RESOLUC˘ ~AO DOS EXERC ICIOS DE TOPOLOGIA … · 2 RESOLUC˘AO DOS EXERC~ ICIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2 Notas: Alternativamente podemos ver que a menor, ou menos na, das topologias

RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2

Munkres 13.3: Vejamos que Tc = {U ⊂ X : X \ U e contavel ou todo o X} verifica os ax-iomas para uma topologia em X:(1) ∅ ∈ Tc porque X \ ∅ e todo o X; X ∈ Tc porque X \X = ∅ e contavel.(2) Seja {Uα} uma famılia nao vazia de elementos de Tc. Se todos os Uα

sao vazios, entao a sua uniao tambem e e portanto pertence a Tc. Casocontrario, seja β tal que Uβ e nao vazio de forma a que X \Uβ e contavel.Temos

X \ ∪αUα = ∩α(X \ Uα) ⊂ X \ Uβlogo X\∪αUα, sendo um subconjunto de um conjunto contavel, e contavel.Concluımos que, em qualquer caso, ∪αUα ∈ Tc.

(3) Seja {U1, . . . , Un} uma famılia finita e nao vazia de elementos de Tc. Sealgum dos Ui e vazio entao ∩ni=1Ui = ∅ pelo que pertence a Tc. Casocontrario temos que X \ Ui e contavel para cada i e entao X \ ∩ni=1Ui =∪ni=1X \Ui e contavel pois e uma uniao finita de conjuntos contaveis. Emqualquer caso obtemos que ∩ni=1Ui ∈ Tc.

A coleccao T∞ = {U | X \ U e infinito ou vazio ou todo o X} nao e emgeral uma topologia. Por exemplo, tomando X = R, temos ]−∞, 0[, ]0,+∞[∈T∞ (tem complementar infinito) mas ] −∞, 0[∪]0,+∞[ 6∈ T∞ uma vez que oseu complementar {0} nao e infinito nem vazio nem todo o X.

Munkres 13.4: (a) Seja {Tα} uma famılia (nao vazia) de topologias em X e seja T = ∩αTα.Vejamos que T satisfaz os axiomas de uma topologia em X.(1) Como ∅, X ∈ Tα para todo o α temos que ∅, X ∈ T .(2) Seja {Uβ} uma famılia nao vazia de elementos de T . Dado α, temosT ⊂ Tα e logo Uβ ∈ Tα para todo o β. Sendo Tα uma topologiatemos ∪βUβ ∈ Tα. Como isto acontece para todo o α conclui-se que∪βUβ ∈ T .

(3) Seja {U1, . . . , Un} uma famılia finita e nao vazia de elementos de T .Dado α, temos que Ui ∈ Tα para todo o i logo ∩ni=1Ui ∈ Tα. Comoisto acontece para todo o α conclui-se que ∩ni=1Ui ∈ T .

A uniao de topologias nao e em geral uma topologia. Por exemplo a uniaodas topologias T1 e T2 da alınea c) abaixo nao e uma topologia uma vezque {a, b}, {b, c} ∈ T1 ∪ T2 mas {a, b} ∩ {b, c} = {b} 6∈ T1 ∪ T2.

(b) Seja {Tα} uma famılia de topologias em X. Pela alınea anterior, ∩αTα euma topologia em X e claramente esta contida em todos os Tα. Por outrolado, se T ′ e uma topologia em X que esta contida em todos os Tα entaoT ′ ⊂ ∩αTα e portanto T ′ e menos fina que ∩αTα. Conclui-se que ∩αTαe a mais fina das topologias que esta contida em todos os Tα.O conjunto S das topologias em X que contem cada uma das topologiasTα e nao vazio uma vez que a topologia discreta pertence a S. Seja T ainterseccao de todas as topologias em S (que e uma topologia pela alınea(a)). Como todas os elementos de S contem ∪αTα, temos que ∪αTα ⊂ T .Por outro lado, se T ′ e uma topologia em X tal que ∪αTα ⊂ T ′ entaoT ′ ∈ S e portanto T ⊂ T ′ pelo que T e a menos fina de todas astopologias que contem ∪αTα.

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2 RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2

Notas: Alternativamente podemos ver que a menor, ou menos fina, dastopologias que contem todas os Tα e a topologia que tem ∪αTα por sub-base.A razao porque se insiste na unicidade da menor (respectivamente maior)topologia no enunciado deste problema e que a relacao de inclusao entreas topologias e apenas uma relacao de ordem parcial. Dada uma famılia Sde subconjuntos de X, poderia haver varias topologias distintas (nao com-paraveis) T contendo S e com a propriedade de nao haverem topologiasT ′ tais que S ⊂ T ′ ⊂ T . A demonstracao acima mostra que nao e esse ocaso uma vez que a menor topologia descrita e comparavel com todas astopologias contendo S = ∪αTα.

(c) A maior topologia contida em T1 e T2 e como vimos T1∩T2 = {∅, X, {a}}.A menor topologia que contem T1∪T2 e T = {∅, X, {a}, {b}, {a, b}, {b, c}}.De facto, e imediato verificar que T satisfaz os axiomas de uma topologiacalculando todas as interseccoes e unioes possıveis de elementos de T eclaramente T1 ∪ T2 ⊂ T . Por outro lado, se T ′ e uma topologia contendoT1 e T2, {b} = {a, b} ∩ {b, c} tera de pertencer a T ′ pelo que T ⊂ T ′.

Munkres 13.6: Para ver que a topologia de R` nao esta contida em RK vamos mostrar que[0, 1[ nao e um aberto em RK . Se tal acontecesse, teria de haver um elementoB da base de RK com 0 ∈ B ⊂ [0, 1[. Mas os elementos da base de RK saoda forma ]a, b[ ou ]a, b[\K. Em qualquer dos dois casos x ∈ B ⇒ a < 0 eentao a

2 ∈ B mas a2 6∈ [0, 1[ pelo que nenhum elemento da base contendo 0 esta

contido em [0, 1[. Conclui-se que [0, 1[ nao e um aberto de RK . Vejamos agoraque a topologia de RK tambem nao esta contida na topologia de R`. Bastaver que ]− 1, 1[\K nao e aberto em R`. Se fosse, teria de haver um elemento[a, b[ da base de Rl com 0 ∈ [a, b[⊂]−1, 1[\K. Mas 0 ∈ [a, b[⇒ a ≤ 0 e b > 0.Seja N um natural tal que 1

N < b. Entao 1N ∈ [a, b[ mas 1

N 6∈]− 1, 1[\K.Concluımos que as topologias de R` e RK nao sao comparaveis.

Munkres 13.7: As relacoes de inclusao entre as topologias sao determinadas pela propriedadetransitiva e pelas seguintes afirmacoes:

(i) T1 ⊂ T2 ⊂ T4(ii) T3, T5 ⊂ T1(iii) T3 e T5 nao sao comparaveis.Para ver (i) note-se que, uma vez que a base para T2 contem a base para T1temos que T1 ⊂ T2. Para ver que T2 ⊂ T4 basta ver que os abertos da base deT2 sao abertos de T4. Ora ]a, b[= ∪∞n=1]a, b− 1

n ]. Quanto aos elementos da baseda forma ]a, b[\K, temos dois casos a considerar. Claramente podemos assumirque K intersecta ]a, b[ e portanto b > 0. Se a < 0 entao ]a, b[\K =]a, 0] ∪ Vonde V e uma uniao (disjunta, contavel) de intervalos abertos de R. Tendoem conta que ]a, 0] ∈ T4 e que ja vimos que os intervalos abertos pertencema T4 concluımos que ]a, b[\K ∈ T4 neste caso. Por outro lado, se a ≥ 0 entao]a, b[\K e uma uniao (disjunta, contavel) de intervalos abertos de R e portantopertence a T4.

Uma vez que os conjuntos finitos e R sao fechados de R, conclui-se queT3 ⊂ T1. Uma vez que os elementos da base de T5 sao abertos de R, temostambem que T5 ⊂ T1. Isto prova (ii).

Finalmente R \ {0} ∈ T3 \ T5 (nao existe nenhum aberto B da base de T5com 1 ∈ B ⊂ R \ {0}) e ]−∞, 0[∈ T5 \ T3 pois R\]−∞, 0[ nao e finito nemigual a R. Isto mostra (iii).

RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2 3

Munkres 13.8: (a) Vamos ver que a coleccao B satisfaz a hipotese do Lema 13.2. Os ele-mentos de B sao abertos de R. Se U ⊂ R e aberto e x ∈ U , entao existeum aberto ]c, d[ da base da topologia usual em R tal que x ∈]c, d[⊂ U .Sejam a, b racionais tais que c < a < x e x < b < d. Entao ]a, b[∈ B ex ∈]a, b[⊂]c, d[⊂ U . O Lema 13.2 garante entao que B e uma base paraa topologia usual em R.

(b) Comecamos por ver que C e uma base de topologia em R:(1) Para todo o x ∈ R existem a, b racionais com a ≤ x < b e entao

x ∈ [a, b[ com [a, b[∈ C.(2) Sejam [a1, b1[, [a2, b2[∈ C e x ∈ [a1, b1[∩[a2, b2[. Entao max{a1, a2}

e min{b1, b2} sao racionais e temos x ∈ [max{a1, a2},min{b1, b2}[⊂[a1, b1[∩[a2, b2[.

C esta contido na base da topologia de R` pelo que a topologia T geradapor C e menos fina que a topologia de R`. Para ver que e estritamentemenos fina vamos mostrar que U = [

√2, 2[ nao e um aberto de T . Se

U fosse aberto teria de haver [a, b[∈ C com√2 ∈ [a, b[⊂ [

√2, 2[. Mas

como a ∈ Q,√2 ∈ [a, b[⇒ a <

√2 e entao terıamos a+

√2

2 ∈ [a, b[ masa+

√2

2 6∈ [√2, 2[ contradizendo a inclusao [a, b[⊂ [

√2, 2[. Concluımos que

T e estritamente menos fina que a topologia de R`.


Munkres 16.4: Um aberto U da topologia produto em X×Y pode escrever-se como uma uniaode elementos da base. Existem portanto famılias {Uα} de abertos de X e {Vα}de abertos de Y , que podemos supor nao vazios, tais que U = ∪αUα × Vα.Temos entao que

π1(U) = π1 (∪αUα × Vα) = ∪απ1(Uα × Vα) = ∪αUα

e uma uniao de abertos de X e e portanto aberto em X. Da mesma formavemos que π2(U) = ∪αVα e um aberto de Y . Concluımos que π1 e π2 saoaplicacoes abertas.

Munkres 16.8: Uma base da topologia de R`×R e dada pelos conjuntos da forma [a, b[×]c, d[com a, b, c, d ∈ R e a < b, c < d. A linha L e descrita por uma equacaoparametrica

t 7→ (x0, y0) + t(v1, v2), t ∈ R

(onde (v1, v2) 6= (0, 0)). E facil verificar que

L ∩ [a, b[×]c, d[= {(x0, y0) + t(v1, v2) : t ∈ I}

onde I e um intervalo de R. Consideramos dois casos:• v1 = 0 (isto e, a linha L e vertical): E facil verificar que, neste caso, ouI = ∅, ou I e da forma ]t0, t1[ com t0 < t1. Por outro lado, qualquerintervalo da forma ]t0, t1[ com t0 < t1 pode ser obtido desta forma. Daquiconcluımos que a topologia induzida em L se identifica naturalmente coma topologia usual.

• v1 6= 0: Neste caso, ou I = ∅, ou I =]t0, t1[, ou I = [t0, t1[ com t0 < t1.Novamente, e facil verificar que podemos obter qualquer intervalo daforma [t0, t1[, escolhendo adequadamente o elemento da base de R` ×R.Logo, neste caso, a topologia em L pode identificar-se com a topologiaR`.

Munkres 17.6: (a) Como A ⊂ B ⊂ B, temos que B e um fechado de X contendo A eportanto A ⊂ B.

(b) Uma uniao finita de fechados e fechada. Logo A∪B e um fechado, e umavez que contem A ∪B, temos que A ∪B ⊂ A ∪B.Por outro lado, pela alınea a), como A ⊂ A ∪ B temos A ⊂ A ∪B e damesma forma B ⊂ A ∪B, pelo que A ∪B ⊂ A ∪B.Conclui-se que A ∪B = A ∪B como pretendido.

(c) Uma vez que para todo o α temos Aα ⊂ ∪αAα, pela alınea a) concluımosque para todo o α temos Aα ⊂ ∪αAα o que e equivalente a ∪αAα ⊂∪αAα.Para ver que a inclusao pode ser estrita, tome-se X = R (com a topologiausual) e An = { 1n} com n ∈ N. Entao ∪nAn = ∪nAn = { 1n : n ∈ N},mas ∪nAn = { 1n : n ∈ N} = { 1n : n ∈ N} ∪ {0}.

Munkres 17.13: Comecamos por notar que se U ⊂ X e V ⊂ X, entao

∆ ∩ (U × V ) = {(x, x) ∈ X ×X : x ∈ U ∩ V }.

Suponhamos primeiro que X e Hausdorff e vejamos que X ×X \∆ e umaberto de X × X: Dado (x1, x2) 6∈ ∆, temos x1 6= x2 e portanto existem

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abertos U1 e U2 de X com xi ∈ Ui para i = 1, 2, tais que U1 ∩ U2 = ∅.Portanto U1 × U2 e um aberto da topologia produto, (x1, x2) ∈ U1 × U2 e

(U1 × U2) ∩∆ = {(x, x) ∈ X ×X : x ∈ ∅} = ∅,isto e, U1 ×U2 ⊂ (X ×X \∆). Concluımos que X ×X \∆ e aberto, ou sejaque ∆ e fechado.

Reciprocamente, suponhamos que ∆ ⊂ X × X e fechado, e sejam x1 ex2 pontos distintos de X. Entao (x1, x2) 6∈ ∆, ou seja (x1, x2) pertence aoaberto X ×X \∆. Seja U1 ×U2 um aberto da base da topologia produto talque (x1, x2) ∈ U1 × U2 ⊂ X ×X \∆. Entao,

∅ = (U1 × U2) ∩∆ = {(x, x) ∈ X ×X : x ∈ U1 ∩ U2}logo U1∩U2 = ∅. Conclui-se que U1 e U2 sao abertos disjuntos de X contendox1 e x2 respectivamente, logo X e um espaco de Hausdorff.

