)) α diam(b) para todo o B X e portanto diam(a n ) α n diam(x). Como α < e diam(x) < (X é compacto logo limitado), temos lim n diam(a n ) = 0 e portanto, como A A n diam(a) diam(a n ) e A, conclui-se que diam(a) = 0. Vemos assim que A é um conjunto singular. Mas f(a) = f ( n=a n ) n=f(a n ) = n=a n+ = A, logo o único elemento de A é um ponto fixo de f, o que conclui a demonstração. (b) Já vimos que se existir um ponto fixo de f, ele é único. O argumento da aĺınea anterior mostra que os conjuntos A n = f n (X) têm intersecção não vazia e que, tomando A = n=a n, se tem f(a) A. Resta-nos ver que diam A = 0. Dado x A A n+ = f n+ (X), podemos escolher x n X tal que x = f n+ (x n ). Como X é compacto, X é sequencialmente compacto e portanto a sucessão y n = f n (x n ) tem uma subsucessão convergente (y nk ). Seja a = lim k y nk. Uma vez que y nk A nm para k m, temos a A nm para todo o m, logo a m=a nm = A. Finalmente sendo ( ) f(a) = f lim k y n k = lim k f(y n k ) = lim k f n k+ (x nk ) = lim k x = x, vemos que f(a) A e portanto f(a) = A. Suponhamos por absurdo que diam(a) = D > 0. Sejam a n, b n A tais que d(a n, b n ) > D n. Como A é compacto, podemos extrair subsucessões de a n e b n que convergem para limites a e b em A, e passando ao limite na desigualdade d(a n, b n ) > D n obtemos que d(a, b) D d(a, b) = D.

23 4 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 3/4 Como f(a) = A, podemos escolher a, b A tais que f(a ) = a e f(b ) = b. Então D = d(a, b) = d(f(a ), f(b )) < d(a, b ) o que contradiz o facto de D ser o diâmetro de A. Conclui-se que diam(a) = 0, o que conclui a demonstração. (c) Tem-se f(x) f(y) = x x2 2 y + y2 2 = x y x + y 2 Se 0 x < y temos 0 < x + y < 2 e portanto 0 < x+y 2 <. Isto mostra que f é um shrinking map. Por outro lado tomando x = 0 e y = n temos f(x) f(y) = x y ( 2n ) o que mostra que não existe α < com f(x) f(y) α x y. Logo f não é uma contracção. (d) Um número real x R é um ponto fixo se satisfaz x + x 2 + = x x = x x 2 + = x 2, portanto f não tem pontos fixos. Uma vez que f(x) f(y) = x y + x y 2 + = 2 x y + x2 + (y 2 + ) x2 + + y 2 + = (x y)(x + y) x y + 2 x2 + + y 2 + = 2 x y (x + y) + x2 + + y 2 + < x y ( + ) = x y 2 (onde na última passagem usámos x + y x + y e x = x 2 < x2 + ), vemos que f é um shrinking map. Finalmente tomando x = n, y = n + temos ( 2n + n2 + + (n + ) 2 + f(x) f(y) = + x y 2 ) 2n+ e como lim n ( + = 2 vemos que f não é uma n 2 ++ (n+) 2 + contracção. )

24 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE TOPOLOGIA PARA 20/4 Munkres 30.5: Seja X um espaço metrizável e d uma métrica em X induzindo a topologia. (a) Seja D = {x n } um subconjunto contável denso. Vamos verificar que o conjunto B = {B d (x n, q): x n D, q Q} é uma base para a topologia que, sendo uma união contável de conjuntos contáveis, é contável. Claramente os elementos de B são abertos de X. Pela desigualdade triangular, é suficiente ver que dada uma bola B d (x, r) com x X, r > 0, existe um elemento B B com x B B d (x, r). Uma vez que D é denso, podemos escolher x n D B d (x, r 2 ). Seja q Q tal que d(x n, x) < q < r 2. Então d(y, x n ) < q d(y, x) d(y, x n ) + d(x n, x) < q + r 2 < r logo x B d (x n, q) B d (x, r), o que conclui a demonstração. (b) Para todo o n N, a família {B d (x, n ): x X} é uma cobertura aberta de X. Como X é Lindelöf, esta famíla tem uma subcobertura contável B n = {B d (x n,m, n )}. Pela aĺınea anterior basta-nos agora mostrar que o conjunto D = {x n,m } (que é contável por ser uma contável de conjuntos contáveis) é denso em X. Dado x X e ɛ > 0, seja n tal que n < ɛ. Como B n é uma cobertura de X, existe x n,m D tal que x B d (x n,m, n ). Então d(x, x n,m) < n < ɛ e portanto D B d(x, ɛ), o que mostra que D é denso em X. Munkres 30.9: Seja X um espaço Lindelöf e A X um subconjunto fechado. Seja {U α } uma cobertura aberta de A. Por definição da topologia induzida, podemos escrever U α = V α A com V α X abertos. Claramente B = {V α } {X \ A} é então uma cobertura aberta de X. Como X é Lindelöf, B tem uma subcobertura contável. Sendo {V αn } a família contável dos abertos V α que pertencem a esta subcobertura, temos A n V αn, logo A n U αn e portanto {U αn } é uma subcobertura contável de {U α }. Conclui-se que A é Lindelöf. Seja agora X = R 2 l o plano de Sorgenfrey e A = {(x, x): x R} X. Claramente Q 2 R 2 é um subconjunto contável denso de R 2 l (uma vez que intersecta todos os elementos [a, b[ [c, d[ da base de R 2 l ), logo R2 l é separável. No Exemplo 4, p.93, mostra-se que a topologia induzida em A é a topologia discreta, logo A não é separável (o fecho de qualquer subconjunto B A é igual a B e se B é contável B A porque A não é contável). Munkres 3.3: Seja X um conjunto ordenado com a topologia da ordem, F X um fechado e x X \F. Vamos assumir que x não é o máximo nem o mínimo de X (estes casos são inteiramente análogos ao caso tratado abaixo (mas mais simples)). Como X \ F é aberto e x não é o máximo nem o mínimo, existe um aberto ]a, b[ da base da topologia da ordem tal que x ]a, b[ (X \ F ). Note-se que isto significa que x F x a ou x b. Vamos achar U e V abertos disjuntos tais que x U e F V. Temos vários casos a considerar: ]a, b[= {x}: Tomamos U = {x} e V = X \ {x}.