Espaços Métricos - Verão 2015

Ivo Terek Couto

12 de julho de 2015

Resolução das listas de exercícios do curso de Espaços Métricos ministrado noIME-USP em Janeiro de 2015 pelo prof. Hector Cabarcas. Foi utilizado como textopara o curso o livro "Espaços Métricos" - Elon Lages Lima.

Observação: Na lista 4 aparecem alguns resultados (mais gerais) que na verdadesão válidos para espaços topológicos ao invés de espaços métricos (usam apenas osaxiomas de separação T1 ou T2).

As resoluções são despretensiosas e sujeitas à erros. Sugestões e correções podemser enviados para terek@ime.usp.br.

Sumário1 Lista 1 2

2 Lista 2 8

3 Lista 3 14

4 Lista 4 20

1

1 Lista 1Exercício 1. Seja d : N×N→ R definida por d(m,n) = |m2−n2|. É (N, d) um espaçométrico? Justifique a sua resposta.

Solução: Sim, pois d satisfaz as seguintes condições:

• Positividade: d(m,n) = |m2 − n2| ≥ 0 para quaisquer m,n ∈ N. Também,d(m,m) = 0, e

d(m,n) = |m2 − n2| = 0 =⇒ m2 − n2 = 0 =⇒ m2 = n2 =⇒ m = n,

visto que m,n ≥ 0.

• Simetria: d(m,n) = |m2 − n2| = |n2 −m2| = d(n,m), para quaisquer m,n ∈ N.

• Desigualdade triangular: Dados m,n, p ∈ N, tem-se:

d(m,n) = |m2−n2| = |m2−p2+p2−n2| ≤ |m2−p2|+ |p2−n2| = d(m,p)+d(p, n).

Exercício 2. Seja (X, d) um espaço métrico. Defina θ, δ, ρ e η como segue:

θ(x, y) =d(x, y)

1+ d(x, y), δ(x, y) = kd(x, y), k ∈ R+

ρ(x, y) = min{1, d(x, y)}, η(x, y) = (d(x, y))2.Demonstre que θ, δ e ρ são distâncias sobre X, e η não tem porque ser necessariamenteuma distância.

Solução:

θ:

• Positividade: θ(x, y) = d(x,y)1+d(x,y) ≥ 0, pois d(x, y), 1+ d(x, y) ≥ 0. E ainda, da

própria definição de θ, temos θ(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.• Simetria: θ(x, y) = d(x,y)

1+d(x,y) =d(y,x)

1+d(y,x) = θ(y, x).

• Desigualdade triangular: Note que a função f(t) = t1+t = 1− 1

1+t é crescente,pois f ′(t) = 1

(1+t)2 > 0. Destarte:

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z)d(x, y)

1+ d(x, y)≤ d(x, z) + d(y, z)

1+ d(x, z) + d(y, z)d(x, y)

1+ d(x, y)≤ d(x, z)

1+ d(x, z) + d(y, z)+

d(y, z)1+ d(x, z) + d(y, z)

d(x, y)1+ d(x, y)

≤ d(x, z)1+ d(x, z)

+d(y, z)

1+ d(y, z)θ(x, y) ≤ θ(x, z) + θ(y, z).

2

δ:

• Positividade: δ(x, y) = k d(x, y) ≥ 0 para quaisquer x, y ∈ X, visto quek > 0. Temos δ(x, x) = k d(x, x) = k · 0 = 0. E por outro lado δ(x, y) =kd(x, y) = 0 nos dá d(x, y) = 0 (pois k 6= 0), e daí x = y.

• Simetria: δ(x, y) = k d(x, y) = k d(y, x) = δ(y, x).• Desigualdade triangular: tome a desigualdade triangular para d e multi-

plique por k > 0. Ela se mantém e obtemos diretamente a desigualdadetriangular para δ.

ρ:

• Positividade: ρ(x, y) = 1 ≥ 0 ou ρ(x, y) = d(x, y) ≥ 0. Ainda, ρ(x, x) =min{1, d(x, x)} = min{1,0} = 0. E por outro lado, ρ(x, y) = min{1, d(x, y)} =0 nos dá d(x, y) = 0, donde segue que x = y.

• Simetria: ρ(x, y) = min{1, d(x, y)} = min{1, d(y, x)} = ρ(y, x).• Desigualdade triangular: Aqui consideraremos dois casos, d(x, y) < 1 e

d(x, y) ≥ 1. Nosso objetivo é provar que ρ(x, y) ≤ ρ(x, z) + ρ(y, z), istoé, que ρ(x, y) ≤ min{1, d(x, z)} + min{1, d(y, z)}. Basta verificarmos que olado esquerdo da igualdade é menor ou igual que todas as combinaçõespossíveis, 1 + 1, d(x, z) + 1, 1 + d(y, z) e d(x, z) + d(y, z) em todos os casospossíveis.Suponha d(x, y) < 1. Temos:i) ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < 1+ 1;ii) ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < d(x, z) + 1;iii) ρ(x, y) = d(x, y) < 1 < 1+ d(y, z);iv) ρ(x, y) = d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z).Agora suponha d(x, y) ≥ 1. Daí:i) ρ(x, y) = 1 < 1+ 1;ii) ρ(x, y) = 1 < d(x, z) + 1;iii) ρ(x, y) = 1 < 1+ d(y, z);iv) ρ(x, y) = 1 ≤ d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z).

η:A função η não precisa ser uma métrica. Por contra-exemplo: X = R, d(x, y) =|x− y|. Então η(x, y) = (x− y)2 e a desigualdade triangular falha:

η(−1, 1) = 4 ≥ 1+ 1 = η(−1,0) + η(0, 1).

Exercício 3. Sejam d1, d2 e d3 as distâncias definidas na aula sobre R2. Demonstreque para quaisquer x,y ∈ R2 valem as desigualdades:

d3(x,y) ≤ d1(x,y) ≤ d2(x,y) ≤ 2d3(x,y).

3

Solução: Recorde que definimos:

d1(x,y) :=√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2

d2(x,y) := |x1 − y1|+ |x2 − y2|

d3(x,y) := max{|x1 − y1|, |x2 − y2|},

onde x = (x1, x2) e y = (y1, y2). Suponha sem perda de generalidade que max{|x1 −y1|, |x2 − y2|} = |x1 − y1|. Temos:

d3(x,y) = |x1 − y1| =√

(x1 − y1)2 ≤√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 = d1(x,y),

visto que (x2 − y2)2 ≥ 0. Agora, recorde que, dados a, b ≥ 0, vale que

√a+ b ≤√

a+√b (isto pode ser provado, por exemplo, fixando b > 0, considerando a função

f(x) =√x+√b−√x+ b e utilizando Cálculo). Assim, temos:

d1(x,y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 ≤√

(x1 − y1)2+√

(x2 − y2)2 = |x1−y1|+|x2−y2| = d2(x,y).

E por fim, assumindo novamente sem perda de generalidade que max{|x1−y1|, |x2−y2|} = |x1 − y1|, temos:

d2(x,y) = |x1 − y1|+ |x2 − y2| ≤ 2|x1 − y1| = 2d3(x,y).

Exercício 4. Seja A ⊂ R2 definido como A = {(x, y) ∈ R2 | y = x2}. Calcule explicita-mente as distâncias induzidas sobre A pelas métricas d1, d2 e d3.

Solução: Sejam x = (x, x2),y = (y, y2) ∈ A. Temos:

d1(x,y) =√(x− y)2 + (x2 − y2)2.

Em seguida:d2(x,y) = |x− y|+ |x2 − y2| = |x− y|(1+ |x+ y|),

e por fim:d3(x,y) = max{|x− y|, |x2 − y2|}.

Exercício 5. Prove que toda norma em ‖ · ‖ em R é da forma ‖x‖ = a · |x|, onde a > 0é uma constante e |x| é o valor absoluto de x. Conclua que toda norma em R provémde um produto interno.

Solução: Sabemos que vale ‖x‖ = ‖1 · x‖ = ‖1‖ · |x|, encarando 1 como vetor de R ex como escalar do corpo R. A constante prescrita é a = ‖1‖ > 0. Agora verifiquemosque ‖x‖ = a · |x| satisfaz a lei do paralelogramo (a soma dos quadrados dos lados éigual à soma dos quadrados das diagonais):

2(‖x‖2 + ‖y‖2) = ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2

De fato, o lado esquerdo é 2(a2x2 + a2y2) = 2a2(x2 + y2). E o lado direito é:

a2(x+ y)2 + a2(x− y)2 = a2(x2 + 2xy+ y2 + x2 − 2xy+ y2) = 2a2(x2 + y2),

portanto ‖ · ‖ provém de um produto interno.

4

Exercício 6. A fim de que uma métrica d, num espaço vetorial E, seja proveniente deuma norma, é necessário e suficiente que, para x, a ∈ E e λ ∈ R arbitrários, se tenhad(x+ a, y+ a) = d(x, y) e d(λx, λy) = |λ|d(x, y). Mostre esta afirmação.

Solução:

=⇒ : Suponha que d provém de uma norma ‖ · ‖ em E, isto é, d(x, y) = ‖x − y‖.Então temos:

d(x+ a, y+ a) = ‖(x+ a) − (y+ a)‖ = ‖x− y‖ = d(x, y),

e também:

d(λx, λy) = ‖λx− λy‖ = ‖λ(x− y)‖ = |λ|‖x− y‖ = |λ| d(x, y).

⇐= : Suponha que valem as condições do enunciado. Afirmo que d provém danorma definida por ‖x‖ := d(x,0). Verifiquemos que ‖ · ‖ é de fato uma norma:

• Positividade: ‖x‖ = d(x,0) ≥ 0, só valendo a igualdade se d(x,0) = 0, istoé, se x = 0 (pois d é métrica).

• Homogeneidade da multiplicação por escalar: basta notar que ‖λx‖ =d(λx,0) = d(λx, λ0) = |λ| d(x,0) = |λ|‖x‖, usando a segunda condiçãodo enunciado.

• Desigualdade triangular: aqui usaremos ambas as condições do enunciado.Temos:

‖x+ y‖ = d(x+ y,0) = d(x,−y) ≤ d(x,0) + d(0,−y) = d(x,0) + d(y,0)

=⇒ ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖.Note que onde usamos a segunda condição, também usamos a simetria ded.

Para concluir, vejamos que de fato d provém de ‖ · ‖. Temos que:

‖x− y‖ = d(x− y,0) = d(x, y).

Exercício 7. Demonstre que um espaço normado diferente de {0} não tem pontosisolados.

Solução: Tome um ponto a 6= 0 no espaço. Seja r > 0 qualquer e considere a bolaB(a, r). Considere o vetor a+ ra

2‖a‖ . Como a 6= 0, os dois vetores são distintos. Então:∥∥∥∥a−

(a+

ra2‖a‖

)∥∥∥∥ =

∥∥∥∥ ra2‖a‖

∥∥∥∥ =r

2‖a‖‖a‖=r

2< r.

Assim, o vetor está em B(a, r), e como r é qualquer, a não é isolado. Agora vejamosque 0 não é isolado. Seja r > 0 e considere a bola B(0, r). Como o espaço nãocontém só o 0, tome um vetor a qualquer, e considere ra

2‖a‖ . Pela mesma conta acima,este vetor está em B(0, r), logo 0 não é isolado.

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Exercício 8. Em todo espaço métrico (M, d), tem-se

B[a, r] =⋂s>r

B(a, s) =

∞⋂n=1

B

(a, r+

1n

)e

{a} =⋂s>0

B(a, s) =

∞⋂n=1

B

(a,

1n

).

Exprima, dualmente, cada bola aberta de M como uma reunião de bolas fechadas.

Solução: Afirmo que:

B(a, r) =⋃s<r

B[a, s] =

∞⋃n=1

B

[a, r−

1n

],

Que as uniões estão contidas em B(a, r) é claro. Agora tome x ∈ B(a, r), e vejamosque x está em ambas as uniões. Seja s < r qualquer. Temos d(a, x) ≤ s < r, portantox ∈ B[a, s] ⊂

⋃s<r B[a, s]. Do mesmo modo, dado n ∈ Z>0, temos d(a, x) ≤ r− 1

n< r,

aí x ∈ B[a, r− 1

n

]⊂⋃∞n=1 B

[a, r− 1

n

].

Exercício 9. Sejam (M, dM), (N, dN) espaços métricos. Usando a métrica d[(x, y), (x ′, y ′)] =max{dM(x, x ′), dN(y, y ′)} definida sobre M×N, mostre que a esfera de centro (a, b) eraio r em M×N é igual a (B[a, r]× S(b, r)) ∪ (S(a, r)× B[b, r]).