Munkres 17.16: (a) O fecho de K na topologia usual em R e K ∪{0}. De facto K ∪{0} e umfechado (o complementar e uma uniao de intervalos abertos) contendo K,logo K ⊂ K ⊂ K ∪ {0}. Toda a vizinhanca de 0 em R intersecta K logo0 ∈ K e concluımos portanto que K = K ∪ {0}.R\K = ∪n∈N(]−n, n[\K) e aberto em RK , logo K e fechado e portantocoincide com o seu fecho em RK .Na topologia dos complementos finitos T3, os fechados sao os conjuntosfinitos e R. Como K e infinito, o unico fechado que contem K e R peloque K = R em T3.Vimos no Exercıcio 13.7 que a topologia T4 e mais fina que a topologia deRK . Isto significa que K tambem e fechado em T4 pelo que K = K emT4.Em T5, temos K = [0,+∞[. De facto, [0,+∞[ e um fechado contendo K(e o complementar de um aberto da base) logo K ⊂ [0,+∞[. Por outrolado, se x ≥ 0, qualquer vizinhanca de x em T4 contem um aberto dabase ] −∞, a[ com a > x ≥ 0. Escolhendo n tal que 1

n < a vemos que

]−∞, a[∩K 6= ∅, donde x ∈ K. Logo [0,+∞[⊂ K.(b) A topologia usual em R e Hausdorff e portanto tambem T1. Uma vez

que as topologias T2 e T4 sao mais finas que a topologia usual em Rtambem sao Hausdorff (e portanto T1). A topologia dos complementosfinitos T3 e T1 (os conjuntos finitos de pontos sao fechados por definicao)mas nao e Hausdorff visto que a interseccao de dois abertos nao vaziostem complementar finito e portanto e nao vazia. Finalmente a topologiaT5 nao e T1 e portanto nao e Hausdorff: por exemplo, o conjunto {0} nao

e fechado (ve-se como na alınea anterior que {0} = [0,+∞[).


Munkres 18.2: Nao. Seja, por exemplo X = Y = R (com a topologia usual), A =]0,+∞[ ef : X → Y a funcao constante igual a 1. Entao f e contınua, 0 e um pontode acumulacao de A (se U e uma vizinhanca de 0 em R entao existe ε > 0 talque ] − ε, ε[⊂ U , e portanto U \ {0} ∩ A ⊃]0, ε[ e nao vazio), mas f(0) = 1nao e um ponto de acumulacao de f(A) = {1} uma vez que {1}′ = ∅.

Munkres 18.4: A funcao f(x) = (x, y0) e contınua pelo Teorema 18.4, uma vez que as suasfuncoes coordenadas sao a funcao identidade id : X → X e a funcao de Xpara Y constante igual a y0 que sao ambas contınuas pelo Teorema 18.2. Aaplicacao de projeccao π1 : X × Y → X e contınua, logo a sua restricao aimagem de f , π1| im f , e contınua (novamente pelo Teorema 18.2).

Como (f ◦π1| im f )(x, y0) = f(x) = (x, y0) e (π1| im f ◦f)(x) = π1(x, y0) =x, as funcoes π1| imF e f sao homeomorfismos inversos. Conclui-se que f eum mergulho.

A demonstracao que g e um mergulho e inteiramente analoga.Munkres 18.8: (a) Vamos ver que o conjunto U = {x ∈ X : f(x) > g(x)} e um aberto de

X. Seja x0 um ponto de U , de forma que f(x0) > g(x0). Basta mostrarque existe uma vizinhanca V de x0 tal que V ⊂ U . Consideramos doiscasos:• ]g(x0), f(x0)[= ∅ : tomamos entao

V = f−1(]g(x0),+∞[) ∩ g−1(]−∞, f(x0)[).Como f e g sao contınuas, V e aberto, e claramente x0 ∈ V . Poroutro lado, se x ∈ V , entao f(x) > f(x0) ⇔ f(x) ≥ f(x0) eg(x) < g(x0) ⇔ g(x) ≤ g(x0) pelo que f(x) > g(x). Concluımosque x ∈ U e portanto que V ⊂ U .

• ]g(x0), f(x0)[6= ∅ : Neste caso, tome-se y0 ∈ Y tal que g(x0) <y0 < f(x0) e

V = f−1(]y0,+∞[) ∩ g−1(]−∞, y0[).Tal como no caso anterior temos que V e uma vizinhanca de x0contida em U .

(b) Sejam A = {x ∈ X : f(x) ≤ g(x)} e B = {x ∈ X : g(x) ≤ f(x)}. Pelaalınea anterior, A e B sao fechados de X. Por definicao de mınimo temos

h(x) =

{f(x) se x ∈ A,g(x) se x ∈ B.

Como f e g sao contınuas, as suas restricoes a A e B respectivamentesao contınuas. Se x ∈ A ∩ B entao f(x) ≤ g(x) e g(x) ≤ f(x) logof(x) = g(x). Do lema da colagem (Teorema 18.3) resulta entao que h econtınua.

Munkres 18.13: Suponhamos que g1, g2 : A → Y sao extensoes contınuas de f . Temos amostrar que g1 = g2. Suponhamos por absurdo que tal nao acontece. Entaoexiste x ∈ A tal que g1(x) 6= g2(x). Como Y e Hausdorff, podemos escolhervizinhancas disjuntas V1 de g1(x) e V2 de g2(x). O conjunto g−11 (V1)∩g−12 (V2)

e um aberto de A contendo x logo e da forma U ∩A para alguma vizinhancaU de x em X. Como x ∈ A, temos que U ∩ A 6= ∅. Tomando x′ ∈ U ∩ Atemos entao

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• g1(x′) = f(x′) = g2(x′), uma vez que x′ ∈ A;

• g1(x′) 6= g2(x′), porque x′ ∈ U ∩ A = g−11 (V1) ∩ g−12 (V2) e portanto

g1(x′) ∈ V1, g2(x

′) ∈ V2 mas V1 ∩ V2 = ∅.Isto e uma contradicao logo concluımos que g1 = g2 conforme pretendido.

Munkres 19.6: Suponhamos primeiro que xk → x em∏Xα. Dado α, seja V uma vizinhanca

de πα(x). Entao π−1α (V ) e uma vizinhanca de x em∏Xα e portanto existe

N ∈ N tal que p > N ⇒ xp ∈ π−1α (V ). Mas xp ∈ π−1α (V ) ⇔ πα(xp) ∈ Vpelo que concluımos que πα(xn)→ πα(x).

Reciprocamente, suponhamos agora que para todo o α temos que πα(xn)→πα(x), e seja U uma vizinhanca de x em

∏Xα. Seja V =

∏Vα um aberto da

base de∏Xα tal que x ∈ V ⊂ U . Existe entao um conjunto finito de ındices

J = {α1, . . . , αk} tal que Vα = Xα para todo o α 6∈ J , enquanto que Vαi

sao vizinhancas de παi(x) em Xαi

para i = 1, . . . k. Por hipotese, podemosescolher para cada i = 1, . . . k um natural Ni ∈ N de forma a que

p > Ni ⇒ παi(xp) ∈ Vαi

.

Tome-se N = max{N1, . . . , Nk}. Entao para p > N temos πα(xp) ∈ Vα paratodo o α e portanto xp ∈ V . Conclui-se que xn → x em

∏Xα conforme

pretendido.Este resultado nao permanece valido na topologia das caixas (embora con-

tinue a ser verdade que convergencia na topologia das caixas implica con-vergencia em cada coordenada uma vez que a topologia das caixas e maisfina que a topologia produto). Por exemplo, no espaco das sucessoes Rω, asucessao xn = ( 1n )m∈N (cujo n-esimo termo e a sucessao constante igual a 1

n )

e tal que πm(xn) =1n → 0 para todo o m ∈ N, mas xn nao converge para a

sucessao nula uma vez que nenhum termo da sucessao pertence a vizinhanca∏m∈N]−

1m ,

1m [ da sucessao nula ( pois πm(xm) 6∈]− 1

m ,1m [).


Munkres 19.8: A funcao inversa de h obtem-se resolvendo o sistema:

yi = aixi + bi ⇔ xi =1aiyi − bi

ai.

Logo

h−1((y1, y2, . . .)) = ( 1a1y1 − b1

a1, 1a2y2 − b2

a2, . . .)

e portanto h−1 e uma funcao da mesma forma que h (temos 1ai> 0). Para

ver que todas estas funcoes sao homeomorfismos para alguma topologia emRω basta entao verificar que todas sao contınuas.

A demonstracao da continuidade de h e identica para a topologia das caixase para a topologia uniforme: Se g : R → R e uma funcao afim definida porg(x) = ax+b com a > 0, entao g−1(]c, d[) =] c−ba , d−ba [ pelo que g e contınua.Temos ainda que g−1(R) = R.

Sejam agora hn : R → R as funcoes afins definidas por hn(x) = anx + bncom n ∈ N. Se V =

∏n∈N Vn e um aberto da base de Rω com a topologia

produto ou com a topologia das caixas temos que

h−1(V ) =∏n∈N

h−1n (Vn)

e um aberto da mesma topologia (pois h−1n (Vn) e um aberto de R para todoo n, e se apenas um numero finito de factores V sao diferentes de R o mesmosucede para h−1(V )).

Munkres 20.2: Considere-se a funcao

d : R2 × R2 → R

definida por

d((x1, y1), (x2, y2)) =

{1 se x1 6= x2,

d(y1, y2) se x1 = x2

onde d denota a metrica limitada standard em R. Verifiquemos que d e umametrica em R2:(1) Como d ≥ 0, temos que d ≥ 0. Por outro lado, d((x1, y1), (x2, y2)) =

0⇒ x1 = x2 e d(y1, y2) = 0. Como d e uma metrica temos entao y1 = y2e portanto (x1, y1) = (x2, y2).

(2) Como d e simetrica, temos que d((x1, y1), (x2, y2)) = d((x2, y2), (x1, y1)).(3) Dados (xi, yi) ∈ R2 com i = 1, 2, 3, temos a verificar que

d((x1, y1), (x3, y3)) ≤ d((x1, y1), (x2, y2)) + d((x2, y2), (x3, y3)).

Como d ≤ 1, a desigualdade e imediata se x1 6= x2 ou x2 6= x3. No casorestante, em que x1 = x2 = x3, temos

d((x1, y1), (x3, y3)) = d(y1, y3) ≤ d(y1, y2) + d(y2, y3)

= d((x1, y1), (x2, y2)) + d((x2, y2), (x3, y3))

onde usamos a desigualdade triangular para d. Conclui-se que d verifica adesigualdade triangular e portanto e uma metrica em R2.

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Uma vez que

Bd((x1, x2), ε) =

{](x1, x2 − ε), (x1, x2 + ε)[ se ε ≤ 1

R2 se ε > 1

as bolas da metrica d sao abertos na topologia da ordem lexicografica eportanto a topologia da metrica e menos fina que a topologia da ordemlexicografica em R2.Por outro lado, sendo U =](a, b), (c, d)[ um aberto da ordem lexicograficaem R2 e (x, y) ∈ U podemos escolher ε tal que Bd((x, y), ε) ⊂ U : tome-se, por exemplo,

ε =

1 se a < x < c,

min{1, |b− y|} se a = x < c,

min{1, |d− y|} se a < x = c,

min{1, |d− y|, |b− y|} se a = x = c.

Conclui-se que a topologia da metrica e mais fina que a topologia daordem lexicografica, donde as topologias coincidem e portanto a topologiada ordem lexicografica e metrizavel.

Munkres 20.4: (a) A funcao f e contınua na topologia produto em Rω porque as suas funcoescoordenadas sao contınuas. f nao e contınua na topologia uniforme umavez que f−1(Bρ(0, 1)) = {0} (para que f(t) ∈ Bρ(0, 1) devemos ter|nt| < 1 para todo o n ∈ N, o que so acontece para t = 0) que nao eum aberto de R. Uma vez que a topologia das caixas e mais fina quea topologia uniforme, f tambem nao e contınua quando damos a Rω atopologia das caixas.

A funcao g e contınua para a topologia uniforme (e logo para a topologiaproduto): Dado t0 ∈ R e ε > 0 temos que g(]t0− ε, t0+ ε[) ⊂ Bρ(g(t0), ε)logo f e contınua em t0 para todo o t0 ∈ R. g nao e contınua para atopologia das caixas porque

g−1

(∏n∈N

]− 1n ,

1n [

)= ∩n∈N ]− 1

n ,1n [= {0}

nao e aberto em R.

O caso da funcao h e inteiramente analogo ao caso da funcao g. A funcao he contınua para a topologia uniforme (e portanto para a topologia produto)(novamente a bola de raio ε centrada em t0 e enviada na bola de raio εcentrada em h(t0) para a metrica ρ), e nao e contınua para a topologiadas caixas uma vez que

h−1

(∏n∈N

]− 1n2 ,

1n2 [

)= ∩n∈N ]− 1

n ,1n [= {0}

nao e aberto em R(b) Pelo Exercıcio 19.6, wn converge para a sucessao constante 0 na topologia

produto uma vez que πk(wn) → 0 para cada k (a sucessao real πk(wn)e eventualmente constante igual a 0). Como Rω e Hausdorff na topologiaproduto, o limite e unico. Como a topologia uniforme e mais fina que atopologia produto, se wn tiver limite na topologia uniforme, o limite teraque ser 0. Mas ρ(wn,0) = n nao converge para 0 em R e portanto wn

nao converge na topologia uniforme. Como a topologia das caixas e maisfina que a uniforme, wn tambem nao converge na topologia das caixas.


Como ρ(xn,0) = 1n → 0, vemos que xn → 0 na topologia uniforme

(e portanto na topologia produto). O limite e unico uma vez que umespaco metrico e Hausdorff. Se xn convergisse na topologia das caixas, olimite teria portanto que ser 0, mas nenhum termo da sucessao pertence avizinhanca

∏n∈N]−

1n ,

1n [ de 0 (porque πn(xn) =

1n 6∈]−

1n ,

1n [). Conclui-se

que (xn) nao converge na topologia das caixas.

Temos que ρ(yn,0) = 1n → 0 logo yn → 0 na topologia uniforme e

portanto na topologia produto. yn nao converge na topologia das caixasporque nenhum termo da sucessao pertence a vizinhanca

∏n∈N] −

1n ,

1n [

de 0.

zn → 0 na topologia das caixas (e portanto tambem na topologia uniformee na topologia produto) e o limite e unico. O limite tem de ser 0 umavez que este e o limite na topologia produto (pelo Exercıcio 19.6). SendoV =

∏n∈N Vn um aberto da base da topologia das caixas contendo 0,

V1 ∩ V2 e um aberto de R que contem 0 logo existe N ∈ N tal quen > N ⇒ 1

n ∈ V1 ∩ V2 e entao para n > N temos zn ∈ V (uma vez quese k ≥ 3 entao πk(zn) = 0 ∈ Vk para todo o n ∈ N).

