Munkres Topologia Homotopia Caminhos

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Notas de Aula e Exercícios
Topologia
Universidade Estadual de Maringá
Departamento de Matemática - 87020-900 Maringá-PR, Brasil
3 de agosto de 2022
Conteúdo
1 Espaços Conexos 1
1.1 Exercícios - Lista 1 (Seção 23) 1-5, 7,9,11,12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Exercícios - Lista 2 (Seção 24) 1-4, 8-11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.3 Exercícios - Lista 3 (Seção 25) 1,2,4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2 Topologia Algébrica 6
2.1 Homotopia de Caminhos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1 Espaços Conexos
1.1 Exercícios - Lista 1 (Seção 23) 1-5, 7,9,11,12
1.2 Exercícios - Lista 2 (Seção 24) 1-4, 8-11
24.1) a) Mostre que nenhum dos espaços (0, 1), (0, 1] e [0, , 1] são homeomorfos dois a
dois.
24.1) b) Suponha que existem mergulhos f : X → Y e g : Y → X. Mostre por um
exemplo que X e Y não precisam ser homeomorfos
24.1) c) Mostre que Rn e R não são homeomorfos se n > 1.
24.2) Seja f : S1 → R uma função continua. Mostre que existe um ponto x ∈ S1 tal que
f(x) = f(-x) Defina a função g : S1 :→ R como
g(x) = f(x)− f(−x)
De fato, g é contínua, pois é definida em função de f que é contínua por hipótese. Observe que
−g(−x) = −(f(−x)−f(−(x))) = −(f(−x)−f(x)) = f(x)−f(−x) = g(x), ou seja −g(−x) = g(x)
Vamos analisar os seguintes casos
1. f(x) = f(−x). Neste caso, g(x) = f(x) − f(−x) = f(x) − f(x) = 0, ou seja, g é a função
nula e temos o desejado, uma vez que f(x)− f(−x) = 0 ⇐⇒ f(x) = f(−x)
2. f(x) > f(−x). Observe que g(x) = f(x) − f(−x) > 0. Multiplicando a igualdade por −1
obtemos que −g(x) < 0. No entanto, sabemos que −g(−x) = g(x), então g(−x) = −g(x) < 0,
ou seja, g(−x) < 0 < g(x). Como S1 é conexo e R simplesmente ordenado podemos aplicar
o TVI. Dessa forma, existe z ∈ S1 tal que g(z) = 0. Logo, g(z) = f(x) − f(−x) = 0 ⇐⇒
f(x) = f(−x).
3. f(x) < f(−x). Este caso é análogo ao caso 2. Em resumo g(x) = f(x) − f(−x) < 0 =⇒
g(−x) = −g(x) > 0g(x) < 0. Então existe z ∈ S1 tal que g(z) = 0 = f(x) − f(−x) ⇐⇒
f(x) = f(−x). ■
1
24.3) Seja f : X → X contínua. Mostre que se X = [0, 1], existe um ponto x tal que
f(x) = x. O ponto x é chamado de ponto fixo de f . O que acontece se X for [0, 1) ou
(0, 1) . Primeiro, note que se f(0) = 0 ou f(1) = 1 temos o desejado. Considere então o caso em
que f(0) > 0 e f(1) < 1 e considere a função contínua g : [0, 1] → R definida como:
g(x) = f(x)− x
De fato, g é continua pois é definida em função de f . Observe que g(0) = f(0) > 0 e g(1) =
f(1)− 1 < 0. Como [0, 1] é conexo e R é simplesmente ordenado com a topologia da ordem, pelo
TVI, existe z ∈ (0, 1) tal que g(z) = 0. Logo g(z) = f(z)− z = 0 ⇐⇒ f(z) = z. ■
24.4) Seja X um conjunto ordenado com a topologia da ordem. Mostre que se X é
conexo, então X é contínuo linear. Devemos provar:
1. Todo subconjunto não vazio A de X limitado superiormente possui um supremo;
2. Dados x, y ∈ X tais que x < y, existe z ∈ X tal que x < z < y.
Primeiro, provemos o item 2). Suponha que X possui 2) ou mais elementos. Considere x, y ∈ X
tal que x < y. Considere os raios (−∞, y) e (x,∞) de X. Suponha que não existe z ∈ X tal
que x < z < y, ou seja z ≤ x ou z ≥ y. Assim, os raios abertos (−∞, y) e (x,∞) formam uma
separação de X. De fato
i x ∈ (−∞, y) e y ∈ (x,∞), pois x < y. Portanto, são não vazios.
