Solucionário Curso de Análise Volume 2

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Soluciona´rio de Curso de Ana´lise Vol. 2 Elon Lages Lima
Andre Kowacs
9 de dezembro de 2018
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Cap´ıtulo 1
Ex.2.3)
Afirmac¸a˜o: Ax = b tem soluc¸a˜o ⇐⇒ b ∈ ker(A∗)⊥
De fato, se Ax = b, enta˜o b ∈ Im(A). Assim, dado a ∈ ker(A∗), temos que:
〈b, a〉 = 〈Ax, a〉 = 〈x,A∗a〉 = 0
Logo b ∈ ker(A∗)⊥.
Reciprocamente, seja 0 6= b ∈ ker(A∗)⊥. Suponha que b 6∈ Im(A). Enta˜o ∃c ∈ Im(A)⊥ tal que 〈b, c〉 6= 0. Mas da´ı
AA∗c ∈ Im(A), logo:
||A∗c||2 = 〈A∗c, A∗c〉 = 〈AA∗c, c〉 = 0
Logo A∗c = 0 =⇒ x ∈ ker(A∗). Mas da´ı b ∈ ker(A∗)⊥ =⇒ 〈b, c〉 = 0 contradic¸a˜o. Logo b ∈ Im(A).
Ou seja, Im(A) = ker(A∗)⊥ ∧ Im(A∗) = ker(A)⊥ Seja dim(Im(A)) = k ≤ n. Enta˜o dim(ker(A)) = n − k =⇒
dim(ker(A)⊥) = n− (n− k) = k = dim(Im(A∗))
Ex 2.10)
Para t ∈ (0, 1) e |a| < r, |b| ≤ r ou |a| ≤ r, |b| < r :
|(1− t)a+ tb| ≤ (1− t)|a|+ t|b| < (1− t)r + tr = r
Se |a| = |b| = r, enta˜o como a 6= b, 〈a, b〉 < |a||b| ≤ r2.
E, portanto, para t ∈ (0, 1):
|(1− t)a+ tb|2 = 〈(1− t)a+ tb, (1− t)a+ tb〉 = (1− t)2r2 + 2(1− t)t〈a, b〉+ t2r2
< (1− 2t+ t2)r2 + (2t− 2t2)r2 + t2r2 = r2
∴
|(1− t)a+ tb| < r
Ex.5.5)
De fato, 〈, 〉 cont´ınua e limxk = a implica
limk→∞〈xk, y〉 = 〈a, y〉, ∀y.
Agora suponha que limk→∞〈xk, y〉 = 〈a, y〉, ∀y. Tome {e1, ..., en} base ortonormal. Enta˜o ∀i = 1, ..., n, ∃ki :
|〈xk, ei〉 − 〈xl, ei〉| < �/n, ∀k, l ≥ Ki.
Tome K = maxKi. Enta˜o:
|〈xk, ei〉 − 〈xl, ei〉| = |〈xk − xl, ei〉| < �/
√
n, ∀k, l ≥ K,∀i = 1, ..., n.
Mas enta˜o:
|xk − xl| =
∣∣∣∑〈xk − xl, ei〉ei∣∣∣ ≤∑ |〈xk − xl, ei〉| |ei| < �∀l, k ≥ K
Logo xk e´ de Cauchy e claramente xk → a.
Ex.6.2)
Seja X tal que todo ponto e´ isolado. Assim, dados x, y ∈ X, ∃δx, δy tal que:
B(x, δx) ∩X\{x} = ∅, B(y deltay) ∩X\{y} = ∅
Assim, seja rx = inf{|x− z|; z ∈ X}, ry = inf{|y − z|; z ∈ X}. Note que rx ≥ δx > 0, ry ≥ δy > 0.
Tomando Bx = B(x, rx/2), By = B(y, ry/2), segue que Bx ∩By = ∅. Como x e y foram arbitra´rios, segue.
1
Ex.6.3) Seja X ⊂ Rn discreto. Enta˜o todo ponto e´ isolado, logo pelo Ex.6.2, ∀x ∈ X,∃Bx vizinhanc¸a de x tal
que Bx ∩ By = ∅, x 6= y. Assim, seja (qn)n ⊂ Rn enumerac¸a˜o de Qn. Enta˜o ∀x, ∃qnx tal que qnx ∈ Bx. Note que
isso define uma injec¸a˜o:
f :A ⊂ Qn → X
qnx 7→ x
pois x 6= y =⇒ qnx ∈ Bx, qny ∈ By, qnx 6= qny pois Bx ∩By = ∅.
