Logo, D´e um conjunto convexo.
Agora, se Ax = 0 para algum x ∈ D, ent˜ao, o resultado est´a provado paraλ= 0. Suponha Ax6= 0 emD. Lembre que as entradas da matrizA e as coordenadas do vetorx s˜ao n˜ao negativas, ent˜ao Axpossui coordenadas (Ax)i n˜ao negativas. ComoAx6= 0, pelo menos uma das coordenadas (Ax)i
´
e positiva. Logo,
n
X
i=1
(Ax)i >0
para todox∈D.Defina uma fun¸c˜ao cont´ınuaf :D→Rn por f(x) = Ax
Pn
i=1(Ax)i. Observe que
n
X
i=1
fi(x) = 1 e
fi(x)≥0 para todox∈D. Portanto,
f(D)⊆D.
Pelo Teorema 3.1, existe x0 ∈ D tal que f(x0) = x0. Fazendo λ = Pn
i=1(Ax0)i, obtemos
Ax0 =λx0.
Demonstra¸c˜ao. Seja= dist(0, f(K)). Pelo Teorema de Extens˜ao de Tietze, existe uma fun¸c˜ao cont´ınuag:Rn→Rm comg(x) =f(x) para todox∈K.
Agora, pelo Teorema de Aproxima¸c˜ao de Weierstrass, podemos tomar uma fun¸c˜ao polinomial h :Rn → Rm tal que supx∈Kkg(x)−h(x)k <
4. Como m > n, ent˜ao, para todo x ∈ Rn, h(x) ´e valor cr´ıtico de h. Usando o Teorema de Sard, dadoy∈h(Rn), qualquer vizinhan¸ca dey cont´em valores regulares deh, ou seja, h(Rn) tem interior vazio noRm. Portanto, podemos encontrara /∈h(Rn) comkak<
4. Agora, definah1 =h−a:Rn→Rm. ´E evidente que 0∈/h1(Rn). Al´em disso, para x∈K,
kh1(x)−g(x)k ≤ kh1(x)−h(x)k+kh(x)−g(x)k<
2. Considere a seguinte fun¸c˜ao cont´ınua:
h2(x) =
h1(x)
2kh1(x)k se kh1(x)k<
2 h1(x) caso contr´ario.
Note que, para todo x, kh2(x)k ≥
2. Por outro lado, para x ∈ K, temos f(x) =g(x) e
kh1(x)k ≥ kg(x)k − kg(x)−h1(x)k> − 2 =
2. Segue que, para x∈K,h2(x) =h1(x), e portanto
kh2(x)−f(x)k=kh1(x)−g(x)k<
2. Considere a fun¸c˜ao
h2−f :K →B
2(0), ondeB
2(0) ´e a bola de centro 0 e raio
2. Aplicando o Teorema de Extens˜ao de Tietze, existe h3 : M → B
2(0) tal que h3(x) = (h2−f)(x) para todo x ∈ K. Afirmamos que f = h2−h3 ´e a fun¸c˜ao procurada. De fato, para x∈K,
f(x) =h2(x)−h3(x) =h2(x)−(h2(x)−f(x)) =f(x).
Al´em disso, parax∈M,
kf(x)k ≥ kh2(x)k − kh3(x)k ≥
2 − kh3(x)k>
2 − 2 = 0.
E assim completamos a prova.
Antes de provarmos o pr´oximo lema, precisamos da defini¸c˜ao a seguir.
Defini¸c˜ao 3.4. Um conjuntoD⊆Rn´e dito sim´etrico se, para cadax∈D, tivermos −x ∈ D. Uma fun¸c˜ao f : D → Rm ´e chamada fun¸c˜ao ´ımpar se f(x) =−f(−x) para todo x∈D.
Lema 3.5. SejaD⊆Rnum conjunto aberto e limitado. Suponha que0∈/ D e que Dseja sim´etrico. Consideref :∂D→Rm, m > n, uma fun¸c˜ao ´ımpar e cont´ınua tal que 0∈/ f(∂D). Ent˜ao, existe uma fun¸c˜ao cont´ınua e ´ımpar f :D→Rm tal quef(x) =f(x), para todox∈∂D, e 0∈/ f(D).