ii (−∞, y) ∩ (x,∞) = ∅, pois não existe z ∈ X tal que x < z < y.
iii (−∞, y) ∪ (x,∞) = X, pois, dado z ∈ X, se z ≤ x, então z ∈ (−∞, y), ou se z ≥ y então
z ∈ (x,∞). Logo, a união resulta em X.
Um absurdo, pois X é conexo. Portanto, existe z ∈ X tal que x < z < y.
Agora, provemos 1). Considere A ⊂ X um subconjunto não vazio e suponha que A não possui
supremo. Considere M = {m ∈ X; y ≤ m ∀y ∈ A} o conjunto de limitantes superiores de A.
Observe que:
i M não possui elemento mínimo. De fato, como A não possui supremo, então não existe um
menor limitante superior.
ii M não é vazio. Como A é limitado superiormente, então existe m ∈ X tal que y ≤ m para
todo y ∈ A. Logo, m ∈ M.
Agora, considere C =
∪
y∈A(−∞, y) e D =
∪
m∈M(m,∞). Provemos que estes conjuntos
formam uma separação de X.
i C e D são não vazios.
ii C ∩D = ∅. Se C ∩D ̸= ∅ então existe x ∈ C e x ∈ D. Então x ∈ (−∞, y) para algum y ∈ A,
ou seja, x < y e como x ∈ D então x ∈ (m,∞) para algum m ∈ M, então m < x. Logo
m < y. Uma contradição, uma vez que m é limitante superior de y.
iii C ∪ D = X. Caso X ∪ D ̸= X. Então, existe a ∈ X tal que a /∈ C e a /∈ D. Como
a /∈ C =
∪
y∈A(−∞, y), então y < a. Logo, a ∈ M, uma contradição. Logo, C ∪D = X
Segue que, C e D formam uma separação de X. Um absurdo, uma vez que X é conexo.
Portanto, A possui supremo. ■.
24.8) a) O produto de espaços conexos por caminho é necessariamente conexo por
caminhos? Sim. Seja {Aα}α∈J uma família arbitrária de espaços conexos por caminhos e J
um conjunto de índices. Seja
∏
α∈J Aα o produto cartesiano com a topologia produto. Considere
x, y ∈
∏
α∈J Aα. Como Aα é conexo por caminhos, então existe uma função contínua fα : [0, 1] →
Aα de modo que fα(0) = xα e fα(1) = yα. Considere a seguinte função:
f : [0, 1] →
∏
α∈J
Aα
t→ (fα(t))α∈J
De fato, f é contínua pelo Teorema 19.6 (Munkres), uma vez que, cada função fα : [0, 1] → Aα
é contínua. Além disso, f(0) = x e f(1) = y. Portanto,
∏
α∈J Aα é conexo por caminhos. ■
2
24.8) b) Se A ⊂ X e A é conexo por caminhos, então A é necessariamente conexo por
caminhos? Não (Lembre-se que este resultado é verdadeiro para espaços conexos). Exemplo da
apostila, seno do topólogo. Escrever... □
24.8) c) Se f : X → Y é contínua e X é conexo por caminhos, então f(X) é necessa-
riamente conexo por caminhos? Sim. Suponha f : X → Y uma função contínua onde X é
conexo por caminhos. Então, g : X → f(X) definida como g(x) = f(x) é contínua, pois, é a res-
trição do contra-domínio de uma função contínua e sobrejetora. Como X é conexo por caminhos,
então para cada g(x), g(y) ∈ f(X), existe uma função contínua h : [0, 1] ⊂ R → f(X) de modo
que h(0) = x e h(1) = y. Segue que g ◦ h : [0, 1] ⊂ R → f(X) é contínua, pois é a composição de
funções contínuas, e
(g ◦ h)(0) = g(h(0)) = g(x) ∈ f(X)
(g ◦ h)(1) = g(h(1)) = g(y) ∈ f(X).
