Topologia Lisboa

RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2

Munkres 13.3: Vejamos que Tc = {U X : X \ U e contavel ou todo o X} verifica os ax-iomas para uma topologia em X:(1) Tc porque X \ e todo o X; X Tc porque X \X = e contavel.(2) Seja {U} uma famlia nao vazia de elementos de Tc. Se todos os U

sao vazios, entao a sua uniao tambem e e portanto pertence a Tc. Casocontrario, seja tal que U e nao vazio de forma a que X \U e contavel.Temos

X \ U = (X \ U) X \ Ulogo X\U, sendo um subconjunto de um conjunto contavel, e contavel.Conclumos que, em qualquer caso, U Tc.

(3) Seja {U1, . . . , Un} uma famlia finita e nao vazia de elementos de Tc. Sealgum dos Ui e vazio entao ni=1Ui = pelo que pertence a Tc. Casocontrario temos que X \ Ui e contavel para cada i e entao X \ ni=1Ui =ni=1X \Ui e contavel pois e uma uniao finita de conjuntos contaveis. Emqualquer caso obtemos que ni=1Ui Tc.

A coleccao T = {U | X \ U e infinito ou vazio ou todo o X} nao e emgeral uma topologia. Por exemplo, tomando X = R, temos ], 0[, ]0,+[T (tem complementar infinito) mas ] , 0[]0,+[ 6 T uma vez que oseu complementar {0} nao e infinito nem vazio nem todo o X.

Munkres 13.4: (a) Seja {T} uma famlia (nao vazia) de topologias em X e seja T = T.Vejamos que T satisfaz os axiomas de uma topologia em X.(1) Como , X T para todo o temos que , X T .(2) Seja {U} uma famlia nao vazia de elementos de T . Dado , temosT T e logo U T para todo o . Sendo T uma topologiatemos U T. Como isto acontece para todo o conclui-se queU T .

(3) Seja {U1, . . . , Un} uma famlia finita e nao vazia de elementos de T .Dado , temos que Ui T para todo o i logo ni=1Ui T. Comoisto acontece para todo o conclui-se que ni=1Ui T .

A uniao de topologias nao e em geral uma topologia. Por exemplo a uniaodas topologias T1 e T2 da alnea c) abaixo nao e uma topologia uma vezque {a, b}, {b, c} T1 T2 mas {a, b} {b, c} = {b} 6 T1 T2.

(b) Seja {T} uma famlia de topologias em X. Pela alnea anterior, T euma topologia em X e claramente esta contida em todos os T. Por outrolado, se T e uma topologia em X que esta contida em todos os T entaoT T e portanto T e menos fina que T. Conclui-se que Te a mais fina das topologias que esta contida em todos os T.O conjunto S das topologias em X que contem cada uma das topologiasT e nao vazio uma vez que a topologia discreta pertence a S. Seja T ainterseccao de todas as topologias em S (que e uma topologia pela alnea(a)). Como todas os elementos de S contem T, temos que T T .Por outro lado, se T e uma topologia em X tal que T T entaoT S e portanto T T pelo que T e a menos fina de todas astopologias que contem T.

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2 RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2

Notas: Alternativamente podemos ver que a menor, ou menos fina, dastopologias que contem todas os T e a topologia que tem T por sub-base.A razao porque se insiste na unicidade da menor (respectivamente maior)topologia no enunciado deste problema e que a relacao de inclusao entreas topologias e apenas uma relacao de ordem parcial. Dada uma famlia Sde subconjuntos de X, poderia haver varias topologias distintas (nao com-paraveis) T contendo S e com a propriedade de nao haverem topologiasT tais que S T T . A demonstracao acima mostra que nao e esse ocaso uma vez que a menor topologia descrita e comparavel com todas astopologias contendo S = T.

(c) A maior topologia contida em T1 e T2 e como vimos T1T2 = {, X, {a}}.A menor topologia que contem T1T2 e T = {, X, {a}, {b}, {a, b}, {b, c}}.De facto, e imediato verificar que T satisfaz os axiomas de uma topologiacalculando todas as interseccoes e unioes possveis de elementos de T eclaramente T1 T2 T . Por outro lado, se T e uma topologia contendoT1 e T2, {b} = {a, b} {b, c} tera de pertencer a T pelo que T T .

Munkres 13.6: Para ver que a topologia de R` nao esta contida em RK vamos mostrar que[0, 1[ nao e um aberto em RK . Se tal acontecesse, teria de haver um elementoB da base de RK com 0 B [0, 1[. Mas os elementos da base de RK saoda forma ]a, b[ ou ]a, b[\K. Em qualquer dos dois casos x B a < 0 eentao a2 B mas a2 6 [0, 1[ pelo que nenhum elemento da base contendo 0 estacontido em [0, 1[. Conclui-se que [0, 1[ nao e um aberto de RK . Vejamos agoraque a topologia de RK tambem nao esta contida na topologia de R`. Bastaver que ] 1, 1[\K nao e aberto em R`. Se fosse, teria de haver um elemento[a, b[ da base de Rl com 0 [a, b[]1, 1[\K. Mas 0 [a, b[ a 0 e b > 0.Seja N um natural tal que 1N < b. Entao

1N [a, b[ mas 1N 6] 1, 1[\K.

Conclumos que as topologias de R` e RK nao sao comparaveis.

Munkres 13.7: As relacoes de inclusao entre as topologias sao determinadas pela propriedadetransitiva e pelas seguintes afirmacoes:

(i) T1 T2 T4(ii) T3, T5 T1(iii) T3 e T5 nao sao comparaveis.Para ver (i) note-se que, uma vez que a base para T2 contem a base para T1temos que T1 T2. Para ver que T2 T4 basta ver que os abertos da base deT2 sao abertos de T4. Ora ]a, b[= n=1]a, b 1n ]. Quanto aos elementos da baseda forma ]a, b[\K, temos dois casos a considerar. Claramente podemos assumirque K intersecta ]a, b[ e portanto b > 0. Se a < 0 entao ]a, b[\K =]a, 0] Vonde V e uma uniao (disjunta, contavel) de intervalos abertos de R. Tendoem conta que ]a, 0] T4 e que ja vimos que os intervalos abertos pertencema T4 conclumos que ]a, b[\K T4 neste caso. Por outro lado, se a 0 entao]a, b[\K e uma uniao (disjunta, contavel) de intervalos abertos de R e portantopertence a T4.

Uma vez que os conjuntos finitos e R sao fechados de R, conclui-se queT3 T1. Uma vez que os elementos da base de T5 sao abertos de R, temostambem que T5 T1. Isto prova (ii).

Finalmente R \ {0} T3 \ T5 (nao existe nenhum aberto B da base de T5com 1 B R \ {0}) e ], 0[ T5 \ T3 pois R\], 0[ nao e finito nemigual a R. Isto mostra (iii).

RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2 3

Munkres 13.8: (a) Vamos ver que a coleccao B satisfaz a hipotese do Lema 13.2. Os ele-mentos de B sao abertos de R. Se U R e aberto e x U , entao existeum aberto ]c, d[ da base da topologia usual em R tal que x ]c, d[ U .Sejam a, b racionais tais que c < a < x e x < b < d. Entao ]a, b[ B ex ]a, b[]c, d[ U . O Lema 13.2 garante entao que B e uma base paraa topologia usual em R.

(b) Comecamos por ver que C e uma base de topologia em R:(1) Para todo o x R existem a, b racionais com a x < b e entao

x [a, b[ com [a, b[ C.(2) Sejam [a1, b1[, [a2, b2[ C e x [a1, b1[[a2, b2[. Entao max{a1, a2}

e min{b1, b2} sao racionais e temos x [max{a1, a2},min{b1, b2}[[a1, b1[[a2, b2[.

C esta contido na base da topologia de R` pelo que a topologia T geradapor C e menos fina que a topologia de R`. Para ver que e estritamentemenos fina vamos mostrar que U = [

2, 2[ nao e um aberto de T . Se

U fosse aberto teria de haver [a, b[ C com 2 [a, b[ [2, 2[. Mascomo a Q, 2 [a, b[ a < 2 e entao teramos a+

2

2 [a, b[ masa+

2

2 6 [2, 2[ contradizendo a inclusao [a, b[ [2, 2[. Conclumos que

T e estritamente menos fina que a topologia de R`.


Munkres 16.4: Um aberto U da topologia produto em XY pode escrever-se como uma uniaode elementos da base. Existem portanto famlias {U} de abertos de X e {V}de abertos de Y , que podemos supor nao vazios, tais que U = U V.Temos entao que

pi1(U) = pi1 (U V) = pi1(U V) = Ue uma uniao de abertos de X e e portanto aberto em X. Da mesma formavemos que pi2(U) = V e um aberto de Y . Conclumos que pi1 e pi2 saoaplicacoes abertas.

