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Instituto de Matemática - UFRJ
Análise real - Paulo Amorim
Lista 3
1. Seja A = [0, 1) ∪ (1, 2] ∪ {3}. Determine A, int(A), Ac, (int(A))c.
Solução:
A = [0, 2] ∪ {3}, int(A) = (0, 1) ∪ (1, 2),
Ac = (−∞, 0) ∪ {1} ∪ (2, 3) ∪ (3,+∞)
= (−∞, 0] ∪ {1} ∪ [2, 3] ∪ [3,+∞),
(int(A))c = ((0, 1) ∪ (1, 2))c
= (−∞, 0] ∪ {1} ∪ [2,∞).
2. Para cada conjunto abaixo, determine se é: fechado? aberto? discreto (ou seja, todos
os seus pontos são pontos isolados)?
(a) A =
{
1
2
, 1
3
, 1
4
, . . .
}
.
(b) B = A ∪ {0}.
(c) C um conjunto finito.
(d) Nc.
(e) Z.
(f) Qc.
Solução:
Relembre que x ∈ X é isolado se existe um intervalo aberto I 3 x tal que I∩X = {x}.
Podemos tomar o intervalo aberto da forma (x− ε, x+ ε).
(a) Não fechado, não aberto, discreto.
(b) Fechado, não aberto, não discreto.
(c) Todo conjunto finito é discreto: suponhamos que F ⊂ R não é discreto. Então,
F tem um ponto x para o qual, para todo ε > 0, o intervalo (x − ε, x + ε)
contém pontos de F diferentes de x. Então, com ε = 1, encontro x1 6= x tal
que x1 ∈ F e x1 ∈ (x − 1, x + 1). Depois, encontro x2 ∈ F com x2 6= x e
x2 ∈ (x − |x − x1|, x + |x − x1|). Desse modo, x2 está mais próximo de x do
que x1 estava. Em particular, x2 6= x1. E assim sucessivamente. Como posso
fazer este processo tantas vezes quanto eu queira, e todos os xn são distintos,
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concluímos que F não pode ser finito.
Todo conjunto finito é fechado: Se F é finito, então F = {x1, x2, . . . , xn}. Logo
F c = (−∞, x1) ∪ (x1, x2) ∪ · · · ∪ (xn,+∞), que é aberto por ser a união de
abertos. Logo F é fechado.
(d) Não é fechado, é aberto, não é discreto.
(e) É fechado, não é aberto, é discreto.
(f) Não é fechado, não é aberto, não é discreto.
3. Prove que se A ⊂ R é aberto e a ∈ A, então A− {a} é aberto.
Solução:
Solução simples: Tem-se que A− {a} = A ∩ ((−∞, a) ∪ (a,+∞)), que é aberto por
ser a interseção de dois abertos.
Solução mais complicada para se ver que não era necessário ter essa sacada: Seja
x ∈ A − {a}. Como A é aberto, existe ε > 0 tal que (x − ε, x + ε) ⊂ A. Das
duas, uma: ou a ∈ (x − ε, x + ε), ou não. Se a não pertence a (x − ε, x + ε), então
x ∈ int(A − {a}). Suponha agora que a ∈ (x − ε, x + ε). Como x 6= a, temos que
|x− a| > 0. Então, a não está no intervalo (x− |x− a|, x+ |x− a|). Mas |x− a| < ε,
logo (x − |x − a|, x + |x − a|) está contido em A, pois está contido no intervalo
(x − ε, x + ε) ⊂ A. Em qualquer dos casos, concluímos que x ∈ int(A − {a}), e
portanto A− {a} é aberto.
4. Seja B ⊂ R aberto. Prove que para todo x ∈ R, o conjunto x+ B = {x+ y : y ∈ B} é
aberto.
Solução:
Seja z ∈ x + B. Então, z = x + y, para algum y ∈ B. Então, z − x = y, logo
z−x ∈ B. Portanto, como B é aberto, existe ε > 0 tal que (z−x−ε, z−x+ε) ⊂ B.
Logo, o intervalo x+ (z − x− ε, z − x+ ε) = (z − ε, z + ε) contém z e está contido
em x+B, mostrando que x+B é aberto.
5. Sejam A,B ⊂ R abertos. Prove que o conjunto A + B = {x + y : x ∈ A, y ∈ B} é
aberto.
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Solução:
Basta observar que A+B =
⋃
x∈A(x+B) que é aberto por ser união de abertos.
6. Mostre que um conjunto A ⊂ R é aberto sse, para todo X ⊂ R, se tem A∩X ⊂ A ∩X.
Solução:
Suponha que A é aberto. Seja X ⊂ R e seja x ∈ A ∩X. Como x ∈ A e A é aberto,
existe ε1 > 0 tal que (x − ε1, x + ε1) ⊂ A. Por outro lado, como x ∈ X, então x
é limite de uma sequência de pontos xn ∈ X. Portanto, tomando ε1 na definição
de limite, vemos que a partir de certa ordem n0 podemos garantir que todos os xn
estão em (x − ε1, x + ε1). Assim, a sequência (xn)n>n0 está em A, está em X (logo
em A ∩ X) e converge para x; isso mostra que x ∈ A ∩X. Como x era um ponto
qualquer de A ∩X, concluímos que A ∩X ⊂ A ∩X.
