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Exercícios de Sala de Aula

3.1.3 Aplicações contínuas; homeomorfismos

Teorema 1 - 22/03

(i) f é contínua em x = a ⇔ f (xk) −→ f (a), ∀ (xk) ⊂ X, com xk −→ a.

(ii) f é contínua em x = a ⇔ fi : X −→ R é contínua em x = a, para cada i = 1, . . . , m.

Demonstração.

(i) (⇒) Tomemos (xk) ⊂ X tal que xk −→ a. Como f é contínua em a ⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0

tal que ∀ x ∈ B(a; δ) ⇒ f (x) ∈ B(f (a); ε).

Por outro lado, xk −→ a ⇒ ∃ k0 ∈ N; ∀ k > k0, |xk− a| < δ ⇒ |f (xk) − f (a)| < ε,

portanto f (xk) −→ f (a).

xk ∈ X tal que |xk− a| < 1/k, mas |f (xk) − f (a)| > ε. Daí xk → a, mas f (xk) 6→ f (a).

Contradição.

(ii) (⇒) f contínua. Sabemos que πi : X → R é contínua, daí fi = πi◦f é contínua, ∀ i = 1, ..., m.

(⇐) Suponha agora que fi : X −→ R seja contínua, ∀ i = 1, ..., m. Tomemos então ε > 0

arbitrário. Existem δ1, . . . , δn> 0 tais que

∀ x ∈ X; |x − a| < δi ⇒ |fi(x) − fi(a)| < ε/m, ∀ i = 1, . . . , m.

Tomando δ = min{δ1, . . . , δm}, temos que

∀ x ∈ X; |x − a| < δ ⇒ |fi(x) − fi(a)| < ε/m, ∀ i = 1, . . . , m. Daí |f (x) − f (a)|S = m X i=1 |fi(x) − fi(a)| < m · ε/m = ε. Logo f é contínua em a. Exercício 1 - 22/03

Sejam f : X ⊂ Rn−→ Y ⊂ Rm, E, F ⊂ X e G, H ⊂ Y subconjuntos. Mostre que

a) E ⊂ F =⇒ f (E) ⊂ f (F ) b) G ⊂ H =⇒ f−1(G) ⊂ f−1(G) c) f (E ∩ F ) ⊆ f (E) ∩ f (F ) d) f−1(G ∩ H) = f−1(G) ∩ f−1(H) e) f (E ∪ F ) = f (E) ∪ f (F ) f) f−1(G ∪ H) = f−1(G) ∪ f−1(H) g) f (E \ F ) ⊂ f (E) h) f−1(G \ H) = f−1(G) \ f−1(H) Solução. a) É obvio!

b) Tomemos y ∈ f−1(G) =⇒ f (y) ∈ G =⇒ f (y) ∈ H =⇒ y ∈ f−1(H). Logo f−1(G) ⊂ f−1(G).

c) Tomemos b ∈ f (E ∩ F ) =⇒ ∃a ∈ E ∩ F tal que f (a) = b. Como a ∈ E ∩ F , então a ∈ E =⇒ b ∈ f (E) e a ∈ F =⇒ b ∈ f (F ), portanto b ∈ f (E) ∩ f (F ).

d) Tomemos x ∈ f−1(G ∩ H) =⇒ f (x) ∈ G ∩ H. Daí f (x) ∈ G =⇒ x ∈ f−1(G) e f (x) ∈ H =⇒ x ∈ f−1(H), portanto x ∈ f−1(G) ∩ f−1(H) =⇒ f−1(G ∩ H) ⊂ f−1(G) ∩ f−1(H). Tomemos y ∈ f−1(G) ∩ f−1(H) =⇒ f (y) ∈ G e f (y) ∈ H =⇒ f (y) ∈ G ∩ H =⇒ y ∈ f−1(G ∩ H), portanto f−1(G) ∩ f−1(H) ⊂ f−1(G ∩ H).

e) Tomemos y ∈ f (E ∪ F ) =⇒ ∃x ∈ E ∪ F tal que f (x) = y. Se x ∈ E =⇒ f (x) ∈ f (F ), portanto a f (E) ∪ f (F ). Por outro lado, x ∈ F , então y = f (x) ∈ f (F ) ⊂ f (E) ∪ f (F ), em qualquer caso y ∈ f (E) ∪ f (F ). Por outro lado f (E) ⊂ f (E ∪ F ) e f (F ) ⊂ f (E ∪ F ) =⇒ f (E) ∪ f (F ) ⊂ f (E ∪ F ).

f) Por (b) vimos que, como HeG ⊂ G∪H, então f−1(G) ⊂ f−1(G∪H) e f−1(H) ⊂ f−1(G∪H), daí f−1(G) ∪ f−1(H) ⊂ f−1(G ∪ H). Por outro lado se y ∈ f−1(G ∪ H) =⇒ f (y) ∈ G ∪ H. Se, porém f (y) ∈ H =⇒ y ∈ f−1(H), em qualquer caso y ∈ f−1(G) ∪ f−1(H).

g) E \ F ⊂ E, por (a) =⇒ f (E \ F ) ⊂ f (E).

h) Tomemos x ∈ f−1(G \ H) =⇒ f (x) ∈ G \ H =⇒ f (x) ∈ G e f (x) /∈ H =⇒ x ∈ f−1(G) e x /∈ f−1(H) =⇒ x ∈ f−1(G) \ f−1(H), seja agora x ∈ f−1(G) \ f−1(H) =⇒ f (x) ∈

G e f (x) /∈ H =⇒ f (x) ∈ G ∩ Hc =⇒ x ∈ f−1(G \ H).

Exercício 2 - 22/03

Se f : X ⊂ (Rn, | · |1) −→ Y ⊂ (Rm, | · |2) é contínua então f é contínua em qualquer norma de Rn

e Rm.