Observa¸c˜ao 3.6. Note que o Lema 3.3 garante a existˆencia de uma extens˜ao def que nunca se anula. Entretanto, neste caso, queremos que tal extens˜ao seja ´ımpar.
Demonstra¸c˜ao. Provaremos por indu¸c˜ao em n. Suponha n = 1. Como 0 ∈/ D e D ´e compacto, ent˜ao existem a, b ∈ R, com 0 < a < b, tais que D⊆[−b,−a]∪[a, b]. Seja
f1 =f|∂D∩[a,b].
Desta forma,f1 ´e cont´ınua e 0∈/ f1(∂D∩[a, b]). Pelo Lema 3.3,f1 pode ser estendida continuamente `a uma fun¸c˜ao f2 : [a, b]→Rm, com 0∈/ f2([a, b]).
Afirmo que g:D→Rm, definida por g(x) =
f2(x) se x∈D∩[a, b]
−f2(−x) se x∈D∩[−b,−a],
´
e a fun¸c˜ao procurada. Da forma em que est´a definida a fun¸c˜aog, fica evidente que g´e cont´ınua, ´ımpar e que 0∈/ g(D). Falta mostrar que g|∂D=f. Para tanto, tome x∈∂D. Sex∈∂D∩[a, b], ent˜ao
g(x) =f2(x) =f1(x) =f(x).
Casox∈∂D∩[−b,−a], comof ´e ´ımpar, segue que
g(x) =−f2(−x) =−f1(−x) =−f(−x) =f(x).
Agora, suponha n >1 e que o lema valha para n−1. Vamos identificar Rn−1 com o conjunto{(x1,· · ·, xn)∈Rn:xn= 0}. Sejam
D+={x∈D:xn>0} e D−={x∈D:xn<0}.
Note que
D=D+∪D−∪∂D∪(D∩Rn−1).
Seja
f1 =f|∂D∩Rn−1.
Temos f1 cont´ınua, ´ımpar e 0∈/ f1(∂D∩Rn−1). Portanto, pela hip´otese de indu¸c˜ao,f1 pode ser estendida continuamente a uma fun¸c˜aof2 :D∩Rn−1 → Rm, ondef2 ´e ´ımpar e 0∈/f2(D∩Rn−1). Defina
f3(x) =
f2(x), se x∈D∩Rn−1 f(x), se x∈∂D.
Primeiramente, veja quef3 est´a bem definida. De fato, sex∈(D∩Rn−1)∩
∂D=∂D∩Rn−1, temos
f2(x) =f1(x) =f(x).
Al´em disso, como f2(x) 6= 0 para todox ∈D∩Rn−1 e f(x)6= 0 para todo x∈∂D, obtemos
f3(x)6= 0
para todo x ∈ D∪Rn−1 ∩∂D. Agora, veja que f3 ´e ´ımpar. De fato, se x ∈ D ∩Rn−1, ent˜ao −x ∈ D∩Rn−1. Desta forma, f3(x) = f2(x) e f3(−x) =f2(−x) =−f2(x), portanto
f3(x) =−f3(−x).
Se x∈∂D, ent˜ao f3(x) =f(x) e f3(−x) =f(−x) =−f(x), portanto f3(x) =−f3(−x).
A continunidade def3 ´e evidente.
SejaDb =D\D−, ou seja,
Db = (D∩Rn−1)∪D+∪∂D.
Desta forma, temos queDb´e um conjunto compacto e, pelo Lema 3.3,f3pode ser estendida continuamente a uma fun¸c˜ao f4 : Db → Rm, com 0 ∈/ f4(D).b Finalmente, defina
g(x) = (
f4(x) se x∈Db
−f4(−x) se x∈D\Db =D−.
E evidente que 0´ ∈/ g(D). Note que, se x ∈ ∂D, ent˜ao x ∈ D, portantob g(x) =f4(x) =f3(x) =f(x).Logo,
g|∂D=f.
