pelegrino daniel topologia geral, Notas de aula de Matemática. Universidade Federal do Amazonas (UFAM)
Danalenkar
Danalenkar13 de Maio de 2015

pelegrino daniel topologia geral, Notas de aula de Matemática. Universidade Federal do Amazonas (UFAM)

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NOTAS DE AULA: TOPOLOGIA GERAL

DANIEL PELLEGRINO

Sumário

1. Introdução 2 2. Um pouco sobre Teoria de Conjuntos e Lógica 2 2.1. Notações e terminologia 2 2.2. Algumas convenções 2 2.3. O Axioma da Escolha e o Lema de Zorn 2 3. Espaços Métricos 4 4. Espaços Topológicos 6 5. Vizinhanças 8 6. Bases e sub-bases 12 7. Funções contínuas 15 8. Subespaços e topologia relativa 17 9. Homeomor…smos 19 10. Espaços produto e topologias fracas 21 11. Espaços Quocientes 24 12. Convergência de seqüências 25 13. Redes 27 14. Filtros 31 15. — — — — -Cópia da primeira prova do curso— — — — – 33 16. Espaços T0; T1; T2 e T3 34 17. Conjuntos compactos 35 17.1. O Teorema de Tychono¤ 37 18. Uma aplicação do Teorema de Tychono¤ à Análise Funcional: O Teorema de Banach-

Alaoglu-Bourbaki 38 19. Teorema da Extensão de Tietze 40 20. Compacti…cação de Alexandrov 44 21. Compacti…cação de Stone-Cech 46 21.1. Espaços completamente regulares 46 21.2. Compacti…cação de Stone-Cech 47 22. — -Cópia da segunda prova do curso— — — — — — — — — - 49 23. Topologias em espaços de funções 50 23.1. Topologia da convergência pontual 50 23.2. Topologia compacto-aberta 50 23.3. Topologia da convergência uniforme 50 23.4. Topologia da convergência compacta 52 24. Espaços Conexos 54 24.1. Componentes conexas 56 25. Espaços conexos por caminhos 58 26. Homotopias 59 27. Grupos Fundamentais 63 27.1. O grupo fundamental do círculo unitário 67 28. Seminário: O Teorema de Baire 70

1

2 DANIEL PELLEGRINO

29. Respostas de alguns Exercícios 71 Referências 77

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 3

1. Introdução

Essas notas de aula não têm pretensão alguma em relação à originalidade. Seu conteúdo é baseado em livros clássicos de Topologia Geral e (principalmente as seções referentes a homotopia e grupos fundamentais) são baseadas em notas de aula de Jorge Mujica.

2. Um pouco sobre Teoria de Conjuntos e Lógica

Um curso de Topologia Geral, invariavelmente, começa com uma introdução à Teoria de Conjuntos. Em nosso curso, supomos um conhecimento “ingênuo”da Teoria de Conjuntos. Um tratamento formal é algo muito interessante, porém difícil e delicado, feito em Lógica Matemática, e não é nosso objetivo seguir por esse caminho. Apesar de nosso tratamento ingênuo à Teoria de Conjuntos, parece-me necessário comentar sobre algumas convenções adotadas e também sobre o Axioma da Escolha e suas consequências.

2.1. Notações e terminologia.

 O conjunto dos números naturais será considerado como N = f1; 2; 3; :::g:  Os termos função e aplicação signi…acam a mesma coisa.  Toda de…nição é suposta tacitamente como algo do tipo "se, e somente se,", mesmo quando isso não for explicitamente mencionado.

2.2. Algumas convenções. Seja X um conjunto (conjunto universo). Se A  P(X) é a coleção A = , é razoável e, acima de tudo, útil, convencionarmos que

S A2A

A = . Por outro lado, o que seria\ A2A

A ?

SeM P(X), de…nimos \ A2M

A = fx 2 X;x 2 A para todo A 2Mg:

Portanto, seM = ; então (por vacuidade) T

A2M A = X:

2.3. O Axioma da Escolha e o Lema de Zorn. Embora a formação de um matemático muitas vezes passe longe de um curso de Lógica Formal, é bom que (pelo menos) saibamos que a matemática que usamos possui, como alicerces, axiomas para a construção e manipulação de conjuntos. Esses axiomas são conhecidos como Axiomas de Zermelo-Fränkel (ZF). O Axioma da Escolha (AE) garante a existência de um conjunto escolha E; que possui exatamente

um elemento de cada conjunto de uma família A de conjuntos não vazios. Precisamente:

Axioma 2.1. (Axioma da Escolha). Dada uma coleção A de conjuntos não-vazios e disjuntos, existe um conjunto E que possui exatamente um elemento em comum com cada conjunto pertencente a A. Em outras palavras, para cada A 2 A , o conjunto E \A tem apenas um elemento.

Seu enunciado parece bobo, porém é indispensável em vários resultados da matemática moderna. Muita controvérsia sempre cercou o Axioma da Escolha. Para conjuntos …nitos, o AE não é necessário, pois pode ser obtido a partir de outros axiomas de (ZF). Entretanto, para conjuntos in…nitos, às vezes certos resultados só podem ser obtidos por intermédio do AE. No passado, alguns matemáticos famosos relutavam em aceitá-lo, e a matemática "sem o Axioma da Escolha"deu origem à matemática construtiva. Pessoalmente, não acho que o ponto central seja se o axioma da escolha é aceitável ou não. Acredito

que podemos evitar controvérsias com a seguinte questão:

 Queremos estudar matemática com ou sem o Axioma da Escolha?

4 DANIEL PELLEGRINO

Qualquer um dos caminhos certamente nos levará a problemas interessantes, e tentar modi…car algumas demonstrações para evitar o uso do AE, quando possível, também á algo que me parece interessante. Bom, atualmente o Axioma da Escolha faz parte da lista de axiomas da maioria dos matemáticos,

e não seremos nós que faremos diferente. Um resultado equivalente ao AE é o “menos inofensivo”Lema de Zorn (LZ), que veremos a seguir.

Apesar aparentemente menos natural, ele é obtido a partir dos nossos axiomas, e portanto podemos usá-lo sem hesitação! É bom que saibamos, entretanto, que essa equivalência é apenas uma dentre numerosas outras conhecidas. Curiosamente, vários resultados que foram obtidos como consequências do AE, posteriormente mostraram-se equivalentes ao AE. Esse é mais um ponto muito interssante a respeito do AE: mesmo sendo aparentemente inofensivo, ele é equivalente a muitos resultados fortemente não intuitivos. Por exemplo, o Teorema da Boa-Ordenação, que a…rma que qualquer conjunto pode ser bem-ordenado, é equivalente ao AE. Nesse curso, precisaremos apenas do Lema de Zorn. O LZ é peça fundamental na construção de

vários teoremas dos mais diversos ramos da matemática. É claro que por ser equivalente ao AE, toda demonstração que usa o LZ poderia usar o AE no seu lugar. Entretanto, curiosamente, o LZ parece ter mais fácil aplicação em algumas situações, e se consagrou em várias demonstrações de resultados clássicos: Teorema de Hahn-Banach e Teorema de Bishop-Phelps, na Análise Funcional, a demonstração de que todo espaço vetorial possui uma base de Hamel, na Álgebra Linear, Teorema de Tychono¤, em Topologia Geral, etc. Para enunciar o Lema de Zorn, precisamos de uma nomenclatura adequada. Seja P um conjunto munido de uma relação de ordem parcial . Dizemos que Q  P é totalmente ordenado se para quaisquer q1; q2 2 Q tivermos que q1  q2

ou q2  q1: Dizemos ainda que um elemento p 2 P é cota superior para um conjunto R  P se para todo r 2 R tivermos r  p. Um elemento m 2 P é dito maximal se sempre que x 2 P for tal que m  x; tivermos x = m. Por …m, dizemos que um P é indutivo se para todo subconjunto R  P; totalmente ordenado, existe uma cota superior pR 2 P . Agora, podemos enunciar o Lema de Zorn:

Lema 2.2. (Lema de Zorn). Todo conjunto parcialmente ordenado, indutivo, não-vazio, admite um elemento maximal.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 5

3. Espaços Métricos

De…nição 3.1. Um espaço métrico é um par ordenado (M;d) formado por um conjunto M e uma função d :M M ! R satisfazendo, para quaisquer x; y; z em M : a) d(x; y)  0; b) d(x; x) = 0 e d(x; y) = 0 implica x = y; c) d(x; y) = d(y; x); d) d(x; z)  d(x; y) + d(y; z): A função d é chamada métrica em M . Se todas as condições acima são satisfeitas com a

exceção da segunda parte do item (b), dizemos que d é uma pseudométrica e (M;d) é um espaço pseudométrico. Quando não houver dúvidas quanto à natureza de d, escreveremos apenas M no lugar de (M;d):

Exemplo 3.2. A reta com a função d(x; y) = jx� yj ; o Rn com a função d(x; y) = s

nP i=1

(xi � yi)2

são exemplos de espaços métricos.

Exemplo 3.3. Qualquer conjunto X pode ser munido de uma métrica. Por exemplo, a função d(x; y) = 1 se x 6= y e d(x; y) = 0 se x = y é uma métrica em X; chamada métrica discreta. A noção de métrica nos abre o caminho para de…nirmos continuidade sob um ponto de vista mais

abstrato do que estamos acostumados no cálculo:

De…nição 3.4. Se (M;d1) e (N; d2) são espaços métricos, uma função f : M ! N é contínua em x 2M se para cada " > 0, existir um  > 0 tal que d2(f(x); f(y)) < " sempre que d1(x; y) < : Uma forma equivalente e também útil de se de…nir continuidade será dada adiante, com a noção de

conjunto aberto.

De…nição 3.5. Seja (M;d) um espaço métrico e x um ponto de M Para " > 0; de…nimos

(1) Bd(x; ") = fy 2M ; d(x; y) < "g; que é chamado de bola de raio " em torno de x: Sempre que não houver possibilidade de confusão, escreveremos B(x; ") no lugar de Bd(x; "):

Se E e F são subconjuntos de M; de…nimos a distância entre E e F como sendo

d(E;F ) = inffd(x; y);x 2 E e y 2 Fg: Se E possui apenas um ponto, é comum escrever d(x; F ) no lugar de d(fxg; F ): Agora, imitando (1), de…nimos

Bd(E; ") = fy 2M ; d(E; y) < "g: Perceba que com as noções introduzidas acima, podemos dizer que uma função f :M ! N é contínua em x 2 M se para cada " > 0, existir um  > 0 tal que f(Bd(x; ))  Bd(f(x); "): Essa observação e a próxima de…nição de conjunto aberto, nos darão uma caracterização de função contínua que nos servirá como modelo para a de…nição de função contínua num contexto ainda mais geral.

De…nição 3.6. Um conjunto E num espaço métrico (M;d) é aberto se, e somente se, para cada x 2 E, existe um " > 0 tal que B(x; ")  E: Um conjunto é dito fechado se seu complementar for aberto.

Exercício 3.7. Mostre que um conjunto F é fechado se, e somente se, sempre que toda bola centrada em x possuir pontos de F , isso implicar que x 2 F: Exercício 3.8. Mostre que se F é um subconjunto fechado de um espaço métrico, então, d(x; F ) = 0, x 2 F . O seguinte teorema servirá de referência para a de…nição abstrata de conjunto aberto no nosso curso

de Topologia Geral.

6 DANIEL PELLEGRINO

Teorema 3.9. Os conjuntos abertos em espaços métricos M têm as seguintes propriedades: a) Qualquer união de abertos é um conjunto aberto. b) Qualquer interseção …nita de abertos é um conjunto aberto. c) M e o conjunto vazio são abertos.

Demonstração: Exercício.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 7

4. Espaços Topológicos

Como dissemos, o Teorema 3.9 da seção anterior será nosso modelo para uma de…nição mais abstrata:

De…nição 4.1. Uma topologia em um conjunto X é uma coleção  de subconjuntos de X, chamados conjuntos abertos, satisfazendo as seguintes propriedades: a) Qualquer união de elementos de  é um elemento de  . b) Qualquer interseção …nita de elementos de  pertence a  . c) X e o conjunto vazio pertencem a  .

Dizemos que (X; ) é um espaço topológico, que naturalmente abreviaremos para X quando não houver possibilidade de confusão.

Exercício 4.2. Seja X um conjunto. Seja c a coleção de todos os subconjuntos U de X tais que X � U é enumerável ou U = : Veri…que que c é uma topologia em X.

Exemplo 4.3. Se (M;d) é um espaço métrico, o Teorema 3.9 nos garante que o conjunto formado pelos abertos de M forma uma topologia em M; chamada topologia métrica d: Sempre que (X; ) for um espaço topológico e sua topologia  for uma topologia métrica d para uma

métrica d em X, dizemos que (X; ) é um espaço topológico metrizável .

Se X é um conjunto qualquer, a coleção de todos os subconjuntos de X; que de agora em diante será denotada por P(X), é uma topologia em X, chamada topologia discreta. Uma outro topologia “patológica”é a topologia  = fX;g; chamada de topologia trivial.

Exercício 4.4. Mostre que (X;P(X)) é um espaço metrizável.

Exercício 4.5. Mostre que se X tem mais de um elemento, (X; ), com  = fX;g; não é metrizável.

Novamente, seguindo o que foi feito na seção anterior, de…nimos:

De…nição 4.6. Se X é um espaço topológico e E  X, dizemos que E é fechado se, e somente se, X � E é aberto.

Aplicando as leis de De Morgan, temos:

Teorema 4.7. Se F é a coleção de todos os conjuntos fechados em um espaço topológico X; então: a) Qualquer interseção de elementos de F é ainda um elemento de F , b) Qualquer união …nita de elementos de F pertence a F , c) X e  são elementos de F .

Demonstração. Exercício.

De…nição 4.8. Se X é um espaço topológico e E  X, o fecho de E em X é o conjunto E = \fK  X;K é fechado e E  Kg:

Note que o fecho de um conjunto é uma interseção de fechados, e portanto é um conjunto fechado. Também denotamos E por ClX(E).

Exercício 4.9. Se A  B, então A  B:

Solução. É claro que B  B: Como A  B, temos A  B: Logo B é um conjunto fechado contendo A e daí A  B:

Teorema 4.10. A operação A! A em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades: (a) E  E (b)

� E  = E

(c)A [B = A [B (d)  =  (e) E é fechado em X se, e somente se, E = E:

8 DANIEL PELLEGRINO

Demonstração. (a) é fácil.

(b) E  � E  vem do item (a). Como E é fechado (e contém a si próprio), da de…nição de fecho

segue que � E   E:

(c) Temos que A[B é fechado e contém A[B: Daí A [B  A[B: Por outro lado, como A  A[B e B  A [B; temos, pelo lema anterior, que A  A [B e B  A [B; e o resultado segue. (d) é fácil (e) Sabemos que E  E. Se E for fechado, pela de…nição de fecho, segue a outra inclusão. Reciprocamente, se E = E, segue que E é fechado, pois E é fechado.

Exercício 4.11. Mostre que, em geral,

A \B 6= A \B:

De…nição 4.12. Se X é um espaço topológico e E  X, o interior de E em X é o conjunto int(E) = [fG  X;G é aberto e G  Eg:

Note que o interior de um conjunto é uma união de abertos, e portanto é um conjunto aberto.

Exercício 4.13. Mostre que int(E) = X �X � E e que X � E = int(X � E):

Lema 4.14. Se A  B, então int(A)  int(B):

Demonstração. É claro que int(A)  A: Como A  B, temos int(A)  B: Logo int(A) é um conjunto aberto contido em B e consequentemente int(A)  int(B):

Teorema 4.15. A operação A! int(A) em um espaço topológico X tem as seguintes propriedades: a) int(A)  A: b) int(int(A)) = int(A): c) int(A \B) = int(A) \ int(B): d) int(X) = X: e) A é aberto em X se, e somente se, int(A) = A:

Demonstração. Similar à anterior.

Exercício 4.16. Mostre que, em geral,

int(A [B) 6= int(A) [ int(B):

De…nição 4.17. Se X é um espaço topológico e E  X, a fronteira de E é o conjunto FrX(E) = E \ (X � E):

Quando não houver possibilidades de dúvidas, escreveremos simplesmente Fr(E): Claramente, a fronteira de um conjunto qualquer é sempre um conjunto fechado.

Exercício 4.18. Dê exemplo de um conjunto A  R tal que os seguintes conjuntos sejam todos diferentes entre si:

A; A; int(A); int(A); int(A); int(A); int(int(A)):

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 9

5. Vizinhanças

De…nição 5.1. Se X é um espaço topológico e x 2 X, uma vizinhança de x é um conjunto U que contém um conjunto aberto V; com x 2 V . De forma equivalente, podemos dizer que V é vizinhança de x se x 2 int(V ): A coleção Ux de todas as vizinhanças de x é chamada de sistema de vizinhanças de x.

Proposição 5.2. O sistema de vizinhanças de x em um espaço topológico X 6=  tem as seguintes propriedades: (a) Se U 2 Ux; então x 2 U: (b) Se U; V 2 Ux, então U \ V 2 Ux: (c) Se U 2 Ux, então existe um V 2 Ux, V  U , tal que U 2 Uy para cada y 2 V: (d) Se U 2 Ux e U  V  X, então V 2 Ux: (e) G  X é aberto se, e somente se, G contém uma vizinhança de cada um de seus pontos.

Demonstração. (a) Se U 2 Ux; então existe V aberto com x 2 V  U: Logo x 2 U: (b) Se U; V 2 Ux, então x 2 int(U) \ int(V ) = int(U \ V ) e daí segue que U \ V 2 Ux: (d) Se U 2 Ux e U  V  X, então x 2 int(U)  int(V ) e daí segue que V 2 Ux: (c) Como U 2 Ux, é claro que int(U) 2 Ux: Seja V = int(U): Logo se y 2 V , temos V 2 Uy: Como

V  U , temos U 2 Uy: (e) Se G é aberto, o próprio G é uma vizinhaça de seus pontos (veja de…nição de vizinhança).

Reciprocamente, se para cada x em G existe uma vizinhaça Vx de x, contida em G, temos que G =

S x2G

int(Vx).

Proposição 5.3. Se cada ponto x de um conjunto X 6=  é associado a uma coleção não-vazia Wx de subconjuntos de X satisfazendo (a), (b),(c) e (d) do teorema anterior, a coleção

 = fG  X;G 2 Wx para cada x 2 Gg é uma topologia para X; e cada coleção Wx é o sistema de vizinhanças de x.

Demonstração. Vejamos que  é uma topologia. É claro que  2  . Para provar que X 2  , seja x 2 X e U 2 Wx (lembre que Wx é não-vazia por

hipótese). Como U  X, segue de (d) que X 2 Wx: Logo X 2 : Seja Vi 2  , para todo i 2 I, com x 2

[ i2I Vi: Então x 2 Vi0 para algum i0 2 I. Como Vi0 2  e

x 2 Vi0 temos Vi0 2 Wx .Como Vi0  [ i2I Vi, segue de (d) que

[ i2I Vi 2 Wx. Logo

[ i2I Vi 2 :

Sejam U; V 2  e x 2 U \V . Logo, U; V 2 Wx e de (b) segue que U \V 2 Wx. Portanto U \V 2 : Agora, provaremos queWx é o sistema de vizinhanças de x. Se U é vizinhança de x, então x 2 int(U)

e, como int(U) 2  , segue que int(U) 2 Wx (pela de…nição de ). Como int(U)  U , de (d) segue que U 2 Wx. Resta provar que todo U 2 Wx é vizinhança de x. Sejam U 2 Wx e V = fy 2 U ;U 2 Wyg: Segue

de (a) que x 2 V: (de fato, U 2 Wx (a)) x 2 U e como U 2 Wx e x 2 U , segue que x 2 V ).

Vejamos que V 2  . Dado y 2 V , temos que U 2 Wy: Por (c), existe W 2 Wy tal que W  U e U 2 Wz para todo z 2 W . Segue, portanto, da de…nição de V que W  V (pois se z 2 W; então z 2 W  U e U 2 Wz, e daí segue que z 2 V ). De (d) segue que V 2 Wy e portanto V 2  (isso é consequência da de…nição de ). Finalmente, como x 2 V e V 2 ; segue que x 2 int(V )  int(U). Logo U é vizinhança de x.

De…nição 5.4. Uma base de vizinhanças em x em um espaço topológico X é uma subcoleção Bx; com Bx  Ux; tendo a propriedade que cada U 2 Ux contém algum V 2 Bx: Assim, Ux pode ser determinado por Bx da seguinte forma:

Ux = fU  X;V  U para algum V 2 Bxg:

10 DANIEL PELLEGRINO

Uma vez escolhida uma base de vizinhanças em x, seus elementos são chamados vizinhanças básicas.

Exemplo 5.5. Em qualquer espaço topológico, as vizinhanças abertas de x formam uma base de vizinhanças em x:

Teorema 5.6. Seja X um espaço topológico e para cada x em X, seja Bx uma base de vizinhanças em x. Então: (a) Se V 2 Bx; então x 2 V: (b) Se V1; V2 2 Bx, então existe um V3 2 Bx tal que V3  V1 \ V2: (c) Se V 2 Bx, então existe um V0 2 Bx, V0  V , tal que se y 2 V0; então existe um W 2 By com

W  V: (d) G  X é aberto se, e somente se, G contém uma vizinhança básica de cada um de seus pontos.

Demonstração. Fácil. Vamos mostrar (c) e (d). (c) Seja V 2 Bx: Seja V1 = int(V ) 2 Ux (logo V1  V ). Logo, existe V0 2 Bx com V0  V1: Se

y 2 V0  V1 (aberto); temos que V1 2 Uy: Logo, existe W 2 By com W  V1  V: A demonstração de (d) também é fácil. Com efeito, se G é aberto, o próprio G é uma vizinhaça de

seus pontos, e existe uma vizinhança básica de cada um de seus pontos, contida em G. Reciprocamente, se para cada x em G existe uma vizinhaça básica Vx de x, contida em G, temos que G =

S x2G

int(Vx).

Proposição 5.7. Seja X 6=  um conjunto. Para cada ponto x 2 X é associada uma coleção não-vazia Bx; de subconjuntos de X; satisfazendo (a),...,(c) do teorema anterior, com (2) 0 = fG  X; para cada x 2 G existe V 2 Bx tal que V  Gg Então 0 é uma topologia em X e cada Bx é uma base de vizinhanças de x:

Demonstração. Para cada x 2 X, considere (3) Ux = fG  X;G  V para algum V 2 Bxg : Note que, pela de…nição acima, temos Bx  Ux: Note que cada Ux satisfaz as propriedades (a),...,(d) da Proposição 5.2. Vejamos (a). Se G 2 Ux; então existe V 2 Bx com V  G. Como, pelo Teorema 5.6 (a), sabemos

que x 2 V , segue que x 2 G, e obtemos (a) da Proposição 5.2. Vejamos (b). Se U1; U2 2 Ux, então existem B1; B2 2 Bx tais que B1  U1 e B2  U2: Logo, pelo

item (b) do Teorema 5.6, existe B3 2 Bx com B3  B1 \ B2  U1 \ U2: Logo, por (3) segue que U1 \ U2 2 Ux e obtemos (b) da Proposição 5.2. Vejamos (c). Se U 2 Ux; existe B  U; B 2 Bx: Pelo Teorema 5.6 (c), existe B0 2 Bx  Ux tal que

B0  B e se y 2 B0; então existe By 2 By; By  B  U . Logo U 2 Uy para todo y 2 B0; e obtemos (c) da Proposição 5.2. Vejamos (d). Se G 2 Ux; então existe V 2 Bx com V  G. Logo, se G  U , temos ainda V  U e

por isso segue que U 2 Ux e obtemos (d) da Proposição 5.2. Note ainda que (é só fazer igualdade de conjuntos, usando as de…nições (3) e (2)):

0 = fG  X; G 2 Ux para cada x 2 Gg : Pela Proposição 5.3 temos que 0 é uma topologia em X e Ux é o sistema de vizinhanças de x em (X; 0) para cada x 2 X. Pela de…inição de Ux em (3) segue que Bx é uma base de vizinhanças de x em (X; 0) para cada x 2 X. 

Teorema 5.8. Seja X um espaço topológico e suponha que uma base de vizinhanças tenha sido …xada em cada x 2 X. Então (a) G  X é aberto se, e somente se, G contém uma vizinhança básica de cada um de seus pontos. (b) F  X é fechado se, e somente se, cada ponto x =2 F tem uma vizinhança básica disjunta de F . (c) E = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg (d) int(E) = fx 2 X; alguma vizinhança básica de x está contida em Eg (e) Fr(E) = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta E e X � Eg:

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 11

Demonstrção. (a) É a parte (d) do Teorema 5.6. (b) Conseqüência imediata de (a), se lembrarmos que um conjunto é fechado precisamente quando

seu complementar é aberto. (c) Lembre que E = \fK  X;K é fechado e E  Kg: Se alguma vizinhança básica U de x

não intercepta E; então x 2 int(U) e E  X � int(U): Como X � int(U) é fechado, segue que E  X � int(U): Logo x =2 E: Daí

E  fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg:

Reciprocamente, se x =2 E; então X � E é um conjunto aberto contendo x; e portanto contém uma vizinhança básica de x. Portanto essa vizinhança básica não pode interceptar E. (d) Pelo Exercício 4.13 temos

int(E) = X �X � E = X � fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta X � Eg = fx 2 X; existe uma vizinhança básica de x que não intercepta X � Eg = fx 2 X; existe uma vizinhança básica de x contida em Eg:

(e)

Fr(E) = E \X � E = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta Eg

\fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta X � Eg = fx 2 X; cada vizinhança básica de x intercepta E e X � Eg:

Exercício 5.9. Mostre que Fr(E) = E � int(E):

Teorema 5.10 (Critério de Hausdor¤). Para cada x 2 X, seja B1x uma base de vizinhanças de x para uma topologia 1 em X, e seja B2x uma base de vizinhanças em x para uma topologia 2 em X. Então 1  2 se, e somente se, para cada x 2 X; dado B1 2 B1x, existe um B2 2 B2x tal que B2  B1:

Demonstração. Suponha 1  2: Seja B1 2 B1x: Então, como B1 é vizinhança de x em (X; 1), x está contido em algum elemento B de 1; com B  B1. Como 1  2; temos que B 2 2 e portanto B é vizinhança de x em (X; 2): Logo existe B2 2 B2x tal que B2  B e daí B2  B1: Reciprocamente, se B 2 1; então para cada x 2 B, existe B1  B com B1 2 B1x: Logo, usando

a hipótese, para cada x 2 B; temos que B contém algum B2 2 B2x. Daí B 2 2, pois B contém vizinhanças básicas de cada um de seus pontos:

O teorema anterior pode ser pensado da seguinte forma: Pequenas vizinhanças fazem grandes topologias. Isso é intuitivo, pois quanto menores são as

vizinhanças em um espaço, mais fácil é para um conjunto conter vizinhanças de todos os seus pontos. Assim, é mais fácil que o conjunto seja aberto.

