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Espaços Métricos - Verão 2015
Ivo Terek Couto
12 de julho de 2015
Resolução das listas de exercícios do curso de Espaços Métricos ministrado no
IME-USP em Janeiro de 2015 pelo prof. Hector Cabarcas. Foi utilizado como texto
para o curso o livro "Espaços Métricos" - Elon Lages Lima.
Observação: Na lista 4 aparecem alguns resultados (mais gerais) que na verdade
são válidos para espaços topológicos ao invés de espaços métricos (usam apenas os
axiomas de separação T1 ou T2).
As resoluções são despretensiosas e sujeitas à erros. Sugestões e correções podem
ser enviados para terek@ime.usp.br.
Sumário
1 Lista 1 2
2 Lista 2 8
3 Lista 3 14
4 Lista 4 20
1
1 Lista 1
Exercício 1. Seja d : N×N→ R definida por d(m,n) = |m2−n2|. É (N, d) um espaço
métrico? 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 necessariamente
uma 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 que
k > 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 desigualdade
triangular 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), isto
é, que ρ(x, y) ≤ min{1, d(x, z)} + min{1, d(y, z)}. Basta verificarmos que o
lado esquerdo da igualdade é menor ou igual que todas as combinações
possíveis, 1 + 1, d(x, z) + 1, 1 + d(y, z) e d(x, z) + d(y, z) em todos os casos
possíveis.
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. Demonstre
que 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 > 0
é uma constante e |x| é o valor absoluto de x. Conclua que toda norma em R provém
de um produto interno.
Solução: Sabemos que vale ‖x‖ = ‖1 · x‖ = ‖1‖ · |x|, encarando 1 como vetor de R e
x como escalar do corpo R. A constante prescrita é a = ‖1‖ > 0. Agora verifiquemos
que ‖x‖ = a · |x| satisfaz a lei do paralelogramo (a soma dos quadrados dos lados é
igual 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 de
uma norma, é necessário e suficiente que, para x, a ∈ E e λ ∈ R arbitrários, se tenha
d(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 da
norma 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, isto
é, 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 condição
do 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 de
d.
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 pontos
isolados.
Solução: Tome um ponto a 6= 0 no espaço. Seja r > 0 qualquer e considere a bola
B(a, r). Considere o vetor a+ ra2‖a‖ . Como a 6= 0, os dois vetores são distintos. Então:∥∥∥∥a− (a+ ra2‖a‖
)∥∥∥∥ = ∥∥∥∥ ra2‖a‖
∥∥∥∥ = r2‖a‖‖a‖ = r2 < r.
Assim, o vetor está em B(a, r), e como r é qualquer, a não é isolado. Agora vejamos
que 0 não é isolado. Seja r > 0 e considere a bola B(0, r). Como o espaço não
contém só o 0, tome um vetor a qualquer, e considere ra2‖a‖ . Pela mesma conta acima,
este vetor está em B(0, r), logo 0 não é isolado.
5
Exercício 8. Em todo espaço métrico (M, d), tem-seB[a, r] =
⋂
s>r
B(a, s) =
∞⋂
n=1
B
(
a, r+
1
n
)
e
{a} =
⋂
s>0
B(a, s) =
∞⋂
n=1
B
(
a,
1
n
)
.
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−
1
n
]
,
Que as uniões estão contidas em B(a, r) é claro. Agora tome x ∈ B(a, r), e vejamos
que x está em ambas as uniões. Seja s < r qualquer. Temos d(a, x) ≤ s < r, portanto
x ∈ B[a, s] ⊂ ⋃s<r B[a, s]. Do mesmo modo, dado n ∈ Z>0, temos d(a, x) ≤ r− 1n < r,
aí x ∈ B [a, r− 1
n
] ⊂ ⋃∞n=1 B [a, r− 1n].
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) e
raio 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) ≤ r
ou 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 contém
mais 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 vetor
x = a+ ra2n‖a‖ está no espaço. Com efeito:∥∥∥∥a− (a+ ra2n‖a‖
)∥∥∥∥ = ∥∥∥∥ ra2n‖a‖
∥∥∥∥ = r2n‖a‖‖a‖ = r2n < r.
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Exercício 11. Seja X = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 1} o disco unitário aberto do plano
euclidiano 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 temos
que |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 + · · ·+ a2n.
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 + a2p+1 + · · ·+ a2n,
mas o mínimo destas distâncias é atingido em x = (a1, · · · , ap,0, · · · ,0) ∈ X. E este
mínimo é de fato
√
a2p+1 + · · ·+ a2n.
7
2 Lista 2
Exercício 1. Seja f : R→ R uma função estritamente crescente, e d : R×R→ R uma
função 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 é
estritamente 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 satisfaz
todas 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) um
semi-espaço métrico e defina a seguinte relação de equivalência em Rd em M: x Rd y
se e só se d(x, y) = 0. Prove que a função d˜ definida por d˜([x], [y]) := d(x, y) é uma
métrica no conjunto quociente M/Rd. Assim, o par (M/Rd, d˜) é um espaço métrico.
