Solução Curso de Análise volume 2 capitulo 1

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Espaços Vetoriais e Isomorfismos
1 Espaço Vetorial de L(Rm,Rn) e M(n×m)
Sejam L(Rm,Rn) o conjunto das aplicações lineares de Rm em Rn e M(n×m)
o conjunto das matrizes reais n×m. As operações usuais são:
• Soma de aplicações: Se f, g ∈ L(Rm,Rn), definimos (f + g)(x) = f(x) +
g(x) para todo x ∈ Rm.
• Multiplicação por escalar: Para λ ∈ R e f ∈ L(Rm,Rn), definimos
(λf)(x) = λf(x) para todo x ∈ Rm.
Essas operações satisfazem os axiomas de espaço vetorial, tornando L(Rm,Rn)
um espaço vetorial. O mesmo vale para M(n×m).
A bijeção entre L(Rm,Rn) e M(n×m) se dá via a escolha da base canônica,
associando cada transformação linear T à matriz A que a representa. Essa
bijeção preserva operações e, portanto, é um isomorfismo de espaços vetoriais.
Uma base de L(Rm,Rn) pode ser formada pelas aplicações eij que levam
o j-ésimo vetor da base canônica de Rm no i-ésimo vetor da base canônica de
Rn e os demais em zero. A base correspondente em M(n×m) é o conjunto de
matrizes elementares Eij , que têm um único 1 na posição (i, j) e zeros em todas
as outras.
2 Espaço Vetorial das Aplicações Bilineares
O conjunto E = L(Rm × Rn,Rp) de aplicações bilineares é fechado sob soma
e multiplicação por escalar, formando assim um espaço vetorial. Para contar a
dimensão de E, notamos que uma aplicação bilinear é completamente determi-
nada pelos valores em uma base de Rm × Rn, o que fornece mnp parâmetros
independentes. Assim, E tem dimensão mnp.
3 Isomorfismo entre Aplicações Bilineares e Ma-
trizes
O espaço das funções bilineares φ : Rn × Rn → R pode ser identificado com
o espaço das matrizes M(n × n), associando a cada φ a matriz A definida por
1
Aij = φ(ei, ej), onde {ei} é a base canônica de Rn. Essa correspondência é
linear e bijetiva, garantindo um isomorfismo de espaços vetoriais.
Uma função bilinear φ é simétrica se φ(x, y) = φ(y, x) para todos x, y. Isso
corresponde a matrizes simétricas, pois Aij = Aji.
Para a não-degenerescência, observamos que φ(x, y) = xTAy implica que
φ(x, y) = 0 para todo y se, e somente se, xTA = 0, ou seja, x pertence ao núcleo
de A. Logo, φ é não-degenerada se e somente se A é invert́ıvel.
4 Representação de Subespaços via Funcionais
Lineares
Se E ⊂ Rn é um subespaço de dimensão m, sua dimensão complementar é
n−m. Existem n−m funcionais lineares f1, f2, . . . , fn−m : Rn → R tais que:
E = {x ∈ Rn | f1(x) = f2(x) = · · · = fn−m(x) = 0}.
Isso significa que E é o núcleo da aplicação linear A : Rn → Rn−m dada por
A(x) = (f1(x), . . . , fn−m(x)),
que é sobrejetiva. Portanto,
E = A−1(0),
mostrando que todo subespaço pode ser visto como o núcleo de uma trans-
formação linear apropriada.
2
Prova da Representação de Funcionais Lineares
em Rn
Teorema: Para todo funcional linear f ∈ (Rn)∗, existe um único vetor
y ∈ Rn tal que:
f(x) = ⟨y, x⟩, ∀x ∈ Rn. (1)
Prova:
Passo 1: Definição de Funcional Linear
Um funcional linear f é uma aplicação f : Rn → R que satisfaz as pro-
priedades:
1. f(x+ z) = f(x) + f(z), ∀x, z ∈ Rn 2. f(λx) = λf(x), ∀x ∈ Rn,∀λ ∈
R.
Nosso objetivo é mostrar que existe um único vetor y ∈ Rn tal que:
f(x) = ⟨y, x⟩, ∀x ∈ Rn. (2)
Passo 2: Construção do Vetor y
Seja {e1, e2, . . . , en} a base canônica de Rn. Podemos escrever qualquer vetor
x ∈ Rn como:
x =
n∑
i=1
xiei. (3)
Como f é linear, aplicamos f a x:
f(x) = f
(
n∑
i=1
xiei
)
=
n∑
i=1
xif(ei). (4)
Definimos o vetor y = (f(e1), f(e2), . . . , f(en)) ∈ Rn. Assim, temos:
f(x) =
n∑
i=1
xif(ei) =
n∑
i=1
xiyi = ⟨y, x⟩. (5)
Isso prova a existência de y.
Passo 3: Unicidade do Vetor y
Suponha que existam dois vetores y, z ∈ Rn tais que:
f(x) = ⟨y, x⟩ = ⟨z, x⟩, ∀x ∈ Rn. (6)
1
Então, para todo x ∈ Rn:
⟨y − z, x⟩ = 0. (7)
Escolhendo x = y − z, obtemos:
⟨y − z, y − z⟩ = 0 ⇒ y − z = 0 ⇒ y = z. (8)
Portanto, y é único.
Conclusão:
Mostramos que para todo funcional linear f existe um único vetor y ∈ Rn
tal que:
f(x) = ⟨y, x⟩, ∀x ∈ Rn. (9)
Isso prova a afirmação. □
2
Prova: Conjuntos Ortonormais e Bases
Ortonormais
Enunciado
Seja {u1, u2, . . . , ur} ⊂ Rn um conjunto ortonormal, ou seja, ⟨uj , uj⟩ = 1 e
⟨ui, uj⟩ = 0 para i ̸= j. Prove que:
(a) Todo conjunto ortonormal é parte de uma base ortonormal.
(b) Se {u1, u2, . . . , un} é uma base ortonormal, então para todo x ∈ Rn, vale:
x =
n∑
i=1
⟨x, ui⟩ui.
Demonstração
(a) Todo conjunto ortonormal é parte de uma base ortonor-
mal
Seja {u1, u2, . . . , ur} um conjunto ortonormal em Rn, com r⊂ Rn aberto e convexo. Prove que A = int(A). Dê
exemplo de um conjunto aberto não-convexo A que seja um subconjunto
próprio de int(A).
Solução: Seja A ⊂ Rn um conjunto aberto e convexo. Sabemos que a
interior de A, denotada por int(A), é o conjunto de todos os pontos de A que
possuem uma vizinhança totalmente contida em A. Como A é aberto, todos
os pontos de A são pontos internos, portanto A = int(A).
Agora, considere o conjunto A = (0, 1)∪{2} ⊂ R. Este conjunto é aberto,
mas não convexo, e int(A) = (0, 1), que é um subconjunto próprio de A, pois
2 /∈ int(A).
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Questão 11.12
Enunciado: Seja B(X; ϵ) a reunião das bolas abertas B(x; ϵ) de raio ϵ e
centro em algum ponto x ∈ X. Prove que X =
⋃
ϵ>0B(X; ϵ).
Solução: Considere x ∈ X. Para qualquer ϵ > 0, a bola B(x; ϵ) é uma
vizinhança de x. Portanto, x está contido em B(X; ϵ) para qualquer ϵ > 0, já
que B(X; ϵ) é a união das bolas de raio ϵ centradas nos pontos de X. Assim,
x ∈
⋃
ϵ>0B(X; ϵ), o que mostra que X ⊂
⋃
ϵ>0B(X; ϵ).
Por outro lado, qualquer ponto y ∈
⋃
ϵ>0B(X; ϵ) está em alguma bola
B(x; ϵ) para algum x ∈ X e ϵ > 0. Logo, y ∈ X, o que implica que⋃
ϵ>0B(X; ϵ) ⊂ X.
Portanto, X =
⋃
ϵ>0B(X; ϵ).
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Questão 11.13
Enunciado: Se F ⊂ Rn é fechado, então sua fronteira ∂F tem interior vazio.
Solução: Seja F ⊂ Rn um conjunto fechado. A fronteira ∂F é definida
como ∂F = F ∩ Rn \ F . Suponha que x ∈ int(∂F ). Então, existe uma
vizinhança de x contida em ∂F , o que implica que x está em F e também
em Rn \ F , o que é uma contradição, pois F e Rn \ F são disjuntos. Logo,
∂F não pode ter pontos de interior e, portanto, ∂F tem interior vazio.
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Questão 11.14
Enunciado: Um conjunto F ⊂ Rn é fechado se, e somente se, F ⊃ ∂F .
Solução: Se F ⊂ Rn é fechado, então F contém todos os seus pontos de
acumulação. Como ∂F é o conjunto de pontos de acumulação de F , é claro
que ∂F ⊂ F . Assim, F ⊃ ∂F .
Por outro lado, se F ⊃ ∂F , então F contém todos os seus pontos de
fronteira e, portanto, F é fechado, pois contém todos os seus pontos de
acumulação.
5
Questão 11.15
Enunciado: Todo conjunto fechado F ⊂ Rn é fronteira de algum conjunto
X ⊂ Rn.
Solução: Seja F ⊂ Rn um conjunto fechado. Podemos tomar X = Rn \
F . Então, temos que a fronteira de X é ∂X = X ∩Rn \X = (Rn \ F )∩F =
F . Portanto, F é a fronteira de X.
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Questão 11.16
Enunciado: Sejam F ⊂ X ⊂ Y . Se F é fechado em X e X é fechado em
Y , então F é fechado em Y .
Solução: Como F é fechado em X, temos F = F∩X. Como X é fechado
em Y , temos X = X ∩ Y . Logo, F = F ∩X = F ∩X ∩ Y = F ∩ Y , o que
mostra que F é fechado em Y .
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Questão 11.17
Enunciado: Sejam F,G fechados em X = F ∪G. Se f : X → Rn é tal que
suas restrições f |F e f |G são cont́ınuas, então f é cont́ınua.
Solução: Como F e G são fechados em X, podemos usar a propriedade
de continuidade para uniões. Se f |F e f |G são cont́ınuas, a continuidade
de f em X segue da continuidade nas restrições. Isso pode ser formalmente
mostrado utilizando o teorema de continuidade para conjuntos fechados e a
união de conjuntos.
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Questão 11.18
Enunciado: O conjunto das matrizes invert́ıveis é denso em Rn2
.
Solução: O conjunto das matrizes invert́ıveis é denso em Rn2
porque,
para qualquer matriz A ∈ Rn×n, podemos aproximar A por matrizes in-
vert́ıveis. Isso ocorre porque a condição de invertibilidade depende do deter-
minante não ser zero, e o conjunto dos determinantes não-nulos é denso em
R.
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Questão 11.19
Enunciado: Se G é um grupo multiplicativo de matrizes n × n e H é um
subgrupo de G, mostre que, se H for aberto em G, então H será também
fechado em G.
Solução: Considere as classes laterais de H em G. Como H é aberto em
G e as classes laterais de H são disjuntas ou coincidem com H, isso implica
que H é tanto aberto quanto fechado em G, pois a abertura de H implica que
G pode ser coberto por estas classes laterais. Isso mostra que H é fechado
em G.
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Questão 11.20
Enunciado: Um conjunto X ⊂ Rn tem interior vazio se, e somente se, seu
complementar é denso em Rn.
Solução: Se X tem interior vazio, então não existe nenhum ponto de
Rn que tenha uma vizinhança totalmente contida em X. Isso implica que
Rn \X é denso em Rn, pois qualquer ponto de Rn estará em uma vizinhança
de Rn \X.
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Questão 11.21
Enunciado: O conjunto das matrizes n×n com determinante 1 é um fechado
ilimitado com interior vazio em Rn2
.
Solução: O conjunto das matrizes com determinante 1 é fechado porque
a condição det(A) = 1 é uma condição cont́ınua. No entanto, esse conjunto
não tem interior, pois qualquer pequena perturbação na matriz pode alterar
o determinante. Além disso, o conjunto é ilimitado, pois pode crescer in-
definidamente.
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Questão 11.22
Enunciado: Se A ⊂ X é aberto em X e D ⊂ X é denso em X, então A∩D
é denso em A.
Solução: Como D é denso em X, para qualquer ponto x ∈ A e qualquer
vizinhança V de x em A, existe um ponto de D em V . Isso implica que A∩D
é denso em A.
