MAT 0317 - Topologia - Bacharelado em Matemática1◦ semestre de 2020 – Registro das aulas, exercícios sugeridos e conteúdo

do período de suspensão devido a epidemia de CoVid19Prof. Pierluigi Benevieri – Atualizado 13.7.2020

Este registro das áulas é elaborado utilizando tembém material didático disponibili-zado pela Professora Lúcia Junqueira e pelo monitor Rodrigo Lima Dias, que agradeçoaqui publicamente.

1. Segunda-feira, 17 de fevereiro de 2020 – revisitado no dia 30 de junho de 2020

Vamos começar com um trecho do livro O que é a Matemática, R. Courant, H. Robbins:

Em meados do século XIX, a geometria assumiu um desenvolvimento completamente novo elogo se tornaria uma das grandes forças da matemática moderna. O novo argumento, chamadoanalisis situs ou topologia, tem como objeto o estudo das propriedades das figuras geométricasque persistem mesmo quando as figuras são submetidas a deformações tão profundas que5

perdem todas as suas propriedades métricas e projetivas. [...] Quando Bernhard Riemann1

foi para Gottingen, como estudante, encontrou o ambiente matemático da universidade todopermeado por um grande interesse nessas novas e estranhas idéias geométricas. Logo elepercebeu que elas representavam a chave para entender as propriedades mais profundas dasfunções analáticas de variável complexa.10

Essas "ideias novas e estranhas"constituem a topologia, uma disciplina difícil a ser definida. Natopologia raramente se encontram números, operações algébricas, métricas. Como iremos ver, serácentral o conceito de função contínua, porém definida sem nenhuma referência à noção de limite.

Antes de introduzir a definição de espaço topológico, vamos rever alguns conceitos básicos. Nestecurso um conjunto será pensado como un conceito primitivo e intuitivo, ou seja, uma coleção de15

objetos. Diremos que A é um subconjunto de B, com a notação A ⊆ B se cada elemento de A étambém um elemento de B.

Exemplo 1. Sejam A = {1, 2, 3} e B = {1, 2, 3, 4}. O número 1 é um elemento de A e de B.Escrevemos 1 ∈ A e não 1 ⊆ A. Claramente, há A ⊆ B.

Dizemos que um conjunto é finito se o número dos elementos que o constituem é finito. No20

caso contrário dizemos que o conjunto é infinito. Por exemplo, o conjunto dos números naturais éinfinito, o conjunto dos átomos dos universo é finito. O conjunto das combinações possíveis do jogo"Go" é finito (e tem mais elementos do conjunto dos átomos dos universo). Atenção: os conceitosde conjuntos finitos e infinitos não têm nada a ver com os de conjuntos limitados ou ilimitados,

1B. Riemann (1826-1866) foi sem dúvida nenhuma um dos maiores gênios matemáticos da história.1

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encontrados nos cursos de cálculo diferenciale e que precisam de uma estrutura de tipo métrico.25

Inclusive, a topologia não trata de questões métricas e portanto os conceitos de limitado/ilimitadonão têm nenhuma importância.

A definição lembrada acima de conjuntos finitos e infinitos é intuitiva, mas muito menos "inocente"do que parece.

O conceito de infinito ocupa uma parte importante na matemática do século XIX e abre o caminho para a crise dos

fundamentos. A definição moderna e correta de conjunto infinito é a seguinte: um conjunto é infinito se pode ser30

posto em correspondência biunívoca com um seu subconjunto estritamente contido (não igual). Por exemplo a função

arcotangente põe em correspondência biunívoca R com o intervalo aberto (−π/2, π/2). Um conjunto que não possui

a propriedade acima é chamado finito. O leitor pode observar a curiosidade seguinte: numa abordagem intuitiva,

"ingênua", definimos primeiramente o que é um conjunto finito. Depois dizemos que um conjunto é infinito quando

não é finito. Só que esta abordagem não funciona, é autoreferencial, porque para definir um conjunto infinito precisa35

saber o que significa não ser finito e assim se entra em un círculo vicióso. Numa abordagem correta é o contrário:

definimos primeiramente o que é um conjunto infinito. Depois dizemos que um conjunto é finito quando não é infinito.

Existe um conjunto abstrato, o conjunto vazio, denotado por ∅, que não possui elementos e que ésubconjunto de qualquer outro conjunto.

Exercício 1. Escreva todos os subconjuntos do conjunto A do exemplo acima.40

Os elementos de um conjunto podem ser conjuntos. Por exemplo, definimos C = {{1}, {1, 2}, {1, 2, 3}}.Os elementos de C são alguns dos subconjuntos do conjunto A do exemplo 1.

Exercício 2. Diga quais das fórmulas seguintes são corretas (em relação aos conjunto C acima),justificando a resposta:

a) 1 ∈ C,45

b) 1 ⊆ C,c) {1} ∈ C,d) {1} ⊆ C.

Exercício 3. Diga quais das fórmulas seguintes são corretas, justificando a resposta:a) ∅ ∈ {∅},50

b) ∅ ∈ ∅,c) ∅ ⊆ ∅,d) {a} ∈ {{a}},e) b ∈ {a} se e somente se a = b.f) A ⊆ A onde A é um conjunto qualquer.55

Observe que até agora não foi definida a noção de conjuntos iguais. Dois conjuntos A e B sãoiguais (por definição) se A ⊆ B e B ⊆ A.

Dado um conjunto A, o conjunto dos subconjuntos de A é chamado conjuntos das partes de A.

3

Exercício 4. Se A for um conjunto finito composto por n elementos, prove por indução que oconjunto das partes de A, denotado por P(A), possui 2n elementos. Por essa razão, em alguns textos60

o conjunto das partes de um conjunto A é denotado pelo símbolo 2A.

Dados dois conjuntos A e B, a união A ∪B é definida como o conjunto

A ∪B = {x : x ∈ A ou x ∈ B}.

Observe que x pode pertencer a A e B ao mesmo tempo. Por exemplo, se A = {1, 2, 3} e B = {1, 3, 5},há A ∪B = {1, 2, 3, 5}. No sentido de que os elementos 1 e 3 são considerado somente uma vez, nãotem repetição. A interseção A ∩B é definida como o conjunto65

A ∩B = {x : x ∈ A e x ∈ B}.

No caso A = {1, 2, 3} e B = {1, 3, 5}, A ∩ B = {1, 3}. Se dois conjuntos A e B não têm elementosem comum, dizemos que são disjuntos e A ∩B = ∅.

Os conceitos de união e interseção são facilmente estendidos a uma família qualquer de conjuntos(mesmo infinita).

Exercício 5. Dados os intervalos abertos da reta real de tipo Ia = (0, a), determine ∩a>0Ia.70

Dados dois conjuntos A e B, a diferença A \B e o conjunto

A \B = {x ∈ A : x 6∈ B}.

Observe que A \ B é com certeza um subconjunto de A, mas a definição não precisa que B sejacontido em A. Por exemplo, A = {1, 2, 3, 4, 5} e B = {1, 3, 5, 7, 9, 11}, há A \ B = {2, 4}. Se B é oconjunto dos números negativos e A é como acima, há A \B = A.

Exercício 6. Prove as afirmações seguintes:75

a) se A ⊆ X, então X \ (X \ A) = A,b) se A,B ⊆ X, então A ⊆ B se e somente se (X \B) ⊆ (X \ A),c) se A,B ⊆ X, então A = B se e somente se (X \B) = (X \ A),d) se A,B ⊆ X, então A \B = A ∩ (X \B).

Exercício 7. Prove as propriedades distributivas: dados três conjuntos A, B e C,80

1) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C),2) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C),

e as Leis de De Morgan: dados três conjuntos A, B e C contidos num conjunto U ,3) CU(A ∪B) = CUA ∩ CUB,4) CU(A ∩B) = CUA ∪ CUB.85

Nos itens 3) e 4) acima o símbolo CUA denota o conjunto dos elementos que estão em U , e nãoestão em A. CUA é chamado complementar de A em U . Analogamente os outros. Na prática, ocomplementar de A em U é U \ A no caso em que A ⊆ U .

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Exercício 8. Diga quais das fórmulas seguintes são corretas, justificando a resposta:a) A ∩ (B \ C) = (A ∩B) \ C,90

b) A ⊆ (B ∩ C) se e somente se A ⊆ B e A ⊆ C,c) A ⊆ (B ∪ C) se e somente se A ⊆ B ou A ⊆ C,d) A ⊆ (B ∪ C) implica A ⊆ B ou A ⊆ C,e) (B ∩ C) ⊆ A implica B ⊆ A ou C ⊆ A.f) A ∩B = A e A ∩B = B se e somente se A = B.95

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Definição 2. Seja X um conjunto qualquer (eventualmente X pode até ser igual a ∅). Seja T umafamília de subconjuntos de X que verifica as condições seguintes:

(1) ∅ e X pertencem a T ,(2) a união de uma família qualquer de conjuntos que são elementos de T pertence a T ,100

(3) a interseção de um número finito de elementos de T é ainda um conjunto que pertence a T .T é chamada topologia sobre X. O par (X, T ) é chamado espaço topológico.

Observação 3. Dado um conjunto X, uma topologia em X existe sempre. Por exemplo denotamospor T1 a família T1 = {∅, X}, e por T2 a família de todos os subconjuntos deX. São as duas topologiasque podemos chamar de "extremas" no sentido de que T1 é a topologia que contém o menor número105

de elementos possível, enquanto T2 é a topologia que contém o maior número de elementos possível.T1 é chamada topologia trivial, T2 é chamada topologia discreta. Existem outras topologias sobreX? depende de X. Podemos dizer que T1 e T2 são as duas topologias menos interessantes sobre umconjunto X.

Exercício 9. Verifique que, dado X, T1 e T2 são duas topologias sobre X, no sentido de que verificam110

as propriedades (1), (2), (3) da definição.

Definição 4. Seja (X, T ) um espaço topológico. Os elementos de T serão chamados daqui parafrente os conjuntos abertos de X.

Exercício 10. Reformule as condições (1), (2), (3) da definição 2 usando o termo "conjunto aberto".

Observação 5. Dado um conjunto X, suponhamos que sejam definidas duas topologias distintas T115

e T ′ sobre X. Os espaços topológicos (X, T ) e (X, T ′) são duas entidades distintas. Por outro lado,se, nas próximas páginas, será clara a topologia sobre X, usaremos a notação "espaço topológico X"porque mais simples.

Definição 6. Seja X um espaço topológico. Um conjunto C é chamado fechado se seu complementarem X é aberto.120

Exercício 11. Graças à definição acima e às leis de De Morgan, dê a definição de topologia sobreum conjunto X usando os conjuntos fechados e não os abertos.

5

Exercício 12. Considere X = {1, 2, 3}. Determine todas as possíveis topologias sobre X.

Exemplo 7. A topologia euclideana sobre R é aquela encontrada nos cursos de cálculo: osconjuntos abertos são ∅ e os conjuntos não vazios A que verificam a propriedade seguinte: para todo125

x ∈ A existe un número δ > 0 tal que o intervalo (x− δ, x+ δ) ⊆ A.

Exercício 13. Prove que a topologia euclideana é de fato uma topologia. Estenda a topologiaeuclideana em Rn.

Exemplo 8. A topologia das semirretas direitas sobre R é definida da seguinte maneira: osconjuntos abertos são ∅, R e as semirretas (a,+∞). Analogamente, pode ser definida a topologia130

das semirretas esquerdas.

Exercício 14. Prove que a topologia semirretas direitas é de fato uma topologia. Observe que osconjuntos compostos por um número finito de pontos não são fechados. Observe quanto os fechadosnesta topologia são diversos daqueles encontrados nos cursos de cálculo.

Exercício 15. Seja R com a topologia euclideana. Prove o seguinte: dados x, y ∈ R, quaisquer,135

x 6= y existem dois abertos A e B tais que x ∈ A, y ∈ B e A ∩B = ∅.• Prove que R com a topologia das semirretas (diretas ou esquerdas, tanto faz), não verifica apropriedade acima.• (Pergunta um pouco mais difícil) R com a topologia das semirretas verifica uma propriedadeparecida com aquela acima, mais um pouco mais fraca. Saberia escrever qual é?140

• (Pergunta ainda um pouco mais difícil) Se X é um espaço topológico, saberia escrever umapropriedade da topologia do tipo daquela acima (mas um pouquinho mais fraca) que permitedizer que os conjuntos que contêm somente um ponto são fechados?

2. Quarta-feira, 19 de fevereiro de 2020 – revisitado no dia 30 de junho de 2020

Exemplo 9. Seja X um conjunto infinito. A topologia cofinita T sobre X é definida da seguinte145

maneira: os conjuntos abertos são aqueles cujo complementar em X é finito e o conjunto vazio quecolocamos em T por vontade nossa. Observe que tal topologia é bem definida também se X é finito(mas é mais interessante se X é infinito).

Exercício 16. Prove que a topologia cofinita é de fato uma topologia. Pegue por exemplo R com atopologia cofinita e escreva alguns exemplos de subconjunto de R que não são abertos nem fechados.150

Observação 10. Para provar que a topologia cofinita é de fato uma topologia sobre R, é bom usaras leis de De Morgan generalizadas: dado um conjunto X e uma família qualquer C de subconjuntosde X temos:

(1) X \ (∪A∈CA) = ∩A∈C(X \ A),

6

(2) X \ (∩A∈CA) = ∪A∈C(X \ A),155

Exercício 17. Prove as fórmulas acima.

Exemplo 11. Seja X um conjunto infinito. A topologia coenumerável T sobre é X definidada seguinte maneira: os conjuntos abertos são aqueles cujo complementar em X é enumerável ou éfinito; e o conjunto vazio que colocamos em T por vontade nossa.

Exercício 18. Prove que a topologia coenumerável é de fato uma topologia.160

Vamos dizer duas coisas sobre propriedades chamadas de separação (voltaremos para para frentesobre o assunto com mais detalhes).

(1) Seja X um espaço topológico que verifica a propriedade seguinte: dados x, y ∈ X, existe umaberto A de X que contém um entre x e y, mas não contém o outro. Nesse caso X é chamadoespaço topológico T0.165

(2) Seja Y um espaço topológico que verifica a propriedade seguinte: dados x, y ∈ Y , existemdois abertos A e B de Y tais que A contém x, mas não y, enquanto B contém y, mas não x.Nesse caso Y é chamado espaço topológico T1.

(3) Seja Z um espaço topológico que verifica a propriedade seguinte: dados x, y ∈ Z, existemdois abertos A e B de Y tais que A contém x, B contém y e A ∩ B = ∅. Nesse caso Z é170

chamado espaço topológico T2 ou espaço topológico de Hausdorff.2

Exercício 19. Chamamos agora de Te, Tc e Tsre as topologias sobre R respectivamente euclideana,cofinita e das semirretas esquerdas. Prove que

(1) (R, Te) é T2,(2) (R, Tc) é T1, mas não T2,175

(3) (R, Tsre) é T0, mas não T1.

Exercício 20. Prove que um espaço topológico com a topologia discreta é T2; um espaço topológicocom a topologia trivial nem é T0 (a menos que não seja constituido somente de um ponto).

Exercício 21. Dado um espaço topológico X, prove que os conjuntos formados por um único pontosão fechados se e somente se X é T1.180

Vamos resolver uma parte do exercício. Precisamente provamos que, se X é um espaço topológicoT1, então os pontos são fechados. Sejam portanto X um espaço topológico T1 e p ∈ X um pontofixado. Chamo Y = X \ {p}. Quero provar que Y é aberto. Se Y = ∅, não tem mais nada a fazer.Seja agora q ∈ Y . Pelo fato de X ser T1, existe um aberto Aq que contém q e é contido em Y . Paratodo s ∈ Y chame As tal aberto (que não necessariamente é único). Fica claro que Y = ∪q∈YAq.185

Portanto Y é união de abertos e assim é aberto.

3. Segunda-feira, 2 de março de 2020 – revisitado no dia 30 de junho de 2020

2Felix Hausdorff (1868-1942)

7

Exercício 22. Antecipamos aqui um conceito que será recuperado mais para frente: sejam T1 e T2duas topologias sobre um conjunto X. Dizemos que T1 é mais fina de T2 se T2 ⊆ T1. A notaçãoT2 ⊆ T1 deve ser entendida no sentido da inclusão de conjuntos sem nenhum mistério: ou seja um190

aberto de (X, T2) é aberto também em (X, T1). Feita a premissa anterior, o exercício é o seguinte:compare todas a topologias definidas em R nos exemplos anteriores em relação à noção de topologiamais fina ou menos fina. Inclua no exercício também as topologias trivial e discreta.

Voltamos à definição 6 e ao exercício 11. Seja X um espaço topológico. Os conjuntos fechadosverificam as propriedades seguintes:195

(1) ∅ e X são fechados;(2) a união de um número finito de conjuntos fechados é ainda um conjunto fechado;(3) a interseção de uma família qualquer de conjuntos fechados é ainda um conjunto fechado.

Exercício 23. Prove as propriedades acima.

As propriedades acima são interessantes porque é possível definir uma topologia em um conjunto200

a partir dos fechados. Vamos ver como. Seja X um conjunto qualquer não vazio. Ou seja, X nãotem ainda nenhuma estrutura topológica. É simplesmente um conjunto. Seja agora F uma famíliade subconjuntos de X que verificam as propriedades seguintes:

(i) ∅ e X pertencem a F ,(ii) a interseção de uma família qualquer de conjuntos que são elementos de F pertence a F ,205

(iii) a união de um número finito de elementos de F é ainda um conjunto que pertence a F .

Se conseguimos construir uma família F que verifica as três propriedades acima, a topologia Tsobre X poderá ser determinada pelos complementares dos elementos de F .

Exercício 24. Verifique a afirmação anterior. Ou seja o exercício é o seguinte: seja X um conjuntoqualquer não vazio. Seja F uma família que verifica as três propriedades (i), (ii) e (iii) acima. Define210

T como a família dos subconjuntos E de X tais que X \ E pertence a F . Prove que T é umatopologia sobre X. Os elementos de T serão os abertos.

Sejam agora X um espaço topológico e Y um subconjunto de X. Considere a topologia T sobreX. Ou seja T é a família dos abertos. Define a família T ′ de subconjuntos de Y da maneira seguinte:

T ′ = {A ∩ Y, onde A ∈ T }.

Exercício 25. Prove que T ′ é uma topologia sobre Y .215

Tal topologia será chamada topologia induzida por X (ou por T , que é praticamente o mesmo).Assim, usaremos a expressão Y subespaço de X. Ou seja, não somente a palavra subconjunto, quenão nos diz nada sobre as propriedades topológicas de X e de Y . A palavra subespaço nos avisa daligação entre as duas topologias.

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Exercício 26. Considere R com a topologia euclideana e o intervalo Y = [0, 1) subespaço topológico220

de R com a topologia euclideana induzida. O intervalo (0, 1) é aberto em Y ? é fechado? E o intervalo[0, 1/2)?. Considere agora Z = (0, 1) subespaço topológico de R com a topologia euclideana induzida.O intervalo (0, 1/2) é aberto em Z? é fechado? E o intervalo (0, 1/2)? O conjunto

E = {1/n, n ∈ N, n ≥ 2}

como é a respeito de [0, 1)? aberto, fechado, aberto e fechado ou nem aberto nem fechado? E arespeito de (0, 1)?225

Exercício 27. Seja E do exercício anterior e considere ele como espaço topológico com a topologiaeuclideana induzida. Prove que a topologia induzida é a discreta (ou seja, todos os subconjuntos sãoabertos). O que podemos dizer a respeito de E ∪ {0}?

Exercício 28. Seja um intervalo (a, b), (onde a, b são números – ou seja, o intervalo é limitado) ecoloque nele a topologia das semirretas esquerdas induzida. Quais são os subconjuntos abertos de230

(a, b)?

Vamos falar agora de alguns conceitos importantes. Seja X um espaço topológico e Y um subcon-junto.