Logo X e´ enumera´vel.
E.7.9)
De fato, se X e´ limitado, enta˜o X tambe´m o e´, logo X e´ compacto. Segue que f |X e´ uniformemente cont´ınua,
donde f |X tambe´m o e´, pois e´ restric¸a˜o da outra.
Ex.9.7)
Seja B a bola fechada e ponha
h :int(B)→ Rn T : Rn → Rn
x 7→ x
1− ||x|| x 7→ x+ a
Temos que h e´ homeomorfismo entre int(B) e Rn, com h−1(x) =
x
1 + ||x|| , e T e´ homeomorfismo entre R
n e Rn,
T−1(x) = x− a. Assim:
φ = h−1 ◦ T ◦ h :int(B)→ int(B)
x 7→ (1− ||x||)a+ x
(1− ||x||) + ||(1− ||x||)a+ x||
e´ homeomorfismo. Ale´m disso, dado b ∈ ∂B, ||b|| = 1, logo:
lim
x→b
φ(x) = lim
x→b
b
||b|| = b
Logo, podemos estender continuamente φ para φ¯ : B → B pondo φ¯(x) = limy→x φ(y) e temos que φ¯ e´ homeomor-
fismo entre B e B tal que φ¯(x) = x, ∀x ∈ ∂B. Ale´m disso, φ¯(0) = 1
1 + ||a|| ∈ int(B). Assim, de modo ana´logo, to-
mando a1, a2 tal que
1
1 + ||a1|| = c,
1
1 + ||a2|| = d , obtemos os homeomorfismos φ¯1, φ¯2 tais que φ¯1(0) = c, φ¯2(0) = d.
Assim γ = φ¯2 ◦ φ¯−11 e´ homeo que preserva a fronteira e γ(c) = d
Ex.10.9)
De fato, GL(n) = det−1(R\{0}) e det e´ cont´ınua, R\{0} e´ aberto.
Ex.10.12)
Seja T ∈ I onde I ⊂ L(Rn,Rm) e´ o conjunto das aplicac¸o˜es injetivas. T e´ injetiva ⇐⇒ ∃c > 0 ||Tx|| ≥ c||x||, ∀x ∈
Rn. Assim, ||T ′ − T || < c/2 =⇒ ||(T ′ − T )x|| ≤ c/2||x||, ou seja:
||Tx|| − ||T ′x|| ≤ ||x|| =⇒ ||T ′x|| ≥ ||Tx|| − c/2||x|| ≥ c||x|| − c/2||x|| = c/2||x||
Logo T ′ e´ injetiva, isto e´, B(T, c/2) ⊂ I. Logo I e´ aberto.
Ex.10.13)
Seja I ⊂ L(Rn,Rm), n ≤ m o conjunto das aplicac¸o˜es inejtivas. Dada T ∈ L(Rn,Rm), � > 0, mostremos que
∃T ′ ∈ I, ||T − T ′|| ≤ �. Se T ∈ I, enta˜o tome T ′ = T . Se T 6∈ I, enta˜o ker(T ) 6= {0}. Seja 0 < dim ker(T ) = k ≤ n.
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Segue que dim(Im(T )) = n−k < n, donde dim(Im(T )⊥) = m−n+k ≥ k. Logo dim(ker(T )) = k ≤ dim(Im(T )⊥).
Segue que ∃S linear injetiva:
S : ker(T )→ Im(T )⊥
Assim, defina:
U : ker(T )⊥ → Im(T )
Onde U = T |ker(T )⊥ . Enta˜o e´ claro que ker(U) = {0}, Im(U) = Im(T ). Note que ker(T )
⊕
ker(T )⊥ = Rn, logo
∀x ∈ Rn, ∃!x1 ∈ ker(T ), x2 ∈ ker(T )⊥, x = x1 + x2.