Solução. Seja f contínua em x0 ⇔ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0/|x − x0| < δ ⇒ |f (x) − f (x0)|2 < ε.

Usando as equivalências de normas

Daí obtemos: |x − x0|Rn < δ c := δ1 ⇒ |f (x) − f (x0)| < ε d = ε1 ⇒ ∀ ε1 > 0, ∃ δ1 > 0/|x − x0|Rn < δ1 ⇒ |f (x) − f (x0)|Rn < ε1 ⇔ f é contínua em x0. Exercício 3 - 22/03

Mostre que H : L{Rn, Rm} −→ Mm×n definida por H(T ) = (a

ij), em que T (ej) = m X i=1 aijei, j = 1, . . . , n é uma bijeção.

Solução. Dada a base canônica {e1, . . . , en} do Rn, queremos mostrar que existe uma bijeção

natural do conjunto L{Rn, Rm} no conjunto Mm×n.

A matriz (aij) que corresponde à transformação linear T ∈ L{Rn, Rm} é definida por

T (ej) = m

X

1=1

aijei, j = 1, . . . , n (*).

Assim, para cada transformação linear T ∈ L{Rn, Rm} associa-se uma "única"matriz que tem como coluna os n vetores T (ej) = (a1j, . . . , anj) ∈ Rm, o que mostra que H é injetiva.

Para mostrar que H é sobrejetiva, dado uma matriz (aij) ∈ Mm×n, a igualdade em (*) define os

valores de uma transformação linear T : Rn −→ Rm nos n vetores da base canônica. Desta forma,

podemos definir o valor de T em qualquer vetor x ∈ Rn. Logo, H é sobretiva. Portanto H é bijeção.

Teorema 1 - 23/03

f : X ⊂ Rn −→ Rm, g : Y ⊂ Rm → Rp, com f (X) ⊂ Y . Se f é contínua em a e g é contínua em

f (a), então g ◦ f é contínua em a. Demonstração. Seja a ∈ X e ε > 0. Como g é contínua em f (a) ⇒ ∃ δ > 0 tal que, ∀ y ∈ Y ∩ B f (a); δ ⇒ g(y) ∈ B g f (a); ε. Mas f é contínua em

a ⇒ ∃ δ > 0;

∀ x ∈ X ∩ B(a; δ) ⇒ f (x) ∈ Y ∩ B f (a); δ

⇒ g(f (x)) ∈ B g f (a); ε. Portanto g ◦ f é contínua em a.

Exercício 1 - 23/03

(i) f (x) =    1, x ∈ Q 0, x ∈ R\Q a = 0 (ii) f (x) =    x, x ∈ Q 0, x /∈ Q a = 0 (iii) f (x) =          x + 2, x < −2 −x + 2, 2 ≤ x < 0 x + 2, x ≥ 0 a = −2 e a = 0 (iv) f (x) =    sen 1 x, x 6= 0 0, x = 0 a = 0 Solução. (i) O(f, 0) = M (0, f, δ) − m(0, f, δ) = 1 − 0 = 1. Não é contínua, pois lim

δ→0h(δ) = 1 6= 0.

(ii) M (0, f, δ) − m(0, f, δ) = δ − 0 = δ. lim

δ→0h(δ) = limδ→0δ = 0 = O(f, 0), logo f é contínua a = 0.

(iii) Tomando δ < 1, temos (−δ, δ)

M (0, f, δ) − m(0, f, δ) = δ + 2 − 2 = δ ⇒ lim

δ→0h(δ) = 0, logo f é contínua em a = 0.

(−2 − δ, −2 + δ)

M (−2, f, δ) − m(−2, f, δ) = 4 − (−δ) = 4 + δ ⇒ lim

δ→0h(δ) = 4, logo f não é contínua em

a = −2.

(iv) M (0, f, δ) − m(0, f, δ) = 1 − (−1) = 2 ⇒ lim

δ→0h(δ) = 2, logo f não é contínua em a = 0.

Teorema 1 - 27/03

f : X ⊂ Rn −→ Rm é uniformemente contínua ⇔ |f (x

k) − f (yk)| −→ 0, ∀ (xk), (yk) ⊂ X com

|xk− yk| −→ 0. Demonstração.

(⇒) Se f : X ⊂ Rn → Rm é uniformemente contínua, então ∀ ε > 0, ∃ δ = δ

ε > 0 tal que

∀ ¯δ > 0, ∃ k◦ ∈ N tal que k > k◦ ⇒ |xk− yk| < ¯δ, onde xk, yk ∈ X ∀ k ∈ N. Tomando ¯δ = δ > 0,

obtemos que |f (xk) − f (yk)| < ε, ∀ k > k◦. Assim, |f (xk) − f (yk)| −→ 0.

(⇐) Vamos provar a contrapositiva desta implicação.

Suponhamos que f não é u.c. Então existe ε◦ > 0 tal que ∀ k ∈ N, podemos escolher xk, yk ∈ X tais

que |xk− yk| −→ 0, mas |f (xk) − f (yk)| ≥ ε◦. Dessa maneira,

|xk− yk| −→ 0 ; |f(xk) − f (yk)| −→ 0.

Teorema 3 - 27/03

f : K ⊂ Rm −→ f (K) ⊂ Rn, f contínua, injetiva e K compacto =⇒ f é homeomorfismo.

Demonstração. É suficiente provar que g = f−1 : f (K) ⊂ Rm −→ K ⊂ Rné contínua. Seja C ⊂ K um conjunto fechado. Como K é compacto =⇒ C é compacto portanto fechado . Logo g−1(C) = f (C) é compacto pois f é contínua =⇒ g−1(C) é fechado.