De…nição 5.11. Um ponto de acumulação de um conjunto A em um espaço topológico X é um ponto x 2 X tal que cada vizinhança (ou equivalentemente, cada vizinhança básica) de x contém algum ponto de A, diferente de x. O conjunto A0 formado por todos os pontos de acumulação de A é chamado derivado de A.

Proposição 5.12. A = A [A0:

12 DANIEL PELLEGRINO

Demonstração. Do Teorema 5.8 (c), segue que A0  A e, como A  A; segue que A [ A0  A: Por outro lado, se x 2 A; então cada vizinhança de x intercepta A. Portanto, ou x está em A ou cada vizinhança de x intercepta A em pontos diferentes de x: Daí x 2 A [A0:

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 13

6. Bases e sub-bases

De…nição 6.1. Seja (X; ) um espaço topológico. Uma coleção B   é uma base para  (às vezes dizemos base para X) se dado U 2  , existe C  B tal que

U = [ V 2C

V:

Em palavras, todo aberto da topologia pode ser representado como união de abertos da base.

Exercício 6.2. Seja (X; ) um espaço topológico e B  : Mostre que B é uma base para X se, e somente se, sempre que G é um aberto em X e p 2 G, então existe um B 2 B tal que p 2 B  G: Exemplo 6.3. Na reta real, a coleção de todos os intervalos abertos é uma base para a topologia usual. Mais geralmente, num espaço métrico M , a coleção de todas as bolas abertas centradas em pontos de M; é uma base para M .

Teorema 6.4. Seja X 6=  um conjunto. B  P(X) é uma base para uma topologia em X se (a) X =

S B2B

B e

(b) sempre que B1 e B2 estão em B, com p 2 B1 \B2; existe um B3 em B tal que p 2 B3  B1 \B2:

Nesse caso, a topologia é dada por  =  S B2C

B; C  B  :

Demonstração. Seja  =  S B2C

B; C  B  : Note que X 2  por (a) e  2  , pois  é a união de

elementos da subcoleção vazia de B: Pela de…nição de  , temos que a união de elementos de  ainda pertence a : Note que se U =

S B2B1

B e V = S

C2B2 C são elementos de  (com B1  B e B2  B); então

U \ V = S B2B1

B

! \ S C2B2

C

! =

S B2B1

S C2B2

(B \ C) :

Para concluir que U \V 2  , basta mostrar que B \C 2  , pois já sabemos que união de elementos de  ainda pertence a  . Quando B\C = , não há problema. Se B\C 6= , então, para cada p 2 B\C, (b) garante a existência de Bp 2 B com p 2 Bp  B \ C. Logo

B \ C = [

p2B\C Bp 2 :

Logo,  é uma topologia para X; e, pela de…nição de ; segue que B é uma base para a topologia  em X: Por outro lado, é fácil ver que se (X; ) é um espaço topológico não vazio e B é uma base para  , (a)

segue claramente, poisX é aberto, e portantoX = S B2C

B com C  B:Mas S B2B

B  X = S B2C

B  S B2B

B.

Também obtemos (b) facilmente, pois como B1 e B2 estão em B e p 2 B1 \ B2; temos que B1 e B2 são abertos, e portanto B1 \B2 2 : Assim, temos (4) p 2 B1 \B2 =

S B2C

B

com C  B; e segue de (4) que existe B3 2 C  B, com p 2 B3  B1 \B2: Podemos enunciar, portanto, o seguinte:

Teorema 6.5. Seja X 6=  um conjunto. Suponha que B  P(X) satisfaz (a) X =

S B2B

B e

(b) sempre que B1 e B2 estão em B, com p 2 B1 \B2; existe um B3 em B tal que p 2 B3  B1 \B2:

14 DANIEL PELLEGRINO

Então B é uma base para uma topologia  =  S B2C

B; C  B  em X: Reciprocamente, se (X; ) é um

espaço topológico não vazio, e B  P(X) é uma base para ; então B satisfaz (a) e (b).

O próximo terorema relaciona a base de uma topologia com bases de vizinhanças de pontos do espaço topológico.

Teorema 6.6. Seja X 6=  um espaço topológico. Se B é uma coleção de abertos em X, B é uma base para X se, e somente se, para cada x 2 X, a coleção Bx = fB 2 B;x 2 Bg é uma base de vizinhanças em x.

Demonstração. Suponha que B é uma base para X. Para cada x em X, considere Bx = fB 2 B;x 2 Bg: É claro que Bx 6=  (pois x 2 X 2  e portanto existe B 2 B com x 2 B  X) e também é claro que os elementos de Bx são vizinhanças de x. Seja U uma vizinhança de x. Então x 2 int(U) e, como int(U) é uma união de elementos de B; existe algum B em B tal que x 2 B  int(U): Logo B 2 Bx e B  U . Daí concluímos que Bx é base de vizinhanças em x. Reciprocamente, suponha que B é uma coleção de abertos em X e para cada x, Bx = fB 2 B;x 2 Bg

é uma base de vizinhanças em x. Então B  S x2X

Bx. Seja U um aberto de X. Para cada p em U; existe

um elemento Bp de Bp  B tal que p 2 Bp  U . Logo U = S p2U

Bp e portanto U é união de elementos

de B. Daí concluímos que B é base para X.  Podemos também descrever a topologia com uma coleção menor que uma base:

De…nição 6.7. Seja X um conjunto não vazio. Uma sub-base C para uma topologia em X é uma coleção de subconjuntos de X cuja união é igual a X. A topologia gerada por uma sub-base C é de…nida como a coleção  de…nida por

 = f [ B2S

B;S  Fg; e com F = f n\ j=1

Sj ;n 2 N; Sj 2 Cg

formada por todas as uniões de interseções …nitas de elementos de C : Exercício 6.8. Mostre que  de…nida acima é de fato uma topologia. Sugestão: Mostre que F é base para  usando o Teorema 6.5.

Observação 6.9. A De…nição 6.7 é baseada no livro [Topology, a …rst Course, de J.R. Munkres]. Alguns livros apresentam de…nições ligeiramente diferentes. Por exemplo, no livro de S. Willard, se (X; ) é um espaço topológico, uma sub-base para  é uma coleção C   tal que a coleção de todas as interseções …nitas de elementos de C é uma base para  (dentre essas interseções está a interseção\ A2

A). Note que se X = fa; bg e  = f; fag; Xg; então C = ffagg é sub-base para  no sentido de S.

Willard, mas não é no sentido da De…nição 6.7, pois a união dos elementos de C não resulta em X. É importante lembrar que, quando trabalhamos com a de…nição do livro de S. Willard, usamos que,

num conjunto universo X, sempre temos \ A2

A = X:

Exercício 6.10. Leia a observação anterior e considere a de…nição de sub-base do livro de S. Willard. Mostre que nesse contexto qualquer coleção de subconjuntos de um conjunto X é sub-base para uma topologia em X.

Exercício 6.11. Se f g é uma família de topologias em X, mostre que \  é uma topologia em X.

Veri…que se, em geral, [  é uma topologia.

Exercício 6.12. Seja f g uma família de topologias em X: (i) Mostre que existe uma única maior topologia contida em

\  (maior topologia signi…ca uma

topologia que contém qualquer topologia que está contida \  ).

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 15

(ii) Mostre que existe uma única menor topologia que contém [  (menor topologia signi…ca que

está contida em qualquer topologia que contenha [  ). Sugestão: mostre que se A =

[  ; então

B = f\A2CA; C  A e C é …nitog é base para uma topologia  que contém A (use o Teorema 6.5). Em seguida, mostre que qualquer topologia que contém A deve necessariamente conter : Daí, obtenha a unicidade.

Exercício 6.13. Mostre que se B é uma base para uma topologia em X, então essa topologia coincide com a interseção de todas as topologias que contém B. Prove o mesmo para uma sub-base.

16 DANIEL PELLEGRINO

7. Funções contínuas

De…nição 7.1. Sejam X e Y espaços topológicos e seja f : X ! Y uma função. Então f é contínua em x0 2 X se, e somente se, para cada vizinhança V de f(x0) em Y , existir uma vizinhança U de x0 em X tal que f(U)  V: Dizemos que f é contínua em X se f for contínua em cada ponto de X. Exercício 7.2. Mostre que na de…nição acima podemos trocar “vizinhança”por “vizinhança básica”.

Exercício 7.3. Mostre que na de…nição acima podemos trocar “vizinhança”por “aberto”

O próximo teorema nos dá caracterizações bastante úteis de funções contínuas:

Teorema 7.4. Se X e Y são espaços topológicos e f : X ! Y é uma função, as seguintes a…rmações são equivalentes: (a) f é contínua, (b) para cada aberto H em Y , temos que f�1(H) é aberto em X, (c) para cada fechado K em Y , temos que f�1(K) é fechado em X (d) para cada E  X, f(ClX(E))  ClY (f(E)): Demonstração. (a) ) (b). Se H é aberto em Y , então para cada x 2 f�1(H); H é uma vizinhança de f(x): Pela

continuidade de f , existe uma vizinhança V de x tal que f(V )  H: Logo V  f�1(H): Concluímos que f�1(H) contém uma vizinhança de cada um de seus pontos, e portanto f�1(H) é aberto.

(b)) (c). Se K é fechado em Y , então f�1(Y �K) é aberto em X. Então f�1(K) = X � f�1(Y �K)

e portanto f�1(K) é fechado em X. (c)) (d). Seja K um fechado em Y , com f(E)  K. Pela parte (c), temos que f�1(K) é fechado

em X e contém E. Então ClX(E)  f�1(K): Daí f(ClX(E))  K: Como isso vale para qualquer conjunto fechado K contendo f(E); temos que

f(ClX(E))  ClY (f(E)): (d) ) (a): Seja x 2 X e seja V uma vizinhança de f(x): Podemos, se necessário, diminuir V e

considerá-la aberta. De…na E = X � f�1(V ) e U = X � ClX(E): Como, por hipótese, f(ClX(E))  ClY (f(E)); temos que x 2 U . De fato, se fosse x =2 U , teríamos

x 2 ClX(E) e daí (5) f(x) 2 f(ClX(E))  ClY (f(E)): Mas

f(E) = f(X � f�1(V ))  Y � V e V é aberto. Daí Y � V é fechado e, pela de…nição de fecho, ClY (f(E))  Y � V: Como f(x) 2 V , temos que f(x) =2 ClY (f(E)) (isso contradiz (5)). Logo x 2 U: Além disso, f(U) = f(X � ClX(E))  f(X � E) = f(f�1(V ))  V e f é contínua.

Teorema 7.5. Se X;Y e Z são espaços topológicos e f : X ! Y e g : Y ! Z são funções contínuas, então g  f : X ! Z é contínua.

Demonstração. Se H é aberto em Z, (g  f)�1 (H) = f�1(g�1(H)) é aberto em X, e portanto g  f é contínua.  Exercício 7.6. A função característica de um subconjunto A de um conjunto X é a função (denotada por 1A) de X em R que assume o valor 1 en pontos de A e o valor zero nos outros pontos de X. Mostre que 1A é contínua em A se, e somente se, A é aberto e fechado em X.

Exercício 7.7. Mostre que X é possui a topologia discreta ( = P(X)) se, e somente se, qualquer f : X ! Y é contínua para qualquer espaço topológico Y . Exercício 7.8. Mostre que X tem a topologia trivial se, e somente se, toda função f : Y ! X for contínua, para qualquer espaço topológico Y .

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 17

Exercício 7.9. Mostre que se f : X ! Y é tal que f�1(A) é aberto para cada A aberto de uma sub-base da topologia de Y , então f é contínua. A recíproca vale?

Exercício 7.10. Se f e g são funções contínuas de X em R, mostre que o conjunto dos pontos para os quais f(x) = g(x) é um conjunto fechado.

Exercício 7.11. Se f é uma função de um espaço topológico X no plano R2, podemos associar a f as funções coordenadas f1 e f2; cada uma de X em R. Mostre que uma função f : X ! R2 é contínua se, e somente se, as suas funções coordenadas são contínuas.

18 DANIEL PELLEGRINO

8. Subespaços e topologia relativa

Um subconjunto de um espaço topológico herda a topologia de maneira bastante natural:

De…nição 8.1. Se (X; ) é um espaço topológico e A  X, a coleção  0 = fG \ A;G 2 g é uma topologia em A, chamada topologia relativa. Um subconjunto A de um espaço topológico (X; ), com a topologia relativa, é chamado subespaço.

Sempre que usarmos uma topologia num subconjunto de um espaço topológico, assumiremos que essa é a topologia relativa (a menos que se diga algo em contrário).

Exemplo 8.2. A reta, pensada como o eixo x do plano, herda a topologia do R2:

Exemplo 8.3. Os inteiros, como subespaço da reta, herdam a topologia discreta (onde todos os subconjuntos são abertos).

Teorema 8.4. Seja A um subespaço de um espaço topológico X. Então, (a) H  A é aberto em A se, e somente se, H = G \A, com G aberto em X; (b) F  A é fechado em A se, e somente se, F = K \A, com K fechado em X; (c) Se E  A, então ClA(E) = A \ ClX(E); (d) Se x 2 A, então V é uma vizinhança de x em A se, e somente se, V = U \ A, onde U é uma

vizinhança de x em X; (e) Se x 2 A, e se Bx é uma base de vizinhanças para x em X, então fB \A;B 2 Bxg é uma base

de vizinhanças para x em A; (f) Se B é base para X, então fB \A;B 2 Bg é base para A. Demonstração. (a) é imediato da de…nição da topologia relativa. (b) Se F é fechado em A, então F = A � C com C aberto em A. Logo F = A � (A \D) com D

aberto em X: Daí F = A \ (X �D): Como X �D é fechado em X, basta fazer X �D = K: Reciprocamente, se F = K \A, com K fechado em X; então

A� F = A� (K \A) = A \ (X �K): Como X �K é aberto em X, segue que A� F é aberto em A e consequentemente F é fechado em A: (c) Note que, como E  A, temos

ClA(E) = \fK  A;K é fechado em A e E  Kg = \fA \ F ; F é fechado em X e E  A \ Fg = \fA \ F ; F é fechado em X e E  Fg = A \ (\fF  X;F é fechado em X e E  Fg) = A \ ClX(E):

(d) Seja V vizinhança de x em A: Então existe um aberto U0 de A tal que x 2 U0  V: Mas U0 = U \A, com U aberto em X: Daí

V = [U [ (V � U)] \A e como U [ (V � U) é vizinhança de x em X; uma das implicações está provada. Por outro lado, suponha que V = U \ A e x 2 V; onde U é vizinhança de x em X. Então, existe

um conjunto B aberto em X tal que x 2 B  U: Logo x 2 B \A  U \A = V . Como B \A é aberto em A, segue que V é vizinhança de x em A:

(e) Seja x 2 A e V uma vizinhança de x em A. Pelo item (d), V = A \ U com U vizinança de x em X: Como Bx é base de vizinhanças de x em X, existe B 2 Bx tal que x 2 B  U: Logo x 2 A \B  A \ U = V: Daí fB \A;B 2 Bxg é base de vizinhanças de x em A.

(f) Exercício.

Exercício 8.5. Seja X um espaço topológico e F  X fechado em X. Se F1  F é fechado em F; mostre que F1 é fechado em X.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 19

De…nição 8.6. Se f : X ! Y e A  X, denotaremos por f j A a restrição de f a A, ou seja, a função de A em Y dada por (f j A)(a) = f(a) para cada a em A:

Proposição 8.7. Se A  X e f : X ! Y é contínua, então (f j A) : A! Y é contínua.

Demonstração. Se H é aberto em Y; então (f j A)�1(H) = f�1(H) \ A; e este conjunto é aberto na topologia relativa de A. O próximo resultado é uma espécie de recíproca da proposição anterior:

Teorema 8.8. Se X = A [ B; com A e B abertos (ou ambos fechados) em X, e f : X ! Y uma função tal que (f j A) e (f j B) são contínuas, então f é contínua.

Demonstração. Suponha A e B abertos e H é aberto em Y . Como

f�1(H) = (f j A)�1(H) [ (f j B)�1(H); e como (f j A) e (f j B) são contínuas, temos que (f j A)�1(H) e (f j B)�1(H) são abertos em A e B, respectivamente. Como A e B são abertos em X, segue que (f j A)�1(H) e (f j B)�1(H) são também abertos em X (veri…que!) Daí f�1(H) é aberto em X; pois é união de abertos. O caso em que ambos são fechados …ca como exercício.

Exercício 8.9. Suponha Y  Z e f : X ! Y: Mostre que f é contínua se, e somente se, f vista como função de X em Z é contínua.

20 DANIEL PELLEGRINO

9. Homeomorfismos

Na passagem de X para sua imagem f(X) por uma função contínua f , perdemos informação de duas formas. A primeira delas no âmbito de conjuntos: f(X) terá menos pontos que X (precisamente, card(f(X))  Card(X)). A segunda perda é topológica: para cada aberto de f(X); existe um aberto em X associado a ele, mas f não leva necessariamente abertos em abertos. Funções contínuas bijetivas, que levam abertos em abertos tem um papel importante em topologia, e são chamadas de homeomor…smos. Vamos de…nir, entretanto, homeomor…smo de uma maneira diferente, mas a seguir veremos que as noções coincidem.

De…nição 9.1. Se X e Y são espaços topológicos, f : X ! Y é contínua , bijetiva e f�1 é contínua, dizemos que f é um homeomor…smo e que X e Y são homeomorfos. Se f : X ! Y é injetiva e f : X ! f(X) é um homeomor…smo, dizemos que f é um mergulho

(embedding, em inglês) de X em Y; e que X está mergulhado em Y por f:

O próximo resultado nos deixa à vontade para escolher dentre várias de…nições equivalentes de homeomor…smos:

Teorema 9.2. Se X e Y são espaços topológicos e f : X ! Y é bijetiva, as seguintes a…rmações são equivalentes: (a) f é um homeomor…smo, (b) se G  X, então f(G) é aberto em Y se, e somente se, G é aberto em X, (c) se F  X, então f(F ) é fechado em Y se, e somente se, F é fechado em X; (d) se E  X; f(ClX(E)) = ClY (f(E)): Demonstração. (a) ) (b). Seja G aberto em X. Então, f(G) coincide com (f�1)�1(G); que é aberto em Y; pois

f�1 é contínua. Analogamente, se f(G) é aberto em Y , então, como f é contínua, temos que G = f�1(f(G)) é

aberto em X. (b)) (a): Claro, pois se G é aberto em X, então (f�1)�1(G) coincide com f(G), que é aberto em

Y: Daí f�1 é contínua Analogamente, se H é aberto em Y , então H = f(G) para algum G em X. Por hipótese, como H

é aberto, temos que G é aberto. Daí f�1(H) = G (aberto), e portanto f é contínua.. (a)) (c). Seja F fechado em X. Então, f(F ) coincide com (f�1)�1(F ); que é fechado em Y; pois

f�1 é contínua. Analogamente, se f(F ) é fechado em Y , então, como f é contínua, temos que F = f�1(f(F )) é

fechado em X. (c) ) (a). Claro, pois se F é fechado em X, então (f�1)�1(F ) coincide com f(F ), que é fechado

em Y: Daí f�1 é contínua. Analogamente, se H é fechado em Y , então H = f(G) para algum G em X. Por hipótese, como H

é fechado, temos que G é fechado. Daí f�1(H) = G (fechado), e portanto f é contínua. (a)) (d) Como f é contínua, temos

(6) f(ClX(E))  ClY (f(E)): Como f�1 é contínua, temos f�1(ClY (f(E)))  ClX(f�1(f(E))): Daí, “aplicando f”; temos (7) ClY (f(E))  f(ClX(E)): De (6) e (7) segue o resultado.

(d)) (a). Como f(ClX(E))  ClY (f(E)); temos que f é contínua. Resta-nos provar a continuidade de f�1: Como ClY (f(E))  f(ClX(E)) para todo E; escolha G em Y e E = f�1(G): Daí segue que

ClY (f(f �1(G)))  f(ClX(f�1(G))):

Aplicando f�1, temos f�1(ClY (G))  ClX(f�1(G))

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 21

e portanto f�1 é contínua e temos um homeomor…smo. 

Espaços topológicos homeomorfos, em topologia, são pensados como iguais. Se denotarmos a propriedade “X homeomorfo a Y ” por X s Y , a relaçao s será uma relação de equivalência em qualquer conjunto formado por espaços topológicos, pois:

 X s X;  se X s Y; então Y s X;  se X s Y e Y s Z; então X s Z:

Para provar que dois espaços topológicos não são homeomorfos, é comum procurarmos alguma propriedade topológica que algum deles satisfaça e o outro não. Precisamente, uma propriedade topológica é uma propriedade de espaços topológicos que, se X a possui, então todos espaços homeomorfos a X também possuem.

Exercício 9.3. Mostre que a reta R é homeomorfa aos intervalos abertos.

Exercício 9.4. Mostre que em R, todos intervalos fechados e limitados são homeomorfos.

Exercício 9.5. Mostre que “ser metrizável” é uma propriedade topológica.

Exercício 9.6. Mostre que “ter cardinalidade @”é uma propriedade topológica.

Em um espaço vetorial X; às vezes temos uma forma de comparar a proximidade entre vetores arbitrários. Tomando a reta e o valor absoluto como modelo, de…nimos uma norma em um espaço vetorial X como uma função k:k : X ! R que satisfaz as seguintes propriedades: i) kx+ yk  kxk+ kyk para quaisquer x; y em X. ii) kxk = 0, x = 0: iii) kxk = jj kxk para todo  no corpo de escalares de X e para todo x em X. Um espaço vetorial munido de uma norma é chamado espaço vetorial normado (evn). Se X e

Y são evn, uma função T de X em Y é chamada operador linear se  T (a+ b) = T (a) + T (b);  T (a) = T (a);

para quaisquer a; b em X e  real. Um operador linear T de X em Y é de…nido como limitado quando existe M tal que kT (x)k 

M kxk ; para todo x em X. Note que aqui abusamos um pouco da notação, usando o mesmo símbolo para normas em X e Y .

Exercício 9.7. Mostre que um operador linear é limitado se, e somente se,

supfkT (x)k ;x 2 X; kxk = 1g <1

Exercício 9.8. Mostre que para um operador linear T de X em Y , as seguintes a…rmações são equivalentes: (a) T é contínuo em algum x0 em X, (b) T é limitado.

Exercício 9.9. Mostre que, se X é um espaço vetorial normado de dimensão in…nita, existem operadores lineares T : X ! R que não são contínuos.

22 DANIEL PELLEGRINO

10. Espaços produto e topologias fracas

Nesta seção vamos de…nir uma topologia natural no produto cartesiano de espaços topológicos.

De…nição 10.1. Seja X um conjunto para cada em �. O produto cartesiano dos conjuntos X é o conjunto

(8) Q 2�

X =

 x : �!

S 2�

X ;x( ) 2 X para cada 2 �  ;

que denotamos simplesmente por Q X se não houver possibilidade de confusão em relação ao conjunto

de índices. Na prática, o valor de x( ) é denotado por x : A função  :

Q X ! X ; de…nida por  (x) = x , é chamada a -ésima projeção.

Se cada X é um espaço topológico, vamos de…nir, em Q X ; uma topologia que seja compatível

com algumas exigências. Queremos, por exemplo, que a topologia em RR seja a topologia usual do R2: Poderíamos pensar em de…nir uma topologia para

Q X simplesmente tomando

Q U (com U

aberto em X ) como base. Entretanto essa topologia, chamada de “box topology” gera muitos abertos, e não é tão interessante na prática. A seguinte de…nição é mais útil:

De…nição 10.2. Sejam (X ;  ) espaço topológicos, para todo 2 A. A topologia produto (ou topologia de Tychono¤ ) em

Q 2AX é obtida tomando como base os conjuntos da forma

Q 2AU ,

onde (a) U é aberto em X para cada ; (b) U = X ; exceto para uma quantidade …nita de índices. Note que (veri…que!) (a) pode ser substituída por (a)0 U 2 B ; para cada ; onde B é uma base (…xa) para a topologia de X ; para cada :

Note que Q

2AU com U = X exceto para = 1; :::; n; pode ser escrito comoQ 2AU = 

�1 1 (U 1) \ ::: \ 

�1 n (U n):

Então, a topologia produto é precisamente a topologia que tem como sub-base a coleção f�1 (U ); 2 A; U é aberto em X g ou ainda f�1 (U ); 2 A; U 2 B , com B base de X g: De agora em diante, a topologia de

Q X será sempre a topologia produto, exceto se algo for mencionado em contrário.

