Soluções de exercícios de Análise Real 2, Exercícios de Análise Matemática

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UNIVERSIDADE DE BRASÍLIA

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA

CURSO DE MESTRADO EM MATEMÁTICA

EXERCÍCIOS DE ANÁLISE NO Rn

TURMA 2012 \ 1

Prof.o^ Carlos Alberto Pereira dos Santos

BRASÍLIA, JULHO DE 2012

Sumário

Exercício 2

Sejam x, y, z ∈ Rn^ tais que (na norma euclidiana) |x − z| = |x − y| + |y − z|. Prove que existe t ∈ [0, 1] tal que y = (1 − t)x + tz. Mostre que isto seria falso nas normas do máximo e da soma. Solução. Chamando u = x − y e v = y − z , temos que |u + v| = |u| + |v|. Ora, mas pela desigualdade triangular |u + v| ≤ |u| + |v|, onde a igualdade ocorre se, e só se u = αv, para a lgum α ≥ 0 ∈ R, disto resulta que existe α ≥ 0 ∈ R tal que u = αv, isto é, x − y = α(y − z) ⇒ (1 + α)y = x + αz ⇒ y = ( (^) 1+^1 α )x + ( (^) 1+αα )z, daí chamando t = (^) 1+αα , temos que t ∈ [0, 1] e satisfaz y = (1 − t)x + tz. Se tomarmos os pontos x = (1, 0), y = (0, 0) e z = (0, 1), é fácil ver que eles não são colineares mas satisfazem |x−z|S = |x−y|S +|y −z|S , portanto na norma da soma a afirmação não é verdadeira. Da mesma forma os pontos x = (2, 0), y = (1, 0) e z = (0, 1 /2) são um contra-exemplo pra afirmação se considerarmos a norma do máximo.

Exercício 3

Sejam x, y ∈ Rn^ não-nulos. Se todo z ∈ Rn^ que é ortogonal a x for também ortogonal a y, prove que x e y são múltiplos um do outro. Solução. Tem-se x 6 = 0 e y 6 = 0. Se x = y não há nada para demonstrar. Suponha x 6 = y então o vetor y − 〈x, y|x| 2 〉· x é ortogonal a x e, por hipótese, também é ortogonal a y e assim (^) 〈 y, y − 〈x, y|x| 2 〉· x

x, y − 〈x, y|x| 2 〉· x

y − x, y − 〈x, y|x| 2 〉· x

como y − x 6 = 0, temos y − 〈x, y|x| 2 〉 · x = 0 ⇒ y = 〈x, y|x| 2 〉 · x,

portanto y é múltiplo de x.

Exercício 4

Se ‖x‖ = ‖y‖, prove que z = 12 (x + y) é ortogonal a y − x. (A medida de um triângulo isósceles é também altura).

Solução. (^) 〈 (^12) (x + y), y − x〉^ = 12 〈x + y, y − x〉 = 12 (〈x, y〉 − 〈x, x〉 + 〈y, y〉 − 〈x, x〉) = 12 (〈y, y〉 − 〈x, x〉) = 12 (|y|^2 − |x|^2 ) = 0 , como queríamos provar.

1.1.2 Bolas e conjuntos limitados

Exercício 1

Dados a 6 = b em Rn^ determine c, pertencente à reta ab, tal que c ⊥ (b − a). Conclua que para todo x ∈ ab, com x 6 = c, tem-se |c| < |x|. Solução. ab = {a + t(b − a); t ∈ R} Como c ∈ ab ; c = a + t(b − a) onde t é tal que 〈c, b − a〉 = 0 ⇒ 〈a, b − a〉 + t|b − a|^2 = 0 ⇒ t = −〈|ba, b − a−| 2 a 〉. Assim, c é completamente determinado. Por outro lado: |c|^2 < |c|^2 + |b − a|^2 = |c + (b − a)|^2 = |a + t(b − a) + (b − a)|^2 = |a + (1 − t)(b − a)|^2 = |x|^2 ∀x ∈ ab com x 6 = c. Portanto, |c| < |x|, ∀x ∈ ab.