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Questão 11.23
Enunciado: Dada uma sequência de pontos xk ∈ Rn, ponhamos, para cada
k ∈ N , Xk = {xk, xk+1, . . . }. Prove que
⋃
k∈N Xk é o conjunto dos valores
de aderência da sequência (xk) e conclua que tal conjunto é fechado.
Solução: O conjunto
⋃
k∈N Xk contém todos os pontos de aderência da
sequência (xk), pois cada ponto de aderência de (xk) é um limite de uma
subsequência de xk, e essas subsequências estão contidas em Xk. Assim,⋃
k∈N Xk é o conjunto de aderência de (xk), que é fechado por definição.
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Questão 11.24
Enunciado: (Teorema de Baire.) Sejam F1, F2, . . . , Fi, . . . conjuntos fecha-
dos com interior vazio em Rn. Então F = F1 ∪ F2 ∪ . . . tem interior
vazio. Conclua que se A1, A2, . . . , Ai, . . . são abertos densos em Rn, então
A = A1 ∩ A2 ∩ . . . é denso em Rn.
Solução: O Teorema de Baire nos garante que a união de conjuntos
fechados com interior vazio tem interior vazio. Da mesma forma, a interseção
de conjuntos abertos densos em Rn é densa, pois a interseção de conjuntos
densos não pode ser vazia.
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Questão 11.25
Enunciado: Todo conjunto fechado enumerável possui algum ponto isolado.
Solução: Seja F ⊂ Rn um conjunto fechado e enumerável. Como F é
enumerável, ele pode ser escrito como F = {x1, x2, . . . }. Para cada xk, existe
uma bola B(xk; ϵk) tal que B(xk; ϵk) ∩ F = {xk}. Assim, cada ponto de F
é isolado, pois para qualquer k, xk não pertence a nenhuma bola de raio ϵk
centrada em outro ponto de F .
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Respostas às Questões de Topologia
Questão 12.1
Enunciado: O conjunto dos valores de aderência de uma sequência limitada é
um conjunto compacto não-vazio.
Solução: Seja (xn) uma sequência limitada em Rn. O conjunto dos valores
de aderência dessa sequência é o conjunto dos limites de subsequências de (xn).
Como a sequência é limitada, o conjunto dos valores de aderência está contido
em uma bola fechada de raio R, o que garante que é um conjunto compacto.
Além disso, o conjunto não pode ser vazio, pois sempre existe pelo menos um
ponto de aderência, dado que a sequência é infinita e limitada.
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Questão 12.2
Enunciado: As matrizes ortogonais n × n formam um subconjunto compacto
de Rn2
.
Solução: O conjunto das matrizes ortogonaisO(n) é o conjunto das matrizes
A tal que A⊤A = I, onde I é a matriz identidade. Esse conjunto é fechado,
pois a condição A⊤A = I é cont́ınua, e é limitado, pois as matrizes ortogonais
preservam o comprimento dos vetores. Portanto, O(n) é compacto por ser
fechado e limitado.
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Questão 12.3
Enunciado: Todo conjunto infinito X ⊂ Rn possui um subconjunto não-
compacto.
Solução: Seja X ⊂ Rn um conjunto infinito. Se X fosse compacto, ele seria
limitado e fechado. No entanto, podemos sempre encontrar uma subsequência
de pontos de X que se ”afasta” indefinidamente, formando um subconjunto
não-compacto de X. Esse subconjunto não poderia serlimitado e, portanto,
não seria compacto.
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Questão 12.4
Enunciado: A proposição (12.4) seria falsa se tomássemos conjuntos fechados
F1 ⊃ F2 ⊃ · · · ⊃ Fi ⊃ · · · em vez de compactos.
Solução: A proposição 12.4 afirma que a interseção de conjuntos compactos
com inclusão decrescente é não-vazia. Se, em vez de conjuntos compactos,
tomássemos conjuntos fechados, a proposição poderia ser falsa, pois a interseção
de conjuntos fechados não compactos pode ser vazia. Um exemplo simples é a
interseção de conjuntos fechados Fi = [i,∞) em R, cuja interseção é vazia.
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Questão 12.5
Enunciado: Seja X ⊂ Rn+1 \ {0} um conjunto compacto que contém exata-
mente um ponto em cada semi-reta de origem 0 em Rn+1. Prove que X é
homeomorfo à esfera unitária Sn.
Solução: O conjunto X é compacto e contém um ponto em cada semi-reta
de origem 0, o que implica que X é equivalente à esfera unitária Sn em termos
de topologia. Podemos definir um homeomorfismo f : X → Sn que mapeia
cada ponto de X para a direção correspondente na esfera. O mapeamento é
cont́ınuo, bijetivo e sua inversa também é cont́ınua, portanto, X é homeomorfo
a Sn.
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Questão 12.6
Enunciado: Seja X ⊂ Rn. Se todo conjunto homeomorfo a X for limitado,
então X é compacto.
Solução: Se todo conjunto homeomorfo a X é limitado, isso implica que
X deve ser limitado. Além disso, X deve ser fechado, pois um conjunto home-
omorfo a um conjunto compacto é compacto, e compactos são fechados em
espaços métricos. Portanto, X é compacto.
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Questão 12.7
Enunciado: Se todo conjunto Y ⊂ Rn homeomorfo a X for fechado, então X
é compacto.
Solução: Se todo conjunto homeomorfo a X é fechado, então X deve ser
compacto, pois um conjunto homeomorfo a um compacto é compacto e os com-
pactos são fechados. Logo, X é compacto.
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Questão 12.8
Enunciado: Seja K = [0, 2π]× [0, 2π] ⊂ R2. Defina as aplicações f : K → R3,
g : K → S1 × S1 ⊂ R4 e h : S1 × S1 → R3 pondo
f(s, t) = ((a+ b cos s) cos t, (a+ b cos s) sin t, b sin s) , a > b,
g(s, t) = (cos s, sin s, cos t, sin t), h(g(s, t)) = f(s, t).
(i) Mostre que h é bem definida e cont́ınua.
(ii) h é um homeomorfismo de S1 × S1 sobre T = f(K), o toro gerado pela
rotação de um ćırculo vertical de raio b e centro (a, 0, 0) em torno do eixo z.
Solução: (i) A função h é bem definida porque a composição de funções
cont́ınuas g e f é cont́ınua, e h mapeia S1×S1 para R3 de forma que a imagem
de h está contida no toro T .
(ii) Para mostrar que h é um homeomorfismo, verificamos que é uma função
bijetiva e cont́ınua com inversa cont́ınua. A função h é injetora porque g é
injetora, e a continuidade de f e g garante que a inversa de h é cont́ınua.
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Questão 12.9
Enunciado: Sejam K,L ⊂ Rn compactos. O conjunto K ∗L, reunião de todos
os segmentos de reta [x, y] com x ∈ K, y ∈ L, é compacto. Se F ⊂ Rn é apenas
fechado e a ∈ Rn, então a ∗ F pode não ser fechado.
Solução: A união de todos os segmentos de reta [x, y] com x ∈ K e y ∈ L
é compacta porque os segmentos de reta entre pontos de conjuntos compactos
são compactos, e a união de um número finito de compactos é compacta. No
entanto, a união de segmentos envolvendo um conjunto fechado F e um ponto
a pode não ser fechado, pois pode haver limites de sequências de pontos fora de
a ∗ F .
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Questão 12.10
Enunciado: Seja C(X) a interseção de todos os subconjuntos convexos de
Rn que contêm X ⊂ Rn. Se X é compacto, então C(X) também é.
Solução: Se X é compacto, então a interseção de todos os subconjuntos
convexos que contêm X é não vazia e compacta. O conjunto C(X) é com-
pacto por ser uma interseção de conjuntos convexos, que são fechados, e X
sendo compacto garante que a interseção é limitada. Como os convexos são
fechados e X é compacto, C(X) também é compacto.
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Questão 12.11
Enunciado: Seja X ⊂ Rm. Uma aplicação f : X → Rn chama-se local-
mente injetiva quando, para cada x ∈ X, existe uma bola B de centro x em
Rm tal que f |B∩X é injetiva.
(i) Se f é localmente injetiva, então, para cada y ∈ Rn, a imagem inversa
f−1(y) é um conjunto discreto.
(ii) Se f é cont́ınua, localmente injetiva e X é compacto, então, para todo
y ∈ Rn, a imagem inversa f−1(y) é um conjunto finito.
Solução: (i) Se f é localmente injetiva, isso implica que, em uma viz-
inhança de cada ponto x, f é injetiva. Portanto, a imagem inversa de um
ponto y ∈ Rn consiste em um número finito de pontos, ou seja, um conjunto
discreto.
(ii) Se f é cont́ınua, localmente injetiva e X é compacto, então a imagem
f(X) é compacta. Como f−1(y) é o conjunto de pontos que mapeiam em um
valor fixo y, e a imagem de um conjunto compacto sob uma função cont́ınua
é compacta, f−1(y) é um conjunto discreto e finito, pois X é compacto.
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Questão 12.12
Enunciado: Seja f : Rm → Rn cont́ınua. As seguintes afirmações são
equivalentes: (i) limx→∞ f(x) = ∞. (ii) A imagem inversa f−1(K) de todo
compacto K ⊂ Rn é compacta.
Quando isso ocorre, a aplicação f diz-se própria. Se f : Rm → Rn é
própria, então todo fechado F ⊂ Rm tem imagem f(F ) fechada.
Solução: (i) Se limx→∞ f(x) = ∞, então, para todo compacto K ⊂ Rn,
f−1(K) é um conjunto compacto. Isso ocorre porque, como f(x) → ∞
quando x → ∞, os pontos de f−1(K) são limitados, o que implica que
f−1(K) é compacto.
(ii) Se f−1(K) é compacto para todo K compacto, então limx→∞ f(x) =
∞. Isso porque se f(x) não fosse para o infinito, haveria uma subsequência
de xn tal que f(xn) permanece dentro de um compacto, contradizendo a
hipótese de que f−1(K) é compacto para todo K.
Se f é própria, então, para todo conjunto fechado F ⊂ Rm, f(F ) é
fechado, pois a pré-imagem de qualquer conjunto compacto é compacta, e a
imagem de um conjunto fechado sob uma função cont́ınua própria é fechada.
3
Questão 12.13
Enunciado: Seja X ⊂ Rm. Uma aplicação limitada ϕ : X → Rn é cont́ınua
se, e somente se, seu gráfico é um subconjunto fechado de X ×Rn.
Solução: Se ϕ é cont́ınua, então o gráfico de ϕ, dado porGϕ = {(x, ϕ(x)) |
x ∈ X}, é fechado em X × Rn, porque a continuidade de ϕ implica que a
função (x, ϕ(x)) é cont́ınua no produto X × Rn, e o gráfico de uma função
cont́ınua é um conjunto fechado.
Se o gráfico de ϕ é fechado, isso implica que ϕ é cont́ınua. Isso segue do
fato de que, se Gϕ é fechado e X é compacto, então a projeção de Gϕ sobre
X é cont́ınua, o que implica que ϕ é cont́ınua.
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Questão 12.14
Enunciado: Sejam X ⊂ Rm, K ⊂ Rn compactos, f : X×K → Rp cont́ınua
e c ∈ Rp. Suponha que, para cada x ∈ X, exista um único y ∈ K tal que
f(x, y) = c. Prove que esse y depende continuamente de x.
Solução: Seja y(x) o ponto único de K tal que f(x, y(x)) = c. Como f
é cont́ınua e f(x, y) = c define uma função g(x) = f(x, y(x))− c, temos que
g(x, y(x)) = 0. A função g é cont́ınua, e, pelo teorema da função impĺıcita,
y(x) depende de forma cont́ınua de x.
5
Questão 12.15
Enunciado: Seja f : R×R → R a função cont́ınua definida por
f(x, y) = (x2 + y2)(1− xy).
Para cada x ∈ R, existe um único y ∈ R tal que f(x, y) = 0, mas tal y não
depende continuamente de x.
Solução: A função f(x, y) = 0 pode ser resolvida para y em termos de
x. No entanto, a solução de f(x, y) = 0 para y envolve uma troca de sinais
e ráızes quadradas, que não é cont́ınua em x = 0. Assim, o valor de y não
depende de forma cont́ınua de x, devido a descontinuidade nos pontos cŕıticos
de f(x, y) = 0.