Solução: Temos:

(x, y) ∈ S((a, b), r) ⇐⇒ d[(x, y), (a, b)] = r ⇐⇒ max{dM(x, a), dN(y, b)} = r

⇐⇒ {dM(x, a) = r e dN(y, b) ≤ rou dM(x, a) ≤ r e dN(y, b) = r

⇐⇒ {x ∈ S(a, r) e y ∈ B[b, r]ou x ∈ B[a, r] e y ∈ S(b, r)

⇐⇒ {(x, y) ∈ S(a, r)× B[b, r]ou (x, y) ∈ B[a, r]× S(b, r)

⇐⇒ (x, y) ∈ (B[a, r]×S(b, r))∪(S(a, r)×B[b, r]).

Exercício 10. Mostre que em todo espaço vetorial normado, as bolas abertas contémmais de um elemento x diferente de seu centro.

Solução: Dado r > 0 qualquer e um centro a no espaço, para cada n ∈ Z>0, o vetorx = a+ ra

2n‖a‖ está no espaço. Com efeito:∥∥∥∥a−

(a+

ra2n‖a‖

)∥∥∥∥ =

∥∥∥∥ ra2n‖a‖

∥∥∥∥ =r

2n‖a‖‖a‖ = r

2n< r.

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Exercício 11. Seja X = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1} o disco unitário aberto do planoeuclidiano R2. Dado a = (5,0), prove que d(a, X) = 4.

Solução: Considere o R2 com a métrica do máximo. Da condição x2+y2 < 1 temosque |x| < 1 e |y| < 1. Assim:

d((5,0), (x, y)) = max{|5− x|, |y|} = max{5− x, |y|} = 5− x.

E |x| < 1 =⇒ −1 < x < 1 =⇒ −1 < −x < 1 =⇒ 4 < 5 − x < 6, isto é,4 < d((5,0), (x, y)) < 6. Mas inf]4, 6[= 4.

Exercício 12. Seja X = {x ∈ Rn | xp+1 = · · · = xn = 0}. Usando a métrica euclidiana,prove que se a = (a1, · · · , an), então d(a, X) =

√a2p+1 + · · ·+ a2

n.

Solução: Temos:

d(a,x) =√

(x1 − a1)2 + · · · (xp − ap)2 + (xp+1 − ap+1)2 + · · ·+ (xn − an)2

=⇒ d(a,x) =√(x1 − a1)2 + · · ·+ (xp − ap)2 + a2

p+1 + · · ·+ a2n,

mas o mínimo destas distâncias é atingido em x = (a1, · · · , ap,0, · · · ,0) ∈ X. E estemínimo é de fato

√a2p+1 + · · ·+ a2

n.

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2 Lista 2Exercício 1. Seja f : R→ R uma função estritamente crescente, e d : R×R→ R umafunção definida por:

d(x, y) = |f(x) − f(y)|.

Prove que a função d é uma métrica.

Solução:

• Positividade: a função | · | só assume valores positivos. Note que como f éestritamente monótona, f é injetora. Assim, vale o último =⇒ de:

d(x, y) = 0 ⇐⇒ |f(x) − f(y)| = 0 ⇐⇒ f(x) = f(y) ⇐⇒ x = y.

• Simetria: d(x, y) = |f(x) − f(y)| = |f(y) − f(x)| = d(y, x).

• Desigualdade triangular:

d(x, y) = |f(x) − f(y)|

= |f(x) − f(z) + f(z) − f(y)|

≤ |f(x) − f(z)|+ |f(z) − f(y)|

= d(x, z) + d(z, y).

Exercício 2. Uma função d : M ×M → R é chamada de semi-métrica se satisfaztodas as propriedades de métrica, salvo a condição d(x, y) = 0 implica x = y, isto é,em uma semi-métrica se permite distância zero entre pontos distintos. Seja (M, d) umsemi-espaço métrico e defina a seguinte relação de equivalência em Rd em M: x Rd yse e só se d(x, y) = 0. Prove que a função d̃ definida por d̃([x], [y]) := d(x, y) é umamétrica no conjunto quociente M/Rd. Assim, o par (M/Rd, d̃) é um espaço métrico.

Solução:

• Positividade: Veja que d̃([x], [y]) = d(x, y) ≥ 0 pra quaisquer [x], [y] ∈ M/Rd,pois d é semi-métrica. Ainda mais, vale:

d̃([x], [y]) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x Rd y ⇐⇒ [x] = [y].

• Simetria: d̃([x], [y]) = d(x, y) = d(y, x) = d̃([y], [x]).

• Desigualdade triangular:

d̃([x], [y]) = d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z) = d̃([x], [z]) + d̃([y], [z]).

Exercício 3. A distância entre dois pontos (x, y), (x ′, y ′) de R2 está definida pord((x, y), (x ′, y ′)) = |(x− x ′) + (y− y ′)|. Prove que d é uma semi-métrica.

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Solução:

• Positividade: A função | · | só assume valores positivos. E d((x, y), (x, y)) =|(x− x) + (y− y)| = 0.

• Simetria:

d((x, y), (x ′, y ′)) = |(x− x ′) + (y− y ′)| = |(−1)((x ′ − x) + (y ′ − y))|

= |(x ′ − x) + (y ′ − y)| = d((x ′, y ′), (x, y)).

• Desigualdade triangular:

d((x, y), (x ′, y ′)) = |(x− x ′) + (y− y ′)|

= |(x− x ′′ + x ′′ − x ′) + (y− y ′′ + y ′′ − y ′)|

= |(x− x ′′) + (y− y ′′) + (x ′′ − x ′) + (y ′′ − y ′)|

≤ |(x− x ′′) + (y− y ′′)|+ |(x ′′ − x ′) + (y ′′ − y ′)|

= d((x, y), (x ′′, y ′′)) + d((x ′′, y ′′), (x ′, y ′)).

Exercício 4. Um espaço métrico M chama-se discreto quando todo ponto de M éisolado. Prove que:

• Um espaço métrico com a métrica zero-um é discreto.

• Todo espaço métrico finito é discreto.

Solução:

• Seja p ∈ M. Basta tomar B(p, 1/2) = {x ∈ M | d(x, p) < 1/2} = {p}. Então p éisolado, e como p era qualquer, segue que M é discreto.

• Escreva M = {p1, . . . , pn}. Seja ri = min{d(x, pi) | x ∈ M, x 6= pi} > 0. Então,para todo i de 1 até n, considere as bolas B(pi, ri). Por construção dos ri, temos:

x ∈ B(pi, ri) =⇒ d(x, pi) < ri =⇒ d(x, pi) = 0 =⇒ x = pi.

Então todos os pi são isolados e M é discreto.

Exercício 5. Na métrica definida em M1 ×M2 × · · · ×Mn por

d(x,y) = max{d(x1, y1), . . . , d(xn, yn)},

a bola aberta (resp. fechada) de centro x e raio r é o produto cartesiano das bolasabertas (resp. fechadas) de centro xi e raio r (i = 1, 2, . . . n).

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Solução: Diretamente das definições:

p ∈ B(x, r) ⇐⇒ d(p,x) < r⇐⇒ max{d(pi, xi) | 1 ≤ i ≤ n} < r⇐⇒ d(pi, xi) < r, ∀ 1 ≤ i ≤ n⇐⇒ pi ∈ B(xi, r), ∀ 1 ≤ i ≤ n.

Para bolas fechadas, troque < por ≤ no argumento acima.

Exercício 6. Um ponto a = (a1, a2) é isolado no produto M1 ×M2 se, e somente secada coordenada ai, com i = 1, 2 é um ponto isolado em Mi.

Solução: Tome a métrica do máximo no espaço produto. Assim, vale que B(a, r) =B(a1, r)× B(a2, r) para qualquer r > 0.

=⇒ : Suponha a isolado. Então existe r > 0 tal que B(a, r) = {a}. Então:

B(a1, r)× B(a2, r) = {(x, y) | x ∈ B(a1, r), y ∈ B(a2, r)} = {(a1, a2)}

nos dá que x = a1 e y = a2, isto é, B(a1, r) = {a1} e B(a2, r) = {a2}. Portanto a1e a2 são isolados, nos seus respectivos espaços.

⇐= : Suponha a1 e a2 isolados, nos seus respectivos espaços. Então existem r1, r2 > 0tais que B(a1, r1) = {a1} e B(a2, r2) = {a2}. Seja r = min{a1, a2}. Então B(ai, r) ={ai}, à fortiori. E assim temos que:

B(a, r) = B(a1, r)× B(a2, r) = {a1}× {a2} = {(a1, a2)} = {a},

e segue que a é isolado.

Exercício 7. Num espaço métrico M, seja b ∈ B(a, r). Prove que existe uma bolaaberta de centro b contida em B(a, r).

Solução: Considere s = r − d(a, b) > 0. Afirmo que B(b, s) ⊂ B(a, r). Com efeito,tome p ∈ B(b, s). Aí:

d(a, p) ≤ d(a, b) + d(b, p) < d(a, b) + s = d(a, b) + r− d(a, b) = r,

daí p ∈ B(a, r) e B(b, s) ⊂ B(a, r).

Exercício 8. Se b não está na bola fechada B[a, r], prove que existe s > 0 tal que abola B[a, r] é disjunta da bola B[b, s].

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Solução: Considere qualquer 0 < s < d(a, b) − r. Agora tome p ∈ B[b, s]. Vejamosque p 6∈ B[a, r]. De fato:

d(p, b) ≤ s < d(a, b) − r =⇒ −d(p, b) > r− d(a, b),

e além disso d(a, b) ≤ d(p, a) + d(p, b) =⇒ d(p, a) ≥ d(a, b) − d(p, b), e com isso:

d(p, a) > d(a, b) + r− d(a, b) =⇒ d(p, a) > r,

isto é, p 6∈ B[a, r].

Exercício 9. A distância entre dois subconjuntos S, T não vazios de um espaço métrico(M, d), ρ(S, T), está definida por ρ(S, T) = inf{d(s, t) | s ∈ S, t ∈ T }. Observe queρ(S, T) = ρ(T, S) e ρ(S, S) = 0. É a função ρ uma métrica em M? Justifique a suaresposta.

Solução: Não, pois o domínio de ρ é (℘(M) \ {∅}) × (℘(M) \ {∅}), e não M ×M.E mesmo que o domínio estivesse certo, basta tomar dois conjuntos distintos cujainterseção seja não-vazia.

Exercício 10. Prove que dados a, b, x ∈ M e (M, d) espaço métrico, tem-se que|d(a, x) − d(b, x)| ≤ d(a, b).

Solução: Temos:

d(a, x) ≤ d(a, b) + d(b, x) =⇒ d(a, x) − d(b, x) ≤ d(a, b),

e permutando as letras temos d(b, x) − d(a, x) ≤ d(b, a) = d(a, b). Pela definição demódulo resulta que |d(a, x) − d(b, x)| ≤ d(a, b).

Exercício 11. Um subconjunto X de um espaço métrico (M, d) diz-se limitado,quando existe um número real r ≥ 0 tal que d(x, y) ≤ r quaisquer que sejam x, y ∈ X.O menor desses números r chama-se o diâmetro do conjunto X (não-vazio), o qualrepresentamos pelo símbolo δ(X). Assim:

δ(X) = sup{d(x, y) | x, y ∈ X}.

• Todo conjunto finito de pontos é limitado, e tem como diâmetro o maior dosnúmeros d(xi, xj), i, j = 1, 2, . . . ,m.

• Em M, uma bola fechada B = B[a, r] é limitada e tem diâmetro δ(B) ≤ 2r.

Solução:

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• Escreva X = {x1, . . . , xm}. Por definição:

δ(X) = sup{d(xi, xj) | 1 ≤ i, j ≤ m} < +∞,pois X é finito e logo o supremo é atingido.

• Tome x, y ∈ B[a, r]. Temos d(x, y) ≤ d(x, a) + d(y, a) ≤ r + r = 2r. Então 2ré uma cota superior de {d(x, y) | x, y ∈ B[a, r]}, e pela definição de supremoresulta que δ(X) ≤ 2r.

Exercício 12. Um subconjunto X de um espaço métrico é limitado se, e somente seestá contido em alguma bola de M.

Solução:

=⇒ : Chame r = δ(X) < ∞, tome p ∈ X qualquer e considere a bola B[p, r]. EntãoX ⊂ B[p, r]. Com efeito, se x ∈ X, temos d(p, x) ≤ δ(X) = r =⇒ x ∈ B[p, r].