Agora, para mostrar que g ´e ´ımpar, observe que se x ∈ D∩Rn−1, ent˜ao
−x∈D∩Rn−1, portantog(x) =f4(x) =f3(x) eg(−x) =f4(−x) =f3(−x).
Assim,
g(x) =−g(−x).
Se x ∈ ∂D, ent˜ao −x ∈ ∂D, portanto g(x) = f4(x) = f3(x) = f(x) e g(−x) =f4(−x) =f3(−x) =f(−x). Logo,
g(x) =−g(−x).
Se x∈D+, ent˜aog(x) =f4(x) eg(−x) =−f4(x). Logo, g(x) =−g(−x).
Se x∈D−, ent˜aog(x) =−f4(−x) e g(−x) =f4(−x). Logo, g(x) =−g(−x).
Falta mostrar que g ´e cont´ınua. Se x0 ∈ D+∪D−, ent˜ao a continuidade emx0 ser´a evidente. Parax0 ∈∂D∪(D∩Rn−1), considere uma sequˆencia (xr)⊆Dtal que
x0= lim
r→∞xr. Temos dois casos para analisar:
(i) (xr) possui uma subsequˆencia (xrk) tal que xrk ∈Db para todork; (ii) (xr) possui uma subsequˆencia (xerk) tal quexerk ∈/ Db para todo rk, isto
´e,−exrk ∈D+ para todork. No caso (i), temos
rklim→∞g(xrk) = lim
rk→∞f4(xrk) =f4(x0) =g(x0).
No caso (ii), temos
rklim→∞g(exrk) = lim
rk→∞−f4(−xerk) =− lim
rk→∞f4(−xerk) =−f4(−x0) =g(x0).
Desta forma, conclu´ımos que g´e cont´ınua.
Agora veremos o ´ultimo lema antes do principal resultado desta se¸c˜ao.
Observe que, no lema a seguir, a fun¸c˜ao f tem dom´ınio e contradom´ınio de mesma dimens˜ao.
Lema 3.7. Seja D ⊆Rn um conjunto aberto, limitado e sim´etrico tal que 0 ∈/ D. Seja f : ∂D → Rn cont´ınua e ´ımpar tal que 0 ∈/ f(∂D). Ent˜ao, existe uma fun¸c˜ao g : D→ Rn cont´ınua e ´ımpar tal que g(x) =f(x) para todo x∈∂D e g(x)6= 0 para todo x∈D∩Rn−1.
Demonstra¸c˜ao. Vamos identificar o Rn−1 com o conjunto {(x1,· · · , xn) ∈ Rn:xn= 0}. Considere os conjuntos
Rn+={x∈Rn:xn>0} e Rn−={x∈Rn:xn<0}.
Seja
f1 =f|∂D∩Rn−1 =f|∂(D∩Rn−1).
Como f1 ´e cont´ınua, ´ımpar e 0 ∈/ f1(∂(D∩Rn−1)), ent˜ao, pelo Lema 3.5, existe uma fun¸c˜ao f2 :D∩Rn−1 →Rn cont´ınua, ´ımpar tal que 0∈/ f2(D∩ Rn−1) ef2|∂(D∩Rn−1)=f1.
Defina f3 : (D∩Rn−1)∪∂D →Rn por f3(x) =
f2(x), se x∈D∩Rn−1 f(x), se x∈∂D.
Note que f3 est´a bem definida. De fato, se x ∈ ∂D∩(D∩Rn−1), ent˜ao x∈∂D∩Rn−1 e, portanto,
f2(x) =f1(x) =f(x).
Al´em disso, ´e evidente quef3´e ´ımpar e 0∈/f3(D∩Rn−1). Comof3´e cont´ınua nos conjuntos ∂D e D∩ Rn−1, ent˜ao f3 ´e cont´ınua. Sendo o compacto
∂D∪(D∩Rn−1) um subconjunto do compacto∂D∪(D∩Rn−1)∪(D∩Rn+) = D, segue, pela Proposi¸c˜b ao 1.15, que existe uma fun¸c˜aof4 :Db →Rncont´ınua tal quef4|∂D∪(D∩
Rn−1)=f3.
