Utilizador:Thiago Marcel/Mestrado/Análise/Topologia da reta/9-16

9

Toda coleção de abertos não-vazios, dois a dois disjuntos é enumerável.

Resolução

Seja a coleção de abertos disjuntos $X=(A_{\lambda })_{\lambda \in \Lambda }$, logo, tomando $x_{\lambda }\in A_{\lambda }$ aberto e $x_{\lambda }\in I_{\lambda }$ existe um intervalo $I_{\lambda };x_{\lambda }\in I_{\lambda }\subset A_{\lambda }$. Mas, como $\mathbb {Q}$ é denso em $\mathbb {R}$, temos que $x_{\lambda }\in I_{\lambda }\subset A_{\lambda }\Rightarrow \exists \;q_{\lambda }\in \mathbb {Q} ;q_{\lambda }\in I_{\lambda }$. Como os abertos $(A_{\lambda })_{\lambda \in \Lambda }$ são disjuntos, temos que $q_{\lambda }\in I_{\lambda }\subset A_{\lambda }\Rightarrow q_{\lambda }\not \in A_{\mu }$, para todo $\mu \not =\lambda$. Logo temos a função $f:X\rightarrow \mathbb {Q}$, onde associa a cada $A_{\lambda }$ um número racional $q_{\lambda }$. Como f é injetiva e $\mathbb {Q} \;$ é enumerável, então X é enumerável, o que mostra q X é enumerável.

10

O conjunto dos valores de aderência de uma sequência é um conjunto fechado.

Resolução

Seja $X=(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }=\{x_{1},x_{2},...,x_{n},...\}\;$ e seja $\lim x_{n}=a,a\neq x_{n},\forall \;n\in \mathbb {N}$. Logo $X\cup \{a\}=X\cup X'={\overline {X}}$.

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$X\subset F,F$ é fechado $\Rightarrow {\overline {X}}\subset F\;$

Resolução

Tome $a\in X\Rightarrow a\in F\Rightarrow X\subset F$. Tome $a\in X',a=\lim x_{n},x_{n}\in X\subset F\Rightarrow a\in F'\Rightarrow X'\subset F'\subset {\overline {F}}=F$.

Portanto $X\subset F,X'\subset F\Rightarrow X\cup X'\subset F\Rightarrow {\overline {X}}\subset F$.

12

$limx_{n}=a,X=\{x_{1},x_{2},...,x_{n},...\}\Rightarrow {\overline {X}}=X\cup \{a\}\;$

Resolução

a é o único ponto de acumulação de X $\Rightarrow X'=\{a\},$ logo $X\cup \{a\}=X\cup X'={\overline {X}}\;$.

13

O número ${1 \over 4}\;$ pertence ao conjunto de Cantor.

Resolução não está pronta

Leve em consideração a Falhou a verificação gramatical (Erro de conversão. O servidor ("https://wikimedia.org/api/rest_") devolveu: "Cannot get mml. TeX parse error: Double subscripts: use braces to clarify"): {\displaystyle {sigma_{n=1}_{\infty }}<!--<math>\;}

${\displaystyle }$ $\;\Rightarrow \;\Leftrightarrow \;\Leftarrow \;\rightarrow \;\exists \;\forall \;{\begin{cases}\;\\\;\end{cases}}\;{a \over b}\;{\bigg \{}{\bigg \}}\;{\sqrt[{3}]{a}}\;{\overline {X}}\;\mathbb {R} \;\mapsto \;\setminus \left\langle \right\rangle \|\|\;\in \;\subset \;\supset \;{\bar {x}}\;\cap \;\cup \;{\mbox{e}}\;\emptyset$ -->

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Sejam F, G conjuntos fechados disjuntos tais que $F\cup G\;$ seja um intervalo fechado (limitado ou não). Então $F=\varnothing$ ou $G=\varnothing \;$

Resolução

Pela Hipótese $F\cap G=\varnothing \;$

• Suponhamos que F,G sejam infinitos, como $F\cup G\;$ é um intervalo fechado, suponhamos que $\exists \;a,b\in F\cup G;a\in F,b\not \in F\;$. Como $F\cap G=\varnothing \Rightarrow a\not \in G,b\in G$. Tome b de tal forma que se ${\begin{cases}\exists h\not \in F,h<b\Rightarrow (h,b)\cap F=\varnothing ,{\mbox{ se }}a<b\\\exists h\not \in F,b<h\Rightarrow (b,h)\cap F=\varnothing ,{\mbox{ se }}b<a\end{cases}}$. Tome $t={\begin{cases}\inf\{h\in G;[h,b]\subset G\},{\mbox{ se }}a<h<b\\\sup\{h\in G;[b,h]\subset G\},{\mbox{ se }}b<h<a\end{cases}}$. Como $F\cap G=\varnothing \Rightarrow t\not \in F$.
  • Como $F\cap G=\varnothing \Rightarrow$
    • $[a,t)\subset F,{\mbox{ se }}a<b$, é um absurdo, pois F é fechado.
    • $(t,b]\subset F,{\mbox{ se }}b<a$, é um absurdo, pois F é fechado.
  • Logo $\not \exists \;a,b\in F\cup G;a\in F,b\not \in F\;$. Portanto $a,b\in F,G=\varnothing {\mbox{ ou }}a,b\in G,F=\varnothing$.
• Suponhamos que G seja finito, tome $t\in G\;$, como $F\cap G=\varnothing \Rightarrow t\not \in F,$ mas G é finito, logo $\forall \;\epsilon >0,(t-\epsilon ,t+\epsilon )\cap F\neq \varnothing \Rightarrow t\in F'\subset F$ é um absurdo G ser finito, portanto $G=\varnothing$.
• Analogamente se supormos que F é finito será um absurdo, portanto $F=\varnothing$.

