Solução:

Seja $$x\in\bar{X}$$, e seja $$f(x)=c$$. Por hipótese da continuidade, dado $$\epsilon>0$$, existe $$\delta>0$$ tal que, se $$p\in (x-\delta ; x+\delta)$$, é verdade que $$f(p)\in (c-\epsilon ; c+\epsilon)$$.

Além disso, dado que $$x\in\bar{X}$$, sempre haverá $$p\in (x-\delta ; x+\delta)$$, tal que $$p\in X$$, isto é, $$f(p)=0$$. Deste modo, para todo $$\epsilon>0$$, haverá p naquele intervalo tal que $$|c|<\epsilon$$.

Se $$c\neq 0$$, basta tomar $$\epsilon = c/3$$, a fim de observar que a afirmação é absurda, senão ter-se-ia $$c<c/3$$. Portanto é fácil ver que $$c=0$$.

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Definição de Norma vetorial

\[||v||_{p}=(\sum^{n}_{i=1} |v_{i}|^{p})^{1/p}\].

Definição de Norma matricial

\[||A||_{p}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}}\]

Exercício

Demonstre as propriedades da norma p, para matrizes $$A\in\mathbb{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$$, $$B\in\mathbb{M}_{n\times r}(\mathbb{R})$$, e $$x\in \mathbb{R}^{n}$$.

a) $$||Ax||_{p}\leq ||A||_{p}\cdot ||x||_{p}$$.

b) $$||AB||_{p}\leq ||A||_{p}\cdot ||B||_{p}$$.

c) $$||I_{n}||_{p}=1$$.

Lema: Sejam $$A,B\subset\mathbb{R}$$. Ambos os conjuntos são limitados superiormente e possuem a seguinte propriedade: para todo $$x\in A$$, $$x\leq y$$, para todo $$y\in B$$. Então $$\sigma_{A}=sup(A)\leq sup(B)=\sigma_{B}$$.

Solução

Demonstração do Lema

Suponha, por absurdo, que $$\sigma_{A}\geq\sigma_{B}$$. Daqui, existe $$\epsilon_{0}>0$$ tal que $$\sigma_{A}=\epsilon_{0}+\sigma_{B}$$. Das propriedades do supremo, sabe-se que, dado qualquer $$\epsilon>0$$, existe $$x\in A$$ tal que $$\sigma_{A}<x+\epsilon$$. Em particular, ponha $$\epsilon=\epsilon_{0}$$, de modo que $$\sigma_{A}<\epsilon_{0}+x_{0}$$. Tem-se, portanto, a seguinte expressão:

\[y<y+(\epsilon_{0}-\epsilon_{0})<\sigma_{B}+(\epsilon_{0}-\epsilon_{0})<\sigma_{A}-\epsilon_{0}<x_{0}\].

Isto é: existe $$x_{0}\in A$$ para o qual $$y<x_{0}$$, seja qual for $$y\in B$$. Esta última afirmação é uma contradição com a hipótese inicial. Portanto $$\sigma_{A}<\sigma_{B}$$.

Solução:

a) Seja $$\mathcal{S}=\{\frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}},x\in\mathbb{R}^{n}, x\neq 0, \}$$. Da definição de supremo de um conjunto, $$sup(\mathcal{S})\geq y$$, para todo $$y\in\mathcal{S}$$. Daqui, decorre que $$||A||_{p}= sup(\mathcal{S})\geq \frac{||Ax||_{p}}{||x||_{p}}$$, donde se conclui que $$||A||_{p}\cdot ||x||_{p}\geq ||Ax||_{p}$$

b) Com a desigualdade provada no item anterior, temos $$||ABx||_{p}\leq ||A||_{p}||Bx||_{p}$$ e $$||Bx||_{p}\leq ||B||_{p}||x||_{p}$$. Ambas implicam na desigualdade $$||ABx||_{p}\leq ||A||_{p}||B||_{p}||x||_{p}$$.

Além disso, conclui-se que $$\frac{||ABx||_{p}}{||x||_{p}}\leq \frac{||A||_{p}||B||_{p}||x||_{p}}{||x||_{p}}=||A||_{p}||B||_{p}\cdot \frac{||x||_{p}}{||x||_{p}}=||A||_{p}||B||_{p}$$.