Munkres 20.6: (a) A sucessao y ∈ Rω definida por

yn = xn + ε(1− 1n )

esta claramente em U(x, ε). No entanto ρ(x,y) = sup{ε(1 − 1n ) : n ∈

N} = ε pelo que y 6∈ Bρ(x, ε).(b) Sendo y ∈ U(x, ε) a sucessao da alınea anterior, basta ver que nao existe

δ > 0 tal que Bρ(y, δ) ⊂ U(x, ε). Dado δ > 0 seja z ∈ Rω definida por

zn = yn + δ2 .

Temos entao ρ(y, z) = δ2 < δ, logo z ∈ Bρ(y, δ). Mas escolhendo n de

forma a que εn <

δ2 vemos que

zn = yn + δ2 = xn + ε− ε

n + δ2 > xn + ε

logo z 6∈ U(x, ε).(c) Se y ∈ U(x, δ), entao ρ(x,y) ≤ δ e portanto, para δ < ε, temos que

U(x, δ) ⊂ Bρ(x, ε) donde

∪δ<εU(x, δ) ⊂ Bρ(x, ε).Por outro lado, dado y ∈ Bρ(x, ε) podemos escolher δ tal que ρ(x,y) <δ < ε e entao y ∈ U(x, δ) o que mostra a inclusao recıproca.

Munkres 20.7: A aplicacao h e contınua sse a sucessao (ai)i∈N e majorada (nao ha qualquercondicao sobre (bi)).

De facto, suponhamos que ai ≤M para todo o i e vejamos que entao h econtınua em x ∈ Rω: Claramente podemos tomar M ≥ 1. Dado 0 < ε < 1,se ρ(x,y) < ε

M (< 1) tem-se

ρ(h(x), h(y)) = sup{an|xn − yn| : n ∈ N}≤ M sup{|xn − yn| : n ∈ N}= Mρ(x,y) < ε

portanto h(Bρ(x,εM )) ⊂ Bρ(h(x), ε). Conclui-se que h e contınua.

Suponhamos agora que (ai) nao e majorada e vejamos que entao h naoe contınua em 0. Como (ai) nao e majorada, existe, para cada n ∈ N, umnatural in ∈ N tal que ain > n. Para cada n ∈ N, seja yn ∈ Rω definida por

(yn)k =

{0 se k 6= in,1n se k = in.


Entao ρ(0,yn) =1n mas

ρ(h(yn), h(0)) = sup{d(ak(yn)k + bk, bk) : k ∈ N} = 1

uma vez que

d(ak(yn)k + bk, bk) =

{0 se k 6= in,

min{1, ain 1n} = 1 se k = in.

Isto mostra que nao existe δ > 0 tal que h(Bρ(0, δ)) ⊂ Bρ(h(0), 1), logo hnao e contınua em 0 e portanto h nao e contınua.

Tendo em conta a formula para a inversa de h obtida no Exercıcio 19.8,vemos que h−1 e contınua sse ( 1a i) e majorada portanto h e um homeomorfismosse existem reais positivos m e M tais que m < ai < M para todo o i ∈ N.


Munkres 21.3: (a) Comecamos por ver que ρ e uma metrica(1) ρ(x, y) ≥ 0 porque di ≥ 0 para i = 1, . . . , n. Se ρ(x, y) = 0, entao

di(xi, yi) = 0 para i = 1, . . . , n e portanto xi = yi para i = 1, . . . , n,ou seja, x = y.

(2) Uma vez que di(xi, yi) = di(yi, xi) temos que ρ(x, y) = ρ(y, x).(3) Finalmente, dados x, y, z ∈ X1 × · · · ×Xn temos

ρ(x, z) = max{d1(x1, z1), . . . , d(xn, zn)}≤ max{d1(x1, y1) + d(y1, z1), . . . , dn(xn, yn) + dn(yn, zn)}≤ max{d1(x1, y1), . . . , d(xn, yn)}+ . . .+ max{d1(y1, z1), . . . , d(yn, zn)}= ρ(x, y) + ρ(y, z)

onde usamos a desigualdade triangular para as distancias di.Conclui-se que ρ e uma metrica em X1 × · · · ×Xn.Claramente, ρ(x, y) < ε⇔ di(xi, yi) < ε para i = 1, . . . , n logo

Bρ(x, ε) = Bd1(x1, ε)× · · · ×Bdn(xn, ε),

isto e, as bolas da metrica ρ sao abertos da base da topologia produtodeterminada pelas metricas di. Conclui-se que a topologia da metrica ρ emenos fina que a topologia produto.Por outro lado, seja x = (x1, . . . , xn) ∈ X1 × · · ·Xn e U = U1 × · · ·Unum aberto da base da topologia produto. Para cada i existe εi > 0 talque Bdi(xi, εi) ⊂ Ui, e entao, tomando ε = min{ε1, . . . , εn} temos queBρ(x, ε) ⊂ U logo a topologia da metrica ρ e mais fina que a topologiaproduto, e portanto coincide com esta.

(b) A verificacao que D e uma metrica e inteiramente analoga a da alıneaanterior e e por isso omitida. Dado ε > 0, seja N ∈ N tal que Nε > 1.Uma vez que di ≤ 1 para todo o i, temos que

d(x, y)

i< ε para i ≥ N,

e, uma vez que d(x,y)i → 0, quando i→∞ temos ate

sup{d(x, y)/i : i ≥ N} < ε.

Portanto

D(x, y) < ε⇔ d(xi, yi) < iε para i = 1, . . . , N − 1,

e

BD(x, ε) = Bd1(x1, ε)× · · · ×BdN−1(xN−1, (N − 1)ε)×XN ×XN+1 × · · ·

que e um aberto da topologia produto. Isto mostra que a topologia dametrica D e menos fina que a topologia produto.Por outro lado, seja x ∈

∏Xi e U =

∏Ui um aberto da base da topologia

produto contendo x. Entao existe N ∈ N tal que Ui = Xi para i > N .Como os Ui’s sao abertos, para cada i ≤ N podemos escolher εi > 0 talque Bdi(xi, εi) ⊂ Ui. Tome-se

ε = min{ εii : i = 1, . . . , N}.1


Entao D(x, y) < ε ⇒ di(xi, yi) < iε ≤ εi para i = 1, . . . , N e portantoBD(x, ε) ⊂ U . Isto mostra que a topologia da metrica D e mais fina quea topologia produto e portanto as duas topologias coincidem.

Munkres 21.4: Uma base contavel para as vizinhancas de x ∈ R em R` e dada por {[x, x +1n [ : n ∈ N}. De facto, se U e uma vizinhanca de x em R`, existe um abertoda base [a, b[ com x ∈ [a, b[⊂ U . Entao a ≤ x e b > x. Escolhendo n deforma a que 1

n < b− x temos que [x, x+ 1n [⊂ [a, b[ conforme pretendido.

Uma base contavel para as vizinhancas de (x, y) na topologia da ordemlexicografica em [0, 1]× [0, 1] e dada por

{[(0, 0), (0, 1n )[ : n ∈ N} se (x, y) = (0, 0),

{](x, q), (x, r)[ : q, r ∈ Q, 0 ≤ q < y < r ≤ 1} se 0 < y < 1,

{](r, 0), (x, 1n )[ : r ∈ Q, 0 ≤ r < x, n ∈ N} se x > 0, y = 0,

{]((x, 1− 1n ), (r, 0)[ : r ∈ Q, x < r ≤ 1, n ∈ N} se x < 1, y = 1,

{](1, 1− 1n ), (1, 1)] : n ∈ N} se (x, y) = (1, 1).

Vamos apenas verificar que estes conjuntos sao uma base das vizinhancas paraos pontos (x, 0), sendo os outros casos inteiramente analogos.

Como (0, 0) e o mınimo de [0, 1]× [0, 1], se U e uma vizinhanca de (0, 0),existe um intervalo [(0, 0), (a, b)[ tal que [(0, 0), (a, b)[⊂ U . Se a > 0, temosentao (0, 1) < (a, b) e portanto [(0, 0), (0, 1)[⊂ U . Se a = 0, entao b >0 e, escolhendo n tal que 1

n < b temos entao (0, 1n ) < (a, b) e portanto

[(0, 0), (0, 1n )[⊂ U .

Se U e uma vizinhanca de (x, 0) com x > 0 entao existe um intervalo (quepodemos assumir aberto uma vez que (x, 0) nao e o mınimo nem o maximo de[0, 1] × [0, 1]) tal que (x, 0) ∈](a, b), (c, d)[⊂ U . Como (a, b) < (x, 0) temosnecessariamente a < x. Seja r ∈ Q tal que a < r < x. Como (x, 0) < (c, d),ou c > x e entao tomamos n = 1, ou c = x e entao d e necessariamentepositivo e escolhemos n de forma que 1

n < d. Em qualquer caso temos entao

(a, b) < (r, 0) < (x, 0) < (x, 1n ) < (c, d) e portanto ](r, 0), (x, 1

n )[⊂ U .

Munkres 21.9: (a) Se x = 0 temos

limn→∞

fn(x) = limn→∞

1

n3 1n2 + 1

= limn→∞

1

n+ 1= 0.

Para x 6= 0, temos (x − 1n )2 → x2 6= 0. Logo n3(x − 1

n )2 + 1 → ∞ eportanto fn(x)→ 0.

(b) Uma vez que fn( 1n ) = 1, temos d(fn( 1

n ), 0) = 1 e portanto, para ε < 1,nao existe n tal que a d(fn(x), 0) < ε para todo o x ∈ R.

Munkres 22.4: Escrevemos [x] para a classe de equivalencia em X∗ que contem o elementox ∈ X, e p : X → X∗ para a aplicacao canonica definida por p(x) = [x].(a) Seja g : X → R a funcao definida por g(x, y) = x+y2. Entao g e constante

nas classes de equivalencia da relacao ∼, e portanto, pelo Teorema 22.2, gdetermina uma aplicacao contınua f : X∗ → R definida por f([(x, y)]) =g(x+ y2).Seja h : R → X∗ a aplicacao definida por h(t) = [(t, 0)]. Uma vez queh = p ◦ (idR×0), a funcao h e contınua. Vamos verificar que f e h saohomeomorfismos inversos, provando assim que X∗ ∼= R: Claramente

f(h(t)) = f([(t, 0)]) = t+ 02 = t.


Por outro lado,

h(f([(x, y)])) = h(x+ y2) = [(x+ y2, 0)],

e como x+y2 = (x+y2)+02, temos (x, y) ∼ (x+y2, 0), ou seja, [(x, y)] =[(x+ y2, 0)]. Portanto h ◦ f = idX∗ , o que conclui a demonstracao.

(b) Seja agora g : X → [0,+∞[⊂ R a aplicacao definida por g(x, y) = x2+y2.Novamente, o Teorema 22.2 garante que a funcao f : X∗ → [0,+∞[definida pela expressao f([(x, y)]) = x2+y2 e contınua. Seja h : [0,+∞[→X∗ a funcao definida por h(t) = [(

√t, 0)] (que e contınua por ser a com-

posicao de funcoes contınuas). Entao

f(h(t)) = f([(√t, 0)]) = |t|+ 02 = t

e

h(f([(x, y)]) = h(x2 + y2) = [(√x2 + y2, 0)] = [(x, y)].

Conclui-se que X∗ ∼= [0,+∞[.

Munkres 22.6: Continuamos a escrever [y] para a classe de equivalencia de y.(a) Para ver que Y e T1 precisamos de verificar que os conjuntos singulares{[y]} ⊂ Y sao fechados. Por definicao da topologia quociente, isto acon-tece sse as classes de equivalencia p−1({[y]}) = [y] sao subconjuntos fecha-dos em RK . Estas classes de equivalencia sao os conjuntos singulares {y}com y 6∈ K (que sao fechados porque a topologia de RK e mais fina quea de R) ou o conjunto K. Como K e fechado em RK , conclui-se que RKe T1.Para provar que Y nao e Hausdorff vamos provar que os elementos distintos[0] = {0} e [1] = K de Y nao tem vizinhancas disjuntas. Sejam U e Vvizinhancas de [0] e [1] respectivamente. Entao p−1(U) e p−1(V ) saoabertos de RK que contem {0} e K respectivamente. Como p−1(U ∩V ) = p−1(U)∩ p−1(V ) basta agora observar que tais abertos tem sempreinterseccao nao nula: tome-se ε > 0 tal que ] − ε, ε[\K ⊂ U e n ∈ N talque 1

n < ε. Entao existe δ > 0 tal que ] 1n ,1n + δ[⊂ p−1(V ) ∩ p−1(U).

(b) Uma vez que Y nao e Hausdorff, pelo Exercıcio 17.13, a diagonal ∆ ⊂Y × Y nao e um conjunto fechado. Basta agora verificar que p−1(∆) ⊂RK ×RK e um conjunto fechado. Isto e verdade porque a diagonal ∆RK

em RK × RK e um conjunto fechado (pois RK e Hausdorff), K × Ke um fechado de RK × RK (porque K ⊂ RK e fechado) e p−1(∆) =∆RK

∪K ×K.


Munkres 23.5: Seja X um espaco com a topologia discreta e A ⊂ X. A topologia induzidaem A e a topologia discreta pelo que basta ver que um espaco com a topologiadiscreta com pelo menos dois pontos e desconexo. Seja entao X um espacodiscreto com pelo menos dois pontos e x ∈ X. Tomemos U = {x} e V =X\{x}. Entao U e V sao abertos disjuntos nao vazios e claramente U∪V = Xlogo U e V formam uma separacao de X e X e desconexo.

Um exemplo de um espaco totalmente desconexo nao discreto e Q ⊂ R.De facto, se A ⊂ Q e um conjunto e a, b ∈ A sao dois pontos distintos coma < b (o que podemos assumir sem perda de generalidade) entao sendo x umirracional com a < x < b temos que

U =]−∞, x[∩A ; V =]x,+∞[∩A

sao abertos de A, obviamente disjuntos, nao vazios (porque a ∈ U e b ∈ V )cuja uniao e A (uma vez que U ∪ V = (R \ {x}) ∩A = A). Conclui-se que Ae desconexo.

Munkres 23.8: Seja U = {x ∈ Rω : x e limitada } e V = Rω \U o subconjunto das sucessoesilimitadas. Claramente U e V sao conjuntos nao vazios e disjuntos cuja uniaoe Rω. Para ver que Rω e desconexo, resta-nos mostrar que U e V sao abertospara a topologia uniforme.