Finalmente, defina g:D→Rn por g(x) =
(
f4(x), se x∈Db
−f4(−x), se x∈D\D.b
Com argumento an´alogo ao usado na demonstra¸c˜ao do Lema 3.5, prova-se queg ´e cont´ınua e ´ımpar. Al´em disso, como
g|D∩
Rn−1 =f4|D∩
Rn−1 =f3|D∩
Rn−1 =f2, ent˜ao g(x)6= 0 para todo x∈D∩Rn−1.
Finalmente, podemos provar o principal resultado desta se¸c˜ao.
Teorema 3.8 (Teorema de Borsuk). Seja D ⊆ Rn um conjunto aberto, limitado e sim´etrico tal que 0∈/ D. Seja f :D→ Rn uma fun¸c˜ao cont´ınua tal que 0∈/ f(∂D) e assuma que
f(x)
kf(x)k 6= f(−x)
kf(−x)k (3.1)
para todo x∈∂D. Ent˜ao,
degB(f, D,0)
´
e um n´umero ´ımpar.
Demonstra¸c˜ao. A demosntra¸c˜ao ser´a dividida em quatro passos.
Passo 1: Vamos mostrar que podemos assumir, sem perda de generali-dade, que f ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar. De fato, seja g : D → Rn uma fun¸c˜ao definida por
g(x) =f(x)−f(−x).
E evidente que´ g ´e cont´ınua e ´ımpar. Al´em disso, por (3.1), 0 ∈/ g(∂D) e, para todox∈∂D,
g(x)
kg(x)k = f(x)−f(−x)
kf(x)−f(−x)k 6= f(−x)−f(x)
kf(x)−f(−x)k = g(−x) kg(−x)k. Considere a homotopia cont´ınua H:D×[0,1]→Rndefinida por
H(x, t) =f(x)−tf(−x).
Se H(x, t) = 0 para algum x ∈ ∂D e para algum t ∈ [0,1], ent˜ao f(x) = tf(−x). Desta forma, temos f(x)
kf(x)k = f(−x)
kf(−x)k, o que ´e uma contradi¸c˜ao com (3.1). Portanto, H(x, t) 6= 0 para todo x ∈∂D e para todo t∈ [0,1].
Segue, pela Proposi¸c˜ao 2.9, item 5, que
degB(f, D,0) = degB(g, D,0).
A partir de agora, podemos assumir quef ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar.
Passo 2: Vamos mostrar que podemos assumir, sem perda de generali-dade, que numa vizinhan¸ca do 0, f coincide com a fun¸c˜ao identidade. Para tanto, considere > 0 tal que B(0) ⊆ D e seja D1 = D\B(0). Defina f1 :B(0)∪∂D→Rn por
f1(x) =
x, se x∈B(0) f(x), se x∈∂D.
Temosf1 cont´ınua, ´ımpar e∂D1 =∂D∪∂B(0). Seja f2 =f1|∂D1.
Como 0∈/ f2(∂D1), pelo Lema 3.7, existef3 :D1 →Rntal quef3´e cont´ınua,
´ımpar, f3|∂D1 = f2 e f3(x) 6= 0 para todo x ∈ D1∩Rn−1. Agora, defina f4 :D1∪B(0)→Rn por
f4(x) =
f3(x), se x∈D1 x, se x∈B(0).
Note que f4 est´a bem definida, pois se x∈B(0)∩D1 =B(0)∩D, ent˜ao x∈∂B(0) e
f3(x) =f2(x) =x.
E f´´ acil ver quef4´e ´ımpar e cont´ınua. Al´em disso, para todox∈∂D, temos x∈∂D1 e
f4(x) =f3(x) =f2(x) =f1(x) =f(x).
Portanto, 0∈/f4(∂D) e
degB(f4, D,0) = degB(f, D,0).