Solução:
• Positividade: Veja que d˜([x], [y]) = d(x, y) ≥ 0 pra quaisquer [x], [y] ∈ M/Rd,
pois d é semi-métrica. Ainda mais, vale:
d˜([x], [y]) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x Rd y ⇐⇒ [x] = [y].
• Simetria: d˜([x], [y]) = d(x, y) = d(y, x) = d˜([y], [x]).
• Desigualdade triangular:
d˜([x], [y]) = d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z) = d˜([x], [z]) + d˜([y], [z]).
Exercício 3. A distância entre dois pontos (x, y), (x ′, y ′) de R2 está definida por
d((x, y), (x ′, y ′)) = |(x− x ′) + (y− y ′)|. Prove que d é uma semi-métrica.
8
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 é
isolado. 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 é
isolado, 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 bolas
abertas (resp. fechadas) de centro xi e raio r (i = 1, 2, . . . n).
9
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 se
cada 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 a1
e a2 são isolados, nos seus respectivos espaços.
⇐= : Suponha a1 e a2 isolados, nos seus respectivos espaços. Então existem r1, r2 > 0
tais 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 bola
aberta 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 a
bola B[a, r] é disjunta da bola B[b, s].
10
Solução: Considere qualquer 0 < s < d(a, b) − r. Agora tome p ∈ B[b, s]. Vejamos
que 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 que
ρ(S, T) = ρ(T, S) e ρ(S, S) = 0. É a função ρ uma métrica em M? Justifique a sua
resposta.
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 cuja
interseção seja não-vazia.
Exercício 10. Prove que dados a, b, x ∈ M e (M, d) espaço métrico, tem-seque
|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 de
módulo 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 qual
representamos 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 dos
números 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:
11
• 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 2r
é uma cota superior de {d(x, y) | x, y ∈ B[a, r]}, e pela definição de supremo
resulta que δ(X) ≤ 2r.
Exercício 12. Um subconjunto X de um espaço métrico é limitado se, e somente se
está contido em alguma bola de M.
Solução:
=⇒ : Chame r = δ(X) < ∞, tome p ∈ X qualquer e considere a bola B[p, r]. Então
X ⊂ 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 de
centro 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+ 1
n
, ∀ 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 podemos
escrever 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 um
espaço métrico. Considere em M ×M a métrica d˜(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, existe
pn = (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 +
1
2n
=
1
n
, ∀ 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 3
Exercício 1. Dadas f, g :M→ R contínuas, prove que são contínuas em a as funções
φ,ψ :M→ R, definidas por φ(x) = max{f(x), g(x)} e ψ(x) = min{f(x), g(x)} para todo
x ∈M.
Solução: Basta notar que:
min{f(x), g(x)} = f(x) + g(x) − |f(x) − g(x)|
2
e 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 é
contínua, 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). Prove
que existe uma bola aberta B com centro a tal que f(x) < g(x) para todo x ∈ B.
Solução: Dado � > 0 existe δ > 0 (tomando o menor dos δ para f e g) tal que para
x ∈ B(a, δ) tem-se:
f(a) − � < f(x) < f(a) + �
g(a) − � < g(x) < g(a) + �
=⇒ −f(a) − � < −f(x) < −f(a) + �
g(a) − � < g(x) < g(a) + �
,
e daí g(x) − f(x) > g(a) − f(a) − 2�. Tome o δ correspondente à � = (g(a) − f(a))/2.
Exercício 3. Seja f :M→ R contínua em a ∈M. Se f(a) 6= 0, prove que existe uma
bola aberta B centrada em a tal que f(x) tem o mesmo sinal do que f(a) para todo
x ∈ B.
Solução: Se f(a) > 0, chamando g a função nula, temos f(a) > g(a) = 0, e pelo
exercício anterior existe uma bola aberta B na qual f(x) > g(x) = 0. Analogamente
trata-se o caso f(a) < 0.
Exercício 4. Sejam f, g : M → N contínuas no ponto a ∈ M. Se f(a) 6= g(a), então
existe uma bola aberta B de centro a tal que f(B) e g(B) são conjuntos disjuntos.
Solução: Seja � = dN(f(a), g(a)) > 0. Então existem δf, δg > 0 tais que x ∈ BM(a, δf)
implica dN(f(x), f(a)) < �/2 e x ∈ BM(a, δg) implica dN(g(x), g(a)) < �/2. Tome
δ = min{δf, δg}. Afirmo que B(a, δ) é a bola procurada. Com efeito, suponha por
absurdo que exista y ∈ f(B(a, δ)) ∩ g(B(a, δ)). Então existem x1, x2 ∈ B(a, δ) tais que
y = f(x1) = g(x2). E assim:
� = dN(f(a), g(a)) ≤ dn(f(a), y) + dN(y, g(a))
= dN(f(a), f(x1)) + dN(g(x2), g(a)) <
�
2
+
�
2
= � = dN(f(a), g(a)),
uma contradição.