Munkres 16.8: Uma base da topologia de R`R e dada pelos conjuntos da forma [a, b[]c, d[com a, b, c, d R e a < b, c < d. A linha L e descrita por uma equacaoparametrica

t 7 (x0, y0) + t(v1, v2), t R(onde (v1, v2) 6= (0, 0)). E facil verificar que

L [a, b[]c, d[= {(x0, y0) + t(v1, v2) : t I}onde I e um intervalo de R. Consideramos dois casos: v1 = 0 (isto e, a linha L e vertical): E facil verificar que, neste caso, ouI = , ou I e da forma ]t0, t1[ com t0 < t1. Por outro lado, qualquerintervalo da forma ]t0, t1[ com t0 < t1 pode ser obtido desta forma. Daquiconclumos que a topologia induzida em L se identifica naturalmente coma topologia usual.

v1 6= 0: Neste caso, ou I = , ou I =]t0, t1[, ou I = [t0, t1[ com t0 < t1.Novamente, e facil verificar que podemos obter qualquer intervalo daforma [t0, t1[, escolhendo adequadamente o elemento da base de R` R.Logo, neste caso, a topologia em L pode identificar-se com a topologiaR`.

Munkres 17.6: (a) Como A B B, temos que B e um fechado de X contendo A eportanto A B.

(b) Uma uniao finita de fechados e fechada. Logo AB e um fechado, e umavez que contem A B, temos que A B A B.Por outro lado, pela alnea a), como A A B temos A A B e damesma forma B A B, pelo que A B A B.Conclui-se que A B = A B como pretendido.

(c) Uma vez que para todo o temos A A, pela alnea a) conclumosque para todo o temos A A o que e equivalente a A A.Para ver que a inclusao pode ser estrita, tome-se X = R (com a topologiausual) e An = { 1n} com n N. Entao nAn = nAn = { 1n : n N},mas nAn = { 1n : n N} = { 1n : n N} {0}.

Munkres 17.13: Comecamos por notar que se U X e V X, entao (U V ) = {(x, x) X X : x U V }.

Suponhamos primeiro que X e Hausdorff e vejamos que X X \ e umaberto de X X: Dado (x1, x2) 6 , temos x1 6= x2 e portanto existem

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abertos U1 e U2 de X com xi Ui para i = 1, 2, tais que U1 U2 = .Portanto U1 U2 e um aberto da topologia produto, (x1, x2) U1 U2 e

(U1 U2) = {(x, x) X X : x } = ,isto e, U1 U2 (X X \). Conclumos que X X \ e aberto, ou sejaque e fechado.

Reciprocamente, suponhamos que X X e fechado, e sejam x1 ex2 pontos distintos de X. Entao (x1, x2) 6 , ou seja (x1, x2) pertence aoaberto X X \. Seja U1 U2 um aberto da base da topologia produto talque (x1, x2) U1 U2 X X \. Entao,

= (U1 U2) = {(x, x) X X : x U1 U2}logo U1U2 = . Conclui-se que U1 e U2 sao abertos disjuntos de X contendox1 e x2 respectivamente, logo X e um espaco de Hausdorff.

Munkres 17.16: (a) O fecho de K na topologia usual em R e K {0}. De facto K {0} e umfechado (o complementar e uma uniao de intervalos abertos) contendo K,logo K K K {0}. Toda a vizinhanca de 0 em R intersecta K logo0 K e conclumos portanto que K = K {0}.R\K = nN(]n, n[\K) e aberto em RK , logo K e fechado e portantocoincide com o seu fecho em RK .Na topologia dos complementos finitos T3, os fechados sao os conjuntosfinitos e R. Como K e infinito, o unico fechado que contem K e R peloque K = R em T3.Vimos no Exerccio 13.7 que a topologia T4 e mais fina que a topologia deRK . Isto significa que K tambem e fechado em T4 pelo que K = K emT4.Em T5, temos K = [0,+[. De facto, [0,+[ e um fechado contendo K(e o complementar de um aberto da base) logo K [0,+[. Por outrolado, se x 0, qualquer vizinhanca de x em T4 contem um aberto dabase ] , a[ com a > x 0. Escolhendo n tal que 1n < a vemos que], a[K 6= , donde x K. Logo [0,+[ K.

(b) A topologia usual em R e Hausdorff e portanto tambem T1. Uma vezque as topologias T2 e T4 sao mais finas que a topologia usual em Rtambem sao Hausdorff (e portanto T1). A topologia dos complementosfinitos T3 e T1 (os conjuntos finitos de pontos sao fechados por definicao)mas nao e Hausdorff visto que a interseccao de dois abertos nao vaziostem complementar finito e portanto e nao vazia. Finalmente a topologiaT5 nao e T1 e portanto nao e Hausdorff: por exemplo, o conjunto {0} naoe fechado (ve-se como na alnea anterior que {0} = [0,+[).


Munkres 18.2: Nao. Seja, por exemplo X = Y = R (com a topologia usual), A =]0,+[ ef : X Y a funcao constante igual a 1. Entao f e contnua, 0 e um pontode acumulacao de A (se U e uma vizinhanca de 0 em R entao existe > 0 talque ] , [ U , e portanto U \ {0} A ]0, [ e nao vazio), mas f(0) = 1nao e um ponto de acumulacao de f(A) = {1} uma vez que {1} = .

Munkres 18.4: A funcao f(x) = (x, y0) e contnua pelo Teorema 18.4, uma vez que as suasfuncoes coordenadas sao a funcao identidade id : X X e a funcao de Xpara Y constante igual a y0 que sao ambas contnuas pelo Teorema 18.2. Aaplicacao de projeccao pi1 : X Y X e contnua, logo a sua restricao a`imagem de f , pi1| im f , e contnua (novamente pelo Teorema 18.2).

Como (f pi1| im f )(x, y0) = f(x) = (x, y0) e (pi1| im f f)(x) = pi1(x, y0) =x, as funcoes pi1| imF e f sao homeomorfismos inversos. Conclui-se que f eum mergulho.

A demonstracao que g e um mergulho e inteiramente analoga.Munkres 18.8: (a) Vamos ver que o conjunto U = {x X : f(x) > g(x)} e um aberto de

X. Seja x0 um ponto de U , de forma que f(x0) > g(x0). Basta mostrarque existe uma vizinhanca V de x0 tal que V U . Consideramos doiscasos: ]g(x0), f(x0)[= : tomamos entao

V = f1(]g(x0),+[) g1(], f(x0)[).Como f e g sao contnuas, V e aberto, e claramente x0 V . Poroutro lado, se x V , entao f(x) > f(x0) f(x) f(x0) eg(x) < g(x0) g(x) g(x0) pelo que f(x) > g(x). Conclumosque x U e portanto que V U .

]g(x0), f(x0)[6= : Neste caso, tome-se y0 Y tal que g(x0) N xp pi1 (V ). Mas xp pi1 (V ) pi(xp) Vpelo que conclumos que pi(xn) pi(x).

Reciprocamente, suponhamos agora que para todo o temos que pi(xn)pi(x), e seja U uma vizinhanca de x em

X. Seja V =

V um aberto da

base deX tal que x V U . Existe entao um conjunto finito de ndices

J = {1, . . . , k} tal que V = X para todo o 6 J , enquanto que Visao vizinhancas de pii(x) em Xi para i = 1, . . . k. Por hipotese, podemosescolher para cada i = 1, . . . k um natural Ni N de forma a que

p > Ni pii(xp) Vi .Tome-se N = max{N1, . . . , Nk}. Entao para p > N temos pi(xp) V paratodo o e portanto xp V . Conclui-se que xn x em

X conforme

pretendido.Este resultado nao permanece valido na topologia das caixas (embora con-

tinue a ser verdade que convergencia na topologia das caixas implica con-vergencia em cada coordenada uma vez que a topologia das caixas e maisfina que a topologia produto). Por exemplo, no espaco das sucessoes R, asucessao xn = (

1n )mN (cujo n-esimo termo e a sucessao constante igual a

1n )

e tal que pim(xn) =1n 0 para todo o m N, mas xn nao converge para a

sucessao nula uma vez que nenhum termo da sucessao pertence a` vizinhancamN] 1m , 1m [ da sucessao nula ( pois pim(xm) 6] 1m , 1m [).


Munkres 19.8: A funcao inversa de h obtem-se resolvendo o sistema:

yi = aixi + bi xi = 1ai yi biai .Logo

h1((y1, y2, . . .)) = ( 1a1 y1 b1a1 , 1a2 y2 b2a2 , . . .)e portanto h1 e uma funcao da mesma forma que h (temos 1ai > 0). Paraver que todas estas funcoes sao homeomorfismos para alguma topologia emR basta entao verificar que todas sao contnuas.