Exercício 2

Sejam |x| = |y| = r, com x 6 = y (norma euclidiana). Se 0 < t < 1 , prove que |(1 − t)x + ty| < r. Conclua que a esfera S(0; r) não contém segmentos de reta. Solução. Seja xy o segmento de reta de extremos x e y. Então xy = {(1 − t)x + ty; t ∈ [0, 1]}. Temos que

|(1 − t)x + ty| = |x − tx + ty| = |x + t(y − x)| ≤ |x| + t|y − x| ≤ r + t|y − x| < r.

Como S(0; r) = {x ∈ Rn; |x| = r}, vê-se facilmente que a esfera não contém segmentos de reta.

Seja X ⊂ Rm^ um conjunto limitado. Tomemos a norma da soma, e como X é limitado, existe K tal que |x| ≤ K, ∀x ∈ X. Temos x = x 1 e 1 + · · · + xmem. Seja M = máx{|T (e 1 )|, · · · , |T (em)|}. Daí,

|T (x)| = |T (x 1 e 1 + · · · + xmem)| = |x 1 T (e 1 ) + · · · + xmT (em)| ≤ |x 1 ||T (e 1 )| + · · · + |xm||T (em)| ≤ M (|x 1 | + · · · + |xm|) ≤ M · K.

Portanto T (X) é um conjunto limitado.

1.1.3 Conjuntos abertos

Exercício 1

Para todo conjunto X ⊂ Rm, prove que int.X é um conjunto aberto, isto é int.int.X ⊂ int.X. Solução. Tomemos x ∈ int.X ⇒ ∃ r 0 > 0; B(x, r 0 ) ⊂ X. Afirmação : B(x, r 0 ) ⊂ int.X. Prova: De fato, seja y ∈ B(x, r 0 ) e tomemos ε = r 0 − |y − x|. Então para todo x ∈ B(y, ε) temos |x − x| ≤ |x − y| + |y − x| < r 0 − |y − x| + |y − x| = r 0 ⇒ x ∈ B(x, r 0 ) ⇒ B(y, ε) ⊂ B(x, r 0 ) ⊂ X, portanto y ∈ int.X, logo int.X é aberto.

Exercício 2

Prove que int.X é o maior conjunto aberto contindo em X, ou seja, se A é aberto e A ⊂ X então A ⊂ int.X Solução. Seja a ∈ A, como A é aberto, ∃r > 0 tal que B(a; r) ⊂ A, e já que A ⊂ X, segue-se que B(a; r) ⊂ X, i.e., x ∈ int.X. Então A ⊂ int.X. Assim, int.X =

Aλ⊂X

Aλ, com Aλ aberto.

Exercício 3

Dê um exemplo de um conjunto X ⊂ Rn^ cuja a fronteira tem interior não vazio e prove que isto não seria possível se X fosse aberto. Solução. Tomando X = Q ⊂ R, temos que a fronteira dos racionais são os reais, pois, dado x ∈ R, toda bola aberta centrada em x irá conter números racionais e numéros irracionais. Fato decorrente da densidade dos racionais em R. Dado X ⊂ Rn^ aberto, temos que X = int.X ⇒ ∀ x ∈ X, ∃ ε > 0 tal que B(x; ε) ⊂ X ⇒ ∂X = ∅, pois x ∈ ∂X se toda bola aberta centrada em x possuir pontos do interior de X e do complementar de X. Assim, nenhum ponto x ∈ ∂X é ponto interior.

Exercício 4

Seja πi : Rn^ −→ R a projeção sobre a i-ésima coordenada, isto é, se x = (x 1 ,... , xn) então πi(x) = xi. Prove que se A ⊂ R^2 é aberto então sua projeção πi(A) ⊂ R também é um conjunto aberto. Solução. Consideremos (Rn, |.|max) onde a bola aberta de centro a e raio r > 0 é dada por B(a; r) = ∏^ n j=

(aj − r, aj + r).

Seja A ⊂ Rn^ um conjunto aberto e ai ∈ πi(A), então existe a ∈ A tal que πi(a) = ai. Como A é aberto, existe r > 0 tal que B(a; r) = ∏^ n j=

(aj − r, aj + r) ⊂ A.