14
Exercício 5. Seja F : I→ R derivável em todos os pontos do intervalo aberto I. Mostre
que 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 pequeno
o 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, e
somente se, cada ponto a ∈ M é centro de uma bola aberta na qual g é uma
função constante.
Solução:
• Seja a ∈M e � > 0. Seja lá qual for �, existe δ > 0 tal que B(a, δ) = {a}, pois
a é isolado. Então se x ∈ B(a, δ), temos d(f(x), f(a)) = d(f(a), f(a)) = 0 < �.
• =⇒ : Seja a ∈ M. Como N é discreto, f(a) é isolado e existe � > 0 tal que
BN(f(a), �) = {f(a)}. Por continuidade, para este � > 0 existe δ > 0 tal que
x ∈ BM(a, δ) implica f(x) ∈ BN(f(a), �) = {f(a)}, isto é, f(x) = f(a), e f é
constante na bola BM(a, δ).⇐= : Seja a ∈M e � > 0. Independentemente do valor de �, por hipótese existe
uma 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 < �. Portanto f é contínua em a.
Exercício 7. Seja f :M×N→ K continua. Mostre que para cada a ∈M e cada b ∈ N
as 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 � > 0 e y0 ∈ N. Note que f
é 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)) < �,
porém isto também se lê como:
dN(y, y0) < δ =⇒ dK(fa(y), fa(y0)) < �,
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 � > 0 tal que BN(f(a), �) = {f(a)}.
Por continudade, existe δ > 0 tal que x ∈ BM(a, δ) implica f(x) ∈ BN(f(a), �), isto é,
f(x) = f(a). Como f é injetora, concluímos que x = a, e daí B(a, δ) = {a}. Logo a é
isolado em M.
Exercício 9. Prove que se M é homeomorfo a M ′ e N é homeomorfo a N ′, então
M×N é homeomorfo a M ′ ×N ′.
Solução: Existem homeomorfismos fM : M → M ′ e fN : N → N ′. Defina a função
F : M ×N → M ′ ×N ′ pondo F(x,y) = (fM(x), fN(y)). Temos que F é contínua pois
suas componentes o são. Existem e são contínuas f−1M : 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−1N (y)) é a
inversa 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
−1
M(x)), fN(f
−1
N (y))) = (x, y),
e também:
G(F(x, y)) = G((fM(x), fN(y))) = (f
−1
M(fM(x)), f
−1
N (fN(y))) = (x, y).
E por fim note que G é contínua por ter componentes contínuas. Então F é uma
bijeção 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 pi : Γ → M pondo pi(x, F(x)) = x. Claramente pi é contínua e
sobrejetora. E
pi(x, F(x)) = pi(y, F(y)) =⇒ x = y, e também F(x) = F(y),
assim pi é injetora. Afirmo que a inversa de pi é a função M 3 x 7→ (x, F(x)) ∈ Γ , que
chamaremos de pi−1. Com efeito:
pi(pi−1(x)) = pi(x, F(x)) = x, pi−1(pi(x, F(x))) = pi−1(x) = (x, F(x)).
E ainda pi−1 é contínua por ter componentes contínuas (a identidade e F). Logo pi é
um homeomorfismo.
16
Exercício 11. Prove que toda bola aberta B = B(a, r) do espaço euclidiano Rn é
homeomorfa ao espaço Rn inteiro.
Solução: Toda bola B(a, r) é homeomorfa à bola B(0, 1). Então a estratégia é provar
que a bola B(0, 1) é homeomorfa ao Rn, e este homeomorfismo será construido à
partir da ideia de expandir a bola radialmente em todas as direções. Para tal, o nosso
primeiro passo é construir um homeomorfismo entre (0, 1) e R≥0. Já sabemos que
tan : (0, pi) → R≥0 é um homeomorfismo. E a aplicação φ1 : (0, 1) → (0, pi) dada por
φ1(x) = pix também. Desta forma, temos que a aplicação (0, 1) 3 x 7→ tan(pix) ∈ R é
um homeomorfismo entre (0, 1) e R≥0. Com isto em mãos, definimos F : B(0, 1)→ Rn
pondo:
F(x) = tan(pi‖x‖)x.
Assim F é um homeomorfismo. Agora só nos resta achar um homeomorfismo entre
B(a, r) e B(0, 1) e compor com F. A ideia é aplicar uma translação para encaixar os
centros, e então uma homotetia para ajustar o tamanho da bola. Um homeomorfismo
entre (0, r) e (0, 1) é dado por φ2(x) = x/r. Então G : B(a, r) → B(0, 1) dada por
G(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
(
pi‖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 coordenadas
naturais do Rn+1, x1, . . . , xn+1, note que o hiperplano xn+1 = 0 é homeomorfo ao Rn
pela inclusão natural. A ideia é tomar a reta ligando o polo sul N = (0, . . . ,−1) ao
ponto p ∈ Sn, e associar ao ponto p = (x1, . . . , xn+1) a interseção desta reta com o
hiperplano 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 = 11+ xn+1 .