É interessante notar que no caso de produtos cartesianos …nitos, a topologia produto coincide com a “box topology”.

Exemplo 10.3. Seja X um conjunto qualquer e Y = ff : X ! R; f é uma funçãog. De acordo com (8) podemos interpretar Y como sendo Y =

Q 2XZ ; com Z = R para todo :

Um elemento da base da topologia produto de Y é algo do tipo:

U = �1 1 (U 1) \ ::: \  �1 n (U n)

com U j ; j = 1; :::; n, elementos da base (natural) da topologia de R. Assim, cada U j é um intervalo de raio j centrado num certo bj e

(9) U = fg 2 Y ; jg( j)� bj j < j ; para j = 1; :::; ng: Lembre-se que o Teorema 6.6 diz que se B é uma coleção de abertos em Y , B é uma base para Y

se, e somente se, para cada y 2 Y , a coleção By = fB 2 B; y 2 Bg é uma base de vizinhanças em y. Seja f : X ! R uma função. Uma base de vizinhanças de f será, portanto, formada por abertos

como U em (9), que contém f . Portanto,

Bf = fU satisfazendo (9) para certos j ; bj ; j ; n, tais que f 2 Ug : é uma base de vizinhanças de f: Seja Cf  Bf de…nida por

Cf =  V(f; 1;:::; n;") = fg 2 Y ; jg( j)� f( j)j < "; para j = 1; :::; n,

com 1; :::; n 2 X; " > 0 e n 2 Ng

 :

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 23

Portanto, os elementos de Cf são vizinhanças de f (isto é, estão em Uf ): Se A 2 Uf , então existe B 2 Bf com B  A, e também existe C 2 Cf com C  B (veri…que!), e portanto C  A. Logo, usando a De…nição 5.4 segue que Cf é base de vizinhanças de f . Em resumo, uma base de vizinhanças de f é formada por todos os conjuntos da forma

V(f ;F ;") = fg 2 Y ; jg(x)� f(x)j < "; para x 2 Fg;

onde F varia pelos subconjuntos …nitos de X e " varia dentre os reais positivos.

De…nição 10.4. Sejam X e Y espaços topológicos e f : X ! Y: Dizemos que f é uma aplicação aberta (fechada) quando para cada aberto (fechado) A de X, temos que f(A) é aberto (fechado) em Y .

Proposição 10.5.  : Q X ! X é contínua e aberta, mas não necessariamente fechada.

Demonstração. Note que 1 : R2 ! R não é fechada. De fato, o conjunto

F = ([1; 2] f0g) [ ([1=2; 1] f1g) [ ([1=3; 1=2] f2g) [ ([1=4; 1=3] f3g) [ :::

é fechado, mas 1(F ) = (0; 2]: Por outro lado, se U é aberto em X , temos que 

�1 (U ) =

Q U com U = X se 6= : Assim,

pela de…nição da topologia produto, segue que  é contínua. Resta-nos veri…car que é uma aplicação aberta. Se A é aberto em

Q X , temos que A é união dos elementos da base. Assim,

A = [ 

 �1 1;(U

 1 ) \ ::: \ �1 n;(U

 n )  :

Logo

 (A) = [ 



 �1 1;(U

 1 ) \ ::: \ �1 n;(U

 n )  :

Daí concluímos que  (A) é X ou  (A) é uma união de abertos de X : Em todo caso,  (A) é aberto. A seguir, introduzimos o conceito de topologia fraca.

De…nição 10.6. Sejam X 6=  um conjunto, X espaços topológicos com f : X ! X funções, para cada 2 �: A topologia fraca induzida em X pela coleção ff ; 2 �g é a topologia que tem como sub-base a família ff�1 (V );V é aberto em X ; 2 �g.

Observação 10.7. Note que se fX g 2A é uma família de espaços topológicos, a topologia produto em

Q 2AX é a topologia fraca em

Q 2AX induzida pelas projeções f ; 2 Ag.

Proposição 10.8. Se X tem a topologia fraca induzida pela coleção ff ; 2 �g; com f : X ! X , então f : Y ! X é contínua se, e somente se, f  f : Y ! X é contínua para cada :

Demonstração. Se f é contínua, como cada f é contínua, é claro que cada f  f é contínua. Reciprocamente, suponha que cada f f seja contínua. Para mostrar que f é contínua, basta mostrar que f�1(G) é aberto para cada G aberto da base da topologia fraca em X. Um aberto da base da topologia fraca de X é representado como

G = f�1 1 (V 1) \    \ f �1 n (V n):

Logo,

f�1(G) = f�1 � f�1 1 (V 1) \    \ f

�1 n (V n)

 = (f 1  f)

�1 (V 1) \    \ (f n  f)

�1 (V n);

que é aberto, pois cada f  f é contínua, por hipótese.

Corolário 10.9. Uma aplicação f : X ! Q X é contínua se, e somente se,   f é contínua para

cada :

24 DANIEL PELLEGRINO

Exercício 10.10. Mostre que

(10) int(AB) = int(A) int(B) e

(11) (AB) = AB:

Exercício 10.11. Mostre que (10) em geral não pode ser generalizada para um produto cartesiano in…nito, mas (11) pode.

Exercício 10.12. Seja A =

[ 2�

A

união disjunta; para cada 2 A seja X um espaço topológico. Mostre queY 2�

Y 2A

X

! é homeomorfo a

Y 2A

X :

Exercício 10.13. Seja ' : A ! B uma bijeção e suponha que para cada a 2 A, o espaço topológico X é homeomorfo a Y'( ): Mostre que

Y 2A

X é homeomorfo a Y 2B

Y .

Exercício 10.14. Seja X um espaço topológico não-vazio, para cada 2 A; seja X = Y 2A

X . Se

b é um ponto …xo em X , para cada 2 A, mostre que B = fx 2 X;x = b exceto por uma quantidade …nita de 2 Ag

é denso em X.

Exercício 10.15. (Este exercício requer algum conhecimento de Análise Funcional) A topologia fraca induzida em X pela coleção de todos os operadores lineares contínuos de X em R tem um papel importante na Análise Funcional. Sejam X um espaço vetorial normado, X = ff : X ! R operadores lineares contínuosg e X = ff : X ! R operadores lineares contínuosg. Seja B o conjunto formado pelas aplicações T : X ! R tais que existe x em X para o qual T (f) = f(x). A topologia fraca em X induzida por B é chamada, em Análise Funcional, de topologia fraca estrela. Mostre que a topologia fraca estrela está contida na topologia fraca em X induzida por X?

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 25

11. Espaços Quocientes

A noção de espaço quociente é semelhante à de topologia fraca. Se Y é um conjunto qualquer e (X ) 2� são espaços topológicos, a topologia forte (f ) em Y induzida por uma coleção de funções f : X ! Y é de…nida por

(f ) = fG  Y ; f�1 (G) é aberto em X para todo 2 �g: Perceba que qualquer topologia em Y; para a qual todas as f são contínuas, deve necessariamente

estar contida na topologia forte (f ) .

Exercício 11.1. Veri…que que (f ) é de fato uma topologia.

De…nição 11.2. Se X é um espaço topológico, Y é um conjunto qualquer e g : X ! Y é uma função sobrejetiva, então a coleção g de subconjuntos de Y de…nida por

g = fG  Y ; g�1(G) é aberto em Xg é uma topologia em Y , chamada topologia quociente induzida por g em Y: Quando Y é munido de alguma topologia quociente, dizemos que Y é um espaço quociente e g é a aplicação quociente.

Proposição 11.3. Se X e Y são espaços topológicos e f : X ! Y é sobrejetiva contínua e aberta (ou fechada), então a topologia  de Y coincide com a topologia f :

Demonstração. Suponha que f seja sobrejetiva, contínua e aberta. É claro que   f : Mas, se U 2 f ; segue que f�1(U) é aberto em X. Mas, como f é aberta, U = f(f�1(U)) é aberto na topologia  . Daí concluímos que as topologias são iguais. O caso de f ser fechada …ca como exercício.  O resultado fundamental a respeito de topologias quociente é o seguinte:

Teorema 11.4. Seja Y um espaço topológico munido da topologia quociente induzida pela aplicação sobrejetiva f : X ! Y: Então, para um espaço topológico arbitrário Z e g : Y ! Z qualquer, temos que g é contínua se, e somente se, g  f : X ! Z é contínua.

Demonstração. Se g é contínua, é claro que g  f também é, pois composta de funções contínuas é ainda uma função contínua (Teorema 7.5). Reciprocamente, suponha que g  f é contínua. Seja U um aberto em Z. Então

f�1(g�1(U)) = (g  f)�1(U) é aberto em X: Como Y é munido da topologia quociente, e como f�1(g�1(U)) é aberto, segue que g�1(U) é aberto em Y . Daí concluímos que g é contínua.

26 DANIEL PELLEGRINO

12. Convergência de seqüências

De…nição 12.1. Uma seqüência (xn)1n=1 em um espaço topológico X converge para x 2 X (xn ! x) quando para cada vizinhança U de x, existir um inteiro positivo n0 tal que n  n0 implica xn 2 U .

É claro que na de…nição acima, podemos substituir “vizinhança”por “vizinhança básica”.

Exemplo 12.2. Se (X; d) é um espaço métrico, então xn ! x se, e somente se, d(xn; x)! 0:

Exemplo 12.3. Em RR, a seqüência fn converge a f se, e somente se, fn(x) ! f(x) para cada x real. De fato, suponha fn ! f . Então, para cada x0 real, considere F = fx0g e a vizinhança básica V(f;F;") = fg 2 RR; jg(x0)� f(x0)j < "g de f . Logo, existe n0 natural tal que n  n0 implica fn 2 V(f;F;"): Daí, n  n0 ) jfn(x0)� f(x0)j < " e fn(x0)! f(x0): Reciprocamente, suponha fn(x)! f(x) para cada x real. Seja V(f;F;") uma vizinhança básica de f .

Como F é …nito, temos F = fx1; :::; xrg: Podemos então encontrar um n0 su…cientemente grande de modo que n  n0 ) jfn(xj)� f(xj)j < " para cada j = 1; :::; r: Portanto, n  n0 ) fn 2 V(f;F;") e fn ! f:

De…nição 12.4. Um espaço topológico satisfaz o primeiro axioma da enumerabilidade quando cada x 2 X possui uma base enumerável de vizinhanças.

Como, em espaços métricos M , as bolas centradas em x 2 M com raio racional formam uma base de vizinhanças ao redor de x, os espaços métricos sempre satisfazem o primeiro axioma da enumerabilidade.

Exercício 12.5. Um espaço topológico X satisfaz o segundo axioma da enumerabilidade se a topologia possui uma base enumerável. Mostre que se X satisfaz o segundo axioma, então satisfaz o primeiro. Mostre ainda que R com a topologia discreta satisfaz o primeiro axioma, mas não satisfaz o segundo.

Teorema 12.6. Se X satisfaz o primeiro axioma da enumerabilidade e E  X, então x 2 E se, e somente se, existe uma seqüência (xn)1n=1 em E que converge para x:

Demonstração Seja x 2 E. Seja fUn;n = 1; 2; :::g uma base enumerável de vizinhanças de x.

Substituindo Un por n\

k=1

Uk, se necessário, podemos supor

U1  U2     Como Un 6=  para cada n, escolhemos xn 2 Un \E. Obtemos, portanto, uma seqüência (xn) contida em E, convergindo para x. Reciprocamente, suponha que (xn)1n=1 é uma seqüência contida em E e xn ! x. Então, pela

de…nição de convergência, cada vizinhança de x contém o rabo da seqüência (xn)1n=1 e portanto

intercepta E, e x 2 _ E.

Corolário 12.7. Sejam X e Y espaços que satisfazem o primeiro axioma da enumerabilidade. Então (a) U  X é aberto se, e somente se, sempre que xn ! x 2 U; então existe n0 tal que

n  n0 ) xn 2 U: (b) F  X é fechado se, e somente se, sempre que (xn)1n=1  F e xn ! x; então x 2 F . (c) f : X ! Y é contínua se, e somente se, sempre que xn ! x em X, então f(xn)! f(x) em Y:

Demonstração. (a) Se U  X é aberto e xn ! x 2 U; como U é vizinhança de x, existe n0 2 N tal que xn 2 U

para todo n  n0: Por outro lado, suponha que sempre que xn ! x 2 U; então existe n0 tal que n  n0 ) xn 2 U:

Suponha, por contradição, que U não seja aberto. Existe, então, um ponto x 2 U que não é interior. Dada uma base enumerável de vizinhanças fUn;n = 1; 2; :::g de x, podemos supor, como no Teorema

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 27

12.6, U1  U2  ::::. Para cada n, existe xn 2 Un � U e portanto, xn ! x e não existe n0 tal que tal que n  n0 ) xn 2 U (absurdo). (b) Seja F  X fechado e seja (xn)1n=1 uma seqüência em F , convergindo para x: Se fosse x =2 F ,

teríamos x 2 X � F (aberto). Logo, como xn ! x, existe n0 2 N tal que n  n0 ) xn 2 X � F:

Logo xn0 2 F \ (X � F ); o que é um absurdo. Agora, suponhamos que sempre que x 2 X é tal que existe (xn)1n=1  F; com xn ! x; temos x 2 F:

Se y 2 F ; então, pelo Teorema 12.6, existe (yn)1n=1  F; com yn ! y: Mas, pelo que estamos supondo, isso implica que y 2 F . Logo F  F e segue que F é fechado. A demonstração de (c) …ca como exercício.

O resultado anterior nos mostra que em espaços que satisfazem o primeiro axioma da enumerabilidade, a convergência por meios de seqüências caracteriza completamente os abertos e os fechados, ou seja, descrevem a topologia. É natural que à primeira vista imaginemos que isso acontece com qualquer espaço topológico, mas o exemplo a seguir mostra que isso em geral não é verdade.

Exemplo 12.8. Considere X = RR = ff : R! R; f é uma função qualquerg com a topologia produto e

E = ff 2 RR; f(x) = 0 ou 1 e f(x) = 0 apenas …nitas vezesg: Seja g 2 RR a função identicamente nula. Então, se Ug é uma vizinhança básica de g, temos

Ug = fh 2 RR; jh(y)� g(y)j < " se y 2 Fg = fh 2 RR; jh(y)j < " se y 2 Fg para algum conjunto …nito F  R e algum " > 0: Seja hUg 2 E a função tal que hUg (x) = 0 para x 2 F e 1 para x =2 F . Temos que hUg 2 Ug \ E:

Portanto, g 2 ClXE. Por outro lado, se (fn)1n=1 é uma seqüência em E e An = fx 2 R; fn(x) = 0g; temos que cada An é …nito. Se fn ! ' 2 RR, vimos anteriormente que fn(x) ! '(x) para todo x 2 R: Logo, como cada fn é

nula num conjunto …nito An e igual a 1 no seu complementar, teremos

'(x) = 1 para todo x =2 1[ n=1

An:

Logo ' 6= g: Conclusão: g 2 ClXE e nenhuma seqüência (fn)1n=1 em E converge para g. Logo, o Teorema 12.6 não é válido nesse contexto.

Exercício 12.9. Para a reta com a topologia  = f;Rg; estude a convergência da seqüência ( 1n ) 1 n=1:

28 DANIEL PELLEGRINO

13. Redes

Vimos na seção anterior que, em geral, seqüências não descrevem bem as topologias. Por exemplo, o Exemplo 12.8 mostra que não é sempre possível caracterizar os fechados de um espaço topológico por meio de seqüências. De fato, vimos que podemos encontrar um ponto de acumulação de um conjunto F  X sem que exista uma seqüência (xn) em F convergindo para esse ponto. Há duas generalizações clássicas do conceito de seqüência, que consertam essa limitação das seqüências: redes e …ltros. O conceito de redes originou-se com trabalhos de Moore-Smith e o conceito de …ltros deve-se a E. Cartan.

De…nição 13.1. Um conjunto  é dito conjunto dirigido quando existe uma relação  em  satisfazendo: a)    para todo  2 ; b) se 1  2 e 2  3; então 1  3, c) se 1; 2 2 , então existe algum 3 2  tal que 1  3 e 2  3: Dizemos que a relação  é uma direção para o conjunto . Às vezes dizemos que a relação 

dirige o conjunto : Note que não se exige a propriedade anti-simétrica, ou seja, se 1  2 e 2  1 não se tem necessariamente que 1 = 2: Note se X é um conjunto com mais de um elemento, a relação x  y para quaisquer x; y em X;

dirige X, mas não é anti-simétrica.

De…nição 13.2. Uma rede em um conjunto X é uma função P :  ! X, onde  é um conjunto dirigido. O ponto P () é usualmente denotado por x, e nós usualmente escrevemos “ a rede (x)2” se isso não causar confusão.

De…nição 13.3. Uma subrede de uma rede P :  ! X é a composição P  ' : M ! X, onde ' :M !  é uma função de um conjunto dirigido M em ; que satisfaz as seguintes propriedades: a) '(1)  '(2) sempre que 1  2 (' é crescente) b) para cada  em , existe um  2M tal que   '() (' é co…nal em ). Para  2M , o ponto P '() é em geral escrito como x ; e escrevemos “a subrede (x) de (x)”. A de…nição de convergência em redes é naturalmente modelada pela de…nição de convergência em

seqüências:

De…nição 13.4. Seja (x)2 uma rede em um espaço topológico X. Dizemos que (x) converge para x 2 X (escrevemos x ! x) se para cada vizinhança U de x, existir algum 0 2  tal que   0 implica x 2 U . Logo, x ! x se, e somente se, cada vizinhança de x tem um "rabo"de (x): Dizemos que uma rede (x) está em um conjunto A se x 2 A para todo : Se existe 0 2  tal que

x está em A para todo   0; dizemos que (x) está residualmente em A. Quando para cada 0 existe um   0 tal que x 2 A; dizemos que (x) está frequentemente em A. Quando (x) está frequentemente em cada vizinhança de x, dizemos que x é ponto de acumulação da rede (x):

Note que em ambas as de…nições acima podemos nos restringir a uma base de vizinhanças de x.

Exercício 13.5. Uma rede não pode estar residualmente em dois conjuntos disjuntos.

Exercício 13.6. Se uma rede (x) converge para x, mostre que x é ponto de acumulação dessa rede.

Exemplo 13.7. Seja X um espaço topológico, x 2 X e  uma base de vizinhanças de x em X. A relação de ordem U1  U2 , U2  U1 dirige o conjunto . Portanto, se tomarmos um xU 2 U para cada U 2 ; temos uma rede (xU ) em X: Note que xU ! x: De fato, dada uma vizinhança V de x, podemos encontrar U0  V para algum U0 em : Então U  U0 implica U  U0 e portanto xU 2 U  V: Exemplo 13.8. O conjunto N dos naturais positivos com sua ordem natural é um conjunto dirigido. Então toda seqüência (xn)1n=1 é uma rede. Note que toda subseqüência de uma seqüência (xn)1n=1 é uma subrede. Entretanto, não há garantia

de que uma subrede de (xn)1n=1 seja uma subseqüência. Uma subrede pode ter mais índices que a própria rede!

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 29

Exemplo 13.9. A coleção P de todas as partições …nitas do intervalo fechado [a; b] em subintervalos fechados é um conjunto dirigido, quando munido da relação A1  A2 , (A2 re…na A1): Então, se f é uma função de [a; b] tomando valores na reta real, podemos de…nir a rede PI : P ! R de…nindo PI(A) como a soma inferior de Riemann de f na partição A. De modo semelhante, podemos de…nir PS : P ! R como a soma superior de Riemann de f na partição A. A convergência dessas duas redes

para um número c signi…ca que bR a

f(x)dx = c:

Exemplo 13.10. Seja (M;) um espaço métrico, com x0 2 M . Então M � fx0g é um conjunto dirigido se considerarmos a relação x < y , (y; x0) < (x; x0): Então se f : M ! N é uma função com N sendo um espaço métrico, a restrição de f a M �fx0g é uma rede em N . Vamos veri…car que essa rede converge a z0 em N se, e somente se, limx!x0 f(x) = z0 no sentido usual. De fato, suponha que a rede converge para z0: Seja U uma vizinhança de z0 em N . Então, como

a rede converge para z0; existe y0 em M tal que x > y0 implica f(x) 2 U: Em outras palavras, (x; x0) < (y0; x0) implica f(x) 2 U: Daí, limx!x0 f(x) = z0: Reciprocamente, se limx!x0 f(x) = z0, então dada uma vizinhança U de z0, existe uma vizinhança

V de x0 tal que x 2 V implica f(x) 2 U . Escolha " (su…cientemente pequeno) de modo que a bola de centro x0 e raio " esteja em V . Escolha y0 nessa bola. Logo, se x > y0, então (x; x0) < (y0; x0) e portanto x 2 V e f(x) 2 U: Consequentemente, a rede f :M ! N converge para z0:

De…nição 13.11. Dizemos que um espaço topológico X é um espaço de Hausdor¤ se para cada x1 e x2; elementos distintos de X, existem abertos disjuntos que separam x1 e x2.

Teorema 13.12. Um espaço topológico é um espaço de Hausdor¤ se, e somente se, toda rede nesse espaço converge para no máximo um ponto.

Demonstração. Seja X um espaço de Hausdor¤ e a1; a2 elementos distintos em X. Existem, portanto, abertos U1 e U2; disjuntos, contendo x1 e x2, respectivamente. Como uma rede não pode estar eventualmente em dois conjuntos disjuntos, segue que uma rede não pode convergir para dois valores distintos. Reciprocamente, suponha que X não é Hausdor¤. Existem, portanto, dois elementos distintos, x1

e x2 em X tais que sempre que V1 é vizinhança de x1 e V2 é vizinhança de x2; temos que V1 \ V2 6= . Sejam U1 e U2 as famílias de vizinhanças de x1 e x2; respectivamente. No conjunto U1U2 consideramos a direção (V1; V2)  (W1;W2) , V1  W1 e V2  W2: Considere uma rede P : U1  U2 ! X dada por P (V1; V2) = xV1;V2 , onde xV1;V2 é escolhido em V1 \ V2: Mostraremos que essa rede converge para x1 e para x2: Sejam, portanto, dadas vizinhanças V1 de x1 e V2 de x2: Então (A;B)  (V1; V2), temos xA;B 2 A \B  V1 \ V2 e consequentemente a rede converge para os dois valores.  Exercício 13.13. Se um espaço é Hausdor¤, mostre que toda seqüência converge para, no máximo, um ponto.

Exercício 13.14. Se toda seqüência em um espaço topológico converge para no máximo um elemento, podemos concluir que ele é Hausdor¤ ? Justi…que. Sugestão. Pense no Exercício 4.2 com X = R.

Exercício 13.15. Mostre que se (x) converge para x, cada subrede de (x) converge para x.

Teorema 13.16. Uma rede em X tem um ponto de acumulação y se, e somente se, ela possui uma subrede que converge para y.

Demonstração. Seja y um ponto de acumulação da rede (x)2 (que também denotaremos por P : ! X): De…na

M = f(;U); 2 ; U é uma vizinhança de y tal que x 2 Ug; e considere a relação  como segue:

(1; U1)  (2; U2), 1  2 e U2  U1:

30 DANIEL PELLEGRINO

Note que  é uma direção para M: De…na ' : M !  por '(;U) = . Então ' é obviamente crescente e co…nal em ; e portanto de…ne uma subrede de (x). Seja U0 uma vizinhança de y e seja 0 tal que x0 2 U0: Então (0; U0) 2M e

(;U)  (0; U0)) U  U0: Logo (;U)  (0; U0)) x 2 U  U0: Daí a subrede de…nida por P  ' :M ! X converge para y.

Para provar a outra implicação, suponha que ' : M !  seja uma aplicação crescente e co…nal, dando origem a uma subrede P ' :M ! X de (x) que converge para y. Então, para cada vizinhança U de y; existe um mU 2M tal que m  mU implica P  '(m) 2 U: Sejam U uma vizinhança de y e 0 2  …xos, arbitrários. Como '(M) é co…nal em ; existe

m0 2M tal que '(m0)  0: Mas, também existe um mU 2M tal que m  mU implica P '(m) 2 U: Escolha m 2 M tal que m  m0 e m  mU : Então  = '(m)  '(m0)  0: Assim P () = P  '(m) 2 U; pois m  mU : Logo, para qualquer vizinhança U de y e qualquer 0 2 , existe algum   0 tal que x 2 U: Segue que y é um ponto de acumulação de (x). Corolário 13.17. Se uma subrede de (x) tem y como ponto de acumulação, então (x) também.

