Solução:

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Portanto, $$f$$ é contínua se, e somente se, $$f_{1}$$ e $$f_{2}$$ forem contínuas.

Demonstração:

Adota-se a métrica do máximo para o espaço métrico do produto cartesiano. Note que, posteriormente, com a equivalência de normas, o teorema poderá ser utilizado de maneira geral em qualquer espaço produto.

i) Sê $$f$$ é contínua, então, para qualquer $$\epsilon>0$$, existe $$\delta>0$$ tal que, se $$d(p,p_{0})<\delta$$, para qualquer $$p_{0}\in M$$ fixado, implica que $$d_{max}(f(p),f(p_{0}))<\epsilon$$. Com efeito, $$d_{max}<\epsilon$$ implica que $$d_{i}(f_{i}(p),f_{i}(p_{0}))<\epsilon$$, para $$i\in\{1,2\}$$, donde se conclui que as funções coordenadas são contínuas.

ii) Reciprocamente, sejam $$f_{1}$$ e $$f_{2}$$, as funções coordenadas, contínuas. Então, dado $$\epsilon>0$$, existem $$\delta_{1},\delta_{2}$$ >0 tais que, se $$d(p,p_{0})<min\{\delta_{1},\delta_{2}\}$$, então $$d_{1}(f_{1}(p),f_{1}(p_{0})) ,d_{2}(f_{2}(p),f_{2}(p_{0}))<\epsilon$$, para qualquer $$p_{0}\in M$$ fixado.

Daqui, evidentemente, $$d_{max}=max\{d_{1}(f_{1}(p),f_{1}(p_{0}),d_{2}(f_{2}(p),f_{2}(p_{0})\}<\epsilon$$, o que demonstra a continuidade de $$f$$.

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Demonstração

Como $$U$$ é um subespaço próprio de $$E$$, é fato que $$E-U\neq \{0_{E}\}$$. Seja $$x\notin U$$ tal que $$x\neq 0_{E}$$, então $$v-\alpha\cdot x$$ não pertence a $$U$$, sejam quais forem $$\alpha\neq 0$$ e $$v\in U$$.

Com efeito, se existissem $$\alpha_{0}$$ e $$v_{0}$$ tais que $$v_{0}-\alpha_{0}x\in U$$, teríamos $$x=(1/\alpha_{0})v_{0}-(1/\alpha_{0})(v_{0}-\alpha_{0}\cdot x)\in U$$, pelo critério do subespaço vetorial, algo que contraria a hipótese inicial.

Agora, dado qualquer $$\delta>0$$ e qualquer $$v\in U$$, podemos escolher $$y=\frac{\delta\cdot x}{2||x||}$$, com $$x\neq 0_{E}\notin U$$. O elemento $$v-y$$, que não pertence a $$U$$, sempre estará em $$B(v,\delta)$$.

De fato, $$||v-(v-y)|| = ||y|| = ||\delta \frac{x}{2||x||}||=\frac{\delta\cdot ||x||}{2||x||}=\frac{\delta}{2}<\delta$$.

Em particular, para as classes de equivalência de $$U$$, bastaria tomar $$a\notin U$$, de modo que $$||a+\frac{\delta\cdot v}{2||v||}-a||=\frac{\delta\cdot ||v||}{2||v||}<\delta$$. Daqui, conclui-se que sempre haverá elementos (neste caso, o elemento é $$\frac{\delta\cdot v}{2||v||}$$), que não pertencem à classe $$a+U$$, ainda que pertençam ao conjunto $$B(a+v,\delta)$$.

Referência:

Lima, Elon Lages – Espaços Métricos. 4.ed. Rio de Janeiro: IMPA, 2009

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Demonstração:

Demonstraremos que, dado um ε>0, existe $$v\in U$$ tal que $$||v||<\epsilon$$. De fato, suponha, por absurdo, que exista $$\epsilon_{0}>0$$ para o qual $$||v||\geq\epsilon_{0}$$, para qualquer $$v\in U$$. Então, fixado $$v\in U$$, existe $$l_{v}>0$$ tal que $$\epsilon_{0}+l_{v}=||v||$$.