Defina pi : Sn \ {N}→ Rn pondo
pi(x) = x˜
1+ xn+1
,
onde já identificamos x = (x1, . . . , xn+1) com x˜ = (x1, . . . , xn). Então pi é o homeomor-
fismo procurado.
Exercício 13. SejaM um espaço métrico. Mostre que se d1 ∼ d2 e d1 é discreta, então
d2 também é discreta.
17
Solução: Na verdade basta a condição d2 � d1. Como d1 é discreta, existe � > 0 tal
que Bd1(a, �) = {a}. E como d2 � d1, existe δ > 0 tal que Bd2(a, δ) ⊂ Bd1(a, �) = {a}.
Como bolas abertas são não-vazias, temos Bd2(a, δ) = {a}, e portanto d2 é discreta (já
que 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 as
métricas d e d ′ são equivalentes.
Solução: Tome uma bola B(a, �) (segundo d). Afirmo que B ′
(
a, �
n
) ⊂ B(a, �). Com
efeito, tome x ∈ B ′ (a, �
n
)
. Então temos:
d(x, a) ≤ nd ′(x, y) < n�
n
= �,
e vale a afirmação. Portanto d ′ � d. Analogamente tem-se que B (a, �
m
) ⊂ B ′(a, �) e
daí d � d ′. Concluímos que d ∼ d ′.
Exercício 15. Sejam (M, d) e (N, d1) espaços métricos e f : M → N uma aplicação
contínua. A métrica definida em M por ρ(x, y) = d(x, y) + d1(f(x), f(y)) é equivalente
a d.
Solução: Note que d(x, y) ≤ ρ(x, y) quaisquer que sejam x, y ∈M. Então dada uma
bola qualquer Bd(a, �), afirmo que Bρ(a, �) ⊂ Bd(a, �). Com efeito, se x ∈ Bρ(a, �),
tem-se:
d(x, a) ≤ ρ(x, y) < �,
e daí x ∈ Bd(a, �), o que testemunha que ρ � d. Agora considere uma bola Bρ(a, �).
Como f é contínua em a, existe δ˜ > 0 tal que d(x, a) < δ˜ implica d1(f(x), f(a)) < �/2.
Então tome δ = min{δ˜, �/2}. Afirmo que Bd(a, δ) ⊂ Bρ(a, �). 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)) <
�
2
+
�
2
= �,
e vale a afirmação. Assim d � ρ. Concluímos que as métricas são equivalentes.
Exercício 16. Seja φ : [0,+∞[→ [0,+∞[ uma função estritamente crescente tal que
φ(0) = 0 e φ(x+ y) ≤ φ(x) +φ(y). Então, se d é uma métrica emM, prove que φ ◦ d
também é uma métrica em M. Se, além disso, φ for contínua no ponto 0, as métricas
d e φ ◦ d são equivalentes.
Solução: Sejam x, y, z ∈M.
18
• Positividade: φ(d(x, y)) ≥ 0 pois φ só assume valores não-negativos. Como φ
é 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 φ
é crescente, e na segunda desigualdade utilizamos a propriedade extra de φ.
Agora assuma φ contínua em 0. Considere uma bola Bφ◦d(a, �). Como φ é contínua
em 0, existe δ > 0 tal que d(x, y) < δ nos dá φ(d(x, y)) < �. Então claramente
Bd(a, δ) ⊂ Bφ◦d(a, �) e d � φ ◦ d. Agora considere uma bola Bd(a, �). Afirmo que
Bφ◦d(a,φ(�)) ⊂ Bd(a, �). Com efeito, tome x ∈ Bφ◦d(a,φ(�)). Então φ(d(x, y)) < φ(�)
nos dá que d(x, y) < �, visto que φ é crescente. Portanto φ ◦ d � d, e concluímos
que as métricas são equivalentes.
19
4 Lista 4
Exercício 1. Seja M um espaço métrico e A ⊂M. Prove que A é aberto em M se, e
somente 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 que
B(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 significa
que existe r > 0 tal que B(p, r) ⊂ A ou B(p, r) ⊂ Ac. O segundo caso não pode
ocorrer 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, tome
r = 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.
20
Exercício 3.
• Prove que um conjunto reduzido a um ponto tem interior não-vazio se, e somente
se, 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 subconjuntos
são abertos.
Solução:
• ({a} tem interior não vazio) ⇐⇒ (a é interior a {a}) ⇐⇒ (existe r > 0
tal que B(a, r) ⊂ {a}, isto é, B(a, r) = {a}) ⇐⇒ (a é isolado). Aplicando as
contra-positivas da asserção acima, temos que os racionais tem interior vazio
pois nenhum ponto é isolado (de fato, Q é denso em R).