(1) Um ponto y ∈ Y é dito ponto interno a Y se existe um aberto U de X tal que x ∈ U e U ⊆ Y .(2) Um ponto x ∈ X é dito ponto aderente de Y se cada aberto U de X que contém x possui235

pontos z que pertencem a Y .(3) Um ponto x ∈ X é dito ponto de acumulação de Y se cada aberto U de X que contém x

possui pontos z ∈ Y tais que z 6= x.(4) Um ponto de Y que não seja de acumulação é dito isolado.(5) Um ponto x ∈ X é dito ponto de borda (ou ponto de fronteira) de Y se cada aberto U de X240

que contém x possui pontos z que pertencem a Y e pontos w que não pertencem a Y .

É bom que o leitor observe que nas definições (2), (3) e (5) acima não é necessário que x ∈ Y .

Exercício 29. Considere R com as várias topologias definidas anteriormente. Escolha alguns exem-plos de conjuntos e determine, a respeito deles, os pontos internos e aderentes.

Exercício 30. Sejam X um espaço topológico e A um subconjunto fixado. Denotamos por A◦ o245

interior de A, ou seja o conjunto dos pontos internos de A. Prove que, qualquer seja A, A◦ é aberto(eventualmente vazio). Prove que A é aberto se e somente se A = A◦.

Exercício 31. Dado um espaço topológico X e um subconjunto Y , o conjunto dos pontos aderentesde Y é denotado por Y e é chamado fecho de Y .

a) Prove que Y contém Y (fácil).250

b) Prove que Y é um conjunto fechado.c) Prove que Y é a interseção de todos os conjuntos fechados que contêm Y .

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Exercício 32. Determine, nas várias topologias sobre R definidas até agora, exemplos de famíliasinfinitas de abertos cuja interseção não é um aberto.

Exercício 33. Sejam X um conjunto e A,B dois subconjuntos de X. Prove as afirmações seguintes:255

(1) X \ (X \ A) = A.(2) A ⊆ B se e somente se X \B ⊆ X \ A.(3) A = B se e somente se X \B = X \ A.(4) A \B = A ∩ (X \B).

Exercício 34. Sejam A, B e C três conjuntos quaisquer. Diga (justificando) se as afirmações260

seguintes são verdadeiras ou falsas.

(1) A ∩ (B \ C) = (A ∩B) \ C.(2) A ⊆ (B ∩ C) se e somente se A ⊆ B e A ⊆ C.(3) A ⊆ (B ∪ C) se e somente se A ⊆ B ou A ⊆ C.(4) B ∩ C ⊆ A implica que B ⊆ A ou C ⊆ A.265

(5) A ∩B = A ∪B se e somente se A = B.

Exercício 35. Seja X um conjunto qualquer. Escreva a definição de topologia sobre X e diga o queé um espaço topológico.

Exercício 36. Diga se é verdadeira a afirmação seguinte (justifique: ou seja, demonstre ou dê umcontraexemplo): seja X um espaço topológico e seja T uma topologia não discreta sobre X. Então,270

os únicos subconjuntos de X que são abertos e fechados são X e ∅.

Exercício 37. Seja R com a topologia euclideana. Prove que N = N. (Atenção: se trata de provarnão somente que todos os pontos de N são aderentes, mas também que nenhum ponto fora de N éaderente.)

Exercício 38. Seja R com a topologia euclideana. Prove que a topologia induzida sobre N é de fato275

a discreta. Vale a mesma coisa se a topologia inicial sobre R é das semirretas? e se for a cofinita?

Exercício 39. Dê a definição de topologia euclideana sobre R. Prove que é realmente uma topologia.

Exercício 40. Dê a definição de topologia das semirretas (pode escolher se direitas ou esquerdas)sobre R. Prove que é realmente uma topologia.

Exercício 41. Dê a definição de topologia cofinita sobre R. Prove que é realmente uma topologia.280

4. Quarta-feira, 4 de março de 2020 – revisitado no dia 7 de julho de 2020

Exercício 42. Dados um espaço topológico X e um subconjunto Y , denotamos por ∂Y a borda deY , ou seja, conjuntos dos pontos de borda de Y .Prove que ∂Y é fechado. Prove que Y = ∂Y ∪ Y (observe que a interseção de Y com ∂Y pode ser∅ ou não, depende de Y ). Prove que o conjunto dos pontos de acumulação de Y é fechado se os285

10

pontos são fechados. Discuta este exercício (em particular a última questão) à luz de algumas dastopologias sobre R.

Definição 12. Seja X um espaço topológico e seja x ∈ X fixado. Um subconjunto U é chamadovizinhança de x se existe um aberto A tal que x ∈ A ⊆ U .

O leitor provavelmente já encontrou o conceito de vizinhança nos cursos de cálculo. É bom observar290

que, dadosX e x ∈ X, uma vizinhança de x não necessariamente é um aberto. Seja R com a topologiaeuclideana. [0, 1] é uma vizinhança de x = 1/2 e não é aberto. Claramente [0, 1] não é uma vizinhançade x = 0.

Exercício 43. Seja X espaço topológico. Prove que A ⊆ X é aberto se e somente se é vizinhançade cada ponto dele.295

Exercício 44. Seja X espaço topológico. Prove que A ⊆ X é aberto se e somente se para todox ∈ A existe uma vizinhança de x contida em A. Este exercício apresenta uma caracterização dosabertos que é praticamente usada como definição nos cursos de cálculo diferencial.

Exercício 45. No exercício acima e em muitos lugares da matemática se usa a palavra caracterização.O que significa exatamente?300

Exercício 46. Seja R espaço topológico com as topologias euclideana, das semirretas esquerdas ecofinita. Fixe x ∈ R. Determine, nas três topologias, todas as vizinhanças abertas de x (determinetambém algumas vizinhanças fechadas).

Exercício 47. Seja X um espaço topológico e x ∈ X um ponto fixado. Denote por U(x) a famíliadas vizinhanças de x. Prove as propriedades seguintes:305

i) se U ∈ U(x), então x ∈ U ;ii) se U ∈ U(x) e U ⊆ V , então V ∈ U(x);iii) se U1, ..., Un ∈ U(x), então U1 ∩ U2... ∩ Un ∈ U(x);iv) se U ∈ U(x), existe V ⊆ U , que contém x e tal que V ∈ U(y) para todo y ∈ V .

Observe que, se X é um espaço topológico não vazio, e x ∈ X é dado, a família U(x) de todas as310

vizinhanças de x não é vazia porque X ∈ U(x).Resolução do exercício: a i) e a ii) são imediatas. Para provar a iii): sejam U1, ..., Un um número

finito de vizinhanças de x. Para cada i = 1, ..., n, existe um aberto Ai tal que x ∈ Ai ⊆ Ui. SejaA = ∩i=1,...nAi. A é aberto, sendo interseção finita de abertos. É não vazio porque contém x e estácontido em U := ∩i=1,...nUi (verifique este fato, é fácil). Portanto U está de acordo com a definição315

de vizinhança de x. Para provar a iv): seja U ∈ U(x) dado. Pela definição de vizinhança, seja Vaberto tal que x ∈ V ⊆ U . Seja agora y ∈ V qualquer. Existe um aberto, o proprio V , que contémy e é contido em V (trivialmente há V ⊆ V ). Portanto V é vizinhança de todos os pontos dele.

Exercício 48. Seja agora X um conjunto e seja, para todo x ∈ X, U(x) uma família de subconjuntosde X que verificam as propriedades do exercício acima. Suponhamos U(x) 6= ∅ para todo x ∈ X.320

11

(Observe que dizer “U(x) 6= ∅” é muito diferente de dizer que U(x) contém somente o conjunto∅.) Prove que existe uma e somente uma topologia sobre X tal que os elementos dos U(x) são asvizinhanças dos pontos de X. (Quais são os abertos nesta topologia?)

Resolução do exercício 48: escolhemos T a família de subconjuntos de X que contém ∅ e todos ossubconjuntos V de X tais que V ∈ U(y) para todo y ∈ V . Vamos provar que T é realmente uma325

topologia. ∅ ∈ T por construção. X ∈ T pela condição ii). Sejam agora V1, ..., Vn um número finitode elementos de T cuja interseção, V é não vazia. Queremos provar que V ∈ U(y) para todo y ∈ V .Seja x ∈ V . x pertence a todos os Vi e cada Vi pertence a U(x) por definição de T . Pela condiçãoiii), V ∈ U(x) e assim, pela arbitrariedade de x, V ∈ U(y) para todo y ∈ V . Seja agora {Vi}i∈I umafamília qualquer de elementos de T . Queremos provar que V := ∪i∈IVi pertence a T . Este fato é330

consequência fácil da observação seguinte: seja x ∈ V dado. Existe i ∈ I tal que x ∈ Vi. SendoVi ⊆ V , pela ii), sendo, Vi ∈ U(x), segue V ∈ U(x). Isso vale para todo x ∈ V e portanto V ∈ T .Isso prova que T é uma topologia. Observe que a condição iv) não foi até agora usada. Somente queo exercício diz que existe uma topologia (e é única) a respeito da qual as U(x) são as famílias dasvizinhanças. Precisamos provar esta propriedade: seja X com a topologia T e seja x ∈ X fixado.335

Seja U ∈ U(x). Pela propriedade iv), existe V que contém x e tal que V ∈ U(y) para todo y ∈ V .Pela definição de T , temos V ∈ T , ou seja é aberto. Assim, U verifica a definição de vizinhança dex. Viceversa, seja U vizinhança de x. Por definição de vizinhançaexiste um aberto V que contém x

e é contido em U . Lembrando como foi definida T , temos V ∈ U(x). Portanto, pela ii), U ∈ U(x).Falta provar a unicidade. Seja T ′ uma outra topologia sobre X que tem, como vizinhanças, os340

elementos de U(x). Seja A aberto em T ′. Pelo exercício 43, A é vizinhançade todos os elementosdele, portanto A ∈ U(x) para todo x ∈ A. Lembrando a definição de T , há A ∈ T . Viceversa sejaA ∈ T dado. A é vizinhança do todo ponto dele. As vizinhanças nas duas topologias coincidem eportanto A ∈ T ′. Em conclusão, A ∈ T ′.

Exercício 49. Sejam τ1 e τ2 topologias sobre um conjunto X tais que τ1 ⊆ τ2. Mostre que, para345

todo A ⊆ X, tem-se que A◦τ1 ⊆ A◦τ2 e Aτ1 ⊇ Aτ2 .

Exercício 50. Sejam τ1 = {{m ∈ N : m < n} : n ∈ N} ∪ {N} e τ2 = {A ⊆ N : 0 ∈ A} ∪ {∅}.(1) Verifique que τ1 e τ2 são topologias sobre N, e compare-as com respeito à inclusão.(2) Determine {0}τ1 e {0}τ2 .(3) Para n ∈ N \ {0}, determine {n}τ1 e {n}τ2 .350

Exercício 51. Sejam X um espaço topológico e Y ⊆ X fechado em X. Suponha que Y , com atopologia induzida de subespaço, é um espaço discreto. Mostre que todo subconjunto de Y é fechadoem X.

Exercício 52. Seja R a reta real e definimos a seguinte topologia TS: um subconjunto A de R éaberto se para todo x ∈ A existe um intervalo do tipo [x, x+d) contido em A. Prove que TS é de fato355

uma topologia. (R, TS) é chamada reta de Sorgenfrey (Robert Sorgenfrey, 1915–1995, matemático

12

dos Estados Unidos). Verifique que, denotando Te a topologia euclideana sobre R, Te ⊆ TS, masTe 6= TS.

Exercício 53. Exiba, para cada caso a seguir, A◦, A e ∂A na topologia da reta de Sorgenfrey.

(1) A = [0, 1)360

(2) A = Z(3) A = Q(4) A = R \Q(5) A = (0, 1)

(6) A = (0, 1) ∪ (1, 2)365

Exercício 54. Sejam X um espaço topológico, A,B ⊆ X e {Ai : i ∈ I} ⊆ P(X), com I 6= ∅.Complete cada item abaixo com ⊆, ⊇ ou, se for o caso, =.

(a) (A ∩B) A ∩B(b)

(⋂i∈I Ai

) ⋂i∈I Ai

(c) (A ∪B) A ∪B(d)

(⋃i∈I Ai

) ⋃i∈I Ai

(e) (A ∩B)◦ A◦ ∩B◦

(f)(⋂

i∈I Ai)◦ ⋂

i∈I(Ai)◦

(g) (A ∪B)◦ A◦ ∪B◦

(h)(⋃

i∈I Ai)◦ ⋃

i∈I(Ai)◦

O símbolo P(X) denota o conjuntos das partes de X, ou seja a família de todos os subconjuntos deX.

5. Segunda-feira, 9 de março de 2020 – revisitado no dia 7 de julho de 2020.

Seja (X, T ) um espaço topológico. Seja B uma família de abertos de X. Dizemos que B é umabase para a topologia T se todo aberto de X pode ser representado como união de elementos de B.370

Observação 13. Tecnicamente, dizer que A é uma família de subconjuntos de X (não falamos detopologia neste momento) significa dizer que existe um conjunto J e uma função que associa a cadaelemento j ∈ J um subconjunto Aj de X. O conceito de família de subconjuntos de um conjunto Xjá se mostrou na definição de topologia no começo do curso.

Em símbolos temos A = {Aj, j ∈ J}. A família de todas as uniões dos elementos de A é definida375

como a família dos subconjuntos C de X tais que existe J ′ ⊆ J tal que

C = ∪j∈J ′Aj.

Sendo ∅ um subconjunto de J , qual é a definição de ∪j∈∅Aj? Por convenção (não existe outrapossibilidade) dizemos que o conjunto acima é ∅.

13

A observação acima permite dizer que, se B for uma base para uma topologia de X, não precisaque ∅ ∈ B.380

A proposição seguinte foi provada em sala de áula

Proposição 14. Sejam X um espaço topológico e B = {Bi}i∈J uma base para a topologia de X.Então, temos as duas propriedades seguintes.

(B1) X = ∪i∈JBi.(B2) Se Ba e Bb pertencem a B e x ∈ Ba ∩Bb, então existe B ∈ B tal que x ∈ B ⊆ Ba ∩Bb.385

Exemplo 15. Em R com a topologia euclideana a família de todos os intervalos abertos e limitadosé uma base. Também a família de todos os intervalos limitados de extremos racionais é uma outrabase (contida na primeira). A família de todos os abertos do tipo (a, a + 1) não é uma base porquenão tem a capacidade de representar os intervalos "pequenos", Este é o significado da (B2).

Exercício 55. Prove as afirmações do exemplo acima.390

Exercício 56. Determine algumas bases para R com as topologias cofinita, coenumerável, das se-mirretas, de Sorgenfrey.

Exercício 57. Seja X espaço topológico e B uma base. Prove que, se x ∈ X, então existe B ∈ Btal que x ∈ B.

Seja agora X um conjunto qualquer (sem topologia definida nele) e seja B uma família de sub-395

conjuntos de X. Suponhamos que B verifique as propriedades (B1) e (B2) acima. Então existe umatopologia gerada por B no seguinte sentido. Seja T a união de todos os elementos de B. T é de fatouma topologia, os elementos de T são os abertos. Além disso a topologia gerada por B é única (vejao exercício 59).

Exercício 58. Prove que T é de fato uma topologia.400

Exercício 59. Seja X um conjunto e T1 e T2 duas topologias sobre X. Seja B uma família desubconjuntos de X que é uma base para T1 e T2. Prve que T1 = T2.

Vamos agora voltar ao exemplo da família C dos conjuntos de tipo (a, a + 1) para todo a ∈ R.Eles são abertos em R com a topologia euclideana e a união deles dá tudo R, mas não são suficientespara representar os conjuntos pequenos. Todavia, se considero por exemplo ε pequeno (deixamos do405

lado o que possa dizer aqui "pequeno"), a interseção (a, a+ 1) ∩ (a+ 1− ε, a+ 2− ε) é a interseçãode dois conjuntos da família e é um conjunto pequeno. Portanto posso talvez colocar dentro deC as interseções dos seus elementos. Quais? lembrando que o objetivo é obter uma base, devemoslembrar que somente as interseções finitas de abertos produzem abertos. Assim chegamos ao conceitoseguinte de sub-base.410

Proposição 16. Sejam X um conjunto qualquer e seja S = {Bi}i∈J uma família de subconjuntos deX tal que X = ∪i∈JBi. Seja B a família de todas as interseções finitas dos elementos de S. Então,B verifica (B2) e portanto pode gerar uma (única) topologia T . S é chamada sub-base para T

14

Exercício 60. É razoavelmente fácil provar o seguinte: seja X um conjunto e S uma sub-base parauma topologia T em X. Seja T ′ uma outra topologia tal que os elementos de S são abertos (também)415

em T ′. Prove que T ⊆ T ′.

Outros exercícios.

Exercício 61. Seja X um espaço topológico tal que, para quaisquer subconjuntos A e B de X,tem-se (A ∩B) = A ∩B. Mostre que T é a topologia discreta sobre X. No caso de R com as váriastopologias encontradas (não discretas), encontre exemplos de A e B tais que a igualdade acima vale420

e tais que não vale. Para algumas topologias, vale sempre uma das duas relações de inclusão? Ouseja, será que vale sempre “⊆”? ou “⊇”?

6. Quarta-feira, 11 de março de 2020

Exercísios em sala de áula de Rodrigo Lima Dias.

∗ ∗ ∗A partir de agora são colocados: um contúdo que eu passei em março e o resumo das aulas não425

presenciais que comecei a ministrar em abril.

I. 16 de março de 2020 – revisitado no dia 14 de julho de 2020

Em aulas anteriores foi visto que uma topologia sobre um conjunto X é de fato a escolha de umafamília de subconjuntos de X, que depois serão chamados abertos, e que devem satisfazer a algumasparticulares condições. Em seguida foi visto que para gerar uma topologia não precisa apresentar430

todos os abertos, mas pode ser feita uma ação menos “cansativa”, mais, digamos assim, “econômica”.Ou seja, escolher uma adequada “seleção” de subconjuntos (uma base, ou até uma sub-base) queserão capazes de gerar todos os abertos. Esta escolha “mais econômica” encontra um análogo entreas vizinhanças. Ou seja: para gerar uma topologia sobre um conjunto X, não precisa determinar,dado x ∈ X, o conjunto U(x) de todas as vizinhanças de x (vejam os exercícios 47 e 48), mas somente435

uma parte. Temos, em outras palavras, o conceito de sistema fundamental de vizinhanças, que vamosapresentar.

Seja X um espaço topológico. Sejam x ∈ X fixado e U(x) a família das vizinhanças de x. Seja V(x)

um subconjunto de U(x) não vazio3. Dizemos que V(x) é um sistema fundamental de vizinhançasde x se para todo U ∈ U(x) existe V ∈ V(x) tal que V ⊆ U . Por exemplo as vizinhanças abertas440

de x constituem um sistema fundamental de vizinhanças de x. Como foi observado em sala de aula,uma vizinhança de x poderia ser (simplesmente) definida como um aberto que contém x, mas nãoconvém que seja assim. Veja por exemplo a observação seguinte.

3Vejam os exercícios 48 e 47

15

Observação 17. Observe que um sistema fundamental de vizinhanças pode não conter nenhumavizinhança aberta. Por exemplo, se R tem a topologia euclideana, os intervalos [−a, a], para todo445

a > 0 constituem um sistema fundamental de vizinhanças de zero.

Exercício 62. Prove que, fixado a ∈ R, a família dos intervalos (a− b, a+ b), para todo b > 0, é umsistema fundamental de vizinhanças de a onde em R temos a topologia euclideana.

Exercício 63. Prove que, se B é uma base dos abertos para uma topologia e mum espaço topológicoX, fixado x ∈ X, a família dos elementos de B que contêm x é um sistema fundamental de vizinhanças450

de x.