Logo, g ◦h é um caminho entre dois pontos arbitrários g(x) e g(y), pertencentes a f(X). Portanto
f(X) é conexo por caminhos. ■
24.8) d) Se {Aα} é uma coleção de subespaços de X conexos por caminhos e se
∩
Aα ̸= ∅
então
∪
Aα é necessariamente conexo por caminhos? Sim. Considere z ∈
∩
α∈J Aα e
x, y ∈
∪
α∈J Aα. de fato x, z ∈ Ai para algum índice i ∈ J e como Ai é conexo por caminhos, então
existe uma função contínua f : [0, 1] ⊂ R → Ai, tal que f(0) = x e f(1) = z. De modo análogo,
como y, z ∈ Ak para algum índice k ∈ J e Ak é conexo por caminhos, existe uma função contínua
g : [1, 2] ⊂ R → Ak, tal que g(1) = z e g(2) = y. Pelo teorema de construção de funções contínuas,
podemos expandir o contra-domínio de f e g e obtermos as funções
f ′ : [0, 1] → Ai ∪Ak
g′ : [1, 2] → Ai ∪Ak
contínuas. Como Ai ∩ Ak ̸= ∅ e f ′(1) = g′(1) = z com [0, 1] e [1, 2] fechados em R (topologia
usual), podemos utilizar o Lema da Colagem, e definir a função contínua h : [0, 2] → Ai ∪Ak :
h(x) =
{
f ′(x) se x ∈ [0, 1]
g′(x) se x ∈ [1, 2]
De fato, h é um caminho entre x, y, pois h(0) = f ′(0) = x e h(2) = g′(2) = y. Novamente, pelo
teorema de construção de funções, podemos expandir o contra-domínio de h e definir a função
h : [0, 2] →
∪
α∈J Aα como um caminho entre x, y. Por fim, como x, y são arbitrários,
∪
α∈J Aα é
conexo por caminhos. ■
24.9) Assuma que R é incontável. Mostre que se A ⊂ R2 é contável, então R2 − A é
conexo por caminhos. Suponha que R é incontável. Dessa forma, existem incontáveis retas
que passam por um ponto em R e não interceptam A. Consequentemente, para um par de pontos
x, y ∈ R2 −A, existe um par de retas que se interceptam e não interceptam A. Temos então que ∃
r, r′ tal que x ∈ r e r ∩A = ∅ e y ∈ r′ tal que r′ ∩A = ∅. e r ∩ r′ ̸= ∅. Como ambas retas possuem
um ponto em comum e são conexas por caminhos, então r ∩ r′ é conexo por caminhos,segundo
o exercício 24.8) d). Portanto, existe um caminho entre x, y ∈ R2 − A e como estes pontos são
arbitrários, R2 −A é conexo por caminhos. ■
24.10) Mostre que se U é um subespaço aberto conexo de R2, então U é conexo por
caminhos. Seja x ∈ U um subespaço aberto conexo de R2 e Cx o conjunto de pontos de U que
podem ser ”ligados”a x por um caminho, ou seja, se y ∈ Cx, então existe uma função contínua
f : [0, 1] ⊂ R → U tal que f(0) = y e f(1) = x. Considere R2 com a topologia euclidiana, então
existe uma bola Bd(y, r) com r > 0 tal que Bd(y, r) ⊂ U . Como uma bola (aberta/fechada) é
conexa por caminhos 1, então se z ∈ Bd(y, r), existe uma função contínua g : [0, 1] ⊂ R → Bd(y, r)
1Considere a bola unitária Bn = {x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn; ||x|| ≤ 1} ⊂ Rn. Seja x, y ∈ Bn e defina fxy(t) → Rn
com t ∈ [0, 1] como fxy(t) = (1−t)x+ty. Então ||fxy(t)|| = ||(1−t)x+ty|| ≤ ||(1−t)x||+||ty|| = |1−t|||x||+|t|||y|| ≤
|1− t|+ |t| = 1− t+ t = 1, ou seja, ||fxy(t)|| ≤ 1.