Então ai ∈ (ai − r, ai + r) = πi(B(a; r)) ⊂ πi(A), donde segue que πi(A) é um conjunto aberto.

Exercício 5

Prove que toda coleção de abertos dois a dois disjuntos e não-vazios de Rn^ é enumerável. Solução. Tome em cada aberto A dessa coleção um ponto pertencente ao conjunto não-vazio A ∩ Qn. Como Qn^ é enumerável o mesmo ocorre com o conjunto dos pontos escolhidos, a cada um dos quais corresponde um único aberto da aberto da coleção, pois estes são disjuntos.

1.1.4 Sequências em Rn

Exercício 1

Dada a sequência (xk)k∈N em Rn, sejam N′^ e N′′^ subconjuntos infinitos de N tais que N = N′^ ∪ N′′. Se as subsequências (xk)k∈N′ e (xk)k∈N′′ convergem para o mesmo limite a, prove que lim k∈N xk = a. Solução. Dado ε > 0 , existem k 1 , k 2 ∈ N tais que k > k 1 , k ∈ N′^ ⇒ |xk − a| < ε e k > k 2 , k ∈ N′′^ ⇒ |xk − a| < ε. Seja k 0 = max{k 1 , k 2 }. Como N = N′^ ∪ N′′, segue que k > k 0 ⇒ |xk − a| < ε. Logo lim xk = a.

Exercício 2

Dada a sequência (xk)k∈N Rn, prove que as seguintes afirmações são equivalentes: (a) lim ‖xk‖ = +∞ (b) (xk)k∈N não possui subsequências convergentes. (c) Para cada conjunto limitado X ⊂ Rn^ , o conjunto Nx = {k ∈ N; xk ∈ X} é finito.

k > k 0 ⇒ xk, yk ∈ B(a; ε). Como ∀ ε > 0 a bola B(a; ε) contém pontos de X e de seu complementar então a ∈ ∂X.

1.1.5 Conjuntos fechados

Exercício 1

Para quaisquer X, Y ⊂ Rn, prove que X ∪ Y = X ∪ Y e X ∩ Y ⊂ X ∩ Y. Dê um exemplo onde não vale X ∩ Y = X ∩ Y. Solução.

• X ∪ Y = X ∪ Y : X ⊆ X e Y ⊆ Y , logo X ∪ Y ⊆ X ∪ Y. Como X ∪ Y é fechado, segue que X ∪ Y ⊆ X ∪ Y. X ⊆ X ∪ Y ⇒ X ⊆ X ∪ Y e Y ⊆ X ∪ Y ⇒ Y ⊆ X ∪ Y. Logo X ∪ Y ⊆ X ∪ Y. Portanto, X ∪ Y = X ∪ Y.
• X ∩ Y ⊂ X ∩ Y : X ⊆ X e Y ⊆ Y , logo X ∩ Y ⊆ X ∩ Y. X ∩ Y é fechado e contém X ∩ Y , mas X ∩ Y é o menor fechado que contém X ∩ Y , portanto X ∩ Y ⊂ X ∩ Y.
• Exemplo onde não vale X ∩ Y = X ∩ Y : Sejam a, b e c ∈ R tais que a < b < c. Então para X = (a, b) e Y = (b, c) podemos verificar que X ∩ Y = { b} 6 = ∅ = X ∩ Y.