As propriedades características de um sistema fundamental de vizinhanças são parecidas comaquelas vistas para as vizinhanças. Seja V(x) um sistema fundamental de vizinhanças de x. Então,(compare com o exercício 47)

(isfv) se U ∈ V(x), então x ∈ U ;455

(iisfv) se V1, V2 ∈ V(x), então existe V ∈ V(x) tal que V ⊆ V1 ∩ V2;(iiisfv) se U ∈ V(x) então existe V ∈ V(x) tal que V ⊆ U e para todo y ∈ V existe Vy ⊆ U tal que

Vy ∈ V(y).

Proposição 18. Seja X um conjunto qualquer (no momento sem alguma estrutura topológica), eseja para cada x ∈ X V(x) uma família de subconjuntos de X que verificam as três propriedades460

acima e verificam também a propriedade de que cada família V(x) contém pelo menos um elemento(que é, lembramos, um subconjunto de X e que não pode ser o conjunto vazio por causa da (i)acima). Então existe uma e somente uma topologia em X tal que cada família V(x) é um sistemafundamental de vizinhanças de x para todo x em X.

Antes de ver a demonstração voltamos ao exercício 48. No exercício a situação á seguinte: X é um465

conjunto dado sem alguma estrutura. Para todo x ∈ X, defino uma família U(x) de subconjuntosde X. Suponho que U(x) 6= ∅ para todo x e que todas as famílias U(x) verifiquem as condições i),ii), iii), iv) do exercício 47. Depois defino a família T e provo que se trata de uma topologia.

Aqui o processo segue a lógica seguinte. A partir de {V(x)}x∈X , onde todos os V(x) verificam as(isfv), (iisfv) e (iiisfv), quero definir as famílias U(x) que verificam as condições i), ii), iii), iv) do470

exercício 47. A escolha é, em um certo sentido, simples: fixado x ∈ X, defino U(x) como a famíliade subconjuntos U de X que contêm um elemento V ∈ V(x). a definição de U(x) é bem colocada.Se trata de provar que cada U(x) verifica as condições i), ii), iii), iv) do exercício 47.Demonstração. i): é imediata, pelas condições que as V(x) satisfazem e pela definição de U(x).

ii): é igualmente imediata. Sejam dados x e U ∈ U(x). Então, existe V ∈ V(x) tal que V ⊆ U . Se475

U ′ ⊇ U , obviamente V ⊆ U ′ e portanto, pela definição, U ′ ∈ U(x).iii): sejam dados x e U1, ..., Un em U(x). Pela definição de U(x) existem V1, ..., Vn em V(x) tais

que Vi ⊆ Ui, para todo i = 1, ..., n. Pela (iisfv) existe V ∈ V(x) que está contido em todos os Vi(o leitor pode provar facilmente isso, porque pode verificar que uma propriedade que trata de umaoperação – neste caso a interseção – sobre dois conjuntos, é verificada também para um número finito480

16

de conjunto. Verifique nos detalhes, não é dificil). Portanto, pela definição de U(x), como U1∩ ...∩Uncontém um conjunto V ∈ V(x), então ela pertence a U(x).

iv) sejam dados x ∈ X e U ∈ U(x). Defino U ′ = {y ∈ U : U ∈ U(y)}. U ′ é não vazio porquex ∈ U ′. Seja y ∈ U ′ fixado. Se conseguimos provar que U ′ ∈ U(y), a propriedade iv) é provada.Sendo U ∈ U(y), pela definição de U(y), existe U ⊆ U , e U ∈ V(y). Pela (iiisfv), existe V ∈ V(y) tal485

que V ⊆ U e para todo z ∈ V existe Vz ⊆ U tal que Vz ∈ V(z). Portanto U ∈ U(z) porque contémVz. Ou seja, U ∈ U(z) para todo z ∈ V . Sendo U ⊆ U , segue U ∈ U(z). Resumindo, U ∈ U(z) paratodo z ∈ V . Isto é, os pontos de V verificam a propriedade que define U ′ e assim temos V ⊆ U ′.Sendo V ∈ V(y), segue U ′ ∈ U(y).

A demonstração da unicidade da topologia gerada é deixada como exercício. �490

Uma outra versão poderia apresentar o item (iiisfv) da forma seguinte: se U ∈ V(x) então existeV ∈ V(x) tal que V ⊆ U e para todo y ∈ V existe Vy ⊆ V tal que Vy ∈ V(y). Isso implicaria que Vé aberto. Mas isso é pretender algo desnecessário. Um sistema fundamental de vizinhanças pode serconsituido de vizinhanças onde nenhuma delas é aberta.

Exercício 64. Refaça com paciência a demonstração, cuidando de todos os detalhes.495

Concluimos com a seguinte

Definição 19. Sejam X um espaço topológico e Y um suconjunto. Se o fecho de Y , Y , verificaY = X, dizemos que Y é denso em X.

Exercício 65. Sejam X um espaço topológico e D1, D2 ⊆ X densos em X. Pode-se afirmar queD1 ∩D2 é denso em X? E se D1, além de denso, for também aberto em X?500

Exercício 66. Para a, r ∈ N, seja Ba,r = {a + kr : k ∈ N} a progressão aritmética cujo primeirotermo é a e a razão é r.

(1) Mostre que B = {Ba,r : a, r ∈ N, r 6= 0, a < r} é base para uma topologia sobre N.(2) Mostre que, nessa topologia, cada Ba,r é um fechado.(3) Escreva N \ 1 como uma reunião de fechados.505

(4) Conclua que existem infinitos primos.

II. 18 de março de 2020 – revisitada no dia 14 de julho de 2020

Na matemática existe uma disciplina que se chama teoria das categorias (têm várias referênciasna internet, mesmo na wikipedia). Tal teoria quer classificar “categorias” na matemática no sentidode identificar espaços e as operações fundamentais nesses espaços. Por exemplos: todos os espaços510

vetoriais têm em comum a estrutura linear. Qual é a aplicação que possui propriedades entre espaçosvetoriais? é a aplicação linear, a única que faz sentido. Analogamente nos grupos algébricos, nos anéis.Os espaços topológicos formam uma categoria e as funções interessantes são as funções contínuas.A teoria das categorias não entra no nosso curso, mas oferece uma visão original das estruturasmatemáticas. Sugiro vocês procurem na internet sobre o assunto.515

17

Definição 20. Sejam X e Y dois espaços topológicos. Uma função f : X → Y é chamada contínuase para todo aberto B de Y , a imagem inversa f−1(B) é um aberto de X.

Exercício 67. Prove que f : X → Y é contínua se para todo fechado C de Y , a imagem inversaf−1(C) é um fechado de X.

Na topologia (diversamente do Cálculo) não é interessante a definição de continuidade em um520

ponto. Mas pode ser dada. Sejam X e Y dois espaços topológicos e x ∈ X fixado. Uma funçãof : X → Y é dita ser contínua em x se para toda vizinhança V de f(x) in Y existe uma vizinhançaU de x em X tal que f(U) ⊆ V . Não temos ε, δ, porque não temos uma métrica, mas a definição éa mesma. Enfim, f é dita contínua se for contínua em todos os pontos.

Façam o exercício seguinte primeiramente sem ler a resolução que é colocada depois.525

Exercício 68. Prove que as duas definições de continuidade são equivalentes.

Resolução: suponha que f verifique a definição de continuidade 20. Pegue um ponto x ∈ X.Seja V uma vizinhança de f(x) em Y . Pela definição de vizinhança, tem um aberto W tal quef(x) ∈ W ⊆ V . Aplico agora a definção 20. O conjunto A := f−1(W ) é aberto em X e contém x. Éportanto uma vizinhança de x e verifica obviamente f(A) ⊆ W . Portanto f é contínua em x e, pela530

arbitrariedade de x, se torna contínua em todos os pontos.Suponhamos agora que f seja contínua em todo ponto x ∈ X com a definição dala usando asvizinhanças. Queremos provar que F respeita a definição 20. Seja portanto B um aberto de Y . Sef−1(B) = ∅, tal imagem inversa é aberta e portanto tudo ok. Se não, chamo A := f−1(B) e considerox ∈ A dado. Sendo B aberto, é vizinhança de todos seus pontos e portanto de f(x) também. Pela535

definição de continuidade dada por meio das vizinhanças, existe uma vizinhança U de x tal quef(U) ⊆ B. Evidentemente U ⊆ A, porque A é igual a f−1(B), enquanto U é somente contida emf−1(B). Agora, pela definição de vizinhança, A que contém U é vizinhança de x. Enfim, conseguimosprovar que A é vizinhança de um ponto genérico dele e portanto de todos seus pontos. Ou seja, A éaberto, e isso conclui o exercício. �540

Para provar que uma função é contínua use aquela das duas mais conveniente (geralmente é maisprática a definição 20)

Exercício 69. Sejam f : X → Y e g : Y → Z contínuas. Prove que a composição g ◦ f : X → Z écontínua. (É fácil, use a definição 20.)

Se f : X → Y é contínua e inversível, não necessariamente a inversa é contínua. Veja o exercício545

seguinte que é um clássico de Cálculo 1.

Exercício 70. Considere os conjuntos de números reais X = (0, 1) ∪ [2, 3) e Y = (0, 2), com atopologia euclideana induzida. Seja f : X → Y definida assim: f(x) = x se x ∈ (0, 1) e f(x) = x− 1

se x ∈ [2, 3). Agora:

(1) Prove que f é bem definida (Y tem capacidade de hospedar a imagem).550

18

(2) Desenhe o gráfico de f .(3) Prove que f é injetora e sobrejetora e portanto inversível.(4) Desenhe o gráfico da inversa.(5) Prove que a inversa não é contínua.(6) Pegue um livro qualquer de cálculo e procure o teorema que diz: se uma função é contínua e555

definida em um intervalo, a imagem deve ser um intervalo. Como dialoga este teorema como exemplo do exercício?

Nos curso de Cálculo, a tentativa de provar que uma função é contínua é ligada às propriedadesalgébricas da mesma função. Pouco se discute sobre R que têm uma estrutura dada do começo aofim da disciplina. Aqui não. As topologias sobre os conjuntos são as mais variádas. Por exemplo:560

Sejam X e Y dois conjuntos quaisquer e f : X → Y uma função dada. Não faz sentido se perguntarsobre a continuidade de f , faltando topologias sobre os conjuntos. Sejam agora T1 e T2 topologiassobre X e T topologia sobre Y . Considere f : (X, T1) → (Y, T ), e suponha que seja contínua. Se,como dizemos em linguagem técnica, T2 é mais fina de T1, ou seja tem mais abertos, ou seja T1 ⊆ T2,é óbvio que f : (X, T2)→ (Y, T ) é contínua.565

Exercício 71. Prove a afirmação acima.

Em geral se a topologia sobre X tem “poucos” abertos, é menos provável que uma função sejacontínua (a menos que Y também tenha poucos abertos). Paralelamente, Se Y tem poucos abertos,é mais fácil que uma função seja contínua. Este conceito de poucos abertos e de probabilidade nãonada de rigoroso, mas é somente para ajudar a vizualização. Se X tem a topologia discreta, toda570

f : X → Y , qualquer seja Y , é contínua. Essa é uma outra razão que nos diz que a topologia discretanão é interessante.

Exercício 72. Sejam X o conjunto dos números reais com a topologia cofinita, Y o conjunto dosnúmeros reais com a topologia euclideana. A identidade, f : X → Y , f(x) = x é contínua?Sua inversa? Invente vários exemplos de funções que podem ser contínuas ou não dependendo das575

topologias, usando as topologia euclideana, cofinita, das semirretas, coenumerável, de Sorgenfrey.

Exercício 73. Seja f : X → Y . Prove que as afirmações seguintes são equivalentes:

i) f é contínua.ii) Para cada E ⊆ X, há f(E) ⊆ f(E).iii) Para cada G ⊆ X, há f−1(G) ⊆ f−1(G).580

Encontre exemplos onde a ii) e a iii) são falsas (precisa partir de uma f descontínua).

Exercício 74. Seja R com a topologia euclideana e RS a reta de Sorgenfrey. Considere a funçãof : RS → R, f(x) = [x], a parte inteira de x, o maior inteiro que não supera x (lembre que, porexemplo, [−3,5] = −4, não −3). Prove que f é contínua.

Exemplo 21 (O plano de Nemitski). Seja H = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0}. H é um semiplano que585

seria fechado se R tivesse a topologia euclidiana. A borda dele é a reta R de equação y = 0. Denote

19

H ′ := H \R. Entre todas as bolas abertas (pensando na topologia euclideana) centradas em pontosp de H ′, considere somente aquelas B1/n(p) que são contidas e H ′ e têm raio 1/n, n natural (verifiquecomo exercício, que se uma bola está contida em H, sendo aberta, está contida também em H ′).Vamos separar estas bolas em dois grupos: o grupo A1 contém as bolas cujo fecho está ainda contido590

em H ′, o grupo A2 contém as bolas cujo fecho encosta R num ponto claramente de tangência, opolo sul. Obviamente, há A1 ∩ A2 = ∅. Considere agora, para toda bola B1/n(p) ∈ A2, conjuntoB1/n(p) := B1/n(p) ∪ {p′}, onde p′ é o ponto de tangência. B1/n(p) é um conjunto nem aberto nemfechado (com a topologia euclideana)

-

6 B1/n(p)

· p

•p′

595

Seja agora B a família de todas as bolas abertas de A1 e de todos os conjuntos de tipo B1/n(p).Prove que B verifica as condições (B1) e (B2) da proposição 14 e portanto gera uma topologia Tsobre H. Que não será a topologia euclideana.

Exercício 75. Verifique os detalhes do exemplo acima. Prove que a topologia induzida por T sobreH ′ é a topologia euclideana. Prove que a topologia induzida por T sobre R é a discreta. Assim600

observe que R é aberto em H. Ao mesmo tempo observe que H ′ é aberto em H, assim R é fechado(assim como H ′). O espaço topológico obtido se chama plano de Nemitski.

Os próximo conceito, que antecipo aqui, que irei tratar neste período de suspensão, é o de home-omorfismo, tópico central na topologia.

III. 27 de março de 2020 – revisitado no dia 14 de julho de 2020605

Definição 22. Seja f : X → Y uma função contínua. Suponhamos seja inversível e que a inversaseja contínua. Então, f é chamada homeomorfismo. Os espaços X e Y serão chamados homeomorfos.

Os homeomorfismos são um conceito central na topologia. Porque, quando dois espaços topológicossão homeomorfos, eles têm muitas propriedades em comum. Em muitos aspectos, é como se os espaçosfossem a mesma coisa. Mas isso será mais claro em seguida.610

Exercício 76. (fácil) Seja f : X → Y contínua, injetora e sobrejetora. Prove que é um homeomor-fismo se e somente se manda abertos de X em abertos de Y .

Exercício 77. Seja dada uma função f : X → Y entre espaços topológicos. As condições seguintessão equivalentes:

20

(i) f é contínua.615

(ii) Para todo B ⊆ Y , temos f−1(B◦) ⊆(f−1(B )

)◦. ◦BExercício 78. Sejam (X, T1) e (X, T2) dois espaços topológicos a partir do mesmo conjunto X.Suponha que T1 ⊂

6=T2. Prove que a identidade I : (X, T1)→ (X, T2) não é contínua, mas a inversa é.

Exercício 79. Dada f : X → Y , é muito fácil ver que, se X tem a topologia discreta, f é semprecontínua (por isso a topologia discreta não é interessante). Se Y tem a topologia trivial, f é sempre620

contínua. Se X tem a topologia trivial? se Y tem a topologia discreta?

Exercício 80. Seja X um conjunto não enumerável e seja x0 ∈ X fixado. Seja

B = {{x} : x 6= x0} ∪ {A ⊆ X : x0 ∈ A e X \ A é enumerável}.

Prove que a família verifica as condições (B1) e (B2) da proposição 14 e assim gera uma topologia sobreX. Seja agora f : X → R uma função contínua (com a topologia euclideana sobre R). Mostre queexiste um subconjunto enumerável Y de X tal que para todo x ∈ X \Y tal que f(x) = f(x0). Ou seja625

a topologia de X “impõe” às funções contínuas de ser constantes exceto em conjuntos enumeráveis.Porque? porque os abertos de X são “poucos” a respeito dos abertos de R e assim é difícil ter funçõescontínuas.

Teorema 23. Seja f : X → Y uma função contínua e sobrejetora. Seja D um subconjunto densode X. Então, f(D) é um subconjunto denso de Y .630

Demonstração. Queremos provar que f(D) = Y . Seja y ∈ Y fixado. Se y pertence à imagem deD, f(D), não tem nada a provar. Seja portanto y ∈ Y \ f(D). Sendo f sobrejetora, seja x ∈ X talque f(x) = y. O ponto x não pertence a D, mas pela hipótese de densidade, cada vizinhança de xcontém pontos de D. Agora vamos usar a continuidade. Seja V uma vizinhança qualquer de y em Y .Seja U uma vizinhança de x em X tal que f(U) ⊆ V . Como U contém pontos de D, seja z ∈ D∩U .635

Segue que w := f(z) ∈ V e portanto V possui um ponto w que pertence a f(D). Portanto qualquervizinhança de y possui pontos de f(D) e, pela arbitrariedade de y, isso significa a densidade de f(D)

em Y a demonstração é completa. �

Exercício 81. Mostre um exemplo, em relação ao teorema anterior de uma função e de um conjuntoD denso tais que f(D) não é denso em Y (escolha os espaços topológicos X, Y e a função). Observe640

que a f que você escolheu não é contínua.Mudando de assunto, observe o seguinte em relação ao teorema anterior. No enunciado temos

praticamente três hipóteses: densidade de D, sobrejetividade de f , continuidade de f . Observeque na demonstração todas as três hipóteses foram usadas. Se, numa demonstração, uma hipótesenão está sendo usada, não significa necessariamente que a demonstração seja errada, mas precisa645

controlar com atenção se possa sim ter algo de errado. Se o teorema é bem enunciado (geralmenteé assim numa matéria já estruturada faz tempo), não tem hipótese faltando assim como hipótesedesnecessária.

21

IV. 4 de abril de 2020 – revisitado no dia 21 de julho de 2020

Exercício 82. Sejam X um espaço topológico e D um subconjunto denso. Seja B uma base dos650

abertos. Prove que D ∩ B 6= ∅ para todo B ∈ B. É verdadeiro o viceversa? ou seja que, se B umabase e A é um subconjunto de X tal que A ∩B 6= ∅ para todo B ∈ B, então A é denso?

Exercício 83. Seja (X, T ) um espaço topológico, onde X é um conjunto infinito e T é a topologiacofinita. Prove que um subconjunto D de X é denso se e somente se é infinito

Exercício 84. Seja (X, T ) um espaço topológico, onde X é um conjunto não enumerável e T é a655

topologia coenumerável. Prove que um subconjunto D de X é denso se e somente se é infinito, nãoenumerável.

Exercício 85. Seja R com a topologia euclideana e RS a reta de Sorgenfrey. Mostre que, apesar deser duas topologias diferentes, os subconjuntos densos são os mesmos.

Exercício 86. Dados um espaço topológico X e um subconjunto X, prove que D é denso se e660

somente se, para todo aberto U , há (D ∩ U) = U .

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Definição 24. Seja X um espaço topológico. Dizemos que X é separável se contém um subconjuntodenso e enumerável. Dizemos que X verifica o I (primeiro) axioma di enumerabilidade se para cadax ∈ X existe um sistema fundamental de vizinhanças enumerável, e que X verifica o II axioma di665

enumerabilidade se possui uma base enumerável.

Estes conceitos são particularmente importantes no estudo dos espaços métricos que iremos abordarnas próximas aulas.

Exercício 87. Prove os fatos seguintes.

(1) Se X verifica o II axioma di enumerabilidade, então verifica o primeiro.670

(2) Se X verifica o I axioma di enumerabilidade, então o verifica cada seu subespaço. A mesmacoisa acontece com o II axioma di enumerabilidade.

(3) Se X verifica o II axioma di enumerabilidade, então é separável.