Assim: g = f−1é uma funcão contínua. Daí f é um homeomorfismo.

Exercício 1 - 27/03

(i) Mostre que f (x) =√x, x ∈ [0, 1] é uniformemente contínua, mas f /∈ Lip([0, 1]). (ii) Mostre que f : [0, 1]2 −→ R, definida por f(x, y) = 1

1 − xy é contínua mas não é uniforme- mente contínua.

Solução.

(i) Toda função contínua em domínio compacto é uniformemente contínua, portanto f (x) =√x, x ∈ [0, 1], é uniformemente contínua.

Suponha que f ∈ Lip([0, 1]). Neste caso existiria c ∈ R tal que |f (x) − f (y)| ≤ c|x − y|, ∀ x, y ∈ [0, 1]. Em particular, fixando y = 0 temos que |f (x)| ≤ c|x|, ∀ x ∈ [0, 1]. Daí, para todo x ∈ (0, 1], temos |f (x)|

|x| ≤ c ⇒ √ x x ≤ c ⇒ 1 √

x ≤ c. Ora, mas isto é uma contradição, pois √1

(ii) f (x, y) = 1

1 − xy é contínua pois é o quociente de funções contínuas cujo denominador é sempre diferente de zero, pra todos os pontos (x, y) do domínio. Agora para verificar que f não é uniformemente contínua, considere as sequências (xk) e (yk), em que xk =

 1 − 1 k, 1  e yk =  1 − 2 k, 1 

, ∀ k ∈ N. É fácil ver que |yk− xk| −→ 0, mas |f (yk) − f (xk)| =

−k 2

−→ ∞. Portanto f não é uniformemente contínua.

Exercício 2 - 27/03

Considere ∅ 6= F, G ⊂ Rnfechados, disjuntos e f : Rn−→ R definida por

f (x) = d(x, F ) d(x, F ) + d(x, G). (função de Urysohn do par F e G)

(i) Mostre que f é contínua, F |F = 0, F |G = 1, 0 ≤ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ Rn.

(ii) Em que condições, sobre F e G, f é uniformemente contínua ? (iii) Se f for uniformemente contínua o que deve ocorrer com F e G?

Solução.

(i) Primeiramente observemos que d(x, F ) + d(x, G) 6= 0, ∀ x ∈ Rn, pois se x é tal que

d(x, F ) + d(x, G) = 0, então d(x, F ) = d(x, G) = 0 ⇒ x ∈ F ∩ G = F ∩ G = ∅. Portanto d(x, F ) + d(x, G) 6= 0, ∀ x ∈ Rn. Daí, como f é o quociente de funções contínuas

cujo denominador é sempre não-nulo, então segue que f é contínua. (ii) f (x) é uniformemente contínua se, e somente se, d(F, G) > 0.

(iii) Se f for uniformemente contínua implica d(F, G) > 0 (i.e. F e G são disjuntos).

Com efeito, se d(F, G) = 0 então existem sequências de pontos xk ∈ F = F e yk ∈ G = G

tais que lim |xk − yk| = 0 . Agora, como (xk) ⊂ F e (yk) ⊂ G, segue que f (xk) = 0

e f (yk) = 1, portanto |f (xk) − f (yk)| = 1, ∀ k ∈ N e isto contradiz o fato de f ser

Exercício 3 - 27/03

Conclua do exercício anterior que dados quaisquer ∅ 6= F, G ⊂ Rn fechados e disjuntos, existem A, B ⊂ Rnabertos e disjuntos com F ⊂ A e G ⊂ B.

Solução. Sejam A = f−1  (−∞,12)  e B = f−1  (12, +∞) 

. Como f é contínua e os intervalos (−∞,12) e (12, +∞) são abertos em R, segue-se que A e B são abertos. Além disso,

i) F ⊂ A, pois 0 ∈ (−∞,12) e F = f−1(0), pois f (x) = 0 ⇔ x ∈ F . ii) G ⊂ A, pois 1 ∈ (12, +∞) e f−1(1) = G, porque f (x) ⇔ x ∈ G.

iii) Também A ∩ B 6= ∅, pois se x ∈ A, então f (x) < 12 e se x ∈ B, então f (x) > 12.

Exercício 4 - 27/03

f : X × [a, b] −→ R, X ⊂ Rn, contínua. Definamos ϕ : X −→ R pondo ϕ(x) =

Z b

a

f (x, t)dt Mostre que ϕ é contínua em cada ponto x0 ∈ X.

Solução. Com efeito, |ϕ(x) − ϕ(x0)| ≤

Z b

a

|f (x, t) − f (x0, t)|dt. Pela teorema 21 b (pag. 47

Curso de Análise vol. 2 E.L. Lima), dado ε > 0, podemos achar δ > 0 tal que x ∈ X, |x − x0| <

δ =⇒ |f (x, t) − f (x0, t)| < (b−a)ε , seja qual for t ∈ [a, b], logo tem-se |ϕ(x) − ϕ(x0)| < ε.

Exercício 5 - 27/03 Mostre que se:

(i) X ⊂ Rn, Y ⊂ Rp são limitados e ϕ : X × Y −−−−→ Rbilinear m, então ϕ|

X×Y é uniformemente

contínua (u.c.).

(ii) f : X ∈ Rn u.c.−→ Y ⊂ Rpe g : Y ∈ Rp u.c.−→ Y ⊂ Rm, então f (x) ⊂ Y ⇒ g ◦ f é u.c.

(iii) f : X ⊂ Rn −→ Rm, f = (f

1, . . . , fm), f é u.c. ⇔ cada fi for u.c.

Solução.