Pondo $$\mathcal{S}=\{\frac{||ABx||_{p}}{||x||_{p}},x\neq 0\}$$, nota-se, pela desigualdade anterior, que todo elemento em $$\mathcal{S}$$ é limitado superiormente por $$||A||_{p}||B||_{p}$$. Aplicando o lema, conclui-se que $$sup(\mathcal{S})\leq sup(\{||A||_{p}||B||_{p}\})=||A||_{p}||B||_{p}$$.

c) Usa-se a definição.

\[\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||Ix||_{p}}{||x||_{p}}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}\frac{||x||_{p}}{||x||_{p}}=\underset{||x||_{p}\neq 0}{sup}1 = 1\]

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Mostre que, para uma sequência $$(x_{n})$$, em um espaço vetorial munido de produto interno,

se $$||x_{n}||\longrightarrow ||x||$$ e $$<x_{n},x>\longrightarrow <x,x>$$, é válida a convergência $$x_{n}\longrightarrow x$$.

Demonstração:

Observa-se que $$||x_{n}||\longrightarrow ||x|| \Longleftrightarrow ||x_{n}||^{2}\longrightarrow ||x||^{2}$$. Precisamos mostrar a sentença a seguir:

\[\lim_{n\to\infty}||x_{n}-x||=0\].

Para tanto, assumamos que $$\lim_{n\to\infty} ||x_{n}-x||=0 \Longleftrightarrow \lim_{n\to\infty} ||x_{n}-x||^{2}=0$$.

Por definição, $$||x_{n}-x||^{2}=<x_{n}-x;x_{n}-x>= <x_{n};x_{n}>+<x;x>-<x_{n};x>-<x;x_{n}>$$. Note também que $$\lim_{n\to\infty} \overline{a_{n}}=\overline{\lim_{n\to\infty}a_{n}}$$, para uma sequência numérica, definida nos números complexos. Da hipótese, $$\lim_{n\to\infty}-<x_{n};x>=-<x;x>=\lim_{n\to\infty}-\overline{<x;x_{n}>}$$Calculamos a sentença a seguir:

\[\lim_{n\to\infty}||x_{n}-x||^{2}=\lim_{n\to\infty}<x_{n}-x;x_{n}-x>=\]

\[\lim_{n\to\infty}<x_{n};x_{n}>+<x;x>\lim_{n\to\infty}-<x_{n};x>\lim_{n\to\infty}-<x;x_{n}>=\]

\[2<x,x>-<x,x>-<x,x>=0\].

Daqui, segue que $$x\longrightarrow x$$.

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Solução:

Por ser uma sequência de Cauchy, fixando $$x$$, escolha $$\epsilon = 1$$. Assim, existirá $$p_{\epsilon}\in\mathbb{N}$$ tal que $$||T_{n}(x)-T_{n+p}(x)||<1$$. Pondo $$n=1$$, obtemos:

\[||T_{n+p}||<1+||T_{1}(x)||\]. Portanto, para todo $$p>p_{\epsilon}$$, temos $$||T_{n+p}||<c_{1}$$, com $$c_{1}=1+||T_{1}(x)||$$.

Agora, basta escolher $$c_{x}=max\{||T_{1}(x)||,…,||T_{p_{\epsilon} +1}(x)||, c_{1} \}$$, para termos as hipóteses do teorema de Banach-Steinhaus. Concluímos, pelo referido teorema, que existe $$a>0$$ tal que $$||T_{n}||<a$$.

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Seja $$d: M\times M\longrightarrow \mathbb{R}$$ uma função tal que $$d(x,y)=0 \Longleftrightarrow x=y$$ e $$d(x,z)\leq d(x,y)+d(z,y)$$. Prove que $$d$$ é uma métrica.

Solução:

a) Provaremos que $$d(x,y)>0$$, para $$x\neq y$$. De fato, utilizando as duas propriedades do enunciado, para $$z=x$$, temos:

\[0=d(x,x)\leq d(x,y)+d(x,y)\Longrightarrow 0\leq 2\cdot d(x,y)\Longrightarrow 0\leq d(x,y)\].

Por hipótese da primeira propriedade, conclui-se que $$d(x,y)>0$$.

b) Usaremos duas vezes a desigualdade da hipótese, para provarmos que a distância é simétrica, ou seja, $$d(x,y)=d(y,x).

Com efeito, tomando $$y=x$$, temos $$d(x,z)\leq d(x,x)+d(z,x)=d(z,x)$$. Trocando a ordem dos termos na desigualdade e fazendo com que $$y=z$$, também teremos $$d(z,x)\leq d(z,z)+d(z,x)=d(z,x)$$.