Vamos ver que x ∈ U ⇒ Bρ(x, 1) ⊂ U : Se x e limitada, existe M > 0 talque |xi| < M para todo o i ∈ N. Entao ρ(x,y) < 1⇒ |yi−xi| < 1 para todoo i ∈ N, o que implica que |yi| < M +1 para todo o i ∈ N. Logo y e limitadae portanto pertence a U . Isto mostra que U e aberto na topologia uniforme.

Suponhamos agora que x ∈ V . Entao para cada n ∈ N, existe in ∈ N talque xin > n. Suponhamos que ρ(x,y) < 1. Entao |yin | > |xin | − 1 > n− 1e portanto y nao e limitada. Isto mostra que Bρ(x, 1) ⊂ V e portanto V eaberto na topologia uniforme.

Munkres 23.11: Suponhamos por absurdo que X e desconexo e seja U, V uma separacao de X.Dado x ∈ U , o conjunto p−1({p(x)}) e, por hipotese, conexo e portanto, peloLema 23.2, esta contido em U (nao pode estar contido em V uma vez quex ∈ p−1({p(x)}) pertence a U). Isto significa que U e um conjunto saturadocom respeito a p. Da mesma forma vemos que V e um conjunto saturadocom respeito a p. Como p e uma aplicacao quociente, concluımos que p(U) ep(V ) sao abertos de Y . Como p e sobrejectiva, p(U) ∪ p(V ) = p(U ∪ V ) =p(X) = Y . Como U e V sao nao vazios, o mesmo acontece com p(U) e p(V ).Finalmente p(U) ∩ p(V ) = ∅, pois dado y ∈ Y , temos, ou p−1({y}) ⊂ U eentao y 6∈ p(V ), ou p−1({y}) ⊂ V e entao y 6∈ p(U). Conclui-se entao quep(U) e p(V ) formam uma separacao de Y , o que contradiz a hipotese de Yser conexo.

Munkres 24.1: (a) Suponhamos que φ : (0, 1]→ (0, 1) e um homeomorfismo. Entao

φ|(0,1) : (0, 1)→ (0, 1) \ {φ(1)}

e tambem um homeomorfismo (o homeomorfimo inverso e φ−1|(0,1)\{φ(1)}).

Mas (0, φ(1)) e (φ(1), 1) e uma separacao de (0, 1) \ φ(1). A sua imagem1


pelo homeomorfismo φ−1|(0,1)\{φ(1)} teria de ser uma separacao de (0, 1), o

que e impossıvel porque (0, 1) e conexo. Conclui-se que (0, 1] 6∼= (0, 1).Analogamente, nao pode haver um homeomorfismo φ : [0, 1] → (0, 1)porque (0, 1] e conexo mas (0, 1) \ {φ(0)} nao e conexo, e tambem naopode haver um homeomorfismo φ : [0, 1] → (0, 1] porque (0, 1) e conexo,mas, (0, 1] \ {φ(0), φ(1)} nao pode ser conexo.

(b) Sejam X = (0, 1), Y = [0, 1), f : X → Y a inclusao e g : Y → X definidapor g(y) = 1

2 + y2 . Pela alınea anterior X e Y nao sao homeomorfos.

f e claramente um mergulho (o homeomorfismo inverso f(Y ) → X e aidentidade!) e g tem imagem [ 12 , 1). Claramente h : 1

2 , 1)→ (0, 1) definidapor h(x) = 2x− 1 e contınua e e a inversa de g : Y → g(Y ) logo g e ummergulho

(c) Um homeomorfismo φ : R → Rn determinaria um homeomorfismo entreR \ {0} e Rn \ {φ(0)} o que e impossıvel porque R \ {0} e desconexo masRn \ {φ(0)} e conexo (e conexo por arcos).

Munkres 24.8: (a) Sim. Seja {Xα} uma famılia de espacos conexos por arcos, e (xα), (yα) ∈∏αXα. Para cada α existe por hipotese uma funcao contınua fα : [0, 1]→

Xα com fα(0) = xα e fα(1) = yα (reparametrizando podemos as-sumir que todos os caminhos tem por domınio o intervalo [0, 1]). Entaof : [0, 1]→

∏αXα definido por f(t) = (fα(t)) e um caminho unindo (xα)

a (yα).(b) Nao. Tomando X = R2 e A a ”curva de seno dos topologos” temos que

A e conexo por arcos (a restricao de x 7→ (x, sen 1x ) a um intervalo da um

caminho unindo dois pontos de A) mas vimos que A nao e conexo porarcos.

(c) Sim. Sejam y0, y1 pontos em f(X). Tomem-se x0, x1 ∈ X com f(x0) =y0 e f(x1) = y1 e seja g : [a, b] → X um caminho com g(a) = x0 eg(b) = x1. Entao h = f ◦ g : [a, b] → f(X) e um caminho com h(a) =f(g(a)) = y0 e h(b) = f(g(b)) = y1. Conclui-se que f(X) e conexo porarcos.

(d) Sim. Sejam x, y ∈ ∪αAα. Entao existem β e γ tais que x ∈ Aβ ey ∈ Aγ . Seja z ∈ ∩αAα. Como Aβ e conexo por arcos, existe um caminhog : [a, b] → Aβ com g(a) = x e g(b) = z. Como Aγ e conexo por arcos,existe h : [b, c] → Aγ com h(b) = z e h(c) = y (por reparametrizacaopodemos tomar qualquer intervalo para domınio do caminho h que une ya z e, por uma questao de conveniencia, escolhemos o intervalo de formaa que o seu ponto extremo inferior seja o extremo superior do caminho g).Defina-se agora j : [a, c]→ ∪αAα por

j(x) =

{g(x) se x ≤ b,h(x) se x ≥ b.

Entao j e contınuo (pelo lema da colagem) e j(a) = g(a) = x, j(c) =h(c) = y. Conclui-se que ∪αAα e conexo por arcos.


Munkres 25.3: Seja X = [0, 1] × [0, 1] com a topologia da ordem lexicografica. Comecamospor ver que X e localmente conexo. Seja x ∈ X e V uma vizinhanca de x.Por definicao da topologia da ordem existe um intervalo I com x ∈ I ⊂ V comI aberto em X. Uma vez que X e um contınuo linear (Exemplo 1, p.155), Ie conexo. Conclui-se que X e localmente conexo.

Vamos ver que X nao e localmente conexo por arcos nos pontos (x, 1) com0 ≤ x < 1. Analogamente se ve que nao e localmente conexo por arcos nospontos da forma (x, 0) com 0 < x ≤ 1.

Uma vizinhanca de (x, 1) contem necessariamente um intervalo da forma[(x, 1), (x + ε, 1)] para algum ε > 0. Suponhamos que γ : [a, b] → X e umcaminho com γ(a) = (x, 1) e γ(b) = (x+ ε, 1). Entao, pelo Teorema do ValorIntermedio, a imagem de γ contem todo o intervalo [(x, 1), (x+ ε, 1)]. Temosentao uma famılia nao contavel de abertos disjuntos de [a, b]:

{γ−1(](x+ δ, 0), (x+ δ, 1)[)}0<δ<ε.Isto e impossıvel, porque escolhendo rδ ∈ γ−1(](x + δ, 0), (x + δ, 1)[) ∩ Qobter-se-ia uma funcao injectiva

δ 7→ rδ

de ]0, ε[ para Q. Conclui-se que X nao e localmente conexo por arcos.

Munkres 26.5: Comecamos por ver que se X e Hausdorff, A e compacto e x 6∈ A, existemabertos U, V com A ⊂ U , x ∈ V e U ∩ V = ∅. Como X e Hausdorff,para cada a ∈ A, existem Ua vizinhanca de a e Va vizinhanca de x tais queUa ∩ Va = ∅. Os conjuntos {Ua}a∈A formam uma cobertura aberta de A.Como A e compacto existe uma subcobertura finita {Ua1 , . . . , Uan}. Sejamentao

U = ∪ni=1Uai , e V = ∩ni=1Vai .

Temos entao A ⊂ U , x ∈ V , U e V sao abertos e

U ∩ V = ∪ni=1 (Uai ∩ ∩ni=1Vai) ⊂ ∪ni=1Uai ∩ Vai = ∅.Sejam agora A e B compactos disjuntos. Pelo paragrafo anterior, podemos

escolher, para cada b ∈ B, abertos Ub, Vb com A ⊂ Ub, b ∈ Vb e Ub ∩ Vb =∅. Uma vez que B e compacto, a cobertura aberta {Vb}b∈B admite umasubcobertura finita {Vb1 , . . . , Vbm}. Sejam U = ∩mi=1Ubi e V = ∪mi=1Vbi .Entao, como antes, U, V sao abertos disjuntos com A ⊂ U e B ⊂ V .

Munkres 26.8: Suponhamos primeiro que Gf ⊂ X × Y e um conjunto fechado. Seja x0 ∈ Xe V ⊂ Y uma vizinhanca de f(x0). Entao X × (Y \ V ) e fechado em X × Ye portanto Gf ∩ (X × (Y \ V )) e fechado.

Assumindo por momentos o resultado do Exercıcio 26.7 concluımos que,como Y e compacto, o conjunto

F = π1(Gf ∩ (X × (Y \ V ))) = {x ∈ X : f(x) 6∈ V }e fechado em X. Isso significa que W = X \ F = {x ∈ X : f(x) ∈ V } =f−1(V ) e aberto. Conclui-se que f e contınua em x0.

Demonstremos agora o resultado do Exercıcio 26.7. Seja F ⊂ X × Y umfechado e x 6∈ π1(F ). Entao π−11 ({x}) ∩ F = ∅. Portanto (X × Y ) \ F e

1


um aberto contendo π−11 ({x}), e pelo lema do tubo, existe uma vizinhancaV de x tal que π−11 (V ) ⊂ ((X × Y ) \ F ) ⇔ π−11 (V ) ∩ F = ∅. Mas entaoV ∩ π1(F ) = ∅, donde se conclui que F e fechado.

Resta-nos ver que se Y e compacto e Hausdorff e f : X → Y e contınua,entao Gf e fechado. Seja (x, y) 6∈ Gf , isto e tal que y 6= f(x). Uma vezque Y e Hausdorff, existem V vizinhanca de f(x) e W vizinhanca de y taisque V ∩W = ∅. Como f e contınua, existe uma vizinhanca U de x tal quef(U) ⊂ V . Entao (x′, y′) ∈ U ×W ⇒ f(x′) ∈ V ⇒ f(x′) 6= y′. Conclui-seque U × W e uma vizinhanca de (x, y) que nao intersecta Gf , logo Gf efechado.

Munkres 27.5: Comecamos por notar que, dado um aberto U ⊂ X e x ∈ U , existe umavizinhanca V de x com V ⊂ U . De facto, X \ U e fechado e portantocompacto. Pelo Exercıcio 26.5, existem entao abertos disjuntos V e W comx ∈ V e (X \ U) ⊂ W ⇔ W c ⊂ U . O conjunto W c e entao um fechado quecontem V , logo V ⊂W c ⊂ U .

Regressando agora ao problema em questao, para ver que ∪nAn tem interiornao vazio, precisamos de mostrar que todo o aberto U ⊂ X e tal que U \∪nAne nao vazio.

Seja entao U ⊂ X um aberto. Uma vez que A1 tem interior vazio, U \A1

e um aberto nao vazio. Seja x1 ∈ U \ A1 e U1 uma vizinhanca de x1 comU1 ⊂ U \A1. Como A2 tem interior nao vazio, podemos escolher x2 ∈ U1 \A2

e U2 vizinhanca de x2 tal que U2 ⊂ U1 \A2. Note-se que temos

U2 ⊂ ((U \A1) \A2) = U \ (A1 ∪A2).

Suponhamos indutivamente que encontramos abertos Uk ⊂ U para k =1, . . . n tais que

(i) Uk ⊂ U \ (A1 ∪ . . . ∪Ak),(ii) Uk ⊂ Uk−1 (onde convencionamos que U0 = U).

Como An+1 tem interior vazio, podemos entao escolher xn+1 ∈ Un \ An+1 eUn+1 uma vizinhanca de xn+1 com Un+1 ⊂ Un\An+1 ⊂ U \(A1∪. . .∪An+1),e por definicao temos Un+1 ⊂ Un.

Definimos assim por inducao uma sucessao de abertos Un com as pro-priedades (i) e (ii) acima. Pela propriedade (ii) temos U1 ⊃ U2 ⊂ . . . e estasucessao de fechados tem claramente a propriedade da interseccao finita (comoqualquer cadeia de conjuntos nao vazios). Como X e compacto, conclui-se que

J = ∩∞n=1Un 6= ∅.

Pela propriedade (i) temos Un ∩ (∪ni=1Ai) = ∅ e portanto, como J ⊂ Un,conclui-se que J ∩ (∪ni=1Ai) = ∅ para todo o n ∈ N. Ou seja,

J ∩ (∪∞i=1Ai) = ∅.

Uma vez que J ⊂ U1 ⊂ U , temos ∅ 6= J ⊂ U \ (∪∞i=1Ai) o que conclui ademonstracao.

Munkres 28.6: Dado ε > 0, temos d(x, y) < ε ⇒ d(f(x), f(y)) < ε logo f e contınua (eate uniformemente contınua). Se f(x) = f(y) entao d(f(x), f(y)) = 0 ⇒d(x, y) = 0 e portanto x = y. Conclui-se que f e injectiva. Como X ecompacto e Hausdorff, resta-nos ver que f e uma aplicacao sobrejectiva (umavez que pelo Teorema 26.6 uma bijeccao contınua entre espacos compactos eHausdorff e um homeomorfismo).

Suponhamos por absurdo que f nao e sobrejectiva. Tome-se x1 ∈ X \f(X)e seja ε > 0 tal que Bd(x1, ε) ∩ f(X) = ∅. Entao definindo recursivamente


uma sucessao pela expressao

xn+1 = f(xn),

vemos que xn = fn−1(x1) e, mais geralmente, xk+l = fk(xl). Sendo n,mnaturais com n < m temos entao

d(xn, xm) = d(fn−1(x1), fn−1(xm−n+1)) = d(x1, xm−n+1) ≥ ε

uma vez que xm−n+1 = fm−n(x1) ∈ f(X). A desigualdade acima mostraque a sucessao (xn) nao tem subsucessoes convergentes, o que contradiz oTeorema 28.2 (que afirma que X e sequencialmente compacto).


Munkres 25.2: (a) Rω e conexo por arcos uma vez que e um produto de espacos conexospor arcos (ver o Exercıcio 24.8). Portanto Rω tem uma unica componenteconexa por arcos, que e todo o Rω e, logo, tambem uma unica componenteconexa que e igual a Rω.