(i) Vamos mostrar que ϕ é lipschitz. Sejam x ∈ Rn e y ∈ Rp quaisquer e seja c = max ϕ(e i, ej) tal que 1 < i < n e 1 < j < p. Temos que x = n X i=1 xiei e y = p X j=1 yiei, |x| · |y| = n,p X i,j=1 |xi| |yj| e ϕ(x, y) = n,p X i,j=1 xiyj(ei, ej).

Desta maneira, |ϕ(x, y)| = n,p X i,j=1 |xi| |yj| |ϕ(ei, ej)| ≤ c n,p X i,j=1 |xi| |yj| = c|xi| |yj|. Vamos a prova:

Sejam z, z0 ∈ X × Y quaisquer. Assim:

|ϕ(z) − ϕ(z0)| = |ϕ(x, y) − ϕ(x0, y0)| = |ϕ(x, y) − ϕ(x, y0) + ϕ(x, y0) − ϕ(x0, y0)|

= |ϕ(x, y − y0) + ϕ(x − x0, y0)| ≤ |ϕ(x, y − y0)| + |ϕ(x − x0, y0)| ≤ c|x| |y − y0| + |y0| |x − x0|.

Como X e Y são limitados por hipótese, o cartesiano X × Y também é limitado e como z e z0 ∈ X × Y temos que ∃ r > 0 tal que |x| ≤ r e |y| ≤ r.

Assim,

|ϕ(z) − ϕ(z0)| ≤ c|x| |y − y0| + |y0| |x − x0| ≤ c · r(|y − y0| + |x − x0|) ≤ c · r|z − z0|.

Portanto ϕ é Lipschitz.

(ii) Como g é u.c, dados f (x), f (y) ∈ f (X) ⊂ Y arbitrários, tem-se que ∀ ε > 0, ∃ η > 0 tal que |f (x) − f (y)| < η ⇒ |g(f (x)) − g(f (y))| < ε. Tomando η e usando a continuidade uniforme de f tem-se que dados x, y ∈ X, ∃ δ > 0 tal que |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < η.

Tomando x e y ∈ X quaisquer, tem-se que |x − y| < δ ⇒ |g(f (x)) − g(f (y))| < ε. Logo g ◦ f é uniformemente contínua.

(iii) f : X −→ Rm com x ⊂ Rn é u.c ⇔ ∀ xk, yk ∈ X, com lim(xk− yk) = 0, tem-se que lim

[f (xk) − f (yk)] = 0.

Alem disso, lim [f (xk) − f (yk)] = 0 ⇔ para cada i ∈ N, com 1 ≤ i ≤ m, tem-se que

lim[fi(xk) − fi(yk)] = 0.

Dados então xk, yk ∈ X com lim(xk− yk) = 0, tem-se que lim[fi(xk) − fi(yk)] = 0 para cada

i ∈ N com 1 ≤ i ≤ m ⇔ fi é u.c para cada i ∈ N com 1 ≤ i ≤ m.

3.1.4

Conjuntos conexos

Teorema 1 - 29/03

(ii) X = [

λ∈L

Xλ(L- família de índices), Xλ é conexo e existe a ∈

\

λ∈L

Xλ. Então X é conexo.

(iii) X ⊂ Rne Y ⊂ Rn, então o produto cartesiano X × Y ⊂ Rn× Rm = Rn+m é um conjunto

conexo se, e somente se, X e Y são conexos.

(iv) Sejam X ⊂ Y ⊂ X em Rn. Se X é conexo, então Y é conexo. Demonstração.

(i) Seja (A, B) uma cisão de f (X) ⇒ f (X) = A ∪ B, onde A e B são disjuntos e abertos em f (X). Daí X = f−1 f (X) = f−1(A ∪ B) = f−1(A) ∪ f−1(B). Como f é contí- nua, segue que f−1(A) e f−1(B) são abertos em X, daí f−1(A), f−1(B) é uma cisão de X. Como X é conexo, temos que f−1(A) ou f−1(B) é o conjunto vazio, daí, sendo f : X −→ f (X) sobrejetiva, segue que ou A ou B é vazio, portanto f (X) é conexo.

(ii) Seja a tal que a ∈ Xλ, para todo λ ∈ L e X = A ∪ B uma cisão de X. Como A ∩ B = ∅,

então o ponto a pertence a um dos conjuntos, A ou B. Digamos que a ∈ A. Para todo λ ∈ L, Xλ = (A ∩ Xλ) ∪ (B ∩ Xλ) é uma cisão de Xλ, a qual é trivial pois Xλé conexo. Como

a ∈ A ∩ Xλ, segue que B ∩ Xλ = ∅, ∀ λ ∈ L . Logo B =

[

λ∈L

(B ∩ Xλ) é vazio e a cisão

X = A ∪ B é trivial. Portanto X é conexo.

(iii) Se X × Y é conexo então X e Y são conexos porque são imagens de X × Y pelas projeções p : X × Y −→ X, p(x, y) = x e q : X × Y −→ Y, q(x, y) = y, as quais são contínuas. Reciprocamente, se X e Y são conexos, tomemos c = (a, b) ∈ X × Y . Para cada z = (x, y) ∈ X × Y considere o conjunto Cz = (X × {b}) ∪ ({x} × Y ). Temos que Cz é conexo pois é

reunião dos conjuntos conexos X × {b} e {x} × Y (homeomorfos, respectivamente, a X e Y ) com o ponto (x, b) em comum.

Além disso, c = (a, b) ∈ Cz, para todo z ∈ X × Y e X × Y =

[

z

Cz, logo, pelo item anterior,

X × Y é conexo.