⇐= : Suponha que X está contido em alguma bola B(p, r), para algum p ∈M, r > 0.Tome x, y ∈ X. Daí:

d(x, y) ≤ d(p, x) + d(p, y) < r+ r = 2r < +∞.Como x e y são quaisquer, tomamos o supremo e obtemos δ(X) ≤ 2r < +∞,portanto X é limitado.

Exercício 13. Num espaço vetorial normado E, seja B = B(a, r) a bola aberta decentro a ∈ E e raio r > 0. Dado b ∈ E, tem-se d(b, B) = 0 se, e somente se, b ∈ B[a, r].

Solução:

=⇒ : Suponha que d(b, B) = inf{d(b,x | x ∈ B)} = 0. Então, para todo n ∈ Z>0,existe xn ∈ B tal que d(b,xn) < 1/n. Assim:

d(a, b) ≤ d(a,xn) + d(b,xn) < r+1n, ∀ n ∈ Z>0,

e passando ao limite obtemos d(a, b) ≤ r, isto é, b ∈ B.

⇐= : Façamos a contra-positiva. Suponha que b 6∈ B. Então d(a, b) > r, e podemosescrever d(a, b) = r+ c, para algum c > 0. Tome x ∈ B qualquer. Temos:

d(x, b) ≥ d(a, b) − d(x,a) > r+ c− r = c,

isto é, d(b,x) > c para todos os x ∈ B. Passando ao ínfimo, temos d(b, B) ≥c > 0.

12

Observação. Na verdade o resultado acima vale para um espaço métrico qualquer.

Exercício 14. Seja ∆ ⊂ M ×M a diagonal: ∆ := {(x, x) | x ∈ M}, onde M é umespaço métrico. Considere em M ×M a métrica d̃(x,y) = max{d(x1, y1), d(x2, y2)}.Mostre que d(x, ∆) = 0 se, e somente se x ∈ ∆.

Solução:

=⇒ : Suponha que d(x, ∆) = inf{d(x, p) | p ∈ ∆} = 0. Então, para todo n ∈ Z>0, existepn = (pn, pn) ∈ ∆ tal que d(x, pn) < 1/(2n), isto é, max{d(x1, pn), d(x2, pn)} <1/(2n), e daí d(x1, pn), d(x2, pn) < 1/(2n). Desta forma, temos:

d(x1, x2) ≤ d(x1, pn) + d(x2, pn) <12n

+12n

=1n, ∀ n ∈ Z>0,

e tomando o limite obtemos d(x1, x2) = 0. Então x1 = x2 e x ∈ ∆.

⇐= : Façamos a contra-positiva. Suponha que x 6∈ ∆. Então x1 6= x2 e d(x1, x2) =c > 0. Tome p ∈ ∆ qualquer. Temos

d(x, p) = max{d(x1, p), d(x2, p)} ≥ d(xi, p), i = 1, 2 =⇒=⇒ d(x, p) ≥ d(x1, p) + d(x2, p)

2≥ d(x1, x2)

2=c

2

Como d(x, p) ≥ c/2 para todos os p ∈ ∆, passando ao ínfimo, obtemos d(x, ∆) ≥c/2 > 0.

13

3 Lista 3Exercício 1. Dadas f, g :M→ R contínuas, prove que são contínuas em a as funçõesφ,ψ :M→ R, definidas por φ(x) = max{f(x), g(x)} e ψ(x) = min{f(x), g(x)} para todox ∈M.

Solução: Basta notar que:

min{f(x), g(x)} = f(x) + g(x) − |f(x) − g(x)|

2e max{f(x), g(x)} = f(x) + g(x) + |f(x) − g(x)|

2.

Como f e g são contínuas, f + g é contínua, e como a composta de contínuas écontínua, temos que |f− g| é contínua. Portanto φ e ψ também o são.

Exercício 2. Sejam f, g :M→ R contínuas no ponto a ∈M, com f(a) ≤ g(a). Proveque existe uma bola aberta B com centro a tal que f(x) < g(x) para todo x ∈ B.

Solução: Dado ε > 0 existe δ > 0 (tomando o menor dos δ para f e g) tal que parax ∈ B(a, δ) tem-se:

f(a) − ε < f(x) < f(a) + εg(a) − ε < g(x) < g(a) + ε

=⇒ −f(a) − ε < −f(x) < −f(a) + εg(a) − ε < g(x) < g(a) + ε

,

e daí g(x) − f(x) > g(a) − f(a) − 2ε. Tome o δ correspondente à ε = (g(a) − f(a))/2.

Exercício 3. Seja f :M→ R contínua em a ∈M. Se f(a) 6= 0, prove que existe umabola aberta B centrada em a tal que f(x) tem o mesmo sinal do que f(a) para todox ∈ B.

Solução: Se f(a) > 0, chamando g a função nula, temos f(a) > g(a) = 0, e peloexercício anterior existe uma bola aberta B na qual f(x) > g(x) = 0. Analogamentetrata-se o caso f(a) < 0.

Exercício 4. Sejam f, g : M → N contínuas no ponto a ∈ M. Se f(a) 6= g(a), entãoexiste uma bola aberta B de centro a tal que f(B) e g(B) são conjuntos disjuntos.

Solução: Seja ε = dN(f(a), g(a)) > 0. Então existem δf, δg > 0 tais que x ∈ BM(a, δf)implica dN(f(x), f(a)) < ε/2 e x ∈ BM(a, δg) implica dN(g(x), g(a)) < ε/2. Tomeδ = min{δf, δg}. Afirmo que B(a, δ) é a bola procurada. Com efeito, suponha porabsurdo que exista y ∈ f(B(a, δ)) ∩ g(B(a, δ)). Então existem x1, x2 ∈ B(a, δ) tais quey = f(x1) = g(x2). E assim:

ε = dN(f(a), g(a)) ≤ dn(f(a), y) + dN(y, g(a))

= dN(f(a), f(x1)) + dN(g(x2), g(a)) <ε

2+ε

2= ε = dN(f(a), g(a)),

uma contradição.

14

Exercício 5. Seja F : I→ R derivável em todos os pontos do intervalo aberto I. Mostreque se F é lipschitziana, então sua derivada é limitada em I.

Solução: Existe M > 0 tal que |F(x+h) − F(x)| ≤M|h| para todo x ∈ I e h pequenoo suficiente para que x+ h ainda esteja em I. Então:

0 ≤∣∣∣∣F(x+ h) − F(x)h

∣∣∣∣ ≤ M|h|

|h|=M,

e tomando o limite h → 0 (cuja existência é garantida por hipótese), temos 0 ≤|F ′(x)| ≤M.

Exercício 6. Sejam M e N espaços métricos. Mostre que:

• Se M é um conjunto discreto, então qualquer função f :M→ N é contínua.

• Seja N um conjunto discreto. Então uma função g : M → N é contínua se, esomente se, cada ponto a ∈ M é centro de uma bola aberta na qual g é umafunção constante.

Solução:

• Seja a ∈M e ε > 0. Seja lá qual for ε, existe δ > 0 tal que B(a, δ) = {a}, poisa é isolado. Então se x ∈ B(a, δ), temos d(f(x), f(a)) = d(f(a), f(a)) = 0 < ε.

• =⇒ : Seja a ∈ M. Como N é discreto, f(a) é isolado e existe ε > 0 tal queBN(f(a), ε) = {f(a)}. Por continuidade, para este ε > 0 existe δ > 0 tal quex ∈ BM(a, δ) implica f(x) ∈ BN(f(a), ε) = {f(a)}, isto é, f(x) = f(a), e f éconstante na bola BM(a, δ).⇐= : Seja a ∈M e ε > 0. Independentemente do valor de ε, por hipótese existeuma bola B(a, δ) na qual f é constante, e esta constante deve necessari-amente ser f(a). Então x ∈ B(a, δ) implica d(f(x), f(a)) = d(f(a), f(a)) =0 < ε. Portanto f é contínua em a.

Exercício 7. Seja f :M×N→ K continua. Mostre que para cada a ∈M e cada b ∈ Nas aplicações fa : N → K e fb : M → K, definidas por fa(y) = f(a, y) e fb(x) = f(x, b)são contínuas.

Solução: Tome a métrica do máximo em M×N. Seja ε > 0 e y0 ∈ N. Note que fé contínua em particular no ponto (a, y0). Então existe δ > 0 tal que

dM×N((a, y), (a, y0)) < δ =⇒ dK(f(a, y), f(a, y0)) < ε,

porém isto também se lê como:

dN(y, y0) < δ =⇒ dK(fa(y), fa(y0)) < ε,

donde segue que fa é contínua. O tratamento para fb é idêntico.

15

Exercício 8. Prove que se F :M→ N é uma função contínua e injetora, e tal que F(a)é um ponto isolado de N, então a é um ponto isolado de M.

Solução: Como f(a) é isolado em N, existe ε > 0 tal que BN(f(a), ε) = {f(a)}.Por continudade, existe δ > 0 tal que x ∈ BM(a, δ) implica f(x) ∈ BN(f(a), ε), isto é,f(x) = f(a). Como f é injetora, concluímos que x = a, e daí B(a, δ) = {a}. Logo a éisolado em M.

Exercício 9. Prove que se M é homeomorfo a M ′ e N é homeomorfo a N ′, entãoM×N é homeomorfo a M ′ ×N ′.

Solução: Existem homeomorfismos fM : M → M ′ e fN : N → N ′. Defina a funçãoF : M ×N → M ′ ×N ′ pondo F(x, y) = (fM(x), fN(y)). Temos que F é contínua poissuas componentes o são. Existem e são contínuas f−1

M : M ′ → M e f−1N : N ′ → N.

Afirmo que a função G : M ′ × N ′ → M × N dada por G(x, y) = (f−1M(x), f−1

N (y)) é ainversa de F (fato que já prova que F é bijetora). Temos

F(G(x, y)) = F((f−1M(x), f−1

N (y))) = (fM(f−1M(x)), fN(f

−1N (y))) = (x, y),

e também:

G(F(x, y)) = G((fM(x), fN(y))) = (f−1M(fM(x)), f

−1N (fN(y))) = (x, y).

E por fim note que G é contínua por ter componentes contínuas. Então F é umabijeção contínua com inversa contínua, logo homeomorfismo.

Exercício 10. Seja F : M → N uma função contínua e Γ ⊂ M × N o gráfico de F.Prove que Γ é homeomorfo a M.

Solução: Defina π : Γ → M pondo π(x, F(x)) = x. Claramente π é contínua esobrejetora. E

π(x, F(x)) = π(y, F(y)) =⇒ x = y, e também F(x) = F(y),

assim π é injetora. Afirmo que a inversa de π é a função M 3 x 7→ (x, F(x)) ∈ Γ , quechamaremos de π−1. Com efeito:

π(π−1(x)) = π(x, F(x)) = x, π−1(π(x, F(x))) = π−1(x) = (x, F(x)).

E ainda π−1 é contínua por ter componentes contínuas (a identidade e F). Logo π éum homeomorfismo.

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Exercício 11. Prove que toda bola aberta B = B(a, r) do espaço euclidiano Rn éhomeomorfa ao espaço Rn inteiro.

Solução: Toda bola B(a, r) é homeomorfa à bola B(0, 1). Então a estratégia é provarque a bola B(0, 1) é homeomorfa ao Rn, e este homeomorfismo será construido àpartir da ideia de expandir a bola radialmente em todas as direções. Para tal, o nossoprimeiro passo é construir um homeomorfismo entre (0, 1) e R≥0. Já sabemos quetan : (0, π) → R≥0 é um homeomorfismo. E a aplicação φ1 : (0, 1) → (0, π) dada porφ1(x) = πx também. Desta forma, temos que a aplicação (0, 1) 3 x 7→ tan(πx) ∈ R éum homeomorfismo entre (0, 1) e R≥0. Com isto em mãos, definimos F : B(0, 1)→ Rnpondo:

F(x) = tan(π‖x‖)x.Assim F é um homeomorfismo. Agora só nos resta achar um homeomorfismo entreB(a, r) e B(0, 1) e compor com F. A ideia é aplicar uma translação para encaixar oscentros, e então uma homotetia para ajustar o tamanho da bola. Um homeomorfismoentre (0, r) e (0, 1) é dado por φ2(x) = x/r. Então G : B(a, r) → B(0, 1) dada porG(x) = ‖x−a‖

r(x − a) é um homeomorfismo entre as bolas. Desta forma, a composta

h = F ◦G : B(a, r)→ Rn é uma composta de homeomorfismos. Explicitamente:

h(x) =‖x− a‖r

tan(π‖x− a‖2

r

)(x− a).