A demonstracao da continuidade de h e identica para a topologia das caixase para a topologia uniforme: Se g : R R e uma funcao afim definida porg(x) = ax+b com a > 0, entao g1(]c, d[) =] cba ,

dba [ pelo que g e contnua.

Temos ainda que g1(R) = R.Sejam agora hn : R R as funcoes afins definidas por hn(x) = anx + bn

com n N. Se V = nN Vn e um aberto da base de R com a topologiaproduto ou com a topologia das caixas temos que

h1(V ) =nN

h1n (Vn)

e um aberto da mesma topologia (pois h1n (Vn) e um aberto de R para todoo n, e se apenas um numero finito de factores V sao diferentes de R o mesmosucede para h1(V )).

Munkres 20.2: Considere-se a funcao

d : R2 R2 Rdefinida por

d((x1, y1), (x2, y2)) =

{1 se x1 6= x2,d(y1, y2) se x1 = x2

onde d denota a metrica limitada standard em R. Verifiquemos que d e umametrica em R2:(1) Como d 0, temos que d 0. Por outro lado, d((x1, y1), (x2, y2)) =

0 x1 = x2 e d(y1, y2) = 0. Como d e uma metrica temos entao y1 = y2e portanto (x1, y1) = (x2, y2).

(2) Como d e simetrica, temos que d((x1, y1), (x2, y2)) = d((x2, y2), (x1, y1)).(3) Dados (xi, yi) R2 com i = 1, 2, 3, temos a verificar qued((x1, y1), (x3, y3)) d((x1, y1), (x2, y2)) + d((x2, y2), (x3, y3)).

Como d 1, a desigualdade e imediata se x1 6= x2 ou x2 6= x3. No casorestante, em que x1 = x2 = x3, temos

d((x1, y1), (x3, y3)) = d(y1, y3) d(y1, y2) + d(y2, y3)= d((x1, y1), (x2, y2)) + d((x2, y2), (x3, y3))

onde usamos a desigualdade triangular para d. Conclui-se que d verifica adesigualdade triangular e portanto e uma metrica em R2.

1


Uma vez que

Bd((x1, x2), ) =

{](x1, x2 ), (x1, x2 + )[ se 1R2 se > 1

as bolas da metrica d sao abertos na topologia da ordem lexicografica eportanto a topologia da metrica e menos fina que a topologia da ordemlexicografica em R2.Por outro lado, sendo U =](a, b), (c, d)[ um aberto da ordem lexicograficaem R2 e (x, y) U podemos escolher tal que Bd((x, y), ) U : tome-se, por exemplo,

=

1 se a < x < c,

min{1, |b y|} se a = x < c,min{1, |d y|} se a < x = c,min{1, |d y|, |b y|} se a = x = c.

Conclui-se que a topologia da metrica e mais fina que a topologia daordem lexicografica, donde as topologias coincidem e portanto a topologiada ordem lexicografica e metrizavel.

Munkres 20.4: (a) A funcao f e contnua na topologia produto em R porque as suas funcoescoordenadas sao contnuas. f nao e contnua na topologia uniforme umavez que f1(B(0, 1)) = {0} (para que f(t) B(0, 1) devemos ter|nt| < 1 para todo o n N, o que so acontece para t = 0) que nao eum aberto de R. Uma vez que a topologia das caixas e mais fina quea topologia uniforme, f tambem nao e contnua quando damos a R atopologia das caixas.

A funcao g e contnua para a topologia uniforme (e logo para a topologiaproduto): Dado t0 R e > 0 temos que g(]t0 , t0+ [) B(g(t0), )logo f e contnua em t0 para todo o t0 R. g nao e contnua para atopologia das caixas porque

g1(nN

] 1n , 1n [)= nN ] 1n , 1n [= {0}

nao e aberto em R.O caso da funcao h e inteiramente analogo ao caso da funcao g. A funcao he contnua para a topologia uniforme (e portanto para a topologia produto)(novamente a bola de raio centrada em t0 e enviada na bola de raio centrada em h(t0) para a metrica ), e nao e contnua para a topologiadas caixas uma vez que

h1(nN

] 1n2 , 1n2 [)= nN ] 1n , 1n [= {0}

nao e aberto em R(b) Pelo Exerccio 19.6, wn converge para a sucessao constante 0 na topologia

produto uma vez que pik(wn) 0 para cada k (a sucessao real pik(wn)e eventualmente constante igual a 0). Como R e Hausdorff na topologiaproduto, o limite e unico. Como a topologia uniforme e mais fina que atopologia produto, se wn tiver limite na topologia uniforme, o limite teraque ser 0. Mas (wn,0) = n nao converge para 0 em R e portanto wnnao converge na topologia uniforme. Como a topologia das caixas e maisfina que a uniforme, wn tambem nao converge na topologia das caixas.


Como (xn,0) =1n 0, vemos que xn 0 na topologia uniforme

(e portanto na topologia produto). O limite e unico uma vez que umespaco metrico e Hausdorff. Se xn convergisse na topologia das caixas, olimite teria portanto que ser 0, mas nenhum termo da sucessao pertence a`vizinhanca

nN] 1n , 1n [ de 0 (porque pin(xn) = 1n 6] 1n , 1n [). Conclui-se

que (xn) nao converge na topologia das caixas.

Temos que (yn,0) =1n 0 logo yn 0 na topologia uniforme e

portanto na topologia produto. yn nao converge na topologia das caixasporque nenhum termo da sucessao pertence a` vizinhanca

nN] 1n , 1n [

de 0.

zn 0 na topologia das caixas (e portanto tambem na topologia uniformee na topologia produto) e o limite e unico. O limite tem de ser 0 umavez que este e o limite na topologia produto (pelo Exerccio 19.6). SendoV =

nN Vn um aberto da base da topologia das caixas contendo 0,

V1 V2 e um aberto de R que contem 0 logo existe N N tal quen > N 1n V1 V2 e entao para n > N temos zn V (uma vez quese k 3 entao pik(zn) = 0 Vk para todo o n N).

Munkres 20.6: (a) A sucessao y R definida poryn = xn + (1 1n )

esta claramente em U(x, ). No entanto (x,y) = sup{(1 1n ) : n N} = pelo que y 6 B(x, ).

(b) Sendo y U(x, ) a sucessao da alnea anterior, basta ver que nao existe > 0 tal que B(y, ) U(x, ). Dado > 0 seja z R definida por

zn = yn +2 .

Temos entao (y, z) = 2 < , logo z B(y, ). Mas escolhendo n deforma a que n xn +

logo z 6 U(x, ).(c) Se y U(x, ), entao (x,y) e portanto, para < , temos que

U(x, ) B(x, ) donde n. Para cada n N, seja yn R definida por

(yn)k =

{0 se k 6= in,1n se k = in.


Entao (0,yn) =1n mas

(h(yn), h(0)) = sup{d(ak(yn)k + bk, bk) : k N} = 1uma vez que

d(ak(yn)k + bk, bk) =

{0 se k 6= in,min{1, ain 1n} = 1 se k = in.

Isto mostra que nao existe > 0 tal que h(B(0, )) B(h(0), 1), logo hnao e contnua em 0 e portanto h nao e contnua.

Tendo em conta a formula para a inversa de h obtida no Exerccio 19.8,vemos que h1 e contnua sse ( 1a i) e majorada portanto h e um homeomorfismosse existem reais positivos m e M tais que m < ai < M para todo o i N.


Munkres 21.3: (a) Comecamos por ver que e uma metrica(1) (x, y) 0 porque di 0 para i = 1, . . . , n. Se (x, y) = 0, entao

di(xi, yi) = 0 para i = 1, . . . , n e portanto xi = yi para i = 1, . . . , n,ou seja, x = y.

(2) Uma vez que di(xi, yi) = di(yi, xi) temos que (x, y) = (y, x).(3) Finalmente, dados x, y, z X1 Xn temos

(x, z) = max{d1(x1, z1), . . . , d(xn, zn)} max{d1(x1, y1) + d(y1, z1), . . . , dn(xn, yn) + dn(yn, zn)} max{d1(x1, y1), . . . , d(xn, yn)}+ . . .+ max{d1(y1, z1), . . . , d(yn, zn)}= (x, y) + (y, z)

onde usamos a desigualdade triangular para as distancias di.Conclui-se que e uma metrica em X1 Xn.Claramente, (x, y) < di(xi, yi) < para i = 1, . . . , n logo

B(x, ) = Bd1(x1, ) Bdn(xn, ),isto e, as bolas da metrica sao abertos da base da topologia produtodeterminada pelas metricas di. Conclui-se que a topologia da metrica emenos fina que a topologia produto.Por outro lado, seja x = (x1, . . . , xn) X1 Xn e U = U1 Unum aberto da base da topologia produto. Para cada i existe i > 0 talque Bdi(xi, i) Ui, e entao, tomando = min{1, . . . , n} temos queB(x, ) U logo a topologia da metrica e mais fina que a topologiaproduto, e portanto coincide com esta.