(b) Para cada y ∈ Rω, a aplicacao Ty : Rω → Rω definida por Ty(x) = x+ye claramente um homeomorfismo: a funcao inversa e T−y logo basta verque Ty e contınua para todo o y. Mas ρ(Ty(x), Ty(x

′)) = ρ(x,x′), logodado ε > 0, temos ρ(x,x′) < ε⇒ ρ(Ty(x), Ty(x

′)) < ε.Assim, se C e a componente conexa de 0, entao Ty(C) e a componenteconexa de y: De facto, se D e a componente conexa de y entao Ty(C) ⊂D porque Ty(C) e um conexo que contem y. Mas entao C = T−yTy(C) ⊂T−y(D) e o argumento anterior mostra que T−y(D) ⊂ C logo T−y(D) =C ⇔ Ty(C) = D.Para provar o resultado enunciado basta-nos portanto ver que a compo-nente conexa de 0 em Rω e o conjunto L ⊂ Rω das sucessoes limitadas.Se x ∈ Rω e uma sucessao limitada, seja M ∈ R tal que |xn| ≤ M paratodo o n ∈ N e seja g : [0, 1]→ L a funcao definida por g(t) = tx (note-seque se x e limitada entao tx = (tx1, . . . , txn, . . .) e tambem limitada).Entao

ρ(g(t), g(s)) = sup{d(txn, sxn) : n ∈ N}≤ sup{|txn − sxn| : n ∈ N} ≤ |t− s|M

e portanto g e um caminho (dado ε > 0, temos |t−s| < εM ⇒ ρ(g(t), g(s)) <

ε). Conclui-se que L e conexo por arcos e portanto conexo.Por outro lado, vimos no Exercıcio 23.8 que L e Rω \ L formam umaseparacao de Rω pelo que a componente conexa por arcos de 0 esta contidaem L e portanto coincide com L.

(c) As aplicacoes Ty : Rω → Rω definidas na alınea anterior sao homeomor-fismos quando dotamos Rω da topologia das caixas (por exemplo, peloExercıcio 19.8). Como na alınea anterior basta portanto verificar que acomponente conexa de 0 e o conjunto Z ⊂ Rω das sucessoes eventual-mente constantes iguais a 0.O conjunto Z e conexo porque e conexo por arcos: Dado x ∈ Z, sejag(t) = tx com t ∈ [0, 1]. Sendo U =

∏n∈N]an, bn[ um aberto da base da

topologia das caixas contendo g(t0), e N ∈ N tal que xn = 0 para n > Ntemos que

g−1(U) = ∩Ni=1{t ∈ [0, 1] : ai < txi < bi}

e um aberto de [0, 1] contendo t0. Logo g e um caminho unindo 0 a x emZ (e claro que se x ∈ Z entao tx ∈ Z) o que mostra que Z e conexo porarcos, e portanto esta contido na componente conexa de 0.Suponhamos que y 6∈ Z. Entao podemos escolher uma sucessao i1 <i2 < . . . de naturais tais que yik 6= 0. Pelo Exercıcio 19.8, a aplicacao

1


h : Rω → Rω definida por1

h(z)j =

{zj se j 6∈ {i1, i2, . . .}k|yik |

zik se j = ik

e um homeomorfismo e temos

h(y)j =

{yj se j 6∈ {i1, i2, . . .}±k se j = ik

logo h(y) nao e uma sucessao limitada. Recorde-se da alınea anterior queL e Rω \ L e uma separacao de Rω para a topologia uniforme e portantotambem para a topologia das caixas.Claramente h(0) = 0 ∈ L e portanto h envia a componente conexa de0 na topologia das caixas em L. Como h(y) 6∈ L segue-se que y naopertence a componente conexa de 0 na topologia das caixas. Conclui-seque a componente conexa de 0 na topologia das caixas e Z, o que concluia demonstracao.

Munkres 26.6: Seja F ⊂ X um fechado. Como X e compacto, F e compacto. As aplicacoescontınuas transformam compactos em compactos logo f(F ) ⊂ Y e com-pacto. Nos espacos Hausdorff, os compactos sao fechados logo f(F ) e fechado.Conclui-se que f e uma aplicacao fechada.

Munkres 27.2: (a) Se x ∈ A, entao para cada ε > 0, existe a ∈ A ∩ Bd(x, ε), o que mostraque d(x,A) < ε. Como ε e arbitrario, conclui-se que d(x,A) = 0.Reciprocamente, suponhamos que d(x,A) = 0. Entao para todo o ε > 0existe a ∈ A com d(x, a) < ε e portanto Bd(x, ε) ∩ A 6= ∅. Isto implicaque x ∈ A.

(b) A funcao distancia e contınua logo a funcao f : A → [0,+∞[ definidapor f(a) = d(x, a) e contınua. Como A e compacto, f tem um mınimoem A. O ponto de mınimo e, por definicao, um elemento a ∈ A tal qued(x,A) = d(x, a).

(c) Se a ∈ A e d(y, a) < ε entao d(y,A) < ε logo y ∈ U(A, ε). Conclui-seportanto que Bd(a, ε) ⊂ U(A, ε) e portanto

∪a∈ABd(a, ε) ⊂ U(A, ε).

Por outro lado, se x ∈ U(A, ε), entao d(x,A) = inf{d(x, a) : a ∈ A} < εe portanto existe a ∈ A tal que d(x, a) < ε, ou seja, tal que x ∈ Bd(a, ε).Isto mostra que

U(A, ε) ⊂ ∪a∈ABd(a, ε).

(d) Seja F = X \U . A funcao f : A→ [0,+∞[ definida por f(a) = d(a, F ) econtınua (uma vez que, pela desigualdade triangular d(x, F ) ≤ d(y, F ) +d(x, y) e d(y, F ) ≤ d(x, F )+d(x, y) donde |d(x, F )−d(y, F )| ≤ d(x, y)).Os pontos de A nao pertencem a F = F , logo pela alınea a), f(a) > 0para todo o a ∈ A. Seja ε = min{f(a) : a ∈ A} (que existe porque fe contınua e A e compacto). Entao d(a, y) < ε ⇒ d(a, y) < f(a) =d(a, F ) ⇒ y 6∈ F . Da alınea c) conclui-se agora que U(A, ε) ∩ F = ∅ eportanto U(A, ε) ⊂ U .

1Usamos |yik | e nao yik na definicao de h para poder invocar o Exercıcio 19.8 onde os coeficientes

ai sao positivos, mas e claro que este pormenor e irrelevante no argumento.


(e) Sejam X = R2, A = R × {0} e U = {(x, y) ∈ R2 : |y| < ex}. Entao Ae fechado e U e um aberto contendo A. Dado ε > 0 podemos escolher xtal que ex < ε e entao (x, ex) ∈ U(A, ε) (pois d((x, ex), (x, 0)) < ε) mas(x, ex) 6∈ U , o que mostra que U(A, ε) 6⊂ U .

Munkres 27.4: Seja X um espaco metrico conexo com mais de um ponto. Seja x ∈ X econsidere-se a funcao contınua f : X → [0,+∞[ definida por f(y) = d(x, y).Seja x′ ∈ X um ponto distinto de x. Entao f(x′) = d(x, x′) > 0. Comof(x) = 0 e X e conexo, pelo teorema do valor intermedio, f(X) contem ointervalo [0, f(x′)]. Conclui-se que f(X) nao e contavel, pelo que X tambemnao e.

Munkres 28.7: Claramente um shrinking map (e portanto uma contraccao) e uma aplicacaocontınua (dado ε > 0, temos d(x, y) < ε⇒ d(f(x), f(y)) < ε).(a) Comecamos por ver que um shrinking map (em particular, uma contraccao)

tem no maximo um ponto fixo: se x, y fossem pontos fixos distintosterıamos d(x, y) = d(f(x), f(y)) < d(x, y) o que e impossıvel.Resta ver que uma contraccao num espaco metrico compacto e Haus-dorff tem um ponto fixo. Seja An = fn(X) e A = ∩∞n=1An. ComoAn+1 = fn(A1) ⊂ fn(X) = An, a famılia {An} tem a propriedade dainterseccao finita. Como X e compacto e f e contınua, os conjuntos Ansao compactos, logo fechados, e sendo X compacto, conclui-se que A 6= ∅.Uma vez que d(f(x), f(y)) ≤ αd(x, y) temos que diam(f(B)) ≤ α diam(B)para todo o B ⊂ X e portanto diam(An) ≤ αn diam(X). Como α < 1 ediam(X) <∞ (X e compacto logo limitado), temos limn→∞ diam(An) =0 e portanto, como A ⊂ An ⇒ diam(A) ≤ diam(An) e A 6= ∅, conclui-seque diam(A) = 0. Vemos assim que A e um conjunto singular.Mas

f(A) = f (∩∞n=1An) ⊂ ∩∞n=1f(An) = ∩∞n=1An+1 = A,

logo o unico elemento de A e um ponto fixo de f , o que conclui a demon-stracao.

(b) Ja vimos que se existir um ponto fixo de f , ele e unico. O argumento daalınea anterior mostra que os conjuntos An = fn(X) tem interseccao naovazia e que, tomando A = ∩∞n=1An, se tem f(A) ⊂ A. Resta-nos ver quediamA = 0.Dado x ∈ A ⊂ An+1 = fn+1(X), podemos escolher xn ∈ X tal quex = fn+1(xn). Como X e compacto, X e sequencialmente compactoe portanto a sucessao yn = fn(xn) tem uma subsucessao convergente(ynk

). Seja a = limk→∞ ynk.

Uma vez que ynk∈ Anm

para k ≥ m, temos a ∈ Anmpara todo o m,

logo a ∈ ∩∞m=1Anm= A. Finalmente sendo

f(a) = f

(limk→∞

ynk

)= limk→∞

f(ynk)

= limk→∞

fnk+1(xnk) = lim

k→∞x = x,

vemos que f(A) ⊃ A e portanto f(A) = A.Suponhamos por absurdo que diam(A) = D > 0. Sejam an, bn ∈ Atais que d(an, bn) > D − 1

n . Como A e compacto, podemos extrairsubsucessoes de an e bn que convergem para limites a e b em A, e passandoao limite na desigualdade d(an, bn) > D− 1

n obtemos que d(a, b) ≥ D ⇒d(a, b) = D.


Como f(A) = A, podemos escolher a′, b′ ∈ A tais que f(a′) = a ef(b′) = b. Entao

D = d(a, b) = d(f(a′), f(b′)) < d(a′, b′)

o que contradiz o facto de D ser o diametro de A. Conclui-se quediam(A) = 0, o que conclui a demonstracao.

(c) Tem-se

|f(x)− f(y)| =

∣∣∣∣x− x2

2− y + y2

2

∣∣∣∣= |x− y|

∣∣∣∣1− x+ y

2

∣∣∣∣Se 0 ≤ x < y ≤ 1 temos 0 < x + y < 2 e portanto 0 <

∣∣1− x+y2

∣∣ < 1.Isto mostra que f e um shrinking map. Por outro lado tomando x = 0 ey = 1

n temos

|f(x)− f(y)| = |x− y|(1− 12n )

o que mostra que nao existe α < 1 com |f(x) − f(y)| ≤ α|x − y|. Logof nao e uma contraccao.

(d) Um numero real x ∈ R e um ponto fixo se satisfaz

x+√x2 + 1

2= x⇔

√x2 + 1 = x⇒ x2 + 1 = x2,

portanto f nao tem pontos fixos.Uma vez que

|f(x)− f(y)| =1

2

∣∣∣x− y +√x2 + 1−√y2 + 1

∣∣∣=

1

2

∣∣∣∣∣x− y + x2 + 1− (y2 + 1)√x2 + 1 +

√y2 + 1

∣∣∣∣∣=

1

2

∣∣∣∣∣x− y + (x− y)(x+ y)√x2 + 1 +

√y2 + 1

∣∣∣∣∣=

1

2|x− y|

∣∣∣∣∣1 + (x+ y)√x2 + 1 +

√y2 + 1

∣∣∣∣∣<

1

2|x− y|(1 + 1) = |x− y|

(onde na ultima passagem usamos |x + y| ≤ |x| + |y| e |x| =√x2 <√

x2 + 1), vemos que f e um shrinking map.Finalmente tomando x = n, y = n+ 1 temos

|f(x)− f(y)| = 1

2

(1 +

2n+ 1√n2 + 1 +

√(n+ 1)2 + 1

)|x− y|

e como limn→∞

(1 + 2n+1√

n2+1+√

(n+1)2+1

)= 2 vemos que f nao e uma

contraccao.


Munkres 30.5: Seja X um espaco metrizavel e d uma metrica em X induzindo a topologia.(a) Seja D = {xn} um subconjunto contavel denso. Vamos verificar que o

conjunto

B = {Bd(xn, q) : xn ∈ D, q ∈ Q}e uma base para a topologia que, sendo uma uniao contavel de conjuntoscontaveis, e contavel. Claramente os elementos de B sao abertos de X.Pela desigualdade triangular, e suficiente ver que dada uma bola Bd(x, r)com x ∈ X, r > 0, existe um elemento B ∈ B com x ∈ B ⊂ Bd(x, r).Uma vez que D e denso, podemos escolher xn ∈ D∩Bd(x, r2 ). Seja q ∈ Qtal que d(xn, x) < q < r

2 . Entao

d(y, xn) < q ⇒ d(y, x) ≤ d(y, xn) + d(xn, x) < q + r2 < r

logo x ∈ Bd(xn, q) ⊂ Bd(x, r), o que conclui a demonstracao.(b) Para todo o n ∈ N, a famılia {Bd(x, 1

n ) : x ∈ X} e uma cobertura abertade X. Como X e Lindelof, esta famıla tem uma subcobertura contavelBn = {Bd(xn,m, 1

n )}. Pela alınea anterior basta-nos agora mostrar queo conjunto D = {xn,m} (que e contavel por ser uma contavel de con-juntos contaveis) e denso em X. Dado x ∈ X e ε > 0, seja n tal que1n < ε. Como Bn e uma cobertura de X, existe xn,m ∈ D tal que

x ∈ Bd(xn,m, 1n ). Entao d(x, xn,m) < 1

n < ε e portanto D∩Bd(x, ε) 6= ∅,o que mostra que D e denso em X.

Munkres 30.9: Seja X um espaco Lindelof e A ⊂ X um subconjunto fechado. Seja {Uα} umacobertura aberta de A. Por definicao da topologia induzida, podemos escreverUα = Vα ∩A com Vα ⊂ X abertos. Claramente

B = {Vα} ∪ {X \A}

e entao uma cobertura aberta de X. Como X e Lindelof, B tem uma subcober-tura contavel. Sendo {Vαn

} a famılia contavel dos abertos Vα que pertencema esta subcobertura, temos A ⊂ ∪nVαn

, logo A ⊂ ∪nUαne portanto {Uαn

}e uma subcobertura contavel de {Uα}. Conclui-se que A e Lindelof.