• =⇒ : Se M é discreto, todos os seus pontos são isolados. Portanto para todo
a ∈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 > 0
tal que B(a, r) ⊂ {a}. Como as bolas abertas são não-vazias, temos que
B(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 que
B(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 > 0
tais que B(x, rA) ⊂ A e B(x, rB) ⊂ B. Tome r = min{rA, rB} > 0, de sorte que
B(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). Portanto
int(A) ∪ int(B) ⊂ int(A ∪ B).
Exercício 5. A fronteira (ou bordo) de um conjunto aberto tem interior vazio. Além
disso, se um conjunto A e seu complementar Ac têm interior vazio, a fronteira de cada
um deles é o espaço inteiro.
21
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= ∅, então
tome y ∈ B(x, r)∩A. Como este último conjunto é uma interseção de dois abertos, é
aberto 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 (achamos
um elemento y que está no primeiro conjunto mas não no segundo). A conclusão é
que 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 tem
interiores 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 um
aberto.
Solução: Provaremos que a interseção finita de abertos é um aberto, a justificativa
aparecerá naturalmente. Sejam {Ai}ni=1 abertos. Seja x ∈
⋂n
i=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) ⊂
⋂n
i=1Ai,
donde
⋂n
i=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 aberto
e 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 ∩Uc
é 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 bola
fechada pode ser um conjunto aberto ou não. Prove que o fato acima não acontece
num espaço vetorial normado E 6= {0}, isto é, uma bola fechada B[a, r] em E nunca é
um subconjunto aberto de E.
Solução: Para a primeira parte, basta notar que B[0, 1] = (0, 1), que claramente é
aberto 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 � > 0 e considere o
vetor y = x+ �
2‖v‖v. Temos:
‖x− y‖ =
∥∥∥∥x− x− �2‖v‖v
∥∥∥∥ = ∥∥∥∥ �2‖v‖v
∥∥∥∥ = �2‖v‖‖v‖ = �2 < �,
então y ∈ B(x, �). Falta ver que y 6∈ B[a, r]. Com efeito:
‖y− a‖ =
∥∥∥∥a+ r‖v‖v+ �2‖v‖v− a
∥∥∥∥ = ∥∥∥∥r+ �/2‖v‖ v
∥∥∥∥ = r+ �/2‖v‖ ‖v‖ = r+ �/2 > r.
Exercício 10. Prove que, num espaço vetorial normado E, o fecho da bola aberta
B(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 que
d(p,xn) < 1/n. Então:
d(a, p) ≤ d(a,xn) + d(p,xn) < r+ 1
n
.
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 para
qualquer espaço métrico.
23
Agora tome p ∈ B[a, r]. Vamos provar que d(p, B(a, r)) = 0, assim obtendo a
segunda inclusão. Seja 0 < � < r, e considere x� = a+
r− �
r
(p− a). Provaremos que
d(p,x�) ≤ � mas que x� ∈ B(a, r), terminando a demonstração. Temos:
‖x� − a‖ =
∥∥∥∥a+ r− �r (p− a) − a
∥∥∥∥ = ∥∥∥∥r− �r (p− a)
∥∥∥∥ = r− �r ‖p− a‖ ≤ r− � < r,
daí x� ∈ B(a, r). E também:
‖x� − p‖ =
∥∥∥∥a+ r− �r (p− a) − p
∥∥∥∥ = ∥∥∥∥(1− r− �r
)
a+
(
r− �
r
− 1
)
p
∥∥∥∥
=
∥∥∥∥(1− r− �r
)
(a− p)
∥∥∥∥ = ∥∥∥�r (p− a)∥∥∥
=
�
r
‖p− a‖ ≤ �
r
r = �.
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 métrica
discreta. 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 que
B(x, r) ∩ X = ∅ ⇐⇒ x 6∈ X ⇐⇒ x ∈ Xc.
Exercício 12. Se f : M → N × N é contínua e ∆ ⊂ N × N é a diagonal, prove que
f−1(N×N \ ∆) é uma reunião de bolas abertas.
Solução: Primeiramente, note que ser reunião de bolas abertas é equivalente a ser
aberto. 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 provarmos
que N×N \ ∆ é um aberto de N×N, e terminamos. Mas de fato, N é homeomorfo
à N × {p} (onde p ∈ N é qualquer), que é fechado em N ×N, e ∆ é fechado por ser
homeomorfo 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= ∅ ⇐⇒ para
todo 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 espaço
produto 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 que
B((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, existem
rA, rB > 0 tais que B(x, rA) ⊂ A e B(y, rB) ⊂ B, de modo que o r que aparece na
sequência 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 ∈ B
ou 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 que
acontece se A não é aberto em M?