(iv) Seja Y = A ∪ B uma cisão não-trivial de Y. Então, por um resultado já visto, temos que X ⊂ A ou X ⊂ B. Suponhamos X ⊂ A. Então Y ⊂ X ⊂ A. Como A ∩ B = ∅ ⇒ Y ∩ B = ∅, isto é, B = ∅. Contradição, pois admitimos que (A, B) é uma cisão não-trivial de Y . Portanto Y não admite cisão não-trivial, logo é conexo.

Teorema 3 (Teorema do Valor Intermediário) - 29/03

f : X ⊂ Rm cont−→ R, X conexo. Se f(a) < f(b), a, b ∈ X, então para cada d ∈ f(a), f(b) existe c ∈ X tal que f (c) = d. Demonstração. X conexo e f contínua ⇒ f (X) intervalo. Como f (a) e f (b) ∈ f (X), então ∀ d ∈ f (a), f (b) temos que d ∈ f (X), portanto ∃ c ∈ X tal que f (c) = d.

Teorema 4 (Teorema da Alfândega) - 29/03

Seja X ⊂ Rnum conjunto arbitrário. Se um conjunto conexo C ⊂ Rncontém um ponto a ∈ X e um ponto b /∈ X então C contém um ponto c ∈ ∂X. Demonstração. A função contínua f : C −→ R, definida por f (x) = d(x, X) − d(x, Rn− X) é tal que f (a) ≤ 0 e f (b) ≥ 0. Logo, pelo Teorema do Valor Intermediário, deve existir c ∈ C tal que f (c) = 0, isto é, d(c, X) = d(c, Rn− X). Como c ∈ X ou c ∈ Rn− X, um desses dois números é zero, logo ambos o são e daí c ∈ ∂X.

Exercício 1 - 29/03

(i) Se (A, B) é uma cisão de X então A = A ∩ X e B = B ∩ X, (i.e., A e B são fechados em X) ⇒ A e B são abertos em X e A ∩ B = ∅.

(ii) A ⊂ X aberto e fechado em X ⇒ (A, X \ A) é uma cisão de X.

(iii) X é conexo ⇔ os únicos subconjuntos de X que são abertos e fechados em X são X e ∅. Solução.

(i) Se (A, B) é uma cisão de X, então X = A ∪ B, A ∩ B = ∅ e B ∩ A = ∅. Daí, X ∩ A = (A ∪ B) ∩ A = (A ∩ A) ∪ (B ∩ A) = A ∩ A = A. Da mesma forma, concluímos que B = X ∩ B.

B ∩ A = ∅ ⇒ B ∩ A = ∅, pois B ⊂ B. Desse modo, como X = A ∪ B e X = A ∩ B, temos que B = X − A e portanto, sendo A fechado em X, segue que B é aberto em X.

Da mesma forma, concluímos que A é aberto em X.

(ii) Em primeiro lugar temos que X = A ∪ (X − A). Daí, A fechado em X ⇒ A = A ∩ X e então A ∩ (X − A) = A ∩ (X − A ∩ X) = ∅. Da mesma forma, X − A ∩ A = ∅. Daí, (A, X − A) é uma cisão de X.

(iii) X conexo ⇒ X não admite cisão não -trivial. Daí se houvesse A ⊂ X tal que A fosse aberto e fechado em X então, pelo item (ii), (A, X − A) seria uma cisão não-trivial de X, o que é uma contradição. Reciprocamente, se os únicos subconjuntos de X que são abertos e fechados em X forem X e ∅, então X não admite cisão não-trivial, caso contrário existiriam subconjuntos próprios A e B ⊂ X tal que (A, B) constitui uma cisão de X então, pelo item (i), A e B seriam abertos e fechados em X. Contradição.

Exercício 2 - 29/03

I ⊂ R é conexo ⇔ for um intervalo. Solução.

(⇒) Suponhamos que I não seja um intervalo, então existiriam a < d < b com a, b ∈ I e d /∈ I. Consideremos, A = {x ∈ I, x < d} e B = {x ∈ I, x > d} estes conjuntos. Seja a ∈ A e b ∈ B então a decomposição I = A ∪ B formam uma cisão, na qual não seria trivial. Então teriamos que I não seria conexo, mas isso é um absurdo pois por hipótese temos que I é conexo, ou seja, a única cisão que o conjunto admite é a trivial . Portanto I é um intervalo.

(⇐) Suponhamos que o intervalo I admite a cisão não trivial, ou seja, que I não seja conexo. Seja I = A ∪ B, tomemos a ∈ A e b ∈ B. digamos sem perda de generalidade que a < b, logo [a, b] ⊂ I. Agora se dividimos o intervalo [a, b] ao meio, isto é , a+b2 = d. Então d ∈ A ou d ∈ B. Observe que se d ∈ A, poremos a1 = d, b1 = b. Agora se d ∈ B, escrevemos a1 = a, b1 = d. Daí em

qualquer caso teremos um intervalo [a1, b1] ⊂ [a, b],com b1 − a1 = (b−a)

2 e a1 ∈ A, b1 ∈ B. Se

dividimos ao meio o intervalo [a1, b1] ao meio, então o ponto médio do intervalo decompõe em dois

novos intervalos justapostos de comprimento (b−a)4 , na qual chamaremos de [a2, b2], onde a2 ∈ A e

b2 ∈ B. Se prosseguimos analogamente com este processo, obteremos uma sequência de intervalos

encaixados, onde [a, b] ⊃ [a1, b1] ⊃ · · · ⊃ [an, bn] ⊃ · · · com bn− an = b−a2n com an ∈ A, bn ∈ B

para do n ∈ N. Então pelo teorema dos intervalos encaixados, existe um c ∈ R tal que an< c < bn.

Daí temos que c ∈ I = A ∪ B, logo c não pode esta em A, pois c = lim bn ∈ B e não pode esta em

B, pois c = lim an ∈ A. Mas isso é uma contradição, logo I é conexo.