Para resolver o item 3, seja B = {Bn}n∈N, uma base enumerável de X. Para todo Bn escolhaxn ∈ Bn e considere a união X ′ de tais elementos xn, eliminando possíveis repetições. Claramente675

X ′ é enumerável. Agora consideramos y ∈ X \X ′ qualquer (se tal y não existe, significa que X ′ = X

e portanto o exercício é já concluído). Seja A aberto em X, com y ∈ A. Sendo B uma base, existeBn ∈ B tal que Bn ⊆ A, portanto existe xn ∈ X ′ tal que xn ∈ A. Isso diz que y é ponto aderente aX ′. Sendo y qualquer, significa que X ′ = X.

Exercício 88. Sejam X um espaço topológico separável e A um subconjunto aberto. Prove que680

A, como subespaço topológico, é separável. A propriedade não sempre é verdadeira se pegamos umsubconjunto não aberto, como mostra o exercício 89. Em outras palavras, a separabilidade não éherdada pelo subespaços, diversamente dos dois axiomas de enumerabilidade.

22

Exercício 89. Considere em R2 os retângulos superiormente abertos, ou seja os conjuntos [a, b) ×[c, d), onde a < b e c < d. Seja U a família dos subconjuntos A de R2 tais que, se z ∈ A, existe um685

retângulo superiormente aberto que contém z e que é contido em A. Prove que

(1) U é a família dos abertos de uma topologia T em R2 que é mais fina da euclideana;(2) (R2, T ) é separável;(3) a topologia induzida de T no subespaço Y = {(x, y) : y = −x} é a discreta. E portanto Y

não é separável.690

(4) Prove que (R2, T ) não possui base enumerável. Em outras, palavras, o viceversa do item (3)do exercício 87 é falso. As duas propriedades são equivalentes nos espaços métricos, comoiremos ver.

V. 11 de abril de 2020 – revisitado no dia 21 de julho de 2020

R com a topologia euclideana é claramente separável, tendo Q como subconjunto enumerável (coisa695

que não depende da topologia sobre R) e denso (coisa que sim depende da topologia; por exemplona topologia discreta Q não é denso em R). R também possui uma base dos abertos enumerável, porexemplo os intervalos (a, b) tais que a, b ∈ Q (a < b).

Proposição 25. Seja X um espaço topológico que verifica o II axioma di enumerabilidade. SejaA = {Ai}i∈I uma cobertura aberta4 de X, ou seja uma família de conjuntos abertos cuja união700

contém (neste caso é igual a) X. Então, A possui um subconjunto enumerável que ainda é umacobertura de X (e que é chamada de subcobertura).

Demonstração. Seja B = {Bn} uma base enumerável de X. Sabemos que ∪nBn = X. Dado umelemento x ∈ X qualquer, seja Aix tal que x ∈ Aix . Seja também Bnx um aberto da base que contémx e é contido em Aix (tal Bnx existe pela definição de base dos abertos). Obviamente há ∪xBnx = X705

e, sendo B enumerável, podemos ter um subconjunto enumerável E de X tal que ∪x∈EBnx = X.Portanto ∪x∈EAix = X e assim {Aix}x∈E é uma subcobertura de A, enumerável. �

Observe que, se A contém X, para todo x ∈ X, o elemento Aix escolhido poderia ser X. Nestecaso a subcobertura seria não somente enumerável, mas até finita e reduzida ao conjunto X. Estasituação não é claramente em contradição com o enunciado da proposição.710

Temos uma consequência (quase) imediata da proposição anterior: se X é um espaço topológicoque satisfaz o II axioma di enumerabilidade e B é uma base de X, então B admite um subconjuntoenumerável, que é ainda uma base.

Demonstração da afirmação acima: versão corrigida graças a contribuição de Ricardo Felipe: SejaB uma base de X. Em princípio, não sabemos se B é enumerável, mas vamos usar a proposição 25715

e o exercício 87. Seja dada também uma base B′ enumerável, que em princípio pode ser diferente

4foi observado por alguns alunos que precisa esta hipótese, que faltava numa redação anterior

23

de B. Chamo B′n os elementos de B′. Sendo eles subconjuntos de X que verifica o II axioma dienumerabilidade, eles também o verificam (item 2 do exercício 87). Sendo B uma base de X, cadaB′n é união (não necessariamente enumerável) de elementos de B, ou seja,

B′n = ∪i∈InBin.

Pela proposição 25B′n admite uma subcobertura enumerável dos elementos da união anterior, digamos720

B′n = ∪k∈NBkn.

Resumindo, temos que todos os elementos de tipo Bkn, para todo n ∈ N e todo k ∈ N são elementos

de B. Tal famíliaB = {Bk

n}k,n∈Né enumerável, porque uma união enumerável de conjuntos enumeráveis é enumerável (a demonstraçãose pode encontrar facilmente em muitos sites online) e é uma subfamília de B. Se trata de provarque é base. E isso é facilmente dado pela razão seguinte: seja A aberto de X. Sendo B′ base, A é725

união de elementos de B′. Cada elemento de tal união é por sua vez união de elementos de B pelaconstrução anterior. Assim A é união de elementos de B e a demonstração é completa. �

Exercício 90. Verifique se satisfazem o I, ou o II axioma di enumerabilidade, ou se são separáveisos conjuntos seguintes: a reta real com a topologia cofinita, das semirretas, de Sorgenfrey.

Definição 26. Seja X um espaço topológico. Uma sequência em X é uma função f : N → X. Os730

elementos da imagem de f são geralmente denotados por xn, não f(n). A sequência é geralmentedenotada pelo símbolo (xn)n∈N ou mais simplesmente (xn) (em alguns livros por {xn}). Uma sequên-cia (xn) é dita convergente a x ∈ X se para toda vizinhança V de x, todos os elementos de (xn)

pertencem a V , exceto no máximo um número finito deles.

Exercício 91. Verifique que uma sequência (xn) converge para x se e somente se, dada uma vizi-735

nhança V de x, existe n0 tal que, para todo n > n0, an ∈ V .

Observe que em geral não vale a unicidade do limite. Por exemplo se X é um espaço topológicocom a topologia trivial, qualquer sequência (xn) converge a todos os pontos de X (verifique comoexercício.)

Exercício 92. Prove as propriedades seguintes:740

(a) se X verifica o I axioma di enumerabilidade e Y ⊆ X, então um ponto y pertence a Y se esomente se existe uma sequência com valores em Y que converge a y.

(b) se X verifica o I axioma di enumerabilidade e Y é um espaço topológico qualquer, uma funçãof : X → Y é contínua se e somente se para cada sequência (xn) em X que converge a umponto x, há que (f(xn)) converge a f(x).745

Vamos resolver o item (a): suponhamos primeiramente que y ∈ Y . Se y ∈ Y não precisa provarmuito, porque basta escolher a sequência constante (yn)n∈N = (y)n∈N. Suponhamos portanto que y

24

não pertença a Y . Seja {Un} um sistema fundamental de vizinhanças enumerável. Consideramos afamília enumerável de conjuntos {Vn} definida por

Vn =n⋂k=1

Uk.

750

Pela definição de vizinhança, sabemos que cada Vn é vizinhança de y, e contém portanto y. Alémdisso, há Vn+1 ⊆ Vn para todo n ∈ N. Seja agora a sequência (yn)n∈N, onde yn é um qualquerelemento de Vn ∩ Y . Tal elemento existe porque, pela hipótese, Vn é vizinhança de y que por suavez pertence a ∂Y , porque não pertence a Y . Queremos provar que (yn) converge a y. Aplicamos adefinição di convergência, e seja W uma vizinhança de y. Sendo {Un} um sistema fundamental de755

vizinhanças de y, existe Un ⊆ W . Obviamente Vn ⊆ Un e consideramos o elemento yn da sequência.Para todo k > 0 há claramente yn+k ⊆ Vn+k ⊆ Vn ⊆ W . E isso significa que os elementos de (yn)

pertencem a W exceto eventualmente um número finito, que é a definição de convergência.Agora suponhamos que y seja limite de uma sequência de elementos de Y . O caso interessante

é se supomos y /∈ Y . Seja então uma sequência (yn)n∈N em Y que converge a y. Seja W uma760

vizinhança qualquer de y. W contém elementos do complementar de Y porque contém y e contémelementos de Y porque contém elementos de (yn)n∈N. Ou seja, y verifica a definição de aderência.Observe que para demostrar este “sentido” do exercício, não precisa que X satisfaça o I axioma dienumerabilidade.

As duas propriedades acima são satisfeitas em R com a topologia euclideana, são fatos bem765

conhecidos nos cursos de Cálculo e dependem fortemente da topologia euclideana sobre R. Se éverdade que a topologia euclideana tem uma certa “naturalidade”, o esforço que devemos fazer nestecurso é não considerar a matemática que conhecemos como a única possível, mas abrir a outraspossibilidades.

Dado um espaço topológico X e um subconjunto Y , podemos chamar fecho por sequências ou770

aderência por sequências, com símbolo Y seq, o conjunto dos pontos x ∈ X tais que existe umasequência (xn)n em Y que converge a x. É imediato observar que Y ⊆ Y seq e que Y seq ⊆ Y . Mas poranti-intuitivo que possa parecer, existem situações onde Y \ Y seq 6= ∅. Neste caso, fica claro que Yseqnão é fechado. Um espaço topológico assim não deve verificar o I axioma di enumerabilidade, comosegue do exercício 92. Portanto deve ser um espaço topológico com “muitos” abertos, ou seja, com775

uma topologia extrememamente fina. Tal exemplo é complicado e iremos vê-lo, se temos tempo parapropô-lo, porque precisa do conceito de topologia produto, que até agora não temos encontrado.

Os exercícios seguintes podem ser encontrados no Engelking, páginas 29 e 30.

Exercício 93. Sejam X um espaço topológico e f, g : X → R duas funções contínuas, onde R possuia topologia euclideana. Prove que780

(1) |f | é contínua. Em geral se h : R→ R for contínua, então, h ◦ f é contínua.(2) f ± g e f · g são contínuas.

25

(3) Se f(x) 6= 0 para todo x ∈ X, 1/f é contínua.

Exercício 94. Seja RS a reta real com a topologia Sorgenfrey. Considere um conjunto [x, r), elementode uma base B de RS. Sendo [x, r) aberto e fechado na topologia, prove que a seguinte função785

f(y) =

{0 se x ≤ y < r

1 em todos os outros pontos

é contínua.

Terminamos esta longa aula com uma complementação sobre as funções contínuas. Na próximaaula iremos ver os espaços métricos.

Definição 27. Sejam X e Y dois espaços topológicos, e f : X → Y uma função dada. Dizemos quef é aberta se, para todo A aberto em X, f(A) é aberto em Y . Dizemos que f é fechada se, para790

todo C fechado em X, f(C) é fechado em Y .

Os conceitos acima não estão ligado à continuidade de f . Basta pensar que, por exemplo, umafunção f : [0, 1] → R que vale zero em um subconjunto qualquer de [0, 1] e 1 no complementar deleé fechada e descontínua.

Vale contudo o resultado seguinte.795

Proposição 28. Sejam X e Y dois espaços topológicos, e f : X → Y uma função contínua. Ascondições são equivalentes:

(1) f é um homeomorfismo,(2) f é bijetora e fechada,(3) f é bijetora e aberta.800

Demonstração.

(1)⇒ (2) Seja f um homeomorfismo. Portanto é injetora e sobrejetora. Além disso, a inversa de f ,f−1 : Y → X, é contínua. Portanto, se C é fechado em X, então, f−1(C) é fechado emY . Mas isso quer dizer que f(C) é fechado em Y para todo C fechado em X. Assim, (2) éprovada.805

(2)⇒ (3) Precisa provar somente que f é aberta. Seja A aberto em X. O complementar dele, chamode C, é fechado. Portanto f(C) é fechado em Y . Sendo f bijetora, há f(A) ∪ f(C) = Y

e f(A) ∩ f(C) = ∅. Observe que é fundamental que f seja bijetora. Em conclusão, f(A) éaberto e a (3) é provada.

(3)⇒ (1) Pela condição (3), f−1, inversa de f , fica bem definida, bijetora como f . Sendo f aberta, isso810

significa imediatamente que f−1 é contínua. Enfim f é contínua por hipótese e a demonstraçãoé completa

�

26

Exercício 95. Observe que, se esquecemos de escrever nas hipóteses que f é contínua, (3)⇒ (1) éfalsa. Qual pode ser um contra-exemplo?815

Exercício 96. Prove que as funções constantes são contínuas independentemente das topologiascolocadas.

Exercício 97. (este fato já foi visto, mas vamos revê-lo aqui) Sejam T1, T2 duas topologias sobreum conjunto X. Prove que a identidade I : (X, T1) → (X, T2) é contínua se e somente se T1 é maisfina de T2.820

Exercício 98. Dois subconjuntos A e B de um espaço topológico são chamados aderentes se

(A ∩B) ∪ (A ∩B) 6= ∅.

Prove que, dados dois espaços topológicos X e Y onde Y é T1 uma função f : X → Y é contínua see somente se preserva a relação de aderência entre conjuntos.

A redação do exercício acima e o contra-exemplo que vou colocar aqui são devidas a uma observaçãode Ricardo Felipe, que agradeço. Se X não for T1 a propriedade acima pode ser falsa: Pegue um825

conjunto X feito de dois pontos p, q e coloque a topologia em que os abertos são {p}, ∅ e X, masnão {q}. Verifique que de fato é uma topologia. Considere f definida por f(p) = q e f(q) = p.Obviamente f não é contínua, mas ela preserva a relação de aderência.

Exercício 99. Prove que a composição de dois homeomorfismos é um homomorfismo.

Exercício 100. Sejam X e Y dois espaços topológicos, f : X → Y uma função contínua, e B uma830

base da topologia de X. Prove que f é aberta se e somente se f(A) é aberto para todo A ∈ B.

Exercício 101. Sejam f : X → Y aberta (não necessariamente contínua; lembre que as definiçõesde função aberta ou fechada não incluem a continuidade) e D subconjunto denso de Y . Prove quef−1(D) é denso em X.

Exercício 102.835

-

���������

?

Xg

hf

Z

Y

O desenho acima é chamado diagrama comutativo e quer dizer que h ◦ f = g. Neste caso, supo-nhamos f sobrejetora e g fechada. Suponhamos também que f e h sejam contínuas (isso implica queg é também contínua). Prove que h é fechada.

27

Exercício 103. Seja X um espaço topológico e colocamos a topologia euclideana em R. Uma função840

f : X → R é chamada semicontínua superiormente se f−1(−∞, a)) é aberto para todo a ∈ R. Proveque f : X → R é semicontínua superiormente se e somente se para todo x ∈ X e todo ε > 0 existeuma vizinhança U de x tal que f(y) < f(x) + ε, para todo y ∈ U . Um comentário: o leitor podever que na frase anterior “falta” a desigualdade f(y) > f(x)− ε. Se tivesse, f seria contínua. Assim,tente fazer alguns desenhos de gráficos de funções semicontínuas superiormente para entender melhor845

o conceito. Nas aplicações, este conceito é muito importante, porque muitos fenômenos não podemser representados por funções contínuas. Analogamente vocês poderiam definir o conceito, simétrico,de semicontinuidade inferior.

Exercício 104. Procure um exemplo de f : [0, 1] → [0, 1] contínua somente em zero (topologiaeuclideana nos dois intervalos).850

Exercício 105 (difícil). Sejam X, Y espaços topológicos e f : X → Y uma função qualquer. Proveque o conjunto dos pontos onde f é contínua pode ser representado como interseção de uma famíliaenumerável de abertos (em princípio f poderia não ser contínua em nenhum ponto).

Observação 29. É possível provar que Q não pode ser representado como interseção de uma famíliaenumerável de abertos de R (estamos trabalhando com a topologia euclideana). Assim, é possível855

escrever uma função f : [0, 1] → R que é contínua em todos os pontos irracionais e somente neles,mas não existe uma função que seja contínua em todos os pontos racionais e somente neles.

Exercício 106. Determine uma função f : [0, 1]→ R que é contínua em todos os pontos irracionaise somente neles.

VI. 18 de abril de 2020 – revisitado no dia 28 de julho de 2020860

Foi sinalizado que talvez os exercícios 99 e 102 têm erros. Não os analisei e portanto tomemcuidado!

Antes de apresentar os espaços métricos, vou colocar alguns exercícios (também) sobre argumentosmais antigos.

Exercício 107. Sejam X um espaço topológico e E um subconjunto de X. Prove que865

(1) E é a união de E com seus pontos de acumulação.(2) Prove que E é fechado se e somente se contém todos seus pontos de acumulação.(3) Prove que E é fechado e discreto (discreto significa que não tem pontos internos) se e somente

se não possui nenhum ponto de acumulação. A equivalência anterior continua valendo se Enão for fechado?870

Exercício 108. Seja X um espaço topológico separável e seja T a topologia ou seja, a família dosabertos. Prove que o conjunto {x ∈ X : {x} ∈ T } é enumerável (eventualmente finito).

28

Exercício 109. Seja X um espaço topológico que satisfaz o II axioma di enumerabilidade. Seja Eum subconjunto de X, não enumerável. Então, prove que existe x ∈ E que é ponto de acumulaçãode E.875

Exercício 110. Considere, sobre um conjunto infinito X, a topologia cofinita. Quais das afirmaçõesa seguir são verdadeiras? Justifique.

(1) Todos os abertos não vazios de X são densos em X.(2) Se D ⊆ X é denso em X, então D é aberto em X.(3) Dados x, y ∈ X distintos, existem abertos disjuntos U e V em X tais que x ∈ U e y ∈ V .880

Exercício 111. Considere, sobre um conjunto não enumerável X, a topologia coenumerável. Quaisdas afirmações a seguir são verdadeiras? Justifique.

(1) D ⊆ X é denso em X se, e somente se, D é não enumerável.(2) X é separável.(3) Todos os abertos não vazios de X são densos em X.885

(4) Se D ⊆ X é denso em X, então D é aberto em X.(5) Dados x, y ∈ X distintos, existem abertos disjuntos U e V em X tais que x ∈ U e y ∈ V .

Exercício 112. Considere a topologia coenumerável sobre um conjunto não enumerável X, e fixex0 ∈ X arbitrário.

(1) Mostre que x0 ∈ (X \ {x0}) mas não existe nenhuma sequência de pontos de X \ {x0} que890

converge para x0.(2) Conclua que X não verifica o primeiro (e, portanto, também não verifica o segundo) axioma

de enumerabilidade.

Exercício 113. Decida se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas:

(1) Toda sequência em um espaço topológico munido da topologia trivial converge.895

(2) Nenhuma sequência em um espaço topológico munido da topologia discreta converge.(3) Qualquer espaço topológico munido da topologia trivial satisfaz o segundo axioma de enume-

rabilidade.(4) Nenhum espaço topológico munido da topologia discreta satisfaz o segundo axioma de enu-

merabilidade.900

Vamos agora tratar (sucintamente) a definição e algumas propriedades básicas dos espaços mé-tricos.

Definição 30. SejaX um conjunto qualquer. Umamétrica (ou distância) é uma função d : X×X →R que satisfaz às propriedades seguintes:

(1) d(x, y) ≥ 0, para todo x, y ∈ X, d(x, x) = 0, para todo x e d(x, y) > 0 se x 6= y.905

(2) d(x, y) = d(y, x), para todo x, y ∈ X.(3) (desigualdade triangular) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), para todo x, y, z ∈ X.

29

A métrica euclideana é bem conhecida por nos em relação aos espaços R e, mais geral, Rn. Somenteque aqui devemos pensar a conjuntos que, em princípio, não têm nada além da função definidaacima. Não têm por exemplo, estrutura linear. Para imaginar isso, não precisa pensar em coisas910

particularmente abstratas. A circunferência S1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1} é um espaço métricocom a métrica euclideana tradicional, mas não existe a soma definida nele (pelo menos, não a somaclássica de R2).