Exercício 12. Prove que a esfera Sn menos o polo sul é homeomorfa ao espaço Rn.

Solução: A ideia é construir a projeção estereográfica. Chamando as coordenadasnaturais do Rn+1, x1, . . . , xn+1, note que o hiperplano xn+1 = 0 é homeomorfo ao Rnpela inclusão natural. A ideia é tomar a reta ligando o polo sul N = (0, . . . ,−1) aoponto p ∈ Sn, e associar ao ponto p = (x1, . . . , xn+1) a interseção desta reta com ohiperplano xn+1 = 0. Temos a reta:

r(t) = N+ t(p−N) = (tx1, . . . , txn, txn+1 + t− 1).

Queremos t tal que r(t) esteja no hiperplano xn+1 = 0, isto é:

txn+1 + t− 1 = 0 =⇒ t =1

1+ xn+1.

Defina π : Sn \ {N}→ Rn pondo

π(x) =x̃

1+ xn+1,

onde já identificamos x = (x1, . . . , xn+1) com x̃ = (x1, . . . , xn). Então π é o homeomor-fismo procurado.

Exercício 13. SejaM um espaço métrico. Mostre que se d1 ∼ d2 e d1 é discreta, entãod2 também é discreta.

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Solução: Na verdade basta a condição d2 � d1. Como d1 é discreta, existe ε > 0 talque Bd1(a, ε) = {a}. E como d2 � d1, existe δ > 0 tal que Bd2(a, δ) ⊂ Bd1(a, ε) = {a}.Como bolas abertas são não-vazias, temos Bd2(a, δ) = {a}, e portanto d2 é discreta (jáque a era arbitrário).

Exercício 14. Mostre que se existirem números reais m,n > 0 tais que d(x, y) ≤nd ′(x, y) e d ′(x, y) ≤ md(x, y) quaisquer que sejam os pontos x, y ∈ M, então asmétricas d e d ′ são equivalentes.

Solução: Tome uma bola B(a, ε) (segundo d). Afirmo que B ′(a, ε

n

)⊂ B(a, ε). Com

efeito, tome x ∈ B ′(a, ε

n

). Então temos:

d(x, a) ≤ nd ′(x, y) < nεn

= ε,

e vale a afirmação. Portanto d ′ � d. Analogamente tem-se que B(a, ε

m

)⊂ B ′(a, ε) e

daí d � d ′. Concluímos que d ∼ d ′.

Exercício 15. Sejam (M, d) e (N, d1) espaços métricos e f : M → N uma aplicaçãocontínua. A métrica definida em M por ρ(x, y) = d(x, y) + d1(f(x), f(y)) é equivalentea d.

Solução: Note que d(x, y) ≤ ρ(x, y) quaisquer que sejam x, y ∈M. Então dada umabola qualquer Bd(a, ε), afirmo que Bρ(a, ε) ⊂ Bd(a, ε). Com efeito, se x ∈ Bρ(a, ε),tem-se:

d(x, a) ≤ ρ(x, y) < ε,

e daí x ∈ Bd(a, ε), o que testemunha que ρ � d. Agora considere uma bola Bρ(a, ε).Como f é contínua em a, existe δ̃ > 0 tal que d(x, a) < δ̃ implica d1(f(x), f(a)) < ε/2.Então tome δ = min{δ̃, ε/2}. Afirmo que Bd(a, δ) ⊂ Bρ(a, ε). Tome x ∈ Bd(a, δ).Assim d(x, a) < δ e valem as observações anteriores. Temos:

ρ(x, a) = d(x, a) + d1(f(x), f(a)) <ε

2+ε

2= ε,

e vale a afirmação. Assim d � ρ. Concluímos que as métricas são equivalentes.

Exercício 16. Seja φ : [0,+∞[→ [0,+∞[ uma função estritamente crescente tal queφ(0) = 0 e φ(x+ y) ≤ φ(x) +φ(y). Então, se d é uma métrica emM, prove que φ ◦ dtambém é uma métrica em M. Se, além disso, φ for contínua no ponto 0, as métricasd e φ ◦ d são equivalentes.

Solução: Sejam x, y, z ∈M.

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• Positividade: φ(d(x, y)) ≥ 0 pois φ só assume valores não-negativos. Como φé estritamente crescente, φ é injetora, e daí vale o primeiro ⇐⇒ de :

φ(d(x, y)) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.

• Simetria: φ(d(x, y)) = φ(d(y, x)) pois d é assumida métrica.

• Desigualdade triangular:

φ(d(x, y)) ≤ φ(d(x, z) + d(y, z)) ≤ φ(d(x, z)) + φ(d(y, z)),

onde na primeira desigualdade usamos a desigualade triangular de d e que φé crescente, e na segunda desigualdade utilizamos a propriedade extra de φ.

Agora assuma φ contínua em 0. Considere uma bola Bφ◦d(a, ε). Como φ é contínuaem 0, existe δ > 0 tal que d(x, y) < δ nos dá φ(d(x, y)) < ε. Então claramenteBd(a, δ) ⊂ Bφ◦d(a, ε) e d � φ ◦ d. Agora considere uma bola Bd(a, ε). Afirmo queBφ◦d(a,φ(ε)) ⊂ Bd(a, ε). Com efeito, tome x ∈ Bφ◦d(a,φ(ε)). Então φ(d(x, y)) < φ(ε)nos dá que d(x, y) < ε, visto que φ é crescente. Portanto φ ◦ d � d, e concluímosque as métricas são equivalentes.

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4 Lista 4Exercício 1. Seja M um espaço métrico e A ⊂M. Prove que A é aberto em M se, esomente se A ∩ ∂A é vazio.

Solução:

=⇒ : Se A é aberto em M, dado p ∈ A existe r > 0 tal que B(p, r) ⊂ A. Daí queB(p, r) ∩Ac = ∅ e concluímos que p 6∈ ∂A. Isto é, A ∩ ∂A = ∅.

⇐= : Suponha A∩∂A = ∅. Tome p ∈ A. Então p 6∈ ∂A, o que por definição significaque existe r > 0 tal que B(p, r) ⊂ A ou B(p, r) ⊂ Ac. O segundo caso não podeocorrer pois p ∈ A, logo B(p, r) ⊂ A e A é aberto em M.

Exercício 2. Determine se os conjuntos seguintes são abertos em R2:

• T = {(x, y) ∈ R2 | y > 0}.

• S = {(x, y) ∈ R2 | x < 0}.

• H = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1}.

• C = {(x, y) ∈ R2 | x, y ∈ (−1, 1)}.

Solução:

• Considere o R2 com a métrica do máximo. Dado (x0, y0) ∈ T , tome r = y0 > 0.Então se (x, y) ∈ B((x0, y0), r), temos que |y− y0| < r, daí:

y0 − r < y < y0 + r =⇒ 0 < y,

logo (x, y) ∈ T e B((x0, y0), r) ⊂ T . Portanto T é aberto no R2.

• Considere o R2 com a métrica do máximo. Dado (x0, y0) ∈ S, tome r = −x0 > 0.Então se (x, y) ∈ B((x0, y0), r), temos que |x− x0| < r, daí:

x0 − r < x < x0 + r =⇒ x < 0,

logo (x, y) ∈ S e B((x0, y0), r) ⊂ S. Portanto S é aberto no R2.

• Considere o R2 com a métrica euclidiana usual. Dado (x0, y0) ∈ H, tomer = 1− ‖(x0, y0)‖ > 0. Então se (x, y) ∈ B((x0, y0), r), temos que:

‖(x, y)‖ ≤ ‖(x, y) − (x0, y0)‖+ ‖(x0, y0)‖ < r+ ‖(x0, y0)‖ = 1,

portanto (x, y) ∈ B((x0, y0), r) e daí B((x0, y0), r) ⊂ H. Assim H é aberto no R2.

• Considere o R2 com a métrica do máximo. Dado (x0, y0) ∈ C, note que temos|x0|, |y0| < 1. Tome r = min{1− |x0|, 1− |y0|} > 0, e um ponto (x, y) ∈ B((x0, y0), r).Temos:

d((x, y), (x0, y0)) < r =⇒ |x− x0| < r =⇒ |x| < r+ |x0| < 1− |x0|+ |x0| = 1,

então |x| < 1. Analogamente se mostra que |y| < 1. Assim (x, y) ∈ B((x0, y0), r)e daí B((x0, y0), r) ⊂ H. Portanto H é aberto no R2.

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Exercício 3.

• Prove que um conjunto reduzido a um ponto tem interior não-vazio se, e somentese, o ponto é isolado. O conjunto de números racionais tem interior vazio.

• Um espaço métrico M é discreto se, e somente se, todos os seus subconjuntossão abertos.

Solução:

• ({a} tem interior não vazio) ⇐⇒ (a é interior a {a}) ⇐⇒ (existe r > 0tal que B(a, r) ⊂ {a}, isto é, B(a, r) = {a}) ⇐⇒ (a é isolado). Aplicando ascontra-positivas da asserção acima, temos que os racionais tem interior vaziopois nenhum ponto é isolado (de fato, Q é denso em R).

• =⇒ : Se M é discreto, todos os seus pontos são isolados. Portanto para todoa ∈M, {a} tem interior não vazio. Desta forma, só podemos ter int {a} ={a}, isto é, {a} é aberto. Todo subconjunto de M é reunião de seus pontos,mas sabemos que reuniões arbitrárias de conjuntos abertos são abertas.⇐= : Se todos os subconjuntos de M são abertos, dado a ∈ M, em particular{a} é aberto. Isto é, int{a} = {a}, e por definição de interior, existe r > 0tal que B(a, r) ⊂ {a}. Como as bolas abertas são não-vazias, temos queB(a, r) = {a}, e a é isolado em M.

Exercício 4. Dados A,B ⊂M, tem-se int(A∩B) = int(A)∩ int(B) e int(A)∪ int(B) ⊂int(A ∪ B).

Solução:

• int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B): Tome x ∈ int(A ∩ B). Então existe r > 0 tal queB(x, r) ⊂ A ∩ B, isto é, B(x, r) ⊂ A e B(x, r) ⊂ B. Então x ∈ int(A) e x ∈ int(B),portanto int(A ∩ B) ⊂ int(A) ∩ int(B).Para a outra inclusão, tome x ∈ int(A) ∩ int(B). Então existem rA, rB > 0tais que B(x, rA) ⊂ A e B(x, rB) ⊂ B. Tome r = min{rA, rB} > 0, de sorte queB(x, r) ⊂ A∩B, donde segue que x ∈ int(A∩B). Daí int(A∩B) ⊃ int(A)∩ int(B).

• int(A) ∪ int(B) ⊂ int(A ∪ B): Tome x ∈ int(A) ∪ int(B), isto é, x ∈ int(A)ou x ∈ int(B). Então suponha sem perda de generalidade que x ∈ int(A).Existe r > 0 tal que B(x, r) ⊂ A ⊂ A ∪ B, e daí x ∈ int(A ∪ B). Portantoint(A) ∪ int(B) ⊂ int(A ∪ B).

Exercício 5. A fronteira (ou bordo) de um conjunto aberto tem interior vazio. Alémdisso, se um conjunto A e seu complementar Ac têm interior vazio, a fronteira de cadaum deles é o espaço inteiro.

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Solução: Seja A ⊂M um conjunto aberto. Seja x ∈ ∂A. Provemos que x 6∈ int(∂A),isto é, que para qualquer r > 0, B(x, r) 6⊂ ∂A. Como x ∈ ∂A, B(x, r) ∩ A 6= ∅, entãotome y ∈ B(x, r)∩A. Como este último conjunto é uma interseção de dois abertos, éaberto também, então existe s > 0 tal que B(y, s) ⊂ B(x, r) ∩ A. Como B(y, s) ⊂ A,temos que B(y, s) ∩ Ac = ∅, então y 6∈ ∂A, e daí segue que B(x, r) 6⊂ ∂A (achamosum elemento y que está no primeiro conjunto mas não no segundo). A conclusão éque int(∂A) = ∅.

Para a segunda parte do exercício, usamos a decomposição:

M = int(A) ∪ ∂A ∪ int(Ac) = int(Ac) ∪ ∂(Ac) ∪ int(A),

onde as uniões acima são disjuntas (no final usamos que (Ac)c = A). Se A e Ac teminteriores vazios, só resta que M = ∂A = ∂(Ac).