(b) A verificacao que D e uma metrica e inteiramente analoga a` da alneaanterior e e por isso omitida. Dado > 0, seja N N tal que N > 1.Uma vez que di 1 para todo o i, temos que

d(x, y)

i< para i N,

e, uma vez que d(x,y)i 0, quando i temos atesup{d(x, y)/i : i N} < .

Portanto

D(x, y) < d(xi, yi) < i para i = 1, . . . , N 1,e

BD(x, ) = Bd1(x1, ) BdN1(xN1, (N 1))XN XN+1 que e um aberto da topologia produto. Isto mostra que a topologia dametrica D e menos fina que a topologia produto.Por outro lado, seja x Xi e U =Ui um aberto da base da topologiaproduto contendo x. Entao existe N N tal que Ui = Xi para i > N .Como os Uis sao abertos, para cada i N podemos escolher i > 0 talque Bdi(xi, i) Ui. Tome-se

= min{ ii : i = 1, . . . , N}.1


Entao D(x, y) < di(xi, yi) < i i para i = 1, . . . , N e portantoBD(x, ) U . Isto mostra que a topologia da metrica D e mais fina quea topologia produto e portanto as duas topologias coincidem.

Munkres 21.4: Uma base contavel para as vizinhancas de x R em R` e dada por {[x, x +1n [ : n N}. De facto, se U e uma vizinhanca de x em R`, existe um abertoda base [a, b[ com x [a, b[ U . Entao a x e b > x. Escolhendo n deforma a que 1n < b x temos que [x, x+ 1n [ [a, b[ conforme pretendido.

Uma base contavel para as vizinhancas de (x, y) na topologia da ordemlexicografica em [0, 1] [0, 1] e dada por

{[(0, 0), (0, 1n )[ : n N} se (x, y) = (0, 0),{](x, q), (x, r)[ : q, r Q, 0 q < y < r 1} se 0 < y < 1,{](r, 0), (x, 1n )[ : r Q, 0 r < x, n N} se x > 0, y = 0,

{]((x, 1 1n ), (r, 0)[ : r Q, x < r 1, n N} se x < 1, y = 1,{](1, 1 1n ), (1, 1)] : n N} se (x, y) = (1, 1).

Vamos apenas verificar que estes conjuntos sao uma base das vizinhancas paraos pontos (x, 0), sendo os outros casos inteiramente analogos.

Como (0, 0) e o mnimo de [0, 1] [0, 1], se U e uma vizinhanca de (0, 0),existe um intervalo [(0, 0), (a, b)[ tal que [(0, 0), (a, b)[ U . Se a > 0, temosentao (0, 1) < (a, b) e portanto [(0, 0), (0, 1)[ U . Se a = 0, entao b >0 e, escolhendo n tal que 1n < b temos entao (0,

1n ) < (a, b) e portanto

[(0, 0), (0, 1n )[ U .Se U e uma vizinhanca de (x, 0) com x > 0 entao existe um intervalo (que

podemos assumir aberto uma vez que (x, 0) nao e o mnimo nem o maximo de[0, 1] [0, 1]) tal que (x, 0) ](a, b), (c, d)[ U . Como (a, b) < (x, 0) temosnecessariamente a < x. Seja r Q tal que a < r < x. Como (x, 0) < (c, d),ou c > x e entao tomamos n = 1, ou c = x e entao d e necessariamentepositivo e escolhemos n de forma que 1n < d. Em qualquer caso temos entao

(a, b) < (r, 0) < (x, 0) < (x, 1n ) < (c, d) e portanto ](r, 0), (x,1n )[ U .

Munkres 21.9: (a) Se x = 0 temos

limn fn(x) = limn

1

n3 1n2 + 1= limn

1

n+ 1= 0.

Para x 6= 0, temos (x 1n )2 x2 6= 0. Logo n3(x 1n )2 + 1 eportanto fn(x) 0.

(b) Uma vez que fn(1n ) = 1, temos d(fn(

1n ), 0) = 1 e portanto, para < 1,

nao existe n tal que a d(fn(x), 0) < para todo o x R.

Munkres 22.4: Escrevemos [x] para a classe de equivalencia em X que contem o elementox X, e p : X X para a aplicacao canonica definida por p(x) = [x].(a) Seja g : X R a funcao definida por g(x, y) = x+y2. Entao g e constante

nas classes de equivalencia da relacao , e portanto, pelo Teorema 22.2, gdetermina uma aplicacao contnua f : X R definida por f([(x, y)]) =g(x+ y2).Seja h : R X a aplicacao definida por h(t) = [(t, 0)]. Uma vez queh = p (idR0), a funcao h e contnua. Vamos verificar que f e h saohomeomorfismos inversos, provando assim que X = R: Claramente

f(h(t)) = f([(t, 0)]) = t+ 02 = t.


Por outro lado,

h(f([(x, y)])) = h(x+ y2) = [(x+ y2, 0)],

e como x+y2 = (x+y2)+02, temos (x, y) (x+y2, 0), ou seja, [(x, y)] =[(x+ y2, 0)]. Portanto h f = idX , o que conclui a demonstracao.

(b) Seja agora g : X [0,+[ R a aplicacao definida por g(x, y) = x2+y2.Novamente, o Teorema 22.2 garante que a funcao f : X [0,+[definida pela expressao f([(x, y)]) = x2+y2 e contnua. Seja h : [0,+[X a funcao definida por h(t) = [(

t, 0)] (que e contnua por ser a com-

posicao de funcoes contnuas). Entao

f(h(t)) = f([(t, 0)]) = |t|+ 02 = t

e

h(f([(x, y)]) = h(x2 + y2) = [(x2 + y2, 0)] = [(x, y)].

Conclui-se que X = [0,+[.Munkres 22.6: Continuamos a escrever [y] para a classe de equivalencia de y.

(a) Para ver que Y e T1 precisamos de verificar que os conjuntos singulares{[y]} Y sao fechados. Por definicao da topologia quociente, isto acon-tece sse as classes de equivalencia p1({[y]}) = [y] sao subconjuntos fecha-dos em RK . Estas classes de equivalencia sao os conjuntos singulares {y}com y 6 K (que sao fechados porque a topologia de RK e mais fina quea de R) ou o conjunto K. Como K e fechado em RK , conclui-se que RKe T1.Para provar que Y nao e Hausdorff vamos provar que os elementos distintos[0] = {0} e [1] = K de Y nao tem vizinhancas disjuntas. Sejam U e Vvizinhancas de [0] e [1] respectivamente. Entao p1(U) e p1(V ) saoabertos de RK que contem {0} e K respectivamente. Como p1(U V ) = p1(U) p1(V ) basta agora observar que tais abertos tem sempreinterseccao nao nula: tome-se > 0 tal que ] , [\K U e n N talque 1n < . Entao existe > 0 tal que ]

1n ,

1n + [ p1(V ) p1(U).

(b) Uma vez que Y nao e Hausdorff, pelo Exerccio 17.13, a diagonal Y Y nao e um conjunto fechado. Basta agora verificar que p1() RK RK e um conjunto fechado. Isto e verdade porque a diagonal RKem RK RK e um conjunto fechado (pois RK e Hausdorff), K Ke um fechado de RK RK (porque K RK e fechado) e p1() =RK K K.


Munkres 23.5: Seja X um espaco com a topologia discreta e A X. A topologia induzidaem A e a topologia discreta pelo que basta ver que um espaco com a topologiadiscreta com pelo menos dois pontos e desconexo. Seja entao X um espacodiscreto com pelo menos dois pontos e x X. Tomemos U = {x} e V =X\{x}. Entao U e V sao abertos disjuntos nao vazios e claramente UV = Xlogo U e V formam uma separacao de X e X e desconexo.

Um exemplo de um espaco totalmente desconexo nao discreto e Q R.De facto, se A Q e um conjunto e a, b A sao dois pontos distintos coma < b (o que podemos assumir sem perda de generalidade) entao sendo x umirracional com a < x < b temos que

U =], x[A ; V =]x,+[Asao abertos de A, obviamente disjuntos, nao vazios (porque a U e b V )cuja uniao e A (uma vez que U V = (R \ {x}) A = A). Conclui-se que Ae desconexo.

Munkres 23.8: Seja U = {x R : x e limitada } e V = R \U o subconjunto das sucessoesilimitadas. Claramente U e V sao conjuntos nao vazios e disjuntos cuja uniaoe R. Para ver que R e desconexo, resta-nos mostrar que U e V sao abertospara a topologia uniforme.