Seja agora X = R2` o plano de Sorgenfrey e A = {(x,−x) : x ∈ R} ⊂ X.

Claramente Q2 ⊂ R2 e um subconjunto contavel denso de R2` (uma vez que

intersecta todos os elementos [a, b[×[c, d[ da base de R2`), logo R2

` e separavel.No Exemplo 4, p.193, mostra-se que a topologia induzida em A e a topologiadiscreta, logo A nao e separavel (o fecho de qualquer subconjunto B ⊂ A eigual a B e se B e contavel B 6= A porque A nao e contavel).

Munkres 31.3: Seja X um conjunto ordenado com a topologia da ordem, F ⊂ X um fechadoe x ∈ X \F . Vamos assumir que x nao e o maximo nem o mınimo de X (estescasos sao inteiramente analogos ao caso tratado abaixo (mas mais simples)).

Como X \F e aberto e x nao e o maximo nem o mınimo, existe um aberto]a, b[ da base da topologia da ordem tal que x ∈]a, b[⊂ (X \ F ). Note-se queisto significa que x ∈ F ⇒ x ≤ a ou x ≥ b. Vamos achar U e V abertosdisjuntos tais que x ∈ U e F ⊂ V . Temos varios casos a considerar:• ]a,b[= {x} : Tomamos U = {x} e V = X \ {x}.

1


• ]a,b[= [x,b[, e ]x,b[6= ∅ : Seja entao s ∈]x, b[ e tome-se U =]a, s[=[x, s[, V =]−∞, x[∪]s,+∞[.

• ]a,b[=]a,x], e ]a,x[6= ∅ : Seja r ∈]a, x[ e tome-se U =]r, b[=]r, x] eV =]−∞, r[∪]x,+∞[.

• ]a,x[ 6= ∅ e ]x,b[6= ∅ : Tome-se r ∈]a, x[ e s ∈]x, b[ e defina-se U =]r, s[,V =]−∞, r[∪]s,+∞[.

Munkres 31.6: Como p e sobrejectiva, para cada y ∈ Y existe x ∈ X com p(x) = y. ComoX e normal, {x} ⊂ X e fechado; como p e fechada, {y} = p({x}) e fechado.Portanto Y e T1.

Sejam F ⊂ Y um conjunto e U ⊂ X um aberto contendo p−1(F ). Entao,p−1(F ) ∩ (X \ U) = ∅, pelo que F ∩ p(X \ U) = ∅. Como p e uma aplicacaofechada, p(X \U) e fechado. Tome-se W = X \p(X \U). Entao W e aberto,F ⊂W e

p−1(W ) = p−1(p(X \ U)c) = (p−1(p(X \ U)))c ⊂ (X \ U)c = U.

Sejam agora F e G fechados disjuntos de Y . Entao p−1(F ) e p−1(G) saofechados disjuntos de X. Como X e normal, existem abertos disjuntos U, V deX com p−1(F ) ⊂ U e p−1(G) ⊂ V . Pelo paragrafo anterior existem abertosW1 ⊃ F e W2 ⊃ G de Y tais que F ⊂ W1, G ⊂ W2, p

−1(W1) ⊂ U ep−1(W2) ⊂ V . Entao

p−1(W1 ∩W2) = p−1(W1) ∩ p−1(W2) ⊂ U ∩ V = ∅e, sendo p sobrejectiva, isto implica que W1 ∩W2 = ∅. Logo W1 e W2 saoabertos disjuntos que separam os fechados F e G, o que conclui a demonstracaoque Y e normal.

Munkres 32.4: Uma vez que X e regular, X e T1. Sejam A e B fechados disjuntos de X.Como X e regular, para cada a ∈ A podemos escolher Ua uma vizinhanca dea com Ua ∩ B = ∅, e analogamente, para cada b ∈ B, uma vizinhanca Vb deb com Vb ∩A = ∅ (pelo Lema 31.1.a)) .

Uma vez que subespacos fechados de espacos Lindelof sao Lindelof (peloExercıcio 30.9), podemos extrair subcoberturas contaveis {Ua1 , Ua2 , . . .} paraA e {Vb1 , Vb2 , . . .} para B. Para simplificar a notacao escrevemos a partir deagora Ui = Uai e Vj = Ubj .

Definimos novas famılias de abertos de X pelas formulas:

U ′n = Un \(V1 ∪ . . . ∪ Vn

),

V ′n = Vn \(U1 ∪ . . . ∪ Un

).

EntaoU = ∪∞i=1U

′i = (∪∞i=1Ui) \

(∪∞j=1Vj

)e

V = ∪∞i=1V′i = (∪∞i=1Vi) \

(∪∞j=1Uj

)sao abertos e, uma vez que A ∩

(∪∞i=1Vi

)= ∅ (por definicao dos Vi) e A ⊂

∪∞i=1Ui, temos A ⊂ U . De forma inteiramente analogamente vemos queB ⊂ V . Finalmente, dados m,n ∈ N e assumindo sem perda de generalidadeque m ≤ n, temos

U ′m ∩ V ′n = U ′m ∩(Vn \

(U1 ∪ . . . ∪ Um ∪ . . . ∪ Un

))⊂ Um \ Um = ∅.

Conclui-se que U ∩V = ∪m,nU ′m∩V ′n = ∅ pelo que U, V sao abertos disjuntosde X que separam A e B, o que mostra que X e normal.


Munkres 33.4: Suponhamos primeiro que existe f : X → [0, 1] contınua tal que f(x) = 0 ⇔x ∈ A. Entao A = f−1({0}) e fechado (porque {0} e fechado em [0, 1] e f econtınua). Como

∩∞n=1f−1([0, 1

n [) = f−1(∩∞n=1[0, 1n [) = f−1({0}) = A

e f−1([0, 1n [) sao abertos, vemos que A e um Gδ fechado.

Reciprocamente, suponhamos que A e um Gδ fechado e sejam Un, comn ∈ N, abertos de X tais que A = ∩∞n=1Un. Pelo Lema de Urysohn, para cadan existe uma funcao contınua fn : X → [0, 1] com fn(A) = {0} e fn(X\Un) =1. Seja f : X → [0, 1] a funcao definida pela expressao

f(x) =

∞∑n=1

1

2nfn(x).

Uma vez que 0 ≤ fn(x) ≤ 1, temos que

0 ≤∞∑n=1

1

2nfn(x) ≤

∞∑n=1

1

2n= 1

logo f esta bem definida.A expressao gn(x) =

∑nk=1

12kfk(x) define uma funcao contınua em X

(uma vez que uma combinacao linear de funcoes contınuas com valores em Re contınua). Como

|f(x)− gn(x)| =∞∑

k=n+1

1

2kfk(x) ≤

∞∑k=n+1

1

2k=

1

2npara todo o x ∈ X,

a sucessao gn converge uniformemente para f em X e portanto f e uma funcaocontınua.

Finalmente, se x ∈ A, entao fn(x) = 0 para todo o n e portanto f(x) = 0,e, se x 6∈ A, entao, como A = ∩∞n=1Un, existe n tal que x 6∈ Un e portanto

f(x) =

∞∑k=1

1

2kfk(x) ≥ 1

2nfn(x) =

1

2n> 0.

Conclui-se que f e uma funcao contınua que se anula exactamente em A.

Munkres 34.3: Seja X um espaco compacto e Hausdorff. Entao X e regular (pois e normal).Se X tem uma base contavel e portanto metrizavel pelo Teorema de metrizacaode Urysohn.

Reciprocamente, se X e compacto, entao em particular e Lindelof. Se alemdisso X e metrizavel, entao tem uma base contavel pelo Exercıcio 30.5 b).

Munkres 35.4: (a) Se r : Z → Y e uma retraccao, e i : Y → Z denota a inclusao, entao

Y = {z ∈ Z : r(z) = z} = ((i ◦ r)× idZ)−1(∆)

onde ∆ ⊂ Z × Z e a diagonal. Como Z e Hausdorff, ∆ e um fechado(Exercıcio 17.13) e sendo (i◦r)×idZ contınua concluımos que Y e fechado.

(b) Se A = r(R2) com r contınua, A e conexo (uma vez que R2 e conexo).Um conjunto formado por dois pontos distintos de R2 nao e conexo.

1


(c) Uma retraccao r : R2 \ {0} → S1 e dada por

r(x, y) =

(x√

x2 + y2,

y√x2 + y2

).

S1 nao e um retrato de R2.

Munkres 43.2: Comecamos por notar que uma funcao uniformemente contınua f : X → Yentre espacos metricos leva sucessoes de Cauchy em sucessoes de Cauchy: seja(xn) uma sucessao de Cauchy em X e ε > 0. Como f e uniformementecontınua, existe δ > 0 tal que dX(x, x′) < δ ⇒ dY (f(x), f(x′)) < ε. Umavez que (xn) e uma sucessao de Cauchy, existe n ∈ N tal que p, q > n ⇒dX(xp, xq) < δ. Entao dY (f(xp), f(xq)) < ε para p, q > n, o que mostra que(f(xn)) e uma sucessao de Cauchy em Y .

Dado x ∈ A seja (an) uma sucessao de termos em A com lim an = x. Entao(an) e uma sucessao de Cauchy em X (porque e convergente) e portanto,pelo paragrafo anterior, f(an) e uma sucessao de Cauchy em Y . Como Y ecompleto, f(an) converge. Definimos

(1) g(x) = lim f(an).

Note-se que, se existir um prolongamento contınuo g : A → Y , a formulaanterior tem de ser verificada (uma vez que as funcoes contınuas preservamlimites de sucessoes), logo se o prolongamento contınuog existir, ele e unico(algo que ja se tinha visto tambem no Exercıcio 18.13).

E necessario verificar que (1) e independente da escolha de an (isto e queg esta bem definida). Suponhamos que (an) e (a′n) sao duas sucessoes determos em A convergentes para X. Entao a sucessao1

bn =

{an/2 se n e par,

a′(n+1)/2 se e ımpar.

tambem converge para x. Como f(bn) converge, concluımos que as suas duassubsucessoes f(ak) e f(a′k) tem o mesmo limite.

Em particular, se x ∈ A, podemos tomar a sucessao constante xn = a eentao g(a) = lim f(a) = f(a), pelo que g prolonga f . Resta provar que g euniformemente contınua.

Dado ε > 0, tome-se δ > 0 tal que para todos os a, a′ ∈ A se temdX(a, a′) < 3δ ⇒ dY (f(a), f(a′)) < ε

3 ( isto e possıvel porque f e uni-formemente contınua em A).

Dados x, x′ ∈ A com dX(x, x′) < δ, podemos escolher a, a′ ∈ A taisque dX(a, x) < δ e dX(a′, x′) < δ. Se (an) e uma sucessao de termos em Aconvergindo para x entao, para n suficientemente grande, temos dX(a, an) < δe portanto dY (f(a), f(an)) < ε

3 . Tomando o limite quando n → ∞ vemosque

dY (f(a), g(x)) ≤ ε

3e, analogamente, temos dY (f(a′), g(x′)) ≤ ε

3 . Por outro lado

dX(a, a′) ≤ dX(a, x) + dX(x, x′) + dX(x′, a′) < 3δ

pelo que dY (f(a), f(a′)) < ε3 . Conclui-se entao que

dY (g(x), g(x′)) ≤ dY (g(x), f(a)) + dY (f(a), f(a′)) + dY (f(a′), g(x′))

<ε

3+ε

3+ε

3= ε.

1Esta ideia e do Pedro Vieira.


o que mostra que g e uniformemente contınua.

Munkres 48.2: Os subconjuntos Q,R \Q de R tem interior vazio (nao contem nenhum inter-valo) e R = Q ∪ (R \Q).


Munkres 51.3: (a) Seja X = [0, 1] ou R. Em qualquer dos casos, a aplicacao H : X× [0, 1]→X definida por H(x, t) = tx e uma homotopia entre a aplicacao constanteigual a zero e iX .

(b) Seja H : X × [0, 1] → X uma homotopia entre a identidade iX e umaaplicacao constante c, e seja x0 = c(x). Dado x ∈ X, a aplicacaof : [0, 1]→ X definida por f(t) = H(x, t) e um caminho que uneH(x, 0) =iX(x) = x e H(x, 1) = c(x) = x0. Portanto x0 e x pertencem a mesmacomponente conexa por arcos. Conclui-se que X e conexo por arcos.

(c) Seja H : Y × [0, 1] → Y uma homotopia entre a identidade iY e umaaplicacao constante c : Y → Y com c(y) = y0. Dada uma funcao contınuaf : X → Y , a aplicacao

K : X × [0, 1]→ Y

definida porK(x, t) = H(f(x), t) e uma homotopia entre x 7→ H(f(x), 0) =iY (f(x)) = f(x) e a aplicacao constante c ◦ f logo [X,Y ] contem apenasa classe de homotopia da aplicacao c ◦ f : X → Y constante igual a y0.

(d) Seja H : X×[0, 1]→ X uma homotopia entre a identidade iX e a aplicacaoconstante c : X → X definida por c(x) = x0. Dada uma aplicacaocontınua f : X → Y , a aplicacao K : X × [0, 1]→ Y definida por

K(x, t) = f(H(x, t))

e uma homotopia entre a aplicacao f ◦ iX = f e f ◦ c que e a aplicacaoconstante igual a f(x0).Seja y0 ∈ Y e d : Y → Y a aplicacao constante igual a y0. Como Y econexo por arcos, existe um caminho g : [0, 1] → Y com g(0) = f(x0) eg(1) = y0. Entao a aplicacao L : X × [0, 1]→ Y definida por L = g ◦ π1,isto e, por

L(x, t) = g(t)

define uma homotopia entre as aplicacoes constantes iguais a f(x0) e y0.Como a relacao de homotopia e transitiva, conclui-se que a aplicacao fe homotopica a aplicacao d e portanto [X,Y ] e um conjunto singularformado pela classe de homotopia de d.

Munkres 52.3: Suponhamos que π1(X,x0) e abeliano, e sejam α, β : [0, 1]→ X caminhos dex0 a x1. Entao β ∗ α e um laco em x0. Sendo γ um laco qualquer baseadoem x0 temos

α([γ]) = [α] ∗ [γ] ∗ [α]= [β] ∗ [β] ∗ [α] ∗ [γ] ∗ [α]= [β] ∗ [β ∗ α] ∗ [γ] ∗ [α]= [β] ∗ [γ] ∗ [β ∗ α] ∗ [α] ( porque π1(X,x0) e abeliano ),

= [β] ∗ [γ] ∗ [β] ∗ [α] ∗ [α]= [β] ∗ [γ] ∗ [β]= β([γ]).

