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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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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