Como $$U$$ é subespaço, $$u=\lambda v \in U$$, para qualquer λ no corpo. Em particular, para $$\lambda = \frac{\epsilon_{0}}{2(\epsilon_{0}+l_{v})}$$, temos $$||\lambda v||=|\lambda| ||v|| = \frac{\epsilon_{0}}{2(\epsilon_{0}+l_{v})}\cdot (\epsilon_{0}+l_{v})=\epsilon_{0}/2$$, de modo que $$||u||=||\lambda v|| = \epsilon_{0}/2 < \epsilon_{0}$$, contrariando a hipótese de que existe um limitante inferior maior do que zero para as normas vetoriais de $$U$$. Isso prova o enunciado.

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Demonstração:

Por hipótese, existe $$M_{0}>0$$ tal que, para qualquer $$x\in A$$, $$||x||\leq M_{0}$$. Seja um elemento $$p\in \bar{A}$$, um ponto no fecho do conjunto $$A$$. Sabe-se que, para qualquer $$\epsilon>0$$, existe $$x\in A\cap B(p,\epsilon)$$, pelo fato de $$p$$ ser um ponto adente ao conjunto $$A$$.

Utilizando essa informação e a hipótese do conjunto limitado, tem-se que, para qualquer $$\epsilon>0$$, existe $$x\in A$$ tal que

\[||p-x||<\epsilon \Longrightarrow ||p|| < \epsilon + ||x|| = \epsilon + M_{0}.\]

Isso prova que $$||p||<M_{0}$$, do contrário, haveria $$r\geq 0$$ tal que $$r+M_{0}=||p||$$. Escolhendo $$\epsilon <r/2$$, ter-se-ia

\[r+M_{0}=||p||<\epsilon + M_{0}=\frac{r}{2}+M_{0},\]

o que é claramente o um absurdo. Isso prova que, seja qual for o elemento do fecho de $$A$$, a sua norma não pode ultrapassar o valor de $$M_{0}$$, isto é: o fecho é um conjunto limitado em $$E$$.

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Solução:

i) Pela continuidade, dado $$\epsilon>0$$, existem $$\delta_{1},\delta_{2}$$ maiores que 0, para os quais, se $$x\in B(a,\delta_{1})$$, então $$f(x)\in B(f(a),\epsilon)$$, e, se $$x\in B(a,\delta_{2})$$, então $$g(x)\in B(g(a),\epsilon)$$. Escolhendo-se $$\delta = min\{\delta_{1},\delta_{2}\}$$, conclui-se que, se $$x\in B(a,\delta)$$, tem-se $$f(x)\in B(f(a),\epsilon)$$ e $$g(x)\in B(g(a),\epsilon)$$.

Escolhendo um $$x$$ tal que $$f(x)=g(x)$$, cuja existência é garantida pelo enunciado, aplica-se a desigualdade triangular do seguinte modo:

\[d(f(a),g(a))\leq d(f(a),f(x))+d(f(x),g(a))=d(f(x),f(a))+d(g(x),g(a))<2\epsilon,\]

em que $$d$$ é a métrica no espaço $$N$$.

Finalmente, conclui-se que $$d(f(a),g(a))<2\epsilon$$, para qualquer $$\epsilon>0$$. Se houver $$0<r=d(f(a),g(a))$$, basta tomar $$\epsilon = r/2$$, para concluir que $$r=d(f(a),g(a)) < 2\cdot (r/2)=r$$, o que é um absurdo. Logo, a única opção é que se tenha $$r=0$$, donde se conclui que $$f(a)=g(a)$$, uma vez que $$d(f(a),g(a))=0$$.

ii) No caso dos reais, se $$a$$ é um número irracional, sabe-se que toda bola $$B(a,\delta)$$ contém algum número racional, de modo que $$f(x)=g(x)$$. Assim, chega-se à conclusão de que $$f(a)=g(a)$$ pelo mesmo método anteriormente exibido.

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