Um espaço métrico será denotado pelo símbolo (X, d). Quando d será clara e não teremos riscosde confusão, usaremos simplesmente o símbolo X.915

Definição 31. Seja (X, d) um espaço métrico. Dados x ∈ X e r número real positivo, conjuntoB(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r} é chamado bola centrada em x com raio r.

Observe que uma bola é sempre não vazia porque contém pelo menos x. Contudo, dependendo dex, de r de da métrica, é possível que B(x, r) = {x}.

O interesse pelos espaços métricos nesse curso é o fato de que a métrica d de um espaço métrico X920

define facilmente uma topologia em X. Precisamente, define T como a família dos subconjuntos Ade X tais que, para todo x ∈ A existe uma bola B(x, r) contida em A. Inclua agora em T o conjunto∅. T é de fato uma topologia em X que chamamos de topologia gerada pela métrica.

Exercício 114. Prove que T é realmente uma topologia, que as bolas são conjuntos abertos nessatopologia e que a família de todas as bolas é uma base dos abertos de T . Seja enfim B(x, r) uma925

bola qualquer. Prove que o conjunto B(x, r), definido por

B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) ≤ r},

é fechado. Tal conjunto, sendo fechado, contém B(x, r), mas não é necessariamente igual. Vejam oexemplo seguinte que foi sugerido em sala de aula por um aluno: seja R com a topologia euclideana,e seja X = {−1} ∪ [0,+1) com a métrica induzida (e a topologia também). Verifique o seguinte:

B(0, 1) = [0, 1), B(0, 1) = X.

Exemplo 32. Rn é um espaço métrico com a métrica euclideana definida por930

d(x, y) =

(n∑i=1

(xi − yi)2)1/2

.

Prove come exercício que a função d acima é uma métrica. Observe que ela gera a topologiaeuclideana sobre Rn.

Observação 33. Sobre um conjunto X 6= ∅ sempre é possível definir uma métrica. Basta definird(x, y) = 1 se x 6= y e d(x, y) = 0. É imediato verificar que d é uma métrica e que gera a topologiadiscreta. Portanto se trata de uma métrica pouco interessante. Em geral, se X é um conjunto, T935

é uma topologia e d é uma métrica, não podemos ter certeza, em princípio, que T seja a topologiagerada por d. A topolgia trivial falamos que não é metrizável porque ela não pode ser gerada pornenhuma métrica (tentem prová-lo; mais tarde será claro por outras razões).

30

Definição 34. Duas métricas d1 e d2 sobre um conjunto X são ditas equivalentes se as topologiasinduzidas são iguais.940

Exercício 115. Sejam d1 e d2 duas métricas sobre um conjunto X. Suponhamos que existam duasconstantes positivas c, C tais que

c d1(x, y) ≤ d2(x, y) ≤ C d1(x, y), ∀x, y ∈ X.

Prove que d1 e d2 são equivalentes. Podemos dizes que duas métricas são algebricamente equivalentesse verificam a desiguadade acima. Portanto algebricamente equivalentes =⇒ equivalentes. O vice-versa é falso. O exercício 125 sugere um exemplo.945

Resolução. Chamo d1, d2 as duas métricas e T1, T2 as respectivas topologias induzidas. Seja A abertonão vazio de (X, T1). Dado z ∈ A, seja B1(z, r) uma bola, pela métrica d1, centrada em z e contidaem A. Sabemos que existe c > 0 tal que

c d1(x, y) ≤ d2(x, y), ∀x, y ∈ X.

Portantod2(z, y) < cr ⇒ c d1(z, y) < cr ⇒ d1(z, y) < r.

Estas desigualdades implicam que a bola na métrica d2, B2(z, cr), está contida em B1(z, r) e portanto950

em A. Ou seja, A é aberto também na topologia T2. Em outras palavras T1 ⊆ T2. A prova de queT2 ⊆ T1 é análoga e deixada como exercício.

Exercício 116. Prove (podem usar o exercício anterior) que as duas métricas seguintes em Rn sãoequivalentes à métrica euclideana e portanto entre si:

d1(x, y) =n∑i=1

|xi − yi|, d∞(x, y) = supi=1,...,n

|xi − yi|.

Na próxima aula iremos aprofundar as propriedades que ligam métricas e topologias, olhando para955

a importância das sequências.

VII. 25 de abril de 2020 – revisitado no dia 28 de julho de 2020

Exemplo 35. Um exemplo interessante de espaço métrico é o seguinte. Cosidere um intervalolimitado e fechado [a, b] e chame X o conjunto das funções contínuas de [a, b] em R. X tem umaestrutura de espaço vetorial onde, dadas f, g ∈ X, a função f + g é definida por (f + g)(x) = f(x) +960

g(x). Sendo a soma de funções contínuas uma função contínua, f + g pertence a X. Analogamente arespeito do produto de uma função por um escalar c (não entro em detalhes). Podemos definir sobreX a métrica seguinte:

d(f, g) = supx∈[a,b]

|f(x)− g(x)|.

Observe que, pelo Teorema de Weierstrass, o supremo acima é um máximo.

31

Exercício 117. Prove que a função d acima é de fato uma métrica. Tal métrica é chamada métrica965

da convergência uniforme.

A relação dos espaços métricos com os axiomas de numerabilidade é interessante.

Teorema 36. Um espaço métrico X verifica o I axioma di enumerabilidade.

Demonstração. Seja x ∈ X fixado. A família das bolas abertas B(x, 1/n) é enumerável e é umsistema fundamental de vizinhanças. Seja U uma vizinhança de x. Pela definição de vizinhança, U970

admite um aberto V tal que x ∈ V ⊆ U . Pela definição de topologia gerada por uma métrica, V ,sendo aberto, admite uma bola B(x, r) contida em V . Sendo r > 0, existe n ∈ N tal que 1/n < r eportanto B(x, 1/n) ⊆ B(x, r). �

Não podemos afirmar que um espaço métrico sempre verifica o II axioma di enumerabilidade,porque é falso. Porém, podemos melhorar a propriedade (3) do exercício 87.975

Teorema 37. Um espaço métrico X verifica o II axioma di enumerabilidade se e somente se éseparável.

Demonstração. Somente precisa provar que, se X é separável, então satisfaz o II axioma dienumerabilidade. Seja portanto X separável e seja Y = {xn}n∈N um subconjunto enumerável e densoem X. Considere a família B das bolas abertas B(xn, r), onde o raio r é racional. B é enumerável e980

precisa mostrar que é uma base dos abertos da topologia de X. Sabemos, pela definição de topologiainduzida por uma métrica, que um aberto A de X pode ser escrito como união de bolas abertas deX (prove como exercício, é fácil). Portanto, é suficiente provar que cada bola aberta de X é união deconjuntos de B (assim, cada aberto de X será união de conjuntos de B e essa é a definição de base).

Sejam p ∈ X, ε > 0 e a bola B = B(p, ε). Seja x ∈ B e chame µ = d(p, x). Pela desigualdade985

triangular da métrica, a bola B′ = B(x, ε−µ2

) está contida em B (prove como exercício). A bola B′

contém elementos de Y sendo ele denso em X. Considere xn ∈ Y ∩ B′ e a bola B′′ = B(xn, r) onder é um racional menor de ε−µ

2e maior de d(xn, x). Sempre usando a desigualdade triangular, temos

que x ∈ B′′ ⊆ B (prove como exercício o "∈", que é imediato, e o "⊆"que dá mais trabalho). AssimB é união de bolas de B. �990

Um exemplo de espaço métrico não separável é um qualquer conjunto infinito não enumerável coma métrica discreta. Tal tipo de espaço métrico não é interessante. Mais interessante é o seguinte.

Exemplo 38. O seguinte é um clássico (estudado na análise funcional) espaço métrico não separável:chamado `∞, é o conjunto das sequências reais limitadas. Dada duas sequências, x = (xn) e y = (yn)

definimos995

d(x, y) = supn|xn − yn|.

Prove como exercício que a anterior é de fato uma métrica. `∞ não é separável. Para provar isso,considere o subconjunto E de `∞ constituido das sequências (xn) onde xn = 0 ou xn = 1. Provepor exercício duas coisas: 1. se x, y ∈ E, e x 6= y, há d(x, y) = 1; 2. E não é enumerável porque

32

os elementos de E formam as representações binárias dos números reais entre 0 e 1. Assim E nãoé enumerável e todos seus elementos têm distância 1. Tal espaço não pode conter um subconjunto1000

denso e enumerável porque, resumindo, existe a > 0 tal que d(x, y) ≥ a para todo x, y.

Observação 39. O exemplo acima permite observar uma coisa interessante, sobre a qual fazemosconfusão várias vezes:

(1) a união enumerável de conjuntos enumeráveis é enumerável. A prova não é difícil: bastamontar um esquema para contar os elementos, parecido ao esquem para enumerar os elementos1005

de Q;(2) o produto enumerável de conjuntos feitos de dois elementos (não precisamos do axioma da

escolha para definí-lo, pensem um pouco porque) não é enumerável, como o exemplo acimamostra.

Nos espaços métricos a continuidade é fortemente relacionada com as sequências. Vamos ver o1010

clássico resultado, que se encontra nos cursos de Cálculo para funções reais. A demonstração ficacomo exercício.

Teorema 40. Sejam X e Y dois espaços métricos. Uma função f : X → Y é contínua em x ∈ Xse e somente se para toda sequência (xn) que converge a x, a sequência (f(xn)) converge a f(x).

Exercício 118. Prove o teorema acima.1015

O conceito métricas equivalentes se relaciona com as sequências.

Proposição 41. Se duas métricas sobre o mesmo conjunto são equivalentes, então as famílias dassequências convergentes são iguais.

Demonstração. Seja X um conjunto sejam d e d′ duas métricas sobre eles. De fato podemosprovar algo mais forte. Se duas métricas verificam a propriedade do exercício 115, então as famílias1020

das sequências convergentes são iguais. Queremos provar que, se (xn) é uma sequência em X queconverge na métrica d ela também converge na métrica d′ (e que, se (yn) é uma sequência em X queconverge na métrica d′ ela também converge na métrica d; mas a relação é simétrica, assim precisaprovar so uma das duas, a outra acompanha a mesma lógica). Seja portanto (xn) uma sequência emX que converge na métrica d a x. Pela definição de métricas equivalentes, existe c ∈ R tal que1025

d′(x, xn) ≤ c d(x, xn).

Seja agora uma bola B′(x, r) na métrica d′ e seja a bola, na métrica d, B(x, r/r). Sendo (xn)

convergente em d a x, existe n tal que, para todo n ≥ n, xn ∈ B(x, r/c). Portanto, sempre paran ≥ n

d′(x, xn) ≤ c d(x, xn) < cr

c= r.

Ou seja, (xn) converge a x em d′. �

33

Os espaços métricos não podem ser tratados completamente aqui. Iremos ver mais para frente suas1030

conexões com outros importantes conceitos da topologia mais para frente. Vamos ver agora algunsexercícios sobre espaços métricos.

Exercício 119. Considere uma métrica sobre um conjunto finito. Prove que a topologia induzida édiscreta.

Exercício 120. Sejam X um conjunto finito e Y a família de todos os subconjuntos de X. Define1035

d : Y × Y → R por

d(A,B) = |A|+ |B| − 2|A ∩B|,

onde |A| é a cardinalidade de A, neste caso o número dos seus elementos. Prove que d é uma métrica.

Exercício 121. Prove que a topologia induzida por uma métrica num conjunto é a menos fina entreaquelas para as quais as bolas abertas são conjuntos abertos.

Exercício 122. Um espaço topológico (X, T ) é dito metrizável se existe uma métrica que induz T1040

sobre X. Prove que (X, T ) é metrizável se T é a topologia discreta.

Exercício 123. Prove que (X, T ) não é metrizável se T é a topologia trivial e X possui pelo menosdois pontos.

Exercício 124. Prove que, em um espaço métrico, uma bola aberta de raio 1 não pode conter umabola aberta de raio 2.1045

Exercício 125. Seja d uma métrica sobre um conjunto X. Prove que

c : X ×X → R, c(x, y) =d(x, y)

1 + d(x, y)

é uma métrica que induz a mesma topologia. Prove que d e c não verificam a propriedade do exercício115.

Resolução do exercício 98 sugerida por Ricardo Felipe:1. Suponhamos que f : X → Y seja contínua. Queremos provar que f preserva a relação de1050

aderência entre conjuntos. Este é o sentido fácil do exercício não requer que Y seja T1. Assim, sejamA e B dois subconjuntos de X aderentes. Suponhamos, sem perder em generalidade, que A∩B 6= ∅.Seja x ∈ A. Obviamente, f(x) ∈ f(A). Portanto, este lado do exercício, quer simplesmente que sejaprovado que, se x ∈ B, então f(x) ∈ f(B). Seja V aberto em Y tal que f(x) ∈ V . Pela continuidade,U = f−1(V ) é aberto em X e contém x. Sendo x aderente a B, então U contém pontos de B. Seja1055

p ∈ B ∩ U . Temos f(p) ∈ f(B) ∩ V . Este fato vale para todo V e diz que f(x) é aderente a f(B).2. Agora suponhamos que f preserve a relação de aderência entre conjuntos. Queremos provar

que é contínua. Suponhamos que f não seja contínua. Lembrando o exercício 68, existe um pontox ∈ X tal que f não é contínua em x. Portanto, existe um aberto V de Y que contém f(x) e tal que

34

todo aberto U em X que contém x tem imagem f(U) não contida em V . Este fato automaticamente1060

diz que V 6= Y . Agora considere

A = {y ∈ X : f(y) 6∈ V } e B = {x}.

Observe que A 6= ∅. Pela descontinuidade de f em x, ou seja, o fato acima lembrado de que f(U)

não é contido em V para nenhum U , temos que x é aderente a A. Ou seja A ∩ B 3 x e é portantonão vazio. Por outro lado B′ = f(B) = {x} e A′ = f(A) ⊆ (Y \ V ) são disjuntos em Y . Vamosmostrar que não são aderentes. B′ é um ponto e é fechado (aqui é usada a hipótese de que Y é T1).1065

Portanto B′ ∩A′ = ∅. Se fosse A′ ∩B′ 6= ∅, significaria que f(x) é aderente a A′. Mas isso não podeser porque f(x) é interno a V que é disjunto de A′. Portanto a não continuidade de f é contraditóriacom a manutenção da aderência e a prova é completa.

O exercício 102 precisa que as funções sejam contínuas. Vejam a correção.

VIII. 4 de maio de 20201070

Começamos por alguns dos exercícios recentemente sugeridos pelos alunos.

Exercício 107. O item 3 deve ser reescrito. Um subconjunto E de um espaço topológico X échamado discreto se todos seus pontos são isolados. Ou seja, se todo ponto x ∈ E possui umavizinhança U tal que E ∩ U = {x}. Equivalentemente, E é fechado se e somente se a topologiainduzida de X em E é a discreta. Agora o item 3 do exercício faz sentido nessa versão: Seja E é1075

fechado; então E é discreto se e somente se não admite nenhum ponto de acumulação. Para resolvero item: 1. suponha primeiramente que E seja discreto e suponhamos por contradição que E admitaum ponto de acumulação x. Sendo E fechado, x ∈ E. Porém x é isolado e isso é em contradiçãocom ser de acumulação. 2. Suponha que E não possua nenhum ponto de acumulação. É claramentefechado. Estamos aqui usando fortemente o item 2 do mesmo exercício. Sobre a última pergunta do1080

item 3: F = {1/n, n ∈ N} é um exemplo de conjunto discreto em R não fechado, que possui umponto de acumulação; neste caso x = 0 que obviamente não pertence a F .

Exercício 80. O enunciado tem um erro de digitação. Deixo a versão original como estava e colocoaqui a versão corrigida. Seja X um conjunto não enumerável e seja x0 ∈ X fixado. Seja

B = {{x} : x 6= x0} ∪ {A ⊆ X : x0 ∈ A e X \ A é enumerável}.

Prove que a família verifica as condições (B1) e (B2) da proposição 14 e assim gera uma topologia1085

sobre X. Seja agora f : X → R uma função contínua (com a topologia euclideana sobre R). Mostreque existe um subconjunto enumerável Y de X tal que para todo x ∈ X \ Y há f(x) = f(x0).

Vamos ver a resolução da segunda parte (a prova de que B gera uma topologia é fácil e não vouabordá-la aqui). Para todo n inteiro e ≥ 1, considere o intervalo aberto(

f (x0)−1

n, f (x0) +

1

n

).

35

Un = f−1(Vn) é aberto, porque f é contínua, e não vazio porque contém x0. Seja, para todo n1090

Wn = f−1(Vn), que se torna fechado e contém Un. Se n ≥ m, temos que Wn ⊆ Wm. A interseção

W = ∩nWn

é um conjunto fechado (interseção qualquer de fechados) e não vazio porque contém x0. Além dissocada X \Un é enumerável pela definição dos abertos quando eles contêm x0. Assim, também X \Wn

é enumerável para todo n. O conjunto X \W é enumerável sendo união enumerável de conjuntosenumerávels. Pela definição de W , temos f(x) = f(x0) para todo x ∈ W (verifique este fato em1095

detalhes). Assim a tese do exercício é provada.

Exercício 105. O enunciado que foi dado é errado. O enunciado correto é o seguinte. Seja X umespaço topológico e f : X → R uma função qualquer. Prove que o conjunto dos pontos onde f écontínua pode ser representado como interseção de uma família enumerável de abertos. Tentem fazero exercício. Nas próximas aulas irei colocar a resolução.1100

Exercício 123. O enunciado do exercício é correto. Se trata de provar que se (X, T ) é um espaçotopológico onde T é a topologia trivial e X tem pelo menos dois pontos, não existe nenhuma métricaque gera T .

∗ ∗ ∗Vamos ver agora aqueles que são chamados axiomas de separação, que foram apresentados por

Heinrich Tietze em 1921, e que seria melhor chamar de propriedades de separação.1105

Definição 42. Seja X um espaço topológico. X é dito ser

(0) T0 se para todo x, y ∈ X, com x 6= y, se verifica pelo menos um dos dois fatos seguintes:(a) existe uma vizinhança de x que não contém y, (b) existe uma vizinhança de y que nãocontém x.

(1) T1 se para todo x, y ∈ X, com x 6= y, os dois fatos acima são verificados.1110

(2) T2 se para todo x, y ∈ X, com x 6= y, existem uma vizinhança U de x e uma V de y tais queU ∩ V = ∅. Um espaço T2 é frequentemente chamado espaço de Hausdorff.

Exercício 126. É muito fácil provar que T2 ⇒ T1 ⇒ T0. Por outro lado, essas relações são muitoimportantes e é bom que sejam mais claras por meio de alguns exemplos e exercícios.

Exercício 127. Prove que um espaço topológico X que possua pelo menos dois pontos não é T0 se1115

a topologia é a trivial.

Exercício 128. Prove que R com a topologia das semirretas (esquerdas ou direitas, tanto faz) é T0,mas não T1.

Exercício 129. Sejam X um espaço topológico e B uma base dos abertos de X. Para cada x ∈ Xdenote por Bx a família dos abertos de B que contêm x. Mostre que X é T0 se e somente se para todo1120

x, y ∈ X, x 6= y, temos Bx 6= By. Observe que pedir Bx 6= By significa pedir “muito pouco”. Bastaque um conjunto de uma das duas famílias não pertença a outra. Por outro lado, uma topologia T0

36

é bem pobre de abertos, assim pode ser não tão simples obter Bx 6= By. Em outras palavras, é muitomais fácil ter Bx 6= By se as duas famílias são amplas.

Exercício 130. Mostre que um espaço topológico X é T0 se e somente se para todo x, y ∈ X, x 6= y,1125

temos {x} 6= {y}.

Exercício 131. Prove que R com a topologia cofinita é T1, mas não T2. Vale a mesma coisa para Rcom a topologia coenumerável.

A proposição seguinte é muito importante.

