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Instituto de Matemática - UFRJ
Análise 2 - 2020/1 - Prof. Paulo Amorim
Lista 1 - até conjuntos compactos inclusive
1. Mostre que, qualquer que seja a norma ‖ · ‖ adotada em Rn, n > 1, a esfera unitária
S[0; 1] = {x ∈ Rn : ‖x‖ = 1} é um conjunto infinito.
Solução:
Se n > 1, então existem dois vetores linearmente independentes, x1 e x2. considere
o segmento de reta
R = {tx1 + (1− t)x2 t ∈ [0, 1]},
que é um conjunto infinito. Mostre que a aplicação Φ : R→ S, x 7→ x/‖x‖ é injetiva.
2. Seja x ∈ S[0; 1]. Mostre que para qualquer � > 0, existem y ∈ B(0; 1) e z 6∈ B[0; 1] tais
que |x− y| < � e |x− z| < �.
Solução:
Seja x ∈ S[0; 1]. Considere a função 0 ≤ λ 7→ φ(λ) = λx. Então, temos que
|x− φ(λ)| = |(1− λ)x| = |1− λ||x| = |1− λ|.
Para achar y, basta escolher λ1 < 1 − � (supomos � já ≤ 1, senão y = 0 serve), e
fazer y = φ(λ1); para escolher z, escolhemos λ2 ∈ (1, 1 + �) e φ(λ2). Tem de mostrar
ainda que y e z pertencem aos conjuntos anunciados!
3. Mostre que a interseção arbitrária de conjuntos convexos é um conjunto convexo.
Solução:
É trivial...
4. Mostre que limxk = a ∈ Rn sse lim〈xk, y〉 = 〈a, y〉 para todo y ∈ Rn.
Solução:
=⇒ : Seja y 6= 0 ∈ Rn. Temos que lim〈xk, y〉 = 〈a, y〉 é o mesmo que 〈xk−a, y〉 → 0.
Mas pela desigualdade de Cauchy-Scwarz, |〈xk−a, y〉| ≤ |xk−a||y| → 0, pois xk → a.
Reciprocamente, tome y = ei e observe que uma sequência converge sse cada seu
componente converge.
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5. Seja f : X ⊂ Rm → Rn contínua e xk ∈ X uma sequência com xk → a ∈ X. Mostre
que se ‖f(xk)‖ ≤ c para todo k ∈ N, então ‖f(a)‖ ≤ c.
Solução:
Como f é contínua, temos que ‖f(a)− f(xk)‖ → 0. Portanto, para qualquer � > 0,
consigo em particular encontrar xk tal que ‖f(a)− f(xk)‖ < �. Assim, ∀� > 0,
‖f(a)‖ ≤ ‖f(a)− f(xk)‖+ ‖f(xk)‖ ≤ �+ C,
o que prova o resultado.
6. Seja f : X ⊂ Rm → Rn contínua no ponto a ∈ X. Mostre que se ‖f(a)‖ > 0, então
existe δ > 0 tal que ‖f(x)‖ > 0 para todo x ∈ X, ‖x− a‖ < δ.
Solução:
Seja � = ‖f(a)‖/2. Então, existe δ > 0 tal que, se x ∈ X, ‖x − a‖ < δ, então
f(x) ∈ B(f(a); �) = B(f(a); ‖f(a)‖/2). Essa bola não contém zero, pois ‖0−f(a)‖ =
‖f(a)‖ > ‖f(a)‖/2. Logo, f(x) 6= 0 e consequentemente ‖f(x)‖ > 0.
7. Seja f : Rm → Rn contínua. Mostre que se X ⊂ Rm é limitado, então f(X) ⊂ Rn é
limitado. Atenção que isto não mostra que uma função contínua transforma limitados
em limitados, o que é falso!!
Solução:
Por f ser contínua no espaço todo, sabemos que é contínua no compacto X. Logo
f(X) é compacto e portanto limitado, pois uma função contínua transforma com-
pactos em compactos. Como f(X) ⊂ f(X), então f(X) é limitado.
8. Mostre que o cone C = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0, x2 + y2 − z = 0} é homeomorfo a R2.
Solução:
Considere a aplicação f : C → R2, f(x, y, z) = (x, y).
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9. Mostre que B[0; 1] \ {0} e (B(0; 1))c são homeomorfos.
Solução:
Considere a aplicação f : B[0; 1] \ {0} → (B(0; 1))c, f(x) = x‖x‖2 .
10. Seja X ⊂ Rm ilimitado, f : X → Rn uma aplicação e a ∈ Rn. Defina convenientemente
o que significa dizer que lim
x→∞
f(x) = a.