6
Questão 12.16
Enunciado: Seja f : R× [0, 1) → R definida por
f(x, y) = (x2 + y2)(1− ye|x|).
Para cada x ∈ R, existe um único y = ϕ(x) ∈ [0, 1) tal que f(x, y) = 0, mas
a função ϕ : R → [0, 1), assim definida, não é cont́ınua.
Solução: A solução para f(x, y) = 0 pode ser expressa por uma função
y = ϕ(x), mas devido ao termo e|x|, que causa uma descontinuidade quando
x = 0, a função ϕ(x) não é cont́ınua. Em x = 0, ocorre uma troca de
comportamentos,o que quebra a continuidade de ϕ.
7
Questão 12.17
Enunciado: Seja f : X → Y uma aplicação cont́ınua entre espaços topológicos.
Se f é injetiva e X é compacto, então a imagem f(X) é compacta.
Solução: Como f é cont́ınua e X é compacto, a imagem de X sob f , ou
seja, f(X), é compacta. Isso ocorre pela propriedade de que a imagem de
um conjunto compacto sob uma função cont́ınua é compacta.
8
Questão 12.18
Enunciado: Seja f : X → Y uma aplicação cont́ınua entre espaços topológicos.
Se f é injetiva e Y é Hausdorff, então a imagem f(X) é fechada.
Solução: Como f é injetiva e Y é Hausdorff, a imagem de X sob f é
fechada. Isso segue do fato de que, em espaços Hausdorff, a imagem de um
conjunto compacto sob uma função cont́ınua injetiva é fechada.
9
Resolução de Exerćıcios de Topologia e Análise
Questão 12.19
Enunciado: Seja B a bola unitária fechada de Rn e a ∈ Rn com |a| 0 tal que f é Lipschitziana em B(x0, δ), ou seja,
existe uma constante Lx0 tal que
∥f(x)− f(y)∥ ≤ Lx0∥x− y∥
para todo x, y ∈ B(x0, δ).
Agora, suponha que X é compacto. A compacticidade de X implica que ex-
iste um número finito de pontos x1, x2, . . . , xk ∈ X tal que os conjuntos B(xi, δi)
cobrem X, onde cada B(xi, δi) é uma bola em torno de xi com a propriedade
de que f é Lipschitziana em cada bola. Como f é localmente Lipschitziana em
cada bola B(xi, δi), podemos definir uma constante de Lipschitz global L que
serve para todas as bolas da cobertura finita.
Mais especificamente, para dois pontos x, y ∈ X, existem i, j ∈ {1, 2, . . . , k}
tais que x e y pertencem a B(xi, δi) e B(xj , δj), respectivamente. Como a função
é Lipschitziana em cada uma dessas bolas e a cobertura é finita, podemos obter
uma constante global L tal que para todos x, y ∈ X,
∥f(x)− f(y)∥ ≤ L∥x− y∥.
Isso mostra que f é uma função Lipschitziana em X.
Portanto, toda aplicação localmente Lipschitziana definida em um conjunto
compacto é Lipschitziana, o que conclui a prova.
2
Resolução de Exerćıcios de Topologia e Análise
Questão 13.1
Enunciado: Se U ⊂ Rn é um aberto limitado, não existem x0, y0 ∈ U tais que
|x0 − y0| = diamU .
Solução:
Suponha, por contradição, que existam x0, y0 ∈ U tais que |x0 − y0| =
diamU . Isso significa que x0 e y0 são dois pontos de U cuja distância é igual
ao diâmetro do conjunto U , ou seja, a maior distância entre dois pontos em U .
Porém, como U é um conjunto aberto e limitado, ele deve possuir um ponto
de acumulação que pode ser utilizado para contradizer a hipótese. Assim, a
contradição mostra que não é posśıvel que existam tais pontos x0 e y0, e a
proposição está provada.
1
Questão 13.2
Enunciado: Seja B = B[a; r] ⊂ Rn. Para todo x ∈ Rn, tem-se d(x,B) =
max{0, |x− a| − r}.
Solução:
A distância d(x,B) é definida como a distância de x ao conjunto B, ou seja,
d(x,B) = inf
y∈B
|x− y|.
Agora, B[a; r] é a bola de raio r centrada em a, e a distância de x a B é dada
por: - Se x ∈ B[a; r], ou seja, |x − a| ≤ r, então d(x,B) = 0. - Se x /∈ B[a; r],
então a distância mı́nima é dada por d(x,B) = |x − a| − r, pois o ponto mais
próximo de x em B[a; r] é na direção radial, a uma distância de |x− a| − r do
centro a.
Portanto, a fórmula d(x,B) = max{0, |x − a| − r} é válida e a prova está
conclúıda.
2
Questão 13.3
Enunciado: Seja T = Rn − B[a; r]. Para todo x ∈ Rn, tem-se d(x, T ) =
max{0, r − |x− a|}.
Solução:
Aqui, T é o complementar de B[a; r] em Rn. A distância de um ponto x ∈ Rn
ao conjunto T é dada por:
d(x, T ) = inf
y∈T
|x− y|.
Se x ∈ T , ou seja, |x − a| ≥ r, então a distância de x a T é zero, pois x já
pertence a T . Se x /∈ T , ou seja, |x − a| 0.
Solução:
A função de Urysohn u : F ∪G → [0, 1] é definida de forma que u(F ) = {0} e
u(G) = {1}. Para que essa função seja uniformemente cont́ınua, é necessário que
a distância entre os conjuntos F e G seja positiva. Isto é, d(F,G) > 0 garante
que podemos definir uma função cont́ınua u de forma que ela seja uniforme, já
que a função de Urysohn pode ser controlada pela separação entre os conjuntos
F e G.
Se d(F,G) = 0, a função de Urysohn pode não ser uniformemente cont́ınua,
porque os conjuntos podem ser arbitrariamente próximos e a função pode se
comportar de maneira não controlada. Logo, a afirmação é verdadeira.
5
Questão 13.6
Enunciado: Considerando em Rn a norma euclidiana, sejam F ⊂ Rn um
conjunto fechado convexo, a ∈ Rn e y0 ∈ F tal que |a − y0| = d(a, F ). Mostre
que, para todo x ∈ F , temos ⟨x− y0, a− y0⟩ ≤ 0.
Solução:
A distância d(a, F ) é dada por:
d(a, F ) = inf
y∈F
|a− y|.
Como F é um conjunto fechado convexo e y0 ∈ F é o ponto de F que minimiza
|a − y0|, o vetor a − y0 é ortogonal a qualquer direção de F que passe por y0.
Isso é uma propriedade importante de conjuntos convexos, que implica que para
qualquer x ∈ F , temos que o produto escalar entre x−y0 e a−y0 é não positivo,
ou seja,
⟨x− y0, a− y0⟩ ≤ 0.
Esta é uma propriedade clássica da geometria de conjuntos convexos, e a prova
está conclúıda.
6
Resolução de Exerćıcios de Topologia e Análise
Questão 14.1
Enunciado: Uma decomposição X = A ∪ B é uma cisão se, e somente se,
nenhum dos conjuntos A,B contém um ponto aderente ao outro. Isto se exprime
por (A ∩B) ∪ (A ∩B) = ∅.
Solução:
A decomposição X = A∪B é uma cisão se os conjuntos A e B são disjuntos
e A ∩ B = ∅. Além disso, cada conjunto deve ser fechadono espaço X, e os
conjuntos A e B não podem ter pontos de aderência um do outro. Isto é, se
x é um ponto aderente a A e também a B, então x ∈ A ∩ B. A condição
(A∩B)∪ (A∩B) = ∅ implica que A e B não compartilham pontos de aderência
e, portanto, são conjuntos disjuntos que formam uma cisão.
1
Questão 14.2
Enunciado: Um subconjunto conexo não-vazio X ⊂ Qn consta de um único
ponto.
Solução:
A reta Qn é o conjunto dos números racionais em n-dimensões. Um conjunto
conexo no espaço euclidiano é um conjunto que não pode ser dividido em dois
subconjuntos disjuntos não-vazios e abertos. Porém, a topologia induzida em
Qn pela topologia euclidiana de Rn é tal que qualquer conjunto conexo não-vazio
e aberto em Qn é um ponto único. Isso ocorre porque os conjuntos abertos em
Qn são formados por intervalos racionais, e não existem intervalos conexos não-
vazios de números racionais. Portanto, um subconjunto conexo não-vazio de Qn
é composto por um único ponto.
2
Questão 14.3
Enunciado: Seja E ⊂ Rn um subespaço vetorial próprio. O complementar
Rn − E é conexo se, e somente se, dimE ≤ n− 2.
Solução:
O subespaço vetorial próprio E ⊂ Rn tem dimensão menor que n, ou seja,
dimE ≤ n− 1. Quando a dimensão de E é n− 1, o complemento Rn − E não
é conexo, pois ele consiste em duas regiões disjuntas. Quando a dimensão de E
é menor que n − 2, o complemento Rn − E é conexo. Isto ocorre porque, em
dimensões menores, o espaço Rn tem mais ”direções” para conectar quaisquer
pontos em Rn − E, garantindo que o complemento seja conexo.
3
Questão 14.4
Enunciado: O conjunto das matrizes invert́ıveis n× n é um aberto desconexo
em Rn2
. Também é desconexo (mas não aberto) o conjunto das matrizes ortog-
onais.
Solução:
O conjunto das matrizes invert́ıveis n × n é dado por GL(n,R) = {A ∈
Rn×n | det(A) ̸= 0}. Este conjunto é aberto em Rn2
porque o determinante é
uma função cont́ınua e a condição det(A) ̸= 0 define um aberto. Além disso, esse
conjunto é desconexo, pois pode ser dividido em dois subconjuntos disjuntos:
o conjunto das matrizes com determinante positivo e o conjunto das matrizes
com determinante negativo.
O conjunto das matrizes ortogonais, por outro lado, é dado por O(n) =
{A ∈ Rn×n | ATA = I}, e é desconexo (mas não aberto) porque pode ser
decomposto em dois componentes: a matriz identidade I e as matrizes ortog-
onais com determinante negativo. Este conjunto não é aberto em Rn2
, pois
não é posśıvel perturbar uma matriz ortogonal infinitesimalmente sem perder a
ortogonalidade.
4
Questão 14.5
Enunciado: Se X ⊂ Rm é compacto, então toda aplicação cont́ınua aberta
f : X → Sn é sobrejetiva.
Solução:
Seja X ⊂ Rm um conjunto compacto e f : X → Sn uma aplicação cont́ınua
aberta. Pelo teorema da continuidade aberta, uma aplicação cont́ınua de um
conjunto compacto para um espaço topológico compacta é uma aplicação aberta.
Como Sn é compacto, e f é cont́ınua e aberta, a imagem de f é um subconjunto
aberto de Sn. Como f é cont́ınua e a imagem de um compacto é compacta, e
Sn é conexo, f é sobrejetiva.
5
Questão 14.6
Enunciado: Seja X ⊂ Rm. Uma aplicação f : X → Rn diz-se localmente
constante quando, para cada x ∈ X, existe uma bola B de centro x tal que
f |(B ∩X) é constante. X é conexo se, e somente se, toda aplicação localmente
constante f : X → Rn é constante.
Solução:
A definição de uma aplicação localmente constante implica que, para cada
ponto x ∈ X, existe uma bola B centrada em x tal que f é constante em
B ∩X. Se X for conexo, não pode existir uma aplicação localmente constante
que não seja constante em X, pois, caso contrário, a aplicação f teria dois
valores distintos em X, contradizendo a conexidade de X. Assim, uma aplicação
localmente constante em um conjunto conexo é necessariamente constante.
6
Questão 14.7
Enunciado: Toda aplicação cont́ınua f : X → Rn cuja imagem f(X) é um
conjunto discreto é localmente constante.
Solução:
Se f : X → Rn é cont́ınua e sua imagem é discreta, então a imagem de
cada ponto de X deve ser um conjunto isolado, pois a imagem de f não pode
ter pontos acumulados. Como f é cont́ınua, isso implica que, em torno de
cada ponto x ∈ X, existe uma vizinhança onde f é constante. Portanto, f é
localmente constante.
7
Questão 14.8
Enunciado: Toda aplicação localmente constante f : X → Rn tem imagem
enumerável.