25
Solução: Seja x ∈ A ∩ B. Considere uma bola aberta qualquer B(x, r). Como A é
aberto, existe um r ′ > 0 tal que B(x, r ′) ⊂ A. Seja r ′′ = min{r, r ′}. Então temos que
B(x, r ′′) ⊂ A e B(x, r ′′) ∩ B 6= ∅, já que x ∈ B. Então B(x, r ′′) ∩ A ∩ B 6= ∅, e como
B(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 garantiremos
que B(x, r) intersecta A. De fato, na reta com a métrica usual, tome A = [0, 1] e
B = (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 fecho
de S.
Solução: Seja x ∈ A. Provemos que x 6∈ S, isto é, que existe r > 0 tal que
B(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 de
bordo de A, isto é x ∈ ∂A se, e somente se d(x,A) = d(x,Ac) = 0.
Solução:
=⇒ : Suponha que x ∈ ∂A. Seja � > 0. Então B(x, �)∩A 6= ∅, isto é, existe p ∈ A tal
que d(x, p) < �. Como � > 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, existe
p ∈ A tal que d(x, p) < r, isto é, p ∈ B(x, r) ∩A 6= ∅. Analogamente temos que
B(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 é
igual 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 ponto
isolado de X se, e somente se d(a, X \ {a}) 6= 0. Além disso, prove que o ponto 0 não é
um 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 se
x 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 que
x ∈ 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 conjunto
X dado, pois d(0, X\{0}) = 0. Com efeito, dado � > 0, existe n ∈ Z>0 tal que 1/n < �.
Exercício 20. Dado S ⊂M, seja (Fλ)λ∈L a família de todos os subconjuntos fechados
de 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 ∈ L
era 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 fechado
contendo 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-imagem
do conjunto [0, r/2] (que é fechado) pela função (contínua) que associa à cada p, o
número d(p, S), portanto F é fechado.1
Exercício 21. Uma aplicação f :M→ N é contínua se, e somente se, para todo Y ⊂ N
tem-se f−1(int(Y)) ⊂ int(f−1(Y)).
Solução: Analogamente à caracterização de fecho dada no exercício anterior, vale
que 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 temos
que int(f−1(Y)) ⊂ f−1(Y). Se Y é aberto, temos int(Y) = Y e a hipótese se lê como
f−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, como
a 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 em
N.
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
⋂n
i=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. Se
F ⊂ M é fechado, então f(F) = (f−1)−1(F) é pré-imagem de um fechado (F) por
uma 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 isto
verificando que pré-imagens de fechados são fechados. Ora, como antes, se
F ⊂M é fechado, temos que (f−1)−1(F) = f(F) é fechado, pois f é uma aplicação
fechada.
Exercício 24. Dar um exemplo de uma aplicação que seja contínua e aberta, mas não
fechada.
Solução: Pode tomar a projeção pi : R2 → R, dada por pi(x, y) = x. Então pi é
claramente contínua. E pi é aberta. Com efeito, tome, por exemplo, a norma do
máximo em R2. Seja A ⊂ R2 aberto em R2, e vamos provar que pi(A) é aberto em R.
Dado x0 ∈ pi(A), existe y0 ∈ R tal que (x0, y0) ∈ A. Como A é aberto, existe � > 0
tal que B((x0, y0), �) ⊂ A. Afirmo que (x0 − �, x0 + �) ⊂ pi(A) (isto é, que este � já
serve para resolver o problema). Tome x ∈ (x0 − �, x0 + �). Então note que:
d((x, y0), (x0, y0)) = |x− x0| < �,
portanto (x, y0) ∈ B((x0, y0), �) ⊂ A. Assim, pi(x, y0) = x ∈ pi(A). Então (x0 − �, x0 +
�) ⊂ pi(A), e concluímos que pi(A) é aberto. Como A era qualquer, temos que pi é
uma aplicação fechada.
Para constatar que pi não é fechada, basta considerarqualquer segmento de reta
horizontal ]a, b[×{c}, que é fechado em R2, e teremos pi(]a, b[×{c}) =]a, b[, que não é
fechado em R.
Exercício 25. Uma aplicação f : M → N é contínua se, e somente se, para todo
X ∈M tem-se f(X) ⊂ f(X).
28
Solução:
=⇒ : Suponha que f é contínua. Seja y ∈ f(X). Vamos provar que y ∈ f(X). Tome
V uma vizinhança aberta de y em N, e escreva y = f(x) para algum x ∈ X. Por
continuidade, temos que existe U vizinhança aberta de x com f(U) ⊂ V . Como
x ∈ 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 nos
dá 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. Mostre
que existe f :M→ [0, 1] contínua tal que f−1(0) = F e f−1(1) = G. Conclua que existem
abertos 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 nunca
se anula pois F e G são disjuntos. A função é contínua, pois dado X ⊂M, a aplicação
x 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 = F
f−1(1) = {x ∈M | d(x,G) = 0} = G = G,
onde agora usamos que F e G são fechados. Basta tomar � > 0, e então U =
f−1(] − �, 1/2[) e V = f−1(]1/2, 1 + �[) são pré-imagens de abertos, logo abertos. São
disjuntos, pois:
] − �, 1/2[∩]1/2, 1+ �[= ∅ =⇒ f−1(] − �, 1/2[∩]1/2, 1+ �[) = ∅ =⇒ U ∩ V = ∅.