Defina T ′ : Rn → Rm, pondo
T ′x = Ux1 +
�
||S||Sx2
Assim T ′x = 0 ⇐⇒ Ux1 + �||S||Sx2 = 0 ⇐⇒ x1 ∈ ker(U) ∧ x2 ∈ ker(S) =⇒ x1, x2 = 0 ou x1, x2 ∈
Im(U) ∩ Im(S) = {0} =⇒ x1, x2 = 0.
Logo x = x1 + x2 = 0 e ker(T
′) = {0}, isto e´, T ′ ∈ I. Ainda, ∀x ∈ Rn:
||T ′x− Tx|| = ||Ux1 + �||S||Sx2 − T |ker(T )⊥x1|| ≤
�
||S|| ||S||||x2|| ≤ �||x||
Portanto ||T ′ − T || ≤ �
Ex.11.10)
Sejam x1, x2 ∈ A. Dado t ∈ [0, 1], seja y = tx1 + (1− t)x2. Dado � > 0 Como x1, x2 ∈ A, ∃a1, a2 ∈ A, |x1 − a1| <
�/2, |x1 − a1| < �/2.
Enta˜o ta1 + (1− t)a2 ∈ A e
|tx1 + (1− t)x2 − ta1 + (1− t)a2| ≤ t|x1 − a1|+ (1− t)|x2 − a2|
< t�/2 + (1− t)�/2 = �
Logo tx1 + (1− t)x2 ∈ A, logo A e´ convexo.
Ex.11.11)
Por 11.10 temos que A e´ convexo. Note que ∀x ∈ A, y ∈ A, tx + (1 − t)y ∈ A, t ∈ [0, 1). De fato, A aberto
=⇒ ∃δ, B(x, δ) ⊂ A. Logo ∀z ∈ B(x, δ), tx+ (1− t)z ∈ A, t ∈ [0, 1].
Mas y ∈ A =⇒ ∃u ∈ A, y ∈ B(u �). Pelo acima, u+ t(y − u) ∈ A, t ∈ [0, 1). Denotando o segmento fechado entre
dois pontos j, i por [j, i] e fechado e aberto por [j, i), temos enta˜o que [x, u], [u, y) ⊂ A =⇒ [x, y) ⊂ A.
Agora, tome y ∈ int(A). Enta˜o ∃r > 0, B(y, r) ⊂ A. Tome y′ ∈ A. Enta˜o ∃� > 0 tal que y′ + (1 + �)(y − y′) =
t + �(y − y′) ∈ B(y, r) ⊂ A. Mas pelo argumento acima, [y′, y + �(y − y′)) ⊂ A. Mas y ∈ [y′, y + (�(y − y′)), logo
y ∈ A. A inclusa˜o reversa e´ trivial.
Ex.11.18)
De fato, dada M ∈ L(Rn), exceto para um nu´mero finito de λ’s (M −λId) e´ invert´ıvel (pois det(M −λId) e´ um po-
linoˆmio. Assim, ∃(λn)n ⊂ R, λn → 0 tais que Mn = M − λnId e´ invert´ıvel, Mn →M ∴ GL(n) = R\. Ex.12.2)
E´ fechado, pois dada (On)n ⊂ O(n), On → T , tomando x ∈ Rn, temos ||Onx|| = ||x||,∀n =⇒ ||Onx|| → ||x||. Pela
continuidade da norma, segue que ||Onx|| → ||Tx|| = ||x||. Como x foi arbitra´rio, segue que ||Tx|| = ||x||∀x ∴ T ∈
O(n). Segue que O(n) e´ fechado. Ale´m disso, ∀O ∈ O(n), ||Ox|| = ||x||∀x ∴ ||O|| = 1. Logo O(n) e´ limitado e
portanto compacto.
Ex.12.3)
De fato, se todo ponto de X e´ isolado, enta˜o ∪x∈X{x} e´ cobertura aberta de X sem cobertura finita. Logo X na˜o e´
compacto. Se X possui ao menos 1 ponto na˜o isolado,x¯ , enta˜o ∃(xn)n ⊂ X xn 6= x∀n, xn → x¯. Assim (xn)n ⊂ X
e´ subconjunto na˜o fechado em X, logo na˜o compacto.