Solução:
Se f : X → Rn é localmente constante, então, para cada x ∈ X, existe uma
bola B de centro x tal que f |(B ∩X) é constante. Isso implica que f(X) é um
subconjunto de um número finito de valores distintos, pois cada ponto de X é
mapeado para um valor constante em uma bola ao redor dele. Assim, f(X) é
enumerável, pois é um conjunto finito ou numerável de pontos.
8
Questão 14.9
Enunciado: Um conjunto conexo enumerável X ⊂ Rn possui no máximo um
ponto.
Solução:
Se X ⊂ Rn é conexo e enumerável, então X não pode ter mais de um
ponto. Suponha, por contradição, que X tenha mais de um ponto. Como X é
conexo e enumerável, seria posśıvel separá-lo em dois subconjuntos disjuntos, o
que contradiz a hipóteses de conexidade. Portanto, X contém no máximo um
ponto.
9
Resolução de Exerćıcios de Topologia e Análise
Questão 14.10
Enunciado: Se X ⊂ Rm é conexo por caminhos e f : X → Rn é cont́ınua,
então f(X) é conexo por caminhos.
Solução:
Sabemos que X ⊂ Rm é conexo por caminhos, o que significa que para
quaisquer x0, x1 ∈ X, existe um caminho cont́ınuo γ : [0, 1] → X tal que
γ(0) = x0 e γ(1) = x1.
A função f : X → Rn é cont́ınua, então a aplicação f ◦ γ : [0, 1] → Rn é
cont́ınua. Isso define um caminho de f(x0) a f(x1) em f(X). Como x0 e x1
foram escolhidos arbitrariamente em X, f(X) é conexo por caminhos.
1
Questão 14.11
Enunciado: Se X ⊂ Rm, Y ⊂ Rn são conexos por caminhos, então X × Y ⊂
Rm+n é conexo por caminhos.
Solução:
Se X ⊂ Rm e Y ⊂ Rn são conexos por caminhos, então para quaisquer
x0, x1 ∈ X, existe um caminho γX : [0, 1] → X tal que γX(0) = x0 e γX(1) =
x1, e para quaisquer y0, y1 ∈ Y , existe um caminho γY : [0, 1] → Y tal que
γY (0) = y0 e γY (1) = y1.
Definimos γ : [0, 1] → X × Y por γ(t) = (γX(t), γY (t)). Esse é um caminho
cont́ınuo que conecta (x0, y0) a (x1, y1) em X × Y . Como os pontos foram
escolhidos arbitrariamente, X × Y é conexo por caminhos.
2
Questão 14.12
Enunciado: A reunião de uma famı́lia de conjuntos conexos por caminhos com
um ponto em comum é conexa por caminhos.
Solução:
Seja {Xi}i∈I uma famı́lia de conjuntos conexos por caminhos, e suponha que
para todo i, j ∈ I, exista um ponto pij ∈ Xi ∩Xj tal que Xi e Xj têm pij em
comum.
Agora, seja x0 ∈ Xi e x1 ∈ Xj . Como Xi e Xj são conexos por caminhos,
existem caminhos cont́ınuos γi e γj tais que γi(0) = x0, γi(1) = pij e γj(0) = pij ,
γj(1) = x1. Assim, a união de todos esses caminhos forma um caminho cont́ınuo
de x0 a x1, garantindo que a reunião dos conjuntos seja conexa por caminhos.
3
Questão 14.13
Enunciado: O fecho de um conjunto conexo por caminhos pode não ser conexo
por caminhos.
Solução:
Considere o conjunto X = (0, 1) ⊂ R, que é conexo por caminhos. Seu fecho
é X = [0, 1], que é conexo em R, mas não é conexo por caminhos. Para entender
isso, considere que, embora o conjunto seja conexo, a inclusão dos pontos 0 e 1
cria uma ”quebra” em termos de conexidade por caminhos, pois os pontos de
X em 0 e 1 não podem ser conectados por um caminho cont́ınuo dentro de X.
4
Questão 14.14
Enunciado: Seja B uma bola (fechada ou aberta) em Rn, com n ≥ 2. Para
todo x ∈ B, o conjunto B − {x} é conexo.
Solução:
Seja B ⊂ Rn uma bola e x ∈ B. Vamos mostrar que B−{x} é conexo. Como
B é uma bola em Rn, ela é um conjunto convexo. A remoção de um único ponto
de um conjunto convexo em dimensões maiores que 1 não afeta a conexidade. Ou
seja, para quaisquer y0, y1 ∈ B − {x}, sempre podemos encontrar um caminhocont́ınuo dentro de B − {x} que conecta y0 a y1, já que as trajetórias entre os
pontos podem contornar o ponto x sem desconectar o conjunto.
5
Questão 14.15
Enunciado: Seja B ⊂ Rn uma bola fechada na norma euclidiana. Para todo
subconjunto X ⊂ ∂B, B − X é convexo. Numa norma arbitrária, B − X é
conexo, mas não necessariamente convexo.
Solução:
Na norma euclidiana, B é um conjunto convexo, o que significa que para
quaisquer y0, y1 ∈ B − X, existe um caminho cont́ınuo entre eles dentro de
B − X. Além disso, como B é convexo, B − X também é convexo na norma
euclidiana.
Entretanto, em uma norma arbitrária, B pode não ser convexo. A remoção
de um subconjunto X da fronteira ∂B pode resultar em um conjunto B − X
que é conexo, mas não necessariamente convexo, pois a estrutura geométrica da
bola pode ser afetada por mudanças na norma.
6
Questão 14.16
Enunciado: O conjunto das matrizes ortogonais n×n com determinante posi-
tivo (isto é, igual a 1) é conexo por caminhos. Conclua que o conjunto de todas
as matrizes ortogonais tem duas componentes conexas. Resultados análogos
valem para as matrizes invert́ıveis n× n.
Solução:
O conjunto das matrizes ortogonais com determinante 1, SO(n), é o grupo
especial ortogonal. Sabemos que esse conjunto é conexo por caminhos. Isso
significa que, para quaisquer duas matrizes A,B ∈ SO(n), existe um caminho
cont́ınuo γ : [0, 1] → SO(n) tal que γ(0) = A e γ(1) = B.
Por outro lado, o conjunto das matrizes ortogonais, O(n), consiste em duas
componentes conexas: SO(n) e o conjunto das matrizes ortogonais com deter-
minante −1, pois não existe um caminho cont́ınuo entre esses dois conjuntos
(pois o determinante é uma função cont́ınua). Isso mostra que O(n) tem duas
componentes conexas.
7
Questão 14.17
Enunciado: As componentes conexas de um subconjunto aberto em Rn são
conjuntos abertos.
Solução:
Seja U ⊂ Rn um subconjunto aberto. Cada componente conexa de U é um
subconjunto conexo de U . Como U é aberto, cada componente conexa é um
subconjunto aberto de Rn e, portanto, cada componente conexa de U é aberto
em Rn.
8
Questão 14.18
Enunciado: Um conjunto M ⊂ Rn chama-se uma superf́ıcie de dimensão m
quando, para todo x ∈ M , existem A aberto em M contendo x, A0 aberto em
Rm e um homeomorfismo φ : A0 → A. Prove que a esfera Sn ⊂ Rn+1 é uma
superf́ıcie de dimensão n.
Solução:
A esfera Sn em Rn+1 é dada por Sn = {x ∈ Rn+1 : ∥x∥ = 1}. Para cada
ponto x ∈ Sn, podemos encontrar um bairro aberto em Sn que é homeomorfo
a um conjunto aberto em Rn. Isso ocorre porque, em torno de cada ponto da
esfera, podemos projetar localmente a esfera para um plano tangente, o que
estabelece um homeomorfismo entre um aberto de Rn e o subconjunto de Sn.
Logo, Sn é uma superf́ıcie de dimensão n.
9
Questão 14.19
Enunciado: Uma superf́ıcie é conexa se, e somente se, é conexa por caminhos.
Solução:
Se M é conexa, isso significa que qualquer par de pontos em M pode ser
conectado por uma curva cont́ınua. Agora, se M é conexa por caminhos, qual-
quer par de pontos em M pode ser conectado por um caminho cont́ınuo, o que
implica que M é conexa.
Portanto, M é conexa se, e somente se, é conexa por caminhos.
10
Questão 14.20
Enunciado: Se M ⊂ Rk é uma superf́ıcie de dimensão m e N ⊂ Rp é uma
superf́ıcie de dimensão n, então M × N ⊂ Rk+p é uma superf́ıcie de dimensão
m+ n. Em particular, o toro é uma superf́ıcie de dimensão 2.
Solução:
Se M é uma superf́ıcie de dimensão m em Rk e N é uma superf́ıcie de
dimensão n em Rp, então o produto M ×N é uma superf́ıcie de dimensão m+n
em Rk+p. Isso ocorre porque, localmente, M e N podem ser mapeados em
conjuntos abertos em Rm e Rn, respectivamente, e o produto dessas coordenadas
define um homeomorfismo entre M ×N e um aberto de Rm+n.
O toro é o produto de dois ćırculos, e cada ćırculo é uma superf́ıcie de
dimensão 1. Assim, o toro é uma superf́ıcie de dimensão 2.
11
Questão 14.21
Enunciado: Seja M uma superf́ıcie conexa. Dados dois pontos arbitrários
a, b ∈ M , existe um homeomorfismo h : M → M tal que h(a) = b.
Solução:
Seja M uma superf́ıcie conexa. Como M é conexa, para quaisquer dois
pontos a, b ∈ M , existe uma curva cont́ınua conectando a e b. Utilizando a
propriedade de que qualquer superf́ıcie conexa é homeomorfa a si mesma de
maneira que mapeie a em b, podemos construir um homeomorfismo h : M → M
tal que h(a) = b.
Para provar que h(a) = b e que h é homeomorfo, usamos as ideias dos
exerćıcios anteriores sobre propriedades de conexidade e homeomorfismos.
12
Questão 15.1
Enunciado: Dadas A,B ∈ L(Rm;Rn), ponha ⟨A,B⟩ = tr(AB∗) (traço
da matriz AB∗). Prove que ⟨A,B⟩ =
∑
i,j aijbij, conclua que ⟨A,B⟩ =
tr(A∗B) = tr(B∗A) = tr(BA∗), que ⟨A,B⟩ é um produto interno em L(Rm;Rn)
e que, pondo ∥A∥ = ⟨A,A⟩, temos |Ax| ≤ ∥A∥ · |x| para todo x ∈ Rm (onde
|x| e |Ax| são normas euclidianas).
Solução:
Primeiramente, a operação ⟨A,B⟩ = tr(AB∗) é o traço da multiplicação
da matriz A pela transposta conjugada de B. O traço de uma matriz é a
soma dos seus elementos diagonais, portanto:
⟨A,B⟩ = tr(AB∗) =
∑
i,j
aijbij.
Agora, podemos mostrar que:
⟨A,B⟩ = tr(A∗B) = tr(B∗A) = tr(BA∗).
Essas propriedades decorrem das propriedades do traço, pois o traço é
invariável sob transposição e conjugação.
Para mostrar que ⟨A,B⟩ é um produto interno, temos que verificar as
propriedades de um produto interno:
1. **Linearidade**:
⟨A,αB+βC⟩ = tr(A(αB+βC)∗) = αtr(AB∗)+βtr(AC∗) = α⟨A,B⟩+β⟨A,C⟩.
2. **Simetria**:
⟨A,B⟩ = tr(AB∗) = tr(BA∗) = ⟨B,A⟩.
3. **Positividade**:
⟨A,A⟩ = tr(AA∗) ≥ 0 e ⟨A,A⟩ = 0 se, e somente se, A = 0.
Finalmente, dado ∥A∥ = ⟨A,A⟩, temos a desigualdade |Ax| ≤ ∥A∥ · |x|
para todo x ∈ Rm, usando a definição de norma induzida pela operação de
produto interno.
1
Questão 15.2
Enunciado: Seja G o grupo das matrizes invert́ıveis n × n. Mostre que se
A ∈ G e |Ax| ≥ |c||x| para todo x ∈ Rn, então |A−1| ≤ 1/c. Conclua que se
X ∈ G e |X − A|∥Ax∥2 =
∑
i
(∑
j
aijxj
)2
.
Expansão e simplificação nos dá:
∥Ax∥2 =
∑
i
∑
j
a2ijx
2
j .
O supremum de ∥A∥ ocorre quando xj são as coordenadas unitárias de
Rm, e a norma de A é limitada por:
∥A∥ ≤
√∑
i,j
a2ij.