Exercício 2

Diz-se que o ponto a ∈ Rn^ é valor de aderência da seqüência (xk)k∈N quando a é limite de alguma subseqüência de (xk)k∈N. Prove o conjunto dos valores de aderência de qualquer seqüência é fechado. Solução. Seja F = { conjunto dos valores de aderência da sequência (xk)}. Tomemos a ∈ F ⇒ B(a; εk) ∩ F 6 = ∅, ∀ εk = 1/k, k ∈ N. Para ε 1 = 1, tomemos a 1 ∈ B(a, ε 1 ) ∩ F. Como a 1 ∈ F ⇒ (xk)k∈N ∩ B(a 1 ; ε 1 − |a − a 1 |) 6 = ∅. Seja xk 1 ∈ (xk)k∈N ∩ B(a 1 , ε 1 − |a − a 1 |). Prosseguindo dessa forma, no i-ésimo passo teremos ai ∈ B(a; εi) ∩ F. Como ai ∈ F ⇒ (xk)k∈N ∩ B(ai; εi − |a − ai|) 6 = ∅. Tomemos xki ∈ (xk)k∈N ∩ B(ai, εi − |a − ai|). Os termos (xki )i∈N constituem uma subsequência de (xk)k∈N, além disso |xki − a| < 1 /i, ∀ i ∈ N ⇒ xki −→ a, portanto a ∈ F , desse modo F ⊂ F ⇒ F é fechado.

Exercício 3

Prove que um conjunto A ⊂ Rn^ é aberto se, e somente se, A ∩ X ⊂ A ∩ X para todo X ⊂ Rn. Solução. (⇒) Seja a ∈ A ∩ X. Então a = lim xk, (xk) ⊂ X. ∃k 0 tal que k > k 0 ⇒ xk ∈ A. Portanto xk ∈ A ∩ X. Logo a ∈ A ∩ X ⇒ A ∩ X ⊂ A ∩ X. (⇐) Se A não fosse aberto, existiria um ponto a que não lhe seria interior. Mas, neste caso a ∈ A ∩ Rn^ − A ⊂ A ∩ (Rn^ − A) = ∅. Contradição.

Exercício 4

Se X ⊂ Rm^ e Y ⊂ Rn, prove que se tem X × Y = X × Y em Rm+n. Solução. É óbvio que X × Y ⊃ X × Y. Como X × Y é o menor conjunto fechado que contém X × Y ⇒ X × Y ⊃ X × Y. Por outro lado se (x, y) ∈ X × Y ⇒ ∃ (xk) ⊂ X e (yk) ⊂ Y tais que xk −→ x e yk −→ y. Daí (xk, yk) ⊂ X × Y e lim(xk, yk) = (x, y) ⇒ (x, y) ∈ X × Y. Portanto X × Y = X × Y.

Exercício 5

Prove que X ⊂ Rn^ é fechado ⇔ X ⊃ ∂X. Por outro lado A ⊂ Rn^ é aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅. Solução. (i) X ⊂ Rn^ é fechado ⇔ X ⊃ ∂X. De fato, X é fechado ⇒ X = X ⇒ ∂X = X ∩ Rn^ − X = X ∩ Rn^ − X ⊂ X. Então ∂X ⊂ X. Reciprocamente, se ∂X = X ∩ Rn^ − X ⊂ X, então X = X, pois do contrario se x ∈ X e x /∈ X ⇒ x ∈ X e x ∈ Rn^ − X então x ∈ X e x ∈ Rn^ − X ⇒ x ∈ ∂X ⊂ X, logo X é fechado. (ii) A ⊂ Rn^ é aberto ⇔ A ∩ ∂A = ∅. De fato, se sabe que ∂A = ∂(Rn^ − A). Logo:

∅ = ∂A ∩ A = ∂(Rn^ − A) ∩ A ⇔ ∂(Rn^ − A) ⊂ Rn^ − A ⇔ Rn^ − A é fechado ⇔ A é aberto.

Exercício 6

Sejam A, B ⊂ Rn^ conjuntos limitados disjuntos e não-vazios. Se d(A, B) = 0, prove que existe x ∈ ∂A ∩ ∂B. Solução. Se d(A, B) = 0 então existem sequências (xk) ⊂ A e (yk) ⊂ B tais que lim |xk − yk| = 0. Passando a subsequências, se necessário, podemos afirmar que a = lim xk, pois A

Solução. (Limitado) Suponha que X fosse ilimitado. Então pra nenhum k ∈ N, X ⊂ B(0; k). Daí neste caso teríamos que

k∈N

B(0; k) é uma cobertura de X que não admite subcobertura finita, portanto X deve ser limi-

tado. (Fechado) Suponha que X não seja fechado, então existe (xk) ⊂ X; xk −→ a /∈ X. Daí, para cada k ∈ N, considere o aberto Rn\B[a; 1/k] = Ak. Então

k∈N

Ak é uma cobertura aberta de X que não admite

subcobertura finita, portanto X deve ser fechado.