Exercício 3 - 29/03

Seja f : X ⊂ Rn −→ Y ⊂ Rmcontínua com X conexo. Mostre que Graf(f ) = {(x, f (x)) : x ∈ X}

Solução. Seja ϕ : X −→ Graf(f ) tal que ϕ(x) = x, f (x).

Como as componentes de ϕ são contínuas, pois por hipótese f é contínua, ϕ é contínua, logo como X é conexa , segue-se que ϕ(X) = Graf(f ) é conexo.

Teorema 1 - 10/04

Seja o homeomorfismo h : X ⊂ Rn → Y ⊂ Rm e x

0 ∈ X, y0 = h(x0) ⇒ Cy0 = h(Cx0).

Demonstração. x0 ∈ Cx0 ⇒ y0 = h(x0) ∈ h(Cx0) que é conexo, pois Cx0 é conexo e h é

contínua, daí h(Cx0) ⊂ Cy0. Por outro lado h

−1 é contínua e Cy0 é conexo ⇒ h −1(C y0) é conexo e contém x0 ⇒ h−1(Cy0) ⊂ Cx0 ⇒ Cy0 ⊂ h(Cx0). Portanto Cy0 = h(Cx0). Corolário 1 - 10/04 X homeo' Y ⇒ # x∈XCx = #

y∈YCY. Demonstração. Seja x ∈ X, então como h : X −→ Y é um

homeomorfismo fazendo y = h(x), tem-se que Cy = h(Cx) pelo teorema anterior. Como h leva

componente conexa de X em componente conexa Y e Cx∩ Cy = 0 ⇒ h(Cx) ∩ h(Cj) = 0, temos que

a função que leva componente conexa em componente conexa é injetiva. Analogamente, tomando h−1 : Y −→ X, h−1 leva as componentes conexas de Y , nas componentes conexas de X, logo há uma bijeção das componentes conexas, ou seja, #

x∈XCx = # y∈YCY. Exercício 1 - 10/04 Seja ∅ 6= X ⊂ Rn. Mostre: 1. Cx ⊂ X é conexo. 2. C ⊂ X, C conexo, x ∈ X e C ∩ Cx6= ∅ ⇒ C ⊂ Cx. 3. x, y ∈ X, x 6= y ⇒ Cx∩ Cy = ∅ ou Cx = Cy. 4. Cx ⊂ X fechado em X e X = • [ x∈X Cx. Solução.

1. Cx ⊂ X é união de conexos com um ponto em comum, a saber, o ponto x. Logo Cx é conexo.

2. Seja C ⊂ X conexo. Como Cx é conexo e Cx∩ C 6= ∅ então C ∪ Cx é conexo. Além disso

3. Sejam x, y ∈ X, x 6= y. Se Cx∩ Cy 6= ∅, então como Cx e Cy são conexos ⇒ Cx ∪ Cy é

conexo.

Por um lado x ∈ Cx ∪ Cy ⇒ Cx ∪ Cy ⊂ Cx ⇒ Cy ⊂ Cx. Por outro lado y ∈ Cx∪ Cy ⇒

Cx∪ Cy ⊂ Cy ⇒ Cx ⊂ Cy. Portanto, Cx = Cy.

4. Cx é conexo e contém x ⇒ Cx ⊂ Cx, portanto Cxé fechado.

Além disso, X ⊂

[

x∈X

Cx. Por outro lado, ∀ x ∈ X, Cx ⊂ X ⇒ •

[

x∈X

Cx ⊂ X.

Então, segue que X =

[

x∈X

Cx.

Exercício 2 - 10/04

Mostre que se X = {(x, y); y = sen 1x , 0 < x ≤ 1} e Z = {0} × [−1, 1], então Y = X ∩ Z não é conexo por caminhos.

Solução. Provaremos que não existe um caminho α : [0, 1] −→ Y tal que α(0) ∈ X e α(1) ∈ Z. Suponha que tal caminho existe. Sem perda de generalidade, podemos supor que α(1) = (0, 1). Considerando ε = 12; pela continuidadede de α, existe δ > 0 tal que kα(t) − (0, 1)k < 12 se 1 − δ ≤ t ≤ 1. Note que α([1 − δ, 1]) é conexo. Denotemos por α(1 − δ) = (x0, y0) e π1(x, y) = x a primeira

projeção de R2; então π1◦ α : [0, 1] −→ R é contínua e o seguinte conjunto C = (π1 ◦ α)([1 − δ, 1])

é conexo com 0 ∈ C, pois α(1) = (0, 1); também x0 ∈ C. Por outro lado, C é um intervalo e

contém [0, x0]; logo para todo x1 ∈ (0, x0], existe t ∈ [1 − δ, 1] tal que α(t) = x1, sen (1/x).

Em particular, se m = 2nπ − π/2, para n grande, temos que se x1 = 1/m, então 0 < x1 < x0 e

sen (1/x1) = sen (−π/2) = −1; logo o ponto (1/m, −1) = α(t), para algum t ∈ [1 − δ, 1], ou seja,

o ponto (1/m, −1) está uma distância menor que 1/2 do ponto (0, 1). Isto é uma contradição, pois (1/m, −1) está a uma distância de pelo menos 2 do ponto (0, 1).

Exercício 3 - 10/04

X ⊂ Rnconexo por caminhos ⇒ X é conexo.

Solução. Sejam a, b ∈ X ⇒ existe um caminho f : [0, 1] −→ X tal que f (0) = a, f (1) = b. Como [0, 1] é conexo e f contínua ⇒ f ([0, 1]) é conexo e a, b ∈ f ([0, 1]). Assim temos que dados a, b ∈ X, existe um conjunto convexo Cab = f [0, 1] ⊂ X onde a, b ∈ Cab.