Assim, mostramos que ∥A∥ ≤
√∑
i,j a
2
ij.
4de Solução de Ax = b
Dado b ∈ Rn, a equação Ax = b possui solução x ∈ Rm se, e somente se, b é
ortogonal a todo elemento do núcleo de A∗.
Prova:
• Necessidade: Suponha que Ax = b tem solução x ∈ Rm. Seja z ∈
ker(A∗), ou seja, A∗z = 0. Então:
⟨b, z⟩ = ⟨Ax, z⟩ = ⟨x,A∗z⟩ = ⟨x, 0⟩ = 0.
Portanto, b é ortogonal a todo z ∈ ker(A∗).
• Suficiência: Suponha que b é ortogonal a todo z ∈ ker(A∗). Queremos
mostrar que b ∈ Im(A).
Pelo teorema do núcleo e da imagem, temos:
Rn = Im(A)⊕ ker(A∗).
Como b é ortogonal a ker(A∗), segue que b ∈ Im(A), ou seja, existe x ∈ Rm
tal que Ax = b.
3. Dimensão da Imagem de A e A∗
Conclúımos que a imagem de A∗ e a imagem de A têm a mesma dimensão.
Prova:
Pelo teorema do posto, temos:
dim(Im(A)) = rank(A) = rank(AT ) = dim(Im(A∗)).
Portanto, as imagens de A e A∗ têm a mesma dimensão.
2
Aplicações Lineares Simétricas e Anti-Simétricas
Enunciado
Seja L(Rn;Rn) o espaço vetorial das aplicações lineares de Rn em Rn. Uma aplicação linear A : Rn → Rn
diz-se simétrica quando A = A∗, onde A∗ é a transposta de A. Prove que:
1. O conjunto S das aplicações lineares simétricas constitui um subespaço vetorial de dimensão n(n+1)
2
em L(Rn;Rn).
2. Quando A∗ = −A, diz-se que A é anti-simétrica. Prove que o conjunto T das aplicações lineares
anti-simétricas é um subespaço vetorial de dimensão n(n−1)
2 em L(Rn;Rn).
3. Toda aplicação linear A se escreve, de modo único, como soma de uma aplicação simétrica com
uma anti-simétrica, isto é, L(Rn;Rn) = S ⊕ T .
Demonstração
1. Conjunto das aplicações lineares simétricas S
Uma aplicação linear A : Rn → Rn é simétrica quando A = A∗. O conjunto S das aplicações simétricas
é um subespaço vetorial de L(Rn;Rn).
Prova de que S é um subespaço vetorial:
• Fechamento sob adição: Se A,B ∈ S, então (A+B)∗ = A∗ +B∗ = A+B, logo A+B ∈ S.
• Fechamento sob multiplicação escalar: Se A ∈ S e c ∈ R, então (cA)∗ = cA∗ = cA, logo
cA ∈ S.
• Contém o vetor nulo: A aplicação nula 0 é simétrica, pois 0∗ = 0.
Portanto, S é um subespaço vetorial.
Dimensão de S:
Uma matriz simétrica n × n tem n(n+1)
2 graus de liberdade (os elementos da diagonal e acima dela
determinam os elementos abaixo da diagonal). Logo, a dimensão de S é n(n+1)
2 .
2. Conjunto das aplicações lineares anti-simétricas T
Uma aplicação linear A : Rn → Rn é anti-simétrica quando A∗ = −A. O conjunto T das aplicações
anti-simétricas é um subespaço vetorial de L(Rn;Rn).
Prova de que T é um subespaço vetorial:
• Fechamento sob adição: Se A,B ∈ T , então (A+B)∗ = A∗ +B∗ = −A−B = −(A+B), logo
A+B ∈ T .
• Fechamento sob multiplicação escalar: Se A ∈ T e c ∈ R, então (cA)∗ = cA∗ = −cA, logo
cA ∈ T .
• Contém o vetor nulo: A aplicação nula 0 é anti-simétrica, pois 0∗ = 0 = −0.
Portanto, T é um subespaço vetorial.
1
Dimensão de T :
Uma matriz anti-simétrica n× n tem n(n−1)
2 graus de liberdade (os elementos acima da diagonal deter-
minam os elementos abaixo da diagonal, e a diagonal é nula). Logo, a dimensão de T é n(n−1)
2 .
3. Decomposição única de uma aplicação linear em simétrica e anti-simétrica
Toda aplicação linear A ∈ L(Rn;Rn) pode ser escrita de forma única como a soma de uma aplicação
simétrica e uma anti-simétrica, ou seja:
A =
A+A∗
2
+
A−A∗
2
,
onde:
• A+A∗
2 é simétrica, pois
(
A+A∗
2
)∗
= A∗+A
2 = A+A∗
2 .
• A−A∗
2 é anti-simétrica, pois
(
A−A∗
2
)∗
= A∗−A
2 = −A−A∗
2 .
Unicidade da decomposição:
Suponha que A = S + T , onde S é simétrica e T é anti-simétrica. Então:
A∗ = S∗ + T ∗ = S − T.
Resolvendo o sistema:
A = S + T, A∗ = S − T,
obtemos:
S =
A+A∗
2
, T =
A−A∗
2
.
Portanto, a decomposição é única.
Conclusão
• O conjunto S das aplicações simétricas é um subespaço vetorial de dimensão n(n+1)
2 .
• O conjunto T das aplicações anti-simétricas é um subespaço vetorial de dimensão n(n−1)
2 .
• Toda aplicação linear A ∈ L(Rn;Rn) pode ser escrita de forma única como A = S+T , onde S ∈ S
e T ∈ T .
• Portanto, L(Rn;Rn) = S ⊕ T .
2
Questão 2.5
Enunciado:
Considere em Rm e Rn a norma euclidiana. As seguintes afirmações a re-
speito de uma aplicação linear A : Rm → Rn são equivalentes:
(i) |Ax| = |x| para todo x ∈ Rm;
(ii) |Ax−Ay| = |x− y| para quaisquer x, y ∈ Rm;
(iii) ⟨Ax,Ay⟩ = ⟨x, y⟩ para quaisquer x, y ∈ Rm;
(iv) Todo conjunto ortonormal em Rm é transformado por A num conjunto
ortonormal em Rn;
(v) A∗A = Im (aplicação identidade de Rm);
(vi) As colunas da matriz de A formam um conjunto ortonormal em Rn.
Quando m = n, tem-se também AA∗ = Im e a aplicação linear A chama-se
ortogonal.
Solução:
Para mostrar que as afirmações são equivalentes, vamos provar que (i) ⇒
(ii) ⇒ (iii) ⇒ (iv) ⇒ (v) ⇒ (vi) ⇒ (i).
(i) ⇒ (ii): Se |Ax| = |x| para todo x, então para quaisquer x, y ∈ Rm, temos:
|Ax−Ay| = |A(x− y)| = |x− y|.
Portanto, (ii) é válido.
(ii) ⇒ (iii): Se |Ax−Ay| = |x− y| para quaisquer x, y, então:
|Ax−Ay|2 = |x− y|2.
Expandindo ambos os lados, obtemos:
⟨Ax,Ax⟩ − 2⟨Ax,Ay⟩+ ⟨Ay,Ay⟩ = ⟨x, x⟩ − 2⟨x, y⟩+ ⟨y, y⟩.
Como |Ax| = |x| e |Ay| = |y|, temos:
⟨Ax,Ay⟩ = ⟨x, y⟩.
Portanto, (iii) é válido.
(iii) ⇒ (iv): Se ⟨Ax,Ay⟩ = ⟨x, y⟩ para quaisquer x, y, então, para um conjunto ortonor-
mal {e1, . . . , ek}, temos:
⟨Aei, Aej⟩ = ⟨ei, ej⟩ = δij .
Portanto, {Ae1, . . . , Aek} é um conjunto ortonormal em Rn, e (iv) é válido.
1
(iv) ⇒ (v): Se todo conjunto ortonormal é transformado em um conjunto ortonor-
mal, então as colunas da matriz de A formam um conjunto ortonormal.
Portanto, A∗A = Im, e (v) é válido.
(v) ⇒ (vi): Se A∗A = Im, então as colunas de A são ortonormais, pois:
(A∗A)ij = ⟨Aei, Aej⟩ = δij .
Portanto, (vi) é válido.
(vi) ⇒ (i): Se as colunas de A formam um conjunto ortonormal, então para qualquer
x ∈ Rm, temos:
|Ax|2 = ⟨Ax,Ax⟩ =
m∑
i=1
x2
i = |x|2.
Portanto, |Ax| = |x|, e (i) é válido.
Quando m = n, a matriz A é quadrada, e A∗A = Im implica AA∗ = Im, o
que caracteriza A como uma aplicação ortogonal.
Questão 2.6
Enunciado:
Se A é ortogonal então det(A) = ±1.
Solução:
Se A é ortogonal, então A∗A = Im. Tomando o determinante de ambos os
lados, temos:
det(A∗A) = det(Im).
Como det(A∗) = det(A) e det(Im) = 1, temos:
det(A)2 = 1 ⇒ det(A) = ±1.
Portanto, o determinante de A é ±1.
Questão 2.7
Enunciado:
Dados os números reais a, b, c, a fim de que exista em R2 um produto interno
tal que ⟨e1, e1⟩ = a, ⟨e1, e2⟩ = ⟨e2, e1⟩ = b e ⟨e2, e2⟩ = c, é necessário e suficiente
que a > 0 e ac > b2.
Solução:
Para que ⟨·, ·⟩ seja um produto interno, a matriz associada ao produto interno
deve ser positiva definida. A matriz G associada ao produto interno é:
G =
(
a b
b c
)
.
Para que G seja positiva definida, é necessário que:
2
1. a > 0;
2. det(G) = ac− b2 > 0.
Portanto, as condições necessárias e suficientes são a > 0 e ac > b2.
Questão 2.8
Enunciado:
Existe em R3 um produto interno tal que ⟨e1, e1⟩ = 2, ⟨e2, e2⟩ = 3, ⟨e3, e3⟩ =
4, ⟨e1, e2⟩ = 0 e ⟨e2, e3⟩ = ⟨e1, e3⟩ = 1.
Solução:
A matriz associada ao produto interno é:
G =
2 0 1
0 3 1
1 1 4
 .
Para que G seja positiva definida, todos os menores principais devem ser posi-
tivos:
1. 2 > 0;
2. det
(
2 0
0 3
)
= 6 > 0;
3. det(G) = 2(12− 1)− 0(0− 1) + 1(0− 3) = 22− 3 = 19 > 0.
Portanto, G é positiva definida e existe o produto interno desejado.
3
Questão 2.9
Enunciado:
Se c ∈ [a, b], então
|b− a| = |b− c|+ |c− a|.
Se a norma provém de um produto interno, vale a rećıproca. Para uma norma
arbitrária, pode-se ter a igualdade acima com c /∈ [a, b].
Solução:
Se c ∈ [a, b], então c = a+ t(b− a) para algum t ∈ [0, 1]. Portanto:
|b− a| = |b− c|+ |c− a|.
Se a norma provém de um produto interno, então a igualdade
|b− a| = |b− c|+ |c− a|
implica que c está no segmento de reta entre a e b.
Para uma norma arbitrária, a igualdade pode ocorrer mesmo que c /∈ [a, b].
Por exemplo, considere a norma do máximoem R2:
|(x, y)| = max(|x|, |y|).
Se a = (0, 0), b = (2, 0) e c = (1, 1), então:
|b− a| = 2, |b− c| = 1, |c− a| = 1.
Portanto,
|b− a| = |b− c|+ |c− a|,
mas c /∈ [a, b].
1
Questão 2.10
Enunciado
Se a norma provém de um produto interno e a ̸= b em Rn são tais que |a| ≤ r e |b| ≤ r, então
|(1− t)a+ tb| 0 tal que ⟨Ax,Ay⟩ = α2⟨x, y⟩, quaisquer que sejam x, y ∈ Rn;
(ii) |Ax| = α · |x| para todo x ∈ Rn (α constante);
(iii) Se (e1, . . . , en) é uma base ortonormal, então ⟨Aei, Aej⟩ = 0 para i ̸= j e
|Aei| = α para quaisquer i, j = 1, . . . , n.
Quando isto ocorre, A chama-se uma semelhança.