Exercício 3

Seja (xk) uma sequência limitada em Rn^ que possui um único valor de aderência. Prove que (xk) é convergente. Dê exemplo de uma sequência (não-limitada) não convergente que tem um único valor de aderência. Solução. Seja a um valor de aderência de (xk). Se não fosse a = lim xk, existiriam ε > 0 e uma infinidade de índices k tais que |xk − a| ≥ ε. Passando a uma subsequência, se necessário, teríamos

k^ lim∈N′^ xk^ =^ b, com^ |b^ −^ a| ≥^ ε, logo^ b^6 =^ a^ seria outro valor de aderência. Quanto ao exemplo, basta tomar xk = 0 para k ímpar e xk = k.ei se k é par.

Exercício 4

Se K ⊂ U ⊂ R com K compacto e U aberto, prove que existe ε > 0 tal que x ∈ K, y ∈ Rn, |x − y| < ε ⇒ [x, y] ∈ U. Solução. Inicialmente vamos tomar o conjunto Rn^ − U , o complementar de U no Rn. Esse conjunto é fechado, pois seu complementar é aberto. Sabemos que K é compacto, ou seja, fechado e limitado, e Rn^ − U é fechado, então, pelo fato desses conjuntos serem disjuntos, existe a ∈ K e b ∈ Rn^ −U onde a distância é atingida. Em outras palavras, |x−y| ≥ |a−b|, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ Rn^ −U. Fazendo |a − b| = ε, temos que |x − y| ≥ ε, ∀ y ∈ (Rn^ − U ), donde B(x; ε) ⊂ U. Assim, ∀ x ∈ K e ∀ y ∈ Rn^ tais que |x − y| < ε, temos que y ∈ B(x; ε) ⊂ U. Portanto, [x, y] ⊂ B(x; ε) ⊂ U.

Exercício 5

Seja X ⊂ Rn^ tal que, para todo compacto K ⊂ Rn, a interseção X ∩ K é compacta. Prove que X é fechado.

Solução. Seja a ∈ X, então existe uma sequência (xk) ⊂ X tal que a = lim xk. Defina K = {xk; k ∈ N} ∪ {a}. K é compacto. Daí, por hipótese X ∩ K é compacto, em particular X ∩ K é fechado. Como (xk) ⊂ X ∩ K, então a = lim xk ∈ X ∩ K, portanto pertence a X. Logo X é fechado.

1.1.7 Aplicações contínuas

Exercício 1

Seja f : Rm^ −→ Rn^ contínua. Prove que as seguintes afirmações são equivalentes:

(a) Para todo compacto K ⊂ Rn^ a imagem inversa f −^1 (K) ⊂ Rm^ é compacta. (b) Se xk é uma sequência em Rm^ sem subsequências convergentes, o mesmo se dá com a sequência (f (x k)

) (^) em Rn. (Ou seja, lim x k =^ ∞ ⇒^ lim^ f^ (xk) =^ ∞.) Solução. (a) ⇒ (b) Suponha que f (xk) possui uma subsequência convergindo para o ponto f (x 0 ). O conjunto K = {f (xk); k ∈ N} ∪ {f (x 0 )} seria compacto, logo f −^1 (K) seria um compacto contendo todos os xk ∈ Rm^ e então (xk) possuiria uma subsequência convergente. (b) ⇒ (a) Seja K compacto e suponha, por absurdo, que f −^1 (K) não seja compacto. Então, como K é fechado e f é contínua, temos que f −^1 (K) é ilimitada. Daí, seja (xk) ⊂ f −^1 (K) ∩ Rm^ uma sequência sem subsequências convergentes (basta tomar uma sequência ilimitada em f −^1 (K) ∩ Rm) ⇒ f (xk) ⊂ K e portanto admite subsequência convergente. Contradição.