Demonstração. Basta observar que uma subrede de uma subrede é ainda uma subrede, e aplicar o teorema anterior. O próximo resultado caracteriza o fecho de um conjunto com a noção de redes:

Teorema 13.18. Se E  X, então x 2 E se, e somente se, existe uma rede (x) em E com x ! x. Demonstração. Se x 2 E, então cada vizinhança U de x intercepta E em pelo menos um ponto xU :

Então (xU ) é uma rede contida em E convergindo para x (veja 13.7). Reciprocamente, se (x) é uma rede contida em E que converge para x, então cada vizinhança de

y intercepta E (em um rabo de (x)) e portanto x 2 E. Corolário 13.19. Um subconjunto F de um espaço topológico X é fechado se, e somente se, sempre que (x)  F com x ! x, então x 2 F: Demonstração. ()) Suponha F fechado. Suponha ainda que (x) seja uma rede em F que converge

para x. Logo, pelo Teorema 13.18, temos que x 2 F : Como F é fechado, temos F = F e portanto x 2 F:

(() Suponha que sempre que (x) seja uma rede em F que converge para x; tenhamos x 2 F . Se x 2 F , pelo Teorema 13.18, existe uma rede que converge para x. Usando a hipótese,segue que x 2 F . Logo F = F .  Exercício 13.20. Seja f : X ! Y uma função. Mostre que f é contínua em um ponto x0 2 X se, e somente se,

x ! x0 ) f(x)! f(x0): Exercício 13.21. Se f : X ! Y é uma função contínua e A e B são abertos em X e Y , respectivamente, com f(A)  B, mostre que f(A)  B:

Teorema 13.22. Uma rede (x)2� no espaço produto X = Y 2A

X converge para y se, e somente se,

para cada 2 A;  (x)!  (y) em X :

Demonstração. Se x ! y em Y 2A

X ; então, como  é contínua,  (x)!  (y) para cada 2 A:

Por outro lado, suponha que  (x)!  (y) para cada 2 A: Seja �1 1 (U 1) \ ::: \ 

�1 n (U n)

uma vizinhança básica de y no espaço produto (note que U i é vizinhança de  i(y); essa caracterização de vizinhanças básicas é uma adaptação de ). Como, em particular,  i(x) !  i(y); para cada i = 1; :::; n; existe um i tal que

  i )  i(x) 2 U i :

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 31

Escolhendo 0  i, i = 1; :::; n; temos que  i(x) 2 U i para todo i = 1; :::; n sempre que   0: Portanto

  0 ) x 2 �1 1 (U 1) \ ::: \  �1 n (U n)

e consequentemente (x)2� converge para y no espaço produto X = Y 2A

X : 

No caso em que X = X para todo ; note que o conjunto de todas as funções de A em X (munido com a topologia produto), que é naturalmente visto como

Y 2A

X com X = X; tem a seguinte

propriedade: Uma rede (f)2� converge para f se, e somente se, f( ) =  (f) !  (f) = f( ) para cada

2 A.

De…nição 13.23. Uma rede (x) em um conjunto X é dita ultrarede (ou rede universal) quando para cada subconjunto E de X; ou (x) está residualmente em E ou residualmente em X � E:

Note que qualquer rede constante é uma ultrarede (chamada de rede universal trivial).

Proposição 13.24. Se uma ultrarede tem um ponto de acumulação, então ela converge para esse ponto.

Demonstração. Seja (x)2� uma ultrarede em X e x0 um ponto de acumulação de (x)2�. Então, dado U um aberto contendo x0 e 0 2 �, temos que existe   0 tal que x2 U: Como (x) é ultrarede,

para U existe um certo 1 tal que apenas um dos itens abaixo ocorre:

(i)   1 ) x 2 U ou (ii)   1 ) x 2 X � U:

Como sabemos que existe algum   1 tal que x 2 U , segue que vale (i) e portanto x ! x:

Teorema 13.25. Se (x) é uma ultrarede em X e f : X ! Y , então (f(x)) é uma ultrarede em Y .

Demonstração. Seja A  Y: Pela de…nição de ultrarede, temos que (x) está residualmente em f�1(A) ou em X � f�1(A) = f�1(Y �A). Portanto, (f(x)) está residualmente em A ou em Y �A; e consequentemente é uma ultrarede.

32 DANIEL PELLEGRINO

14. Filtros

Uma outra forma de se estudar convergência em espaços topológicos é através do conceito de …ltros.

De…nição 14.1. Um …ltro F em um conjunto X é uma coleção não-vazia contida em P(X) tal que a)  =2 F , b) se F1 e F2 são elementos de F , então F1 \ F2 2 F , c) se F 2 F e F  G, então G 2 F . Uma subcoleção F0  F é uma base para o …ltro F se para cada F 2 F , existir F0 2 F0 com

F0  F: Observação 14.2. Note que do item (c), concluímos que X 2 F . Proposição 14.3. Uma coleção qualquer C de subconjuntos não-vazios de X é uma base para algum …ltro de X se sempre que C1; C2 2 C, existir C3 2 C com C3  C1 \ C2. Demonstração. Seja F = fF  X;F  C para algum C 2 Cg: Temos que  =2 F , e se F1 e F2

são elementos de F , então existem C1 e C2 em C tais que C1  F1 e C2  F2: Logo C1 \ C2 2 C e C1 \C2  F1 \F2: Logo F1 \F2 2 F . Finalmente, como o item (c) da de…nição de …ltro é obviamente válido para F , segue que F é um …ltro. Exemplo 14.4. Note que se X é um espaço topológico e x 2 X, o conjunto das vizinhanças de x, denotado por Ux; é um …ltro em X. Além disso, qualquer base de vizinhanças de x é uma base para o …ltro Ux: Esse …ltro será chamada de …ltro de vizinhanças de x. Observação 14.5. Note que as condições (a) e (b) nos restringem bastante a “quantidade de elementos” dos …ltros, pois como  =2 F , o item (b) nos diz que se F1 \F2 = , então pelo menos um desses conjuntos não pertence a F . De…nição 14.6. Um …ltro F em um espaço topológico X converge para x se Ux  F (notação F ! x). Exemplo 14.7. Considere X = fa; b; cg com a topologia  = f; fa; bg; Xg: O conjunto

F = ffag; fa; bg; fa; cg; Xg é um …ltro em X. Além disso, perceba que F ! a, pois Ua = ffa; bg; Xg: De…nição 14.8. Um …ltro F é um ultra…ltro se não existe nenhum outro …ltro que o contenha estritamente.

Exemplo 14.9. O …ltro F do Exemplo 14.7 é um ultra…ltro. Observação 14.10. Perceba que num …ltro (ou ultra…ltro) F não podemos ter ao mesmo tempo E 2 F e X � E 2 F , pois se isso ocorresse, teríamos  = E \ (X � E) 2 F . Teorema 14.11. Um …ltro F é um ultra…ltro se, e somente se, para cada E  X tivermos E 2 F ou X � E 2 F . Demonstração. Sejam F um ultra…ltro e E  X. Se existir F0 2 F tal que F0 \ E =  então

F0  (X � E) e portanto X � E 2 F : Caso contrário,

(12) F \ E 6=  para todo F 2 F . Suponhamos, portanto, que vale (12). Pela Proposição 14.3, o conjunto C = fF\E;F 2 Fg é uma base para um …ltro G. De fato, se F1\E e F2\E pertencem a C, então (F1 \ E)\(F2 \ E) = (F1\F2)\E 2 C. Mas, esse …ltro G contém E (pois E = X \ E): Além disso, F  G. Com efeito, se F 2 F , então,

por hipótese, F \ E 2 C  G e, como F \ E  F; segue que F 2 G. Como F é um ultra…ltro, segue que E 2 F . Agora vamos supor que F é um …ltro tal que para cada E  X temos E 2 F ou X � E 2 F . Se

G é um …ltro que contém estritamente F , então existe A 2 G � F . Mas, nesse caso X � A 2 F  G (absurdo, pois tanto A como seu complementar estarão em G). Logo F é ultra…ltro. 

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 33

Teorema 14.12. Todo …ltro F está contido em algum ultra…ltro.

Demonstração. Seja C a coleção de todos os …ltros que contém F . Em C, consideremos a relação de ordem parcial F1  F 2 , F 1  F 2. Note que qualquer subconjunto totalmente ordenado

fF; 2 g tem

S 2

F 2 C como cota superior. Assim, pelo que acabamos de veri…car, como C é não-vazio (pois

F 2 C), podemos usar o Lema de Zorn (LZ). Pelo LZ, segue que C admite um elemento maximal, que é obviamente um ultra…ltro que contém F . 

As noções de …ltro e rede têm uma relação muito forte. Rigorosamente, tudo que puder ser provado ou enunciado usando-se redes, poderá ser paralelamente provado ou enunciado usando-se …ltros, e vice-versa. Entretanto, em determinadas ocasiões um ou outro conceito pode parecer mais natural, e assim é interessante conhecer um pouco de ambos. A seguinte de…nição e os próximos exercícios deixam claro como fazer a ligação formal entre esses dois conceitos:

De…nição 14.13. Se (x)2 é uma rede em X, o …ltro gerado pela base C formada pelos conjuntos B0 = fx;  0g; 0 2 ; é chamado …ltro gerado por (x)2. Se F é um …ltro em X, seja F = f(x; F );x 2 F 2 Fg: Então F é um conjunto dirigido pela

relação (x1; F1)  (x2; F2), F2  F1

e a aplicação P : F ! X dada por P (x; F ) = x é uma rede em X, chamada de rede gerada por F.

Exercício 14.14. Um …ltro F , em um espaço topológico X, converge para x 2 X se, e somente se, a rede gerada por F converge para x:

Exercício 14.15. Uma rede (x), em um espaço topológico X, converge para x 2 X se, e somente se, o …ltro gerado por ela converge para x.

O seguinte resultado nos será útil no decorrer do curso:

Proposição 14.16. A rede gerada por um ultra…ltro é uma ultrarede.

Demonstração. Seja F um ultra…ltro. Então, seja P : F ! X a rede gerada por F . Seja E  X. Como F é ultra…ltro, temos que E 2 F ou X � E 2 F . No primeiro caso,

se (y; F )  (x;E), temos P (y; F ) = y 2 F  E e consequentemente a rede P : F ! X está residualmente em E. No segundo caso, se (y; F )  (x;X � E), temos P (y; F ) = y 2 F  X � E e consequentemente a

rede P : F ! X está residualmente em X � E. Logo, a rede P : F ! X é uma ultrarede.

34 DANIEL PELLEGRINO

15. — — — — -Cópia da primeira prova do curso— — — — –

Primeira Prova de Topologia Geral Programa de Mestrado em Matemática-UFCG Professor: Daniel Pellegrino Data: 06/05/2005 Duração: 2 horas Aluno:

Resolva apenas duas das 3 questões:

1. Seja X um conjunto. Seja c a coleção de todos os subconjuntos U de X tais que X � U é enumerável ou é X: a) Veri…que que c é uma topologia em X. b) Para X = R, estude a convergência da seqüência (1; 2; 1; 2; 1; 2; :::): Converge? Não converge? c) Para um X = R com a topologia c, existe alguma seqüência em X que converge para mais de

um ponto? Demonstre o que a…rmar. d) Dê exemplo de um espaço topológico onde cada seqüência que converge, converge para apenas um

ponto, mas, por outro lado, existem redes (ou …ltros) que convergem para mais de um ponto. Justi…que sua resposta (não é necessário exibir a rede (ou …ltro), mas apenas justi…car a sua existência). e) Sejam X e Z espaços topológicos e Y  Z com a topologia induzida. Mostre que f : X ! Y é

contínua se, e somente se, g : X ! Z dada por g(x) = f(x) é contínua.

2. Responda os itens abaixo:

a) De…na função contínua e homeomor…smo. b) SeX é …nito, é possível de…nir um homeomor…smo entreX e um subconjunto próprio? Justi…que. c) Pode existir um conjunto X que seja homeomorfo a um subconjunto próprio? Caso positivo, dê

um exemplo e demonstre o que a…rmar. d) Sejam (X; ) e (Y;P(Y )) espaços topológicos. Mostre que se (X; ) é homeomorfo a (Y;P(Y ))

então  = P(X): E a recíproca, vale? e) Sejam (X; ) e (Y; 2) espaços topológicos. Mostre que se (X; ) é homeomorfo a (Y; 2) então 

tem a mesma cardinalidade de 2 (exiba a função que corresponde  e 2 e mostre que é bijeção). E a recíproca, vale? f) Exiba espaços topológicos (X; ) e (Y; 2) tais que X e Y têm a mesma cardinalidade,  tem a

mesma cardinalidade de 2 e X não é homeomorfo a Y . Demosnstre o que a…rmar!

3. Seja (X; ) um espaço topológico. Dizemos que D  X é denso em X se D = X: Um espaço vetorial normado E é dito separável se existir um subconjunto D  X denso e enumerável. a) Mostre que D  X é denso se, e somente se, a interseção de cada aberto de X com D for não

vazia. b) Considere o espaço vetorial

l1 = f(xj)1j=1;xj 2 R e sup kxjk <1g com a norma

(xj)1j=1 = sup kxjk : Seja A = f(xj)1j=1  l1;xj = 0 ou xj = 1; para cada j naturalg: Mostre que A não é enumerável. c) Mostre que l1 não é separável. Sugestão: use o item (b).

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 35

16. Espaços T0; T1; T2 e T3

Agora vamos restringir nosso estudo a alguns tipos especiais de espaços topológicos. As topologias mais interessantes, de alguma forma separam pontos através de abertos. Nessa direção, vamos de…nir espaços T0; T1; T2 e T3:

De…nição 16.1. Um espaço topológico X é dito um espaço T0 (ou a topologia de X é T0) quando para quaisquer pontos x e y, distintos, existe um aberto que contém um dos pontos e não contém o outro. Dizemos ainda que um espaço topológico X é um espaço T1 (ou a topologia de X é T1) quando para quaisquer pontos x e y, distintos, existe uma vizinhança de cada um dos pontos que não contém o outro. Por …m, lembremos que um espaço topológico X é um espaço de Hausdor¤ se para cada x1 e x2; elementos distintos de X, existem abertos disjuntos que separam x1 e x2. Espaços de Hausdor¤ também são chamados de espaços T2:

É claro que todo espaço T1 é também T0 (é óbvio também que, na de…nição de espaço T0, podemos trocar o aberto por uma vizinhança do ponto): Entretanto, a recíproca não vale, pois X = fa; bg com a topologia  = f; fag; Xg em X é um espaço T0 mas não é um espaço T1:

Exercício 16.2. Mostre que uma pseudométrica é uma métrica se, e somente se, a topologia gerada por ela é T0:

Exercício 16.3. Um espaço topológico é um espaço T1 se, e somente se, cada ponto é fechado.

De…nição 16.4. Um espaço topológico é dito regular se sempre que F é fechado e x =2 F , existem abertos disjuntos U e V com x 2 U e F  V:

Exercício 16.5. Dê exemplo de um espaço regular que não é Hausdor¤.

Como a intenção da de…nição de espaços regulares é, de certa forma, re…nar os conceitos de espaços T1 e T2 (Hausdor¤), dizemos que um espaço T1 que também é regular, é um espaço T3: Como em espaços T1; os conjuntos unitários são fechados, temos que todo espaço T3 é Hausdor¤. Temos então

T0  T1  T2 := Hausdor¤ T3 := T1 + regular.

36 DANIEL PELLEGRINO

17. Conjuntos compactos

De…nição 17.1. Seja X um espaço topológico. Um conjunto Y  X é compacto (em X) quando sempre que Y 

[ 2�

A com cada A aberto em X, existirem 1; :::; n tais que Y  A 1 [ :::A n .

Note que, intuitivamente, quanto menos abertos possui uma topologia, mais fácil é para se encontrar compactos. Podemos destacar dois extremos: Em uma topologia com uma quantidade …nita de abertos, todo conjunto é compacto. Por outro lado,

para um conjunto X munido da topologia  = P(X); temos que um subconjunto de X é compacto se, e somente se, tem uma quantidade …nita de elementos. Conjuntos compactos têm propriedades especiais em espaços de Hausdor¤. Um resultado importante

é o seguinte:

Teorema 17.2. Se X é um espaço de Hausdor¤ e K é um compacto que não contém um ponto x 2 X, então existem abertos disjuntos que os separam.

Demonstração. Como X é Hausdor¤, para cada y 2 K; existem abertos disjuntos Ax;y e By; contendo x e y; respectivamente, que separam x e y: Assim, temos K 

[ y2K

By e, como K é compacto,

existem y1; :::; yn em K tais que

K  n[ j=1

Byj :

É claro que x 2 n\ j=1

Ax;yj e que n\ j=1

Ax;yj e n[ j=1

Byj são abertos e disjuntos, e a demonstração está

concluída. 

Exemplo 17.3. No Rn; os compactos são precisamente os subconjuntos fechados e limitados (veja [2]).

Em geral, compactos não são necessariamente fechados, mas em espaços de Hausdor¤ sim:

Teorema 17.4. Se X é um espaço de Hausdor¤, então os compactos são fechados.

Demonstração. Seja K um compacto num espaço de Hausdor¤X. Para mostrar que K é fechado, mostraremos que seu complementar é aberto. Se X�K for vazio, a demonstração está concluída. Caso contrário, seja x 2 X �K. Pelo Teorema 17.2, x e K podem ser separados por abertos e, portanto, existe um aberto A tal que x 2 A  X �K. Logo X �K é aberto. 

Exercício 17.5. Dê exemplo de um compacto que não é fechado. Sugestão: Pense num espaço topológico com uma quantidade …nita de abertos.

Exercício 17.6. Mostre que se Z é um espaço topológico, X é fechado em Z, Y é compacto em Z e X  Y; então X é compacto em Z.

Exercício 17.7. Exiba um espaço topológico X que não é Hausdor¤, mas todo compacto em X é fechado. Sugestão: Considere a reta com a topologia do Exemplo 4.2.

Exercício 17.8. Seja X um espaço topológico e B  X um subespaço. Mostre que A  B é compacto em B se, e somente se, A é compacto em X. Em particular, fazendo A = B, segue que A é compacto em X se, e somente se, A, pensado com espaço topológico, é compacto.

Exercício 17.9. Mostre que se f : X ! Y é contínua e K é compacto em X, então f(K) é compacto em Y .

Exercício 17.10. Mostre que “ser compacto”é uma propriedade topológica.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 37

Exercício 17.11. Lembre que em teoria de conjuntos, o Teorema de Cantor-Bernstein a…rma que se A e B são conjuntos e existem funções injetivas f : A ! B e g : B ! A, então existe uma bijeção entre A e B. Para espaços topológicos, o análogo seria: “Se X pode ser mergulhado em Y e Y pode ser mergulhado em X, então X e Y são homeomorfos”.

Encontre um contra-exemplo. Sugestão: Use [0; 1] e R.

De…nição 17.12. Uma família E de subconjuntos de X tem a propriedade da interseção …nita se a interseção de qualquer subcoleção …nita de E é não-vazia.

Os conceitos de rede, …ltro e de conjuntos com a propriedade da interseção …nita caracterizam conjuntos compactos da seguinte forma:

Teorema 17.13. (Caracterizações de compactos) Para um espaço topológico X, as seguintes a…rmações são equivalentes: (a) X é compacto, (b) cada família E de subconjuntos fechados de X com a propriedade da interseção …nita tem

interseção não-vazia, (c) cada rede em X tem um ponto de acumulação, (d) cada ultrarede em X converge. (e) cada ultra…ltro em X converge.

Demonstração. (a))(b). Se fE ; 2 Ag é uma família de conjuntos fechados de X com interseção vazia, então

fX � E ; 2 Ag é uma cobertura aberta de X. Com efeito,[ 2A

(X � E ) = X � \ 2A

E = X:

Como X é compacto, temos que existem 1; :::; n tais que X = n[ i=1

(X � E i) = X � n\ i=1

E i : Logo

n\ i=1

E i = , e fE ; 2 Ag não tem a propriedade da interseção …nita.

(b))(c). Seja (x)2� uma rede em X. Considere a família de fechadosn fx;  0g

o 02�

:

Tomando fx;  1g \ :::: \ fx;  ng, temos que existe 2 � com  1; :::;  n e daí concluímos que

x 2 fx;  1g \ :::: \ fx;  ng:

Portanto, a família de fechados n fx;  0g

o 02�

possui a propriedade da interseção …nita. Por

hipótese, temos então que existe

x 2 \ 02�

fx;  0g:

Finalmente, para qualquer U aberto (contendo x) e 2 �, como x 2 fx;  g; temos que existe   tal que x 2 U , e x é ponto de acumulação da rede (veja de…nição na De…nição 13.4). (c))(d). Se (x) é uma ultrarede em X, em particular, (x) é uma rede e, por hipótese, tem ponto

de acumulação. Pela Proposição 13.24, segue que essa ultrarede é convergente. (d))(e). Seja F um ultra…ltro em X. A rede gerada por F é, pela Proposição 14.16, uma ultrarede.

Por hipótese, temos que essa ultrarede (rede) converge. Pelo Exercício 14.15, segue que F também converge. Logo, todo ultra…ltro F em X converge. (e))(a). Suponhamos, por contradição, que X não seja compacto. Escolha, então, um conjunto

de abertos U que formam uma cobertura de X, que não possui subcobertura …nita. Então

38 DANIEL PELLEGRINO

X � (A1 [ ::: [ An) 6=  para cada coleção …nita de abertos fA1; :::; Ang em U . Fazendo uso da Proposição 14.3, temos que a família de conjuntos

fX � (A1 [ ::: [An);n 2 N e Aj 2 U , j = 1; :::; ng forma uma base para um …ltro F : Como todo …ltro está contido num ultra…ltro (veja Teorema 14.12), segue que existe um ultra…ltro G que contém F . Mas, já sabemos que todo ultra…ltro em X converge. Assim, existe x 2 X tal que G ! x. Como os abertos de U cobrem X, existe um aberto U 2 U contendo x. Como U é vizinhança de x, e como G ! x, segue que U 2 G. Por construção, temos que X � U 2 F  G. Assim, U =2 G (contradição). Logo X é compacto.

Exercício 17.14. Se A  B  Y , então AB  AY :

Solução. Suponha b 2 AB  B: Seja V um aberto (de Y ) contendo b: Então V \ B é aberto de B contendo b. Como b 2 AB , existe c 2 (V \B) \A: Logo c 2 V \A e concluímos que b 2 AY :

Exercício 17.15. Se A  B  Y e A é fechado em Y; mostre que A é fechado em B.

Solução. Note que

A  AB (Exercício anterior)

 AY = A e portanto A = A

B :

Exercício 17.16. Se A  B  Y , A é fechado em Y e B é compacto em Y , mostre que A é compacto em Y .

Solução. Basta mostrar que A (com a topologia induzida) é um espaço topológico compacto. Como A é fechado em Y , segue (de exercício anterior) que A é fechado em B. Como B é compacto

em Y , B é um espaço topológico compacto. Logo, basta mostrar que todo subespaço fechado de um espaço topológico compacto, é compacto (mas isso já foi mostrado no Exercício 17.6.

17.1. O Teorema de Tychono¤. O Teorema de Tychono¤, que veremos a seguir, é um resultado central da topologia e, curiosamente, é equivalente ao Axioma da Escolha (mas essa equivalência não será demonstrada nesse curso). A demonstração do Teorema de Tychono¤, abaixo, pode parecer direta, mas perceba que nela serão usadas as caracterizações de compactos do Teorema 17.13, que fazem uso do Lema de Zorn!

Teorema 17.17. (Teorema de Tychono¤ ) Seja fX g 2� uma família de espaços topológicos e Y =

Y 2�

X . Um subconjunto não vazio Y0 = Y 2�

A de Y é compacto se, e somente se, cada A é

compacto.

Demonstração. Como as projeções  são contínuas, e como função contínua leva compacto em compacto, segue que se Y0 é compacto, então cada A é compacto. Pelo Exercício 17.8, mostrar que Y0 é um subconjunto compacto de Y é o mesmo que mostrar que

Y0 é um espaço compacto. Suponha, agora, que cada A é compacto. Seja (x)2 uma ultrarede em Y0 (cuidado para não

confundir: temos que cada x 2 Y0). Então, pelo Teorema 13.25 segue que, para cada 2 �, ( (x))2 é uma ultrarede em A : Pelas caracterizações dos conjuntos compactos, temos que cada ( (x))2 converge para um certo z 2 A : Seja

z0 = ff : �! S 2�

A dada por f( ) = z g 2 Y0:

Assim, para cada 2 �, temos que ( (x))2 converge para  (z0). Finalmente, o Teorema 13.22 garante que (x)2 converge para z0 e o Teorema 17.13, que caracteriza compactos, garante que Y0 é compacto:

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 39

18. Uma aplicação do Teorema de Tychonoff à Análise Funcional: O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki

Se E é um espaço de Banach de dimensâo in…nita, a bola unitária fechada BE = fx 2 E; kxk  1g nunca é compacta (esse resultado pode ser encontrado em vários livros de Análise Funcional). O Teorema de Banach-Alaoglu-Bourbaki a…rma que num espaço dual E0; com a topologia fraca

estrela, a bola unitária fechada BE0 = f' 2 E0; k'k  1g é sempre compacta:

Teorema 18.1. A bola BE0 é compacta em E0 com a topologia fraca estrela.