Resolução2

Pela Hipótese $F\cap G=\varnothing \;$

• Como $F\cup G\;$ é um intervalo fechado, suponhamos ser limitado, logo $F\cup G=[a,b]\;$.
  • Tomemos F e G infinitos e $c\in (a,b)\;$. Suponha que $c\in F\;$. Como $F\cap G=\varnothing \Rightarrow c\not \in G$.
    • Suponha que $a\not \in F$. Como $F\cup G=[a,b],F\cap G=\varnothing \Rightarrow a\in G$, como G é fechado, $\exists \;t\in [a,c);[a,t]\subset G\Rightarrow t\not \in F,\exists b-a>\epsilon >0;(a,a+\epsilon )\not \subset G$. Como $F\cup G=[a,b],F\cap G=\varnothing \Rightarrow (a,a+\epsilon )\subset F$ é um absurdo, pois F é fechado, logo $a\in F$.
    • Analogamente, se supormos que $b\not \in F$chegaremos num absurdo. Portanto $b\in F$.
    • Suponha que $G\neq \varnothing$, como $c\in F\cap (a,b)$ e G é fechado logo $\exists \;I_{p}\subset G\cap ((a,c)\cup (c,b))$, onde $I_{p}\;$ é um intervalo fechado, logo possui ínfimo e máximo e sejam eles u e v respectivamente.
      • Assim $I_{p}=[u,v]\subset G\cap ((a,c)\cup (c,b))\;$, mas $u,v\not \in F,\exists \inf\{u-a,b-v\}>\epsilon >0;(v,v+\epsilon ),(u-\epsilon ,u)\not \subset G$. Como $F\cup G=[a,b],F\cap G=\varnothing \Rightarrow (v,v+\epsilon ),(u-\epsilon ,u)\subset F$ é um absurdo, pois F é fechado.
  • Suponhamos que G seja finito, tome $t\in G\cap [a,b]\;$, como $F\cup G=[a,b],F\cap G=\varnothing \Rightarrow$ $\Rightarrow t\not \in F,\exists \inf\{t-a,b-t\}>\epsilon >0;(t-\epsilon ,t-\epsilon )-{t}\not \subset G$. Como $F\cup G=[a,b],F\cap G=\varnothing \Rightarrow (t-\epsilon ,t-\epsilon )-{t}\subset F$ é um absurdo, pois F é fechado.

Portanto $G=\varnothing$. Analogamente provamos que se $c\in [a,b]\cap GF=\varnothing$.

Resolução 3

Tome $a\in F\cup G$ de tal forma que $(a-\epsilon ,a+\epsilon )\cap F,G\neq \varnothing \Rightarrow a\in F',G'\Rightarrow a\in F\cap G$, absurdo.

15

Seja E enumerável. Consiga uma sequência cujo conjunto dos valores de aderência é ${\overline {E}}\;$. Use este fato para mostrar que todo conjunto fechado $F\subset \mathbb {R}$ é o conjunto dos valores de aderência de alguma sequência.

Resolução não está pronta

Por ser E enumerável,

• Se E for finito, $E=\{x_{1},x_{2},...,x_{n}\}\;$. Mas $\forall \;x_{i}\in E,\epsilon >0,(x_{i}-\epsilon ,x_{i}+\epsilon )\cap E=\{x_{i}\}\Rightarrow E'=\varnothing \Rightarrow {\overline {E}}=\{x_{1},x_{2},...,x_{n}\}.$ Logo E é fechado.
  • Tomando E um fechado finito qualquer, temos que $E=\{x_{1},x_{2},...,x_{n}\}\Rightarrow E=\{x_{i};x_{i}\in (x_{n})\}$. Como $(x_{i}-\epsilon ,x_{i}+\epsilon )\cap E=\{x_{i}\},$ logo todos os valores de aderência de E estão em E. Como o conjunto dos valores de aderência de uma sequência é o conjunto dos elementos dessa sequência, então E é conjunto dos valores de aderência de alguma sequência.
• Se E é um conjunto enumerável, que não é finito, assim dado $E=\{x_{1},x_{2},...,x_{n},...\},\exists \;\phi :\mathbb {N} \rightarrow E$ bijetiva, $\phi :i\mapsto \phi (i)=x_{i}\in E,i\in \mathbb {N}$. Tome $E_{0}=\{y_{n}\in E;y_{i}<y_{i+1},\forall \;i\in \mathbb {N} \}{\mbox{ com }}y_{i}=min\{E-\{y_{1},y_{2},...,y_{i-1}\}\}.$ De fato $E=E_{0}$ Logo dado $y_{p},y_{p+1},$ como E é enumerável, $(y_{p},y_{p+1})\cap E=\varnothing \Rightarrow$ E é fechado, mas $\forall \;y_{i}\in E,\epsilon >0,(y_{i}-\epsilon ,y_{i}+\epsilon )\cap E=\{y_{i}\}\Rightarrow E'=\varnothing \Rightarrow {\overline {E}}=E.$

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