Com as duas desigualdades, temos a expressão $$d(x,z)\leq d(z,x)\leq d(x,z)$$. Portanto $$d(x,z)=d(z,x)$$. Aplicando este resultado à desigualdade do enunciado, ter-se-á a desigualdade triangular.

Referência:

E.L. Lima – Espaços Métricos

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Dada uma sequência de pontos, $$(x_{1},…,x_{n})$$, num espaço métrico $$(S,d)$$, prove que $$d(x_{1},x_{n})\leq d(x_{1},x_{2})+…+d(x_{n-1},x_{n})$$.

Solução:

Provemos que a desigualdade é válida para $$n=4$$, com a Desigualdade Triangular.

Com efeito, sabemos que:

$$d(x_{1},x_{4})\leq d(x_{1},x_{2})+d(x_{2},x_{4})$$;

$$d(x_{2},x_{4})\leq d(x_{2},x_{3})+d(x_{3},x_{4})$$.

Substituindo a segunda desigualdade na primeira, obtemos a expressão a seguir:

\[d(x_{1},x_{4})\leq d(x_{1},x_{2})+d(x_{2},x_{4})\leq d(x_{1},x_{2})+d(x_{2},x_{3})+d(x_{3},x_{4})\].

A desigualdade fica provada.

Assumindo, por hipótese de indução, que é válida a afirmação do enunciado, provemos que é válida para $$n+1$$.

Substituiremos a expressão do enunciado na expressão $$d(x_{1},x_{n+1})\leq d(x_{1},x_{n})+d(x_{n},x_{n+1})$$.

\[d(x_{1},x_{n+1})\leq d(x_{1},x_{n})+d(x_{n},x_{n+1})\leq \sum^{n}_{i=2}d(x_{i-1},x_{i})+d(x_{n},x_{n=1})=\sum^{n+1}_{i=2}d(x_{i-1},x_{i}) \]

Referência:

Kreyszig – Introductory Functional Analysis with Applications

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Prove que, para todo $$X\in\mathbb{R}$$, vale $$\overline{X}=X\cup \partial(X)$$. Conclua que $$X$$ é fechado se, e somente se, $$X\supset \partial(X)$$.

Solução:

Se $$x\in X$$, então é válido, para todo $$\delta >0$$: $$B(x,\delta)\cap \neq\emptyset$$, isso prova que $$X\subset\overline{X}$$. Ainda mais: se $$x\in\partial X$$, então, para todo $$\delta>0$$, tem-se $$B(x,\delta)\cap X\neq\emptyset$$ e $$B(x,\delta)\cap X^{C}\neq\emptyset$$. Do primeiro caso, decorre que $$x\in\overline{X}$$. Provamos que $$\overline{X}\supset X\cup \partial X$$.

Agora, seja $$x\in\overline{X}$$. Sabemos que $$X\subset\overline{X}$$. Se assumirmos $$x\notin X$$, teremos: $$x\in X^{C}$$ e,por consequência, para todo $$\epsilon>0$$, $$B(x,\delta)\cap X^{C}\neq\emptyset$$. Ainda mais: por $$x\in\overline{X}$$, então $$B(x,\delta)\cap X\neq\emptyset$$, isto é, $$x\in\partial(X)$$. Isso prova que $$x\in X$$ ou $$x\in\partial X$$.

Se $$X=\overline{X}$$, então $$X=X\cup\partial X$$, isto é, $$\partial X\subset X$$.

O raciocínio é análogo para $$X\supset \partial X$$.

Questão

Para todo $$X\subset\mathbb{R}$$, prove que $$(int(X))^{C}=\overline{X^{C}}$$.

Solução:

Com efeito, seja $$x\in (int(X))^{C}$$, então $$x\notin int(X)$$, isto é, para todo $$\epsilon>0$$, a vizinhança $$V_{\epsilon}(x)\nsubseteq X$$. Sendo assim, existirá $$p\in V_{\epsilon}(x)$$, de modo que $$p\in X^{C}$$, logo $$V_{\epsilon}(x)\cap X^{C}\neq\emptyset$$. O que prova ser verdadeiro $$x\in\overline{X^{C}}$$.

Por outro lado, sê $$x\in\overline{X^{C}}$$, então $$V_{\epsilon}(x)\cap X^{C}\neq\emptyset$$. Deste modo, nunca ocorrerá $$_{\epsilon}(x)\cap X=\emptyset$$, ou seja, $$x\notin int(X)\Longleftrightarrow x\in (int(X))^{C}$$.