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Ex.12.6)
De fato, X ∼= X =⇒ X limitado.Enta˜o ∃x¯ ∈ X, x¯ 6∈ X, ou seja, ∃(xn)n ⊂ X, xn → x¯ 6∈ X. Defina:
f :X → Rn
x 7→ x− x¯||x− x¯||2
Enta˜o e´ claro que f e´ cont´ınua. Ale´m disso,
f−1 :f(X)→ X
y 7→ y||y||2 + x¯
E´ inversa de f , tambe´m claramente cont´ınua. Logo f e´ homeomorfismo e X ∼= f(X). Mas note que f(X) e´
ilimitado:
De fato:
||f(xn)|| = ||xn − x¯||||xn − x¯|| =
1
||xn − x¯|| → +∞
Contradic¸a˜o. Logo X e´ fechado. Portanto X ⊂ Rn e´ fechado e limitado, logo, compacto.
Ex.12.7)
Claramente, X ∼= X =⇒ X fechado.
Suponha que X na˜o e´ limitado.Defina:
f :X → Rn
x 7→ x
1 + ||x||
Claramente f e´ cont´ınua e sua inversa:
f−1 :f(X)→ X
y 7→ y
1− ||y||
tambe´m. Mas note que ∀y ∈ f(X), y = x
1 + ||x|| , logo ||y|| =
||x||
1 + ||x|| < 1.
Mas X ilimitado implica que ∃(xn)n ⊂ X, ||xn|| → +∞. Segue que ||f(xn)|| → 1. Como (f(xn)n e´ limitada,
∃(f(xnk))k ⊂ (f(xn))n subsequeˆncia convergente, f(xnk) → y¯ ∈ Rn. Mas enta˜o ||xnk || → +∞ =⇒ ||y¯|| = 1, logo
y¯ 6∈ f(X), logo f(X) na˜o e´ fechado, contradic¸a˜o. Segue que X e´ limitado. Conclu´ımos que X e´ compacto.
Ex.12.11)
i) De fato, seja x ∈ f−1(y). Enta˜o ∃r > 0, f |B(x,r)∩X e´ injetiva, logo f−1(y)∩B(x, r) = {x}, logo {x} e´ aberto.
Como x foi arbitra´rio, segue que f−1(y) e´ discreto.ii) Suponha que na˜o. Enta˜o ∃(xn)n ⊂ f−1(y), xn 6= xm, n 6= m. Mas (xn)n ⊂ f−1(y) ⊂ X, logo admite
subsequeˆncia convergente xnk → x¯ ∈ X. Mas note que f(xn) ≡ y =⇒ limn→∞ f(xn) = y. Mas f cont´ınua
=⇒ f(xn)→ f(x¯) ∴ f(x¯) = y, logo x¯ ∈ f−1(y). Mas como xnk → x¯, este e´ ponto de acumulac¸a˜o de f−1(y),
logo {x¯} na˜o e´ aberto em f−1(y), contradic¸a˜o. Logo f−1(y) e´ finito.
Ex.12.17)
De fato, mostremos que Rm\pi(F ) e´ aberto. Tomes z 6∈ pi(F ). Enta˜o, ∀k ∈ K, (z, k) 6∈ F . Como este e´ fechado,
para cada (z, k) ∈ {z} ×K, ∃rk, B((z, k), rk) = Bk ∩ F = ∅. Mas note que {z} ×K e´ compacto e que {Bk}k∈K
e´ cobertura aberta de {z} ×K. Logo ∃k1, ..., kn ∈ K, tais que {z} ×K ⊂
⋃n
i=1Bki . Tome r = min{rki}. Enta˜o
B(z, r) ⊂ Rn\pi(F ).
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De fato, se y ∈ B(z, r), k ∈ K enta˜o ∃i ∈ {1, ..., n}, |k − ki| < rki . Mas |z − y| < r ≤ rki ∴ (y, x) 6∈ F,∀x ∈ Rn ∴
y 6∈ pi(F ).
Ex.12.18)
Para cada (a, k) ∈ {a} ×K, ∃rk > 0, B((a, k), rk) ⊂ U . Assim, {B((a, k), rk)}k∈K e´ cobertura aberta de {a} ×K.