Vamos ver que x U B(x, 1) U : Se x e limitada, existe M > 0 talque |xi| < M para todo o i N. Entao (x,y) < 1 |yixi| < 1 para todoo i N, o que implica que |yi| < M +1 para todo o i N. Logo y e limitadae portanto pertence a U . Isto mostra que U e aberto na topologia uniforme.

Suponhamos agora que x V . Entao para cada n N, existe in N talque xin > n. Suponhamos que (x,y) < 1. Entao |yin | > |xin | 1 > n 1e portanto y nao e limitada. Isto mostra que B(x, 1) V e portanto V eaberto na topologia uniforme.

Munkres 23.11: Suponhamos por absurdo que X e desconexo e seja U, V uma separacao de X.Dado x U , o conjunto p1({p(x)}) e, por hipotese, conexo e portanto, peloLema 23.2, esta contido em U (nao pode estar contido em V uma vez quex p1({p(x)}) pertence a U). Isto significa que U e um conjunto saturadocom respeito a p. Da mesma forma vemos que V e um conjunto saturadocom respeito a p. Como p e uma aplicacao quociente, conclumos que p(U) ep(V ) sao abertos de Y . Como p e sobrejectiva, p(U) p(V ) = p(U V ) =p(X) = Y . Como U e V sao nao vazios, o mesmo acontece com p(U) e p(V ).Finalmente p(U) p(V ) = , pois dado y Y , temos, ou p1({y}) U eentao y 6 p(V ), ou p1({y}) V e entao y 6 p(U). Conclui-se entao quep(U) e p(V ) formam uma separacao de Y , o que contradiz a hipotese de Yser conexo.

Munkres 24.1: (a) Suponhamos que : (0, 1] (0, 1) e um homeomorfismo. Entao|(0,1) : (0, 1) (0, 1) \ {(1)}

e tambem um homeomorfismo (o homeomorfimo inverso e 1|(0,1)\{(1)}).Mas (0, (1)) e ((1), 1) e uma separacao de (0, 1) \ (1). A sua imagem

1


pelo homeomorfismo 1|(0,1)\{(1)} teria de ser uma separacao de (0, 1), oque e impossvel porque (0, 1) e conexo. Conclui-se que (0, 1] 6= (0, 1).Analogamente, nao pode haver um homeomorfismo : [0, 1] (0, 1)porque (0, 1] e conexo mas (0, 1) \ {(0)} nao e conexo, e tambem naopode haver um homeomorfismo : [0, 1] (0, 1] porque (0, 1) e conexo,mas, (0, 1] \ {(0), (1)} nao pode ser conexo.

(b) Sejam X = (0, 1), Y = [0, 1), f : X Y a inclusao e g : Y X definidapor g(y) = 12 +

y2 . Pela alnea anterior X e Y nao sao homeomorfos.

f e claramente um mergulho (o homeomorfismo inverso f(Y ) X e aidentidade!) e g tem imagem [ 12 , 1). Claramente h :

12 , 1) (0, 1) definida

por h(x) = 2x 1 e contnua e e a inversa de g : Y g(Y ) logo g e ummergulho

(c) Um homeomorfismo : R Rn determinaria um homeomorfismo entreR \ {0} e Rn \ {(0)} o que e impossvel porque R \ {0} e desconexo masRn \ {(0)} e conexo (e conexo por arcos).

Munkres 24.8: (a) Sim. Seja {X} uma famlia de espacos conexos por arcos, e (x), (y) X. Para cada existe por hipotese uma funcao contnua f : [0, 1]

X com f(0) = x e f(1) = y (reparametrizando podemos as-sumir que todos os caminhos tem por domnio o intervalo [0, 1]). Entaof : [0, 1]X definido por f(t) = (f(t)) e um caminho unindo (x)a (y).

(b) Nao. Tomando X = R2 e A a curva de seno dos topologos temos queA e conexo por arcos (a restricao de x 7 (x, sen 1x ) a um intervalo da umcaminho unindo dois pontos de A) mas vimos que A nao e conexo porarcos.

(c) Sim. Sejam y0, y1 pontos em f(X). Tomem-se x0, x1 X com f(x0) =y0 e f(x1) = y1 e seja g : [a, b] X um caminho com g(a) = x0 eg(b) = x1. Entao h = f g : [a, b] f(X) e um caminho com h(a) =f(g(a)) = y0 e h(b) = f(g(b)) = y1. Conclui-se que f(X) e conexo porarcos.

(d) Sim. Sejam x, y A. Entao existem e tais que x A ey A . Seja z A. Como A e conexo por arcos, existe um caminhog : [a, b] A com g(a) = x e g(b) = z. Como A e conexo por arcos,existe h : [b, c] A com h(b) = z e h(c) = y (por reparametrizacaopodemos tomar qualquer intervalo para domnio do caminho h que une ya z e, por uma questao de conveniencia, escolhemos o intervalo de formaa que o seu ponto extremo inferior seja o extremo superior do caminho g).Defina-se agora j : [a, c] A por

j(x) =

{g(x) se x b,h(x) se x b.

Entao j e contnuo (pelo lema da colagem) e j(a) = g(a) = x, j(c) =h(c) = y. Conclui-se que A e conexo por arcos.


Munkres 25.3: Seja X = [0, 1] [0, 1] com a topologia da ordem lexicografica. Comecamospor ver que X e localmente conexo. Seja x X e V uma vizinhanca de x.Por definicao da topologia da ordem existe um intervalo I com x I V comI aberto em X. Uma vez que X e um contnuo linear (Exemplo 1, p.155), Ie conexo. Conclui-se que X e localmente conexo.

Vamos ver que X nao e localmente conexo por arcos nos pontos (x, 1) com0 x < 1. Analogamente se ve que nao e localmente conexo por arcos nospontos da forma (x, 0) com 0 < x 1.

Uma vizinhanca de (x, 1) contem necessariamente um intervalo da forma[(x, 1), (x + , 1)] para algum > 0. Suponhamos que : [a, b] X e umcaminho com (a) = (x, 1) e (b) = (x+ , 1). Entao, pelo Teorema do ValorIntermedio, a imagem de contem todo o intervalo [(x, 1), (x+ , 1)]. Temosentao uma famlia nao contavel de abertos disjuntos de [a, b]:

{1(](x+ , 0), (x+ , 1)[)}0


um aberto contendo pi11 ({x}), e pelo lema do tubo, existe uma vizinhancaV de x tal que pi11 (V ) ((X Y ) \ F ) pi11 (V ) F = . Mas entaoV pi1(F ) = , donde se conclui que F e fechado.

Resta-nos ver que se Y e compacto e Hausdorff e f : X Y e contnua,entao Gf e fechado. Seja (x, y) 6 Gf , isto e tal que y 6= f(x). Uma vezque Y e Hausdorff, existem V vizinhanca de f(x) e W vizinhanca de y taisque V W = . Como f e contnua, existe uma vizinhanca U de x tal quef(U) V . Entao (x, y) U W f(x) V f(x) 6= y. Conclui-seque U W e uma vizinhanca de (x, y) que nao intersecta Gf , logo Gf efechado.

Munkres 27.5: Comecamos por notar que, dado um aberto U X e x U , existe umavizinhanca V de x com V U . De facto, X \ U e fechado e portantocompacto. Pelo Exerccio 26.5, existem entao abertos disjuntos V e W comx V e (X \ U) W W c U . O conjunto W c e entao um fechado quecontem V , logo V W c U .

Regressando agora ao problema em questao, para ver que nAn tem interiornao vazio, precisamos de mostrar que todo o aberto U X e tal que U \nAne nao vazio.

Seja entao U X um aberto. Uma vez que A1 tem interior vazio, U \A1e um aberto nao vazio. Seja x1 U \ A1 e U1 uma vizinhanca de x1 comU1 U \A1. Como A2 tem interior nao vazio, podemos escolher x2 U1 \A2e U2 vizinhanca de x2 tal que U2 U1 \A2. Note-se que temos

U2 ((U \A1) \A2) = U \ (A1 A2).Suponhamos indutivamente que encontramos abertos Uk U para k =

1, . . . n tais que(i) Uk U \ (A1 . . . Ak),(ii) Uk Uk1 (onde convencionamos que U0 = U).

Como An+1 tem interior vazio, podemos entao escolher xn+1 Un \ An+1 eUn+1 uma vizinhanca de xn+1 com Un+1 Un\An+1 U \(A1. . .An+1),e por definicao temos Un+1 Un.