Exercício 6. Determine os fechos dos conjuntos:

• B = {1/n | n ∈ Z>0}

• C = {0} ∪ (1, 2) em R.

• Z≥0

• Q

• O fecho de A = (0, 1/2) relativo ao espaço métrico Y = (0, 1/2] ⊂ R.

Solução:

• B = {1/n | n ∈ Z>0} ∪ {0}.

• C = {0} ∪ [1, 2].

• Z≥0 = Z≥0.

• Q = R.

• A = Y (o ponto 0 não pertence ao espaço Y !)

Exercício 7. Justifique por que, em geral, a interseção infinita de abertos não é umaberto.

Solução: Provaremos que a interseção finita de abertos é um aberto, a justificativaaparecerá naturalmente. Sejam {Ai}

ni=1 abertos. Seja x ∈

⋂ni=1Ai. Então para cada i,

temos que x ∈ Ai, e existe ri > 0 tal que B(x, ri) ⊂ Ai. Tome r = min{r1, . . . , rn} > 0.Desta forma, para todo i temos B(x, r) ⊂ B(x, ri) ⊂ Ai, e segue que B(x, r) ⊂

⋂ni=1Ai,

donde⋂ni=1Ai é aberto. A falha no caso infinito é que r = min{r1, . . . , rn, . . .} pode

não existir, isto é, estaríamos tomando o ínfimo de um conjunto infinito de raios ri,que poderia ser zero. E neste caso não temos como construir a bola B(x, r).

22

Exercício 8. Se U é um aberto em M e V é um fechado em M, então U \ V é abertoe V \U é um fechado em M.

Solução: Resumindo as informações, temos U e Vc abertos, e Uc e V fechados.Então U\V = U∩Vc é uma interseção de dois abertos, logo aberto. E V \U = V ∩Ucé uma interseção de fechados, logo fechado.

Exercício 9. Seja M = R \ {−1, 1} o espaço métrico com a métrica induzida de R.Prove que a bola fechada B[0, 1] é um conjunto aberto em M. Assim, uma bolafechada pode ser um conjunto aberto ou não. Prove que o fato acima não acontecenum espaço vetorial normado E 6= {0}, isto é, uma bola fechada B[a, r] em E nunca éum subconjunto aberto de E.

Solução: Para a primeira parte, basta notar que B[0, 1] = (0, 1), que claramente éaberto em M.

Para a segunda parte, acharemos um ponto de B[a, r] que não está em seu interior.Como E por hipótese contém um vetor v não nulo, considere o vetor x = a +

r

‖v‖v.

Temos:‖x− a‖ =

∥∥∥∥a+r

‖v‖v− a

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥ r

‖v‖v∥∥∥∥ =

r

‖v‖‖v‖ = r,

portanto x ∈ B[a, r]. Afirmo que x não é interior à bola. Seja ε > 0 e considere ovetor y = x+

ε

2‖v‖v. Temos:

‖x− y‖ =∥∥∥∥x− x−

ε

2‖v‖v∥∥∥∥ =

∥∥∥∥ ε

2‖v‖v∥∥∥∥ =

ε

2‖v‖‖v‖ = ε

2< ε,

então y ∈ B(x, ε). Falta ver que y 6∈ B[a, r]. Com efeito:

‖y− a‖ =∥∥∥∥a+

r

‖v‖v+

ε

2‖v‖v− a

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥r+ ε/2‖v‖v∥∥∥∥ =

r+ ε/2‖v‖

‖v‖ = r+ ε/2 > r.

Exercício 10. Prove que, num espaço vetorial normado E, o fecho da bola abertaB(a, r) é a bola fechada B[a, r]. É verdade num espaço métrico qualquer?

Solução: Seja p ∈ B(a, r). Então para cada n ∈ Z>0 existe xn ∈ B(a, r) tal qued(p,xn) < 1/n. Então:

d(a, p) ≤ d(a,xn) + d(p,xn) < r+1n.

Como d(a, p) < 1/n para todo n, passamos ao limite e obtemos d(a, p) ≤ r, isto é,p ∈ B[a, r] e temos a primeira inclusão B(a, r) ⊂ B[a, r]. Esta inclusão é válida paraqualquer espaço métrico.

23

Agora tome p ∈ B[a, r]. Vamos provar que d(p, B(a, r)) = 0, assim obtendo asegunda inclusão. Seja 0 < ε < r, e considere xε = a+

r− ε

r(p− a). Provaremos que

d(p,xε) ≤ ε mas que xε ∈ B(a, r), terminando a demonstração. Temos:

‖xε − a‖ =∥∥∥∥a+

r− ε

r(p− a) − a

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥r− εr (p− a)∥∥∥∥ =

r− ε

r‖p− a‖ ≤ r− ε < r,

daí xε ∈ B(a, r). E também:

‖xε − p‖ =∥∥∥∥a+

r− ε

r(p− a) − p

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥(1− r− ε

r

)a+

(r− ε

r− 1)p∥∥∥∥

=

∥∥∥∥(1− r− ε

r

)(a− p)

∥∥∥∥ =∥∥∥εr(p− a)

∥∥∥=ε

r‖p− a‖ ≤ ε

rr = ε.

Para concluirmos: o resultado não é verdade em um espaço métrico qualquer.Basta tomar qualquer conjunto M com mais de um ponto munido com a métricadiscreta. Então B(p, 1) = {p}, B(p, 1) = {p}, mas B[p, 1] =M.

Exercício 11. Seja M um espaço métrico e X ⊂M. Prove que:

• M \ X =M \ int(X).

• int(M \ X) =M \ X.

Solução:

• x ∈ Xc ⇐⇒ para todo r > 0, B(x, r) ∩ Xc 6= 0 ⇐⇒ para todo r > 0,B(x, r) 6⊂ X ⇐⇒ x 6∈ int(X) ⇐⇒ x ∈ (int(X))c.

• x ∈ int(Xc) ⇐⇒ existe r > 0 tal que B(x, r) ⊂ Xc ⇐⇒ existe r > 0 tal queB(x, r) ∩ X = ∅ ⇐⇒ x 6∈ X ⇐⇒ x ∈ Xc.

Exercício 12. Se f : M → N × N é contínua e ∆ ⊂ N × N é a diagonal, prove quef−1(N×N \ ∆) é uma reunião de bolas abertas.

Solução: Primeiramente, note que ser reunião de bolas abertas é equivalente a seraberto. Com efeito, reuniões de bolas abertas são conjuntos abertos, e se X é aberto,temos X =

⋃x∈X{x} ⊂

⋃x∈X B(x, rx) ⊂ X, donde temos X =

⋃x∈X B(x, rx). Visto que

pré-imagens de abertos por funções contínuas são conjuntos abertos, basta provarmosque N×N \ ∆ é um aberto de N×N, e terminamos. Mas de fato, N é homeomorfoà N × {p} (onde p ∈ N é qualquer), que é fechado em N ×N, e ∆ é fechado por serhomeomorfo à N (logo à N × {p}), visto que é o gráfico da identidade idN : N → N

(contínua). Assim N×N \ ∆ é aberto.

24

Exercício 13. Dados X, Y num espaço métrico M, prove que X ∪ Y = X ∪ Y.

Solução: x ∈ X ∪ Y ⇐⇒ para todo r > 0, tem-se B(x, r) ∩ (X ∪ Y) 6= ∅ ⇐⇒ paratodo r > 0, tem-se (B(x, r)∩X)∪(B(x, r)∩Y) 6= ∅ ⇐⇒ para todo r > 0, B(x, r)∩X 6= ∅ou para todo r > 0, B(x, r) ∩ Y 6= ∅ ⇐⇒ x ∈ X ou x ∈ Y ⇐⇒ x ∈ X ∪ Y.

Exercício 14. Dados A ⊂ M e B ⊂ N, tem se int(A × B) = int(A) × int(B) e∂(A× B) = (∂A× B) ∪ (A× ∂B) em M×N.

Solução: Tome a métrica do máximo em M×N, de sorte que uma bola no espaçoproduto é um produto de bolas nos espaços "de baixo".

• int(A × B) = int(A) × int(B): (x, y) ∈ int(A × B) ⇐⇒ existe r > 0 tal queB((x, y), r) ⊂ A × B ⇐⇒ existe r > 0 tal que B(x, r) × B(y, r) ⊂ A × B ⇐⇒existe r > 0 tal que B(x, r) ⊂ A e B(y, r) ⊂ B ⇐⇒ x ∈ int(A) e y ∈ int(B) ⇐⇒(x, y) ∈ int(A) × int(B). Observação: no penúltimo ⇐= , a rigor, existemrA, rB > 0 tais que B(x, rA) ⊂ A e B(y, rB) ⊂ B, de modo que o r que aparece nasequência é o mínimo entre esses raios.

• ∂(A× B) = (∂A× B) ∪ (A× ∂B): Respire fundo.

(x, y) ∈ ∂(A× B) ⇐⇒⇐⇒ ∀ r > 0,

{B((x, y), r) ∩ (A× B) 6= ∅e B((x, y), r) ∩ (A× B)c 6= ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,

{B((x, y), r) ∩ (A× B) 6= ∅e B((x, y), r) ∩ ((Ac × B) ∪ (A× Bc)) 6= ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,

{B((x, y), r) ∩ (A× B) 6= ∅e (B((x, y), r) ∩ (Ac × B)) ∪ (B((x, y), r) ∩ (A× Bc)) 6= ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,

{(B(x, r)× B(y, r)) ∩ (A× B) 6= ∅e ((B(x, r)× B(y, r)) ∩ (Ac × B)) ∪ ((B(x, r)× B(y, r)) ∩ (A× Bc)) 6= ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,

{(B(x, r)× B(y, r)) ∩ (A× B) 6= ∅ e (B(x, r)× B(y, r)) ∩ (Ac × B) 6= ∅ou (B(x, r)× B(y, r)) ∩ (A× B) 6= ∅ e (B(x, r)× B(y, r)) ∩ (A× Bc)) 6= ∅

⇐⇒ ∀ r > 0,

{(B(x, r) ∩A 6= ∅ e B(x, r) ∩Ac 6= ∅) e B(y, r) ∩ B 6= ∅ou B(x, r) ∩A 6= ∅ e (B(y, r) ∩ B 6= ∅ e B(y, r) ∩ Bc 6= ∅)

⇐⇒ {x ∈ ∂A e y ∈ Bou x ∈ A e y ∈ ∂B

⇐⇒ (x, y) ∈ ∂A× B ou (x, y) ∈ A× ∂B

⇐⇒ (x, y) ∈ (∂A× B) ∪ (A× ∂B)

Exercício 15. Sejam A,B ⊂ M com A aberto. Prove que A ∩ B ⊂ A ∩ B. O queacontece se A não é aberto em M?

25

Solução: Seja x ∈ A ∩ B. Considere uma bola aberta qualquer B(x, r). Como A éaberto, existe um r ′ > 0 tal que B(x, r ′) ⊂ A. Seja r ′′ = min{r, r ′}. Então temos queB(x, r ′′) ⊂ A e B(x, r ′′) ∩ B 6= ∅, já que x ∈ B. Então B(x, r ′′) ∩ A ∩ B 6= ∅, e comoB(x, r ′′) ⊂ B(x, r), resulta que B(x, r) ∩A ∩ B 6= ∅ também, e obtemos que x ∈ A ∩ B.Portanto está verificada a inclusão afirmada inicialmente.

Se A não é aberto, pode ser que a inclusão falhe, visto que não garantiremosque B(x, r) intersecta A. De fato, na reta com a métrica usual, tome A = [0, 1] eB = (1, 2). Então {1} = [0, 1] ∩ [1, 2] = A ∩ B 6⊂ A ∩ B = ∅ = ∅.

Exercício 16. Se um conjunto aberto A é disjunto de S, então A é disjunto do fechode S.

Solução: Seja x ∈ A. Provemos que x 6∈ S, isto é, que existe r > 0 tal queB(x, r) ∩ S = ∅. Como A é aberto, existe r > 0 tal que B(x, r) ⊂ A. Como A ∩ S = ∅,temos que B(x, r) ∩ S = ∅, e este r é o procurado.

Exercício 17. Seja (M, d) um espaço métrico e A ⊂M. Prove que x ∈M é ponto debordo de A, isto é x ∈ ∂A se, e somente se d(x,A) = d(x,Ac) = 0.

Solução:

=⇒ : Suponha que x ∈ ∂A. Seja ε > 0. Então B(x, ε)∩A 6= ∅, isto é, existe p ∈ A talque d(x, p) < ε. Como ε > 0 é qualquer, tomando o ínfimo obtemos d(x,A) = 0.Analogamente temos d(x,Ac) = 0.