Segue tamb´em que, para todo x∈∂D, f4(x)
kf4(x)k 6= f4(−x) kf4(−x)k.
Passo 3: Vamos provar que degB(f3, D1,0) ´e um n´umero par. Para isso, sejaK =D1∩Rn−1. Note que 0∈/f3(K) e queK´e um conjunto compacto contido emD1. Pela Proposi¸c˜ao 2.9, item 4, temos
degB(f3, D1,0) = degB(f3, D1\K,0) = degB(f3, D+1 ∪D1−,0), ondeD+1 =D1∩Rn+ e D−1 =D1∩Rn−. Aplicando a Proposi¸c˜ao 2.9, item 3, segue que
degB(f3, D1,0) = degB(f3, D+1,0) + degB(f3, D1−,0).
O item 10 da mesma proposi¸c˜ao, implica
degB(f3, D−1,0) = degB((−I)◦f3◦(−I),−I(D−1),−I(0)) = degB(f3, D+1,0), ondeI ´e a fun¸c˜ao identidade. Conclu´ımos que
degB(f3, D1,0) = 2 degB(f3, D+1,0).
Passo 4: Finalmente, vamos concluir que degB(f, D,0) ´e um n´umero
´ımpar. J´a vimos quef|∂D=f4|∂D,f4|B(0) =I,f4|D1 =f3|D1 eD\B(0) = D1. Ent˜ao, aplicando a Proposi¸c˜ao 2.9, itens 1, 3 e 4 temos
degB(f, D,0) = degB(f4, D,0)
= degB(f4, B(0),0) + degB(f4, D\∂B(0),0)
= 1 + degB(f4, D\∂B(0),0)
= 1 + degB(f3, D1,0)
= 1 + 2 degB(f3, D+1,0).
Grau topol´ ogico em dimens˜ ao infinita
4.1 Introdu¸ c˜ ao ao grau de Leray-Schauder
Schauder identificou uma importante classe de operadores n˜ao lineares em espa¸cos de Banach, as perturba¸c˜oes completamente cont´ınuas da identi-dade (I −T), para a qual ele pˆode generalizar dois importantes resultados de Brouwer em dimens˜ao finita: os teoremas de ponto fixo e invariˆancia do dom´ınio ([14]-[18]). Al´em disso, junto com Leray, ele estendeu o grau de Brouwer `as perturba¸c˜oes completamente cont´ınuas da identidade em espa¸cos de Banach como veremos neste cap´ıtulo ([9]).
Considere um espa¸co de Banach E e um subconjunto qualquer Ω deE.
Seja ∆ o conjunto das ternas (f, U, y), onde U ⊆ E ´e aberto e limitado, U ⊆Ω, f : Ω→E´e cont´ınua emU e y∈E\f(∂U). Queremos definir uma fun¸c˜aod: ∆→Zesperando que satisfa¸ca as seguintes propriedades:
(i) d(I, U, y) = 1 para todo y∈U, ondeI ´e fun¸c˜ao identidade em E;
(ii) d(f, U, y)6= 0 implicaf−1(y)∩U 6=∅;
(iii) d(Ht, U, y) n˜ao depende det, ondeHt:U×[0,1]→E´e uma homotopia cont´ınua com y /∈Ht(∂U).
Quando E´e um espa¸co de dimens˜ao finita, definimos o grau de Brouwer satisfazendo as propriedades acima, com f apenas cont´ınua em U. Entre-tanto, se E for um espa¸co de dimens˜ao infinita, veremos que n˜ao basta que f seja cont´ınua.
65
O exemplo a seguir, creditado a Leray, pode ser encontrado em [6, Fon-seca & Gangbo, pag. 172].
Exemplo 4.1 (Leray). SejaE o espa¸co das fun¸c˜oes cont´ınuasx: [0,1]→R e, para x∈E,
kxk= max
s∈[0,1]|x(s)|.
Considere x0 ∈E definida por x0(s) = 1
2, s∈[0,1]
e sejaU ⊆E dado por U =
x∈E :kx−x0k< 1 2
.