Exercício 2

Prove que um polinômio complexo não-constante p(z) = a 0 + a 1 z + · · · + anzn, considerado como uma aplicação p : R^2 → R^2 , cumpre uma das (portanto ambas) condições do exercício anterior. Solução. Ora para todo z 6 = 0 em R^2 , temos que p(z) = zn

( (^) a 0 zn^ +^

a 1 zn−^1 +^ · · ·^ +^

an− 1 z +^ an

Tomemos |p(z)| = |z|n^ ·

∣ (^) zan^0 +^ zan−^11 +^ · · ·^ +^ an z− 1 +^ an

e |zk| → +∞.

Solução. Seja a ∈ π(F ). Então existe (xk = π(xk, yk))k∈N ∈ π(F ) tal que lim k∈N xk = a. Como (xk, yk) ∈ F =⇒ yk ∈ K , logo como K é compacto ∃(yk)k∈N′^ ⊂ (yk)k∈N tal que (^) klim∈N′ yk = b. Logo (^) klim∈N′ (xk, yk) = (a, b) ∈ F pois F é fechado. Então a = π(a, b) ∈ π(F ). Assim temos que π(F ) ⊂ π(F ), e como sempre π(F ) ⊂ π(F ), logo π(F ) = π(F ) ⇔ π(F ) é fechado. Exemplo: Considere C = {(x, y) : x > 0 , xy ≥ 1 } ⊂ R^2 um conjunto fechado. π : C −→ R tal que (x, y) 7 −→ π(x, y) = x, ∀(x, y) ∈ C. π(C) = (0, +∞) não é fechado.

1.1.8 Continuidade uniforme

Exercício 1

Sejam F , G ⊂ Rn^ fechados disjuntos não-vazios. A função contínua f : Rn^ −→ [0, 1], definida por f (x) = (^) d(x, Fd () +x, F d^ )(x, G) cumpre f (x) = 0 para todo x ∈ F e f (x) = 1 para todo x ∈ G. Ela se chama a função de Urysohn do par (F, G). Prove que se ela é uniformemente contínua, então d(F, G) > 0. Solução. Vamos assumir, por absurdo, que d(F, G) = 0. Então existem xk ∈ F e yk ∈ G com |xk − yk| < (^) k^1 (consequência da definição de distância). Além disso para qualquer ε > 0 , d(F, G) + ε > |x − y| para algum x ∈ F e y ∈ G. Dessa maneira, lim |xk − yk| = 0, mas observe que f (xk) = 0 e f (yk) = 1. Assim, |f (xk) − f (yk)| = 1 ⇒ lim |f (xk) − f (yk)| = 1 e consequentemente f não é uniformemente contínua.

Exercício 2

Seja Y ⊂ X ⊂ Rm^ com Y denso em X. Se a aplicação contínua f : X −→ Rn^ é tal que sua restrição f |Y é uniformemente contínua, prove que f é uniformemente contínua. Solução. f |Y uniformemente contínua ⇒ dado ε > 0 arbitrário, ∃δ = δ(ε) > 0 tal que para todo x e y em Y satisfazendo |x − y| < δ, tem-se |f (x) − f (y)| < ε/ 2. Tomemos então x′^ e y′ em X tais que |x′^ − y′| < δ. Por hipótese Y é denso em X , portanto existem sequências (xk) e (yk) em Y , tais que xk −→ x′^ e yk −→ y′. Daí |x′^ − y′| < δ ⇒ ∃ k 0 ∈ N tal que ∀ k > k 0 tem-se |xk − yk| < δ e portanto |f (xk) − f (yk)| < ε/ 2. Usando a continuidade de f concluimos que |f (x′) − f (y′)| = lim |f (xk) − f (yk)| ≤ / 2 < . Portanto f : X −→ Rn^ é uniformemente contínua.