⇐= : Suponha que d(x,A) = d(x,Ac) = 0. Seja r > 0. Como d(x,A) = 0, existep ∈ A tal que d(x, p) < r, isto é, p ∈ B(x, r) ∩A 6= ∅. Analogamente temos queB(x, r) ∩Ac 6= ∅. Portanto x ∈ ∂A.

Exercício 18. Seja (M, d) um espaço métrico e F ⊂ M um conjunto finito. Então∂F ⊂ F.

Solução: Como F é finito, F é fechado (diretamente, pois Fc é aberto). Então F éigual ao seu fecho, e temos ∂F ⊂ F = F.

Exercício 19. Seja (M, d) um espaço métrico e X ⊂M. Prove que a ∈ X é um pontoisolado de X se, e somente se d(a, X \ {a}) 6= 0. Além disso, prove que o ponto 0 não éum ponto isolado do espaço métrico X = {1/n | n ∈ N} ∪ {0} ⊂ R.

Solução:

26

=⇒ : Suponha a ∈ X isolado. Então existe r > 0 tal que B(a, r) = {a}. Então sex 6= a, temos que d(a, x) ≥ r. Tomando o ínfimo em x, temos que d(a, X\ {a}) ≥r > 0.

⇐= : Suponha que d(a, X \ {a}) = r > 0. Então considere a bola B(a, r). Temos quex ∈ B(a, r) implica d(a, x) < r = inf{d(a, x) | x 6= a}, donde segue que x 6∈ X\{a},e daí x = a. Logo a ∈ X é isolado.

Para a segunda parte do exercício, de fato 0 não é um ponto isolado do conjuntoX dado, pois d(0, X\{0}) = 0. Com efeito, dado ε > 0, existe n ∈ Z>0 tal que 1/n < ε.

Exercício 20. Dado S ⊂M, seja (Fλ)λ∈L a família de todos os subconjuntos fechadosde M que contém S. Prove que S =

⋂λ∈L Fλ.

Solução: Seja x ∈ S. Então d(x, S) = 0. Como Fλ ⊃ S, temos que d(x, Fλ) ≤d(x, S) = 0, então d(x, Fλ) = 0. Como Fλ é fechado, temos que x ∈ Fλ. Como λ ∈ Lera qualquer, temos x ∈

⋂λ∈L Fλ, e temos a inclusão S ⊂

⋂λ∈L Fλ.

Agora façamos a contra-positiva. Suponha que x 6∈ S. Acharemos um fechadocontendo S que não contém x. Temos que d(x, S) = r > 0. Considere F = {p ∈ M |

d(p, S) ≤ r/2}. É fácil ver que S ⊂ F e que x 6∈ F. E note que F é a pré-imagemdo conjunto [0, r/2] (que é fechado) pela função (contínua) que associa à cada p, onúmero d(p, S), portanto F é fechado.1

Exercício 21. Uma aplicação f :M→ N é contínua se, e somente se, para todo Y ⊂ Ntem-se f−1(int(Y)) ⊂ int(f−1(Y)).

Solução: Analogamente à caracterização de fecho dada no exercício anterior, valeque int(Y) =

⋃λ∈LAλ, onde os (Aλ)λ∈L é a família de todos os abertos contidos em Y.

Suponha f contínua. Então:

f−1(int(Y)) = f−1

(⋃λ∈L

Aλ

)=⋃λ∈L

f−1(Aλ) ⊂ int(f−1(Y)),

pois os f−1(Aλ) são abertos.Agora suponha que vale f−1(int(Y)) ⊂ int(f−1(Y)) para todo Y ⊂ N. Provemos

que f é contínua, verificando que pré-imagens de abertos são abertos. Já temosque int(f−1(Y)) ⊂ f−1(Y). Se Y é aberto, temos int(Y) = Y e a hipótese se lê comof−1(Y) ⊂ int(f−1(Y)). Portanto vale a igualdade e f é contínua.

1Tem outro argumento fácil por sequências: se pn ∈ F para todo n ∈ Z>0, e pn → p, comoa função descrita anteriormente é contínua, temos d(pn, S) ≤ r/2 =⇒ limd(pn, S) ≤ r/2 =⇒d(p, S) ≤ r/2 =⇒ p ∈ F, e F é fechado.

27

Exercício 22. Sejam f1, f2, . . . , fn :M→ N aplicações contínuas e a1, a2, . . . , an ∈ N.O conjunto de pontos x ∈M tais que fi(x) 6= ai, para todo i = 1, 2, . . . , n é aberto emN.

Solução: Para todo i, temos que Fi = {x ∈M | fi(x) 6= ai} = {x ∈M | dN(fi(x), ai) =0} é fechado, pois é a pré-imagem do fechado {0} pela aplicação x 7→ dN(fi(x), ai),que é contínua, pois dN e f o são. O conjunto descrito no enunciado é

⋂ni=1 Fi, uma

interseção de fechados, logo fechado.

Exercício 23. Uma aplicação f :M→ N biunívoca, de M sobre N, é um homeomor-fismo se, e somente se, é contínua e fechada.

Solução:

=⇒ : Suponha que f é um homeomorfismo. Então f é trivialmente contínua. SeF ⊂ M é fechado, então f(F) = (f−1)−1(F) é pré-imagem de um fechado (F) poruma função contínua (f−1), logo é fechado. Portanto f é uma aplicação fechada.

⇐= : Suponha f contínua e fechada. Só falta ver que f−1 é contínua, e faremos istoverificando que pré-imagens de fechados são fechados. Ora, como antes, seF ⊂M é fechado, temos que (f−1)−1(F) = f(F) é fechado, pois f é uma aplicaçãofechada.

Exercício 24. Dar um exemplo de uma aplicação que seja contínua e aberta, mas nãofechada.

Solução: Pode tomar a projeção π : R2 → R, dada por π(x, y) = x. Então π éclaramente contínua. E π é aberta. Com efeito, tome, por exemplo, a norma domáximo em R2. Seja A ⊂ R2 aberto em R2, e vamos provar que π(A) é aberto em R.Dado x0 ∈ π(A), existe y0 ∈ R tal que (x0, y0) ∈ A. Como A é aberto, existe ε > 0tal que B((x0, y0), ε) ⊂ A. Afirmo que (x0 − ε, x0 + ε) ⊂ π(A) (isto é, que este ε jáserve para resolver o problema). Tome x ∈ (x0 − ε, x0 + ε). Então note que:

d((x, y0), (x0, y0)) = |x− x0| < ε,

portanto (x, y0) ∈ B((x0, y0), ε) ⊂ A. Assim, π(x, y0) = x ∈ π(A). Então (x0 − ε, x0 +ε) ⊂ π(A), e concluímos que π(A) é aberto. Como A era qualquer, temos que π éuma aplicação fechada.

Para constatar que π não é fechada, basta considerar qualquer segmento de retahorizontal ]a, b[×{c}, que é fechado em R2, e teremos π(]a, b[×{c}) =]a, b[, que não éfechado em R.

Exercício 25. Uma aplicação f : M → N é contínua se, e somente se, para todoX ∈M tem-se f(X) ⊂ f(X).

28

Solução:

=⇒ : Suponha que f é contínua. Seja y ∈ f(X). Vamos provar que y ∈ f(X). TomeV uma vizinhança aberta de y em N, e escreva y = f(x) para algum x ∈ X. Porcontinuidade, temos que existe U vizinhança aberta de x com f(U) ⊂ V . Comox ∈ X, temos que U ∩ X 6= ∅, e assim:

∅ 6= f(U ∩ X) ⊂ f(U) ∩ f(X) ⊂ V ∩ f(X),

donde V ∩ f(X) 6= ∅, e daí y ∈ f(X). Como y era arbitrário, temos f(X) ⊂ f(X).

⇐= : Seja F ⊂ N um fechado. Vamos provar que f−1(F) é fechado em M, o que nosdá a conclusão. Temos:

f(f−1(F)) ⊂ f(f−1(F)) ⊂ F = F =⇒ f−1(F) ⊂ f−1(f(f−1(F))) ⊂ f−1(F).

Como a outra inclusão, f−1(F) ⊂ f−1(F), vale sempre, obtemos que f−1(F) = f−1(F)é fechado, e logo f é contínua.

Exercício 26. Sejam F,G ⊂ M conjuntos fechados, disjuntos e não vazios. Mostreque existe f :M→ [0, 1] contínua tal que f−1(0) = F e f−1(1) = G. Conclua que existemabertos disjuntos U,V ⊂M tais que F ⊂ U e G ⊂ V .

Solução: Defina f :M→ [0, 1] pondo:

f(x) =d(x, F)

d(x, F) + d(x,G).

A função está bem-definida pois os conjuntos são não-vazios. O denominador nuncase anula pois F e G são disjuntos. A função é contínua, pois dado X ⊂M, a aplicaçãox 7→ d(x, X) é contínua, e f é um quociente de funções contínuas. Ainda, temos:

f−1(0) = {x ∈M | d(x, F) = 0} = F = Ff−1(1) = {x ∈M | d(x,G) = 0} = G = G,

onde agora usamos que F e G são fechados. Basta tomar ε > 0, e então U =f−1(] − ε, 1/2[) e V = f−1(]1/2, 1 + ε[) são pré-imagens de abertos, logo abertos. Sãodisjuntos, pois:

] − ε, 1/2[∩]1/2, 1+ ε[= ∅ =⇒ f−1(] − ε, 1/2[∩]1/2, 1+ ε[) = ∅ =⇒ U ∩ V = ∅.

E por fim, {0} ⊂]−ε, 1/2[ =⇒ F = f−1(0) ⊂ f−1(]−ε, 1/2[) = U, e analogamente tem-seque G ⊂ V .

Exercício 27. Um conjunto F ⊂ X é fechado ⇐⇒ contém todos os seus pontos deacumulação.

Solução:

29

=⇒ : Suponha que F é fechado. Note que todo ponto de acumulação de F é tambémde aderência, portanto F ′ ⊂ F = F.

⇐= : Vamos provar que F ⊂ F (e isto basta pois F ⊂ F sempre vale). Seja x ∈ Fe suponha que x 6∈ F. Seja U uma vizinhança aberta qualquer de x. EntãoU ∩ F 6= ∅, e como x 6∈ F, vale que (U \ {x}) ∩ F 6= ∅, de modo que x ∈ F ′. E porhipótese, segue que x ∈ F. Concluímos que F ⊂ F e F é fechado.

Exercício 28. Se S ⊂ X não possui pontos de acumulação, então todo subconjunto deS é fechado em X.

Solução: Seja A ⊂ S. Temos que A ′ ⊂ S ′ = ∅, e daí A ′ = ∅ ⊂ A. Como A contémtodos os seus pontos de acumulação, pelo exercício anterior segue que A é fechado.

Exercício 29. Seja X um espaço de Hausdorff. Para que x ∈ X sejam um ponto deacumulação de um subconjunto S ⊂ X é necessário e suficiente que toda vizinhançade x contenha uma infinidade de pontos de S.

Solução: Seja x ∈ X. Se toda vizinhança de x contém uma infinidade de pontos deS, é claro que x ∈ S ′. Por outro lado, suponha que x ∈ S ′, e por absurdo, que existauma vizinhança aberta U de x tal que (U \ {x}) ∩ S seja finito, digamos, {a1, · · · , an}.Para cada 1 ≤ i ≤ n, existe Ui ⊂ X aberto tal que x ∈ Ui e ai 6= Ui. Então temos que⋂ni=1Ui ∩ U é um aberto contendo x. Mas (

⋂ni=1Ui ∩ U \ {x}) ∩ S = ∅, contradizendo

que x ∈ S ′.Com efeito, afirmo que (

⋂ni=1Ui ∩U ∩ S)∪ {x} = {x}. Uma inclusão é clara. Agora,

se y ∈ (⋂ni=1Ui ∩U ∩ S) ∪ {x}, vale que y ∈ (U ∩ S) ∪ {x} = {x, a1, · · · , an}. Mas para

todo 1 ≤ i ≤ n, y ∈ Ui implica que y 6= ai. Então resulta que y = x e a igualdade estáprovada. Subtraindo {x} em ambos os lados resulta que (

⋂ni=1Ui ∩U \ {x}) ∩ S = ∅.

Exercício 30. Num espaço de Hausdorff, todo conjunto finito tem derivado vazio.Além disso, prove que num espaço de HausdorffM, o derivado de qualquer subconjuntoF de M é fechado.