3
tal que g(0) = z e g(1) = y. Logo, é possível construir um caminho de z ∈ Bd(y, r) até x ∈ U pela
função h : [0, 1] ⊂ R → U :
h(x) =
{
g(2x) se x ∈ [0, 12 ]
f(2(x− 12 )) se x ∈ [
1
2 , 1],
uma vez que h é contínua, pois, satisfaz as condições do Lema da Colagem, e h(0) = g(0) = z e
também h(1) = f(2(1− 12 )) = f(1) = x. Dessa forma, Bd(y, r) ⊂ Cx. Logo, Cx é aberto em U .
Agora, considere z ∈ U −Cx, ou seja, não existe um caminho de z até x. Novamente, podemos
tomar uma bola Bd(z, r′) com r′ > 0 tal que Bd(z, r′) ⊂ U . Logo, nenhum ponto y ∈ Bd(z, r′)
pode ser ligado por um caminho até x, pois caso contrário, seria possível ligar z até x, como já
feito anteriormente. Dessa forma, Bd(z, r′) ⊂ U − C − x, ou seja, U − Cx é aberto, implicando
que Cx é fechado. Logo, Cx é fechado e aberto, e pelo Lema 3.7, sabemos que os únicos conjuntos
abertos e fechados de um subespaço conexo são os triviais. Portanto, Cx = U , ou seja, U é conexo
por caminhos (É possível tal conclusão, pois, x é arbitrário). ■
24.11) Se A é um subespaço conexo de X, então Int(A) e Bd(A) são conexos? Vale
a volta? Interior não conexo, Fronteira Conexo. Seja X = {a, b, c, d} com a topologia T =
{X, ∅, {a}, {b}, {a, b}, {a, b, d}}. E seja Y = {a, b, c} ⊂ X um subespaço com a topologia induzida
TY = {Y, ∅, {a}, {b}, {a, b}}. De fato, Y é conexo, pois não existem abertos de TY que formam
uma separação. Agora, pela definição de interior, como a união de abertos contidos em Y na
topologia T , temos que Int(Y ) = {a, b}. Agora, para verificarmos se Int(Y ) é conexo ou desconexo,
devemos olhar para a topologia induzida em Int(Y ), que é o conjunto {{a, b}, ∅, {a}, {b}}. Portanto,
{a} ∪ {b} = {a, b} é uma separação e Int(A)
Sabemos que Bd(Y ) = Y ∩X − Y . Segundo a definição de fecho, temos que este é formado pela
intersecção de todos os conjuntos fechados de X que contem Y . Os fechados de X são os conjuntos
de F = {∅, X, {b, c, d}, {a, c, d}, {c, d}, {c}}, logo, Y = X. Além disso, X − Y = {c}, então
{c} = {c, d}. Logo Bd(Y ) = X ∩ {c, d} = {c, d}. Como a topologia induzida em Bd(Y ) = {c, d} é
o conjunto {{c, d}, ∅, {d}}, temos que Bd(Y ) é conexo.