Definimos assim por inducao uma sucessao de abertos Un com as pro-priedades (i) e (ii) acima. Pela propriedade (ii) temos U1 U2 . . . e estasucessao de fechados tem claramente a propriedade da interseccao finita (comoqualquer cadeia de conjuntos nao vazios). Como X e compacto, conclui-se que

J = n=1Un 6= .Pela propriedade (i) temos Un (ni=1Ai) = e portanto, como J Un,conclui-se que J (ni=1Ai) = para todo o n N. Ou seja,

J (i=1Ai) = .Uma vez que J U1 U , temos 6= J U \ (i=1Ai) o que conclui ademonstracao.

Munkres 28.6: Dado > 0, temos d(x, y) < d(f(x), f(y)) < logo f e contnua (eate uniformemente contnua). Se f(x) = f(y) entao d(f(x), f(y)) = 0 d(x, y) = 0 e portanto x = y. Conclui-se que f e injectiva. Como X ecompacto e Hausdorff, resta-nos ver que f e uma aplicacao sobrejectiva (umavez que pelo Teorema 26.6 uma bijeccao contnua entre espacos compactos eHausdorff e um homeomorfismo).

Suponhamos por absurdo que f nao e sobrejectiva. Tome-se x1 X \f(X)e seja > 0 tal que Bd(x1, ) f(X) = . Entao definindo recursivamente


uma sucessao pela expressao

xn+1 = f(xn),

vemos que xn = fn1(x1) e, mais geralmente, xk+l = fk(xl). Sendo n,m

naturais com n < m temos entao

d(xn, xm) = d(fn1(x1), fn1(xmn+1)) = d(x1, xmn+1)

uma vez que xmn+1 = fmn(x1) f(X). A desigualdade acima mostraque a sucessao (xn) nao tem subsucessoes convergentes, o que contradiz oTeorema 28.2 (que afirma que X e sequencialmente compacto).


Munkres 25.2: (a) R e conexo por arcos uma vez que e um produto de espacos conexospor arcos (ver o Exerccio 24.8). Portanto R tem uma unica componenteconexa por arcos, que e todo o R e, logo, tambem uma unica componenteconexa que e igual a R.

(b) Para cada y R, a aplicacao Ty : R R definida por Ty(x) = x+ye claramente um homeomorfismo: a funcao inversa e Ty logo basta verque Ty e contnua para todo o y. Mas (Ty(x), Ty(x

)) = (x,x), logodado > 0, temos (x,x) < (Ty(x), Ty(x)) < .Assim, se C e a componente conexa de 0, entao Ty(C) e a componenteconexa de y: De facto, se D e a componente conexa de y entao Ty(C) D porque Ty(C) e um conexo que contem y. Mas entao C = TyTy(C) Ty(D) e o argumento anterior mostra que Ty(D) C logo Ty(D) =C Ty(C) = D.Para provar o resultado enunciado basta-nos portanto ver que a compo-nente conexa de 0 em R e o conjunto L R das sucessoes limitadas.Se x R e uma sucessao limitada, seja M R tal que |xn| M paratodo o n N e seja g : [0, 1] L a funcao definida por g(t) = tx (note-seque se x e limitada entao tx = (tx1, . . . , txn, . . .) e tambem limitada).Entao

(g(t), g(s)) = sup{d(txn, sxn) : n N} sup{|txn sxn| : n N} |t s|M

e portanto g e um caminho (dado > 0, temos |ts| < M (g(t), g(s)) Ntemos que

g1(U) = Ni=1{t [0, 1] : ai < txi < bi}

e um aberto de [0, 1] contendo t0. Logo g e um caminho unindo 0 a x emZ (e claro que se x Z entao tx Z) o que mostra que Z e conexo porarcos, e portanto esta contido na componente conexa de 0.Suponhamos que y 6 Z. Entao podemos escolher uma sucessao i1 0, existe a A Bd(x, ), o que mostraque d(x,A) < . Como e arbitrario, conclui-se que d(x,A) = 0.Reciprocamente, suponhamos que d(x,A) = 0. Entao para todo o > 0existe a A com d(x, a) < e portanto Bd(x, ) A 6= . Isto implicaque x A.

(b) A funcao distancia e contnua logo a funcao f : A [0,+[ definidapor f(a) = d(x, a) e contnua. Como A e compacto, f tem um mnimoem A. O ponto de mnimo e, por definicao, um elemento a A tal qued(x,A) = d(x, a).

(c) Se a A e d(y, a) < entao d(y,A) < logo y U(A, ). Conclui-seportanto que Bd(a, ) U(A, ) e portanto

aABd(a, ) U(A, ).Por outro lado, se x U(A, ), entao d(x,A) = inf{d(x, a) : a A} < e portanto existe a A tal que d(x, a) < , ou seja, tal que x Bd(a, ).Isto mostra que

U(A, ) aABd(a, ).(d) Seja F = X \U . A funcao f : A [0,+[ definida por f(a) = d(a, F ) e

contnua (uma vez que, pela desigualdade triangular d(x, F ) d(y, F ) +d(x, y) e d(y, F ) d(x, F )+d(x, y) donde |d(x, F )d(y, F )| d(x, y)).Os pontos de A nao pertencem a F = F , logo pela alnea a), f(a) > 0para todo o a A. Seja = min{f(a) : a A} (que existe porque fe contnua e A e compacto). Entao d(a, y) < d(a, y) < f(a) =d(a, F ) y 6 F . Da alnea c) conclui-se agora que U(A, ) F = eportanto U(A, ) U .

1Usamos |yik | e nao yik na definicao de h para poder invocar o Exerccio 19.8 onde os coeficientesai sao positivos, mas e claro que este pormenor e irrelevante no argumento.


(e) Sejam X = R2, A = R {0} e U = {(x, y) R2 : |y| < ex}. Entao Ae fechado e U e um aberto contendo A. Dado > 0 podemos escolher xtal que ex < e entao (x, ex) U(A, ) (pois d((x, ex), (x, 0)) < ) mas(x, ex) 6 U , o que mostra que U(A, ) 6 U .

Munkres 27.4: Seja X um espaco metrico conexo com mais de um ponto. Seja x X econsidere-se a funcao contnua f : X [0,+[ definida por f(y) = d(x, y).Seja x X um ponto distinto de x. Entao f(x) = d(x, x) > 0. Comof(x) = 0 e X e conexo, pelo teorema do valor intermedio, f(X) contem ointervalo [0, f(x)]. Conclui-se que f(X) nao e contavel, pelo que X tambemnao e.

Munkres 28.7: Claramente um shrinking map (e portanto uma contraccao) e uma aplicacaocontnua (dado > 0, temos d(x, y) < d(f(x), f(y)) < ).(a) Comecamos por ver que um shrinking map (em particular, uma contraccao)

tem no maximo um ponto fixo: se x, y fossem pontos fixos distintosteramos d(x, y) = d(f(x), f(y)) < d(x, y) o que e impossvel.Resta ver que uma contraccao num espaco metrico compacto e Haus-dorff tem um ponto fixo. Seja An = f

n(X) e A = n=1An. ComoAn+1 = f

n(A1) fn(X) = An, a famlia {An} tem a propriedade dainterseccao finita. Como X e compacto e f e contnua, os conjuntos Ansao compactos, logo fechados, e sendo X compacto, conclui-se que A 6= .Uma vez que d(f(x), f(y)) d(x, y) temos que diam(f(B)) diam(B)para todo o B X e portanto diam(An) n diam(X). Como < 1 ediam(X) 0. Sejam an, bn Atais que d(an, bn) > D 1n . Como A e compacto, podemos extrairsubsucessoes de an e bn que convergem para limites a e b em A, e passandoao limite na desigualdade d(an, bn) > D 1n obtemos que d(a, b) D d(a, b) = D.


Como f(A) = A, podemos escolher a, b A tais que f(a) = a ef(b) = b. Entao

D = d(a, b) = d(f(a), f(b)) < d(a, b)

o que contradiz o facto de D ser o diametro de A. Conclui-se quediam(A) = 0, o que conclui a demonstracao.

(c) Tem-se

|f(x) f(y)| =x x22 y + y22

= |x y|

1 x+ y2

Se 0 x < y 1 temos 0 < x + y < 2 e portanto 0 < 1 x+y2 < 1.Isto mostra que f e um shrinking map. Por outro lado tomando x = 0 ey = 1n temos

|f(x) f(y)| = |x y|(1 12n )o que mostra que nao existe < 1 com |f(x) f(y)| |x y|. Logof nao e uma contraccao.