Proposição 43. Um espaço topológico X é T1 se e somente se, para todo x ∈ X, {x} é fechado.1130

Demonstração. 1. ⇒) Suponhamos que X seja T1. Fixe x ∈ X. Chame Y = X \ {x}. Peguey ∈ Y . Sendo X de tipo T1, existe uma vizinhança Vy de y que não contém x. Como Vy inclui umavizinhança aberta que obviamente não contém x, posso supor Vy aberto. Assim temos

Y =⋃y∈Y

Vy

o que torna Y aberto como é união de abertos. Assim, {x} é fechado porque complementar de Y .2. ⇐) Este lado é imediato e deixo como exercício. �1135

Exercício 132. Prove que um espaço métrico é de Hausdorff (o viceversa é falso).

Ser T2 para um espaço topológico é uma propriedade muito importante que garante muitas outras.Veja o exercício seguinte.

Exercício 133. Seja X um espaço topológico T2. Prove que se (xn)n∈N é uma sequência em X,convergente a um ponto x, então ela não pode convergir a outros pontos. (Veja a definição 26.)1140

A unicidade do limite é um fato clássico em cálculo diferencial e parece óbvia, mas depende forte-mente da propriedade T2. Considere R com a topologia cofinita, que é T1, mas não T2. Considere(1/n)n∈N,n≥1. Prove que a sequência converge para todo ponto de R. Parece muito estranho, masé assim, bem contraintuitivo. Tente ver quais são as sequências que convergem para vários pontose tente ver se existem sequências que convergem para um ponto somente, assim sequências que não1145

convergem para nenhum ponto. Se R tiver a topologia coenumerável, as coisas são bem diferentes,mesmo sendo tal topologia T1 e não T2.

Proposição 44. Sejam X, Y dois espaços topológicos e suponhamos Y seja T2. Sejam f, g : X → Y

duas funções contínuas. Então, o conjunto C = {x ∈ X : f(x) = g(x)} é fechado.

Antes de ver a demonstração, observe como, se Y for R com a topologia euclideana, tal teorema é1150

de fato o teorema da conservação do sinal para funções contínuas dos cursos de Cálculo diferencial.

37

Demonstração. Tentamos mostrar que o complementar A de C é aberto. Seja x ∈ A e sejamy1 = f(x) 6= g(x) = y2. Agora usamos a hipótese de que Y é de Hausdorff5. Sejam V1 e V2vizinhanças abertas de y1 e y2, respectivamente, tais que V1 ∩ V2 = ∅. Defino

U1 = f−1(V1) e U2 = g−1(V2).

Se trata de dois abertos de X, porque f, g são contínuas e V1 e V2 são abertos. U := U1 ∩ U2 é não1155

vazio e contém pelo menos x. Se agora z ∈ U , fica evidente que f(z) ∈ V1 e g(z) ∈ V2. Portantof(z) 6= g(z) e assim z ∈ A. Isso prova que um ponto qualquer de A (o nosso x inicial) possui umavizinhança (tb aberta) contida em A. Em outras palavras, A pode ser escrito como união de abertos.Ou seja A é aberto e a demonstração é completa. �

Exercício 134. Refaça a prova da proposição. Encontre um exemplo onde ela é falsa se Y não for1160

T2.

Exercício 135. Na linha do resultado anterior, o seguinte é fácil e portanto é colocado aqui comoexercício: sejam X, Y dois espaços topológicos e suponhamos Y seja T2. Sejam f, g : X → Y duasfunções contínuas. Se C = {x ∈ X : f(x) = g(x)} é denso em X. Então f = g em tudo X.

Definição 45. Um espaço topológico X é chamado T3 se para todo x ∈ X e todo subconjunto1165

fechado C de X tal que x 6∈ C, existem dois abertos A e B de X tais que

x ∈ A, C ⊆ B, A ∩B = ∅.

Podemos dizer que B é uma vizinhança aberta de C porque é uma vizinhança aberta de todosseus pontos.

Observação 46. Nos cursos de Cálculo um ponto é sempre fechado. Por isso temos a tendência empensar que T3 ⇒ T2 também neste contexto aqui. Isso é falso! Se X é um espaço topológico em1170

geral, não sabemos se ele é T1. Assim, não temos uma relação geral entre T3 e T2. Nenhuma dasduas implica a outra. Podemos dizer que T3 +T1 ⇒ T2. Isso é verdade (a demonstração é imediata).

Exemplo 47. Um espaço topológico que possua pelo menos dois pontos, com a topologia trivial, éum exemplo de T3 que não é T2. Isso porque a quantidade de pontos não depende da topologia, aquantidade de fechados sim! Assim, na topologia trivial temos somente dois abertos e a T3 é sempre1175

verificada. Em outras palavras: se os fechados são poucos, é mais provável veificar a T3, porém émais difícil verificar a T2 que precisa de muitos abertos.

Exercício 136. Graças a um exercício anterior, sabemos que R com a topologia das semirretas(esquerdas por exemplo) não é T2 porque nem é T1. Verifique que ele é T3. (Correção: não é T3).

5Nas demonstrações dos teoremas, tentem sempre destacar onde uma hipótese está sendo usada. Isso ajuda emprocurar contraexemplos caso tal hipótese não seja satisfeita.

38

Exercício 137. Seja X um conjunto de três pontos, X = {a, b, c}. Seja T = {X, ∅, {a}, {b, c}}.1180

Prove que T é uma topologia. Prove que (X, T ) é T3 e não T2.

Exercício 138. Sejam X = [0, 1] e seu subconjunto S = {1/n, n ∈ N, n ≥ 1}. Seja A a família dossubconjuntos de X que satisfazem um dos dois critérios seguintes: (a) ser um aberto de (0, 1] com atopologia euclideana, (b) ser um conjunto da forma (0, r) \ S, onde 0 < r < 1. Considere agora T atopologia menos fina que contém os elementos de A como abertos. Prove que (X, T ) é T2, mas não1185

T3. Precisa corrigir: acima é [0, r) \ S, não (0, r) \ S.

O exercício acima é muito interessante na minha opinião. T é “quase” a topologia euclideana, masnão é.

Concluimos esta aula com uma observação correta devida a Victor: o exercício 114 é errado sobreeste aspecto: seja X um espaço métrico e chame B(x, r) cada bola aberta de raio r > 0. Este1190

conjunto é aberto na topologia induzida pela métrica. Seja B(x, r) o fecho da bola anterior. Eseja C(x, r) = {x ∈ X : d(x, y) ≤ r}. Tal conjunto é fechado (prove como exercício) e contémB(x, r) (este fato é imediato). Agora, é falso dizer que B(x, r) = C(x, r). É imediato observarque B(x, r) ⊆ C(x, r) pela definição de fecho de um conjunto e porque C(x, r) é fechado. Mas aigualdade não sempre é verificada. Considere por exemplo X = {0} ∪ [1,+∞). Coloque a métrica1195

(induzida) euclideana. Continuem o exemplo até sua conclusão, provando que B(1, 1) = [1, 2] eC(1, 1) = {0} ∪ [1, 2].

IX. 11 de maio de 2020

Na aula do dia 11 foi sugerida por alguns alunos a correção dos exercícios 115, 136 e 138. Sobreo exercício 115: as duas métricas são equivalentes, como mostra a resolução do exercício. Sobre1200

o exercício 136: R com a topologia das semirretas (esquerdas por exemplo) não é T3. Observe emparticular que tal espaço topológico não possui abertos disjuntos. Assim não pode verificar T3. Sobreo exercício 138: veja a correção em azul (foi um erro de digitação).

O próximo exercício será útil para a aula do dia 18 de maio.

Exercício 139. Sejam X e Y dois espaços topológicos e f : X → Y uma função dada. Prove que f1205

é contínua se e somente se, para toda base B de Y , temos f−1(B) aberto para todo B ∈ B.

Voltamos agora aos axiomas de separação.

Proposição 48. Um espaço topológico X é T3 se e somente se, para todo x ∈ X e toda vizinhançaaberta W de x, existe uma vizinhança aberta U de x tal que U ⊆ W .

Esta proposição se torna uma ferramenta técnica bastante usada nas aplicações (no cálculo dife-1210

rencial por exemplo).Demonstração. 1. ⇒ ) Seja X um espaço topológico T3. Sejam x um ponto fixado e W umavizinhança aberta de x. Denoto Y = X \W que é fechado. Portanto existem dois abertos U1 e U2

tais que

39

(1) x ∈ U1,1215

(2) Y ⊆ U2,(3) U1 ∩ U2 = ∅.Assim, temos o seguinte: U1 ⊆ (X \ U2) pela (3). Sendo X \ U2 fechado, temos U1 ⊆ (X \ U2).

Pela (2), temos (X \ U2) ⊆ W (verifique este fato, não é difícil). Segue imediatamente U1 ⊆ W .2. ⇐ ) Suponhamos agora que o espaço topológico X verifique a propriedade: para todo x ∈ X1220

e toda vizinhança aberta W de x, existe uma vizinhança aberta U de x tal que U ⊆ W . Queremosprovar que X é T3. Sejam x ∈ X e C fechado em X tais que x 6∈ C. W := X \ C é uma vizinhançaaberta de x. Pela propriedade, considero um aberto U1 tal que x ∈ U1 e U1 ⊆ W . Depois escolhoU2 := X \U1. Podem chegar à conlusão do raciocínio provando (façam as contas como exercício) queU1 ∩ U2 = ∅, x ∈ U1 e finalmente C ⊆ U2. �1225

Os resultados seguintes são deixados como exercício.

Exercício 140. Um espaço topológico X é T3 se e somente se todo ponto x possui um sistemafundamental de vizinhanças fechadas.

Exercício 141. Seja X um espaço métrico com a topologia associada à métrica. Mostre que X éT3 (portanto regular porque T1 é fácil).1230

Definição 49. Um espaço topológico X é chamado T4 se para todos subconjuntos fechados C,D deX tais que C ∩D = ∅, existem dois abertos U1 e U2 de X tais que

C ⊆ U1, D ⊆ U2, U1 ∩ U2 = ∅.

Pela mesma razão que T3 não implica T2, os seja a impossibilidade de relacionar pontos e conjuntosfechados (se não sabemos seX é T1 ou não), aqui também T4 não implica T3. Também T3 não implicaT4, mas isso é mais intuitivo (embora não fácil).1235

Definição 50. Se um espaço topológico X é T4 e T1, é chamado normal.

Observação 51. Um espaço topológico normal é também regular.

A proposição seguinte é a análoga da proposição 48 e será muito importante para a aula do dia18. A demonstração é deixada como exercício.

Proposição 52. Um espaço topológico X é T4 se e somente se, se para todos subconjuntos fechados1240

C,D de X tais que C ∩D = ∅, existe um aberto U tal que C ⊆ U e U ⊆ X \D.

Exercício 142. Prove a proposição acima.

Exemplo 53. A reta de Sorgenfrey R (veja-se o exercício 52) é um espaço normal. Sejam C,D doisconjuntos fechados de R. Para cada a ∈ C fixamos um aberto [a, x(a)) disjunto de D. Analogamente,para cada b ∈ D, seja [b, y(b)) um aberto de R disjunto de C. Defino1245

U =⋃a∈C

[a, x(a)) e V =⋃b∈D

[b, y(b)).

40

U e V são claramente abertos e contêm C e D respectivamente. Para finalizarmos o exemplo,precisamos provar que são disjuntos. Suponhamos por contradição que exista z ∈ U ∩ V . Então,existem a ∈ C e b ∈ D tais que z ∈ [a, x(a)) ∩ [b, y(b)). Obviamente a 6= b (C,D são dosjuntos).Assim, suponhamos que a < b. Sendo não vazia a interseção dos dois intervalos, temos x(a) > b. Masisso implica que b 6∈ D (correção a respeito da versão precedente), coisa que é falsa. Analogamente,1250

supor a > b leva a uma contradição. Foi provado, até agora, que R é T4. Prove que é T1 e o exemploé completo.

Antes de apresentar o resultado conclusivo desta aula, lembramos que um espaço topológico satisfazo II axioma di enumerabilidade se possui uma base enumerável. Se prova que neste caso o espaçoé também separável. O viceversa não vale, ou seja, existem espaços topológicos separáveis que não1255

têm base enumerável. A equivalência vale para os espaços métricos: um espaço métrico é separávelse e somente se tem base enumerável.

Teorema 54. Um espaço topológico regular X que satisfaz o II axioma di enumerabilidade é normal.

Demonstração. Claramente, é suficiente provar que X é T4 (a propriedade T1 já está dentro dadefinição de regularidade). Considero dois subconjuntos fechados C,D de X tais que C ∩ D = ∅.1260

Seja B uma base enumerável de abertos. Sejam

C a família dos abertos U de B tais que U ∩D = ∅,

D a família dos abertos V de B tais que V ∩ C = ∅,

No desenho seguinte, alguns tipos de abertos U em vermelho.

C e D são famílias enumeráveis, eventualmente finitas. Denotamos elas por1265

C = {Un}n∈N , D = {Vn}n∈N .

Agora, provem como exercício que

C ⊆⋃n

Un e D ⊆⋃n

Vn.

41

As duas inclusões acima parecem óbvias, mas não são. Façam o exercício com cuidado, observandoquais são as propriedades de X que se usam (veja a proposição 48).

Para todos os n ∈ N considere os abertos

An = Un \

(n⋃j=1

Vj

), Bn = Vn \

(n⋃j=1

Uj

).

Verifique como exercício os não difíceis fatos seguintes:1270

(1) se m ≥ n, há Am ∩ Vn = ∅ e Bm ∩ Un = ∅,(2) para todo m,n, há Am ∩Bn = ∅.As observações seguintes concluem a demonstração e vocês podem verificá-las por exercício. Os

An, Bn foram construidos “depurando” os Un, Vn. Assim, denotando A = ∪nAn e B = ∪nBn, temosA ∩B = ∅. Enfim, C ⊆ A e D ⊆ B. �1275

Exercício 143. Reflita com calma e explique porque os abertos ∪nUn e ∪nVn não podem ser osabertos desejados e precisam de fato os An, e os Bn. Veja o desenho acima e observe que s Uvermelho em baixo e aquele em cima poderiam ser também abertos de tipo V .

Exercício 144. Prove que R e os intervalos de R com a topologia euclideana são normais.

Exercício 145. Prove que um espaço topológico enumerável e regular é normal.1280

X. 18 de maio de 2020

Alguns exercícios, incluindo argumentos mais velhos, antes de tratar o Lema de Urysohn.

Exercício 146.

(1) Sejam X um espaço topológico, B uma base de abertos para X e Y um subconjunto de X.Prove que BY = {U ∩ Y : U ∈ B} é uma base de abertos para Y (considerando-se, sobre Y ,1285

a topologia de subespaço).(2) Conclua que, se X é um espaço topológico que verifica o segundo axioma de enumerabilidade,

então todo subespaço de X também o verifica.(3) Podemos afirmar o mesmo com respeito ao primeiro axioma de enumerabilidade?(4) Mostre que o subespaço (R \Q)2 ⊆ R2 é separável.1290

Exercício 147. Seja X um espaço topológico que satisfaz o segundo axioma de enumerabilidade.Prove que, se A ⊆ X é não enumerável, então existe x ∈ A que é ponto de acumulação de A.

O resultado seguinte, Lema de Urysohn (Pavel Urysohn, 1898-1924) é muito importante nas apli-cações da topologia à análise.

Lemma 55 (de Urysohn). Seja X um espaço topológico T4. Sejam C,D dois subconjuntos de X,1295

fechados e disjuntos. Então, existe uma função contínua f : X → [0, 1] tal que f(x) = 0 para todox ∈ C e f(x) = 1 para todo x ∈ D.

42

Demonstração. Chamo Q′ o conjunto dos racionais do intervalo [0, 1]. Escolho uma enumeraçãodeles, Assim, Q′ = {qn}n∈N. Escolho também enumerar q0 = 0 e q1 = 1. Para todos os outros índicesm,n, fique claro que em princípio não tem nenhuma relação entre ser n < m e ser qn < qm. Sendo1300

X T4, existe um aberto U de X tal que C ⊆ U e U ⊆ X \ D (proposição 52). Chamo este U deU0 porque quero definir uma sequência de conjuntos a partir dele. Como U0 ⊆ X \ D, eu poderiarepetir o processo garantido pela proposição 52 aos fechados disjuntos U0 e D. Chamo U1 um abertode X que contém U0 e cujo fecho é contido em X \D. Claramente não posso continuar assim até oinfinito (não faz matematicamente/logicamente sentido), mas posso definir, como se faz nestes casos,1305

recursivamente (ou indutivamente, que é a mesma coisa), uma sequência de conjuntos:

(i) U0 é definido como acima a partir de C e D.(ii) Dado um aberto Ui cujo fecho é disjunto de D, seja Ui+1 tal que Ui ⊆ Ui+1 e Ui+1 ⊆ X \D.

Na verdade, o processo acima não serve para nada, porque não está minimamente relacionado como intervalo [0, 1] e portanto com a possibilidade de construir a função desejada. O processo recursivo1310

é outro. Pensando no processo anterior, U0 é construido como se faz acima. U1 também. U2 e osoutros em seguida, não. O processo é diferente. Lembrando que

0 = q0 < q2 < q1 = 1,

aplico a proposição 52 aos fechados disjuntos U0 e X \U1. Assim seja U2 aberto em X tal que U0 ⊆ U2

e U2 ⊆ U1 (podem procurar o pdf da lousa digital da aula do dia 18.5, que está na minha página: alítêm os desenhos). O próximo passo é mais difícil porque não sabemos se q3 é maior ou menor de q2.1315

Assim:

se q2 < q3, aplico a proposição 52 aos fechados disjuntos U2 e X \ U1. Assim o aberto U3

estará entre U2 e U1.se q2 > q3, aplico a proposição 52 aos fechados disjuntos U0 e X \ U2. Assim o aberto U3

estará entre U0 e U2.1320

A lógica do processo acima é que eu não quero (não precisa nem me interessa) que m < n⇒ Um ⊆Un, mas quero qm < qn ⇒ Um ⊆ Un.

A definição recursiva não é tão fácil. O passo inicial é fácil. U0 é definido como já foi visto, e atéU1, U2 e U3. Em geral: dado k ∈ N, considere A = {q0, q1, ..., qk}. Sejam U0, ..., Uk abertos de X taisque cada Ui contém C, Ui ⊆ X \D e Uj ⊆ Ui se qj < qi. Dado qk+1 chamo m e M os dois elementos1325

de A tais que m < qk+1 < M e tais que não tem nenhum elemento de A entre m e M . Observe que,pelo fato de A ser finito e pelo fato dele conter 0 e 1, m e M são bem determinados. Finalmentepodemos escolher Uk+1 como um aberto de X tal que Um ⊆ Uk+1 e Uk+1 ⊆ UM .

Tem uma pequena imprecisão de notação em escrever Um e UM (sabem perceber qual?), mas achoque dá para entender sem complicar mais.1330

Com esta família enumerável de abertos, podemos finalmente definir a função f . Defino:

f(x) = inf ({qn : x ∈ Un} ∪ {1})

43

Observe que, se x /∈ U1, temos {qn : x ∈ Un} = ∅. Por causa disso serve colocar {1} no conjunto. Afunção f acima é candidata a resolver nosso problema. Primeira coisa, D ⊆ X \U1 e assim f(x) = 1

para todo x ∈ D. Esta era a coisa mais fácil. É igualmente imediato que f atinge valores em [0, 1].Se x ∈ C, então x ∈ U0 e f(x) = 0. Fica mais claro agora porque foram construidos deste jeito os1335

Un? A última coisa que falta é a continuidade de f . Para prová-lo, considere a família dos intervalos[0, b), b < 1, (a, b), 0 < a < b < 1 e (a, 1], a > 0. São todos abertos na topologia induzida (datopologia euclideana) em [0, 1].