Interior conexo, Fronteira Desconexa. Considere X = R2 com a topologia euclidiana e o
subespaço A = {(x, y) ∈ R2;−1 ≤ x ≤ 1} um retângulo vertical. Temos que A é conexo por
caminhos e Bd(A) = r1 ∪ r2 onde r1 = {(−1, y) ∈ R2} e r2 = {(1, y) ∈ R2} não é conexo. De
fato, ri é diferente de vazio, pois (−1, 0) ∈ r1 e (1, 0) ∈ r2 e r1 ∩ r2 = ∅. Resta provar que r1
e r2 são abertos de Bd(A). De fato r1 = {(x, y);x < 0}∩ Bd(A), onde {(x, y);x < 0} (terceiro
e quarto quadrante) é um aberto de R2 (união de bolas). Logo, r1 é aberto. Analogamente,
r2 = {(x, y);x > 0}∩ Bd(A) é aberto em Bd(A). Portanto r1 e r2 foram uma separação de Bd(A).
A volta não é valida, isto é, se Int(A) e Bd(A) conexos não implicam necessariamente que
A ⊂ X é conexo. Seja X = R com a topologia usual e A = Q com a topologia induzida de
X. Temos que Int(Q) = ∅, pois não existem abertos (a, b) ∈ R tal que (a, b) ⊂ Q. E também
Bd(Q) = R, pois, para todo (x − ϵ, x + ϵ) com x ∈ Q e ϵ > 0, existem irracionais neste intervalo.
Portanto, Bd(Q) = R e Int(Q) = ∅ são conexos, mas A = Q é desconexo. ■
1.3 Exercícios - Lista 3 (Seção 25) 1,2,4
25.1) Quais são as componentes conexas e componentes conexas por caminhos de Rl.
Quais as funções contínuas f : R → Rl? Considere A um subespaço com a topologia induzida
de Rl com mais de um elemento. Seja a, b ∈ A e suponha sem perda de generalidade que a < b.
Observe que (−∞, b) =
∪
a<b[a, b) e [b,+∞) são abertos de Rl e forma uma separação de Rl uma
vez que são não vazios, disjuntos e (−∞, b) ∪ [b,+∞) = R. Consequentemente, A ∩ (−∞, b) ̸= ∅,
pois a ∈ (−∞, b) e A∩ [b,+∞) ̸= ∅, pois b ∈ [b,+∞) e formam uma separação de A, pois, são não
vazios, disjuntos e (A∩(−∞, b))
∪
(A∩ [b,+∞)) = A∩((−∞, b)∪ [b,+∞)) = A∩R = A. Portanto,
as componentes conexas de Rl são conjuntos unitários, pois dado qualquer conjunto com mais de
dois elementos é possível definir uma separação para este.
Segundo o Teorema 23.5 (Munkres), dado uma função contínua f : X → Y entre espaços
topológicos e X conexo, então f(X) deve ser conexo. Neste caso, as funções contínuas f : R → Rl
são constantes, pois f(R) ⊆ Rl deve ser conexo (componentes conexas são subespaços conexos). ■
25.2)
4
25.4) Seja X localmente conexo por caminhos. Mostre que todo espaço conexo aberto
em X é conexo por caminhos. Seja X um espaço localmente conexo por caminhos, ou seja,
cada ponto x ∈ X admite vizinhanças arbitrariamente pequenas que são conexas (por caminhos),
segundo a definição de conexidade (por caminhos) local.
Seja U ⊂ X um subespaço conexo e aberto de X. Segundo o Teorema 25.4 (Munkres), cada
componente conexa por caminhos de U é aberta, cuja união das componentes é U . Além disso, as
componentes também são fechadas2. Considere a coleção V = {Vx;x ∈ U} de componentes conexas
de U , onde x, y ∈ Vx se e somente se x ∼ y. De fato U é a união de elementos de V, segundo o
Teorema 25.1 (Munkres). Tome x0 ∈ U . Como já dito, Vx0 é fechado. Então U −Vx0 =
∪
V−Vx0
Vx
é aberto. Logo, Vx0 deve ser vazio ou o próprio U , pois os únicos abertos e fechados de um conjunto
conexo são os triviais. Como Vx0 não é vazio, pois é uma componente, segue que U = Vx0 . Portanto
U é conexo por caminhos. ■
2Seja C uma componente conexa (por caminhos) de x. Então x ∈ C, e C ⊆ C.Mas, a componente de x é o maior
conexo (por caminhos) contendo x, logo C ⊆ C. Portanto C = C.