Exercício 4 - 10/04

(i) f : X ⊂ Rn contínua−−−−→ Y ⊂ Rm, X conexo por caminhos ⇒ f (X) é conexo por caminhos.

(ii) X = [

λ∈L

Xλ, onde cada Xλé conexo por caminhos e

\

λ∈L

Xλ 6= ∅ ⇒ X é conexo por caminhos.

(iii) M1× · · · × Mné conexo por caminhos ⇔ Mj o é também.

Solução.

(i) Dados quaisquer dois pontos f (a), f (b) ∈ f (X), precisamos mostrar que existe um caminho ligando esses pontos.

Como X é conexo por caminhos e a, b ∈ X, então existe um caminho ligando os pontos a e b, digamos, g : [0, 1] −→ X tal que g(0) = a e g(1) = b.

Sendo f e g contínuas, temos que f ◦ g : [0, 1] −→ Y é também contínua com (f ◦ g)(0) = f g(0) = f (a) e (f ◦ g)(1) = f g(1) = f (b).

Dessa maneira, f ◦ g é um caminho em f (X) que une os pontos f (a) e f (b). Portanto, f (X) é conexo.

(ii) Seja a ∈ Xλ, ∀ λ ∈ L.

Dados pontos quaisquer x, y ∈ X = [

λ∈L

Xλ, temos duas possibilidades:

(1) Se x, y ∈ Xλ, não há nada a fazer, já que Xλ é conexo por caminhos.

(2) ∀ x, y ∈ X, ∃ µ, η ∈ L tais que x ∈ Xµe y ∈ Xη.

Como Xµe Xηsão conexos por caminhos, com a, x ∈ Xµe a, y ∈ Xη, então existem caminhos

f : [0, 1] −→ Xµe g : [0, 1] −→ Xη tais que f (0) = x, f (1) = a = g(0) e g(1) = y.

Dessa maneira, o caminho justaposto h = f ∧ g : [0, 1] −→ X com h(0) = x e h(1) = y é um caminho que une os pontos x e y.

Portanto, X = [

λ∈L

Xλ é conexo por caminhos.

(iii) Observemos inicialmente que

f (0) = x e f (1) = y ⇔ (f1, . . . , fn)(0) = x e (f1, . . . , fn)(1) = y

⇔ (f1(0), . . . , fn(0)) = (x1, . . . , xn) e (f1(1), . . . , fn(1)) = (y1, . . . , yn)

Além disso, sabemos que (f1, . . . , fn) é contínua ⇔ fj o é.

Usando os dois fatos acima, temos que M1× · · · × Mné conexo por caminhos ⇔

∀ x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ M1× · · · × Mn,

existe um caminho f = (f1, . . . , fn) : [0, 1] −→ M1× · · · × Mntal que

(f1, . . . , fn)(0) = (x1, . . . , xn) e (f1, . . . , fn)(1) = (y1, . . . , yn) ⇔

existem caminhos fj : [0, 1] −→ Mj, com fj(0) = xj e fj(1) = yj, ∀ j = 1, . . . , n ⇔ Mj é

conexo por caminhos.

3.1.5

Limites

Teorema 1 - 12/04

f : X ⊂ Rn −→ Rm, a ∈ X0

e f = (f1, . . . , fm). Então

lim

x→af (x) = b = (b1, . . . , bm) ⇔ limy→afi(x) = bi, i = 1, . . . , m.

Demonstração. (⇒)

lim

x→af (x) = b = (b1, . . . , bm) ⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que

∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| < ε. Como |fi(x) − bi| ≤ max{|fi(x) − bi|} = |f (x) − b| < ε, então

∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |fi(x) − bi| < ε, 1 ≤ i ≤ n.

Portanto lim

x→afi(x) = bi, ∀ i = 1, . . . , n.

(⇐) lim

x→afi(x) = bi ⇒ dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que

∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |fi(x) − bi| < ε n, ∀ i = 1, . . . , n. Mas |f (x) − b| = n X i=1 |fi(x) − bi|. Daí, ∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| = n X i=1 |fi(x) − bi| < n · ε n = ε. Portanto lim x→af (x) = b.

Teorema 2 - 12/04 lim

x→af (x) = b ⇔ k→∞lim f (xk) = b, ∀ (xk) ⊂ X\{a}, com xk −→ a. Demonstração.

(⇒) Suponha lim

x→af (x) = b e considere a sequência (xk) ⊂ X\{a}, com xk → a. Dado

ε > 0, ∃ δ > 0; ∀ x 6= a ∈ B(a, δ), f (x) ∈ B(b, ε). Ora, mas xk → a, desse modo existe

k0 ∈ N, tal que ∀ k > k0, xk ∈ B(a, δ) ⇒ f (xk) ∈ B(b, ε), portanto lim

k→∞f (xk) = b.

(⇐) Suponha que lim

k→∞f (xk) = b, ∀ (xk) ⊂ X\{a}, com xk → a e que limx→af (x) 6= b. Desse

modo existe ε > 0, tal que para todo δk = 1/k podemos obter xk ∈ X\{a}; |xk − a| < 1/k

mas |f (xk) − b| ≥ ε. Agora olhando pra sequência (xk), temos que xk → 0 enquanto f (xk) 6→ 0.

Contradição!

Teorema 4 - 12/04 Suponha que lim

x→af (x) = b, limx→ag(x) = c. Prove que:

(i) lim

x→ahf (x), g(x)i = hb, ci.

(ii) Se lim

x→aα(x) = d então limx→aα(x)f (x) = db. Em particular, se d = 0 e f for limitada, então

lim

x→aα(x)f (x) = 0.