Exercício 148. Prove que os abertos acima constituem uma base. Prove também que, se as imagensinversas dos abertos de uma base são abertas, então a função é contínua.1340

Assim quero provar que, para todos 0 < a < b < 1, as imegens inversas por f dos intervalos acimasão abertas em X. Considero os conjuntos do tipo f−1([0, b)). Seja x ∈ X tal que f(x) < b. Chamo

Ax = {qn : x ∈ Un}.

Sendo f(x) < 1, Ax 6= ∅ e portanto existe qn ∈ Ax, qn ≥ f(x). Por outro lado f(x) é o inf do conjuntoe assim posso escolher tal qn < b e x ∈ Un. Viceversa, se x ∈ Un por um certo qn < b significa quef(x) < b. Resumindo, o conjunto dos x tais que f(x) < b é a união de todos os Un tais que qn < b,1345

ou seja, é união de abertos e portanto é aberto.Considero agora os conjuntos do tipo f−1((a, 1]). Seja x tal que f(x) > a. Sejam qn, qm racionais

tais que a < qn < qm < f(x). Assim, x ∈ X \Un que é aberto (porque estou utilizando dois racionaisqn, qm?). Por outro lado, se x ∈ X \ Un por um certo racional qn > a, então f(x) > a. Assim, oconjunto dos x tais que f(x) > a é a união de todos os X \ Un tais que qn > a, ou seja, é união de1350

abertos e portanto é aberto.Nessa altura, o estudo dos conjuntos de tipo f−1(a, b) é fácil e é deixado como exercício para

concluir a prova. �

XI. 1◦ de junho de 2020

Vamos ver outras propriedades ligadas aos axiomas de separação.1355

Proposição 56. Sejam X e Y dois espaços topológicos e f : X → Y uma função contínua sobrejetorae fechada. Se X é T1 então Y é T1. Se X é T4 então Y é T4.

Observação 57. Antes de ver a demonstração lembre que um espaço topológico T4 não é necessa-riamente T1. Assim, os dois fatos enunciado na proposição são independentes. Observe também quea proposição poderia ser enunciada em uma forma equivalente: se X for T1 e Y não, e se f : X → Y1360

for uma função contínua, ela não pode ser também fechada e sobrejetora.

Demonstração. O caso T1 é fácil. Lembre que um espaço topológico é T1 se e somente se seus pontossão fechados (veja o exercício 21). Seja y ∈ Y fixado. Sendo f sobrejetora, considero x ∈ f−1(y). Xé T1 e portanto {x} é fechado. Assim, {f(x)} é fechado porque f é fechada. Mas {f(x)} = {y} e issoconclui a prova. Observe que a continuidade não foi utilizada. Portanto, o enunciado não foi escrito1365

44

na forma melhor possível. Foi priviliegiada uma simplificação na linguagem, que tirou um pouco dequalidade à proposição. No próximo item, a continuidade será sim essencial.

Seja X T4 e vamos provar que Y é T4.

Considere dois subconjuntos de Y , fechados e dis-juntos C e D, não vazios. As imagens inversas (aquia continuidade de f é usada) f−1(C) e f−1(D) sãofechadas em X. Elas são também disjuntas (óbvio)e não vazias porque f é sobrejetora. Sabendo queX é T4 sejam U e V dois abertos de X que contêmf−1(C) e f−1(D) e que são disjuntos. Claramentetemos que C ⊆ f(U) e D ⊆ f(V ). O ideal seriaque f(U) e f(V ) fossem dois abertos disjuntos, paraconcluir rapidamente a prova. Infelizmente, não te-mos condição de provar nenhuma das duas coisas,porque f em príncipio não é aberta, nem podemossaber se f(U) ∩ f(V ) = ∅. Assim, precisa refinar oraciocínio.

Primeiramente considero f(X \U) e f(X \V ) que são fechados em Y porque imagens de fechados1370

de X (lembre que f é fechada). Denoto

U ′ = Y \ f(X \ U) e V ′ = Y \ f(X \ V )

que são abertos em Y . Assim, f−1(U ′) e f−1(V ′) são abertos em X pela continuidade de f . Sejax ∈ f−1(U ′), ou seja f(x) ∈ U ′. Isso significa que f(x) 6∈ f(X \ U), portanto x ∈ U . Ou sejaf−1(U ′) ⊆ U . Identicamente, podemos mostrar que f−1(V ′) ⊆ V . Portanto, f−1(U ′) ∩ f−1(V ′) = ∅.Além disso, mostramos que também U ′ e V ′ são disjuntos, em Y . Se temos y = f(x) ∈ U ′, replicando1375

o raciocínio anterior, há que x ∈ U . A mesma lógica leva a dizer que x ∈ V , mas isso é impossível,porque U ∩ V = ∅. Os abertos U ′ e V ′ são os conjuntos que estávamos procurando. Para provarisso, seja y ∈ C e x tal que f(x) = y (lembre que f é sobrejetora). Pela definição de U , ele contémx. Se tivesse z ∈ X \ U tal que f(z) = y, então seria z ∈ f−1(C) ⊆ U , contraditŕio com z ∈ X \ U .Portanto f(X \ U) e C são disjuntos e assim U ′ ⊇ C. Analogamente, podemos ver que V ′ ⊇ D e a1380

proposição é completamente demonstrada. �

Exercício 149. Seja X um espaço topológico com uma topologia T que é T1. Mostre que T é maisfina da topologia cofinita (lembre que T1 mais fina de T2 significa que todo aberto de T2 é tambémaberto de T1).

Exercício 150. Sejam T1 e T2 duas topologias sobre um conjunto X tais que T2 é mais fina de T1.1385

Diga se é verdadeiro ou falso o fato seguinte: se (X, T1) é T0, então (X, T2) também é. Verifique oque acontece com os outros axiomas de separação.

45

Exercício 151. Sejam X um conjunto e Y um espaço topológico. Considere uma função f : X → Y .Prove que a família {f−1(V ) : V é aberto em Y } é uma topologia sobre X. Nesta topologia de X,observe que f é contínua. A “quantidade” de abertos da topologia de X depende da “quantidade”1390

de abertos da topologia de Y e da quanto f é longe ou próxima de ser injetora e sobrejetora. Tentemontar alguns exemplos.

Exercício 152. Prove que a função f : R→ R, f(x) = x2 é fechada e não aberta.

Exercício 153. Seja f : X → Y uma função contínua. Prove que

• f é fechada se e somente se f(A) = f(A) para todo A ⊆ X.1395

• f é aberta se e somente se a imagem do interior de A está contida no interior da imagem deA, para todo A ⊆ X.

Exercício 154. Seja X um espaço topológico que satisfaz o primeiro axioma di enumerabilidade.Considere um espaço topológico Y e uma função f : X → Y , contínua sobrejetora e aberta. Y satisfazo primeiro axioma di enumerabilidade? Vale o mesmo resultado a respeito do segundo axioma di1400

enumerabilidade?

Exercício 155. Sejam X um espaço topológico e M um subconjunto que se torna subespaço coma topologia induzida. Mostre que, se X satisfaz o primeiro axioma di enumerabilidade, também M

satisfaz. A mesma relação vale para o segundo axioma di enumerabilidade. Sobre a separabilidade,a situação é diferente. Temos espaços separáveis, com subespaços não separáveis. Procure exemplos1405

entre espaços topológicos que não têm base enumerável.

Definição 58. Um espaço topológico X é chamado metrizável se existe uma métrica que possa serdefinida sobre X e que seja geradora da topologia que já existe.

Porque se usa a palavra metrizável? Um espaço topológico metrizável não é de fato um espaçométrico? A razão é prática. Suponha ter um espaço topológico X com várias propriedades inte-1410

ressantes. Será que existe uma métrica que gera a topologia? No momento em que se coloca apregunta, a métrica ainda não se sabe se existe. Gostaríamos que existisse. Se existe, dizemos queX é metrizável. Por exemplo, vale um teorema devido a Urysohn: cada espaço de Hausdorff, regularcom base enumerável é metrizável. Entendemos que não seria correto dizer que é um espaço métrico.É mais correto dizer que será um espaço métrico. Lembrando agora o teorema 54, aqui vamos provar1415

o viceversa do teorema devido a Urysohn.

Proposição 59. Um espaço topológico metrizável é normal.

Demonstração. De fato, aqui o enunciado poderia ser tranquilamente: um espaço métrico é normal.Seja X um espaço métrico, denotando por d a métrica. Sejam C e D dois fechados disjuntos e nãovazios em X. Dados x ∈ C e y ∈ D, considere dois números positivos εx e εy tais que1420

B(x, εx) ∩ C = ∅ e B(y, εy) ∩D = ∅,

46

onde B(p, a) é a bola aberta centrada em p com raio a.

Observe, no desenho acima, que em princípio B(x, εx) e B(y, εy) podem não ser disjuntas. Paratodo x ∈ C, seja B′x = B(x, εx/2). Analogamente, dado y ∈ D, seja B′y = B(y, εy/2). Denoto

U =⋃x∈C

B′x e V =⋃y∈D

B′y.

É imediato ver que U, V são duas vizinhanças abertas de C e D, respectivamente, e que U ∩ D =1425

∅ = V ∩ C. A única dificuldade é mostrar que U e V são disjuntos. Feito isso, a prova é concluída.Suponhamos por contradição a existência de p ∈ U ∩ V . Pela definição de U e V existem x ∈ C ey ∈ D tais que p ∈ B′x e p ∈ B′y. Portanto, aplicando a desigualdade triangular da métrica, há

d(x, y) ≤ d(x, p) + d(y, p) <εx2

+εy2≤ max{εx, εy}

absurdo pela definição das bolas iniciais, i.e., porque B(x, εx) não contém pontos de D e B(y, εy)

não contém pontos de C. �1430

A prova do teorema de Tietze foi dividida nesta aula e na seguinte. Vou colocar tudo no relatóriosobre a próxima aula.

XII. 8 de junho de 2020

Vamos ver agora o enunciado e a demostração do Teorema de extensão de Tietze, que é umresultado com muitas importantes aplicações na matemática.1435

Teorema 60. (de extensão de Tietze) Sejam X um espaço topológico T4 eM um subconjunto fechado.Seja f : M → [0, 1] uma função contínua. Então, existe uma função contínua g : X → [0, 1] tal quef(x) = g(x) para todo x ∈M . Se f assume valores em R, então g pode ser determinada com valoresem R.

Antes de ver a demonstração, dizemos que, no momento em que se fala da continuidade de f ,1440

estamos imaginando em M a topologia induzida de X.

Demonstração. A demonstração é bastante complicada e é dividida em vários passos.

Passo 1. Seja Y um espaço topológico qualquer e (fn)n∈N uma sequência de funções fn : Y → R(colocamos em R a topologia euclideana). Fixado y ∈ Y suponhamos que a sequência numérica(fn(y))n∈N convirja para um valor, que, sendo R T2, será único. Se tal convergência se verifica para1445

47

todo y ∈ Y , se torna bem definida uma função f : Y → R onde f(y) é o limite de (fn(y))n∈N.Dizemos, neste caso, que (fn(y))n∈N converge pontualmente a f . Dizemos que (fn)n∈N convergeuniformemente a f se para todo ε > 0 existe n tal que para todo n ≥ n e todo y ∈ Y se verifica|fn(y)− f(y)| < ε.

Qual é a diferença entre os dois conceitos? Repetimos:1450

(1) Fixado y ∈ Y , (fn(y))n∈N converge para f(y) se

para todo ε > 0 existe n tal que para todo n ≥ n e todo y ∈ Y se verifica |fn(y)− f(y)| < ε.

Depois teremos que (fn(y))n∈N converge pontualmente a f se (fn(y))n∈N converge a f(y)

para todo y ∈ Y .(2) A definição de convergência uniforme está colocada acima e não vou repetí-la.1455

No primeiro caso, n pode depender de y, no segundo não. Considere a sequência de funções yn

definidas em [0, 1]. Tal sequência converge pontualmente a

f(y) =

{0 se y ∈ [0, 1)

1 se y = 1.

Exercício 156. Verifique, fazendo as contas, que a convergência não é uniforme. Não respondadizendo que a convergência não é uniforme porque o limite é uma função descontínua.

O fato seguinte é aquilo que interessa aqui neste passo 1: se (fn)n∈N converge uniformemente a f1460

e as fn são contínuas, então f também é contínua.Vamos provar este fato: seja y ∈ Y e tentamos provar que f é contínua em y. Seja ε > 0 fixado.

Pela definição de convergência uniforme seja n tal que

|fn(s)− f(s)| < ε/3 ∀s ∈ Y.

Pela continuidade de fn em y, seja U uma vizinhança de y em Y tal que

|fn(z)− f(y)| < ε/3 ∀z ∈ U.

Portanto, se z ∈ U , há1465

|f(z)− f(y)| ≤ |f(y)− fn(y)|+ |fn(y)− fn(z)|+ |fn(z)− f(z)| < ε

e a continuidade de f é provada. Observe que não precisa a compacidade do domínio. Este resultadonão é aquele que diz que o espaço das funções contínuas em um compacto é completo (faço estecomentário para quem conhece este resultado).

Exercício 157. Na demonstração acima observe onde a convergência uniforme é usada. Ou seja,mostre onde não funcionaria uma demonstração eventualmente baseada na mais fraca convergência1470

pontual.

Passo 2. Começamos agora o verdadeiro processo de demonstração. Primeiramente considerouma função contínua f : M → [−c, c], onde c é positivo fixado. Sendo f contínua, os dois conjuntos

C = f−1([−c,−c/3]) e D = f−1([c/3, c])

48

são fechados e são disjuntos (a disjunção não depende da continuidade, é um fato mais simples).Sendo X T4, podemos aplicar o Lema de Urysohn (Lema 55). Existe portanto uma função contínua1475

k : X → [0, 1] tal que k(x) = 0 para todo x ∈ C e k(x) = 1 para todo x ∈ D. Defino

g : X → R, g(x) =2

3c

(k(x)− 1

2

).

Como a imagem de k é contida em [0, 1]6, é fácil mostrar que, para todo x ∈ X

−1

3c ≤ g(x) ≤ 1

3c.

Vamos ver agora a distância de g de f em M . Se x ∈ C, g(x) = −c/3, constante. Sempre em C há−c ≤ f(x) ≤ −c/3, portanto

−2

3c ≤ f(x)− g(x) ≤ 0 ∀x ∈ C.

Se x estiver em D, há g(x) = c/3, constante e c/3 ≤ f(x) ≤ c. Portanto1480

0 ≤ f(x)− g(x) ≤ 2

3c ∀x ∈ D.

Se x ∈M \ (C ∪D), há −c/3 < f(x) < c/3 e portanto

−2

3c ≤ f(x)− g(x) ≤ 2

3c ∀x ∈M \ (C ∪D).

Em conclusão, temos

|f(x)− g(x)| ≤ 2

3c ∀x ∈M.

Resumindo, este passo 2 diz que, fixado c positivo, eu consigo provar a existência de uma função gdefinida em X, com valores limitados em dependência de c e com distância de f limitada por estevalor 2c/3 que depende de c. Assim, não é a demonstração do teorema porque f não coincide com1485

g em M , mas estamos a caminho, porque g é não longe de f .

Passo 3. Considere agora f : M → [−1, 1] contínua. Aplique o passo precedente a f , pensandoc = 1. Assim, existe g1 : X → [−1/3, 1/3], contínua, tal que

|f(x)− g1(x)| ≤ 2

3∀x ∈M.

Agora aplico o passo 2 à função f − g1 e portanto c = 2/3 7. Pelo passo 2, existe uma funçãog2 :→ [−2/9, 2/9] tal que1490

|f(x)− g1(x)− g2| =

∣∣∣∣∣f(x)−2∑

k=1

gk(x)

∣∣∣∣∣ ≤ 2

3· 2

3∀x ∈M.

6A imagem pode não ser igual a [0, 1]. Procure exemplos.7Em princípio eu poderia escolher c maior, mas não vale a pena

49

Assim podemos continuar, mas precisamos de uma definição indutiva (também chamada recursiva):posso definir um certo número de passos, digamos g1, g2 é suficiente, como acima. Depois, suponha-mos que, fixado n ∈ N, existam n funções reais g1, ..., gn tais que

gk : X →

[−1

3

(2

3

)k−1,1

3

(2

3

)k−1], e gk é contínua ∀k = 1, ..., n,∣∣∣∣∣f(x)−

n∑k=1

gk(x)

∣∣∣∣∣ ≤(

2

3

)n∀x ∈M.

Assim, usando o passo 2, defina1495

gn+1 : X →[−1

3

(2

3

)n,1

3

(2

3

)n],

tal que ∣∣∣∣∣f(x)−n+1∑k=1

gk(x)

∣∣∣∣∣ ≤(

2

3

)n+1

∀x ∈M.

Observe como a definição é bem colocada recursivamente. Agora, graças ao passo 1, vamos estudara sequência de funções contínuas

Sn(x) =n∑k=1

gk(x), x ∈ X.

A série numérica∑∞

k=1(2/3)k−1 converge a 3, assim∑∞

k=1 1/3·(2/3)k−1 converge a 1. Seja agora x ∈ Xfixado. Os termos da série de valores absolutos |gk(x)| são ≤ 1/3 · (2/3)k−1, devido à definição de gk,1500

para todo k. Portanto, a série∑∞

k=1 |gk(x)| converge a um número ≤ 1. Sendo a série∑∞

k=1 gk(x)

absolutamente convergente, também a série∑∞

k=1 gk(x) será convergente a um valor entre −1 e 1.Portanto

Sn(x) −→ S(x), para n→∞, para todo x ∈ X.A função S é justamente definida pelo limite acima. Vamos provar que o limite é de fato uniforme.Para agilizar a notação, escrevo ak = 1/3 · (2/3)k−1. Dizer que a serie

∑∞k=1 ak converge a um número1505

a (no nosso caso é a = 1) significa dizer que, fixado ε > 0, existe n tal que para todo n ≥ n há|∑n

k=1 ak − a| < ε. Equivalentemente significa que a sequência das somas parciais é de Cauchy, ouseja, a respeito do mesmo ε e do mesmo n, se n < n < m, há |

∑mk=n ak| < ε (o módulo não seria

necessário, são todos termos positivos). Seja de novo x ∈ X fixado. Sendo |gk(x)| ≤ ak, para todok, e usando a desigualdade triangular do módulo temos, em corresponência de ε, e para n < n < m,1510

|m∑k=n

gk(x)| < ε,

ou seja, para todo n ≥ n, há|Sn(x)− S(x)|ε.

Esta última desigualdade é crucial, porque nos diz que n não depende de x, mas somente deε. Ou seja Sn converge a S uniformemente. Portanto, S é contínua, pelo resultado do passo 1.

50

Concluindo este passo 3, a imagem de g está incluída em [−1, 1] e, se pegamos x ∈ M fixado, há∣∣f(x)−∑n+1

k=1 gk(x)∣∣ ≤ (2

3

)n+1. Portanto, Sn(x) converge a f(x) e S(x) = f(x) em M . Ou seja, S é1515

a extensão de Tietze procurada.

Passo 4. No passo precedente foi provado que uma f : M → [−1, 1] contínua pode ser estendidaa uma g : X → [−1, 1]. O processo é fácil para provar a existência da extensão de uma funçãocontínua com valores em [0, 1]. Pegue um homeomorfismo σ : [0, 1] → [−1, 1] (definição 22), e umafunção f : M → [0, 1], contínua. A função f = σ ◦ f : M → [−1, 1] é contínua. A ela aplico1520

o passo 2 acima e portanto existe uma sua extensão contínua g : X → [−1, 1]. Depois considerog = σ−1 ◦ g : X → [0, 1], que é obviamente contínua. Fica fácil (e deixo como exercício) provar queg(x) = f(x) para todo x ∈M .