5
2 Topologia Algébrica
2.1 Homotopia de Caminhos
51.1 Mostre que se h, h′ : X → Y são homotopicas e k, k′ : Y → Z são homotópicas,
então k ◦ h e k′ ◦ h′ são homotópicas Seja G : X × I → Y a homotopia entre h e h′, isto é,
G(x, 0) = h(x) e G(x, 1) = h′(x). Analogamente, seja H : Y × I → Z a homotopia entre k, k′.
Afirmação: H ◦G : X → Z definida como H(G(x, t), t) é uma homotopia entre k ◦ h e k′ ◦ h′.
1. H ◦G é contínua, pois é composição de contínuas
2. (H ◦G)(x, 0) = H(G(x, 0), 0) = H(h(x), 0) = k(h(x)) = (k ◦ h)(x)
3. (H ◦G)(x, 1) = H(G(x, 1), 1) = H(h′(x), 1) = k′(h′(x)) = (k′ ◦ h′)(x)
Portanto (k ◦ h) ≃ (k′ ◦ h′). ■
51.2) Seja X,Y espaços topológicos, seja [X,Y ] o conjunto de classes de homotopia de
X em Y .
51.2 a) Seja I = [0, 1]. Mostre que para qualquer X, o conjunto [X, I] possui um
único elemento Considere f, g : X → I aplicações contínuas. Defina F : X × I → I como
F (x, t) = (1− t)f(x) + tg(x) para todo x ∈ X. Observe que F (x, 0) = f(x) e F (x, 1) = g(x).
Observe que se a, b ∈ I tal que a ≤ b e t ∈ [0, 1], temos que a ≤ (1 − t)a + tb ≤ b =⇒
(1− t)a+ tb ∈ I. Agora, defina Fi : X × I → I para i = 1, . . . , 4 como:
F1(x, t) = f(x)
F2(x, t) = (1− t)
F3(x, t) = g(x)
F4(x, t) = t
Segue que F (x, t) = F2F1 + F4F3 = (1− t)f(x)− tg(x) é contínua, pois f e g são constantes e
a soma + e diferença − de funções contínuas é contínua. Logo, F é uma homotopia entre f e g e
como estas são arbitrárias segue que [X, I] possui um único elemento. ■
51.2 b) Mostre que se Y é conexo por caminhos, o conjuntos [I, Y] possui um único
elemento Seja f : I → Y uma aplicação contínua. vamos considerar ρf(0)(x) = f(0) para todo
x ∈ X. Agora, defina H : I × I → Y como H(x, t) = f((1− t)x). De fato, H é contínua, pois f o
é. Além disso,
H(x, 0) = f(x)
H(x, 1) = ρf(0)(x) = f(0)
Agora, tome ρz : I → Y definida como ρz(x) = z para todo x ∈ I. Provemos que ρf(0) é
homotópica à ρz.
Por hipótese, Y é conexo por caminhos, então existe um caminho γ : I → Y tal que γ(0) = f(0)
e γ(1) = z. Defina G : I × I → Y como G(x, t) = γ(t). G é contínua, e além disso,
G(x, 0) = γ(0) = f(0) = ρf(0)
G(x, 1) = γ(1) = z = ρz
Logo, ρf(0) ≈ ρz =⇒ f ≈ ρz. Portanto, [I, Y ] possui um único elemento. ■
51.3) Um espaço X é dito contrátil se a identidade iX : X → X é homotopicamente
nula.
6
51.3 a) Mostre que I e R são contráteis. Defina H : I × I → I como H(x, t) = (1− t)x+ ct.
Afirmação: H é uma homotopia entre iX e a aplicação constante ρ(x) = c para todo x ∈ X.