Demonstração. Começamos mostrando que E0, com a topologia fraca estrela, é homeomorfo a um subespaço do espaço produto Y = KE = ff : E ! Kg (munido com a topologia produto). Seja : E0 ! Y dada por (f) = f: Temos que é claramente injetiva e também contínua. Para justi…car a continuidade, observe que para cada x0; denotando por x0 : Y ! K a projeção na coordenada x0; temos que

x0  : E0 ! K é tal que

x0  (f) = f(x0) = J(x0)(f): Portanto x0  = J(x0), e daí, pela de…nição da topologia fraca estrela em E0; temos que x0  é contínua. Finalmente, lembrando que a topologia produto em Y é gerada pelas projeções x0 , o Exercício 10.8 nos garante que é contínua. A injetividade da aplicação nos permite considerar a “nova”aplicação

 : E0 ! (E0): de…nida por (f) = (f): É claro que  é bijetiva. Como é contínua, pelo Exercício 8.9, segue que  é contínua. Mostraremos que essa aplicação é bem mais que isso: é um homeomor…smo. Considere, portanto sua inversa �1: Como E0 está munido com a topologia fraca estrela, novamente o Exercício 10.8 garante que �1

será contínua se provarmos que para cada x0; as aplicações

J(x0)  �1 : (E0)! K são contínuas. Note que

(13) J(x0)  �1 = (x0 j (E0)) pois

J(x0)  �1 (f) = f(x0) = (x0 j (E0)) (f) : Portanto, como Y está com a topologia produto, temos que x0 é contínua e a restrição (x0 j (E0)) também. Assim, de (13), temos que todas as J(x0)  �1 são contínuas e portanto �1 é contínua. Concluímos, portanto, que E0 é homeomorfo a um subespaço (E0) de Y e consequentemente BE0

é homeomorfo a (BE0). Assim, para provar que BE0 é compacto na topologia fraca estrela, basta provar que (BE0) é

compacto em (E0): Mas, pelo Exercício 17.8, basta mostrar que (BE0) é compacto em Y: Note que

(BE0) = f' 2 E0; k'k  1g = f' 2 E0; j'(x)j  kxk 8x 2 Eg: Assim,

(BE0)  Q x2E

[�kxk ; kxk]:

Pelo Teorema de Tychono¤, Q x2E

[�kxk ; kxk] é compacto em Y . Para obtermos a compacidade de

(BE0) = (BE0), basta observarmos que (BE0) é fechado em Y (Exercício 17.16). Essa é, entretanto, uma tarefa fácil. Para isso, considere ( ('i)) uma rede em (BE0) que converge

(na topologia produto) para f 2 Y: Então, pelo Teorema 13.22 segue que ( ('i))(x)! f(x) 8x 2 E;

40 DANIEL PELLEGRINO

isto é, 'i(x)! f(x) 8x 2 E:

Segue claramente que f é linear. Além disso, como, para cada i e cada x; temos k'i(x)k  kxk ; segue que kf(x)k  kxk e kfk  1: Logo f = (f) 2 BE0 :

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 41

19. Teorema da Extensão de Tietze

Espaços métricos, como protótipos de espaços topológicos, possuem diversas propriedades marcantes. Se (M;d) é um espaço métrico e F1 e F2 são subconjuntos fechados e disjuntos de M; a função S :M ! [0; 1] dada por

S(x) = d(x; F1)

d(x; F1) + d(x; F2)

está bem de…nida, é contínua (para detalhes sobre funções contínuas em espaços métricos veja [1, Pag 35] e S(F1) = f0g; S(F2) = f1g: Usando a função S, é fácil ver que se U = fx 2 M ;S(x) < 1=2g e V = fx 2M ;S(x) > 1=2g; então F1  U , F2  V e U \ V = : Espaços topológicos que tem essa propriedade são chamados de normais. Precisamente, um espaço

topológico X é dito normal se dados F1 e F2; subconjuntos fechados e disjuntos de X, exitem abertos U e V tais que U \ V =  e F1  U e F2  V: Um espaço normal que também é T1 é chamado de espaço T4: Note que

T0  T1  T2  T3  T4: Nosso primeiro resultado signi…cativo sobre espaços normais mostra que os espaços normais são

precisamente aqueles onde para fechados disjuntos F1 e F2; existe uma função contínua S tal que F1 2 S�1(f1g) e F2 2 S�1(f0g); assim como acontece nos espaços métricos:

Lema 19.1. Em um espaço normal, dados F1 e F2 fechados e disjuntos, existe um aberto U contendo F1 tal que U \ F2 = :

Demonstração. Como o espaço é normal, existem U1 e U2 abertos disjuntos tais que F1  U1 e F2  U2: Temos então que U1\F2 = : De fato, se essa interseção fosse não vazia, escolha x 2 U1\F2. Logo x 2 U2 (aberto) e x 2 U1; e isso acarreta que existe y 2 U1 \ U2 (absurdo).  Lema 19.2. Sejam X um espaço topológico e D um subconjunto denso de [0; 1]: Suponhamos dado, para cada r 2 D, um subconjunto Ur  X tal que a) cada Ur é aberto em X; b) se r < s; então Ur  Us: Então, a função f : X ! [0; 1] de…nida por

f(x) = 1 se x =2 [ r2D

Ur

f(x) = inffr 2 D;x 2 Urg; caso contrário. é contínua.

Demonstração. Note que: (i) se x 2 Ur, então f(x)  r; (ii) se x =2 Ur, então f(x)  r: Com efeito, a a…rmação (i) é imediata. Para veri…car (ii), observe que se fosse f(x) < r; pela

de…nição de ín…mo, existiria s 2 D tal que x 2 Us e s < r: Assim, Us  Ur e portanto x 2 Ur: Agora vamos provar que f é contínua em um ponto arbitrário a 2 X. Para " > 0; vamos encontrar

vizinhanças V e W de a tais que

x 2 V ) f(x) < f(a) + " x 2W ) f(a)� " < f(x):

Uma vez encontradas V e W , se de…nirmos U = V \W , teremos que x 2 U ) jf(x)� f(a)j < ":

Para pontos a tais que f(a) = 1; de…namos V = X. Se for f(a) < 1; então f(a) = inffr 2 D; a 2 Urg: Logo, como D é denso em I; existe r 2 D tal que f(a) < r < f(a)+ ": Por (ii), temos que a 2 Ur, e por (i), se x 2 Ur, temos que f(x)  r < f(a) + ": Nesse caso de…nimos V = Ur.

42 DANIEL PELLEGRINO

Se for f(a) = 0; colocamos W = X: Se for f(a) > 0; então, como D é denso em I, existem r; s 2 D tais que f(a) � " < r < s < f(a): Logo Ur  Us: Seja W = X � Ur: Como f(a) > s, temos, por (i), a =2 Us e portanto a =2 Ur e a 2W . Além disso, se x 2W , temos x =2 Ur e assim

f(a)� " < r  f(x): Portanto, W é uma vizinhança aberta de a tal que x 2W implica f(a)� " < f(x):

Proposição 19.3. (Lema de Urysohn). Um espaço topológico X é normal se, e somente se, para quaisquer subconjuntos F1 e F2 fechados de X, com F1 \ F2 = , existe uma função contínua S : X ! [0; 1] tal que S(F1) = f0g e S(F2) = f1g.

Demonstração. Suponha que X seja normal e que F1 e F2; disjuntos, sejam subconjuntos fechados de X. Como X é normal (pelo Lema 19.1), existe um aberto U1=2 tal que

F1  U1=2  U1=2 e U1=2 \ F2 = :

Agora, F1 e X � U1=2 são fechados e disjuntos, assim como U1=2 e F2: Então, existem abertos U1=4 e U3=4 tais que

F1  U1=4  U1=4  U1=2  U1=2  U3=4  U3=4 e

U3=4 \ F2 = : Agora suponha que tenhamos os conjuntos Uk=2n ; k = 1; :::; 2n � 1 de…nidos de modo que

F1  U1=2n ; :::; Uk�1=2n  Uk=2n ; :::; U2n�1=2n \ F2 = :

Podemos continuar o processo e obter conjuntos Uk=2n+1 , k = 1; ::::; 2n+1 � 1 com as mesmas propriedades. Por indução, para cada racional da forma r = k=2n; com k = 1; :::; 2n � 1; temos um aberto Ur tal que a) F1  Ur e Ur \ F2 =  para cada r, b) Ur  Us para cada s > r Agora, de…na S : X ! [0; 1] como segue:

S(x) = 1 se x =2 [ r

Ur

S(x) = inffr;x 2 Urg; caso contrário. Temos que S(F1) = f0g e S(F2) = f1g: Pelo Lema 19.2, S é contínua. Reciprocamente, suponha que para quaisquer subconjuntos F1 e F2 fechados de X, com F1\F2 = ,

exista uma função S : X ! [0; 1] tal que S(F1) = f0g e S(F2) = f1g. Então S�1([0; 1=2)) e S�1(1=2; 1]) são abertos disjuntos que contém F1 e F2, respectivamente, e assim X é um espaço normal. 

Exercício 19.4. Sejam a < b números reais. Mostre a seguinte versão (mais geral) do Lema de Urysohn: Um espaço topológico X é normal se, e somente se, para quaisquer subconjuntos F1 e F2 fechados de X, com F1 \F2 = , existe uma função S : X ! [a; b] tal que S(F1) = fag e S(F2) = fbg.

Outra maneira de caracterizar espaços normais é através de extensões de funções contínuas.

Teorema 19.5. (Teorema da extensão de Tietze) X é um espaço normal se, e somente se, sempre que F é um subconjunto fechado de X e f : F ! R é contínua, existe uma extensão contínua de f para X.

Demonstração. Suponhamos primeiro f : F ! [�a; a]: Vamos obter '1 : X ! [�a=3; a=3] tal que

jf(x)� '1(x)j  2a

3

para todo x 2 F .

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 43

De…na F1 = fx 2 F ; f(x)  �a3 g e G1 = fx 2 F ; f(x)  a 3g: Note que esses dois conjuntos são

disjuntos e fechados em X (use o Teorema 8.5). Pelo Lema de Urysohn, existe '1 : X ! [�a=3; a=3] tal que '1(F1) = f�a=3g e '1(G1) = fa=3g:

Daí, para cada x em F , temos

(14) jf(x)� '1(x)j  a� a

3 = 2a=3;

pois se f(x)  �a=3, temos '1(x) = �a=3; e se f(x)  a=3; temos '1(x) = a=3. Além disso, se �a=3  f(x)  a=3; temos obviamente (14). Considere agora

f � '1 : F ! [�2a=3; 2a=3]:

Com o mesmo raciocínio, de…nimos F2 = fx 2 F ; f(x)�'1(x)  �2a9 g e G2 = fx 2 F ; f(x)�'1(x)  2a 9 g e encontramos '2 : X ! [�

1 3 2a 3 ;

1 3 2a 3 ] tal que

j(f(x)� '1(x))� '2(x)j  2a

3 � 2a

9 =

2

3

2a

3

para todo x 2 F . Prosseguindo assim, encontramos 'n : X ! [� 13 (

2 3 ) n�1a; 13 (

2 3 ) n�1a] tal que f(x)�

nX j=1

'j(x)

  2

3

n a

para todo x 2 F . Seja 'n : X ! [�a; a] dada por '(x) = 1X j=1

'j(x): Note que a imagem de ' está de

fato no conjunto [�a; a]; pois 1X j=1

'j(x)

 1X j=1

j'j(x)j  1X j=1

1

3

 2

3

n�1 a = a:

Note ainda que, se x 2 F , temos f(x)� nX j=1

'j(x)

  2

3

n a

e assim f(x) = '(x) para todo x 2 F .

Para provar que ' é a extensão desejada, resta provar que ' é contínua. Seja x0 2 X e " > 0. Escolha N > 0 tal que

1X n=N+1

 2

3

n a <

"

2 :

Como cada 'i é contínua, para i = 1; :::; N , escolha Ui aberto em X tal que

x 2 Ui ) j'i(x0)� 'i(x)j < "

2N :

44 DANIEL PELLEGRINO

Assim, para U = U1 \ ::: \ UN , temos, para qualquer x 2 U ,

j'(x0)� '(x)j  NX i=1

j'i(x0)� 'i(x)j+ 1X

i=N+1

j'i(x0)� 'i(x)j

 N: " 2N

+ 1X

i=N+1

j'i(x0)� 'i(x)j

 " 2 +

1X i=N+1

(j'i(x0)j+ j'i(x)j)

 " 2 +

1X i=N+1

2: 1

3

 2

3

i�1 a

= "

2 +

1X i=N+1

 2

3

i a  ":

Logo ' é contínua em X e o caso em que f tem imagem em [�a; a] está resolvido. Como (�1; 1) é homeomorfo à reta real, o caso geral pode ser demonstrado considerando uma função

contínua f : F ! (�1; 1) (Exercício!): Podemos, pelo caso anterior (se olharmos f tendo como contra- domínio [�1; 1]), obter uma extensão ' : X ! [�1; 1]: Seja F0 = fx 2 X; j'(x)j = 1g: Então F e F0 são fechados disjuntos em X. Pelo Lema de Urysohn, existe uma função contínua g : X ! [0; 1] tal que g(F0) = f0g e g(F ) = f1g: De…na

: X ! (�1; 1) por (x) = '(x):g(x): Note que realmente a imagem de pertence a (�1; 1); pois se x 2 F0, temos (x) = 0; e se x =2 F0, temos '(x) 2 (�1; 1), e daí segue que (x) 2 (�1; 1): Temos claramente que é contínua e, se x 2 F , segue que

(x) = '(x):g(x) = '(x):1 = f(x):

Reciprocamente, suponha que sempre que F é um subconjunto fechado deX e f : F ! R é contínua, existe uma extensão contínua de f para X. Sejam A e B subconjuntos (disjuntos) fechados em X. Então A [ B é fechado em X e f : A [ B ! [0; 1] dada por f(A) = f0g e f(B) = f1g é contínua (Teorema 8.8). Seja F : X ! R uma extensão de f (note que em princípio temos que usar R como contradomínio). Seja G : X ! [0; 1] dada por

G (x) = min fmaxfF (x); 0g; 1g :: Pelo Exercício 19.6 sabemos que G é contínua. Note que a restrição de G a A [ B é precisamente f . Logo G(A) = f0g; G(B) = f1g e, pelo Lema de Urysohn, segue que X é normal.  Exercício 19.6. Seja X um espaço topológico. Dadas f; g : X ! R, sejam

(f _ g)(x) = maxff(x); g(x)g (f ^ g)(x) = minff(x); g(x)g:

Mostre que se f e g são contínuas, então f _ g e f ^ g também são contínuas.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 45

20. Compactificação de Alexandrov

Um espaço topológico X é dito localmente compacto quando todo ponto x 2 X possui uma vizinhança compacta.

Exemplo 20.1. O Rn é localmente compacto. Qualquer espaço vetorial normado X de dimensão in…nita não é localmente compacto. Com efeito, se X fosse localmente compacto, existiria uma vizinhança compacta V de 0: Escolhendo " > 0 de modo que a bola fechada de centro 0 e raio " esteja contida em V , segue que essa bola fechada é compacta (absurdo).

Uma compacti…cação de um espaço topológico X é um par ordenado (X; ), onde X é um espaço de Hausdor¤ compacto e é um homeomor…smo de X sobre (X); com (X) = X. Veremos que espaços de Hausdor¤ localmente compactos têm uma compacti…cação simples, que é

conhecida como compacti…cação de Alexandrov. Se X já é um espaço de Hausdor¤ compacto, não há nada que compacti…car... Se X é um espaço de

Hausdor¤ não compacto, mas localmente compacto, mostraremos que existe um espaço de Hausdor¤ X = X[f!g; ! =2 X tal que X é homeomorfo a (X) e (X) = X: Essa compacti…cação é chamada de compacti…cação de Alexandrov. O ponto ! é chamado ponto no in…nito.

Teorema 20.2. Todo espaço de Hausdor¤ X não compacto, localmente compacto, possui uma compacti…cação de Alexandrov.

Demonstração. Seja ! um objeto qualquer que não pertence a X. Por exemplo, ! = X. De…na X = X [ f!g e considere : X ! X por (x) = x: Agora, de…nimos a seguinte topologia em X: Os abertos de X são os abertos de X e os conjuntos da forma A [ f!g; onde A é aberto em X e

X �A é compacto. Temos que veri…car que esse conjunto de abertos forma uma topologia.  É claro que  e X são abertos.  A interseção de dois abertos de X é da forma A\B, A\ (C [f!g), ou (C [f!g)\ (D[f!g); com A;B;C;D abertos em X, com X � C e X �D compactos em X. Como A\(C[f!g) = A\C, e (C[f!g)\(D[f!g) = (C\D)[f!g, segue que, em qualquer

caso, interseção de abertos de X é aberto de X. De fato, só precisamos nos preocupar em justi…car o caso

(C [ f!g) \ (D [ f!g) = (C \D) [ f!g: Nesse caso, temos que C \D é aberto em X e X � C e X �D são compactos em X: Como

X � (C \D) = (X � C) [ (X �D); segue que X� (C \D) é compacto em X, pois é união de dois compactos. Logo, (C \D)[f!g é realmente um aberto de X.

 Sejam (A) e (B) famílias de abertos em X, onde cada X � B é compacto. Uma união de abertos em X é da forma

[A = A; [(B [ f!g) = B [ f!g; com B = [B:

ou [;(A [B [ f!g) = (A [B) [ f!g; com A [B = [;(A [B):

Note que X�B = X�[B = \(X�B) e, como cada X�B é fechado, segue que sua interseção é fechada e, por estar contida num compacto (em qualquerX�B), também será um conjunto compacto. Assim, B [ f!g é aberto em X: Note ainda que X � (A [B) é compacto em X; pois

X � (A [B)  X �B (compacto em X) e X � (A [B) é fechado em X: Logo, (A [B) [ f!g é aberto em X. Agora, mostraremos que é um homeomor…smo de X sobre (X). Note que basta mostrar que

: X ! X é injetiva, contínua e leva abertos em abertos.  A injetividade é imediata.

46 DANIEL PELLEGRINO

 Se A  X é aberto, então �1(A) = A \X: Mas, como A = A [ f!g ou A = A, com A aberto em X, segue que �1(A) é aberto em X e é contínua. Além disso, como os abertos de X também são abertos de X, segue que leva abertos em abertos.

Vejamos agora que X é compacto. Dada uma cobertura aberta (C) de X; é claro que ! pertence a algum C0 : Temos então que C0 = A[f!g com X�A compacto. Assim, os outros C, com  6= 0 formam uma cobertura aberta de X �A: De fato,

X �A = X � C0  X � C0  [

C

 � C0 

[ 6=0

C:

Logo, para sermos bastante precisos, como não sabemos a priori se algum dos C contém f!g, podemos fazer

X �A  [ 6=0

(C � f!g)

e, como cada C � f!g é um aberto em X, temos uma subcobertura …nita de X � A (pois X � A é compacto):

X �A  (C1 � f!g) [ ::: [ (Cn � f!g): Logo

X �A  C1 [ ::: [ Cn e, portanto,

X = C0 [ C1 [ ::: [ Cn : Assim, concluímos que X é compacto. A demonstração de que (X) é denso em X é fácil e …ca como exercício. Finalmente, resta-nos provar que X é um espaço de Hausdor¤. Sejam x; y 2 X. Se forem ambos

diferentes de !, como X é Hausdor¤, existem abertos de X que separam x e y. Como os abertos de X também são abertos de X, segue que x; y podem ser separados por abertos disjuntos de X. Provemos agora que x 2 X pode ser separado de ! por abertos disjuntos. Como X é localmente compacto, existe uma vizinhança compacta de x, denotada por V: Como X é Hausdor¤, segue que V é fechada e portanto A := (X � V ) [ fwg é um aberto de X: Escolhendo um aberto B (de X), que contém x e está contido na vizinhança V , segue que A e B são os abertos de X que separam x e !. Exercício 20.3. Complete a demonstração do teorema anterior, mostrando que (X) é denso em X:

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 47

21. Compactificação de Stone-Cech

O processo de compacti…cação de Alexandrov poderia ser repetido em qualquer espaço topológico, e não apenas em espaços localmente compactos. A questão é que se X não é um espaço localmente compacto, o argumento da seção anterior não garante que a “compacti…cação”resulte num um espaço de Hausdor¤, mesmo que X seja de Hausdor¤. Assim, para saber quais espaços de Hausdor¤ possuem uma compacti…cação ( ; X) onde, como de…nido na seção anterior, X é Hausdor¤, estudaremos os espaços completamente regulares.

21.1. Espaços completamente regulares. Recordemos:  Um espaço topológico é regular se para todo fechado F e x =2 F , existem abertos disjuntos que separam x e F:

 Um espaço topológico é normal se para quaisquer fechados disjuntos F1 e F2; existem abertos disjuntos que os separam.

Agora introduzimos o conceito de espaços completamente regulares, que se mostrarão importantes no estudo de compacti…cações. Um espaço topológico X é dito completamente regular quando para cada x 2 X e U aberto em

X, com x 2 U , existir sempre uma função contínua f : X ! [0; 1] tal que f(x) = 1 e f(X �U) = f0g: Se X é um espaço normal e de Hausdor¤, segue que fxg e X � U são fechados disjuntos e, pelo

Lema de Urysohn, existe f : X ! [0; 1], contínua, tal que f(x) = 1 e f(X � U) = f0g: Assim, temos:

Proposição 21.1. Todo espaço normal e de Hausdor¤ é completamente regular.

Todo espaço completamente regular é ainda regular, como veremos adiante. Antes, vamos dar algumas caracterizações de espaços regulares:

Teorema 21.2. As seguintes a…rmações a respeito de um espaço topológico X são equivalentes: a) X é regular. b) se U é aberto em X e x 2 U , então existe um aberto V contendo x tal que V  U: c) cada x 2 X tem uma base de vizinhanças formada por conjuntos fechados.

Demonstração. (a) ) (b). Seja U aberto em X e x 2 U . Então X � U é fechado em X e não contém x: Como X

é regular, existem abertos disjuntos V e W tais que x 2 V e X � U  W: Então X �W é fechado e V  X �W  U: Portanto V  U:

(b)) (c). Por (b), sabemos que cada vizinhança aberta U de x contém uma vizinhança fechada (a saber V ) Portanto, essas vizinhanças fechadas formam uma base de vizinhanças de x.

(c)) (a). Seja x 2 X e F um fechado que não contém x. Então o aberto X �F é uma vizinhança de x: Por (c), existe B fechado (vizinhança de x) com x 2 B  X � F: Logo int(B) e X � B são abertos disjuntos contendo x e F , respectivamente. Daí segue que X é regular.

Proposição 21.3. Todo espaço completamente regular é regular.

Demosnstração. Seja X um espaço topológico completamente regular e sejam x 2 X e U um aberto que contém x. Como X é completamente regular, existe uma função contínua f : X ! [0; 1] tal que f(x) = 1 e f(X � U) = f0g: Assim, F = f�1([1=2; 1]) é um fechado que contém x e está contido em U . É claro que F é uma vizinhança de x, pois f é contínua. Assim, int(F ) satisfaz as hipóteses de (b) do Teorema 21.2. 

Exercício 21.4. Todo subespaço de um espaço completamente regular é completamente regular.

Veremos a seguir, na Proposição 21.5 que todo espaço de Hausdor¤ compacto é normal. Assim, como todo espaço normal e de Hausdor¤ é completamente regular, segue que todo espaço compacto de Hausdor¤ é completamente regular.

Proposição 21.5. Todo espaço de Hausdor¤ compacto é normal.

48 DANIEL PELLEGRINO

Demonstração. Sejam F e G dois subconjuntos fechados e disjuntos de um espaço de Hausdor¤ compacto X. Temos, portanto, que F e G são compactos. Dados x 2 F e y 2 G, arbitrários, existem abertos Uy;x e Vy;x tais que x 2 Uy;x, y 2 Vy;x e Uy;x \Vy;x = : Fazendo y variar em G, obtemos uma cobertura de G, da qual podemos extrair uma subcobertura …nita G  Vy1;x[ :::[VyN ;x: Considerando Ux = Uy1;x \ ::: \ UyN ;x e V x = Vy1;x [ ::: [ VyN ;x; temos x 2 Ux; G  V x e Ux \ V x = : Fazendo x variar em F , temos uma cobertura aberta de F , da qual obtemos uma subcobertura …nita. Temos então

F  Ux1 [ ::: [ Uxm : De…nindo U = Ux1 [ ::: [ Uxm e V = V x1 \ ::: \ V xm segue que F  U , G  V e U e V são abertos disjuntos, demonstrando que X é normal.  Corolário 21.6. Todo espaço compacto de Hausdor¤ é completamente regular.

Corolário 21.7. Se um espaço de Hausdor¤ X possui uma compacti…cação : X ! Y , então X é completamente regular.

Demonstração. Nesse caso, X é homeomorfo a (X); que é um subespaço de um espaço de Hausdor¤ compacto Y . Pelo Corolário 21.6, segue que Y é completamente regular. Pelo Exercício 21.4, segue que (X) é completamente regular. Como X é homeomorfo a (X) e como “ser completamente regular” é uma propriedade topológica, segue que X é completamente regular.  Corolário 21.8. Todo espaço de Hausdor¤ localmente compacto é completamente regular.

Demonstração. Se o espaço já é compacto, o Corolário 21.6 já garante o resultado. Se o espaço não é compacto, basta lembrar que todo espaço de Hausdor¤, não compacto, localmente compacto, possui uma compacti…cação (de Alexandrov), : X ! X.

21.2. Compacti…cação de Stone-Cech. Seja X um espaço topológico. Sejam I = [0; 1] e C(X; I) o conjunto das funções contínuas de X em I. Consideremos o conjunto

IC(X;I) = Q

f2C(X;I) If ;

com If = I para cada f . O seguinte resultado garante que o “cubo”IC(X;I) é um espaço de Hausdor¤.

Proposição 21.9. O produto cartesiano X = Q

2�X é um espaço de Hausdor¤ se, e somente se, cada fator X é um espaço de Hausdor¤.

Demonstração. Suponha inicialmente que cada X é um espaço de Hausdor¤. Para f ,g distintos em X, existe um 0 tal que f(0) 6= g(0): Sejam U e V vizinhanças disjuntas de f(0) e g(0); respectivamente, em X0 : Então 

�1 0

(U) e �10 (V ) são vizinhanças de f e g em X, com interseção vazia. Portanto, X é um espaço de Hausdor¤. Reciprocamente, suponha que X é um espaço de Haudor¤. Dado qualquer índice 0, escolha f 2 X

e considere F = fg 2 X; g() = f() para todo  6= 0g:

Se 0 : X ! X0 é a projeção, note que 0(F ) = X0 é homeomorfo a F . De fato, seja F;0 : F ! X0 a restrição de 0 a F . É fácil ver que F;0 é bijetiva. Como 0 é contínua, segue que F;0 é contínua e, como 0 é aberta, podemos provar que F;0 é aberta. Logo, F;0 é um homeomor…smo. Como F é Hausdor¤ (pois é subespaço de um espaço de Hausdor¤), segue que X0 é Hausdor¤.