Como este e´ compacto, existem k1, ..., kn tais que {a} × K ⊂ ∪ni=1B((a, ki), rki). Ponha r = min1≤i≤n{rki} e
suponha, sem perda de generalidade, que a norma em Rn+m e´ a norma ||(x, y)|| = max{||x||, ||y||}. Enta˜o, se
B = B(a, r) ⊂ Rn, B × K ⊂ U. De fato, se b ∈ B, enta˜o |b − a| < r ≤ rki , ∀i = 1, ..., n. Assim, se k ∈ K,
∃i0, |k − ki0 | < rki0 . Mas da´ı |(b, k) − (a, ki0)| < max{r, rki0} = rki0 . Logo (b, k) ∈ B((a, ki0), rki0 ) ⊂ U . Da´ı
B ×K ⊂ U
Ex.12.19)
De fato, e´ claro que f e´ cont´ınua. Agora, se f(x) = f(y), enta˜o:
(1− ||x||)a+ x = (1− ||y||)a+ y
a(||y|| − ||x||) = y − x
|a|||y − x|| = ||y − x||
Mas |a| < 1 =⇒ ||y − x|| < |||y|| − ||x||| ou |y − x| = 0. Como o primeiro caso e´ falso por causa da desigualdade
triangular, temos que ||y−x|| = 0 ⇐⇒ x = y. Portanto f e´ injetiva. Agora, dado y ∈ B, ponha hy(x) = y−f(x)+x.
Enta˜o:
||hy(x)− hy(z)|| = |a||x− z|| < ||x− z||
logo hy e´ contrac¸a˜o. Como B e´ fechada, logo completa, pelo teorema do ponto fixo de Banach ∃!x ∈ B, hy(x) = x.
Mas enta˜o x = y − f(x) + x =⇒ f(x) = y. Logo f e´ sobrejetora. Como f e´ bijec¸a˜o cont´ınua de um compacto, e´
homeomorfismo.
Ex.12.20)
De fato, seja X compacto, f : X → Y localmente Lipschitz. Suponha que f na˜o seja Lipschitz. Enta˜o ∀n > 0,
∃xn, yn ∈ X tais que:
||f(x)− f(y)|| > ||xn − yn|| (∗)
Mas X compacto implica que existem subsequeˆncias (xnk)ke(ynkj )j tais que xnk → x¯ ∈ X e ynkj → y¯. Para
simplificar notac¸a˜o, seja (x′n)n′ = (xnkj )j , (yn′)n′ = (ynkj )j . Enta˜o ambas convergem para os limites acima. Mas
se x¯ 6= y¯, enta˜o (∗) implica que:
||f(xn)− f(yn)|| → +∞
Mas f continua implica que:
||f(xn)− f(yn)|| → ||f(x)− f(y)||
Contradic¸a˜o. Enta˜o devemos ter x¯ = y¯. Mas da´ı ∃δ > 0, C > 0 tais que para xn, yn ∈ B(x¯, δ), xn 6= yn implica:
||f(xn)− f(yn)|| ≤ ||xn − yn|| =⇒ ||f(xn)− f(yn)||||xn − yn|| ≤ C(∗∗)
Mas como ambas as sequeˆncia convergem para x¯, ∃N, ∀n ≥ N, xn, yn ∈ B(x¯, δ). Logo (∗∗) vale para todo n ≥ N .
Mas (∗) implica que:
||f(xn)− f(yn)||
||xn − yn|| > n
Logo para n > C temos uma contradic¸a˜o. Logo f e´ Lipschitz.
Ex.14.6)
De fato, seja X conexo. Note que f localmente constante implica f cont´ınua. Tome x ∈ X. Enta˜o ∃r > 0 tal que
f |B(x,r)∩X ≡ f(x). Defina:
B = {y ∈ X; f(y) = f(x)}
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Claramente B 6= ∅, pois x ∈ B. B e´ aberto pois se y0 ∈ B, F (y0) = f(x) e ∃r′, f |B(x,r)∩X ≡ f(x). Mas B tambe´m
e´ fechado, pois f e´ cont´ınua e B = f−1({f(x)}). Logo B = X, ou seja f(y) = f(x)∀y ∈ X, isto e´, f e´ constante.
Agora suponha que toda aplicac¸a˜o localmente constante em X e´ constante e seja X = A∪B cisa˜o. Tome z 6= y ∈ Rn
e defina:
f : X → Rn
f(x) =
{
z, x ∈ A
y, x ∈ B
Enta˜o f e´ localmente constante. Por hipo´tese, f deve ser constante, diga f ≡ z. Enta˜o A = X, B = ∅, logo A e´
conexo.