1. H é contínua
2. H(x, 0) = (1− 0)x+ c0 = x = iX(x) para todo x ∈ X.
3. H(x, 1) = (1− 1)t+ c1 = c = ρc(x) para todo x ∈ X.
Portanto, IdX ≃ ρc (também vale para R). ■
51.3 b) Mostre que um espaço contrátil é conexo Suponha X um espaço contrátil e seja
a, b ∈ R. Vamos definir um caminho entre a e b.
Defina ρ : X → X como ρc(x) = c para todo x ∈ X. Por hipótese, iX ≃ ρc, ou seja ix é
homotopicamente nula. Agora, defina φ : [0, 1] → X um caminho de a até c como φ = H(a, t), onde
H é definida no exercício anterior, porém com domínio X×I. Segue que φ(0) = H(a, 0) = ix(a) = a
e φ(1) = H(a, 1) = ρc(a) = c.
Agora, definiremos um caminho ψ : I → X de c até b como ψ(t) = H(b, t). Segue que
ψ(0) = H(b, 0) = ix(b) = b e ψ(1) = H(b, 1) = ρc(b) = c. Por fim, defina o caminho reverso
ψ = ψ(1− t). De fato, ψ(0) = ψ(1) = b e ψ(1) = ψ(0) = c. Logo, ψ é o caminho de c até b
Por fim, o produto φ ∗ ψ é dado por:
h(x) =
{
φ(2t) se t ∈ [0, 12 ]
ψ(2t− 1) se t ∈ [ 12 , 1].
De fato, h(0) = φ(0) = a e h(1) = ψ(1) = ψ(0) = b. Portanto, h é um caminho entre a e b.
Portanto, X é conexo por caminhos, logo, X é conexo. ■
51.3 c) Mostre que se Y é contrátil, então para qualquer X, o conjunto [X,Y ] possui um
único elemento. Considere as mesmas funções H, iy e ρc do exercício anterior. Seja f : X → Y
uma função contínua arbitrária e defina G : X × I → Y como G(x, t) = H(f(x), t). Segue que
1. G é contínua
2. G(x, 0) = H(f(x), 0) = iy(f(x)) = f(x)
3. G(x, 1) = H(f(x), 1) = ρ(f(x)) = c
Logo, G é uma homotopia entre f e (ρ◦f) constante. Como f é arbitrária, segue que [X,Y ] possui
um único elemento.
Mostre que se X é contrátil e Y é conexo por caminhos, então [X,Y ] possui um único
elemento Considere uma aplicação qualquer f : X → Y . Defina f ◦ H : X × I → Y como
(f ◦H)(x, y) = f(H(x, t)). Observe que o domínio de H é o mesmo que utilizamos no exercício b)
e c), isto é, H : X × I → X.
Afirmação: f ◦H é uma homotopia entre f e uma aplicação constante.
1. f ◦H é contínua, pois é composição de funções contínuas.
2. (f ◦H)(x, 0) = f(H(x, 0)) = f(ix(x)) = f(x) para todo x ∈ X.
3. (f ◦H)(x, 1) = f(H(x, 1)) = f(ρc(x)) = f(c) para todo x ∈ X.
Logo, f ◦H é uma homotopia entre f e uma aplicação constante.
Por hipótese, temos que Y é conexo por caminhos, então podemos definir um caminho entre
f(c) e y ∈ Y . Seja, γ : I → Y tal caminho. Observe que até o momento definimos um caminho
de f(x) até f(c) através da homotopia (f ◦ H) para um x ∈ X arbitrário. Como tanto f(x)
quanto f(c) estão em X, desejamos construir um caminho de f(c) até y ∈ Y para então obtermos
uma homotopia entre f e uma função constante em Y . Tomando G : X × I → Y definido
como G(x, t) = γ(t) obtemos o desejado. Como f é arbitrário, temos que [X,Y ] possui um único
elemento. ■
7
	Espaços Conexos
	Exercícios - Lista 1 (Seção 23) 1-5, 7,9,11,12
	Exercícios - Lista 2 (Seção 24) 1-4, 8-11
	Exercícios - Lista 3 (Seção 25) 1,2,4
	Topologia Algébrica
	Homotopia de Caminhos