Questão

Sejam $$X$$ e $$Y\subset\mathbb{R}$$. Prove que $$\overline{X\cap Y}\subset\overline{X}\cap\overline{Y}$$ e que $$\overline{X\cup Y}=\overline{X}\cup\overline{Y}$$. Dê um exemplo em que $$\overline{X\cup Y}\subset\neq {X}\cap\overline{Y}$$.

Solução:

i) $$\overline{X\cap Y}\subset\overline{X}\cap\overline{Y}$$.

Seja $$p\in\overline{X\cap Y}$$, então existe $$\epsilon>0$$ tal que toda vizinhança $$V_{\epsilon}(p)\cap (X\cap Y)\neq\emptyset$$. Como $$X\cap Y\subset X$$ e de $$Y$$, é óbvio que $$V_{\epsilon}(p)\cap X\neq\emptyset$$ e que $$V_{\epsilon>0}(p)\cap Y\neq\emptyset$$.

ii) $$\overline{X\cup Y}\subset\overline{X}\cup\overline{Y}$$.

Utilize a lei da distributividade: $$A\cap (B\cup C) = (A\cap B)\cup (A\cap C)$$.

Seja $$p\in\overline{X\cup Y}$$, então existe $$\epsilon>0$$ tal que toda vizinhança $$V_{\epsilon}(p)\cap (X\cup Y)\neq\emptyset$$. Pela lei da distributividade, é verdade que $$(V_{\epsilon}(p)\cap X)\cup (V_{\epsilon}(p)\cap Y)\neq\emptyset$$. Isto é possível se, ao menos, uma das opções ocorre:

$$(V_{\epsilon}(p)\cap X)\neq\emptyset$$ ou $$(V_{\epsilon}(p)\cup Y)\neq\emptyset$$.

Deste modo, ou $$p\in\overline{X}$$, ou $$p\in\overline{Y}$$, isto é, $$p\in\overline{X}\cup\overline{Y}$$.

Por outro lado, seja $$p\in\overline{X}\cup\overline{Y}$$, então $$p\in\overline{X}$$ ou $$p\in\overline{Y}$$. Do primeiro caso, tem-se, para qualquer $$\epsilon>0$$, que $$V_{\epsilon}(p)\cap X\neq\emptyset$$. Como $$X\subset X\cup Y$$, é natural que $$V_{\epsilon}(p)\cap (X\cup Y)\neq\emptyset$$, logo $$p\in\overline{X\cup Y}$$. O segundo caso é análogo.

iii) Um exemplo em que $$\overline{X\cup Y}\neq \overline{X}\cap\overline{Y}$$.

Sejam $$X=(0,1)$$ e $$Y=(1,2)$$. Fato é que $$X\cap Y =\emptyset$$, então $$\overline{X\cap Y}=\overline{\emptyset}=\emptyset$$, pois o vazio é aberto e fechado.

Por outro lado, $$\overline{X}=[0,1]$$ e $$\overline{Y}=[1,2]$$, logo $$\overline{X}\cap\overline{Y}=\{1\}$$. Mas é óbvio que $$\{1\}\nsubseteq  \emptyset$$.

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Questão

Prove que, para todo $$X\subset\mathbb{R}$$, tem-se $$int(int(X))=int(X)$$ e conclua que $$int(X)$$ é um conjunto aberto.

Solução:

Suponha que exista $$p\in int(X)$$ tal que $$p\notin int(int(X))$$. Por hipótese, existe $$\epsilon_{0}>0$$ tal que $$V_{\epsilon_{0}}(p)\subset X$$.

Pela afirmação feita, ($$p$$ não é ponto de $$int(int(X))$$) temos a existência de $$x\in V_{\epsilon}(p)$$ de modo que $$x\notin int(X)$$, seja qual for $$\epsilon>0$$. Tomemos $$\epsilon = \epsilon_{0}/2$$. Deste modo, $$x\in V_{\epsilon_{0}/2}(p)\subset V_{\epsilon_{0}}(p)$$.

Além disso, para qualquer $$\delta>0$$, existirá $$y\notin X$$ tal que $$y\in V_{\delta}(x)$$, dado que $$x$$ não é ponto do interior de $$X$$.

\[|y-p|\leq |x-p|+|y-x|<\delta + \epsilon_{0}/2\].