Reciprocamente, suponhamos que A não é aberto. Para provar o resultado, temos
que ver que existe algum X ∈ R tal que A∩X 6⊂ A ∩X. Esse X vai ser Ac. Observe
que A ∩ Ac = ∅ = ∅, logo basta mostrarmos que se A não é aberto, então A∩Ac 6= ∅.
Se A não é aberto (logo, em particular A 6= ∅), então existe algum ponto x ∈ A com
a propriedade que ∀ε > 0, o intervalo (x − ε, x + ε) contém pontos que não estão
em A, ou seja, pontos de Ac. Mas isso é precisamente a definição de x ∈ Ac. Logo
x ∈ A ∩ Ac que, consequentemente, não é vazio.
7. Prove que int(X) é o maior conjunto aberto contido em X. Ou seja, prove que:
(a) int(X) é aberto;
(b) Se A é um aberto com A ⊂ X, então A ⊂ int(X).
Solução:
(a) Seja x ∈ int(X). Então, existe um intervalo aberto (x − ε, x + ε) ⊂ X. Seja
y ∈ (x− ε, x+ ε) qualquer. Então, se ε1 = min{x+ ε− y, y− x+ ε}, temos que
(y − ε1, y − ε2) ⊂ (x− ε, x+ ε) ⊂ X (ε1 é a distância de y à extremidade mais
próxima do intervalo (x − ε, x + ε) – faça um desenho). Ou seja: y ∈ int(X).
Provámos então que, dado qualquer x ∈ int(X), consigo achar um intervalo à
volta de x onde todos os pontos y estão em int(X). Isto significa que int(X) é
aberto.
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(b) Se A ⊂ X é aberto, então para todo x ∈ A consigo achar um pequeno intervalo
aberto à volta de x que esteja contido em A. Mas então esse intervalo está
contido em X, logo x ∈ int(X) por definição.
8. Mostre que int(X) é a união de todos os conjuntos abertos A que estão contidos em X.
Solução:
Mostremos que int(X) ⊂
⋃
A aberto ⊂X
A. Isso é trivial, pois x ∈ int(X), que é um
aberto contido em X e portanto um dos conjuntos que formam a união. Recipro-
camente, seja x ∈
⋃
A aberto ⊂X
A. Então, existe algum aberto A ⊂ X tal que x ∈ A.
Portanto, existe um intervalo aberto I ⊂ A com x ∈ I. Mas então I ⊂ A ⊂ X, e
assim x ∈ int(X).
9. Investigue as seguintes afirmações, onde A,B ⊂ R.
(a) (A ∪B) = A ∪B.
(b) int(A ∪B) = int(A) ∪ int(B).
Solução:
(a) É verdade: se x ∈ (A ∪B), então existe uma sequência em A ∪B que converge
para x. Sejam MA,MB ⊂ N dados por
MA = {n ∈ N : xn ∈ A},
MB = {n ∈ N : xn ∈ B}.
como xn ∈ A ou xn ∈ B, temos que MA ∪MB = N. Logo, pelo menos um
desses dois conjuntos é infinito. Isso significa que pelo menos uma das duas
sequências (xn)n∈MA ou (xn)n∈MB é uma subsequência de (xn)n∈N (e não apenas
uma coleção finita dos xn). Portanto, ou existe uma sequência de elementos de
A que converge para x, ou existe uma sequência de elementos de B que converge
para x (ou os dois). Ou seja, x ∈ A ou x ∈ B ⇒ x ∈ A ∪ B. Isto prova que
(A ∪B) ⊂ A ∪B.
Reciprocamente, se x ∈ A ∪ B, suponhamos por exemplo que existe xn ∈ A
sequência que converge para x. Então, claro que xn ∈ A∪B, logo x ∈ (A ∪B).
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(b) É falso: por exemplo, se A = [0, 1] e B = [1, 2], teremos int(A∪B) = (0, 2) mas
int(A) ∪ int(B) = (0, 1) ∪ (1, 2).
10. Mostre que se F é fechado e A é aberto, então F \ A é fechado.
Solução:
Temos que F \ A = F ∩ Ac, que é fechado por ser a interseção de dois fechados (Ac
é fechado pois é o complementar de um aberto).
11.
(a) Diga se é verdadeiro ou falso que, para todo X ⊂ R, se tem
(
X
)c
= Xc.
(b) Diga se é verdadeiro ou falso que para algum X ⊂ R, se tem
(
X
)c
= Xc.
Solução:
(a) É falso: por exemplo, se X = {0}, temos
(
X
)c
= R \ {0} mas Xc = R.
(b) É verdadeiro. Por exemplo, se X = R.
12. Mostre que um número a é ponto de acumulação de X sse é ponto de acumulação de
X.