Reciprocamente, suponhamos que, para todos os caminhos α, β : [0, 1]→ X

entre x0 e x1 temos α = β. Seja λ : [0, 1]→ X um caminho fixado unindo x01


e x1, e sejam γ e δ lacos quaisquer em x0. Entao γ ∗λ e outro caminho de x0a x1 e temos a seguinte sequencia de implicacoes:

γ ∗ λ([δ]) = λ([δ])

[γ ∗ λ] ∗ [δ] ∗ [γ ∗ λ] = [λ] ∗ [δ] ∗ [λ][λ] ∗ [γ] ∗ [δ] ∗ [γ] ∗ [λ] = [λ] ∗ [δ] ∗ [λ] (porque α ∗ β = β ∗ α)

[γ] ∗ [δ] ∗ [γ] = [δ](multiplicando dos dois lados a es-querda por [λ] e a direita por [λ]) )

[δ] ∗ [γ] = [γ] ∗ [δ] (multiplicando por [γ]) a esquerda).

Conclui-se que π1(X,x0) e abeliano.

Munkres 52.4: Seja i : A → X a inclusao, de maneira que r ◦ i = idA. Temos entao (peloTeorema 52.4) o seguinte diagrama comutativo

π1(A, a0)i∗ //

idA∗=id &&MMMMMMMMMMπ1(X, a0)

r∗

��π1(A, a0).

Sendo [γ] ∈ π1(A, a0), tem-se entao

r∗(i∗([γ])) = [γ]

o que mostra que r∗ e sobrejectivo.

Munkres 52.6: Seja γ um laco em x0. Temos entao

β((hx0)∗([γ])) = [β] ∗ ((hx0

)∗([γ])) ∗ [β]= [β] ∗ [h ◦ γ] ∗ [β]= [h ◦ α] ∗ [h ◦ γ] ∗ [h ◦ α]= [(h ◦ α) ∗ (h ◦ γ) ∗ (h ◦ α)]= [h ◦ (α ∗ γ ∗ α)]= (hx1)∗[α ∗ γ ∗ α]= (hx1

)∗(α([γ])).

portanto β ◦ (hx0)∗ = (hx1)∗ ◦ α.

Munkres 53.3: Vamos ver que o conjunto K = {b ∈ B : #p−1({b}) = k} e aberto, fechado enao vazio. Uma vez que B e conexo isto implica que K = B que e a afirmacaoque pretendemos demonstrar.

O conjunto K e nao vazio porque b0 ∈ K. Seja b ∈ K e U uma vizinhancatrivializante de b para o revestimento p. Entao

p−1(U) = ∪αVαcom Vα abertos disjuntos de E tais que p|Vα e um homeomorfismo. Em partic-ular p|Vα e uma bijeccao e portanto cada Vα contem exactamente um elemento

de p−1({b′}) para cada b′ ∈ U . Portanto todos os conjuntos p−1({b′}) comb′ ∈ U tem exactamente o mesmo numero de elementos e, como #p−1({b}) =k, este numero e k. Conclui-se que U ⊂ K e portanto K e aberto.

O argumento do paragrafo anterior mostra que se b e b′ pertencem a mesmavizinhanca trivializante para p, entao ha uma bijeccao entre p−1({b}) e p−1(b′).Logo se #p−1({b}) 6= k, ha uma vizinhanca de b formada por pontos em que o


mesmo acontece. Isto significa que B \K e aberto, ou seja, que K e fechado.Isto conclui a demonstracao.


Munkres 54.6: Seja p : R → S1 o revestimento definido por p(t) = e2πit. O caminhof : [0, 1]→ S1 definido por

f(t) = e2πit

determina um gerador do grupo cıclico infinito π1(S1, 1), uma vez que o iso-morfismo φ do Teorema 54.5 envia [f ] em 1 ∈ Z (como o caminho t 7→ t em

R tem inıcio em 0 e p(t) = e2πit = f(t), o levantamento de f e f(t) = t, logo

φ([f ]) = f(1) = 1).Temos

g∗([f ]) = [g ◦ f ] = [h]

onde h : [0, 1] → S1 e a aplicacao definida por h(t) = e2πint. A aplicacao

definida por h(t) = nt e o levantamento de h com h(0) = 0 (pois p ◦ h(t) =

e2πih(t) = e2πint = h(t)) logo φ([h]) = h(1) = n. Portanto φ(g∗([f ]) = n =n · φ([f ]). Como φ e um isomorfismo de grupos, concluımos (usando notacaomultiplicativa) que

g∗([f ]) = [f ]n

e portanto o homomorfismo g∗ e dado por

g∗([f ]k]) = [f ]nk (k ∈ Z).

Como h se obtem de g substituindo n por −n, temos que h∗ e o homomor-fismo definido por

h∗([f ]k) = [f ]−nk.

Munkres 55.2: Como h e nul-homotopica, pelo Lema 55.3, podemos prolongar h a umaaplicacao k : D2 → S1 definida no disco unitario. Sendo j : S1 → D2 ainclusao, temos que j ◦ k : D2 → D2 e contınua, e portanto, pelo Teoremado ponto fixo de Brouwer, existe x ∈ D2 tal que j(k(x)) = x ⇔ k(x) = x.Conclui-se que o ponto fixo x pertence a k(D2) = S1, portanto k(x) = h(x)e x e um ponto fixo de h.

Sendo A : S1 → S1 a aplicacao definida por A(x) = −x, a composta A ◦ he nul-homotopica (se H : S1 × [0, 1] → S1 e um homotopia entre h e umaaplicacao constante, A ◦ H e uma homotopia entre A ◦ h e uma aplicacaoconstante). Pelo paragrafo anterior temos que A ◦ h tem um ponto fixo, istoe, existe x ∈ S1 tal que A(h(x)) = x⇔ −h(x) = x⇔ h(x) = −x.

Munkres 57.3: A aplicacao q : S1 → S1 definida por q(z) = z2 e uma aplicacao de revesti-mento. De facto, U = {eiθ : a < θ < b} ⊂ S1 e uma vizinhanca trivializantedesde que b− a < 2π, pois

q−1(U) = V1 ∪ V2com

V1 = {eiθ : a2 < θ < b

2}, V2 = {eiθ : a2 + π < θ < b

2 + π}

que sao abertos disjuntos porque b−a < 2π ⇒ b−a2 < π, e cada q|Vi

: Vi → Ue um homeomorfismo (a funcao inversa e dada por um dos ramos da raızquadrada z 7→

√z).

1


Sendo h : S1 → S1 uma aplicacao satisfazendo h(−z) = −h(z), tem-seque q ◦ h(−z) = h(−z)2 = (−h(z))2 = h(z)2 = q ◦ h(z). Note-se queq e uma aplicacao quociente (as aplicacoes de revestimento sao aplicacoesquociente porque sao abertas), cujas fibras q−1({w}) consistem em pares depontos antıpodas. Como q ◦ h e constante nas fibras, existe uma aplicacaocontınua k : S1 → S1 tal que k ◦ q = q ◦ h (pelo Teorema 22.2), isto e tal queo seguinte diagrama comuta.

(1) S1 h //

q

��

S1

q

��S1

k// S1

Temos entao o seguinte diagrama comutativo de grupos e homomorfismos(note-se que por hipotese h(1) = 1, logo k(1) = 1):

(2) π1(S1, 1)h∗ //

q∗

��

π1(S1, 1)

q∗

��π1(S1, 1)

k∗

// π1(S1, 1)

Como π1(S1, 1) e um grupo cıclico infinito, os homomorfismo do diagrama saodeterminados pela imagem do gerador [f ] (onde f : [0, 1] → S1 e o caminhot 7→ f(t) = e2πit). Pelo Exercıcio 54.6, temos q∗([f ]) = [f ]2. Sejam H,K ∈ Ztais que h∗([f ]) = [f ]H e k∗([f ]) = [f ]K . Entao pela comutatividade de (2)temos

k∗(q∗([f ]) = k∗([f ]2) = [f ]2K , q∗(h∗([f ]) = q∗([f ]H) = [f ]2H

pelo que H = K.O nosso objectivo e mostrar que H e ımpar, e portanto basta-nos mostrar

que K e ımpar. Sendo f o caminho descrito acima e f(t) = eπit o seu levanta-

mento a q com f(0) = 1, o diagrama (1) mostra que h◦ f e o levantamento dek◦f a q com ponto inicial 1 ∈ S1, pois o levantamento e unico e as igualdades

q ◦ h ◦ f = k ◦ q ◦ f = k ◦ f, h ◦ f(0) = h(1) = 1

mostram que h◦ f e um levantamento com inıcio em 1. Uma vez que h(−z) =−h(z) isto significa que

k ◦ f(1) = h(f(1)) = h(eπi) = h(−1) = −1.

Por definicao de K e k∗ temos [k◦f ] = [f ]K , logo para concluir a demonstracaobasta provar que, sendo l : [0, 1]→ S1 um laco com ponto inicial e final 1 tal

que o seu levantamento l a q com l(0) = 1 termina em −1, entao [l] e ummultiplo ımpar do gerador [f ].

Sendo r : R→ S1 a aplicacao definida por r(t) = eπit, temos (por unicidadedos levantamentos de caminhos) um diagrama comutativo

R

r

��p

��

S1

q

��[0, 1]

˜l

EE�� l

==zzzzzzzz

l// S1


onde ˜l e o levantamento de l ao revestimento p = q ◦ r com inıcio em 0 ∈ R

(p(t) = e2πit e o revestimento que foi utilizado para calcular π1(S1, 1)).

Como l(1) = −1, temos

eπi˜l(1) = −1⇔ π

˜l(1) = (2j + 1)π ⇔ ˜

l(1) = 2j + 1 para algum j ∈ Z.

Sendo φ : π1(S1, 1)→ p−1({1}) = Z o isomorfismo do Teorema 54.5 (dadopelo levantamento a p) isto significa que φ([l]) = 2j + 1 = φ([f ]2j+1) eportanto [l] = [f ]2j+1. Conclui-se que K = 2j + 1 e ımpar, o que termina ademonstracao.

Munkres 58.2: (a) A expressao ((x, eiθ), t) 7→ (1 − t)x, eiθ) define uma retraccao por de-formacao de B2 × S1 em {0} × S1 pelo que o grupo fundamental e umgrupo cıclico infinito. Alternativamente, podemos usar π1(B2 × S1) ∼=π1(B2) × π1(S1) juntamente com o facto que π1(B2)) ∼= {0} uma vezque B2 e contractil.

(b) Vendo T como um quociente de [0, 1] × [0, 1] da maneira habitual, umaretraccao por deformacao do quadrado perfurado [0, 1]×[0, 1]\{( 1

2 ,12 )} na

fronteira de [0, 1]× [0, 1] induz uma retraccao por deformacao de T \ {p}no 8 (que e o espaco que se obtem tomando o quociente da fronteira doquadrado).

(c) A expressao ((eiθ, x), t) 7→ (eiθ, (1 − t)x) define uma retraccao por de-formacao em S1 × {0} pelo que o grupo fundamental e isomorfo a Z.

(d) A expressao da alınea anterior da tambem uma retraccao por deformacaoem S1×{0} pelo que o grupo fundamental e uma vez mais isomorfo a Z.

(e) (x, t) 7→ (1 − t)x + t x‖x‖ e uma retraccao por deformacao de R3 excepto

os eixos nao negativos em S2 \ {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. Este ultimoespaco e homeomorfo a R2 excepto dois pontos, e finalmente, este ultimoretrai-se por deformacao num 8. Assim, o grupo fundamental e isomorfoao de um 8.

(f) (x, t) 7→ ((1 − t)x + 2t x‖x‖ ) e uma retraccao por deformacao na circun-

ferencia de raio 2 que e homeomorfa a S1 logo o grupo fundamental eisomorfo a Z.

(g) A resposta e exactamente igual a da alınea anterior.(h) O conjunto e convexo, logo contractil, logo o grupo fundamental e trivial.(i) A aplicacao definida por

(x, t) 7→

{x se x ∈ S1,

(1− t)x+ t x‖x‖ se x ∈ R+ × 0,

e uma retraccao por deformacao em S1 logo o grupo fundamental e iso-morfo a Z.

(j) A resposta obtem-se da da alınea anterior substituindo R+×0 por R+×R.(k) A expressao

(x, t) 7→

{x se ‖x‖ ≤ 1,

(1− t)x+ t x‖x‖ se ‖x‖ ≥ 1,

e uma retraccao por deformacao no espaco Θ que e homotopicamenteequivalente a um 8 pelo que o grupo fundamental isomorfo ao de um 8.

(l) A expressao (x, t) 7→ (1 − t)x + t(−1, 0) define uma retraccao por de-formacao no subespaco {(−1, 0)} logo o grupo fundamental e trivial.


Munkres 58.5: Seja H : X × [0, 1] → X uma homotopia entre a identidade de X e umaaplicacao constante igual a x0 ∈ X. Sendo c : X → {x0} a aplicacao constantee i : {x0} → X a inclusao temos entao que H e uma homotopia entre idXe i ◦ c. Por outro lado c ◦ i = id{x0} logo i, c sao inversos de homotopia eportanto X tem o tipo de homotopia de um ponto.

Reciprocamente, suponhamos que Y = {y0} e um espaco com um unicoponto e que f : X → Y e g : Y → X sao inversos de homotopia. Entao existepor definicao uma homotopia H : X × [0, 1] → X entre idX e g ◦ f . Mas aaplicacao g◦f e a aplicacao constante igual a g(y0) ∈ X. Logo X e contractil.


Munkres 59.3: (a) Se φ : R → Rn for um homeomorfismo, entao φ|R\{0} : R \ {0} → R

n \{φ(0)} seria um homeomorfismo. Mas R\{0} e desconexo, enquanto que,para n > 1, Rn \ {φ(0)} e conexo (e conexo por arcos).

(b) Se φ : R2 → Rn for um homeomorfismo, entao φ|R2\{0} : R

2 \ {0} →

Rn \ {φ(0)} seria um homeomorfismo. Mas π1(R

2 \ {0}) ∼= Z, enquantoque, para n > 2, π1(R

n \ {φ(0)}) = {0} uma vez que Rn \ {φ(0} ≃ Sn−1

e n− 1 ≥ 2.

