Podem me ajudar com este problema de Topologia?

Question

Sejam X um espaço topológico e Y um espaço métrico. Suponhamos que exista um subconjunto de X, denso em X, cujo complementar não seja magro na classificação de Baire. Mostre que não existe nenhuma função de X sobre Y que seja contínua precisamente nos elementos de D (contínua nos elementos de D, descontínua nos demais elementos de X).

Obrigada

Answer 1

Este é um problema interessante. Dado que você está fazendo uma pergunta sobre um tópico como este, vou partir do princípio que você conhece os pontos básicos da Topologia, incluindo espaços de Baire. Ou não estaria fazendo este tipo de pergunta, não é?

Uma possível prova para o que se deseja (deve haver outras) baseia-se nos seguintes fatos envolvendo espaços topológicos gerais, espaços métricos e funções entre eles:

a) Sejam X um espaço topológico, Y um espaço métrico, f uma função de X sobre Y e C = {x em X | f é contínua em x}. Temos, então, que C é um G-delta (dado pela intersecção de uma coleção enumerável de subconjuntos abertos de X) .

b) Sendo X e D conforme descritos no enunciado, temos que D não é um G-delta.

(a) e (b) nos mostram que C e D não podem ser o mesmo conjunto. Logo, não existe nenhuma função de X em Y que seja contínua precisamente nos elementos de D.

Se já conhecermos (a) e (b), a prova é então imediata. Mas como (a) e (b) não são, assim, trivialmente vistos serem verdadeiros, vou apresentar suas provas.

Prova de (a)

Há várias provas possíveis, vou dar uma baseada no conceito de oscilação de uma função definida em um espaço topológico qualquer X e com valores em um espaço métrico Y. Sendo d a função distância definida em Y, a oscilação de uma funcção f:X--> Y em um subconjunto A de X é definida por

W(A) = supremo {d(f(x1), (f(x2)) | x1 e x2 pertencem a A}. Assim, W(A) é o diâmetro do conjunto f(A) (imagem de A sob f).

A oscilação de f em um elemento x de X é definida por

w(x) = ínfimo {W(U) | U é vizinhança de x} (U - conjunto aberto em X contendo x).

Um conhecido fato da Análise e da Topologia é que f é contínua em x se, e somente se, w(x) = 0. Vou assumir isto conhecido, se der tempo, no final apresento a prova disto. É fácil e até intuitivo.

Sendo K = {x em X | W(x) = 0}, temos então, em virtude da definição do conjunto C, composto pelos pontos de continuidade de f em X, que C = K. Vamos agora mostrar que K é um G delta. Para isto, consideremos o seguinte Lema:

Para todo a >0, o conjunto A(a) = {x em X | w(x) < a} é um aberto de X.

Prova: - Se x pertencente a A(a), então w(x) = ínfimo {W(U) | U é vizinhança de x} < a, o que implica que a não seja limite inferior deste último conjunto. Existe, assim, uma vizinhança V de x tal que W(V) < a. Como V é vizinhança de todos seus elementos, a definição de oscilação em um ponto implica que, para todo y de V, tenhamos que

w(y) = ínfimo {W(U) | U é vizinhança de y} <= W(V) < a, ou seja, w(y) < a. Assim, todo y de V está em A(a), do que deduzimos que V está contida em A(a) e que, x é , portanto, ponto interior de A(a). Como isto vale para todo x de A(a), concluímos que A(a) é aberto em X.

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Vamos agora mostrar que K é um G-delta. Pela definição de K, se x pertence a K então w(x) = 0 e, portanto, w(x) < 1/n para todo n =1,2,3...... Assim, para todo n, x pertence a A(1/n), do que deduzimos que x pertence à intersecção destes conjuntos e que, portanto,
K < Intersecção( n=1, oo) A(1/n). Aqui, < significa "contido em".
Por outro lado, se x pertence a Intersecção( n=1, oo) A(1/n), então, para todo n, x está em A(1/n) e, conseqüentemente,
0 <= w(x) < 1/n. Para que isso se verifique para todo inteiro positivo n, temos necessariamente que w(x) = 0, de modo que x pertence a K e, portanto, Intersecção( n=1, oo) A(1/n) < K. Disto concluimos que K = Intersecção( n=1, oo) A(1/n).