Solução: Chame X o espaço de Hausdorff inicial, e seja A = {x1, · · · , xn} ⊂ X umconjunto finito. Fixe x ∈ X. Vejamos que x 6∈ A ′. Vejamos dois casos:

• x 6∈ A: para cada 1 ≤ i ≤ n existem Ui, Vi ⊂ X abertos tais que x ∈ Ui exi ∈ Vi. Então U =

⋂ni=1Ui é um aberto contendo x e U ∩A = ∅ (em particular

(U\ {x})∩A = ∅ e x 6∈ A ′). Com efeito, se existe 1 ≤ j ≤ n tal que xj ∈ U, entãoxj ∈ Ui para todo 1 ≤ i ≤ j, e daí xj ∈ Uj ∩ Vj 6= ∅, contradição.

• x ∈ A: temos que x = xi para algum 1 ≤ i ≤ n. Então para cada 1 ≤ j ≤ n, j 6= i,existem Uij, Vij ⊂ X abertos tais que xi ∈ Uij e xj ∈ Vij. Então Ui =

⋂ni=1Uij é

um aberto contendo xi e U ∩ A = {xi} (com isto (U \ {xi}) ∩ A = ∅ e xi 6∈ A ′).Com efeito, se existe 1 ≤ j ≤ n, i 6= j, tal que xj ∈ U, então xj ∈ Uij para todo1 ≤ i ≤ j, e daí xj ∈ Uij ∩ Vij 6= ∅, contradição.

30

Se para todo x ∈ X, x 6∈ A ′, concluímos que A ′ = ∅, como desejado.Agora para a segunda parte, tome F ⊂ M. Para provar que F ′ é fechado, vamos

verificar que F ′ contém todos os seus pontos de acumulação, isto é, vamos verificarque F ′′ ⊂ F ′. Seja x ∈ F ′′, e U ⊂M um aberto contendoM. Temos que (U\{x})∩F ′ 6= ∅.Então tome y nesta interseção. Como M é Hausdorff, temos que {x} é fechado, ecom isso U \ {x} é um aberto contendo y. Então ((U \ {x}) \ {y}) ∩ F 6= ∅. Porém:

{x} ⊂ {x, y} =⇒ ∅ 6= (U \ {x, y}) ∩ F ⊂ (U \ {x}) ∩ F,

e daí x ∈ F ′. Como x era arbitrário, F ′′ ⊂ F ′.

Exercício 31. Seja X = [−1, 1] ⊂ R. Prove que A = (0, 1] ⊂ X é aberto em X. É oconjunto A aberto em R?

Solução: Basta notar que para qualquer ε > 0, temos que A = (0, 1 + ε) ∩ X é ainterseção de X com um aberto de R, portanto é um aberto de X. Mas A não é umaberto de R, pois 1 não é um ponto interior de A. Com efeito, nenhum intervalo(1− ε, 1+ ε) está contido em (0, 1].

Exercício 32. Seja f : X→ Y uma aplicação de X em Y. A fim de que f seja fechada,é necessário e suficiente que, para todo ponto y ∈ Y e todo aberto U em X comf−1({y}) ⊂ U, exista um aberto V em Y tal que y ∈ V e f−1(V) ⊂ U.

Solução:

=⇒ : Suponha que f seja fechada. Tome y ∈ Y qualquer e U ⊂ X aberto com f−1({y}).Se U é aberto, então X\U é fechado. Como f é uma aplicação fechada, f(X\U)é fechado em Y, e então V = Y \ f(X \U) é aberto em Y.Afirmo que y ∈ V . Caso contrário, y ∈ f(X \ U) e daí existe x ∈ X \ U comy = f(x). Então este x também verifica x ∈ f−1({y}) ⊂ U, nos dando queU ∩ (X \U) 6= ∅, absurdo.E por fim:

f−1(V) = f−1(Y \ f(X \U)) = f−1(Y) \ f−1(f(X \U)) ⊂ X \ (X \U) = U.

⇐= : Suponha que valha a hipótese, e vamos provar que f é uma aplicação fechada.Seja F ⊂ X fechado. Queremos provar que f(F) ⊂ Y é fechado. Em outraspalavras, X\F é aberto, e queremos provar que Y\f(F) é aberto. Seja y ∈ Y\f(F).Vejamos que f−1({y}) ⊂ X \ F: se x ∈ f−1({y}), então f(x) = y ∈ Y \ f(F), demodo que f(x) 6∈ f(F). Afirmo com isto que x 6∈ F. Com efeito, se x ∈ F, entãoy = f(x) ∈ f(F). Então x ∈ X \ F, e concluímos que f−1({y}) ⊂ X \ F.Pela hipótese, existe V ⊂ Y aberto com y ∈ V e f−1(V) ⊂ X \ F. Por fim, afirmoque V ⊂ Y \ f(F). Por absurdo, se y ∈ V e y ∈ f(F), existe x ∈ F com y = f(x), eeste x verifica x ∈ f−1({y}) ⊂ X \ F, nos dando que F ∩ (X \ F) 6= ∅, contradição.Isto nos dá que Y \ f(F) é aberto, logo f(F) é fechado. Como F ⊂ X era umfechado qualquer, concluímos que f é uma aplicação fechada, como desejado.

31

Exercício 33. Dar um exemplo de uma função contínua que não seja aberta, e umexemplo de uma função aberta que não seja contínua.

Solução: Considere f : (R, ddiscreta) → (R, d), onde d é a métrica usual, dada porf(x) = x. Então f é contínua, por ter um domínio discreto, mas não é aberta, poispara cada x ∈ (R, ddiscreta) temos que {x} é aberto, mas f({x}) = {x} não é aberto em(R, d).

Por outro lado, considere f : [0, 2] → [0, 1], com ambos os intervalos tendo amétrica usual induzida de R, dada por f(x) = x se x ∈ [0, 1], e f(x) = x− 1 se x ∈]1, 2].Temos que f não é contínua em x = 1. Mas f é uma aplicação aberta. Dado 0 < ε < 1,temos que f([0, ε[) = [0, ε[ é aberto em [0, 1]. Se 0 < a, b < 1, então f(]a, b[) = ]a, b[é aberto em [0, 1]. Dado 0 < ε < 1, temos que f(]1− ε, 1+ ε[) = ]0, ε[ ∪ ]ε, 1] é abertoem [0, 1]. Ainda, se 1 < a, b < 2, temos f(]a, b[) = ]a− 1, b− 1[ aberto em [0, 1]. Epor fim, temos que se 0 < ε < 1, f(]2− ε, 2]) = ]1− ε, 1] é também aberto em [0, 1].Portanto concluímos que f é uma aplicação aberta.

Exercício 34. Dada uma função real contínua f : M → R, considere o conjuntoA = {x ∈M | f(x) > 0}. Mostre que, para todo x ∈ ∂A, tem-se f(x) = 0.

Solução: Fixe x ∈ ∂A. Para todo n ≥ 1 existe rn > 0 tal que se y ∈ B(x, rn), vale|f(y)− f(x)| < 1

n. Mas para todo n ≥ 1, temos B(x, rn)∩A 6= ∅. Então podemos tomar

pontos yn nesta interseção, e assim:

f(x) > f(yn) −1n> −

1n, ∀n ≥ 1 =⇒ f(x) ≥ 0.

Repetindo este argumento com M \A ao invés de A obtemos que f(x) ≤ 0. Portantof(x) = 0. Como x ∈ ∂A era arbitrário, obtemos f

∣∣∂A

= 0, como queríamos.

Exercício 35. Prove que todo homeomorfismo é uma aplicação aberta.

Solução: Seja f : X→ Y um homeomorfismo entre espaços topológicos. Se U ⊂ X éaberto, então f(U) = (f−1)−1(U) ⊂ Y é aberto por ser a pré-imagem de um aberto, U,por uma função contínua, f−1.

Exercício 36. Uma aplicação f :M→ N chama-se um homeomorfismo local quandopara cada x ∈ M, existe um aberto U contendo a x tal que f

∣∣Ué um homeomorfismo

sobre um subconjunto aberto V de N. Prove:

• Se f :M → N é um homeomorfismo local, então para todo y ∈ N, f−1({y}) é umsubconjunto fechado e discreto de M.

32

• Todo homeomorfismo local é uma aplicação contínua e aberta.

Solução:

• Seja y ∈ N qualquer. Vejamos que f−1({y}) é discreto. Tome x ∈ f−1({y}).Como f é um homeomorfismo local, existe U ⊂ M aberto contendo x tal quef∣∣U: U → f(U) é um homeomorfismo. Em particular, f é bijetora. Afirmo que

{x} = U∩ f−1({y}). Se x ′ ∈ U∩ f−1({y}), então temos que f(x) = f(x ′) = y, e comox, x ′ ∈ U e f é em particular injetora em U, temos que x = x ′. Então x é umponto isolado de f−1({y}) (mais exatamente, {x} = U ∩ f−1({y}) é a interseção deum aberto com f−1({y}), portanto é aberto em f−1({y})). Como x era arbitrário,temos que todo ponto de f−1({y}) é isolado, logo f−1({y}) é discreto.Vejamos agora que f−1({y}) é fechado. Assuma agora queM e N são espaços deHausdorff2. Seja x ∈ f−1({y}). Suponha por absurdo que x 6∈ f−1({y}), isto é, quef(x) 6= y. Então existe um aberto U ⊂M contendo x tal que f

∣∣U: U→ f(U) é um

homeomorfismo. Note que a condição de x estar no fecho de f−1({y}) garanteque U ∩ f−1({y}) 6= ∅ e disto segue que y ∈ f(U). Ainda mais, existe V ⊂ f(U)aberto (logo aberto em N também) tal que f(x) ∈ V e y 6∈ V . Assim, temosque U ∩ f−1(V) é um aberto contendo x. Afirmo que U ∩ f−1(V) ∩ f−1({y}) = ∅.Com efeito, se z está nesta interseção, então z ∈ U, z ∈ f−1(V) e z ∈ f−1({y}), oque nos dá f(z) = y ∈ V , contradição. Com isto, temos que U ∩ f−1(V) é umavizinhança aberta de x que não intersecta f−1(V), contradizendo que x ∈ f−1({y}).Desta forma f−1({y}) = f−1({y}) é fechado.

• Vejamos que f nestas condições é aberta. Seja U ⊂ M aberto e x ∈ U. Entãoexiste Ux ⊂ M aberto tal que f

∣∣Ux

: Ux → f(Ux) é um homeomorfismo. Comof∣∣Ux

é uma aplicação aberta e U ∩Ux é aberto, temos que f∣∣Ux(U ∩Ux) é aberto

em f(Ux) = f∣∣Ux(Ux), e como este é aberto, segue que f

∣∣Ux(U ∩Ux) é aberto em

N. Afirmo que vale:f(U) =

⋃x∈U

f∣∣Ux(U ∩Ux),

de modo que f(U) é uma união de abertos, portanto aberto.Verifiquemos a igualdade proposta: se y ∈ f(U), então y = f(x) com x ∈ U, masisto também se lê como y = f

∣∣Ux(x), com x ∈ U ∩Ux, e temos y ∈ f

∣∣Ux(U ∩Ux),

e assim f(U) ⊂ f∣∣Ux(U ∩ Ux) ⊂

⋃x∈U f

∣∣Ux(U ∩ Ux). Para a outra inclusão, tome

y ∈⋃x∈U f

∣∣Ux(U ∩Ux). Então existe x ∈ U tal que y ∈ f

∣∣Ux(U ∩Ux), e podemos

escrever y = f∣∣Ux(x ′), com x ′ ∈ U ∩Ux. Porém comom U ∩Ux ⊂ U e f

∣∣Ux

nadamais é do que uma restrição de f, temos que y = f(x ′) com x ′ ∈ U, e assimy ∈ f(U), de forma que obtemos a segunda inclusão

⋃x∈U f

∣∣Ux(U ∩ Ux) ⊂ f(U).

Isto nos garante a igualdade em destaque, e concluímos que f(U) é aberto.Assim f é uma aplicação aberta.Vejamos agora que f é contínua. Seja x ∈M qualquer. Seja V ⊂ N um abertoqualquer com f(x) ∈ V . Existe U ⊂ M, aberto, tal que f

∣∣U: U → f(U) é um

homeomorfismo. Assim, f(U)∩V é um aberto de f(U) contendo f(x). Visto quef∣∣U

é um homeomorfismo, e logo contínuo, existe W ⊂ U aberto, contendo x,tal que f

∣∣U(W) ⊂ f(U) ∩ V ⊂ V . Mas como W é aberto em U e U é aberto em

2Na verdade basta o axioma de separabilidade T1, mas isto está fora do escopo das anotações.