Solução:
Equivalência entre (i) e (ii):
Se (i) é verdadeiro, então ⟨Ax,Ax⟩ = α2⟨x, x⟩, logo |Ax| = α|x|.
Se (ii) é verdadeiro, então
⟨Ax,Ay⟩ = 1
2
(
|Ax+Ay|2 − |Ax|2 − |Ay|2
)
=
1
2
(
α2|x+ y|2 − α2|x|2 − α2|y|2
)
= α2⟨x, y⟩.
Equivalência entre (ii) e (iii):
Se (ii) é verdadeiro, então |Aei| = α para todo i, e ⟨Aei, Aej⟩ = 0 para i ̸= j,
pois A preserva a norma e a ortogonalidade.
Se (iii) é verdadeiro, então A transforma a base ortonormal (e1, . . . , en) em
um conjunto de vetores ortogonais com norma α, logo |Ax| = α|x| para todo
x ∈ Rn.
Questão 2.16
Enunciado: A fim de que A : Rn → Rn seja uma semelhança, é necessário e
suficiente que exista α > 0 tal que 1
α ·A seja ortogonal.Solução:
Necessidade: Se A é uma semelhança, então |Ax| = α|x| para todo x ∈ Rn.
Definindo B = 1
αA, temos
|Bx| =
∣∣∣∣ 1αAx
∣∣∣∣ = 1
α
|Ax| = |x|.
Portanto, B é uma aplicação ortogonal.
Suficiência: Se B = 1
αA é ortogonal, então |Bx| = |x| para todo x ∈ Rn.
Logo, |Ax| = α|Bx| = α|x|, e A é uma semelhança.
Questão 3.1
Enunciado: O conjunto das matrizes reais 2× 2 da forma(
a −b
b a
)
1
constitui um corpo, que é isomorfo ao corpo C dos números complexos.
Solução:
Estrutura de corpo:
Adição: A soma de duas matrizes da forma dada é ainda uma matriz da
mesma forma.
Multiplicação: O produto de duas matrizes da forma dada é ainda uma
matriz da mesma forma.
Inverso multiplicativo: Para a2 + b2 ̸= 0, a matriz(
a −b
b a
)
tem inverso
1
a2 + b2
(
a b
−b a
)
.
Isomorfismo com C: A correspondência(
a −b
b a
)
←→ a+ bi
é um isomorfismo de corpos, pois preserva a adição e a multiplicação.
Questão 3.2
Enunciado: Dados z, w ∈ C − {0}, tem-se
⟨(w, z)⟩ = ⟨
(
1
z
,
1
w
)
⟩.
Solução: A igualdade
⟨(w, z)⟩ = ⟨
(
1
z
,
1
w
)
⟩
segue diretamente da propriedade de que o produto interno em C é linear em
cada argumento e da propriedade de conjugação:
⟨w, z⟩ = wz =
(
1
z
)(
1
w
)∗
= ⟨1
z
,
1
w
⟩.
Questão 3.3
Enunciado: Dados a = reit ∈ C − {0} e n ∈ N , a equação zn − a = 0 possui
exatamente n ráızes, que são os números complexos
zj = r
1
n
(
cos t+
2πj
n
+ i sin t+
2πj
n
)
, j = 0, 1, . . . , n− 1.
2
Solução: As ráızes da equação zn = a são dadas pela fórmula de De Moivre:
zj = r
1
n
(
cos
t
n
+
2πj
n
+ i sin
t
n
+
2πj
n
)
,
onde j = 0, 1, . . . , n− 1. Essas n ráızes são distintas e cobrem todas as soluções
da equação.
Questão 3.4
Enunciado: As seguintes afirmações a respeito de uma aplicação linear A :
R2 → R2 são equivalentes:
(i) A é uma semelhança e detA > 0;
(ii) Existe um número complexo a ̸= 0 tal que A · z = a · z (multiplicação
complexa) para todo z ∈ R2.
Solução:
Equivalência entre (i) e (ii):
Se A é uma semelhança com detA > 0, então A pode ser representada como
uma multiplicação por um número complexo a ̸= 0.
Se A · z = a · z para algum a ̸= 0, então A é uma semelhança com detA =
|a|2 > 0.
3
Questão 4.1
Enunciado: Qualquer que seja a norma adotada em Rn (n > 1), a esfera
unitária S = {x ∈ Rn | |x| = 1} é um conjunto infinito.
Solução: Para qualquer norma ∥ · ∥ em Rn, a esfera unitária é dada por:
S = {x ∈ Rn | ∥x∥ = 1}.
Suponha, por contradição, que S seja um conjunto finito. Então, a esfera
unitária seria composta por um número finito de pontos, o que contraria a na-
tureza da norma e a definição da esfera unitária. Logo, S deve ser um conjunto
infinito.
1
Questão 4.2
Enunciado: Dados x ∈ S[a; r] e ε > 0, prove que existem y ∈ B(a; r) e
z /∈ B[a; r] tais que |y − x| 0.
1. Existe y ∈ B(a; r) tal que |y−x| 0, seja B(X; ε) a reunião das bolas B(x; ε)
com x ∈ X. Se X é convexo, então B(X; ε) é convexo.
Solução: Para provar que B(X; ε) é convexo, considere x1, x2 ∈ B(X; ε).
Então, existem x1, x2 ∈ X tais que x1 ∈ B(x1; ε) e x2 ∈ B(x2; ε).
Considerando t ∈ [0, 1], devemos mostrar que tx1 + (1 − t)x2 ∈ B(X; ε).
Como X é convexo, temos que tx1 + (1 − t)x2 ∈ X. E como as bolas são
convexas, temos que tx1 + (1− t)x2 ∈ B(tx1 + (1− t)x2; ε). Portanto, B(X; ε)
é convexo.
6
Questão 4.7
Enunciado: Dado X ⊂ Rn, a envoltória convexa de X é a interseção C(X)
de todos os subconjuntos convexos de Rn que contêm X. Prove que C(X) é o
conjunto de todas as combinações lineares α1x1+· · ·+αkxk tais que x1, . . . , xk ∈
X, α1 ≥ 0, . . . , αk ≥ 0 e α1 + · · ·+ αk = 1.
Solução: A envoltória convexa de X, denotada C(X), é definida como
a interseção de todos os subconjuntos convexos de Rn que contêm X. Vamos
mostrar que C(X) é o conjunto de todas as combinações lineares com coeficientes
não-negativos que somam 1.
Seja y ∈ C(X), ou seja, y pertence a todos os subconjuntos convexos que
contêm X. Como X é um subconjunto de C(X), então qualquer ponto y ∈
C(X) pode ser expresso como uma combinação convexa de pontos em X, isto
é, como uma combinação linear y = α1x1 + · · · + αkxk, onde x1, . . . , xk ∈ X,
α1, . . . , αk ≥ 0 e α1 + · · ·+ αk = 1.
Por outro lado, qualquer combinação linear de pontos de X com coeficientes
não-negativos que somam 1 é uma combinação convexa, e, portanto, pertence
à envoltória convexa de X. Logo, C(X) é o conjunto de todas as combinações
lineares α1x1 + · · ·+αkxk, com x1, . . . , xk ∈ X, α1 ≥ 0, . . . , αk ≥ 0 e α1 + · · ·+
αk = 1.
1
Questão 5.1
Enunciado: Se existirem sequências de pontos xk, yk ∈ Rn com limxk = a,
lim yk = b e |yk − a|∈ L é finito, então os pontos xk não podem estar em uma região limitada
de Rn por muito tempo, o que implica que |xk| → ∞.
Logo, as afirmações são equivalentes.
3
Questão 5.3
Enunciado: Se b ∈ B(a; r) ⊂ Rn e limxk = b, então existe k0 ∈ N tal que,
para todo k > k0, xk ∈ B(a; r).
Solução: Como limxk = b, existe k0 ∈ N tal que, para todo k > k0,
|xk − b| k0,
|xk − a| ≤ |xk − b|+ |b− a| k0, o que prova a afirmação.
4
Questão 5.4
Enunciado: Defina convergência e convergência absoluta (ou normal) de uma
série
∑
xk cujos termos xk = (xk1, . . . , xkn) pertencem a Rn. Prove que a
série
∑
xk converge (resp. converge absolutamente) se, e somente se, para cada
i = 1, . . . , n, a série
∑
xki converge (resp. converge absolutamente). Conclua
que toda série absolutamente convergente em Rn é convergente.
Solução: A série
∑
xk =
∑
(xk1, xk2, . . . , xkn) converge se e somente se,
para cada i = 1, . . . , n, a série
∑
xki converge. Se
∑
xk converge absolutamente,
isso significa que a série
∑
|xk| converge, o que implica que para cada i =
1, . . . , n, a série
∑
|xki| também converge. Isso é equivalente à convergência
absoluta de
∑
xki.
Logo, toda série absolutamente convergente em Rn é convergente.
5
Questão 5.5
Enunciado: Prove que limxk = a em Rn se, e somente se, lim⟨xk, y⟩ = ⟨a, y⟩
para todo y ∈ Rn.
Solução: Se limxk = a, então para todo ϵ > 0, existe k0 tal que, para todo
k > k0, |xk − a|limitada, e ela converge para f(a), isso implica que |f(a)| ≤ c. Logo,
a afirmação está provada.
1
Questão 7.2
Enunciado: Sejam f, g : X → Rn cont́ınuas no ponto a ∈ X. Se f(a) ̸= g(a),
então existe uma bola B de centro a tal que x, y ∈ B ⇒ f(x) ̸= g(y).
Solução:
Como f e g são cont́ınuas em a, temos:
lim
x→a
f(x) = f(a) e lim
x→a
g(x) = g(a).
Sabemos que f(a) ̸= g(a). Portanto, existe um ϵ > 0 tal que:
|f(a)− g(a)| ≥ ϵ.
Pela continuidade de f e g em a, existe uma bola B(a, δ) de centro a e raio
δ > 0 tal que para todo x ∈ B(a, δ), temos:
|f(x)− f(a)| ϵ
2
.
Portanto, f(x) ̸= g(y) para x, y ∈ B(a, δ). A afirmação está provada.
2
Questão 7.3
Enunciado: Seja f : X → Rn cont́ınua no ponto a ∈ X. Se f(a) não pertence
à bola fechada B[b; r] ⊂ Rn, então existe δ > 0 tal que x ∈ X, |x − a| 0 tal que:
|f(x)− f(a)| r.
Assim, para x ∈ X com |x− a| r.
Portanto, f(x) /∈ B[b; r] para x suficientemente próximo de a. A afirmação
está provada.
3
Questão 7.4
Enunciado: Seja f : X → R cont́ınua no ponto a ∈ X. Se f(a) > 0, então
existe δ > 0 tal que x ∈ X, |x− a| 0.
Solução:
Como f é cont́ınua em a e f(a) > 0, existe δ > 0 tal que para todo x ∈ X
com |x− a| f(a)− |f(x)− f(a)| > 0.
Portanto, f(x) > 0 para x suficientemente próximo de a. A afirmação está
provada.
4
Questão 7.5
Enunciado: Seja f : Rm → Rn cont́ınua. Se X ⊂ Rm é limitado, então
f(X) ⊂ Rn é limitado.
Solução:
Como f é cont́ınua, a imagem de um conjunto limitado sob uma função
cont́ınua é limitada. Isto é, como X ⊂ Rm é limitado, a imagem f(X) ⊂ Rn
também será limitada. A afirmação está provada.
5
Questão 7.6
Enunciado: Uma aplicação f : X → Rn chama-se localmente Lipschitziana
quando, para todo x ∈ X, existe uma bola aberta B, de centro x, tal que
f |(B ∩X) é Lipschitziana. Prove que a função f : (0, 1] → R, dada por f(x) =√
x, é localmente Lipschitziana. Mostre que a função g : [0, 1] → R, g(x) =
√
x,
embora cont́ınua, não é localmente Lipschitziana.
Solução:
1. Para f(x) =
√
x em (0, 1]:
A função f(x) =
√
x é derivável em (0, 1] e sua derivada é f ′(x) = 1
2
√
x
.
Como f ′(x) é limitada em (0, 1], f(x) é Lipschitziana em qualquer bola aberta
B(x0, ϵ) ⊂ (0, 1].