(d) Um numero real x R e um ponto fixo se satisfazx+x2 + 1

2= x

x2 + 1 = x x2 + 1 = x2,

portanto f nao tem pontos fixos.Uma vez que

|f(x) f(y)| = 12

x y +x2 + 1y2 + 1=

1

2

x y + x2 + 1 (y2 + 1)x2 + 1 +y2 + 1

=1

2

x y + (x y)(x+ y)x2 + 1 +y2 + 1

=1

2|x y|

1 + (x+ y)x2 + 1 +y2 + 1

0, existe um elemento B B com x B Bd(x, r).Uma vez que D e denso, podemos escolher xn DBd(x, r2 ). Seja q Qtal que d(xn, x) < q 0, seja n tal que1n < . Como Bn e uma cobertura de X, existe xn,m D tal quex Bd(xn,m, 1n ). Entao d(x, xn,m) < 1n < e portanto DBd(x, ) 6= ,o que mostra que D e denso em X.

Munkres 30.9: Seja X um espaco Lindelof e A X um subconjunto fechado. Seja {U} umacobertura aberta de A. Por definicao da topologia induzida, podemos escreverU = V A com V X abertos. Claramente

B = {V} {X \A}e entao uma cobertura aberta de X. Como X e Lindelof, B tem uma subcober-tura contavel. Sendo {Vn} a famlia contavel dos abertos V que pertencema esta subcobertura, temos A nVn , logo A nUn e portanto {Un}e uma subcobertura contavel de {U}. Conclui-se que A e Lindelof.

Seja agora X = R2` o plano de Sorgenfrey e A = {(x,x) : x R} X.Claramente Q2 R2 e um subconjunto contavel denso de R2` (uma vez queintersecta todos os elementos [a, b[[c, d[ da base de R2`), logo R2` e separavel.No Exemplo 4, p.193, mostra-se que a topologia induzida em A e a topologiadiscreta, logo A nao e separavel (o fecho de qualquer subconjunto B A eigual a B e se B e contavel B 6= A porque A nao e contavel).

Munkres 31.3: Seja X um conjunto ordenado com a topologia da ordem, F X um fechadoe x X \F . Vamos assumir que x nao e o maximo nem o mnimo de X (estescasos sao inteiramente analogos ao caso tratado abaixo (mas mais simples)).

Como X \F e aberto e x nao e o maximo nem o mnimo, existe um aberto]a, b[ da base da topologia da ordem tal que x ]a, b[ (X \ F ). Note-se queisto significa que x F x a ou x b. Vamos achar U e V abertosdisjuntos tais que x U e F V . Temos varios casos a considerar: ]a,b[= {x} : Tomamos U = {x} e V = X \ {x}.

1


]a,b[= [x,b[, e ]x,b[6= : Seja entao s ]x, b[ e tome-se U =]a, s[=[x, s[, V =], x[]s,+[.

]a,b[=]a,x], e ]a,x[6= : Seja r ]a, x[ e tome-se U =]r, b[=]r, x] eV =], r[]x,+[.

]a,x[ 6= e ]x,b[6= : Tome-se r ]a, x[ e s ]x, b[ e defina-se U =]r, s[,V =], r[]s,+[.

Munkres 31.6: Como p e sobrejectiva, para cada y Y existe x X com p(x) = y. ComoX e normal, {x} X e fechado; como p e fechada, {y} = p({x}) e fechado.Portanto Y e T1.

Sejam F Y um conjunto e U X um aberto contendo p1(F ). Entao,p1(F ) (X \ U) = , pelo que F p(X \ U) = . Como p e uma aplicacaofechada, p(X \U) e fechado. Tome-se W = X \p(X \U). Entao W e aberto,F W ep1(W ) = p1(p(X \ U)c) = (p1(p(X \ U)))c (X \ U)c = U.

Sejam agora F e G fechados disjuntos de Y . Entao p1(F ) e p1(G) saofechados disjuntos de X. Como X e normal, existem abertos disjuntos U, V deX com p1(F ) U e p1(G) V . Pelo paragrafo anterior existem abertosW1 F e W2 G de Y tais que F W1, G W2, p1(W1) U ep1(W2) V . Entao

p1(W1 W2) = p1(W1) p1(W2) U V = e, sendo p sobrejectiva, isto implica que W1 W2 = . Logo W1 e W2 saoabertos disjuntos que separam os fechados F e G, o que conclui a demonstracaoque Y e normal.

Munkres 32.4: Uma vez que X e regular, X e T1. Sejam A e B fechados disjuntos de X.Como X e regular, para cada a A podemos escolher Ua uma vizinhanca dea com Ua B = , e analogamente, para cada b B, uma vizinhanca Vb deb com Vb A = (pelo Lema 31.1.a)) .

Uma vez que subespacos fechados de espacos Lindelof sao Lindelof (peloExerccio 30.9), podemos extrair subcoberturas contaveis {Ua1 , Ua2 , . . .} paraA e {Vb1 , Vb2 , . . .} para B. Para simplificar a notacao escrevemos a partir deagora Ui = Uai e Vj = Ubj .

Definimos novas famlias de abertos de X pelas formulas:

U n = Un \(V1 . . . Vn

),

V n = Vn \(U1 . . . Un

).

EntaoU = i=1U i = (i=1Ui) \

(j=1Vj)e

V = i=1V i = (i=1Vi) \(j=1Uj)

sao abertos e, uma vez que A (i=1Vi) = (por definicao dos Vi) e A i=1Ui, temos A U . De forma inteiramente analogamente vemos queB V . Finalmente, dados m,n N e assumindo sem perda de generalidadeque m n, temos

U m V n = U m (Vn \

(U1 . . . Um . . . Un

)) Um \ Um = .

Conclui-se que U V = m,nU mV n = pelo que U, V sao abertos disjuntosde X que separam A e B, o que mostra que X e normal.


Munkres 33.4: Suponhamos primeiro que existe f : X [0, 1] contnua tal que f(x) = 0 x A. Entao A = f1({0}) e fechado (porque {0} e fechado em [0, 1] e f econtnua). Como

n=1f1([0, 1n [) = f1(n=1[0, 1n [) = f1({0}) = Ae f1([0, 1n [) sao abertos, vemos que A e um G fechado.

Reciprocamente, suponhamos que A e um G fechado e sejam Un, comn N, abertos de X tais que A = n=1Un. Pelo Lema de Urysohn, para cadan existe uma funcao contnua fn : X [0, 1] com fn(A) = {0} e fn(X\Un) =1. Seja f : X [0, 1] a funcao definida pela expressao

f(x) =

n=1

1

2nfn(x).

Uma vez que 0 fn(x) 1, temos que

0 n=1

1

2nfn(x)

n=1

1

2n= 1

logo f esta bem definida.A expressao gn(x) =

nk=1

12kfk(x) define uma funcao contnua em X

(uma vez que uma combinacao linear de funcoes contnuas com valores em Re contnua). Como

|f(x) gn(x)| =

k=n+1

1

2kfk(x)

k=n+1

1

2k=

1

2npara todo o x X,

a sucessao gn converge uniformemente para f em X e portanto f e uma funcaocontnua.

Finalmente, se x A, entao fn(x) = 0 para todo o n e portanto f(x) = 0,e, se x 6 A, entao, como A = n=1Un, existe n tal que x 6 Un e portanto

f(x) =

k=1

1

2kfk(x) 1

2nfn(x) =

1

2n> 0.

Conclui-se que f e uma funcao contnua que se anula exactamente em A.

Munkres 34.3: Seja X um espaco compacto e Hausdorff. Entao X e regular (pois e normal).Se X tem uma base contavel e portanto metrizavel pelo Teorema de metrizacaode Urysohn.

Reciprocamente, se X e compacto, entao em particular e Lindelof. Se alemdisso X e metrizavel, entao tem uma base contavel pelo Exerccio 30.5 b).

Munkres 35.4: (a) Se r : Z Y e uma retraccao, e i : Y Z denota a inclusao, entaoY = {z Z : r(z) = z} = ((i r) idZ)1()

onde Z Z e a diagonal. Como Z e Hausdorff, e um fechado(Exerccio 17.13) e sendo (ir)idZ contnua conclumos que Y e fechado.

(b) Se A = r(R2) com r contnua, A e conexo (uma vez que R2 e conexo).Um conjunto formado por dois pontos distintos de R2 nao e conexo.

1


(c) Uma retraccao r : R2 \ {0} S1 e dada por

r(x, y) =

(x

x2 + y2,

yx2 + y2

).

S1 nao e um retrato de R2.

Munkres 43.2: Comecamos por notar que uma funcao uniformemente contnua f : X Yentre espacos metricos leva sucessoes de Cauchy em sucessoes de Cauchy: seja(xn) uma sucessao de Cauchy em X e > 0. Como f e uniformementecontnua, existe > 0 tal que dX(x, x

) < dY (f(x), f(x)) < . Umavez que (xn) e uma sucessao de Cauchy, existe n N tal que p, q > n dX(xp, xq) < . Entao dY (f(xp), f(xq)) < para p, q > n, o que mostra que(f(xn)) e uma sucessao de Cauchy em Y .