33

M, W é aberto em M e portanto f(W) ⊂ V . Como x e V eram arbitrários, f écontínua.

Exercício 37. Se X ⊂ M e Y ⊂ N são subconjuntos densos, então X × Y é denso noproduto X× Y.

Solução: Tome a métrica do máximo em M×N. Temos:

(x, y) ∈ X× Y ⇐⇒ ∀ r > 0, B((x, y), r) ∩ (X× Y) 6= ∅⇐⇒ ∀ r > 0, (B(x, r)× B(y, r)) ∩ (X× Y) 6= ∅⇐⇒ ∀ r > 0, (B(x, r) ∩ X)× (B(y, r) ∩ Y) 6= ∅⇐⇒ ∀ r > 0, (B(x, r) ∩ X) 6= ∅ e B(y, r) ∩ Y 6= ∅⇐⇒ x ∈ X e y ∈ Y⇐⇒ (x, y) ∈ X× Y

Suponha X e Y densos. Então X× Y = X× Y =M×N, portanto X× Y é denso.

Exercício 38. Se X é denso emM e f :M→ N é uma aplicação contínua e sobrejetora,então f(X) é denso em N.

Solução: Como X é denso em M, X =M. Como f é sobrejetora, f(M) = N. Comof é contínua, pelo exercício 25 temos que:

N = f(M) = f(X) ⊂ f(X) ⊂ N =⇒ f(X) = N.

Exercício 39. Prove que:

• Todo espaço métrico é de Hausdorff. Qualquer subespaço de um espaço deHausdorff também é de Hausdorff.

• Para que X seja um espaço de Hausdorff, é necessário e suficiente que a diagonal∆ = {(x, y) ∈ X× X | x = y} seja um subconjunto fechado de X× X.

• Sejam X e Y espaços topológicos com Y um espaço de Hausdorff. Então o gráficode uma aplicação contínua f : X→ Y é um subconjunto fechado de X× Y. Alémdisso, o conjunto {x ∈ X | f(x) = g(x)} é fechado em X, onde g : X → Y écontínua.

Solução:

34

• Seja (M, d) um espaço métrico. Tome x, y ∈ M, com x 6= y, e seja r =d(x, y)/2 > 0. Considere as bolas abertas x ∈ B(x, r) e y ∈ B(y, r). Afirmoque B(x, r) ∩ B(y, r) = ∅. Caso contrário, tome z ∈ B(x, r) ∩ B(y, r), e veja que:

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z) < r+ r = 2r = d(x, y),

absurdo. Portanto (M, d) é um espaço de Hausdorff.Agora seja (X, τ) um espaço de Hausdorff e (A, τA) um subespaço topológico.Sejam x, y ∈ A, com x 6= y. Então como x, y ∈ X também e X é Hausdorff,existem U,V ∈ τ com x ∈ U, y ∈ V e U ∩ V = ∅. Disto segue que x ∈ U ∩ A,y ∈ V ∩A, (U∩A)∩ (V ∩A) = ∅ e U∩A,V ∩A ∈ τA, portanto (A, τA) tambémé um espaço de Hausdorff.

• =⇒ : Suponha que X seja um espaço de Hausdorff. Vamos provar que X×X\∆ éaberto. Seja (x, y) ∈ X×X\∆. Então x, y ∈ X e x 6= y. Como X é Hausdorff,existem abertos U,V em X tais que x ∈ U, y ∈ V e U ∩ V = ∅. Agoraafirmo que (x, y) ∈ U×V ⊂ X×X\∆. Com efeito, se (z,w) ∈ U×V , temosque z ∈ U e w ∈ V , e como U ∩ V = ∅ devemos ter z 6= w, donde segueque (z,w) 6∈ ∆ (em outras palavras, (z,w) ∈ X×X \∆ e U×V ⊂ X×X \∆,como desejado).⇐= : Agora suponha que a diagonal ∆ seja fechada. Assim X×X \∆ é aberto.Sejam x, y ∈ X com x 6= y. Então (x, y) 6∈ ∆, e assim (x, y) ∈ X × X \ ∆.Como este último conjunto é aberto, existe um aberto básico U×V tal que(x, y) ∈ U × V ⊂ X × X \ ∆. Agora afirmo que U ∩ V = ∅. Com efeito, seU∩V 6= ∅, tomamos z ∈ U∩V , de modo que (z, z) ∈ U×V ⊂ X×X\∆. Mascomo (z, z) ∈ ∆, temos ∆ ∩ (X× X \ ∆) 6= ∅, absurdo. Portanto U ∩ V = ∅,x ∈ U, y ∈ V , e U e V são abertos. Logo X é um espaço de Hausdorff.

• Vamos provar que o gráfico gr(f) = {(x, y) ∈ X × Y | y = f(x)} é fechado emX× Y, verificando que X× Y \ gr(f) é aberto. Tome (x, y) ∈ X× Y \ gr(f). Entãoy 6= f(x), e como Y é Hausdorff, existem U,V ⊂ Y abertos, com y ∈ U, f(x) ∈ Ve U∩V = ∅. Como f é contínua, existe W ⊂ X aberto tal que f(W) ⊂ V . Afirmoagora que (x, y) ∈ U×W ⊂ X× Y \ gr(f). Tome (z,w) ∈W ×U. Então z ∈W,assim f(z) ∈ f(W), e como f(W) ⊂ V , temos f(z) ∈ V . Mas w ∈ U e U∩ V = ∅,logo f(z) 6= w, e assim (z,w) 6∈ gr(f). Isto é, W × U ⊂ X × Y \ gr(f), de modoque efetivamente temos (x, y) ∈W×U ⊂ X×X \ gr(f), e segue que X× Y \ gr(f)é aberto. Concluímos que gr(f) é fechado.Chame agora A = {x ∈ X | f(x) = g(x)} ⊂ X. Vamos verificar que X \ A éaberto. Tome x ∈ X \ A, de modo que f(x) 6= g(x). Como Y é Hausdorff,existem U,V ⊂ Y abertos com f(x) ∈ U, g(x) ∈ V e U ∩ V = ∅. Como f e gsão contínuas, podemos considerar o aberto x ∈ f−1(U) ∩ g−1(V). Afirmo quef−1(U)∩g−1(V) ⊂ X \A. Se x ′ ∈ f−1(U)∩g−1(V), então f(x ′) ∈ U e g(x ′) ∈ V . Sefosse o caso f(x ′) = g(x ′), teríamos U∩V 6= ∅, contradição. Então f(x ′) 6= g(x ′)e com isto x ′ ∈ X \ A. Como x ∈ f−1(U) ∩ g−1(V) ⊂ X \ A, x é arbitrário ef−1(U) ∩ g−1(V), segue que X \A é aberto e portanto A é fechado.

Exercício 40. Prove que todo espaço métrico é um espaço topológico.

35

Solução: Temos que ∅ é aberto por vacuidade e X é claramente aberto. Seja{Ui}i∈I uma coleção arbitrária de abertos. Se

⋃i∈IUi = ∅, nada há o que fazer. Caso

contrário, tome x ∈⋃i∈IUi. Então x ∈ Uix para algum ix ∈ I. Como Uix , existe r > 0

tal que:x ∈ B(x, r) ⊂ Uix ⊂

⋃i∈I

Ui,

e assim⋃i∈IUi é aberto. Agora sejam U1, U2 dois abertos. Se U1 ∩ U2 = ∅, nada

há o que fazer. Caso contrário, tome x ∈ U1 ∩ U2. Então existem r1, r2 > 0 taisque x ∈ B(x, r1) ⊂ U1 e x ∈ B(x, r2) ⊂ U2. Se r = min{r1, r2} > 0, temos quex ∈ B(x, r) ⊂ U1, U2, e com isso U1 ∩ U2 é aberto. Por indução finita obtemos que{Ui}

ni=1 abertos =⇒ ⋂n

i=1Ui aberto. Desta forma, a coleção dos abertos de um espaçométrico constitui uma topologia.

Exercício 41. Suponha que M é um conjunto e d1, d2 são duas métricas diferentesem M. Mostre que d1 e d2 geram a mesma topologia em M ⇐⇒ a seguinte condiçãoé satisfeita: para todo x ∈ M e r > 0, existem números positivos r1 e r2 tais queBd1(x, r1) ⊂ Bd2(x, r) e Bd2(x, r2) ⊂ Bd1(x, r).

Solução:

=⇒ : Sendo τ1 e τ2 as topologias geradas por d1 e d2, respectivamente, suponhaque τ1 = τ2. Considere uma bola arbitrária Bd1(x, r). Então Bd1(x, r) ∈ τ1 elogo Bd1(x, r) ∈ τ2. Como x ∈ Bd1(x, r), por definição de τ2, existe r2 > 0tal que x ∈ Bd2(x, r2) ⊂ Bd1(x, r). Analogamente conseguimos r1 > 0 tal quex ∈ Bd1(x, r1) ⊂ Bd2(x, r), para uma bola Bd2(x, r) arbitrária.

⇐= : Suponha que seja válida a condição com as bolas e os raios. Vamos provarque τ1 = τ2. Seja U ∈ τ1. Se U = ∅, não há o que fazer. Se U 6= ∅, para cadax ∈ U existe rx > 0 tal que x ∈ Bd1(x, rx) ⊂ U, de modo que:

U =⋃x∈U

{x} ⊂⋃x∈U

Bd1(x, rx) ⊂ U =⇒ U =⋃x∈U

Bd1(x, rx)

Mas por hipótese, para cada uma das bolas Bd1(x, rx), existe r ′x > 0 tal queBd2(x, r

′x) ⊂ Bd1(x, rx). Então novamente tomando uniões, obtemos:

U =⋃x∈U

Bd1(x, rx) ⊃⋃x∈U

Bd2(x, r′x) ⊃

⋃x∈U

{x} = U =⇒ U =⋃x∈U

Bd2(x, r′x) ∈ τ2,

por ser uma união de elementos de τ2, que é uma topologia. E assim τ1 ⊂ τ2.Note que só usamos metade de hipótese. Usando a outra metade, analogamenteprovamos que τ2 ⊂ τ1. Logo τ1 = τ2.

Exercício 42. Seja (M, d) um espaço métrico, seja c > 0, e definamos uma novamétrica d ′ em M, pela fórmula d ′(x, y) = c d(x, y). Prove que d e d ′ geram a mesmatopologia em M.

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Solução: Sejam p ∈ M e r > 0 arbitrários. Afirmo que Bd ′(p, cr) ⊂ Bd(p, r).Com efeito, temos que se x ∈ Bd ′(p, cr), então d(x, p) = 1

cd ′(x, p) < 1

ccr = r. Assim

a topologia gerada por d ′ é mais fina do que a topologia gerada por d. Porémd(x, y) = 1

cd ′(x, y) e 1

c> 0, de modo que o mesmo argumento se aplica para mostrar

que a topologia gerada por d é mais fina do que a topologia gerada por d ′. Portantod e d ′ geram a mesma topologia sobre M.

Exercício 43. Mostre que a métrica dmax(x,y) = max{|x1−y1|, · · · , |xn−yn|} e a métricaEuclidiana geram a mesma topologia em Rn.

Solução: Fixe x,y ∈ Rn quaisquer e chame d a métrica Euclidiana. Seja 1 ≤ k ≤ no índice que realiza dmax(x,y). Temos que:

dmax(x,y) = |xk − yk|

=√

(xk − yk)2

≤√(x1 − y1)2 + · · ·+ (xk − yk)2 + · · ·+ (xn − yn)2

= d(x,y).

Por outro lado:

d(x,y) =

√√√√ n∑i=1

(xi − yi)2 ≤

√√√√ n∑i=1

dmax(x,y)2 =√ndmax(x,y)2 =

√n dmax(x,y).

Então dados quaisquer x,y ∈ Rn vale que:

dmax(x,y) ≤ d(x,y) ≤√n dmax(x,y).

Assim, dado p ∈ Rn qualquer e r > 0, temos que:

Bdmax(p, r) ⊂ Bd(p, r) e Bdmax

(p,

r√n

)⊂ Bd(p, r),

de modo que as topologias geradas são as mesmas.

Exercício 44. Seja X qualquer conjunto, e d a métrica discreta em X. Mostre que dgera a topologia discreta em X.

Solução: Como todo conjunto é a união dos seus pontos, basta mostrar que todoconjunto unitário é aberto. Mas se x ∈ X, temos que {x} = B(x, 1/2), e vimos quebolas abertas são conjuntos abertos.

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