O Teorema de Tychono¤ garante ainda que IC(X;I), além de Hausdor¤, é compacto. A seguir, a aplicação natural : X ! IC(X;I) dada por (x)(f) = f(x) será bastante importante.

Proposição 21.10. A aplicação : X ! IC(X;I) é contínua.

Demonstração. Para cada f 2 C(X; I), temos que f  = f , e portanto segue que f  é contínua para cada f . Daí se conclui que é contínua. 

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 49

Teorema 21.11. A aplicação : X ! IC(X;I) é um homeomor…smo de X sobre (X) se, e somente se, X é completamente regular e de Hausdor¤.

Demonstração. Se existe o homeomor…smo, temos que : X ! (X) é uma compacti…cação de X ( (X) é compacto, pois é um fechado dentro de um compacto, e é Hausdor¤, pois IC(X;I) é Hausdor¤). Como IC(X;I) é Hausdor¤, segue que (X) é Hausdor¤. Logo, o homeomor…smo garante que X é

Hausdor¤. O Corolário 21.7 garante que X é completamente regular. Reciprocamente, suponha que X é completamente regular e de Hausdor¤. Como X é de Hausdor¤, se x 6= y em X, existe U aberto com x 2 U e y =2 U . Pela de…nição de

espaço completamente regular, existe f0 : X ! I contínua, tal que f0(x) = 1 e f0(X�U) = f0g. Logo f0(y) = 0: Daí, como

(x)(f0) = f0(x) = 1 6= 0 = f0(y) = (y)(f0); temos que (x) 6= (y) e portanto : X ! (X) é bijetiva. Mostremos agora que : X ! (X) é aberta. A…rmação. B = fVf = fx 2 X; f(x) > 0g; f 2 C(X; I)g é uma base de abertos em X. De fato, se U é aberto e x0 2 U , existe f 2 C(X; I) tal que f(x0) = 1 e f(X � U) = f0g: Logo

x0 2 Vf  U e B é base de abertos. (é claro que cada Vf é aberto). Como para cada f0 2 C(X; I), A = ft 2 IC(X;I);f0(t) > 0g é aberto em IC(X;I); pois

A = �1f0 ((0; 1]); e (Vf0) = (X) \A;

segue que (Vf0) é aberto em (X). Daí transforma abertos básicos Vf em abertos de (X) e consequentemente : X ! (X) é aberta. Logo, concluímos que : X ! (X) é um homeomor…smo. O par ordenado ( (X); ) é chamada compacti…cação de Stone-Cech de X.

50 DANIEL PELLEGRINO

22. — -Cópia da segunda prova do curso— — — — — — — — — -

Segunda Prova de Topologia Geral Programa de Mestrado em Matemática-UFCG Professor: Daniel Pellegrino Data: 17/06/2005 Duração: 2 horas Aluno:

1. a) De…na compacti…cação. b) Se X é um espaço topológico, não compacto, mas localmente compacto e de Hausdor¤, como se

faz a compacti…cação de Alexandrov de X? De…na pelo menos o conjunto e seus abertos. c) Escreva o que você sabe sobre a compacti…cação de Stone-Cech.

2. Enuncie o Teorema da Extensão de Tietze. O que você sabe dizer sobre uma possível unicidade de extensão...?

3. Mostre que função contínua leva compactos em compactos e que compacidade é uma propriedade topológica.

4. Mostre que X = Y 2

X é Hausdor¤ se, e somente se, cada X é Hausdor¤.

5. Exiba um espaço topológico X que não é Hausdor¤, mas todo compacto em X é fechado. Justi…que o que a…rmar.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 51

23. Topologias em espaços de funções

23.1. Topologia da convergência pontual.

De…nição 23.1. Seja Y um espaço topológico e X um conjunto não-vazio. Uma subcoleção F  Y X tem a topologia da convergência pontual se ela for munida da topologia induzida pela topologia produto em Y X : Note que a topologia em F só depende da topologia de Y . O conjunto X é meramente um indexador.

Perceba que se F  Y X , os conjuntos da forma S(a; U) = ff 2 F ; f(a) 2 Ug; com a 2 X e U aberto em Y , formam uma sub-base para a topologia da convergência pontual em F . A proposição abaixo justi…ca a terminologia “topologia da convergência pontual”.

Proposição 23.2. Se F tem a topologia da convergência pontual, (f) converge para f em F se, e somente se, (f(x)) converge para f(x); para cada x em X.

Demonstração. Note que x(f) = f(x): Como as projeções são contínuas, temos que se a rede (f) converge para f , então, f(x) converge para f(x); para cada x. Reciprocamente, suponha que (f(x)) converge para f(x), para cada x. Dada uma vizinhança básica

U de f na topologia produto, é fácil ver que existe 0 tal que   0 ) f 2 U; e portanto a rede (f) converge para f: 

23.2. Topologia compacto-aberta. Como já dissemos antes, na topologia da convergência pontual, a estrutura topológica de X (se existir) é irrelevante. Se X e Y são espaços topológicos, a topologia compacto-aberta, que de…niremos a seguir, levará em conta a topologia de X:

De…nição 23.3. A topologia compacto-aberta em F  Y X é a topologia que tem como sub-base os conjuntos

(15) S(K;U) = ff 2 F ; f(K)  Ug com K compacto em X e U aberto em Y .

Denotaremos a topologia compacto-aberta por c: Note que a topologia compacto-aberta é mais …na que a topologia da convergência pontual, pois

todo ponto é compacto, em qualquer topologia.

23.3. Topologia da convergência uniforme. A topologia da convergência uniforme pode ser estudada em contextos mais gerais, assim como as topologias compacto-aberta e da convergência pontual. Entretanto, para não termos que introduzir vários novos conceitos abstratos, nos restringiremos ao estudo da topologia da convergência uniforme em famílias F da forma F  Y J ; onde Y é um espaço métrico e J é um conjunto qualquer, não-vazio.

De…nição 23.4. Sejam (Y; d) um espaço métrico e d(a; b) = minfd(a; b); 1g: Dado um conjunto J , a métrica em Y J dada por

(f; g) = supfd(f( ); g( )); 2 Jg

é chamada métrica uniforme em Y J ; correspondente à métrica d em Y:

Teorema 23.5. Se Y é completo na métrica d, então Y J é completo na métrica uniforme  correspondente a d.

Demonstração. Como (Y; d) é completo, temos que (Y; d) também é. Seja (fn) uma seqüência de Cauchy de pontos de Y J em relação à métrica . Para qualquer em J , pela de…nição de , temos que

d(fn( ); fm( ))  (fn; fm)

52 DANIEL PELLEGRINO

para quaisquer n,m: Assim, (fn( ))1n=1 é uma seqüência de Cauchy em (Y; d), e portanto converge. Digamos que o limite da seqüência (fn( ))1n=1 seja y . De…na f : J ! Y como sendo a função f( ) = y : Vamos mostrar que a seqüência fn converge para f em : Dado " > 0; escolha N su…cientemente grande, de modo que (fn; fm) < "=2 sempre que n;m  N:

Em particular, temos

d(fn( ); fm( )) < "=2

para n;m  N e 2 J . Deixando n  N e …xos e fazendo m crescer, temos que

d(fn( ); f( ))  "=2:

Concluímos que se n  N; então

supfd(fn( ); f( )); 2 Jg  "=2

e

(fn; f)  "=2 < ":



A seguir, trataremos de convergência uniforme de funções. Recordemos: Se X é um conjunto qualquer e M = (M;d) é um espaço métrico, dizemos que uma seqüência

de funções fn : X ! M converge uniformemente para f : X ! M se, dado " > 0, for possível encontrar n0 tal que

n  n0 ) supfd(fn(x); f(x)); x 2 Xg < ":

Teorema 23.6. Sejam X um espaço topológico e (Y; d) um espaço métrico. O conjunto C(X;Y ) formado pelas funções contínuas de X em Y é fechado em Y X na métrica uniforme. Em particular, se Y é completo, C(X;Y ) é completo na métrica uniforme.

Demonstração. Seja (fn) uma seqüência em Y X ; que converge para f . Dado " > 0; escolha um inteiro N tal que

(fn; f) < "

para todo n  N . Então, para todo x em X e n  N ,

d(fn(x); f(x))  (fn; f) < "

e (fn) converge uniformemente para f . Agora, mostraremos que C(X;Y ) é fechado em Y X relativamente à métrica . Seja (fn) uma

seqüência em C(X;Y ) que converge para um certo f 2 Y X . Como (fn) converge uniformemente para f , e como cada fn é contínua, segue que f é contínua (Exercício abaixo). 

Exercício 23.7. Se X é um espaço topológico, (Y; d) é um espaço métrico e fn : X ! Y são contínuas tais que (fn) converge para f uniformemente, mostre que f é contínua.

Exercício 23.8. Seja (Y; d) um espaço métrico. Dado um conjunto J tal que para cada par de funções f e g em Y J ; temos

(f; g) = supfd(f( ); g( )); 2 Jg <1:

A aplicação  é uma métrica, chamada métrica do sup. Mostre que nessas circunstâncias,

(f; g) = minf(f; g); 1g:

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 53

23.4. Topologia da convergência compacta.

De…nição 23.9. Sejam (Y; d) um espaço métrico e X um espaço topológico não-vazio. Dados um elemento f de Y X ; " > 0 e K compacto em X, seja

BK(f; ") = fg 2 Y X ; supfd(f(x); g(x));x 2 Kg < "g: A topologia em Y X para a qual os conjuntos BK(f; ") formam uma base é chamada topologia

da convergência compacta, também chamada topologia da convergência uniforme nos compactos.

Note que os conjuntos BK(f; ") realmente formam uma base para uma topologia. Sejam BK(f; ") e BK(g; ) conjuntos com interseção não-vazia. Seja h 2 BK1(f; ") \ BK2(g; ). Note que BK1[K2(h; ) com  < minf"� d(h; f);  � d(h; g)g é tal que

BK1[K2(h; )  BK1(f; ") \BK2(g; ): Além disso, se f 2 X, temos, por exemplo, Y X = B(f; 1): Logo, por tudo o que foi visto, o Teorema 6.4 garante que os conjuntos BK(f; ") realmente formam uma base para uma topologia em Y X : O exercício abaixo justi…ca a terminologia dada a essa topologia:

Exercício 23.10. Uma seqüência fn : X ! Y converge para f na topologia da convergência compacta se, e somente se, para cada compacto K de X, a seqüência fn j K converge uniformemente para f j K:

Teorema 23.11. Seja X um espaço topológico e (Y; d) um espaço métrico. Em C(X;Y ), a topologia compacto-aberta e a topologia da convergência compacta coincidem.

Demonstração. Primeiro passo. Se A é um subconjunto de Y e " > 0, de…nimos

U(A; ") = [ a2A

Bd(a; "):

Se A é compacto e V é um aberto contendo A, mostraremos que existe um certo " tal que U(A; ")  V: Para cada a 2 A  V , escolha (a) > 0 tal que Bd(a; (a))  V: Como A é compacto, podemos

cobrí-lo com uma quantidade …nita de abertos da forma

Bd(a1; 1

2 (a1)); :::; Bd(an;

1

2 (an)):

Se " = minf 12(ai); i = 1; :::; ng; é claro que a está em algum dos conjuntos da forma Bd(ai; 1 2(ai)):

Por conseguinte, temos Bd(a; ")  Bd(ai; (ai)):

De fato, como d(x; ai)  d(x; a)+d(a; ai), temos que se x 2 Bd(a; "), então d(x; ai) < "+ 12(ai)  (ai): Como isso vale para cada a em A, segue que U(A; ") =

[ a2A

Bd(a; ")  V:

Segundo passo. Vamos provar que a topologia da convergência compacta é mais …na que a topologia compacto-aberta (ou seja, a topologia da convergência compacta tem mais abertos que a topologia compacto-aberta). Seja S(K;U) um elemento da sub-base (como em (15)) da a topologia compacto-aberta em C(X;Y )

e seja f 2 S(K;U): Como f é contínua, f(K) é compacto. Além disso, pela de…nição de S(K;U), temos que f(K)  U: Pelo primeiro passo da demonstração, existe " > 0 tal que

U(f(K); ") = [

a2f(K)

Bd(a; ")  U:

Logo BK(f; ")  S(K;U): De fato, se g 2 BK(f; "), então supfd(f(x); g(x)); x 2 Kg < "

e assim, g(x) 2 Bd(f(x); ")  U para todo x em K e consequentemente g 2 S(K;U):

54 DANIEL PELLEGRINO

Daí todo aberto da topologia compacto-aberta é também aberto da topologia da convergência compacta, que é o que queríamos no segundo passo da demonstração. Terceiro passo. Provaremos que a topologia compacto-aberta é mais …na que a topologia da

convergência compacta. Dado um aberto da topologia da convergência compacta, contendo um elemento f; sabemos que

existe um aberto básico (dessa topologia), BK(f; "); contido nesse aberto. O que precisamos fazer é encontrar um aberto da topologia compacto-aberta que contenha f e esteja contido em BK(f; "): Vamos partir, portanto, do conjunto aberto BK(f; ") na topologia da convergência compacta. Para cada x em K, existe uma vizinhança de x; Vx; tal que f(Vx)  Ux  Y , onde Ux é um aberto

de Y com diâmetro menor que ". De fato, como f é contínua, escolha Vx de modo que f(Vx)  B(f(x); "4 ): Então é claro que

f(Vx)  B(f(x); "3 ) (veri…que isso, usando o Exercício 13.21!), que tem diâmetro 2"=3: Cubra K com uma quantidade …nita de conjuntos Vx1 ; :::; Vxn : Sejam Kxi = Vxi \K: Então cada

Kxi é compacto e f 2 S(Kx1 ; Ux1) \ ::: \ S(Kxn ; Uxn):

pois f(Kxi)  Uxi . Além disso, S(Kx1 ; Ux1) \ ::: \ S(Kxn ; Uxn)  BK(f; "). De fato, se g 2

S(Kx1 ; Ux1) \ ::: \ S(Kxn ; Uxn); então g 2 BK(f; "); pois supfd(g(x); f(x));x 2 Kg < ":

Com efeito, se x 2 K, então x 2 Kxi para algum i. Logo, como g 2 S(Kxi ; Uxi), segue que g(Kxi)  Uxi : Como f(Kxi)  Uxi , temos que

supfd(g(x); f(x));x 2 Kg  diamUxi < ":  Note que a topologia compacto-aberta depende das topologias de X e de Y e, no caso de Y ser

um espaço métrico, métricas equivalentes em Y geram a mesma topologia compacto-aberta. Como acabamos de mostrar que, em C(X;Y ), a topologia compacto-aberta coincide com a topologia da convergência uniforme, temos o seguinte resultado:

Corolário 23.12. Seja Y um espaço métrico. A topologia da convergência compacta em C(X;Y ) não depende da particular métrica que represente Y .

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 55

24. Espaços Conexos

De…nição 24.1. Um espaço topológico X é desconexo quando existem abertos disjuntos e não-vazios H e K tais que X = H [K. Nesse caso, dizemos que X é desconectado por H e K. Se X não for desconexo, dizemos que X é conexo.

Exemplo 24.2. Nos cursos de Análise, vemos que os intervalos da reta são conexos.

Proposição 24.3. Se f : X ! Y é contínua e sobrejetiva e X é conexo, então Y é conexo.

Demonstração. Se Y não fosse conexo, existiriam abertos H e K, disjuntos e não-vazios, tais que

Y = H [K: Logo,

X = f�1(H) [ f�1(K) e X não seria conexo (contradição).

Corolário 24.4. Se f : X ! Y é contínua e X é conexo, então f(X) é conexo.

Demonstração. Basta notar que f : X ! f(X) satisfaz as hipóteses da Proposição 24.3.  Proposição 24.5. Um espaço topológico X é conexo se, e somente se, os únicos subconjuntos de X que são simultaneamente abertos e fechados são X e :

Demonstração. ()) Se A é aberto e fechado, então (X � A) é aberto e fechado. Se X for conexo, então, como

X = (X �A) [A; segue que A =  ou A = X: (() Reciprocamente, suponha que os únicos subconjuntos abertos e fechados de X sejam X e o

vazio. Se X não fosse conexo, existiriam A e B abertos, disjuntos, não-vazios, tais que

X = A [B: Logo, A e B seriam abertos e fechados diferentes de X e vazio (contradição).

No próximo resultado, e mais adiante, usaremos, sem mencionar, o Teorema 8.4 (c).

Teorema 24.6. Seja X um espaço topológico, e seja S um subconjunto conexo de X. Então S é conexo.

Demonstração. Suponhamos que S = A [B,

com A e B abertos disjuntos e não-vazios de S.  Note que nesse caso, temos A \ S 6=  e B \ S 6= :

De fato, se fosse A \ S = , então teríamos S  S rA (fechado em S). Logo, (16) ClS(S)  ClS(S rA) = S rA:

Mas

(17) ClS(S) = ClX(S) \ S = S (note que S é a mesma coisa que ClX(S)). De (16) e (17), segue que

S  S rA; e isso implica que A =  (absurdo). Analogamente se prova que B \ S 6= :

Além disso, S = S \ S = (S \A) [ (S \B):

Logo, S é união dos abertos disjuntos e não vazios S \A e S \B (de S), e isso contradiz a conexidade de S.

56 DANIEL PELLEGRINO

Corolário 24.7. Seja Y um espaço topológico e S um subconjunto conexo de Y . Se S  T  ClY (S), então T é conexo.

Demonstração. Note que ClT (S) = ClY (S) \ T = T:

Pelo teorema anterior, com X = T; segue que T é conexo.

De…nição 24.8. Conjuntos H e K são ditos mutuamente separados, em um espaço topológico X; quando

H \K = H \K = :

Proposição 24.9. Um subespaço E; de um espaço topológico X; é conexo se, e somente se, não existem conjuntos H e K não-vazios e mutuamente separados em X com E = H [K:

Demonstração. Suponha que E não seja conexo, sendo desconectado por H e K (lembre que, nesse caso, H e K são abertos e fechados em E, disjuntos, não-vazios, e E = H [ K). Então H e K são mutuamente separados em X, pois

H \ ClX(K) = (H \ E) \ ClX(K) = H \ (E \ ClX(K)) = H \ ClE(K) = H \K = :

Analogamente, K \ ClX(H) = :

Portanto, está provada ((). Agora, vamos provar ()). Suponha que existam H e K mutuamente separados em X, não-vazios,

com E = H [K: Então

ClE(H) = E \ ClX(H) = (H [K) \ ClX(H) = (H \ ClX(H)) [ (K \ ClX(H)) = H

Analogamente, ClE(K) = K:

Logo, H e K são fechados em E, e portanto abertos, e portanto E não é conexo. 

Corolário 24.10. Se H e K são mutuamente separados em X e E é um subconjunto conexo de H[K, então E  H ou E  K.

Demonstração. O caso E =  é trivial. Suponhamos E não-vazio. Como E  H [K, temos

(18) E = (E \H) [ (E \K)

Se E não estiver contido em K e nem em H, temos, de (18), que

E \H 6=  e E \K 6= :

Note que E \K e E \H são mutuamente separados em X. De fato,

ClX(E \K) \ (E \H)  ClX(K) \H =  ClX(E \H) \ (E \K)  ClX(H) \K = :

Pela Proposição 24.9, segue que E é desconexo. 

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 57

Teorema 24.11. (a) Se X = S 2�

X , onde cada X é conexo e T 2�

X 6= ; então X é conexo.

(b) Se cada par de pontos x; y em X pertence a algum conexo Exy  X, então X é conexo. (c) Se X =

1S n=1

Xn, onde cada Xn é conexo e Xn�1 \Xn 6=  para cada n  2; então X é conexo.

Demonstração. (a) Suponha X = H [K, onde H e K são mutuamente separados em X. Então, como cada X é conexo e X  H [K, pelo Corolário 24.10 segue que X  H ou X  K: Como os X não são disjuntos e H e K são disjuntos, segue que

X  H para todo ; ou X  K para todo :

Suponhamos, sem perda de generalidade, a primeira situação. Nesse caso,

X = S 2�

X  H

e, portanto, K = : Daí se conclui que X é conexo. (b) Fixe a 2 X: Então

X = S x2X

Eax:

Pelo item (a), segue que X é conexo. (c) Pelo item (a), temos que cada

An = X1 [    [Xn é conexo. Como

1T n=1

An = X1 6= ; e como

X = 1S n=1

An;

segue que X é conexo. Exercício 24.12. Se X 6=  são espaços topológicos, mostre queQ

X é conexo , cada X é conexo. Solução: Veja [8, Theorem 26.10].

24.1. Componentes conexas.

De…nição 24.13. Seja X um espaço topológico. Dado x 2 X, denotaremos por Cx a união dos subconjuntos conexos de X que contém x. O conjunto Cx é chamado de componente conexa de X que contém x.

Seja X um espaço topológico. Se x; y 2 X, então Cx = Cy ou Cx \ Cy = :

Demonstração. Se Cx \ Cy 6= , então Cx [ Cy é conexo (e contém x e y), e portanto Cx = Cx [ Cy = Cy:

 Proposição 24.14. Se x 2 X, então Cx é um conjunto fechado.

Demonstração. Como Cx é conexo, segue que Cx também é conexo. Logo

Cx = Cx:

 De…nição 24.15. Um espaço topológoco X é dito localmente conexo se cada x 2 X admite uma base de vizinhanças formada por conjuntos simultaneamente abertos e conexos.

58 DANIEL PELLEGRINO

Exemplo 24.16. [0; 1) [ (1; 2] é localmente conexo, mas não é conexo.

Proposição 24.17. Um espaço topológico X é localmente conexo se, e somente se, as componentes conexas de cada aberto de X são abertas em X.

Demonstração. Suponhamos que X seja localmente conexo. Se U é um aberto de X, seja C uma componente conexa de U . Como X é localmente conexo, para cada x 2 C; existe um aberto conexo V tal que x 2 V  U . Pela de…nição de componente conexa, segue que V  C e daí concluímos que C é um conjunto aberto. Reciprocamente, suponhamos que as componentes conexas de cada aberto de X sejam abertas em

X. Seja x 2 X e U uma vizinhança aberta de x em X e seja C a componente conexa de U que contém x. Como, por hipótese, C é aberto em X, segue que X é localmente conexo. 

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 59

25. Espaços conexos por caminhos

De…nição 25.1. Um espaço topológico X é dito conexo por caminhos se dados a; b 2 X, existe uma função contínua f : [0; 1]! X tal que f(0) = a e f(1) = b. Uma tal função f é chamada caminho em X entre a e b.

Proposição 25.2. Se X é conexo por caminhos, então X é conexo.

Demonstração. Se X não fosse conexo, existiriam abertos disjuntos e não-vazios A e B tais que X = A [B: Sejam a 2 A e b 2 B e f : [0; 1]! X um caminho tal que f(0) = a e f(1) = b: Então

[0; 1] = f�1(A) [ f�1(B) e [0; 1] não seria conexo. De…nição 25.3. Seja X um espaço topológico. Se f1 é um caminho em X entre a e b e f2 é um caminho em X entre b e c, de…nimos f1  f2 : [0; 1]! X como sendo o caminho entre a e c dado por

(f1  f2)(t) = f1(2t) se 0  t  1=2 (f1  f2)(t) = f2(2t� 1) se 1=2  t  1:

Exercício 25.4. Seja X um espaço topológico, e sejam f; g e h caminhos em X entre a e b, entre b e c e entre c e d, respectivamente. Mostre que

((f  g)  h) (s) = f(4s), 0  s  1=4 = g(4s� 1), 1=4  s  1=2 = h(2s� 1), 1=2  s  1

e

(f  (g  h)) (s) = f(2s), 0  s  1=2 = g(4s� 2), 1=2  s  3=4 = h(4s� 3), 3=4  s  1:

60 DANIEL PELLEGRINO

26. Homotopias

Lembremos que um homeomor…smo entre espaços topológicos X e Y é uma função bijetiva contínua f : X ! Y cuja inversa também é contínua. Um dos problemas centrais da topologia é decidir quando dois espaços topológicos são homeomorfos ou não. Às vezes é fácil veri…car isso. Por exemplo, [0; 1] e (0; 1) não são homeomorfos, pois um deles é compacto e o outro não (e a compacidade é um invariante topológico). Entretanto, às vezes precisamos de argumentos mais …nos para saber se dois espaços topológicos são homeomorfos ou não. Nesse capítulo, vamos estudar uma maneira de associar um grupo (chamado grupo fundamental) a cada espaço topológico. Dois espaços homeomorfos terão grupos fundamentais isomorfos. Antes disso, precisamos do conceito de homotopia e de resultados preliminares. No que se segue, X e Y serão sempre espaços topológicos, a menos que se diga algo em contrário.

De…nição 26.1. Sejam f e g funções contínuas de X em Y: Dizemos que f é homotópica a g (f ' g) quando existe uma função contínua H : X  [0; 1] ! Y tal que H(x; 0) = f(x) e H(x; 1) = g(x) para todo x em X. A função H é chamada homotopia entre f e g: Por simplicidade, às vezes escreveremos H : f ' g para indicar uma homotopia H entre f e g.

Observação 26.2. Em [0; 1]X consideramos a topologia produto.

O seguinte exercício pode ser útil para provar a continuidade de algumas funções nessa seção:

Exercício 26.3. Seja X1 e X2 espaços topológicos. Mostre que a rede (x ; y ) 2� converge para (x; y) se, e somente se, (x ) 2� ! x e (y ) 2� ! y:

Exemplo 26.4. Seja X um espaço topológico qualquer e Y um subespaço convexo do Rn: Então duas funções contínuas quaisquer f; g : X ! Y são homotópicas, com a homotopia dada por

H(x; t) = tg(x) + (1� t)f(x):

Teorema 26.5. ' é uma relação de equivalência no conjunto C(X;Y ) formado por todas as aplicações contínuas de X em Y .