Solução:
Como X ⊂ X sempre, a implicação =⇒ fica provada. Reciprocamente, suponha
que a é ponto de acumulação de X. Então, para cada � > 0, existe algum x ∈ X
tal que 0 < |x − a| < �/2 (é a definição de ponto de acumulação). Por outro lado,
como x ∈ X, então existe y ∈ X (que pode eventualmente ser o próprio x) tal
que |x − y| < |x − a|. Por isso, vemos que y 6= a. Então, temos 0 < |a − y| =
|a− x+ x− y| ≤ |a− x|+ |x− y| < �, ou seja, a é ponto de acumulação de X.
13. Prove que (X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′.
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Solução:
Seja a ∈ (X ∪ Y )′. Então, para cada � > 0, existe z ∈ X ∪ Y tal que 0 < |z− a| < �.
Como z ∈ X ou z ∈ Y , concluímos que a ∈ X ′ ∪ Y ′. Reciprocamente, suponha
que a ∈ X ′ ∪ Y ′. Suponha, porexemplo, que a ∈ X ′. Então, para cada � > 0,
existe x ∈ X tal que 0 < |x − a| < �. Em particular, x ∈ X ∪ Y também. Logo,
a ∈ (X ∪ Y )′.
14. Com a notação do Exercício 5, prove (supondo que todos os conjuntos são não vazios):
(a) Se A é compacto e B é fechado, então A+B é fechado.
(b) Se A e B são compactos, então A+B é compacto.
Solução:
(a) Suponha que A é compacto e B é fechado. Seja (yn) uma sequência de elementos
de A + B convergindo para um ponto x. Temos de mostrar que x ∈ A + B.
Temos que yn = an + bn para algum an ∈ A, bn ∈ B. Temos que yn é limitada
(por ser convergente) e an é limitada, por A ser compacto. Logo bn = yn − an
é limitada (este passo foi essencial e precisa do fato de A ser compacto). Como
an é limitada, possui uma subsequência (ank) convergente para algum a ∈ A.
Por outro lado, a sequência (bnk), por ser uma subsequência de (bn), é limitada
e portanto possui uma subsequência (bnkj ) que converge para algum b ∈ B
(por B ser fechado). Assim, a subsequência (ankj ) também vai convergir para a.
Finalmente, vemos que (ynkj ) converge para a+b. Como (yn) é convergente (por
hipótese), então a sequência (yn) converge toda para a + b (e não apenas uma
sua subsequência converge). Pela unicidade do limite, temos x = a+ b ∈ A+B.
(b) Pelo resultado anterior, temos que A+B é fechado. Como A e B são limitados
(por serem compactos), temos que A+B é limitado. Logo é limitado e fechado,
e portanto compacto.
15.
(a) Obtenha uma cobertura aberta de [0,+∞) que não possua uma subcobertura finita.
(b) Obtenha uma cobertura aberta de (0, 1] que não possua uma subcobertura finita.
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Solução:
(a) C = (−1, 1) ∪ (0, 2) ∪ (1, 3) ∪ (2, 4) ∪ · · ·
(b) C = (1
2
, 2) ∪ (1
3
, 2) ∪ (1
4
, 2) ∪ · · ·
16. (Difícil!) Prove que se X ⊂ R é não vazio e aberto e fechado ao mesmo tempo, então
X = R.
Solução:
Sup que Xc 6= ∅. Seja y ∈ Xc. Como é aberto, ∃ε > 0 tq (y − ε, y + ε) ⊂ Xc. Seja
Ey = {ε > 0 : (y − ε, y + ε) ⊂ Xc}.
Obs primeiro que se ε ∈ Ey, então 0 < δ < ε também. Logo, Ey é um intervalo (0, a),
com a finito ou +∞. Das duas uma: ou Ey é limitado, ou não. Se não é limitado,
então é (0,+∞). Assim, para todo M > 0, tem-se (y −M, y +M) ⊂ Xc e portanto
X = ∅, que é absurdo.
Então, Ey é limitado, e por isso tem majorante. Logo existe o seu supremo b =
supEy > 0. Para todo n > 0, então, o intervalo (y − b − 1n , y + b +
1
n
) não pode
estar contido em Xc (senão b + 1
n
estaria em Ey, e b é o seu supremo). Ou seja,
(y − b − 1
n
, y + b + 1
n
) tem de intersetar X. Seja xn nessa interseção. Note que
xn ∈ (y − b− 1n , y − b] ∪ [y + b, y + b+
1
n
). Como os intervalos (y − b− 1
n
, y + b+ 1
n
)
estão contidos uns nos outros quando n aumenta, vemos que xn é limitada. Logo
possui uma subsequência convergente, xnk → x. Tem-se x ∈ X, pois x é fechado.
Por outro lado,
x ∈
⋂
n∈N
(y − b− 1
n
, y − b] ∪ [y + b, y + b+ 1
n
) = {y − b} ∪ {y + b}.
Assim, um destes dois números está em X, digamos y + b. como X é aberto, existe
um pequeno intervalo centrado em y + b que está contido em X. Mas isso é um
absurdo, pois existem pontos de Xc arbitrariamente próximos de y + b. Pronto.
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