Demonstração. (i) Temos que:

0 ≤ | hf (x), g(x)i−hb, ci | = | hf (x) − b, g(x)i+hb, g(x) − ci | ≤ |g(x)||f (x)−b|+|b||g(x)− c|. Portanto, lim

x→a| hf (x), g(x)i − hb, ci | = 0.

(ii) A primeira parte se faz de maneira análoga ao item anterior.

Suponha agora que d = 0 e f é limitada. Tomemos ε > 0. Então existe δ > 0 tal que ∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ ⇒ |α(x)| < ε

M, onde |f (x)| ≤ M, ∀ x ∈ X.

Daí, ∀ x ∈ X; 0 < |x − a| < δ temos que |α(x)f (x)| < ε ⇒ lim

x→aα(x)f (x) = 0.

Corolário do Teorema 5 - 12/04

Se f (x) ≤ g(x), x em uma vizinhança de a, então lim

x−→af (x) ≤ limx−→ag(x) se esses limites existirem.

Demonstração. Vamos supor que lim

lim

x−→af (x) − limx−→ag(x) = limx−→a[f (x) − g(x)] > 0.

Então existe δ > 0 tal que f (x) − g(x) > 0, ∀ x ∈ Vδ= B(a, δ) ∩ X\{a}.

Portanto, f (x) > g(x), ∀ x ∈ Vδ. Uma contradição.

Teorema 7 - 12/04

Seja f : X ⊂ Rn→ Rmuniformemente contínua. Então o limite lim

y→xf (x) existe para todo x ∈ X.

Demonstração. Como f é uniformemente contínua em X, dadas as sequências xk, yk ∈ X tais

que lim

k→∞|xk− yk| = 0, tem-se limk→∞|f (xk) − f (yk)| = 0. Assim, a aplicação f leva sequências de

Cauchy de X em sequências de Cauchy em f (X).

Seja x ∈ X. Então para toda sequência xk∈ X\{x} tal que xk → x, o limite lim xk→x

f (xk) = b. E este

limite é único. De fato, se yk ∈ X\x é uma sequência tal que yk → x e lim

k→∞f (yk) = c 6= b, tomando

a sequência zk∈ X\x definida por

z2k = xk, z2k+1= yk.

Temos zk → x mas não existe lim f (zk). Contradição.

Teorema 8 - 12/04

Seja f : X ⊂ Rn −→ Rm. Então f possui uma única extensão uniformemente contínua ao fecho X

se, e somente se, f é uniformemente contínua. Demonstração.

(⇐) Se f é uniformemente contínua, defina f : X ⊂ Rn → Rm por f (x) = f (x), se x ∈ X e

f (x) = lim

y→xf (x), se x ∈ X 0.

Afirmação: f é uniformemente contínua.

De fato, da continuidade uniforme de f temos que dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que ∀ x, y ∈ X com kx − yk ⇒ kf (x) − f (y)k < ε

2. Sejam x, y ∈ X satisfazendo |x − y| < δ. Como x e y ∈ X, então

existem sequências (xk), (yk) ⊂ X tais que x = lim xk e y = lim yk. Daí, para k suficientemente

grande temos que kxk− ykk < δ e então

kf (x) − f (y)k = k lim f (xk) − lim f (yk)k = lim kf (xk) − f (yk)k ≤ ε2 < ε.

Portanto f é uniformemente contínua.

G|X = f = f |X. Seja x ∈ X e (xk) ⊂ X tal que xk −→ x. Temos que

G(x) = G(lim xk) = lim G(xk) = lim f (xk) = lim f (xk) = f (x). Portanto G = f .

(⇒) Suponha que f possui uma extensão f : X → Rn tal que f é uniformemente contínua em

X. Como f |X = f , segue que f é uniformemente contínua em X.

Exercício 1 - 12/04 lim x→x0 ( lim y→y0 f (x, y)) := lim x→x0 lim y→y0 f (x, y) (1) lim y→y0 ( lim x→x0 f (x, y)) := lim y→y0 lim x→x0 f (x, y) (2) Se lim (x,y)→(x0,y0) f (x, y) = A e (1) e (2) existirem, então A = (1) = (2).

Solução. Dado ε > 0, ∃ δ > 0 tal que (x, y) ∈ X:

0 < |x − x0| ≤ |(x, y) − (x0, y0)| < δ ⇒ |f (x, y) − A| < ε ⇒ lim x→x0 f (x, y) = A. Portanto lim y→y0  lim x→x0 f (x, y)  = lim y→y0 A = A. Analogamente ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que (x, y) ∈ X e

0 < |y − y0| ≤ |(x, y) − (x0, y0)| < δ ⇒ |f (x, y) − A| < ε ⇒ lim y→y0 f (x, y) = lim x→x0  lim y→y0 f (x, y)  = lim x→x0 A = A Portanto lim y→y0  lim x→x0 f (x, y)  = A = lim x→x0  lim y→y0 f (x, y)  . Exercício 2 - 12/04

f : (a, b) −→ R monótona e limitada. Mostre que ∃ lim

x→a+f (x) e ∃ limx→b−f (x).

Solução. Suponha, sem perda de generalidade, que f seja não descrescente. Considere L = inf{f (x); x ∈ X, x > a}. Afirmamos que L = lim

Com efeito, dado ε > 0 arbitrário, L + ε não é cota inferior do conjunto {f (x); x ∈ X, x > a}. Logo existe δ > 0 tal que a + δ ∈ X e L ≤ f (a + δ) < L + ε. Como f é não descrescente, se x ∈ X e a < x < a + δ, então L ≤ f (x) < L + ε, o que prova a afirmação feita.

Pondo M = sup{f (x); x ∈ X, x < b}, verificamos de modo análogo que M = lim

x→b−f (x).

3.2 - Diferenciabilidade

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