Munkres 60.4: A aplicacao q : S1 → S1 definida por q(z) = z2 satisfaz q(−z) = q(z) eportanto induz uma aplicacao contınua h : RP 1 → S1, que e claramente umabijeccao. Uma vez que q e uma aplicacao quociente (e fechada porque S1 ecompacto e Hausdorff), a aplicacao h e um homeomorfismo (pelo Corolario22.3 (a)). Temos portanto um diagrama comutativo

S1

π

||zzzzzzzz q

AA

AAAA

AA

RP 1 h// S1

que identifica a aplicacao quociente S1 → RP 1 com q.

Munkres 68.2: Escrevemos [w] para o elemento de G1 ∗G2 representado pela palavra w.(a) Sejam g ∈ G1 \ {1} e h ∈ G2 \ {1}. Entao gh e hg sao palavras reduzidas

distintas e portanto representam elementos distintos de G. Conclui-se que[g][h] = [gh] 6= [hg] = [h][g] em G e portanto G nao e abeliano.

(b) Seja x = [w] com w = g1 · · · g2n uma palavra reduzida de comprimento2n ≥ 2 (com gi ∈ G1 ou G2 para cada i). Como caracteres consecutivosnao pertencem ao mesmo grupo Gi, vemos que g1 e g2n nao pertencemao mesmo grupo e portanto wk e uma palavra reduzida para cada k ∈ N.Logo xk = [wk] 6= 1 para todo o k ∈ N, isto e, x nao tem ordem finita.Se x = [w] com w = g1 · · · g2n+1 uma palavra reduzida de comprimentoımpar > 1, entao g1 e g2n+1 pertencem ao mesmo grupo Gi com i = 1ou 2 logo

[g2n+1]x[g2n+1]−1 = [g2n+1g1 · · · g2n+1g

−1

2n+1] = [(g2n+1g1)g2 · · · g2n]

e portanto o conjugado [g2n+1]x[g2n+1]−1 e representado por uma palavra

reduzida de comprimento ≤ 2n.(c) Se x ∈ Gi e tal que xk = 1 em Gi, entao [x]k = [xk] = [1] logo [x] tem

ordem finita em G. Em qualquer grupo G, a conjugacao por um elementoc ∈ G, definida por g 7→ cgc−1 e um automorfismo de G (isto e, umisomorfismo de G consigo proprio) logo cgc−1 tem a mesma ordem que g.Em particular, um conjugado em G = G1 ∗G2 de um elemento de G1 ouG2 com ordem finita tem ordem finita.Reciprocamente, vamos provar por inducao no comprimento que se g ∈ Ge um elemento de ordem finita, entao g e conjugado a um elemento de G1

ou G2 (que pelo paragrafo anterior tem necessariamente ordem finita).A afirmacao e tautologica se o comprimento e 1. Suponhamos que estademonstrada para elementos de comprimento ≤ n (com n ≥ 1), e seja

1


g ∈ G um elemento de comprimento n + 1. Se n + 1 e par, entao gnao tem ordem finita logo nao ha nada a demonstrar. Se n + 1 e ımpar(necessariamente ≥ 3), pela alınea anterior, existe c ∈ G tal que cgc−1

tem comprimento menor. Uma vez que cgc−1 tem ainda ordem finita, porhipotese de inducao, existe c′ ∈ G tal que c′(cgc−1)c′−1 = (c′c)g(c′c)−1 ∈Gi para i = 1 ou 2. Isto conclui a demonstracao.

Munkres 74.1: A superfıcie X = RP 2#T pode obter-se como quociente de um hexagonomediante a identificacao dos lados indicada na figura seguinte:

U

V

U ∩ V

γ

b b

a

c

b

c

b

a

b

bb

b

Sejam i1 : U∩V → U e i2 : U∩V → V as inclusoes entre os abertos indica-dos na figura anterior. Aplicando o Teorema de Van Kampen a decomposicaode X = U ∪ V , obtem-se

π1(X) ∼= (π1(U) ∗ π1(V ))/N

onde N e o subgrupo normal de π1(U) ∗ π1(V ) gerado pelo elemento

i1∗(γ)i2∗(γ)−1

em que γ e o gerador de π1(U ∩ V ) ∼= 〈γ〉 indicado na figura (uma vez queU ∩ V ≃ S1, o grupo fundamental de U ∩ V e o grupo cıclico infinito geradopor γ).

Claramente U e contractil, enquanto que V se retrata por deformacao nafronteira do hexagono com as identificacoes indicadas, que e um espaco home-omorfo a S1 ∨ S1 ∨ S1. Portanto

π1(U) ∗ π1(V ) ∼= π1(V ) ∼= 〈a, b, c〉

e isomorfo ao grupo livre com tres geradores a, b, c. O subgrupo N e enviadopor este isomorfismo no subgrupo normal gerado pela palavra aac−1bcb−1, que


e a imagem de i2∗(γ)i1∗(γ)−1 = i2∗(γ) pela retraccao de V em S1 ∨ S1 ∨ S1

mediante a qual π1(V ) e identificado com 〈a, b, c〉. Conclui-se portanto que

〈a, b, c | a2c−1bcb−1〉

e uma apresentacao para π1(X).

Munkres 74.3: A garrafa de Klein K e obtida como espaco quociente de [0, 1]× [0, 1] fazendoo quociente pela relacao de equivalencia gerada por (0, y) ∼ (1, 1 − y) e(x, 0) ∼ (x, 1). Escrevemos com e habitual [(x, y)] ∈ K para a classe deequivalencia que contem (x, y).(a) Procedendo de forma inteiramente analoga ao Exercıcio 74.1 obtemos

π1(K) ∼= 〈a, b | ba−1ba〉.

Note-se que a e a classe de homotopia do laco

fa : [0, 1] → K, definido por fa(t) = [(t, 0)],

e b e a classe de homotopia do laco definido por

fb : [0, 1] → K, definido por fb(t) = [(0, t)].

(b) T e (homeomorfo a)o quociente [0, 1]× [0, 1] pela relacao de equivalenciagerada por (x, 0) ∼ (x, 1) e (0, y) ∼ (1, y). Escrevemos tambem [(x, y)]para a classe de equivalencia de (x, y) ∈ T . Podemos tomar para p : T →K a aplicacao induzida no quociente por f : [0, 1] × [0, 1] → K definidapor

f(x, y) =

{

[(2x, y)] se 0 ≤ x ≤ 1

2,

[(2x− 1, 1− y) se 1

2≤ x ≤ 1.

A aplicacao f esta bem definida porque para x = 1

2temos [(2x, y)] =

[(1, y)] = [(0, 1 − y)] = [(2x − 1, 1 − y)]. f e contınua pelo lema dacolagem, e como

f(0, y) = [(0, y)] = [(1, 1− y)] = f(1, y)) para 0 ≤ y ≤ 1,

f(x, 0) = [(2x, 0)] = [(2x, 1)] = f(x, 1) para 0 ≤ x ≤ 1

2,

f(x, 1) = [(2x− 1, 0)] = [(2x− 1, 1)] = f(x, 0) para 1

2≤ x ≤ 1,

f e constante nas classes de equivalencia e portanto induz uma aplicacaocontınua p : T → K que e dada pela expressao

p([(x, y)]) =

{

[(2x, y)] se 0 ≤ x ≤ 1

2,

[(2x− 1, 1− y) se 1

2≤ x ≤ 1.

Os abertos

U = {[(x, y)] ∈ K : x 6= 1

2}, V = {[x, y] ∈ K : x 6∈ {0, 1}}

sao uma cobertura deK por vizinhancas trivializantes para p. Por exemplo,p−1(V ) = V1 ∪ V2 com

V1 = {[x, y] ∈ T : 0 < x < 1

2},

V2 = {[x, y] ∈ T : 1

2< x < 1}

abertos disjuntos em T e p|Vi: Vi → V sao homeomorfismos com inversos

si : V → Vi definidos por

s1([x, y]) = [x2, y], e s2([x, y]) = [(x+1

2, 1− y)],

e analogamente p−1(U) = U1 ∪ U2 com

U1 = {[(x, y)] ∈ T : 1

4< x < 3

4},


U2 = {[(x, y)] ∈ T : x < 1

4ou x > 3

4}

abertos disjuntos com p|Ui: Ui → U homeomorfismos. Conclui-se que p e

um revestimento duplo de K por T .Para calcular o homomorfismo induzido por p,

p∗ : π1(T, [(0, 0)]) → π1(K, [(0, 0)])

basta calcular a imagem por p∗ dos geradores c, d ∈ π1(T, [(0, 0)]) que saodados por

fc : [0, 1] → T, definido por fc(t) = [(t, 0)], e

fd : [0, 1] → T, definido por fd(t) = [(0, t)]

(trata-se de geradores porque π1(T ) ∼= π1(S1)×π1(S

1) com o isomorfismoinduzido pelas projeccoes em cada factor e fc e fd sao enviados por cadaprojeccao no gerador do factor correspondente). Temos entao

p∗(c) = [p ◦ fc], p∗(d) = [p ◦ fd].

Uma vez que

p(fc)(t) =

{

[(2t, 0)] se 0 ≤ t ≤ 1

2,

[(2t− 1, 1)] = [(2t− 1, 0)] se 1

2≤ t ≤ 1,

ep(fd(t)) = [(0, t)],

conclui-se que p ◦ fc = fa ∗ fa e p ◦ fd = fb, logo p∗(c) = a2, p∗(d) = b.π1(T, [(0, 0)]) = {ckdl : k, l ∈ Z} e o produto de dois grupos cıclicosinfinitos gerados por c e d respectivamente, portanto p∗ e o homomorfismodefinido pela expressao

p∗(ckdl) = a2kbl.

RESOLUCAO DE EXERCICIOS SOBRE A MATERIA DAS ULTIMAS

AULAS

Munkres 79.2: (a) Seja f : RP 2 → S1 uma aplicacao contınua. Entao

f∗ : π1(RP 2, x0)→ π1(S1, f(x0))

e necessariamente o homomorfismo nulo porque se α ∈ π1(RP 2, x0) ∼=Z/2Z e o elemento nao trivial, entao

[ef(x0)] = f∗([ex0 ]) = f∗(α2) = 2f∗(α)⇒ f∗(α) = [ef(x0)]

(uma vez que π1(S1, f(x0)) ∼= Z).

Sendo p : R → S1 o revestimento definido por p(x) = e2πix (o revesti-mento universal de S1) e y0 ∈ p−1({f(x0)}) temos portanto

f∗(π1(RP 2, x0)) ⊂ p∗(π1(R, y0)) = {[ef(x0)]}.

Pelo Lema 79.1, conclui-se que existe f : RP 2 → R com f(x0) = y0 e

p ◦ f = f . Uma vez que f e nul-homotopica (porque R e contractil)conclui-se que f e nul-homotopica.

(b) Se f : S1 × S1 → S1 e nul-homotopica, entao f∗ e o homomorfismo nulo(pelo Lema 58.4). A projeccao π1 : T = S1×S1 → S1 nao e portanto nul-homotopica uma vez que o homomorfismo π1∗ : π1(T )→ π1(S

1) nao e ohomomorfismo nulo (π1∗ e sobrejectivo uma vez que a aplicacao i : S1 →S1 × S1 definida por i(x) = (x, 1) e tal que π1 ◦ i = idS1 e portantoπ1∗ ◦ i∗ = idπ1(S1,1)).

Munkres 79.3: Suponhamos que p∗(π1(E, e0)) e um subgrupo normal de π1(B, b0). Sejae1 ∈ p−1({b0}) e sejam α um caminho em E de e0 a e1 (que existe porque Ese supoe conexo por arcos), e γ = p ◦ α (que e uma laco em b0). Entao

π1(E, e1) = α(π1(E, e0))

e portanto, uma vez que p∗(π1(E, e0)) e invariante por conjugacao,

p∗(π1(E, e1)) = [γ]−1p∗(π1(E, e0))[γ] = p∗(π1(E, e0)).

Do Teorema 79.2 concluımos entao que existe uma equivalencia h : E → Ecom h(e0) = e1. Se h2 for uma equivalencia com h2(e0) = e2, temos queh2 ◦ h−1 e uma equivalencia de E que envia e1 em e2, conforme requerido.

Reciprocamente suponhamos que para todos os e1, e2 ∈ p−1({b0}) existeuma equivalencia h : E → E com h(e1) = e2, e seja γ um laco em b0. Seja αo levantamento de γ com α(0) = e0 e tomemos e1 = α(1). Temos entao umisomorfismo α : π1(E, e0)→ π1(E, e1) o que mostra que

p∗(π1(E, e1)) = p∗ (α (π1(E, e0))) = [γ]−1p∗(π1(E, e0))[γ]

Por outro lado, tomando h : E → E uma equivalencia com h(e0) = e1, temos

p∗(π1(E, e1)) = p∗(h∗(π1(E, e0))) = (p ◦ h)∗(π1(E, e0)) = p∗(π1(E, e0)).

Conclui-se que

p∗(π1(E, e0)) = [γ]−1p∗(π1(E, e0))[γ]

para todo o [γ] ∈ π1(B, b0), o que significa que p∗(π1(E, e0)) e um subgruponormal de π1(B, b0).

1

2 RESOLUCAO DE EXERCICIOS SOBRE A MATERIA DAS ULTIMAS AULAS

Munkres 79.4: (a) A aplicacao p : (S1 × R)→ T = S1 × S1 definida por

p(z, x) = (zm, e2πix)

e um revestimento (e um produto de dois revestimentos). Temos π1(S1×

R) ∼= π1(S1)×π1(R) ∼= Z×{0} e o caminho α : [0, 1]→ S1×R definido

por t 7→ (e2πit, 0) representa um gerador de π1(S1 × R, (1, 0)). Como

p(α(t)) = (e2πimt, 1)

vemos que p∗([α]) e enviado no elemento de π1(T, (1, 1)) correspondentea (m, 0) e portanto p∗(π1(S

1×R, (1, 0))) e o subgrupo gerado por (m, 0)conforme pretendido.

(b) A aplicacao p : R2 → S1 × S1 definida por p(x, y) = (e2πix, e2πiy) e umrevestimento (produto de revestimentos) e uma vez que R2 e contractil,temos p∗(π1(R2, (0, 0))) = {0} ⊂ Z× Z (p e o revestimento universal).

(c) A aplicacao p : S1 × S1 → S1 × S1 definida por

p(z, w) = (zm, wn)

e um revestimento (novamente e um produto de revestimentos), e o ar-gumento da alınea a) mostra que p∗(π1(S

1 × S1, (1, 1))) e o subgrupogerado por (m, 0) e (0, n) conforme pretendido.

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RESOLUC˘ ~AO DOS EXERC ICIOS DE TOPOLOGIA … · 2 RESOLUC˘AO DOS EXERC~ ICIOS DE TOPOLOGIA PARA 23/2 Notas: Alternativamente podemos ver que a menor, ou menos na, das topologias