Dado x A seja (an) uma sucessao de termos em A com lim an = x. Entao(an) e uma sucessao de Cauchy em X (porque e convergente) e portanto,pelo paragrafo anterior, f(an) e uma sucessao de Cauchy em Y . Como Y ecompleto, f(an) converge. Definimos

(1) g(x) = lim f(an).

Note-se que, se existir um prolongamento contnuo g : A Y , a formulaanterior tem de ser verificada (uma vez que as funcoes contnuas preservamlimites de sucessoes), logo se o prolongamento contnuog existir, ele e unico(algo que ja se tinha visto tambem no Exerccio 18.13).

E necessario verificar que (1) e independente da escolha de an (isto e queg esta bem definida). Suponhamos que (an) e (a

n) sao duas sucessoes de

termos em A convergentes para X. Entao a sucessao1

bn =

{an/2 se n e par,

a(n+1)/2 se e mpar.

tambem converge para x. Como f(bn) converge, conclumos que as suas duassubsucessoes f(ak) e f(a

k) tem o mesmo limite.

Em particular, se x A, podemos tomar a sucessao constante xn = a eentao g(a) = lim f(a) = f(a), pelo que g prolonga f . Resta provar que g euniformemente contnua.

Dado > 0, tome-se > 0 tal que para todos os a, a A se temdX(a, a

) < 3 dY (f(a), f(a)) < 3 ( isto e possvel porque f e uni-formemente contnua em A).

Dados x, x A com dX(x, x) < , podemos escolher a, a A taisque dX(a, x) < e dX(a

, x) < . Se (an) e uma sucessao de termos em Aconvergindo para x entao, para n suficientemente grande, temos dX(a, an) < e portanto dY (f(a), f(an)) 2, pi1(R

n \ {(0)}) = {0} uma vez que Rn \ {(0} Sn1

e n 1 2.

Munkres 60.4: A aplicacao q : S1 S1 definida por q(z) = z2 satisfaz q(z) = q(z) eportanto induz uma aplicacao contnua h : RP 1 S1, que e claramente umabijeccao. Uma vez que q e uma aplicacao quociente (e fechada porque S1 ecompacto e Hausdorff), a aplicacao h e um homeomorfismo (pelo Corolario22.3 (a)). Temos portanto um diagrama comutativo

S1

pi

||zzzzzzzz q

AA

AAAA

AA

RP 1h

// S1

que identifica a aplicacao quociente S1 RP 1 com q.

Munkres 68.2: Escrevemos [w] para o elemento de G1 G2 representado pela palavra w.(a) Sejam g G1 \ {1} e h G2 \ {1}. Entao gh e hg sao palavras reduzidas

distintas e portanto representam elementos distintos de G. Conclui-se que[g][h] = [gh] 6= [hg] = [h][g] em G e portanto G nao e abeliano.

(b) Seja x = [w] com w = g1 g2n uma palavra reduzida de comprimento2n 2 (com gi G1 ou G2 para cada i). Como caracteres consecutivosnao pertencem ao mesmo grupo Gi, vemos que g1 e g2n nao pertencemao mesmo grupo e portanto wk e uma palavra reduzida para cada k N.Logo xk = [wk] 6= 1 para todo o k N, isto e, x nao tem ordem finita.Se x = [w] com w = g1 g2n+1 uma palavra reduzida de comprimentompar > 1, entao g1 e g2n+1 pertencem ao mesmo grupo Gi com i = 1ou 2 logo

[g2n+1]x[g2n+1]1 = [g2n+1g1 g2n+1g

12n+1] = [(g2n+1g1)g2 g2n]

e portanto o conjugado [g2n+1]x[g2n+1]1 e representado por uma palavra

reduzida de comprimento 2n.(c) Se x Gi e tal que x

k = 1 em Gi, entao [x]k = [xk] = [1] logo [x] tem

ordem finita em G. Em qualquer grupo G, a conjugacao por um elementoc G, definida por g 7 cgc1 e um automorfismo de G (isto e, umisomorfismo de G consigo proprio) logo cgc1 tem a mesma ordem que g.Em particular, um conjugado em G = G1 G2 de um elemento de G1 ouG2 com ordem finita tem ordem finita.Reciprocamente, vamos provar por inducao no comprimento que se g Ge um elemento de ordem finita, entao g e conjugado a um elemento de G1ou G2 (que pelo paragrafo anterior tem necessariamente ordem finita).A afirmacao e tautologica se o comprimento e 1. Suponhamos que estademonstrada para elementos de comprimento n (com n 1), e seja

1


g G um elemento de comprimento n + 1. Se n + 1 e par, entao gnao tem ordem finita logo nao ha nada a demonstrar. Se n + 1 e mpar(necessariamente 3), pela alnea anterior, existe c G tal que cgc1

tem comprimento menor. Uma vez que cgc1 tem ainda ordem finita, porhipotese de inducao, existe c G tal que c(cgc1)c1 = (cc)g(cc)1 Gi para i = 1 ou 2. Isto conclui a demonstracao.

Munkres 74.1: A superfcie X = RP 2#T pode obter-se como quociente de um hexagonomediante a identificacao dos lados indicada na figura seguinte:

U

V

U V

b

b

a

c

b

c

b

a

b

b

b

b

Sejam i1 : UV U e i2 : UV V as inclusoes entre os abertos indica-dos na figura anterior. Aplicando o Teorema de Van Kampen a` decomposicaode X = U V , obtem-se

pi1(X) = (pi1(U) pi1(V ))/N

onde N e o subgrupo normal de pi1(U) pi1(V ) gerado pelo elemento

i1()i2()1

em que e o gerador de pi1(U V ) = indicado na figura (uma vez queU V S1, o grupo fundamental de U V e o grupo cclico infinito geradopor ).

Claramente U e contractil, enquanto que V se retrata por deformacao nafronteira do hexagono com as identificacoes indicadas, que e um espaco home-omorfo a S1 S1 S1. Portanto

pi1(U) pi1(V ) = pi1(V ) = a, b, c

e isomorfo ao grupo livre com tres geradores a, b, c. O subgrupo N e enviadopor este isomorfismo no subgrupo normal gerado pela palavra aac1bcb1, que


e a imagem de i2()i1()1 = i2() pela retraccao de V em S

1 S1 S1

mediante a qual pi1(V ) e identificado com a, b, c. Conclui-se portanto que

a, b, c | a2c1bcb1

e uma apresentacao para pi1(X).

Munkres 74.3: A garrafa de Klein K e obtida como espaco quociente de [0, 1] [0, 1] fazendoo quociente pela relacao de equivalencia gerada por (0, y) (1, 1 y) e(x, 0) (x, 1). Escrevemos com e habitual [(x, y)] K para a classe deequivalencia que contem (x, y).(a) Procedendo de forma inteiramente analoga ao Exerccio 74.1 obtemos

pi1(K) = a, b | ba1ba.

Note-se que a e a classe de homotopia do laco

fa : [0, 1] K, definido por fa(t) = [(t, 0)],

e b e a classe de homotopia do laco definido por

fb : [0, 1] K, definido por fb(t) = [(0, t)].

(b) T e (homeomorfo a)o quociente [0, 1] [0, 1] pela relacao de equivalenciagerada por (x, 0) (x, 1) e (0, y) (1, y). Escrevemos tambem [(x, y)]para a classe de equivalencia de (x, y) T . Podemos tomar para p : T K a aplicacao induzida no quociente por f : [0, 1] [0, 1] K definidapor

f(x, y) =

{[(2x, y)] se 0 x 1

2,

[(2x 1, 1 y) se 12 x 1.

A aplicacao f esta bem definida porque para x = 12temos [(2x, y)] =

[(1, y)] = [(0, 1 y)] = [(2x 1, 1 y)]. f e contnua pelo lema dacolagem, e como

f(0, y) = [(0, y)] = [(1, 1 y)] = f(1, y)) para 0 y 1,

f(x, 0) = [(2x, 0)] = [(2x, 1)] = f(x, 1) para 0 x 12,

f(x, 1) = [(2x 1, 0)] = [(2x 1, 1)] = f(x, 0) para 12 x 1,

f e constante nas classes de equivalencia e portanto induz uma aplicacaocontnua p : T K que e dada pela expressao

p([(x, y)]) =

{[(2x, y)] se 0 x 1

2,

[(2x 1, 1 y) se 12 x 1.

Os abertos

U = {[(x, y)] K : x 6= 12}, V = {[x, y] K : x 6 {0, 1}}

sao uma cobertura deK por vizinhancas trivializantes para p. Por exemplo,p1(V ) = V1 V2 com

V1 = {[x, y] T : 0 < x

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