Exercício 3

Seja X ⊂ Rm^ um conjunto limitado. Se f : X → Rn^ é uniformemente contínua, prove que f (X) ⊂ Rn também é limitado. Solução. Se f (X) fosse ilimitada, para cada k ∈ N existiria xk ∈ X tal que |f (xk)| > k. A sequência assim obtida não possuiria subsequência convergente. Mas X é limitado, então existe N′^ ⊂ N tal que (xk)k∈N′ é de Cauchy. Sendo f uniformemente con- tínua, temos que (f (xk))k∈N′^ é também de Cauchy, logo convergente. Contradição, pois (f (xk))k∈N não admite subsequência convergente. Portanto f (X) é limitada.

Exercício 4

Sejam f, g : X → R uniformemente contínuas no conjunto X ⊂ Rm. Prove que a soma f + g : X −→ R é uniformemente contínua e o mesmo se dá com o produto f · g : X → R caso f e g sejam limitadas. Solução. Sejam f, g : X ⊂ Rn^ −→ R uniformemente contínuas. Logo, ∀ (xk), (yk) ⊂ X sequências tais que |xk − yk| −→ 0 temos |f (xk) − f (yk)| −→ 0 e |g(xk) − g(yk)| −→ 0. Defina φ : X ⊂ Rn^ −→ R, em que φ(x) = f (x) + g(x). Vamos mostrar que φ é uniformemente contínua. De fato, sejam xk, yk ∈ X sequências tais que |xk − yk| −→ 0. Assim,

|φ(xk) − φ(yk)| = |f (xk) + g(xk) − f (yk) − g(yk)| ≤ |f (xk) − f (yk)| + |g(xk) − g(yk)|.

Como f e g são uniformemente contínuas, segue que

|φ(xk) − φ(yk)| −→ 0

∀xk, yk ∈ X tais que |xk − yk| −→ 0. Portanto, φ é uniformemente contínua. Agora, defina ψ : X ⊂ Rm^ −→ R, ψ(x) = f (x)g(x). Temos que

|ψ(xk) − ψ(yk)| = |f (xk)g(xk) − f (yk)g(yk)| = |f (xk)g(xk) − f (xk)g(yk) + f (xk)g(yk) − f (yk)g(yk)| ≤ |f (xk)||g(xk) − g(yk)| + |g(yk)||f (xk) − f (yk)|.

Se f e g são limitadas, isto é, existem Mf , Mg > 0 tais que |f (x)| < Mf , ∀x e |g(y)| < Mg, ∀y, então |ψ(xk) − ψ(yk)| ≤ Mf |g(xk) − g(yk)| + Mg|f (xk) − f (yk)| −→ 0.

|y 0 − x 0 | ≤ |y − x|

Assim |f (y) − f (x)| ≤ |y − x|

então f é lipschitziana, portanto uniformemente contínua.

1.1.9 Homeomorfismos

Exercício 1

Chama-se semi-reta de origem 0 em Rn^ a um conjunto do tipo σ = {tv; t ≥ 0 , 0 6 = v ∈ Rn}. Seja X ⊂ Rn^ − { 0 } um conjunto compacto que tem um (único) ponto em comum com cada semi-reta com origem 0. Prove que X é homeomorfo à esfera Sn−^1. Solução. Seja ϕ : X −→ Sn−^1 a aplicação definida por ϕ(x) = (^) |xx|. Vamos mostrar que ϕ é um homeomorfismo. Temos que ϕ é uma bijeção. De fato, dados x 1 , x 2 ∈ X tais que ϕ(x 1 ) = ϕ(x 2 ), segue que x 1 |x 1 | =^

x 2 |x 2 | ⇔

|x 1 | |x 2 |x^2 =^ x^1 ⇔^ x^1 e^ x^2 têm a mesma direção e o mesmo sentido, logo estão na mesma semi-reta e assim x 1 = x 2 , pois a interseção de cada semi-reta e o conjunto X é única. Logo, ϕ é injetiva. Além disso, ∀ y ∈ Sn−^1 , ∃ t > 0 tal que ty ∈ X, pois y 6 = 0, com ϕ(ty) = (^) |tyty| = ty t|y| =^

y |y| =^ y. Dessa maneira,^ ϕ^ é também sobrejetiva. Temos ainda que ϕ é contínua, pois ϕ(x) = (^) |xx| é um quociente de funções contínuas (x ∈ X ⊂ Rn^ − { 0 } ⇒ |x| 6 = 0). Como X é compacto, logo ϕ é um homeomorfismo.