Solução:
∀� > 0, ∃M > 0 : x ∈ X, ‖x‖ > M =⇒ ‖f(x)− a‖ < �.
11. Sejam f : X ⊂ Rm → Rn e a ∈ X ′. Defina convenientemente o que significa dizer que
lim
x→a
f(x) = +∞.
Solução:
∀M > 0,∃δ > 0 : x ∈ X, 0 < ‖x− a‖ < δ =⇒ ‖f(x)‖ > M.
12. Seja X ⊂ Rm ilimitado, f : X → Rn uma aplicação. Defina convenientemente o que
significa dizer que lim
x→∞
f(x) =∞.
Solução:
∀M > 0,∃R > 0 : x ∈ X, ‖x‖ > R =⇒ ‖f(x)‖ > M.
13. Seja f : R2 ⊂ {0} → R, f(x, y) = x2−y2
x2+y2
. Verifique que lim
x→0
(lim
y→0
f(x, y)) 6= lim
y→0
(lim
x→0
f(x, y)).
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Lista 1 - até conjuntos compactos inclusive (continuação)
Solução:
Só calcular.
14. Mostre que um ponto a ∈ X é aberto relativamente a X sse é um ponto isolado de X.
Consequentemente, um conjunto X é discreto (ou seja, todos os seus pontos são pontos
isolados) sse qualquer subconjunto A ⊂ X é aberto em X.
Solução:
Por definição de um subconjunto de X ser aberto relativamente a X, o conjunto {a}
é aberto em X quando existe δ > 0 tal que B(a; δ) ∩X ⊂ {a}; Isso é o mesmo que
dizer que a é ponto isolado de X.
15. Seja h : X ⊂ Rm → Y ⊂ Rn um homeomorfismo. Mostre que um conjunto A ⊂ X é
aberto em X sse h(A) é aberto em Y .
Solução:
Um resultado importante diz que f : X ⊂ Rm → Rn é contínua sse f−1(B) é aberto
em X para todo aberto B ⊂ Rn.
Suponhamos que A ⊂ X é aberto em X. Então, A = B ∩X para algum aberto B ⊂
Rm. Como h é a função inversa de h−1, e esta última é contínua, então h(B) ⊂ Rn é
aberto. Mas h(B) = h(B)∩ Y , logo h(B) é aberto em Y . A recíproca é semelhante,
mas com todos os papéis trocados.
16. Seja A ⊂ Rn. um aberto. Mostre que A é aberto sse A ∩ ∂A = ∅.
Solução:
Seja A aberto. Então, qualquer elemento x ∈ A possui uma bola centrada nele
totalmente contida em A. Isso contradiz a definição de fronteira de A. Logo x 6∈ ∂A.
Reciprocamente, suponha que A ∩ ∂A = ∅. Se x ∈ A, então x 6∈ ∂A, ou seja, existe
alguma bola B centrada em x para a qual não é verdade que B intersete A e Ac.
Logo, B ⊂ A ou B ⊂ Ac. Como x ∈ A, então B ⊂ A. Logo x ∈ int(A) e portanto
A é aberto.
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17. Seja A ⊂ Rn um aberto. Mostre que sua fronteira ∂A tem interior vazio. Dê exemplo
de um conjunto cuja fronteira seja um conjunto aberto.
Solução:
Vamos usar o exercício anterior: A é aberto sse A ∩ ∂A = ∅. Seja A aberto, e
suponha que existe x ∈ int(∂A). Então, ∃δ > 0 tal que B(x; δ) ⊂ ∂A. Mas em
particular, como o interior de um conjunto está contido no conjunto, tem-se também
que x ∈ ∂A. Logo, ∀� > 0, B(x; �) interseta A e Ac. Tome � = δ. Então, existe
algum ponto y ∈ A nessa bola. Por outro lado, vimos que essa bola está contida em
∂A, logo y ∈ ∂A. Ou seja, achei y ∈ A ∩ ∂A, que é vazio por A ser aberto. Isso é
absurdo.
Exemplo pedido: ∂Q = R.
18. Mostre que o conjunto das matrizes invertíveis n× n é um aberto de Rn2 .
Solução:
Primeiro, defina-se uma norma qualquer no conjunto das matrizes n × n (qualquer
uma serve). A aplicação “determinante” de uma matriz é contínua, pois consiste
de produtos e somas. O conjunto das matrizes invertíveis é a imagem inversa pela
aplicação “determinante” do conjunto aberto R \ {0}, logo é um conjunto aberto.