Demonstração. É claro que f ' f pela homotopia H(x; t) = f(x): Se f; g 2 C(X;Y ) e H : f ' g, então H 0 : g ' f com H 0(x; t) = H(x; 1� t): Se f; g; h 2 C(X;Y ); H1 : f ' g e H2 : g ' h; de…na

H(x; t) = H1(x; 2t); 0  t  1=2 H(x; t) = H2(x; 2t� 1); 1=2  t  1:

Note que H está bem de…nida e é contínua nos subconjuntos fechados X [0; 1=2] e X [1=2; 1]: Como X  [0; 1] = X  [1=2; 1] [X  [0; 1=2]; segue, pelo Teorema 8.8, que H é contínua.

De…nição 26.6. As classes de equivalência em C(X;Y ) sob a relação ' são chamadas classes de homotopia em C(X;Y ):

Teorema 26.7. Se f1; g1 : X ! Y , f2; g2 : Y ! Z; f1 ' g1 e f2 ' g2; então f2  f1 ' g2  g1:

Demonstração. Suponha H1 : f1 ' g1 e H2 : f2 ' g2: Então f2  H1 : f2  f1 ' f2  g1: Pela transitividade da relação de homotopia, basta provar que f2  g1 e g2  g1 são homotópicos. De…na H : X  I ! Z por

H(x; t) = H2(g1(x); t):

Temos que H é contínua, pois é composta de contínuas. Como H : f2 g1 ' g2 g1; o resultado segue.

De…nição 26.8. Um espaço topológico X é dito contrátil se a aplicação identidade i : X ! X é homotópica a uma aplicação constante c(x) = x0; com x0 2 X:

Exemplo 26.9. Segue do Exemplo 26.4 que todo subconjunto convexo do Rn é contrátil.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 61

Teorema 26.10. Um espaço topológico X é contrátil se, e somente se, para qualquer espaço T; quaisquer duas funções contínuas f; g : T ! X são homotópicas.

Demonstração. (() Escolha T = X e f = i e g como uma aplicação constante. ()) Se X é contrátil, então i ' c, onde c é uma aplicação constante. Sejam f; g : T ! X duas

aplicações contínuas quaisquer. Pelo teorema anterior,

f = i  f ' c  f e g = i  g ' c  g: Mas c  f = c  g, e daí f ' g:

De…nição 26.11. Dois espaços topológicos X e Y são ditos homotopicamente equivalentes (ou ainda, X e Y têm o mesmo tipo de homotopia) quando existem funções contínuas f : X ! Y e g : Y ! X tais que f  g ' iY e g  f ' iX : As aplicações f e g são ditas equivalências de homotopia (ou equivalências homotópicas) (homotopy equivalences). Dizemos que g é a inversa homotópica de f e vice versa.

Observe que dizer que X e Y têm o mesmo tipo de homotopia é um pouco menos que dizer que são homeomorfos: f  g e g  f não são necessariamente as respectivas funções identidade, mas sim homotópicas às identidades iX e iY : Note que as equivalências de homotopia de…nem uma relação de equivalência em qualquer conjunto

formado por espaços topológicos. De fato,

 X é homotopicamente equivalente a si próprio. Basta considerar f = g = iX :  Se X é homotopicamente equivalente a Y , é claro que Y é homotopicamente equivalente a X.  Finalmente, se X é homotopicamente equivalente a Y e Y é homotopicamente equivalente a Z, então X é homotopicamente equivalente a Z. Com efeito, sejam

f : X ! Y; g : Y ! X tais que f  g ' iY e g  f ' iX e

f1 : Y ! Z; g1 : Z ! Y tais que f1  g1 ' iZ e g1  f1 ' iY : Então f1  f : X ! Z e g  g1 : Z ! X são tais que

(f1  f)  (g  g1) = f1  (f  g)  g1 ' f1  iY  g1 = f1  g1 ' iZ e, analogamente, (g  g1)  (f1  f) ' iX :

É claro que espaços homeomorfos são sempre homotopicamente equivalentes. Entretanto, a recíproca não é verdadeira, como veremos no resultado a seguir:

Teorema 26.12. X é contrátil se, e somente se, X é homotopicamente equivalente a um espaço formado por um único ponto.

Demonstração. Suponha que X é contrátil. Então a identidade iX : X ! X é homotópica à função constante c : X ! X dada por c(x) = x0 (com x0 escolhido em X): Seja Y = fx0g; e seja j : Y ! X a inclusão. Então, se c0 : X ! Y é dada por c0(x) = c(x); temos c0  j = iY e j  c0 = c ' iX : Daí X é homotopicamente equivalente a Y:

Exemplo 26.13. X = (�1; 1), com a topologia usual, é homotopicamente equivalente a f0g, mas não é homeomorfo a f0g. De fato, do Exemplo 26.9 que X é contrátil, e da demonstração do Teorema 26.12 segue que X é homotopicamente equivalente a f0g.

Reciprocamente, suponha que x0 2 X e f : X ! Y é uma equivalência de homotopia entre X e Y = fx0g; e que g : Y ! X seja a inversa homotópica de f . Então, pela de…nição de equivalência de homotopia, g  f ' iX . Como g  f é a aplicação constante, segue que X é contrátil.

62 DANIEL PELLEGRINO

De…nição 26.14. Um subconjunto A de X é um retrato de X quando existe uma aplicação contínua r : X ! A; chamada retração, tal que r(a) = a para cada a 2 A: Chamamos A de retrato de deformação de X quando existe uma retração r : X ! A que é homotópica (pensada como aplicação de X em X) à identidade iX : Se H : r ' iX , H é dita retração de deformação (deformation retraction).

Exemplo 26.15. Um retrato não é necessariamente um retrato de deformação. De fato, subconjuntos unitários de um espaço X são sempre retratos de X. Entretanto, nenhum subespaço com apenas um elemento de S1 é um retrato de deformação (isso será visto adiante, no estudo dos grupos fundamentais).

Teorema 26.16. Se A é um retrato de deformação de X, então A é homotopicamente equivalente a X.

Demonstração. Sejam j : A! X a inclusão e r : X ! A a retração. Logo Então r  j = iA e j  r : X ! X coincide com r vista como aplicação de X em X; que sabemos ser

homotópica a iX : Portanto A é homotopicamente equivalente a X.

Concluímos essa seção com uma generalização do conceito de homotopia, que nos será útil adiante

De…nição 26.17. Um par topológico é um par ordenado (X;A) onde X é um espaço topológico e A  X. Uma aplicação f : (X;A) ! (Y;B) entre pares topológicos é uma aplicação f : X ! Y tal que f(A)  B; ela é contínua se é contínua no sentido usual.

De…nição 26.18. Duas aplicações contínuas f; g : (X;A) ! (Y;B) são ditas homotópicas quando existe uma função contínua H : X  I ! Y tal que H(x; 0) = f(x) e H(x; 1) = g(x) para todo x em X e tal que H(a; t) = f(a) = g(a) para todo a em A. Portanto, para que f e g sejam homotópicas, é necessário que f e g coincidam em A. Se f e g são aplicações homotópicas de…nidas em (X;A); dizemos que f é homotópica a g com relação a A, e escrevemos f ' g[A]: Dizemos que H é uma homotopia relativa. Também temos uma de…nição semelhante para duas aplicações contínuas f; g : X ! Y e A  X.

Dizemos que f é homotópica a g relativamente a A ( f ' g[A]) se existe uma homotopia H : f ' g tal que H(x; t) = f(x) = g(x) para todo x em A. Nesse caso, note que f(x) = g(x) para todo x em A. Dois pares (X;A) e (Y;B) são ditos homotopicamente equivalentes se existem f : (X;A) !

(Y;B) e g : (Y;B) ! (X;A) tais que f  g ' iY [B] e g  f ' iX [A]: Nesse caso, perceba que se fA e gB denotam as restrições de f a A e de g a B, respectivamente, temos

fA  gB = iB e gB  fA = iA e consequentemente fA é um homeomor…smo entre A e B cuja inversa é gB :

Observação 26.19. A noção de homotopia relativa tem algumas variações, e ao estudar livros distintos, devemos prestar atenção na de…nição exata.

Se f; g : (X;A) ! (Y;B) e f ' g[A]; então é claro que, em particular, f e g são homotópicas se pensadas como aplicações usuais de X em Y . A recíproca pode não valer, como mostra o exemplo a seguir:

Exemplo 26.20. Seja X um subespaço do R2 dado por

X = f(x; 0); 0  x  1g [ f(0; y); 0  y  1g [ f(1=n; y); 0  y  1; n 2 Ng e seja A = f(0; 1)g:

X é contrátil e iX é homotópica à função constante c : X ! X dada por c(x; y) = (0; 1): De fato,

H1 : X  I ! X H1((x; y); t) = (x; ty)

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 63

é uma homotopia entre ix e a aplicação g : X ! X, g((x; y)) = (x; 0): Note ainda que H1 está bem de…nida e é contínua. A aplicação

H2 : X  I ! X H2((x; y); t) = (tx; 0)

é uma homotopia entre g e a aplicação constante c1(x; y) = (0; 0): Finalmente, a aplicação

H3 : X  I ! X H2((x; y); t) = t(0; 1)

é uma homotopia entre c e c1: Portanto, por transitividade, iX é homotópica a c: Consequentemente, X é contrátil. Note que iX e c coincidem no ponto (0; 1): Entretanto, vamos mostrar que nenhuma homotopia

entre iX e c pode deixar o ponto (0; 1) …xo. Suponha que exista uma homotopia

H : X  I ! X H((x; y); 0) = (x; y)

H((x; y); 1) = (0; 1)

tal que H((0; 1); t) = (0; 1) para todo t: Como X  I é compacto, temos que H é uniformemente contínua. Dado " = 1=4, existe  > 0 tal que

k(x; y; t)� (0; 1; t)k <  ) kH(x; y; t)� (0; 1)k < 1=4: Escolha (x0; y0) = (

 2 ; 1); com  = minf; 1=2g: Logo

k(x0; y0; t)� (0; 1; t)k <  e portanto kH(x0; y0; t)� (0; 1)k < 1=4: Mas H(x0; y0; 1) = (0; 1) e H(x0; y0; 0) = (x0; y0): Como fx0g  fy0g  I é conexo, temos

que H(fx0g  fy0g  I) também é conexo. Por outro lado, H(fx0g  fy0g  I)  B1=4(0; 1) e (0; 1) 2 H(fx0g  fy0g  I) e (x0; y0) 2 H(fx0g  fy0g  I); e isso é uma contradição. De fato, teríamos, para 0 < < 2 e irracional,

H(fx0g  fy0g  I) = ([(�1; ) (�1; 2)] \H(fx0g  fy0g  I))

S ([( ; 2) (�1; 2)] \H(fx0g  fy0g  I)) ;

e ([(�1; ) (�1; 2)] \H(fx0g  fy0g  I)) seria um aberto em H(fx0g  fy0g  I) contendo (0; 1) e ([( ; 2) (�1; 2)] \H(fx0g  fy0g  I)) seria um aberto em H(fx0g  fy0g  I) contendo (x0; y0); e isso contradiz o fato de H(fx0g  fy0g  I) ser conexo.

Exercício 26.21. Seja X um espaço topológico e a; b; c 2 X. Sejam f1; g1 : [0; 1]! X dois caminhos em X que ligam a e b, e sejam f2; g2 : [0; 1]! X dois caminhos em X que ligam b e c: Se

f1 ' g1[f0; 1g] e f2 ' g2[f0; 1g]; mostre que

f1  f2 ' g1  g2[f0; 1g]:

64 DANIEL PELLEGRINO

27. Grupos Fundamentais

De…nição 27.1. Seja X um espaço topológico, x0 um ponto …xo em X. Uma função contínua f : I ! X será chamada um laço (caminho fechado) em x0 quando f(0) = f(1) = x0: Dois laços f e g em x0 serão ditos laços homotópicos (ou, quando não houver possibilidade de confusão, homotópicos) quando f ' g[f0; 1g]: Portanto, uma homotopia de laço entre dois laços em x0 é uma homotopia relativa que mantém as extremidades de I em x0: Essa homotopia será denotada por 'x0 : Note que f 'x0 g é o mesmo que f ' g[f0; 1g] com f(0) = f(1) = g(0) = g(1): Precisamente, dois caminhos fechados f e g (em x0) de I em X são homotópicos quando existe uma

aplicação contínua H : I  I ! X tal que H(s; 0) = f(s); H(s; 1) = g(s) e H(0; t) = H(1; t) = x0

para quaisquer s; t em I:

A relação 'x0 entre laços em x0 é uma relação de equivalência (a demonstração é similar ao que é feito no Teorema 26.5; veri…que!) e portanto particiona o conjunto dos laços (X;x0) em classes de equivalências. A classe de equivalência de f será denotada por [f ]; e o conjunto de todas as classes de laços em x0 será denotado por 1(X;x0): A seguir, se  : [0; 1]! X é um caminho entre x0 e x1 em X, então de…nimos

�1 : [0; 1]! X �1(x) = (1� x):

Note que �1 liga x0 a x1:

Exercício 27.2. Mostre que se f1; g1 2 (X;x0); f1 'x0 g1 e  : [0; 1] ! X é um caminho entre x0 e x1 em X, então

(19) �1  (f1  ) 'x1 �1  (g1  ) : Solução. Temos que f1 ' g1[f0; 1g] e  ' [f0; 1g]: Pelo Exercício 26.21 temos

f1   ' g1  [f0; 1g]: Ainda pelo Exercício 26.21, temos

�1  (f1  ) ' �1  (g1  ) [f0; 1g]: Como

� �1  (f1  )

 (0) =

� �1  (f1  )

 (1) = x1; segue (19).

Exercício 27.3. Mostre que a operação

[f1]  [f2] = [f1  f2] está bem de…nida em 1(X;x0):

Solução. Devemos mostrar que se f1 'x0 g1 e f2 'x0 g2; então f1  f2 'x0 g1  g2: Temos que f1 ' g1[f0; 1g] e f2 ' g2[f0; 1g]

Pelo Exercício 26.21, temos f1  f2 ' g1  g2[f0; 1g]:

Como f1  f2(0) = f1  f2(1) = g1  g2(0) = g1  g2(1) = x0; podemos escrever f1  f2 'x0 g1  g2:

Teorema 27.4. 1(X;x0) com a operação  é um grupo. Demonstração. Vamos mostrar primeiro que ([f ]  [g])  [h] = [f ]  ([g]  [h]): Pelo Exercício 25.4 temos

((f  g)  h) (s) = f(4s), 0  s  1=4 = g(4s� 1), 1=4  s  1=2 = h(2s� 1), 1=2  s  1

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 65

e

(f  (g  h)) (s) = f(2s), 0  s  1=2 = g(4s� 2), 1=2  s  3=4 = h(4s� 3), 3=4  s  1:

De…namos H : I  I ! X por

H(s; t) = f( 4s

1 + t ); se 0  s  1 + t

4

H(s; t) = g(4s� 1� t); se 1 + t 4

 s  2 + t 4

H(s; t) = h( 4s� 2� t

2� t ); se 2 + t

4  s  1:

Note que H é contínua (use que f; g; h são contínuas, redes, e o Exercício 13.20). Além disso,

H(s; 0) = ((f  g)  h) (s) para 0  s  1 H(s; 1) = (f  (g  h))(s) para 0  s  1 H(0; t) = (f  g)  h))(0) = (f  (g  h))(0) para 0  t  1 H(1; t) = (f  g)  h))(1) = (f  (g  h))(1) para 0  t  1

e portanto (f  g)  h 'x0 f  (g  h):

Logo [(f  g)  h] = [f  (g  h)]; ou ainda, ([f ]  [g])  [h] = [f ]  ([g]  [h]): Agora, vamos mostrar a existência do elemento neutro de 1(X;x0): De…nindo e : I ! X por

e(t) = x0 para todo t 2 I, vamos mostrar que [e] é o elemento neutro. Para provar que, para toda [f ] 2 1(X;x0); temos [f ]  [e] = [f ]; basta considerar a homotopia

H(s; t) = f( 2s

2� t ), 0  s  2� t 2

= x0, 2� t 2

 s  1

e perceber que H(s; 0) = f(x) e H(s; 1) = (f  e)(x). Analogamente se prova que [e]  [f ] = [f ] para toda [f ] 2 1(X;x0): Resta-nos provar a existência das inversas. Para cada laço f em x0; de…na f�1 por

f�1(s) = f(1� s); 0  s  1: Para mostrar que [f�1] é uma inversa de [f ], basta provar que [f�1] [f ] = [f ] [f�1] = [e]: Para

isso, é su…ciente mostrar que f�1  f 'x0 f  f�1 'x0 e: Note que

f  f�1(s) = f(2s); se 0  s  1=2 = f(2� 2s); se 1/2  s  1:

De…na

H(s; t) = f(2ts), 0  s  1 2

(20)

= f(2t(1� s)), 1 2  s  1

Temos que H (está bem de…nida e) é contínua e, como H(s; 1) = (f  f�1)(s); H(s; 0) = x0 = e(s); H(0; t) = H(1; t) = x0; segue que [f ] [f�1] = [e]: A outra situação é análoga.

66 DANIEL PELLEGRINO

Observação 27.5. Note que poderíamos ter de…nido a homotopia abaixo em vez de (20):

H(s; t) =

8<: f(2s); se 0  s  1�t 2

f�1(2s+ 2t� 1); se 1�t2  s  1� t x0, se 1� t  s  1:

Observação 27.6. Uma informação importante: os grupos fundamentais não são necessariamente abelianos.

Proposição 27.7. Seja  : [0; 1]! X um caminho entre x0 e x1: Então a função  : 1(X;x0)! 1(X;x1)

dada por ([f ]) = [�1  f  ] é um isomor…smo de grupos.

Demonstração. Pelo Exercício 27.2 segue que  está bem de…nida. Note que se [f ]; [g] 2 1(X;x0), temos

([f ])  ([g]) = [�1  f  ]  [�1  g  ]) = [(�1  f  )  (�1  g  )] = [(�1  f  g  )] = ([f  g]) = ([f ]  [g]):

Acima, usamos que   �1 = [ex0 ]; e isso pode ser provado como em (20). De fato, de…na

H(s; t) = (2ts), 0  s  1 2

(21)

= (2t(1� s)), 1 2  s  1

Temos que H (está bem de…nida e) é contínua e, como H(s; 1) = (  �1)(s); H(s; 0) = (0) = x0 = ex0(s); H(0; t) = (0) = x0; e H(1; t) = (0) = x0; segue que

[  �1] = [ex0 ]: Note que  é injetiva, pois

([f ]) = [ex0 ])) �1  f   ' ex0 [f0; 1g] ) f   '   ex0 [f0; 1g] ) f '   ex0  �1[f0; 1g] ) f ' ex0 [f0; 1g] ) [f ] = [ex0 ]

e portanto  é injetiva. É fácil ver que  é sobrejetiva, pois dado [h] 2 1(X;x1), note que ([  h  �1]) = [h]:

Note que � �1

 : 1(X;x1)! 1(X;x0) é tal que�

�1   ([f ]) = ��1 ([�1  f  ])

= [  (�1  f  )  �1] = [f ]:

Assim � �1

 é o inverso do homomor…smo :

O próximo resultado é conseqüência imediata do resultado anterior:

Corolário 27.8. Se X é conexo por caminhos e x0; x1 2 X; então 1(X;x0) e 1(X;x1) são isomorfos.

De…nição 27.9. Um espaço topológico X é simplesmente conexo se X é conexo por caminhos e o grupo 1(X;x0) é trivial para algum, e portanto para todo x0 2 X:

Exercício 27.10. Mostre que todo subconjunto convexo de Rn é simplesmente conexo.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 67

Exercício 27.11. Sejam X e Y espaços topológicos, e seja  : (X;x0)! (Y; y0) uma função contínua. Mostre que a função

 : 1(X;x0)! 1(Y; y0) dada por ([f ]) = [  f ] é um homomor…smo de grupos.

Solução.Temos ([f ]  [g]) = ([f  g]) = [  (f  g)]:

Note que

(  (f  g)) (s) = 

(f(2s)); se 0  s  1=2 (g(2s� 1)), se 1=2  s  1:

Por outro lado, ([f ])  ([g]) = [  f ]  [  g] = [(  f)  (  g)]

e

((  f)  (  g)) (s) = 

(  f)(2s); se 0  s  1=2 (  g)(2s� 1); se 1=2  s  1:

Logo segue que (  (f  g)) (s) = ((  f)  (  g)) (s).

Exercício 27.12. Se  é a identidade em X, mostre que  é a identidade em 1(X;x0).

Solução. Se  é a identidade em X, então

([f ]) = [  f ] = [f ] e portanto  = id : 1(X;x0)! 1(X;x0):

Exercício 27.13. Sejam X;Y e Z espaços topológicos, e sejam  : (X;x0) ! (Y; y0) e : (Y; y0) ! (Z; z0) funções contínuas. Mostre que

(  ) =   :

Solução. Temos (  ) : 1(X;x0)! 1(Z; z0)

dada por

(  ) ([f ]) = [(  )  f ] = [  (  f))] = ([  f ]) =  (([f ])) = (   ) ([f ]):

Logo (  ) =   :

Exercício 27.14. Se  : (X;x0)! (Y; y0) é um homeomor…smo, mostre que  é um isomor…smo de grupos.

Solução. Temos, pelo Exercício 27.11, que  : 1(X;x0)! 1(Y; y0) é um homomor…smo. Note que  é sobrejetiva. De fato, dado [h] 2 1(Y; y0), temos que f = �1  h : [0; 1] ! X é tal

que f(0) = �1(h(0)) = �1(y0) = x0 e f(1) = �1(h(1)) = �1(y0) = x0: Logo [f ] 2 1(X;x0) e ([f ]) = [  (�1  h)] = [h]:

Só resta provar que  é injetiva. De fato, se ([f ]) = ([g]), então [  f ] = [  g]: Logo� �1

  ([  f ]) =

� �1

  ([  g])

e daí segue que [�1    f ] = [�1    g]

e …nalmente [f ] = [g]:

Exercício 27.15. Sejam X e Y espaços topológicos e sejam ; : (X;x0)! (Y; y0) funções contínuas tais que  ' [fx0g]: Prove que   f 'y0  f para todo f 2 (X;x0): Conclua que  = :

68 DANIEL PELLEGRINO

Solução. Seja H1 :  ' [fx0g]. Seja H : [0; 1] [0; 1]! Y dada por H(x; t) = H1(f(x); t): Então, seja

H(x; 0) = H1(f(x); 0) = (f(x))

H(x; 1) = H1(f(x); 1) = (f(x))

H(0; t) = H1(f(0); 1) = (f(0)) = (x0) = y0

H(1; t) = H1(f(1); 1) = (f(1)) = (x0) = y0:

Logo, segue que H1 :   f '  f [fy0g]; isto é,   f 'y0  f: Portanto, se [f ] 2 1(X;x0), temos ([f ]) = [  f ] = [  f ] = ([f ]); e concluímos que  = :

Exercício 27.16. Se (X;x0) e (Y; y0) são homotopicamente equivalentes, prove que os grupos 1(X;x0) e 1(Y; y0) são isomorfos.

Solução. Como (X;x0) e (Y; y0) são homotopicamente equivalentes, existem f : (X;x0)! (Y; y0) e g : (Y; y0)! (X;x0) contínuas, tais que f  g ' idY [fy0g] e g  f ' idX [fx0g]. Pelo Exercício 27.15 segue que

(f  g) = (idY ) (g  f) = (idX)

Pelo Exercício 27.12 segue que

(g  f) = id : 1(X;x0)! 1(X;x0) (f  g) = id : 1(Y; y0)! 1(Y; y0):

Pelo Exercício 27.13 temos que (g  f) = g  f e (f  g) = f  g: Logo g  f = id : 1(X;x0)! 1(X;x0) f  g = id : 1(Y; y0)! 1(Y; y0):

Concluímos que f é um isomor…smo.

27.1. O grupo fundamental do círculo unitário. Nessa seção calcularemos o grupo fundamental do círculo unitário S1 (com base em 1): Precisamente, mostraremos que 1(S1; 1) = Z. Começamos com dois lemas, mas antes precisamos de algumas considerações. Seja

p : R! S1

dada por p(t) = e2ti: Note que (a) p é sobrejetiva, contínua e aberta, e p(0) = 1: (b) A restrição p j (�1=2; 1=2) ! S1f�1g é um homeomor…smo. Seja q a inversa de

p j (�1=2; 1=2). (c) p(s+ t) = p(s) + p(t) para todo s; t 2 R. (d) p(t) = 1 se, e somente se, t 2 Z. (e) p : (R,+)! (S1; :) é um homomor…smo de grupos cujo núcleo é Z.