A coleção {A(1/n) | n =1,2,3....} é enumerável e, conforme já vimos, composta por conjuntos abertos em X. Logo, K é um G-delta, e como C = K, fica demonstrado que C é um G-delta. Isto conclui a prova de (a).

Prova de (b)

Provar que D não é um G-delta equivale a provar que seu complementar, D', não é F-sigma(um conjunto é F-sigma se for dado pela união de uma coleção enumerável de conjuntos fechados).

Se D' for F-sigma, então D' = União(n=1, oo) F_n, sendo {F_n} uma coleção enumerável de conjuntos fechados. Como, por hipótese, D é denso em X, segue-se que D' tem interior vazio. Logo, todos os F_n tem interior vazio (se um deles contivesse um aberto não vazio, o mesmo se verificaria para D', contrariamente ao fato de que D' tem interior vazio). Isso nos mostra que D' é dado por uma união enumerável de fechados com interior vazio, sendo assim, contrariamente à hipótese do problema, um conjunto magro na classificação de Baire. Desta contradição, segue-se que D' não é F-sigma e que D, conseqüentemente, não é G-delta.

As provas de (a) e de (b) estão agora completas.

Um corolário muito interessante do que demonstramos é o seguinte: Não existe nenhuma função de R em R que seja contínua precisamente nos racionais.

Observemos que os racionais Q são densos em R e seu complementar IR (os irracionais) tem interior vazio. Mas IR não é magro. Para vermos isso, observemos que, sendo um subconjunto enumerável de R, espaço no qual conjuntos formados por um único elemento são fechados e tem interior vazio, Q é magro. Pelo teorema de Baire, R, por ser um espaço métrico completo, não é magro. E como R = Q união IR, segue-se que IR não pode ser magro, ou R, sendo então dado pela união de 2 conjuntos magros, também o seria.

Assim, particularizando-se o teorema geral para o caso de R e Q, vemos que não há função de R em R contínua precisamente em Q. Mas há funções de R em R contínuas precisamente em IR! Um xemplo é a famosa função de Thomae. Mas isto, como se dizia antigamente, são outros 500 cruzeiros (ou outros 500 reais, para não ser tão jurássico assim)

Um ponto básico nesta prova é que f é contínua em x se, e somente se, w(x) = 0. Isto tem em muitos livros de Análise e de Topologia, mas vou dar aqui a prova.

Suponhamos que f seja contínua em x. Para todo eps >0, existe então uma vizinhança V de X tal que d(f(v), f(x)) < eps/2 para todo u de VU. Pela desigualdade triangular, válida em todo espaço métrico, para todos v1 e v2 de V temos então que d(f(v1), f(v2)) <= d(f(v1), f(x)) + d(f(x), f(v2)) <= eps/2 + eps/2 = eps.
Pela definição de oscilação em uma vizinhança, temos então que W(V) = supremo { d(f(v1), f(v2)) | v1 ev v2 estão em V} <= eps. E, agora, pela definição de oscilação em um ponto, temos que w(x) = ínfimo {W(U) | U é vizinhança de x} <= W(V) <= eps, do que concluímos que 0 <= w(x) <= eps. Como esta desigualdade vale para todo eps >0, temos que w(x) = 0.

Suponhamos agora, por outro lado, que w(x) = 0. Dado eps >0, temos que w(x) < eps, de modo que eps não é limite inferior do conjunto {W(U) | U é vizinhança de x}. Existe, assim, uma vizinhança V de X tal que W(V) < eps. Da definição de W(V), segue-se que, para todos v1 e v2 de V, tenhamos que d(f(v1), f(v2)) <= supremo { d(f(v1), f(v2)) | v1 e v2 estão em V} = W(V) < eps. Para todo eps >0, existe, portanto, uma vizinhança V de x tal que d(f(v1), f(v2)) < eps para todos v1 e v2 de V, justamente a condição de continuidade em x.

Com isto, a prova está completa.

Vou ficar muito satisfeito se alguém aqui der uma prova diferente desta que dei.

Answer 2

Não deu para calcular não.

Beijos
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