Ent˜ao, existe y∈E tal que, para qualquer fun¸c˜ao d: ∆→Z,d(·, U, y) n˜ao satisfaz pelo menos uma das propriedades (i),(ii) e (iii). Para provarmos tal afirma¸c˜ao, assuma, por contradi¸c˜ao, quedsatisfa¸ca as trˆes propriedades.
Sejaγ : [0,1]→[0,1] a fun¸c˜ao cont´ınua dada por
γ(s) =
s 0≤s≤ 1
2
1−s 1
2 ≤s≤ 5 8 5
3(s−1) + 1 5
8 ≤s≤1 e defina f :U →E por
f(x) =γ ◦x.
Comoγ([0,1]) = [0,1], ent˜ao f(U)⊆U. DefinaHt:U ×[0,1]→E por Ht(x) =tx+ (1−t)f(x).
E evidente que´
kHt(x)−x0k ≤ 1
2. (4.1)
Afirma¸c˜ao 1. Ht(∂U)⊆∂U para todot∈[0,1].
De fato, fixe t∈[0,1] e x∈∂U. Ent˜ao, kx−x0k= 1
2,
portanto
|x(s0)−x0(s0)|= 1 2,
para algum s0 ∈ [0,1]. Desta forma, s0 ∈ {0,1}, segue que Ht(x)(s0) ∈ {0,1}. Sendo assim,
|Ht(x)(s0)−x0(s0)|= 1 2. Por (4.1),
kHt(x)−x0k= 1 2, ou seja, Ht(x)∈∂U.
Sejay ∈E definida por
y(s) = 1 4 +1
2s.
Ent˜ao,
ky−x0k= 1 4
e, portanto, y /∈ ∂U. Pela afirma¸c˜ao 1, para todo t ∈ [0,1], temos y /∈ Ht(∂U) e, desta forma,d(Ht, U, y) est´a bem definido. Usando as proprieda-des (i) e (ii),
d(f, U, y) =d(I, U, y) = 1
e, pela propriedade (iii), existex∈U tal quey=f(x) =γ◦x.
Afirma¸c˜ao 2. A equa¸c˜ao x(s) = 12 admite exatamente uma solu¸c˜ao.
De fato,
1
4 =y(0)⇒ 1
4 =γ◦x(0)⇒x(0) = 1 4
e 3
4 =y(1)⇒ 3
4 =γ◦x(1)⇒x(1) = 17 20.
Pela continuidade de x, x(s) = 12 admite pelo menos uma solu¸c˜ao. Al´em disso,
x(s) = 1
2 ⇒γ(x(s)) =γ 1
2
= 1
2 ⇒y(s) = 1
2 ⇒s= 1 2,
portantos= 12 ´e a ´unica solu¸c˜ao da equa¸c˜aox(s) = 12. A afirma¸c˜ao 2, junto com a continuidade dex, implica que
x(s)> 1
2 para todot∈ 1
2,1
ou
x(s)< 1
2 para todot∈ 1
2,1
. Suponha x(s) < 12 para todo s ∈ 12,1
. Ent˜ao, para qualquer s ∈ 12,1 , temos
x(s)< 1
2 ⇒γ◦x(s)< 1
2 ⇒y(s)< 1 2 ⇒ 1
2+1
4 =y(1)< 1 2,
que ´e uma contradi¸c˜ao. Conclu´ımos que x(s) > 12 para todo s ∈ 12,1 . Agora, como x 12
= 12, existe > 0 tal que, para todo s ∈ 1
2,12 + , x(s)∈1
2,58
. Sendo assim, γ◦x(s)∈
γ
5 8
, γ
1 2
= 3
8,1 2
. Lembrando que y(s) = γ ◦x(s) = 1
4 + 1
2s ´e crescente, obtemos uma con-tradi¸c˜ao.
Logo, pelo menos uma das propriedades (i),(ii) e (iii) n˜ao ´e verificada por d(·, U, y).