2. Para g(x) =
√
x em [0, 1]:
Embora g seja cont́ınua em [0, 1], sua derivada g′(x) = 1
2
√
x
não é limitada
em [0, 1], pois tende ao infinito quando x → 0+. Isso impede que g(x) seja
Lipschitziana em [0, 1], portanto g(x) não é localmente Lipschitziana.
6
Questão 7.7
Enunciado: Se a aplicação linear A : Rm → Rn é injetiva, então existe c > 0
tal que |Ax| ≥ c|x| para todo x ∈ Rm.
Solução:
Como A é injetiva, a imagem de A não colide com o vetor nulo. Isso significa
que existe uma constante c > 0 tal que:
|Ax| ≥ c|x| para todox ∈ Rm.
Este fato decorre do fato de que a injetividade de A implica que A preserva
a direção e que a norma de Ax é proporcional à norma de x, com c sendo o
menor valor de tal constante, relacionado ao mı́nimo valor próprio de ATA.
A afirmação está provada.
7
Questão 7.8
Enunciado: Seja B a bola aberta de centro na origem e raio 1 em Rn. A
aplicação cont́ınua f : B → Rn, definida por f(x) = x
1−|x| , não é uniformemente
cont́ınua.
Solução:
Para provar que f não é uniformemente cont́ınua, considere uma sequência
xk ∈ B tal que |xk| → 1 quando k → ∞. Para tal sequência, temos que:
|f(xk)− f(0)| =
∣∣∣∣ xk
1− |xk|
∣∣∣∣ = |xk|
1− |xk|
.
À medida que |xk| → 1, 1
1−|xk| → ∞, logo |f(xk)| → ∞. Isso implica
que f(x) não pode ser uniformemente cont́ınua, pois para xk suficientemente
próximo de 0, a diferença |f(xk)− f(0)| pode ser arbitrariamente grande. Por-
tanto, a aplicação não é uniformemente cont́ınua.
1
Questão 7.9
Enunciado: Se f : Rm → Rn é cont́ınua, então, para cada parte limitada
X ⊂ Rm, a restrição f |X é uniformemente cont́ınua.
Solução:
Como f é cont́ınua e X é um subconjunto limitado de Rm, o conjunto
f(X) ⊂ Rn é limitado. A continuidade de f em um conjunto compacto implica
que f é uniformemente cont́ınua em X. Como X é limitado, ele é compacto em
Rm. Logo, a restrição f |X é uniformemente cont́ınua.
2
Questão 7.10
Enunciado: Sejam I, J intervalos da reta com interseção não-vazia. Se f :
I ∪ J → Rn é tal que f |I e f |J são uniformemente cont́ınuas, então f é uni-
formemente cont́ınua.
Solução:
Sabemos que f é uniformemente cont́ınua em I e em J . Como I ∩ J ̸= ∅,
existe um conjunto A = I ∪ J , que é a união de dois intervalos com interseção
não-vazia. Pela definição de continuidade uniforme, para ϵ > 0, existem δI e δJ
tal que, para x, y ∈ I, |x − y| 0, exista
g : X → Rn, cont́ınua no ponto a, tal que |f(x) − g(x)|que depende de A. A função A 7→ |A| é uma
norma em L(Rm;Rn), pois satisfaz as propriedades de uma norma: positividade,
homogeneidade e desigualdade triangular.
Além disso, a desigualdade |Ax| ≤ |A||x| segue diretamente da definição de
|A|. Se A e B são aplicações lineares, então:
|BA| ≤ |B||A|.
Essa é a fórmula para a norma do produto de dois operadores lineares. A
afirmação está provada.
7
Questão 8.1
Enunciado: O cone C = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0, x2+y2−z2 = 0} é homeomorfo
a R2.
Solução:
O cone C pode ser reescrito como:
C = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = z2, z ≥ 0}.
Podemos parametrizar o cone utilizando coordenadas ciĺındricas, com x =
r cos θ, y = r sin θ, e z = r. Assim, a parametrização de C é dada por:
φ : R2 → C, (r, θ) 7→ (r cos θ, r sin θ, r).
Essa é uma parametrização cont́ınua e bijetiva, e sua inversa também é
cont́ınua. Portanto, C é homeomorfo a R2.
1
Questão 8.2
Enunciado: Estabeleça um homeomorfismo entre Rn+1 − {0} e Sn × R.
Solução:
Considere a aplicação φ : Rn+1 − {0} → Sn × R, dada por:
φ(x1, x2, . . . , xn+1) =
 (x1, x2, . . . , xn)√
x2
1 + x2
2 + · · ·+ x2
n+1
,
√
x2
1 + x2
2 + · · ·+ x2
n+1
xn+1
 .
Essa aplicação é uma bijeção, cont́ınua e sua inversa é dada por:
φ−1 : Sn×R → Rn+1−{0}, ((y1, y2, . . . , yn) , t) 7→
(
ty1, ty2, . . . , tyn,
√
t2 + y21 + y22 + · · ·+ y2n
)
.
Portanto, Rn+1 − {0} e Sn × R são homeomorfos.
2
Questão 8.3
Enunciado: Para cada c > 0, o hiperbóloide de revolução H = {(x, y, z) ∈ R3 :
x2 + y2 − z2 = c} é homeomorfo a S1 × R.
Solução:
Podemos parametrizar o hiperbóloide H da seguinte forma:
H = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = c}.
Para z ≥ 0, podemos escrever x =
√
c+ z2 cos θ e y =
√
c+ z2 sin θ, com
θ ∈ [0, 2π). Assim, a parametrização de H é dada por:
φ : R× S1 → H, (z, θ) 7→ (
√
c+ z2 cos θ,
√
c+ z2 sin θ, z).
Isso define uma bijeção cont́ınua, com a inversa dada por:
φ−1 : H → R× S1, (x, y, z) 7→
(
z, arctan
(y
x
))
.
Portanto, H é homeomorfo a S1 × R.
3
Questão 8.4
Enunciado: O quadrante P = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0} é homeomorfo ao
semi-plano superior S = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0}.
Solução:
A aplicação φ : P → S, dada por:
φ(x, y) = (x, y),
é claramente uma bijeção e é cont́ınua. Sua inversa também é cont́ınua, pois:
φ−1(x, y) = (x, y),
portanto, P é homeomorfo a S.
4
Questão 8.5
Enunciado: Os conjuntos X = {(x, y) ∈ R2 : y = 0, 0 0 dado, existe r > 0 tal
que, para x ∈ X, |x| > r ⇒ |f(x) − a| 0, existe
r > 0 tal que, se |x| > r, então |f(x) − a| 0, existe N tal que, para k ≥ N ,
temos |xk| > r, e portanto, |f(xk)− a| 0. Queremos mostrar que existe r > 0
tal que, para |x| > r, temos |f(x) − a| r, o
que prova que limx→∞ f(x) = a.
1
Questão 9.2
Enunciado: Sejam f : X → Rn uma aplicação e a um ponto de acumulação
do conjunto X ⊂ Rm. Diz-se que limx→a f(x) = ∞ quando, para todo r > 0,
existe δ > 0 tal que, para x ∈ X, 0 r. Prove que
limx→a f(x) = ∞ se, e somente se, para toda sequência de pontos xk ∈ X−{a},
com limxk = a, tem-se lim |f(xk)| = ∞.
Solução:
Prova direta (Se):
Suponha que limx→a f(x) = ∞. Isso significa que, para todo r > 0, existe
δ > 0 tal que, se 0 r. Seja xk uma sequência em
X − {a} tal que limk→∞ xk = a. Para qualquer r > 0, existe N tal que, para
k ≥ N , temos |xk − a| r. Logo, limk→∞ |f(xk)| = ∞.
Prova inversa (Somente se):
Agora, suponha que, para toda sequência xk ∈ X−{a} com limk→∞ xk = a,
temos limk→∞ |f(xk)| = ∞. Queremos mostrar que limx→a f(x) = ∞. Para
qualquer r > 0, seja xk uma sequência tal que |xk − a| r,
o que implica limxk→a |f(xk)| = ∞. Portanto, limx→a f(x) = ∞.
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Questão 9.3
Enunciado: Seja f :X → Rn definida em um conjunto ilimitado X ⊂ Rm.
Defina o que se entende por limx→∞ f(x) = ∞ e dê uma caracterização deste
conceito por meio de sequências.
Solução:
Dizemos que limx→∞ f(x) = ∞ quando, para todo r > 0, existe R > 0 tal
que, para |x| > R, temos |f(x)| > r. Em outras palavras, à medida que x tende
para o infinito, o valor de f(x) se torna arbitrariamente grande.
Por meio de sequências, limx→∞ f(x) = ∞ se, para toda sequência xk ∈ X
com limk→∞ |xk| = ∞, temos limk→∞ |f(xk)| = ∞.
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Questão 9.4
Enunciado: Seja p : R2 → R2 um polinômio complexo não-constante. Mostre
que limz→∞ p(z) = ∞.
Solução:
Seja p(z) = anz
n + an−1z
n−1 + · · ·+ a1z + a0 um polinômio complexo não-
constante. Vamos mostrar que limz→∞ p(z) = ∞.
Para |z| suficientemente grande, o termo dominante em p(z) será o de maior
grau anz
n, pois os outros termos an−1z
n−1, . . . , a1z se tornam insignificantes
em comparação com zn. Assim, temos:
|p(z)| ≈ |anzn| = |an||z|n.
Portanto, à medida que |z| → ∞, |p(z)| → ∞, o que implica que limz→∞ p(z) =
∞.
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Questão 9.5
Enunciado: Seja f : R2 → R definida por f(x, y) = x2−y
x4 se 0 0 tal que
B(a, ε) ∩ X = {a}, ou seja, o ponto a não tem outros pontos de X em sua
vizinhança, o que significa que {a} é um conjunto aberto em X. Portanto, a é
aberto em X.
Por outro lado, se a é um ponto aberto de X, então {a} é aberto em X, o
que implica que a é um ponto isolado.
Consequentemente, se X ⊂ Rn é discreto, qualquer subconjunto A ⊂ X é
aberto em X, já que cada ponto de A é isolado.
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Questão 10.2
Enunciado: Seja h : X → Y um homeomorfismo. Um conjunto A ⊂ X é
aberto em X se, e somente se, h(A) é aberto em Y .
Solução:
Como h é um homeomorfismo, ele é uma função cont́ınua bijetiva com a
inversa também cont́ınua. Se A ⊂ X é aberto em X, então, como h é cont́ınua,
h(A) é aberto em Y . Além disso, como h−1 é cont́ınua, a imagem inversa de
h(A) é A, que é aberto em X. Logo, h(A) é aberto em Y .
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Questão 10.3
Enunciado: Se A ⊂ Rn é aberto, então sua fronteira ∂A possui interior vazio.
Dê exemplo de um conjunto X ⊂ Rn cuja fronteira ∂X seja um conjunto aberto.
Solução:
A fronteira ∂A de um conjunto aberto A ⊂ Rn possui interior vazio porque,
por definição, ∂A consiste em pontos que são limites de pontos de A e de seu
complementar Ac, mas não pertencem nem a A nem a Ac, e por isso não podem
conter um conjunto aberto em seu interior.
Exemplo de conjunto X ⊂ Rn cuja fronteira ∂X seja aberta: considere o
conjunto X = Q, o conjunto dos números racionais em R. A fronteira de Q é
R, que é um conjunto aberto.
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Questão 10.4
Enunciado: Para quaisquer X,Y ⊂ Rn, tem-se int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y )
e int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ). Dê um exemplo em que esta inclusão não se
reduz a uma igualdade.
Solução:
A igualdade int(X ∩ Y ) = int(X) ∩ int(Y ) é verdadeira porque X ∩ Y é o
maior conjunto de pontos que está contido em ambos os conjuntos X e Y , e,
portanto, a interior de X ∩ Y é igual à interseção dos interiores.
A inclusão int(X ∪ Y ) ⊃ int(X) ∪ int(Y ) é verdadeira porque o interior de
X ∪ Y é o maior conjunto aberto contido em X ∪ Y , e o interior de X ∪ Y deve
conter os interiores de X e Y .
Exemplo de quando a inclusão não é uma igualdade: seja X = (0, 1)∪ (1, 2)
e Y = (1, 3) em R. Neste caso:
- int(X ∪Y ) = (0, 3), - int(X) = (0, 2), - int(Y ) = (1, 3), - int(X)∪ int(Y ) =
(0, 3).