Escolhendo $$\delta<\epsilon_{0}/2$$, teremos $$|y-p|<\epsilon_{0}$$, isto é, $$y\in V_{\epsilon_{0}}(p)$$, o que configura uma absurdidade, dado que $$y\notin X$$ e $$V_{\epsilon_{0}}(p)\subset X$$.

Logo $$int(X)\subset int(int(X))\Longrightarrow int(X)= int(int(X))$$.

De imediato, concluímos que $$int(X)$$ é aberto, dado que é igual ao seu interior.

Questão

Seja $$A\subset\mathbb{R}$$ um conjunto com a seguinte propriedade: “toda sequência $$(x_{n})$$ que converge para um ponto $$a\in A$$ tem seus termos $$x_{n}$$ pertencentes ao conjunto $$A$$, para $$n$$ suficientemente grande”. Prove que $$A$$ é aberto.

Solução:

Suponha a existência de $$a\in A$$ que não seja um ponto interior de $$A$$. Neste caso, tomando uma sequência de números $$\epsilon$$, para todo $$\epsilon_{k}>0$$, existirá $$x_{k}\in V_{\epsilon_{k}}(a)$$, com $$x_{k}\notin A$$.

A sequência $$(x_{n})$$ converge para $$a$$, uma vez que, dado $$\epsilon>0$$, existe $$k_{0}\in\mathbb{N}$$ tal que, para $$k>k_{0}, temos: $$|x_{k}-a|<\epsilon$$.

A sequência construída contradiz a definição do conjunto $$A$$, pois os termos $$x_{k}$$ pertence ao conjunto $$A$$> Ou seja, não podemos construir uma sequência que convirja para $$a\in A$$ e não tenha seus elementos em $$A$$, para $$n$$ suficientemente grande.

Portanto os pontos de $$A$$ são interiores, ou seja, $$A$$ é um conjunto aberto.

Questão

Propriedades dos interiores.

a) $$int(A\cap B) = int(A)\cap int(B)$$.

b) $$int (A\cup B)\supset int(A)\cup int(B)$$

Solução:

a) Seja $$x\in int(A)$$ e $$\in int(B)$$, então existem $$\epsilon_{1},\epsilon_{2}>0$$, com $$V_{\epsilon}(x)\subset A$$, e $$V_{\epsilon_{2}}(x)\subset B$$. Tomando $$\epsilon= min{\epsilon_{1},\epsilon_{2}}$$, teremos $$V_{\epsilon}(x)\subset A,B$$.

Deste modo, $$V_{\epsilon_{1}}(x)\subset A\cap B$$, logo $$x\in int(A\cap B)$$.

Por outro lado, seja $$x\in int(A\cap B)$$, então existe $$\epsilon>0$$ tal que $$V_{\epsilon}(x)\subset A\cap B$$. Logo $$V_{\epsilon}(x)\subset A,B$$, ou seja, $$x\in int(A)$$ e $$x\in int(B)$$.

b) 

Seja $$x\in int(A)$$ ou $$x\in int(B)$$. Existirão $$\epsilon_{1},\epsilon_{2}>0$$ tais que $$V_{\epsilon_{1}}\subset A$$ e $$V_{\epsilon_{2}}\subset B$$. Tomemos $$\epsilon= min{\epsilon_{1},\epsilon_{2}}$$.

Do primeiro caso, $$V_{\epsilon}\subset A \subset A\cup B$$, portanto $$x\in int(A\cup B)$$. O segundo caso é análogo.

Finalmente, em ambos os casos, o caminho é $$x\in int(A\cup B)$$.

Questão

Se $$A\subset\mathbb{R}$$ é aberto, e $$a\in A$$, então $$A-\{a\}$$ é aberto.

Solução:

Note que $$\{a\}^{C} =\mathbb{R}-\{a\}$$. O interior deste conjunto é ele próprio.

Usaremos a propriedade da questão anterior: $$int(A)=A$$, pois $$A$$ é aberto, e $$int(A-\{a\})=int(A\cap\{a\}^{C})= int(A)\cap int(\{a\}^{C})= A\cap int(\{a\}^{C})=A\cap \mathbb{R}-\{a\} = A-\{a\} $$, ou seja, o interior do conjunto é igual a ele próprio, portanto é aberto.

O post Análise Matemática – Topologia da Reta – Conjuntos Abertos apareceu primeiro em Educacional Plenus.