Passo 5. Seja f : M → R uma função contínua dada. Para demonstrar a existência de umaextensão contínua a X, pegamos uma função contínua h : M → (−1, 1), qualquer. Queremos1525

procurar uma extensão contínua de h a X com imagem em (−1, 1). A imagem de h está contidano intervalo aberto (−1, 1) e portanto está contida no intervalo fechado [−1, 1]. Usamos o passo 2desta demonstração: existe uma extensão de h a tudo X, contínua, que chamo g : X → [−1, 1]. Oconjunto D = g−1({−1, 1}) é fechado. Se D = ∅, g é extensão procurada. Caso contrário, aplico apropriedade T4 de X. D e M são disjuntos (verifique como exercício) e portanto aplico o Lema de1530

Urysohn: existe uma função contínua φ : X → [0, 1] que vale 1 em M e zero em D. Depois definog = φ · g. A imagem de g está em [−1, 1], devido às imagens de φ e g. Pela definição de φ, se x ∈M ,temos g(x) = g(x) = h(x); portanto g é uma extensão de h. Se x ∈ D, temos φ(x) = 0, portantog(x) = 0. Se finalmente x ∈ X \ (M ∪ D), temos g(x) ∈ (−1, 1) e assim g(x) ∈ (−1, 1). Enfim,podemos dizer que a imagem de g está contida em (−1, 1), não somente em [−1, 1].1535

Voltamos à f inicial deste passo 5. Considero um homeomorfismo η : R→ (−1, 1). A extensão def procurada é f = η−1 ◦ g : X → R. A prova deste fato acompanha a mesma ideia do passo 4 e édeixada como exercício. �

Exercício 158. Seja φ : R→ (−1, 1) definida por

φ(t) =t

1 + |t|.

Prove que φ é um homeomorfismo.1540

Exercício 159. Sejam X e Y dois espaços topológicos, onde Y é T2, e seja D subespaço denso deX. Se uma função contínua f : D → Y admite extensão contínua a X, tal extensão é única. Observeque este é um teorema de unicidade e não de existência. Não sabemos se a extensão de f existe.De fato se trata de um teorema bem menos interessante do Teorema de Tietze, inclusive devido àextrema pobreza das hipótesis (de X não se diz nada e D não se sabe se é fechado).1545

XIII. 15 de junho de 2020

51

Fiz algumas correções sugeridas por Rodrigo. Se encontram nas linhas 1436, 1447, 1467 (a fórmula),1534

Estudamos aqui definição e propriedades dos espaços topológicos de tipo produto. Sejam X1 eX2 dois conjuntos . O produto X1 ×X2 é conjunto de todos os pares (a, b) onde a ∈ X1 e b ∈ X2.1550

Os pares são ordenados, mas não é isso o importante: aquilo que é importante na definição de umelemento de X1 ×X2 é identificar aquele elemento do par que está em X1 e aquele que está em X2.No produto X1 × X2 = R × R, é importante a ordem dos elementos porque X1 = X2, assim é aordem que permite a distinção entre (a, b) e (b, a). Mas num produto X1×X2 onde X1 é um saco debatatas e X2 é um conjunto de poesias, não é importante a ordem dos elementos. Não fiquem preso1555

na lógica da geometria cartesiana que, aqui, limita a imaginação e não ajuda. Este conceito se tornamais claro nos produtos infinitos.

Definição 61. Sejam X1 e X2 dois espaços topológicos. No produto X1×X2 podemos induzir umatopologia da forma seguinte. Defino B como a família dos subconjuntos de X1×X2 da forma U1×U2

onde U1 é aberto em X1 e U2 é aberto em X2. A topologia produto sobre X1×X2 é a topologia gerada1560

por B.

Exercício 160. Para entender a definição anterior (e verificar que é de fato correta), prove que Bverifica as propriedades (B1) e (B2) da proposição 14. Então a topologia produto T será (a única)constituida pelas uniões de todos os elementos de B. T é de fato uma topologia, os elementos de Tsão obviamente os abertos.1565

Exercício 161. Claramente B se torna uma base de T sobre X1×X2. Mas podemos selecionar umabase eventualmente menor (como número de abertos). Sejam B1 base de X1 e B2 base de X2. Proveque a família dos produtos B1 ×B2 onde B1 ∈ B1 e B2 ∈ B2 é uma base de T .

Exercício 162. Sejam C1 subconjunto fechado de X1 e C2 subconjunto fechado de X2. Prove queC1 × C2 é fechado em X1 ×X2.1570

Exercício 163. Seja R com a topologia euclideana. Prove que em R2 a topologia euclideana e atopologia produto coincidem.

Exercício 164. SejaX1×X2 com a topologia produto. Chamo projeção a função P1 : X1×X2 → X1,definida por P1(a, b) = a. Verifique que P1 é contínua e aberta. Encontre exemplos onde P1 não éfechada. Analogamente podemos definir P2 que possui as mesmas propriedades.1575

Sejam X um espaço topológico X × X com a topologia produto. Denoto ∆ = {(x, x), x ∈ X}chamado a diagonal de X ×X. Prove que

• X é T2 se e somente se ∆ é um subconjunto fechado de X ×X.• X é T1 se e somente se ∆ pode ser escrita como interseção de uma família de abertos deX ×X.1580

• ∆ é um aberto se e somente se X é um espaço discreto (neste caso X ×X tem a topologiadiscreta, que é a topologia produto nesta situação).

52

Observação 62. É importante observar que, a partir da definição de topologia produto sobre oproduto de dois espaços topológicos, podemos com a mesma técnica introduzir a topologia produtosobre o produto de um número finito de espaços topológicos.1585

Seja agora J um conjunto qualquer e {Xj}j∈J uma família de conjuntos. Definimos o produtodos elementos da família {Xj}j∈J , denotado pelo símbolo Πj∈JXj como o conjunto das funçõesx : J → ∪j∈JXj tais que x(j) ∈ Xj para todo j ∈ J .

Esta definição pode parecer abstrata, mas é de fato a definição mais lógica. Mesmo que não sejacorreto falar em sequência de elementos dos conjuntos Xj, a ideia em definir os elementos de Πj∈JXj1590

é como se fosse considerar as sequências de elementos, cada um em Xj, como se faz nos produto dedois ou n conjuntos. Somente que, se J é um conjunto qualquer, a questão não é tão simples.

Tento aqui esclarecer um pouco. A matemática sempre teve problemas com o conceito de infinito(e de infinitésimo). Um conjunto composto de um número infinito de elementos foi aceito a partir dasconstruções da segunda metade do século XIX, graças à obra de personagens como Georg Cantor,1595

Richard Dedekind, Ernst Zermelo, Abraham Fraenkel. Dados os axiomas da teoria dos conjuntosque estavam sendo construidos, logo foi claro um problema: imagine ter, como acima, uma famíliainfinita de conjuntos {Xj}j∈J . Existe uma função x : J → ∪j∈JXj tais que x(j) ∈ Xj para todoj ∈ J? ou seja, é possível escolher um elemento a ∈ Xj, para todo j ∈ J? Ficou rapidamente claroque a eventual possibilidade de tal escolha, ou seja, da existência de uma função como a x acima1600

proposta, não era demonstrável a partir dos axiomas da teoria dos conjuntos. Se por um lado, oconceito de um conjunto de infinitos elementos era definível, a escolha de um representante entreuma família de infinitos conjuntos não era demonstrável. Assim tal possibilidade foi postulada. Foiassim escrito, no começo do século XX, um novo axioma que desde então, acompanha a matemática,não sem polêmicas e recusa por parte de alguns autores. Se trata do1605

Axioma da escolha (AC): dados um conjunto qualquer J e uma família {Xj}j∈J de conjuntos,existe uma função x : J → ∪j∈JXj tal que x(j) ∈ Xj para todo j ∈ J .

Foi provado que de fato tal axioma não é demonstrável a partir dos axiomas da teoria dosconjuntos de Zermelo-Fraenkel. Foi também provado que, se a teoria de Zermelo-Fraenkel não écontraditória, continua não sendo contraditória com a inclusão do axioma da escolha.1610

Assim, graças a AC, podemos definir o produto Πj∈JXj de uma família {Xj}j∈J .

Vamos portanto considerar uma família {Xj}j∈J de espaços topológicos. Como podemos definiruma topologia sobre Πj∈JXj? As topologias que seguem das topologias dos Xj, analogamente aoproduto finito, são neste caso duas. A primeira é a seguinte. Chamo B a família de todos ossubconjuntos de Πj∈JXj de tipo Πj∈JUj, onde Uj é aberto em Xj. A topologia box sobre Πj∈JXj é a1615

topologia gerada por B.Analogamente ao produto de um número finito de espaços topológicos, os exercícios seguintes

provam a consistência da definição acima e outras propriedades básicas e importantes.

53

Exercício 165. Prove que B verifica as propriedades (B1) e (B2) da proposição 14. Então a topologiabox TB tem como abertos as uniões de todos os elementos de B.1620

Exercício 166. Escreva e resolva para o produto infinito e a topologia box os análogos dos exercícios161 e 164.

Existe a possibilidade de induzir em Πj∈JXj uma topologia menos finas da topologia box quemantém a continuidade das projeções.

Definição 63. Seja J um conjunto qualquer e {Xj}j∈J uma família de conjuntos. Considere o1625

produto Πj∈JXj dos elementos da família {Xj}j∈J . Chamo B′ a família de todos os subconjuntos deΠj∈JXj de tipo Πj∈JUj, onde Uj é aberto em Xj e Uj 6= Xj unicamente para um número finitode índices. A topologia Tychonoff sobre Πj∈JXj é a topologia gerada por B′ e denotamos ela comTT .

Observação 64. Daqui para frente, quando se fala em produtos sempre usaremos o símbolo B′1630

para a família definida acima. O nome topologia Tychonoff é devido ao grande matemático AndreyNikolayevich Tikhonov, famoso pelas suas contribuições em topologia (e não só).

A definição mostra que TT é menos fina da TB. Em alguns casos (dependendo da topologia sobreos Xj) é estritamente menos fina.

Exercício 167. Analogamente à construção da topologia box, verifique que a definição acima é1635

correta. Verifique que, inclusive, as projeções são contínuas, abertas e não necessariaemente fechadas.

Exercício 168. Observe (é realemente imediato) que TB e TT coincidem num produto finito deespaços topológicos. Prove que num produto qualquer TT é a topologia menos fina que torna contínuasas projeções.

Exemplo 65. Como dito acima, dependendo da topologia sobre os Xj, TT é estritamente menos fina1640

da TB sobre Πj∈JXj. Considere X = Πn∈NR, onde cada R tem a topologia euclideana. X pode servisto como o conjunto das sequências reais. Dado por exemplo um intervalo aberto (a, b), o produtoΠn∈N(a, b) é aberto na TB porque é um elemento de B. Mas Πn∈N(a, b) não pode ser aberto na TTpela razão seguinte: se fosse aberto, seria união de elementos da base B′ de TT . Porém, cada abertode B′ tem infinitos fatores R que compõem o produto. Assim não pode estar contido em Πn∈N(a, b).1645

Exercício 169. Antes de anteciparmos o próximo exemplo, prove um resultado geral. (X, TT ) acimaé T2 porque o produto de Tychonoff de espaços topológicos T2 é T2 (claramente (X, TB) é tambémT2 sendo a topologia mais fina).

Exemplo 66. Sobre o produto do exemplo precedente, observamos uma outra coisa. Considereuma sequência em X, (xn)n∈N. Ou seja, se trata de uma sequência de sequências. Cada xn =1650

(x1n, x2n, ..., x

kn, ...) é uma sequência de números reais. Seja:

xkn =

{1 se k ≤ n

0 se k > n.

54

Considere a sequência x tal que xk = 1 para todo k. Em (X, TT ) será que xn → x? Vamos ver.Se apostamos no fato que converga (a topologia TT é pouco fina, a probabilidade da convergênciaé alta) precisamos pegar um aberto qualquer U 3 x tal que xn ∈ U exceto para un número finitode índices. Sendo B′ uma base, vamos pegar um aberto V ∈ B′ que contém x. V é portanto um1655

produto V = Πi∈NVi. Seja k um índice tal que Vi = R para todo i > k. Os elementos da sequência(xn) (cada elemento xn é uma sequência, não esqueça) pertencem a V para todo n > k. Verifique.Portanto, a definição de limite é respeitada. O limite é único porque (X, TT ) é T2

Exercício 170. Façam as contas resumidas no exemplo acima.

Exemplo 67. Complementando o exemplo acima, será que xn → x também da TB? Observe1660

primeiramente que (X, TB) é ainda T2 porque a topologia é mais fina (não funciona este argumentoda “mais fina”, para T3, T4, já discutimos isso em sala de aula). Observe e prove que, se (xn) tiverlimite, este só pode ser x. E isso depende do exemplo anterior. Agora considere o aberto seguinte:V = Πn∈N(1/2, 3/2). V ∈ B e contém x. Porem nenhuma sequência xn está contida em V . Portanto(xn) não converge a x e não converge para nenhum ponto.1665

XIV. 22 de junho de 2020

Proposição 68. Sejam dadas duas famílias {Xj}j∈J e {Ej}j∈J de espaços topológicos, onde ∅ 6=Ej ⊆ Xj. Seja induzida em cada Ej a topologia de Xj e chamo T1 a topologia produto de Tychonoffsobre Πj∈JEj. Ao mesmo tempo, a partir da topologia produto TT de Tychonoff sobre Πj∈JXj, chamoT2 a topologia induzida de TT sobre Πj∈JEj. Temos que T1 = T2.1670

A demonstração usa um resultado geral, muito fácil, que colocamos aqui como exercício.

Exercício 171. Sejam X,Z dois espaços topológicos e f : X → Z uma função contínua. Seja Ysubconjunto de X que se torna espaço topológico com a topologia induzida. Então, a restrição de fa Y , f |Y : Y → Z, é contínua.

Demonstração. Vejam a gravação da aula do dia 22.6 e o pdf da lousa do mesmo dia no meu site.1675

A partir de agora, as demonstrções dos resultados não serão mais colocadas. Será colocada unica-mente a referência à gravação da aula e ao pdf da lousa eletrônica. Isso porque, devido ao reofereci-mento o curso, à preparação das provas para os dois grupos, à preparação das provas para meu cursode pós e à correção de todas as provas, não tenho minimamente a possibilidade de ter atualizado esteregistro con o nível de detalhes anterior.1680

Proposição 69. Sejam dadas duas famílias {Xj}j∈J e {Ej}j∈J de espaços topológicos, onde ∅ 6=Ej ⊆ Xj. Prove que

Πj∈JEj = Πj∈JEj.

55

Demonstração. Vejam a gravação da aula do dia 22.6 e o pdf da lousa do mesmo dia no meu site.

Exercício 172. Estritamente ligado à proposição acima é este exercício. Prove que o conjuntoΠj∈JEj, onde, para cada j ∈ J , ∅ 6= Ej ⊆ Xj, é fechado se e somente se cada Ej é fechado em Xj.1685

Proposição 70. Seja {Xj}j∈J uma família de espaços topológicos não vazios. Seja {Ej}j∈J umafamília de subconjuntos dos Xj. Então, Πj∈JEj é denso em Πj∈JXj se e somente se cada Ej é densoem Xj.

Exercício 173. Prove a proposição acima.

Proposição 71. Seja Πj∈JXj um espaço topológico produto (com a topologia Tychonoff - sempre1690

será assim nos produtos, a menos que não seja declarada outra topologia). Seja Y um outro espaçotopológico. Denote por Ps, fixado s ∈ J , a projeção de Πj∈JXj sobre o fator Xs. Seja dada umafunção f : Y → Πj∈JXj. Então, f é contínua se e somente se a composição Ps ◦ f : Y → Xs écontínua para todo s ∈ J .

Demonstração. Vejam a gravação da aula do dia 22.6 e o pdf da lousa do mesmo dia no meu site.1695

XV. 29 de junho de 2020

Proposição 72. Seja X = Πj∈JXj o produto de uma família qualquer de espaços topológicos. Então,temos o seguinte

(a) Se todos os Xj são T0, então X é T0,(b) Se todos os Xj são T1, então X é T1,1700

(c) Se todos os Xj são T2, então X é T2,(d) Se todos os Xj são T3, então X é T3.

Os primeiros três casos são muito simples. O último é complicado. A demonstração foi feita naaula do dia 29, somente que está errada na sua conclusão. Graças à sugestão de uma aluno, foiretomada na conclusão da aula do dia 20.7 e foi reajustada.1705

A normalidade não é preservada pelo produto. Ou seja, pela proposição acima, é suficiente argu-mentar em termos de propriedade T4, não de normalidade.

Exemplo 73. Denotando por S a reta de Sorgenfrey, pode ser provado que S é normal, mas S × Snão é.

Exercício 174. Prove aquilo que o exemplo acima afirma. Use a discussão feita na aula do dia 29.1710

Exercício 175. Prove que o plano de Nemitski não é normal.

As duas proposições seguintes foram enunciadas na aula do dia 29 e a demonstração foi deixadacomo exercício.

56

Proposição 74. O produto, como a topologia Tychonoff, de uma família enumerável de espaçostopológicos que satisfazem o primeiro (resp. o segundo) axioma di enumerabilidade satisfaz o primeiro1715

(resp. o segundo) axioma di enumerabilidade.

Proposição 75. O produto, como a topologia Tychonoff, de uma família não enumerável de espaçostopológicos, onde cada espaço fator possui pelo menos dois pontos e não tem a topologia trivial, nãosatisfaz o primeiro axioma di enumerabilidade e portanto nem o segundo.

Teorema 76. Seja {Xj}j∈J uma família de espaços topológicos separáveis. Então, Πj∈JXj (com a1720

topologia Tychonoff) é separável.

Demonstração feita na aula do dia 29.

XVI. 13 de julho de 2020

Aula dedidaca aos espaços quociente. Definição de relação de equivalência e portanto de espaçoquociente. Este conceito não precisa de nenhuma propriedade topológica. Se X é um conjunto, e ∼1725

é uma relação de equivalência em X, denotamos por X/ ∼ o conjunto quociente.

A partir de uma topologia T sobre X podemos definir uma topologia sobre X/ ∼. A topologiaquociente é uma topologia sobre X/ ∼ induzida pela T e precisamente é a topologia mais fina quetorna contínua a projeção natural P : X → X/ ∼. Equivalentemente, podemos definir a topologiaquociente assim: um conjunto E será aberto em X/ ∼ se sua imagem inversa P−1(E) é aberta em1730

X.

Exercício 176. Prove que as duas definições são equivalentes. Defina exatamente o que é a projeçãonatural P .

Daqui para frente, a expressão espaço quociente X/ ∼ automaticamente diz que é induzida atopologia quociente a partir de uma topologia T em X e uma relação de equivalência ∼ em X.1735

Exercício 177. Prove que um conjunto E em X/ ∼ é fechado se e somente se P−1(E) é fechado emX.

O resultado seguinte foi provato na aula do dia 13.7. Observe a analogia com o análogo resultadorelativo ao produto de espaços topológicos.

Proposição 77. Dados dois espaços topológicos X e Y e uma relação de equivalência ∼ em X, uma1740

função f : X/ ∼ → Y é contínua se e somente se a composição f ◦ P é contínua.

Observe que uma implicação da proposição é imediata. Aquela interessante é a outra.

A proposição 77 encontra uma imediata aplicação no assim chamado quociente de uma função(contínua). Seja f : X → Y uma função dada (não necessariamente contínua). Definimos em X arelação x ∼ y se f(x) = f(y). É fácil (tente como exercício) verificar que é de fato uma relação de1745

57

equivalência. Se [x] denota uma classe de equivalência, ou seja um elemento de X/ ∼, definimos afunção quociente de f , f : X/ ∼ → Y , como f([x]) = f(z) onde z é um qualquer elemento de [x].Pela proposição 77, se f é contínua, então, f também é contínua.

Exercício 178. Prove os detalhes do argumento acima. Em particular prove que f é bem definida(o que significa “bem definida”?).1750

Exercício 179. Prove que f sempre é injetora. Portanto se for sobrejetora, é uma correspondênciabiunívoca. Neste caso prove que a inversa é contínua. Assim f é um homeomorfismo.