Lema 27.17. Seja g um caminho em S1, com g(0) = 1: Então existe um único caminho f : [0; 1]! R tal que f(0) = 0 e p  f = g:

Demonstração. Como [0; 1] écompacto, a função g : [0; 1] ! S1 é uniformemente contínua. Logo, existe  > 0 tal que se js� tj < ; então jg(s)� g(t)j < 2: Logo g(s) 6= �g(t) e portanto g(s)g(t) 6= �1:

Assim, q  g(s) g(t)

 está bem de…nida. Seja n 2 N tal que 1n < ; e seja f : [0; 1]! R de…nida por

f(t) = nX

k=1

q

g( kn t)

g(k�1n t)

! :

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 69

Então f é contínua (pois q e g são contínuas), f(0) = nX j=1

q � 1 1

 = 0 e

p  f(t) = p

nX k=1

q

g( kn t)

g(k�1n t)

!! =

nY k=1

g( kn t)

g(k�1n t)

= g( 1n t)

g(0) : g( 2n t)

g( 1n t) ::: g(n�1n t)

g(n�2n t) : g(nn t)

g(n�1n t) = g(nn t)

g(0) = g(t):

Resta-nos provar a unicidade. Suponhamos que exista uma função contínua f1 : [0; 1] ! R tal que f1(0) = 0 e p  f1 = g: Então, para todo t 2 [0; 1], temos

p  (f1 � f)(t) = e2i(f1(t)�f(t)) = e2if1(t):e�2if(t)

= p(f1(t))

p(f(t)) = 1;

e portanto (f1 � f)(t) 2 Z para todo t 2 [0; 1]: Como (f1 � f)(0) = 0 e como [0; 1] é conexo, segue que (f1 � f)(t) = 0 para todo t 2 [0; 1]:

Lema 27.18. Sejam g1 e g2 : [0; 1]! S1 laços tais que g1(0) = g2(0) = 1; e sejam f1 e f2 : [0; 1]! R os únicos caminhos em R tais que f1(0) = f2(0) = 0 e p  f1 = g1 e p  f2 = g2: (a) Dada uma função contínua G : [0; 1] [0; 1]! S1 tal que G(0; 0) = 1; existe uma única função

contínua F : [0; 1] [0; 1]! R tal que F (0; 0) = 0 e p  F = G: (b) Se G : g1 ' g2[f0; 1g]; então F (0; 1) = 0: (c) Se G : g1 ' g2[f0; 1g]; então f1(1) = f2(1):

Demonstração. (a) Como G é contínua num compacto, é também uniformemente contínua. Existe  > 0 tal que

se jz � wj < , então jG(z)�G(w)j < 2 e portanto q  G(z) G(w)

 está bem de…nida. Seja n 2 N tal que

1 n <  e seja F : [0; 1] [0; 1]! R de…nida por

F (z) =

nX k=1

q

G( knz)

G(k�1n z)

! :

Então F é contínua, F (0; 0) = 0 e p  F = G: Analogamente so outro lema, se prova a unicidade. (b) Note que

p  F (0; t) = G(0; t) = g1(0) = 1 p  F (0; 0) = G(0; 0) = 1:

Logo F (0; t)� F (0; 0) 2 Z.

Seja H(t) = F (0; t)� F (0; 0). Como [0; 1] é conexo segue que existe C tal que F (0; t)� F (0; 0) = C para todo t:

Fazendo t = 0, obtemos C = 0

e o resultado segue.

(c) Seja G : g1 ' g2[f0; 1g]: Então, para todo s 2 [0; 1], temos p  F (s; 0) = G(s; 0) = g1(s) = p  f1(s):

Pela unicidade do lema anterior (pois F (0; 0) = 0 e f1(0) = 0), segue que

(22) F (s; 0) = f1(s) para todo s 2 [0; 1]

70 DANIEL PELLEGRINO

Analogamente, p  F (s; 1) = G(s; 1) = g2(s) = p  f2(s)

e, pela unicidade do lema anterior (pois F (0; 1) = 0 e f2(0) = 0), segue que

(23) F (s; 1) = f2(s) para todo s 2 [0; 1]: Por outro lado, temos, para todo t 2 [0; 1];

p  F (0; t) = G(0; t) = g1(0) = p  f1(0) p  F (0; t) = G(0; t) = g2(0) = p  f2(0):

Interprete da seguinte forma: g(t) = g1(0) = 1 é um caminho constante de [0; 1] em S1. Além disso, F (0; :) : [0; 1] ! S1 é um caminho com F (0; 0) = 0: Considere ainda o caminho (constante) h : [0; 1]! S1 dado por h(t) = f1(0) = 0: Pela unicidade do lema anterior, temos

(24) F (0; t) = h(t) = 0 = f1(0) = f2(0) para todo t 2 [0; 1]: Agora note quepara todo t1; t2 2 [0; 1];

p  F (1; t1) = G(1; t1) = g2(1) p  F (1; t2) = G(1; t2) = g2(1):

Logo, fazendo t1 = t e t2 = 1, temos

p  F (1; t) = G(1; t) = g2(1) p  F (1; 1) = G(1; 1) = g2(1):

Logo F (1; t)� F (1; 1) 2 Z.

Seja R(t) = F (1; t)� F (1; 1). Como [0; 1] é conexo e R é contínua, existe uma constante D tal que F (1; t)� F (1; 1) = D para todo t:

Fazendo t = 1, obtemos D = 0. Logo

F (1; t) = F (1; 1) para todo t:

Logo

(25) F (1; 0) = F (1; 1):

De (22) já sabemos que F (1; 0) = f1(1):

De (23) sabemos que F (1; 1) = f2(1):

Dessas duas igualdades e de (25) segue que

f1(1) = f2(1):

 Agora podemos provar o resultado desejado:

Teorema 27.19. O grupo 1(S1; 1) é isomorfo a Z:

Demonstração. Se g 2 (S1; 1); então, do Lema 27.17 segue que existe um único caminho f : [0; 1] ! R tal que f(0) = 0 e p  f = g: Temos p  f(1) = g(1) = 1; e portanto f(1) 2 Z. De…namos

 : 1(S 1; 1)! Z

por ([g]) = f(1): Primeiro, vejamos que  está bem de…nida. Dadas g1; g2 2 (S1; 1), sejam f1; f2 : [0; 1] ! R os

únicos caminhos tais que f1(0) = f2(0) = 0 e p  f1 = g1 e p  f2 = g2: Se G : g1 ' g2[f0; 1g]; então segue do Lema 27.18 que f1(1) = f2(1) e consequentemente ([g1]) = ([g2]) e  está bem de…nida.

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 71

Agora vejamos que  é homomor…smo de grupos. Sejam g1; g2 2 (S1; 1), e sejam f1; f2 : [0; 1]! R os únicos caminhos tais que f1(0) = f2(0) = 0 e p  f1 = g1 e p  f2 = g2: Sejam

n1 = f1(1) e n2 = f2(1):

Seja f : [0; 1]! R de…nido por f(s) = n1 + f2(s):

Então

f(0) = n1 + f2(0) = n1 = f1(1)

f(1) = n1 + f2(1) = n1 + n2

p(f(s)) = p(n1 + f2(s)) = p(n1)p(f2(s))

= p(f1(1))g2(s) = g1(1)g2(s) = g2(s):

Segue que

p  (f1  f) = (p  f1)  (p  f) = g1  g2;(26) (f1  f)(0) = f1(0) = 0 (f1  f)(1) = f(1) = n1 + n2:

Note que g1  g2 2 (S1; 1) e, pelo Lema 27.17 existe um único caminho h : [0; 1]! R tal que p  h = g1  g2 e h(0) = 0:

De (26) segue que esse h é precisamente f1  f : [0; 1]! R. Segue que  ([g1]  [g2]) =  ([g1  g2]) = (f1  f)(1) = n1 + n2 =  ([g1]) + ([g2])

e portanto  é um homomor…smo. Resta-nos provar que  é bijetiva. Seja n 2 Z e sejam f : [0; 1]! R e g : [0; 1]! S1 caminhos de…nidos por

f(s) = ns e g = p  f: Então f(0) = 0; f(1) = n e daí g(0) = p(0) = 1 e g(1) = p(n) = 1: Logo

 ([g]) = f(1) = n:

Portanto  é sobrejetora. Para terminar, vamos mostrar que  é injetora. Seja g 2 (S1; 1) tal que  ([g]) = 0: Seja f : [0; 1]! R o único caminho tal que f(0) = 0 e p  f = g: Então

f(1) =  ([g]) = 0

e portanto f 2 (R; 0): Como R é simplesmente conexo, temos f '0 0 e daí segue que g = p  f '1 p(0) = 1

28. Seminário: O Teorema de Baire

Um subconjunto M de um espaço topológico X é dito magro se M = 1[ n=1

Sn onde cada Sn tem

interior vazio. Conjuntos magros são também chamados de conjuntos de primeira categoria. Todo conjunto que não é de primeira categoria é chamado de conjunto de segunda categoria. O resultado central dessa seção, o Teorema de Baire, a…rma que todo espaço métrico completo, não-vazio, é de segunda categoria. Assim como o Teorema de Tychono¤, O teorema de Baire tem diversas aplicações em outras áreas da matemática.

Exemplo 28.1. Os racionais são magros na reta real.

Exemplo 28.2. Num espaço topológico X munido com a topologia  = P(X); nenhum subconjunto não-vazio é magro.

72 DANIEL PELLEGRINO

Teorema 28.3. (Teorema de Baire) Todo espaço métrico completo, não-vazio, é de segunda categoria, isto é, não pode ser uma união enumerável de conjuntos cujo fecho tem interior vazio.

Demonstração. Seja X = (X; d) um espaço métrico. Por contradição, vamos supor que X seja de primeira categoria. Então, existem Sn  X tais que Sn tem interior vazio e

X = 1[ n=1

Sn:

Para cada n, considere Fn = Sn. Temos que X � F1 é aberto e não-vazio. Assim, existem um número real r1 > 0 e x1 2 X tais que

Ud(x1; r1)  X � F1: Temos também que (X � F2) \ Ud(x1; r1=4) é aberto e não vazio. De fato, se essa interseção fosse

vazia, teríamos Ud(x1; r1=4)  F2, que é um absurdo, pois o interior de F2 é vazio. Logo existem x2 2 X e r2 > 0; tais que

Ud(x2; r2)  (X � F2) \ Ud(x1; r1=4): Usando o mesmo raciocínio, encontramos x3 2 X e r3 > 0 tais que

Ud(x3; r3)  (X � F3) \ Ud(x2; r2=4): Por indução, construimos uma seqüência de bolas abertas (Ud(xn; rn))1n=1 tais que rn+1  rn4 e

Ud(xn+1; rn+1)  (X � Fn+1) \ Ud(xn; rn=4): Note que, como rn+1  rn4 para todo n; temos rn 

r1 4n�1 :

Pela desigualdade triangular, é fácil ver que (xn)1n=1 é uma seqüência de Cauchy em X. Com efeito,

d(xn; xn+p)  pX

j=1

d(xn+j�1; xn+j)  pX

j=1

rn+j�1 4

(27)

<

pX j=1

r1 4n+j�1

:

Como X é completo, existe um x 2 X, que é limite da seqüência (xn): Note que podemos também escrever

(28) d(xn; xn+p)  rn 4

+ rn+1 4

+ :::+ rn+p�1

4  rn

4 + rn 42

+ :::+ rn 4p�1

:

Fixando, arbitrariamente, n em (28) e fazendo p tender a in…nito, temos que d(xn; x) < rn e

x 2 Ud(xn; rn): Logo x =2 1[ n=1

Sn = X (absurdo).

29. Respostas de alguns Exercícios

ESPAÇOS MÉTRICOS

 Exercício 3.7. Note que F é fechado se, e somente se, M �F é aberto. Se x 2M �F , existe " > 0 tal que

Bd(x; ") M � F: Logo, se x 2M é tal que toda bola centrada em x tem pontos de F , segue que x =2M � F , i.e., x 2 F: Reciprocamente, suponha que sempre que toda bola centrada em x tem pontos de F , então

x 2 F . Seja x 2 M � F . Então, usando nossa hipótese, existe uma bola centrada em x sem pontos de F . Logo M � F é aberto.

ESPAÇOS TOPOLÓGICOS

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 73

 Exercício 4.4. Solução. Considere d(x; y) = 0, se x = y e 1, caso contrário, e mostre que cada conjunto unitário é aberto.

 Exercício 4.5. Solução. Se fosse metrizável, por uma métrica d, escolheríamos x; y distintos em X e d(x; y) = r > 0. Note que a bola de centro x e raio r=2 não contém y (logo é um aberto diferente de X).

 Exercício 4.13. x 2 int(E)) x 2 G; G aberto, G  E ) x =2 X �G = X �G) x =2 X � E ) x 2 X �X � E:

Reciprocamente,

x 2 X �X � E ) x =2 X � E ) existe F fechado, X � E  F com x =2 F ) x 2 X � F (aberto) e X � F  X � (X � E) = E ) x 2 int(E):

 Exercício 4.18. Tome A = [Q \ (0; 1)] [ (2; 3) [ (3; 4) [ f5; 6; 7; 8; ::::g

BASES E SUB-BASES

 Exercício 6.8. Temos, por hipótese, que[ B2F

B = X:

Se B1; B2 2 F , então 8>>>><>>>>: B1 =

n1\ j=1

Sj

B2 =

n2\ j=1

Rk

com os Sj e Rk em C: Se p 2 B1 \B2; seja

B3 =

n1+n2\ l=1

Tl;

com T1 = S1; :::; Tn1 = Sn1 ; Tn1+1 = R1; :::; Tn1+n2 = Rn2 : Logo B3 2 F e, como B3 = B1\B2, segue que p 2 B3: Assim, F satisfaz as hipóteses do Teorema 6.5 e é base da topologia :

 Exercício 6.10. Seja C  P(X): Como   C; temos que \ A2

A = X. Logo a família B formada

por todas as interseções …nitas de elementos de C satisfaz (a) do Teorema 6.4. Pela própria de…nição de B, segue que se A;B 2 B, então A\B 2 B e, portanto B satisfaz (b) do Teorema 6.4. Daí, segue que B é base para uma topologia  em X e consequentemente (pela de…nição do livro de S. Willard) C é sub-base para  .

 Exercício 6.11. Note que X; 2 \ : Além disso, se A 2 \ para todo , temos que A 2  para todo  e todo : Como cada  é uma topologia, segue que [A 2  para todo : Logo

[A 2 \ e segue que \ é uma topologia. Por outro lado, união de topologias, em geral, não é topologia. Tome X = fa; b; cg,

1 = ffag; X; g e 2 = ffbg; X; g: É fácil ver que 1[ 2 não é topologia.  Exercício 6.12. (ii) Seja

A = [ 

e

B = (\ B2C

B; C  A e C …nito ) :

74 DANIEL PELLEGRINO

Vejamos que B é base para uma topologia  . Note que X 2 B, pois X 2 A (e tome C = fXg) e portanto [

B2B B = X

e vale (a) do Teorema 6.5. Para mostrar (b) do Teorema 6.5, basta (é mais que su…ciente) mostrar que se B1 \B2 2 B, então B1 \B2 2 B. Mas isso é fácil, pois se B1; B2 2 B, temos

B1 = D1 \    \Dn: com cada Dj 2 A B2 = E1 \    \ Em: com cada Ej 2 A

e portanto B1 \B2 = D1 \    \Dn \ E1 \    \ Em 2 B.

Portanto B é base para uma topologia : É claro que [   : De fato, se A 2

[  = A,

então A =

\ B2fAg

B, com fAg  [ 

e como conseqüência, temos que A 2 B   . Seja 1 uma topologia que contém

[  . então, é claro que B  1. Daí segue que   1.

UNICIDADE: Seja 2 uma topologia com a mesma propriedade de : Então é claro que   2 e 2   e segue a unicidade. (i) Quanto à maior topologia contida em cada  , basta mostrar que

\  é uma topologia

e obviamente satisfaz o desejado.  Exercício 6.13. Seja B uma base para uma topologia  em X. Então

 =

([ B2C

B; C  B ) :

Seja 1 = \ 2�

 , onde f ; 2 �g é o conjunto de todas as topologias em X que contém B: É

claro que B  1:

Daí, pela de…nição de 1, segue que

1  : Por outro lado, se  é uma topologia de X que contém B, então (por de…nição de topologia), segue que    . Logo

  \ 2�

 = 1

e a igualdade segue.

FUNÇÕES CONTÍNUAS

 Exercício 8.9 Suponha f : X ! Y contínua. Seja fZ : X ! Z dada por fZ(x) = f(x): Se AZ é aberto em Z, então

f�1Z (AZ) = f �1 Z (AZ \ Y ) = f

�1(AZ \ Y ); que é aberto em X, pois f é contínua. Por outro lado, suponha fZ : X ! Z contínua. Seja A aberto em Y . Então A = B \ Y , com B aberto em Z e

f�1(A) = f�1(B \ Y ) = f�1Z (B \ Y ) = f �1 Z (B);

que é aberto em X, pois fZ é contínua.

REDES

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 75

 Exercício 13.5. Se não fosse assim, existiriam conjuntos A e B disjuntos e existiriam 1 e 2 tais que

  1 ) x 2 A   1 ) x 2 B:

Logo, escolhendo   1 e   2; teremos x 2 A \B (absurdo, pois A e B são disjuntos):  Exercício 13.6. Seja V vizinhança de x. Como x ! x; existe 0 tal que

  0 ) x 2 V:

portanto, (x) está frequentemente em cada vizinhança de x (e isso signi…ca que x é ponto de acumulação da rede).

 Exercício 13.14. Primeiro, vejamos que o espaço topológico sugerido não é Hausdor¤. Sejam U e V abertos. Se U = R ou V = R, é claro que eles não são disjuntos. Suponhamos, portanto, que R� U e R� V são enumeráveis. Então, como

R� (U \ V ) = (R� U) [ (R� V );

segue que R� (U \ V ) é enumerável. Logo, U \ V 6= . Agora, vejamos que toda sequência (xn) nesse espaço topológico converge para, no máximo,

um ponto. Suponha que xn ! x: Vejamos que se xn ! x, então existe n0 tal que xn = x para todo n  n0: De fato, se isso

não acontecesse, poderíamos encontrar n1 < n2 <    tais que xnk 6= x para todo k natural. De…nimos então o aberto (vizinhança de x)

U = R� fxn1 ; xn2 ; ::::g

e concluímos que não existiria n0 tal que n  n0 ) xn 2 U: Conclusão: Se xn ! x, então existe n0 tal que xn = x para todo n  n0; e daí conclui-se

que a sequência não pode convergir para outro ponto.

FILTROS

 Exercício 14.14. Suponha que F ! x: Seja P : F ! X a rede P (x; F ) = x gerada por F . Seja U 2 Ux: Como F ! x; segue que Ux  F . Logo, U 2 F . Portanto, (x; U) 2 F . Assim,

(y;W )  (x; U)) P (y;W ) = y 2W  U

e concluímos que a rede P : F ! X converge para x. Por outro lado, suponha que a rede gerada por F converge para x. Seja U 2 Ux. Então,

existe (y;W ) 2 F (lembre que nessas condições temos W 2 F) tal que

(z; V )  (y;W )) z = P (z; V ) 2 U:

Logo, se z 2W , temos (z;W ) 2 F e (z;W )  (y;W ) e portanto

z = P (z;W ) 2 U:

Logo W  U . Como W 2 F , segue que U 2 F . Concluímos que Ux  F e portanto F converge para x.

 Exercício 14.15 Suponha que a rede P :  ! X convirja para x. Seja F o …ltro gerado por essa rede e seja U 2 Ux: Existe, portanto, 0 2  tal que

  0 ) P () 2 U:

Logo, B0 = fP ();  0g  U . Como B0 2 F , segue que U 2 F . Logo Ux  F e portanto F converge para x.

76 DANIEL PELLEGRINO

Reciprocamente, suponha que o …ltro F gerado pela rede P : ! X converge para x. Seja U 2 Ux. Então, como F ! x, segue que U 2 F . Logo, pela forma que é construído o …ltro gerado pela base (veja a demonstração da Proposição 14.3), existe 0 2  tal que

B0  U; e isso signi…ca que

  0 ) P () 2 U: Logo, a rede P converge para x.

ESPAÇOS T0; T1; T2 e T3

 Exercício 16.2. Seja M o espaço em questão e d uma pseudométrica em M . Se d for uma métrica, segue que M é Hausdor¤ e, a fortiori, M é um espaço T0: Por outro lado, suponha que d não seja uma métrica. Então, existem x; y 2 M tais que

x 6= y e d(x; y) = 0: Logo, todo aberto contendo x, também contém y, e daí segue que M não é T0:

 Exercício 16.3. Seja X um espaço T1 e seja x 2 X: Vamos mostrar que X � fxg é aberto. De fato, se y 2 X�fxg; como x 6= y e como X é T1; existe uma vizinhança V 2 Uy tal que x =2 V . Logo V  X � fxg e segue que X � fxg é aberto, Reciprocamente, suponha que todo subconjunto unitário de X é fechado. Se X só tem

um ponto, é claro que X é T1: Suponhamos, então, que X possui mais de um ponto. Sejam x; y 2 X. Como fxg é fechado, segue que X�fxg é aberto e y 2 X�fxg: Logo, existe V 2 Uy tal que y 2 V  X � fxg, isto é, x =2 V . Argumento similar é usado para mostrar que existe U 2 Ux tal que y =2 U .

 Exercício 16.5. X = fa; bg,  = f;Xg:

CONJUNTOS COMPACTOS

 Exercício 17.6. Sejam G conjuntos abertos em Z ( 2 �) tais que X 

S 2�

G:

Como X é fechado, temos que

Y  (Z rX) [  S 2�

G

 ;

e essa é uma cobertura aberta de Y: Como Y é compacto, existe uma subcobertura …nita

Y  (Z rX) [ (G1 [    [Gn) : Logo

X  (Z rX) [ (G1 [    [Gn) e consequentemente

X  G1 [    [Gn e concluímos que X é compacto em Z.

 Exercício 17.7. Considere X = R com a topologia sugerida no exercício (sabemos que esse espaço não é de Hausdor¤). Se A  X for in…nito, escolha a1; a2; ::: em A. Seja, para cada n 2 N, Bn = X � faj ; j  ng: Note que cada Bn é aberto e

A  1S n=1

Bn:

É claro que essa cobertura não admite subcobertura …nita. Logo, se A é compacto, A deve ser …nito, e é claro que todo conjunto …nito é compacto (isso vale para qualquer espaço topológico).

TOPOLOGIA- PERÍODO 2009.1 77

Conclusão: A é compacto se, e somente se, A é …nito. Como, na topologia que estamos consideranto, todo conjunto …nito é fechado, segue que todo compacto é fechado.

 Exercício 17.8. Suponha A  B compacto em B. Seja A 

S 2�

A

uma cobertura aberta de A em X. Então

A  S 2�

(A \B)

é uma cobertura aberta de A em B. Como A é compacto em B, essa cobertura possui subcobertura …nita, isto é,

A  nS

k=1

(A k \B):

Logo,

A  nS

k=1

A k

e concluímos que A é compacto em X. Reciprocamente, suponha que A  B é compacto em X. Sabemos que os abertos de B são

da forma W \B; com W aberto em X. Seja, portanto, A 

S 2�

(A \B)

uma cobertura aberta de A em B (logo os A são abertos em X). Portanto,

A  S 2�

A

e, como A é compacto em X, segue que existe n tal que

A  nS

k=1

A k :

Como A  B, segue que A 

nS k=1

(A k \B);

e concluímos que A é compacto em B.  Exercício 17.9. Podemos considerar a função f : K ! f(K), com K sendo um espaço topológico compacto (pois K é compacto em X). Para mostrar que f(K) é compacto em Y , basta mostrar que f(K) é um espaço topológico compacto. Em resumo, tudo que precisamos fazer é mostrar que se f : A! B é contínua e sobrejetiva, e A é compacto, então B é compacto. Seja fVi; i 2 Ig uma cobertura aberta de B. Então, ff�1(Vi); i 2 Ig é cobertura aberta de

A. Como A é compacto, existe um conjunto …nito J  I tal que A =

S i2J

f�1(Vi):

Como f é sobrejetiva, segue que B = S i2J

Vi e portanto B é compacto.

ESPAÇOS COMPLETAMENTE REGULARES

Exercício 29.1. 21.4 Seja X completamente regular e Y  X: Seja y 2 Y e U um aberto em Y com y 2 U: Então U = V \ Y , com V aberto em X. Temos, portanto, y 2 V e V aberto em X contendo y. Como X é completamente regular, existe f : X ! [0; 1], contínua, tal que f(y) = 1 e f(X �V ) = f0g: Seja g a restrição de f a Y . Então g é contínua e g(y) = 1: Além disso,

g(Y � U) = g(Y � V \ Y ) = f(Y � V \ Y ) = f(Y � V )  f(X � V ) = f0g:

Segue que Y é completamente regular.

78 DANIEL PELLEGRINO

HOMOTOPIAS  Exercício 26.21. SejaH1 : [0; 1][0; 1]! X a homotopia entre f1 e g1 e eH2 : [0; 1][0; 1]! X a homotopia entre f2 e g2: Note que H1(1; t) = f1(1) = g1(1) = f2(0) = g2(0) = H2(0; t) para todo t 2 [0; 1]: De…na H : [0; 1] [0; 1]! X por

H(s; t) =

 H1(2s; t); se 0  s  1=2

H2(2s� 1; t); se 1=2  s  1 Note que

H(s; 0) = f1  f2(s) H(s; 1) = g1  g2(s):

Além disso, H é contínua, pois

[0; 1] [0; 1] = ([0; 1=2] [0; 1]) [ ([1=2; 1] [0; 1]) e H é contínua em cada um desses fechados.

Referências

[1] E. L. Lima, Espaços Métricos, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro. [2] E. L. Lima, Análise no Rn, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro. [3] E. L. Lima, Elementos de Topologia Geral, LTC-IMPA, Rio de Janeiro, 1970. [4] E.L. Lima, Grupo Fundamental e Espaços de Recobrimento, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro, 1993. [5] J. Mujica, Notas de aula de Topologia Geral, IMECC-UNICAMP. [6] J.R. Munkres, Topology, A …rst Course. Prentice-Hall, Inc. New Jersey, 1975. [7] G. Simmons, Introduction to Topology and Modern Analysis, McGraw-Hill, 1963. [8] S. Willard, General Topology, Addison-Wesley Publishing Company, 1970.

Departamento de Matemática, UFPB, João Pessoa, PB, e-mail: dmpellegrino@gmail.com, Março, 2009

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