19. Mostre que o conjunto dos pontos de acumulação de um conjunto é fechado.
Solução:
Suponha que x 6∈ X ′. Então, existe alguma bola B(x; �) que não interseta X \ {x}.
Em particular, se y ∈ B(x; �), então consigo achar uma bola menor B(y; �′) ⊂ B(x; �)
tal que x 6∈ B(y; �′). Temos então que B(y; �′)∩X = ∅, e portanto y 6∈ X ′ de certeza.
Logo, dado x ∈ (X ′)c, achei uma bola B(x; �) contida em (X ′)c. Assim, (X ′)c é
aberto e portanto X ′ é fechado.
20. * Seja A aberto e convexo. Mostre que A = int(A). Dê um exemplo de um conjunto
aberto não-convexo para o qual A 6= int(A).
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Lista 1 - até conjuntos compactos inclusive (continuação)
Solução:
Seja A aberto e convexo. Tem-se A ⊂ int(A)? Lembre que A ⊂ A, sempre. Logo, se
x ∈ A, então x ∈ A. Como A é aberto, existe B(x; �) ⊂ A ⊂ A, portanto x ∈ int(A).
Logo A ⊂ int(A).
Reciprocamente, seja x ∈ int(A), e queremos ver que x ∈ A. A ideia do que segue
é conseguir achar dois pontos em A de modo que x seja combinação convexa deles.
Temos que existe B(x; �) ⊂ A. Seja y ∈ B(x; �). Então, y ∈ A e portanto B(y; �′) ∩
A 6= ∅ para todo �′. Seja z ∈ B(y; �′) ∩ A. Como A é aberto, existe B(z; �′′) ⊂ A.
Podemos supor que B(z; �′′) ⊂ B(x; �), se necessário diminuindo �′ e �′. Considere a
bola B de centro z′ = x− (z−x) e raio �′′. Temos que B(z′, �′′) ⊂ B(x; �), logo existe
z′′ ∈ B(z′, �′′) ∩ A. Mas se z′′′ = x − (z′′ − x), então temos que z′′′ ∈ B(z; �′′) ⊂ A.
Assim, z′′ e z′′′ estão ambos em A, e x = 1
2
(z′′ + z′′′) ∈ A, por Aser convexo.
Exemplo: Rn \ {0}.
21. Mostre que a fronteira de um fechado tem interior vazio.
Solução:
Suponha que ∃x ∈ ∂F com B(x; �) ⊂ ∂F . Ora, se x ∈ ∂F , então existe y ∈
B(x; �) ∩ F c. Como F c é aberto, podemos achar �′ < � tal que B(y; �′) ⊂ F c. Logo
y 6∈ ∂F , o que contradiz B(x; �) ⊂ ∂F .
22. Mostre que todo conjunto infinito X ⊂ Rn possui um subconjunto não-compacto.
Solução:
Sabemos que todo conjunto infinito X possui algum ponto de acumulação x (que
pode estar ou não em X). Portanto, existe uma sequência de pontos xn ∈ X, dois a
dois distintos, com xn 6= x, que converge para x. Basta então considerar o conjunto
{xn}.
23. Seja X ⊂ Rn. Mostre que se todo conjunto homeomorfo a X for limitado, então X é
compacto.
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Lista 1 - até conjuntos compactos inclusive (continuação)
Solução:
Observe que X é limitado, pois é homeomorfo a ele mesmo. Portanto, para concluir a
prova podemos provar o seguinte: Se X é limitado mas não é fechado, então consigo
achar um homeomorfismo entre X e um conjunto ilimitado. Seja x0 6∈ X, mas
x0 ∈ ∂X, e C suficientemente grande para que X ⊂ B(x0;C). Então, a “inversão”
em torno da esfera de centro x0 e raio C,
f(x) =
1
C
x− x0
‖x− x0‖2
é um homeomorfismo entre B(x0;C)\{x0} e (B[x0;C])c (ver exercício 9). Portanto, é
um homeomorfismo entreX e a sua imagem. ComoX contém pontos arbitrariamente
próximos de x0, então a imagem por f(X) terá pontos com norma arbitrariamente
grande e por isso não é limitado.
24. Seja X ⊂ Rn. Mostre que se todo conjunto homeomorfo a X for fechado, então X é
compacto.
Solução:
Observe que X é fechado, pois é homeomorfo a si mesmo. Portanto, podemos ver
que se X é fechado mas não limitado, então consigo achar um homeomorfismo entre
X e um conjunto que não é fechado. Para isso usamos a mesma função do exercício
anterior.
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