E por fim, {0} ⊂]−�, 1/2[ =⇒ F = f−1(0) ⊂ f−1(]−�, 1/2[) = U, e analogamente tem-se
que G ⊂ V .
Exercício 27. Um conjunto F ⊂ X é fechado ⇐⇒ contém todos os seus pontos de
acumulação.
Solução:
29
=⇒ : Suponha que F é fechado. Note que todo ponto de acumulação de F é também
de aderência, portanto F ′ ⊂ F = F.
⇐= : Vamos provar que F ⊂ F (e isto basta pois F ⊂ F sempre vale). Seja x ∈ F
e suponha que x 6∈ F. Seja U uma vizinhança aberta qualquer de x. Então
U ∩ F 6= ∅, e como x 6∈ F, vale que (U \ {x}) ∩ F 6= ∅, de modo que x ∈ F ′. E por
hipótese, 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 de
S é fechado em X.
Solução: Seja A ⊂ S. Temos que A ′ ⊂ S ′ = ∅, e daí A ′ = ∅ ⊂ A. Como A contém
todos 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 de
acumulação de um subconjunto S ⊂ X é necessário e suficiente que toda vizinhança
de x contenha uma infinidade de pontos de S.
Solução: Seja x ∈ X. Se toda vizinhança de x contém uma infinidade de pontos de
S, é claro que x ∈ S ′. Por outro lado, suponha que x ∈ S ′, e por absurdo, que exista
uma 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⋂n
i=1Ui ∩ U é um aberto contendo x. Mas (
⋂n
i=1Ui ∩ U \ {x}) ∩ S = ∅, contradizendo
que x ∈ S ′.
Com efeito, afirmo que (
⋂n
i=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 está
provada. Subtraindo {x} em ambos os lados resulta que (
⋂n
i=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 subconjunto
F de M é fechado.
Solução: Chame X o espaço de Hausdorff inicial, e seja A = {x1, · · · , xn} ⊂ X um
conjunto 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 e
xi ∈ Vi. Então U =
⋂n
i=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, então
xj ∈ 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 =
⋂n
i=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 todo
1 ≤ 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 verificar
que 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, e
com 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 o
conjunto A aberto em R?
Solução: Basta notar que para qualquer � > 0, temos que A = (0, 1 + �) ∩ X é a
interseção de X com um aberto de R, portanto é um aberto de X. Mas A não é um
aberto de R, pois 1 não é um ponto interior de A. Com efeito, nenhum intervalo
(1− �, 1+ �) 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 com
f−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 com
y = f(x). Então este x também verifica x ∈ f−1({y}) ⊂ U, nos dando que
U ∩ (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 outras
palavras, 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), de
modo que f(x) 6∈ f(F). Afirmo com isto que x 6∈ F. Com efeito, se x ∈ F, então
y = 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, afirmo
que V ⊂ Y \ f(F). Por absurdo, se y ∈ V e y ∈ f(F), existe x ∈ F com y = f(x), e
este 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 um
fechado 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 um
exemplo de uma função aberta que não seja contínua.
Solução: Considere f : (R, ddiscreta) → (R, d), onde d é a métrica usual, dada por
f(x) = x. Então f é contínua, por ter um domínio discreto, mas não é aberta, pois
para 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 a
métrica 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 < � < 1,temos que f([0, �[) = [0, �[ é aberto em [0, 1]. Se 0 < a, b < 1, então f(]a, b[) = ]a, b[
é aberto em [0, 1]. Dado 0 < � < 1, temos que f(]1− �, 1+ �[) = ]0, �[ ∪ ]�, 1] é aberto
em [0, 1]. Ainda, se 1 < a, b < 2, temos f(]a, b[) = ]a− 1, b− 1[ aberto em [0, 1]. E
por fim, temos que se 0 < � < 1, f(]2− �, 2]) = ]1− �, 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 conjunto
A = {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) −
1
n
> −
1
n
, ∀n ≥ 1 =⇒ f(x) ≥ 0.
Repetindo este argumento com M \A ao invés de A obtemos que f(x) ≤ 0. Portanto
f(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 é
aberto, 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 quando
para cada x ∈ M, existe um aberto U contendo a x tal que f∣∣
U
é 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 um
subconjunto 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 que
f
∣∣
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 como
x, x ′ ∈ U e f é em particular injetora em U, temos que x = x ′. Então x é um
ponto isolado de f−1({y}) (mais exatamente, {x} = U ∩ f−1({y}) é a interseção de
um 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 de
Hausdorff2. Seja x ∈ f−1({y}). Suponha por absurdo que x 6∈ f−1({y}), isto é, que
f(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}) garante
que 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, temos
que 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}), o
que nos dá f(z) = y ∈ V , contradição. Com isto, temos que U ∩ f−1(V) é uma
vizinhança 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. Então
existe Ux ⊂ M aberto tal que f
∣∣
Ux
: Ux → f(Ux) é um homeomorfismo. Como
f
∣∣
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, mas
isto 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
nada
mais é do que uma restrição de f, temos que y = f(x ′) com x ′ ∈ U, e assim
y ∈ 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 aberto
qualquer 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 que
f
∣∣
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 é
contínua.