Exercício 2

Estabeleça um homeomorfismo entre Rn^ − { 0 } e o produto cartesiano Sn−^1 × R ⊂ Rn+1. Solução. Defina f : Sn−^1 × R −→ Rn^ − { 0 } pondo f (x, t) = etx. Temos que f é contínua pois é o produto de funções contínuas. Além disso, g : Rn^ − { 0 } −→ Sn−^1 × R, definida por g(y) =

( (^) y |y|,^ ln^ |y|

, é contínua e satifaz g(f (x, t)) = (x, t) e f (g(y)) = y. Portanto, f : Sn−^1 × R −→ Rn^ − { 0 } é um homeomorfismo.

Exercício 3

Mostre que existe um homeomorfismo do produto cartesiano Sm^ × Sn^ sobre um subconjunto de Rm+n+1.

Solução. Sm^ ×Sn^ ⊂ Sm^ ×Rn+1^ ∼ Sm^ ×R×Rn^ ∼ (Rm+1^ −{ 0 })×Rn^ ⊂ Rm+n+1. Daí, olhando para a função inclusão temos que Sm^ × Sn^ é homeomorfo a um subconjunto de Sm^ × Rn+1^ ( a saber, o próprio Sm^ × Sn), mas este, por sua vez é homeomorfo a um subconjunto de Sm^ × R × Rn, que por sua vez é homeomorfo a um subconjunto de (Rm+1^ − { 0 }) × Rn^ ⊂ Rm+n+1, como queríamos.

Exercício 4

Dê exemplo de conjuntos X, Y ⊂ Rn^ e pontos a ∈ X, b ∈ Y tais que X − {a} e Y − {b} são homeomorfos mas X não é homeomorfo a Y. Solução. Sejam X = [0, 2 π) o intervalo semi-aberto e Y = S^1 = {(x, y) ∈ R^2 ; x^2 + y^2 = 1} o círculo unitário. a) Mostraremos que a aplicação f : X − {a} −→ Y − {b}, onde a = 0 e b = (1, 0), definida por f (t) = (cos t, sen t) é um homeomorfismo. Com efeito, é claro que a aplicação f é contínua, além disso, f é bijeção. Mostrar que f −^1 é contínua, é equivalente a mostrar que f (F ), donde F ⊂ (X − {a}), é um conjunto fechado. Com efeito, suponhamos que F ⊂ (0, 2 π) é fechado (sa- bemos que F é limitado) então F é compacto, logo f (F ) é um conjunto compacto, o qual implica que f (F ) é fechado em S^1 − {(1, 0)}, portanto f −^1 é contínua, e concluímos que f é um homeomor- fismo. b) Agora mostraremos que a aplicação f : X −→ Y não é um homeomorfismo. Com efeito, é claro que a aplicação f definida por f = (cos t, sen t) é contínua e bijetiva. Mas a sua inversa f −^1 : S^1 → [0, 2 π) é descontínua no ponto p = (1, 0). De fato, ∀k ∈ N, sejam tk = 2π − (^1) k e zk = f (tk). Então (^) klim→∞ f (tk) = lim k→∞ zk = (1, 0), mas (^) klim→∞ f −^1 (zk) = lim k→∞ tk = 2π 6 = 0 = f −^1 (1, 0), assim f −^1 é descontínua em (1, 0). Portanto f não é homeomorfismo.

Exercício 5

Sejam X ⊂ Rm, Y ⊂ Rn^ compactos, a ∈ X e b ∈ Y. Se X − {a} é homeomorfo a Y − {b}, prove que X e Y são homeomorfos. Solução. Seja X − {a} ≈ϕ X − {b}. Defina g : X → Y x 7 →

ϕ(x) se x 6 = a b se x = a

Note que g é bijetiva! Para verificarmos que g é contínua, basta provarmos que (^) xlim→a g(x) = b.