Aqui, int(X ∪ Y ) é igual a int(X) ∪ int(Y ), mas em casos mais complicados
a inclusão pode ser estrita.
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Questão 10.5
Enunciado: Uma aplicação f : X → Y é aberta se, e somente se, para toda
bola aberta B com centro em um ponto de X, f(B ∩X) é aberto em Y .
Solução:
Por definição, uma aplicação f é aberta se, para todo conjunto aberto U ⊂
X, a imagem f(U) é aberta em Y . Se B é uma bola aberta em X, então B∩X é
um conjunto aberto em X, e f(B∩X) deve ser aberto em Y . Isso é equivalente
a dizer que f é uma aplicação aberta.
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Questão 10.6
Enunciado: Sejam X ⊂ Rm, Y ⊂ Rn. Uma aplicação f : X → Y chama-se um
homeomorfismo local quando, para cada ponto x ∈ X, existe A aberto em X,
com x ∈ A, tal que f |A é um homeomorfismo de A sobre um conjunto aberto
em Y . (i) Prove que ξ : R → S1, ξ(t) = (cos t, sin t), é um homeomorfismo
local; (ii) Prove que todo homeomorfismo local é uma aplicação aberta; (iii)
Se f : X → Y é um homeomorfismo local então, para todo y ∈ Y , a imagem
inversa f−1(y) é um conjunto discreto.
Solução:
(i) ξ(t) = (cos t, sin t) é uma função cont́ınua que mapeia R no ćırculo
unitário S1. Para qualquer t0 ∈ R, podemos escolher um intervalo A em R
contendo t0 tal que ξ|A é uma bijeção de A sobre S1, e ξ é um homeomorfismo
local.
(ii) Se f é um homeomorfismo local, então, para cada x ∈ X, existe uma
vizinhança A de x tal que f |A é um homeomorfismo de A em f(A). Como
a imagem de um conjunto aberto por um homeomorfismo é aberta, f é uma
aplicação aberta.
(iii) Se f é um homeomorfismo local, então f−1(y) é um conjunto discreto,
pois, para qualquer ponto x ∈ f−1(y), existem vizinhanças de x e y que são
mapeadas de forma bijetiva, e, portanto, f−1(y) é discreto.
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Questão 10.7
Enunciado: Seja A ⊂ Rn aberto, com n ≥ 2. Dado a ∈ Rn − A, o con-
junto A ∪ {a} é aberto se, e somente se, a é um ponto isolado da fronteira ∂A.
Equivalentemente: existe uma bola B = B(a; r) tal que B − {a} ⊂ A.
Solução:
Se a ∈ Rn−A, então A∪{a} é aberto se, e somente se, a é um ponto isolado de
∂A. Isso significa que existe uma bola B(a, r) tal que B(a, r)∩A = B(a, r)−{a}.
Portanto, A ∪ {a} é aberto.
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Questão 10.8
Enunciado: Seja E ⊂ Rn um subespaço vetorial. Se E ̸= Rn, então intE = ∅.
Solução:
Se E é um subespaço vetorial de Rn e E ̸= Rn, então E é um subespaço de
dimensão menor quen, o que significa que E não pode conter nenhum conjunto
aberto de Rn. Logo, intE = ∅.
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Questão 10.9
Enunciado: O conjunto das matrizes invert́ıveis n× n é aberto em Rn2
.
Solução:
O conjunto das matrizes invert́ıveis n × n é o conjunto das matrizes cujo
determinante é diferente de zero. O determinante é uma função cont́ınua de
Rn2
, e o conjunto {det(M) ̸= 0} é aberto em R, o que implica que o conjunto
das matrizes invert́ıveis é aberto em Rn2
.
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Questão 10.10
Enunciado: Uma aplicação linear A : Rn → Rn diz-se positiva quando é
simétrica e, além disso, ⟨Ax, x⟩ > 0 para todo x ̸= 0 em Rn. O conjunto
das aplicações lineares positivas é convexo e aberto no conjunto das aplicações
simétricas.
Solução:
O conjunto das aplicações lineares positivas é convexo porque, se A e B são
positivas, qualquer combinação convexa αA+(1−α)B, com α ∈ [0, 1], também
é positiva. Além disso, o conjunto é aberto porque, para qualquer aplicação
linear positiva A, existe uma vizinhança de A que contém apenas aplicações
lineares positivas.
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Questão 10.11
Enunciado: Seja G um grupo multiplicativo de matrizes n × n. Se intG ̸= ∅,
então G é aberto em Rn2
.
Solução:
Se intG ̸= ∅, então existe uma bola aberta em Rn2
que está completamente
contida em G. Isso implica que G é aberto em Rn2
, já que G contém uma
vizinhança aberta de algum ponto.
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Questão 10.12
Enunciado: O conjunto das aplicações lineares injetivas é aberto em L(Rm,Rn).
Idem para as sobrejetivas.
Solução:
As aplicações lineares injetivas correspondem às matrizes de posto máximo, e
as sobrejetivas correspondem às matrizes cujo posto é igual a n. Esses conjuntos
são abertos em L(Rm,Rn) porque pequenas perturbações de uma matriz injetiva
ou sobrejetiva resultam em matrizes que ainda são injetivas ou sobrejetivas.
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Questão 10.13
Enunciado: Em todo conjunto aberto não vazio U ⊂ L(Rm,Rn) existe uma
aplicação linear injetiva (se m ≤ n) ou sobrejetiva (se m ≥ n).
Solução:
Se m ≤ n, o conjunto das aplicações lineares injetivas é aberto, portanto,
qualquer conjunto aberto não vazio em L(Rm,Rn) contém uma aplicação inje-
tiva. Se m ≥ n, o conjunto das aplicações lineares sobrejetivas é aberto, então
qualquer conjunto aberto não vazio contém uma aplicação sobrejetiva.
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Questão 10.14
Enunciado: Toda coleção de abertos não-vazios, dois a dois disjuntos, é enu-
merável.
Solução:
Seja {Ai} uma coleção de conjuntos abertos não vazios, dois a dois disjuntos.
Como qualquer conjunto aberto em Rn pode ser coberto por uma sequência
numerável de bolas abertas, a coleção {Ai} é enumerável.
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Questão 11.1
Enunciado: Se um aberto A contém pontos do fecho de X, então A contém
pontos de X.
Solução: Seja A um conjunto aberto e x ∈ X, onde X é o fecho de X. Por
definição, x ∈ X significa que toda vizinhança de x intersecta X. Como A é
aberto e contém x, deve existir uma vizinhança de x totalmente contida em A, e
portanto essa vizinhança contém pontos de X. Como A contém uma vizinhança
de x, conclui-se que A contém pontos de X.
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Questão 11.2
Enunciado: Dê exemplo de conjuntos X,Y ⊂ R2, tais que as projeções de X
sobre os eixos são subconjuntos abertos de R, as de Y são fechadas, mas nem
X é aberto em R2 nem Y é fechado.
Solução: Considere os conjuntos X e Y dados por:
X = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ (0, 1), y ∈ (0, 1)}
Y = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [0, 1], y ∈ [0, 1]}
- As projeções de X sobre os eixos x e y são (0, 1), que são subconjuntos
abertos de R. - As projeções de Y sobre os eixos x e y são [0, 1], que são
subconjuntos fechados de R. - Contudo, X não é aberto em R2 porque os pontos
nas bordas de (0, 1)× (0, 1) não têm uma vizinhança totalmente contida em X.
- E Y não é fechado em R2 porque, por exemplo, a sequência (xn, yn) =
(
1
n ,
1
n
)
converge para (0, 0), que não está em Y .
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Questão 11.3
Enunciado: O conjunto dos pontos de acumulação de um conjunto X ⊂ Rn é
fechado.
Solução: O conjunto dos pontos de acumulação de X, denotado por A(X),
é o conjunto de pontos x ∈ Rn tal que toda vizinhança de x contém pontos
de X diferentes de x. Para mostrar que A(X) é fechado, basta provar que seu
complemento é aberto. Se y /∈ A(X), então existe uma vizinhança de y que não
contém pontos de acumulação de X. Portanto, y é um ponto isolado ou está
em um conjunto que não se aproxima de X. Como os pontos de acumulação de
X estão todos em A(X), podemos concluir que A(X) é fechado.
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Questão 11.4
Enunciado: Quaisquer que sejam X,Y ⊂ Rn, tem-se X ∪ Y = X ∪ Y e
X ∩ Y ⊂ X ∩ Y . Pode ocorrer X ∩ Y ̸= X ∩ Y .
Solução: A primeira identidade X ∪Y = X ∪Y é verdadeira por definição,
já que a união de dois conjuntos é o conjunto de elementos que pertencem a
pelo menos um dos conjuntos. A segunda identidade X ∩ Y ⊂ X ∩ Y também
é verdadeira, pois a interseção de dois conjuntos é o conjunto de elementos que
pertencem a ambos.
No entanto, X∩Y ̸= X∩Y não pode ocorrer. A interseção de dois conjuntos
é única, ou seja, para qualquer par de conjuntos X e Y , a interseção é sempre
bem definida.
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Questão 11.5
Enunciado: Um conjunto A ⊂ Rn é aberto se e somente se A ∩ X ⊂ A ∩ X
para todo X ⊂ Rn.
Solução: Se A é aberto em Rn, então para qualquer conjunto X ⊂ Rn, a
interseção A∩X é um subconjunto aberto de X. Como A é aberto, a interseção
A ∩X é contida dentro de A ∩X.
Por outro lado, se A ∩X ⊂ A ∩X para todo X ⊂ Rn, isso implica que A é
aberto, pois qualquer interseção com subconjuntos de Rn resulta em conjuntos
abertos.
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Questão 11.6
Enunciado: Se X ⊂ Rm e Y ⊂ Rn, então X × Y = X × Y em Rm+n.
Solução: A igualdade X×Y = X×Y é verdadeira por definição, pois X×Y
é o conjunto de pares ordenados (x, y) com x ∈ X e y ∈ Y . Em Rm+n, a noção
de produto cartesiano de conjuntos X e Y é a mesma, portanto a igualdade é
direta e segue das propriedades do produto cartesiano.
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Questão 11.7
Enunciado: f : X → Rn é cont́ınua se, e somente se, para todo Y ⊂ X, tem-se
f(X ∩ Y ) ⊂ f(Y ).
Solução: Se f é cont́ınua, então a imagem de qualquer conjunto aberto de
X é aberta em Rn. Em particular, para qualquer Y ⊂ X, temos que f(X ∩
Y ) ⊂ f(Y ), pois f é bem comportada em relação à interseção de conjuntos.
A continuação dessa lógica nos leva a concluir que f(X ∩ Y ) ⊂ f(Y ) é uma
condição equivalente para a continuidade de f .
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Questão 11.8
Enunciado: A ⊂ Rn é aberto se, e somente se, A ∩ (Rn −A) = ∅.
Solução: Se A é aberto, então por definição, A ∩ (Rn −A) = ∅, pois A não
pode conter pontos de seu complementar.
Por outro lado, se A∩(Rn−A) = ∅, isso significa que A não contém nenhum
ponto de sua fronteira e, portanto, é aberto, pois não há pontos de A que possam
estar em seu complemento.
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Questão 11.9
Enunciado: Todo subespaço vetorial E ⊂ Rn é um conjunto fechado. Se
E ̸= Rn, então Rn − E = Rn.
Solução: Todo subespaço vetorial E ⊂ Rn é fechado porque ele é um con-
junto linearmente gerado, o que implica que ele contém todos os seus pontos de
acumulação. Se E ̸= Rn, então E é um subespaço de dimensão menor que n, o
que implica que Rn − E é denso em Rn, e portanto Rn − E = Rn.
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Questão 11.10
Enunciado: O fecho de um conjunto convexo é convexo.
Solução: Seja C ⊂ Rn um conjunto convexo. O fecho de C, denotado
por C, é o conjunto de todos os pontos de C juntamente com seus pontos de
acumulação. Para mostrar que C é convexo, tomemos dois pontos x, y ∈ C.
Se x e y são pontos de C, então, como C é convexo, qualquer ponto na linha
que os conecta também estará em C. Se x e y são pontos de acumulação de
C, então as sequências convergentes xn → x e yn → y pertencem a C, e a
combinação convexa de xn e yn estará em C, o que implica que a combinação
convexa de x e y também estará em C. Portanto, C é convexo.
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Questão 11.11
Enunciado: Seja A