Ex.14.16)
De fato, pela forma canoˆnica dos operadores ortogonais, temos que, dado θ ∈ O+(n) existe base em Rn tal que:
[O] =

+1
. . .
+1 0
−1
. . .
−1
cos(θ1) − sin(θ1)
sin(θ1) cos(θ1)
. . .
0 cos(θn) − sin(θn)
sin(θn) cos(θn)

Onde o nu´mero de “−1”s e´ par. Mostremos que existe caminho θ → Idn×n, de modo que existe caminho entre
quaisquer dois θ1, θ2 ∈ O+(n). De fato, ponha:
[O(t)] =

+1
. . .
cos(pi(1− t)) − sin(pi(1− t)) 0
sin(pi(1− t)) cos(pi(1− t))
. . .
cos(θ1(1− t)) − sin(θ1(1− t))
sin(θ1(1− t)) cos(θ1(1− t))
. . .
0 cos(θn(1− t)) − sin(θn(1− t))
sin(θn(1− t)) cos(θn(1− t))

Enta˜o e´ claro que O(t) ∈)+(n), ∀t ∈ [0, 1] e que θ(t) e´ cont´ınua e θ(0) = θ, θ(1) = Idn×n. Logo O+(n) e´ conexo por
caminhos e logo conexo.
Ja´ para T ∈ GL+(n), pela decomposic¸a˜o polar, temos que ∃P auto-adjunta positiva, e U ∈ O+(n) tais que:
T = PU
Assim, vamos mostrar que existe caminho ligado T e Id novamente. Claro, como U ∈ O+(n), podemos tomar
base tal que U e´ da forma acima e considerar U(t) da mesma forma que θ(t). Ale´m disso, P auto-adjunta positiva
implica
P = V ∗DV
6
onde V e´ ortogonal e
[D] =

λ1
λ2 0
. . .
0 λn

tais que λ1, ..., λn > 0 sa˜o os autovalores de P . Assim, tome:
[D(t)] =

(1− t)λ1 + t
(1− t)λ2 + t 0
. . .
0 (1− t)λn + t

de modo que det(D(t)) > 0∀t ∈ [0, 1], D(0) = D, D(1) = Id. Assim fica definido:
T (t) = P (t)U(t) = V ∗D(t)V U(t)
onde T (t)inGL+(n),∀t ∈ [0, 1], T (0) = T, T (1) = Id e T (t) cont´ınua. Como T foi arbitra´ria, temos que GL+(n) e´
conexo por caminhos e logo conexo.
Ex.14.17)
De fato, seja X ⊂ Rn aberto, C ⊂ X componente conexa. Dado x ∈ C, ∃r > 0, B(x, r ⊂ X, pois X e´ aberto. Mas
enta˜o B(x, r) e´ um subconjunto de X conexo contendo x, logo B(x, r) ⊂ C por definic¸a˜o. Logo C e´ aberta.
Ex.15.2)
De fato, note que:
y = Ax =⇒ A−1y = x
|y| = |Ax| ≥ c|x| = c|A−1y|
|A−1y| ≤ 1
c
|y|
Da´ı:
||A−1|| ≤ 1
c
(1)
Assim, se ||A−X|| < c/2, enta˜o:
|(A−X)x| ≤ c/2|x|
|Ax−Xx| ≤ c/2|x|
|Ax| − |Xx| ≤ c/2|x|
−|Xx| ≤ c/2|x| − |aX| ≤ c/2|x| − c|x|
|Xx| ≥ c/2|x|
Assim, analogamente (1),
|X−1| ≤ 2/c (2)
Logo, por (1) e (2):
||X−1 −A−1|| = ||X−1(Id−XA−1)||
= |X−1(A−X)A−1||
≤ ||X−1||||A−X||||A−1||
< 2/c · c/2 · 1/c = 1/c (3)
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Ou seja, f(B(A, c/2)) ⊂ B(A−1, 1/c). Assim, note que tomando δ < c/2, (2) ainda vale, portanto podemos reduzir
(3) arbitrariamente. Logo f(X) = X−1 e´ continua.
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