Exercício 37. Se X ⊂ M e Y ⊂ N são subconjuntos densos, então X × Y é denso no
produto 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. Como
f 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 de
Hausdorff 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 gráfico
de uma aplicação contínua f : X→ Y é um subconjunto fechado de X× Y. Além
disso, o conjunto {x ∈ X | f(x) = g(x)} é fechado em X, onde g : X → Y é
contínua.
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). Afirmo
que 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) também
é um espaço de Hausdorff.
• =⇒ : Suponha que X seja um espaço de Hausdorff. Vamos provar que X×X\∆ é
aberto. 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 = ∅. Agora
afirmo que (x, y) ∈ U×V ⊂ X×X\∆. Com efeito, se (z,w) ∈ U×V , temos
que z ∈ U e w ∈ V , e como U ∩ V = ∅ devemos ter z 6= w, donde segue
que (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, se
U∩V 6= ∅, tomamos z ∈ U∩V , de modo que (z, z) ∈ U×V ⊂ X×X\∆. Mas
como (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 em
X× Y, verificando que X× Y \ gr(f) é aberto. Tome (x, y) ∈ X× Y \ gr(f). Então
y 6= f(x), e como Y é Hausdorff, existem U,V ⊂ Y abertos, com y ∈ U, f(x) ∈ V
e U∩V= ∅. Como f é contínua, existe W ⊂ X aberto tal que f(W) ⊂ V . Afirmo
agora 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 modo
que 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 é
aberto. 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 g
são contínuas, podemos considerar o aberto x ∈ f−1(U) ∩ g−1(V). Afirmo que
f−1(U)∩g−1(V) ⊂ X \A. Se x ′ ∈ f−1(U)∩g−1(V), então f(x ′) ∈ U e g(x ′) ∈ V . Se
fosse 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 e
f−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 tais
que x ∈ B(x, r1) ⊂ U1 e x ∈ B(x, r2) ⊂ U2. Se r = min{r1, r2} > 0, temos que
x ∈ B(x, r) ⊂ U1, U2, e com isso U1 ∩ U2 é aberto. Por indução finita obtemos que
{Ui}
n
i=1 abertos =⇒ ⋂ni=1Ui aberto. Desta forma, a coleção dos abertos de um espaço
métrico constitui uma topologia.
Exercício 41. Suponha que M é um conjunto e d1, d2 são duas métricas diferentes
em M. Mostre que d1 e d2 geram a mesma topologia em M ⇐⇒ a seguinte condição
é satisfeita: para todo x ∈ M e r > 0, existem números positivos r1 e r2 tais que
Bd1(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, suponha
que τ1 = τ2. Considere uma bola arbitrária Bd1(x, r). Então Bd1(x, r) ∈ τ1 e
logo Bd1(x, r) ∈ τ2. Como x ∈ Bd1(x, r), por definição de τ2, existe r2 > 0
tal que x ∈ Bd2(x, r2) ⊂ Bd1(x, r). Analogamente conseguimos r1 > 0 tal que
x ∈ 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 provar
que τ1 = τ2. Seja U ∈ τ1. Se U = ∅, não há o que fazer. Se U 6= ∅, para cada
x ∈ 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 que
Bd2(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, analogamente
provamos que τ2 ⊂ τ1. Logo τ1 = τ2.
Exercício 42. Seja (M, d) um espaço métrico, seja c > 0, e definamos uma nova
métrica d ′ em M, pela fórmula d ′(x, y) = c d(x, y). Prove que d e d ′ geram a mesma
topologia em M.
36
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) = 1cd ′(x, p) < 1ccr = r. Assim
a topologia gerada por d ′ é mais fina do que a topologia gerada por d. Porém
d(x, y) = 1
c
d ′(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 ′. Portanto
d e d ′ geram a mesma topologia sobre M.
Exercício 43. Mostre que a métrica dmax(x,y) = max{|x1−y1|, · · · , |xn−yn|} e a métrica
Euclidiana geram a mesma topologia em Rn.
Solução: Fixe x,y ∈ Rn quaisquer e chame d a métrica Euclidiana. Seja 1 ≤ k ≤ n
o 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 d
gera a topologia discreta em X.
Solução: Como todo conjunto é a união dos seus pontos, basta mostrar que todo
conjunto unitário é aberto. Mas se x ∈ X, temos que {x} = B(x, 1/2), e vimos que
bolas abertas são conjuntos abertos.
37