Sobre a dimensão do quadrado de um espaço métrico compacto X

Givanildo Donizeti de Melo
Sobre a dimensão do quadrado de um espaço métrico
compacto X de dimensão n e o conjunto dos mergulhos de
X em R2n
São José do Rio Preto
2016
Givanildo Donizeti de Melo
Sobre a dimensão do quadrado de um espaço métrico compacto
X de
2n
dimensão n e o conjunto dos mergulhos de X em R
Dissertação apresentada para obtenção do título de Mestre em Matemática, junto ao Programa de Pós-Graduação
em Matemática, do Instituto de Biociências, Letras e Ciências Exatas da Universidade Estadual Paulista Júlio
de Mesquita Filho, Campus de São José do Rio Preto.
Orientadora: Prof
a Dra. Thaís Fernanda Mendes Monis
São José do Rio Preto
2016
Melo, Givanildo Donizeti de.
Sobre a dimensão do quadrado de um espaço métrico compacto X de
dimensão n e o conjunto dos mergulhos de X em R2n / Givanildo Donizeti
de Melo. -- São José do Rio Preto, 2016
79 f. : il.
Orientador: Thaís Fernanda Mendes Monis
Dissertação (mestrado) – Universidade Estadual Paulista “Júlio
de Mesquita Filho”, Instituto de Biociências, Letras e Ciências Exatas
1. Matemática. 2. Topologia algébrica. 3. Teoria da dimensão
(Topologia). 4. Mergulhos (Matemática) 5. Espaços de funções. I. Monis,
Thaís Fernanda Mendes. II. Universidade Estadual Paulista "Júlio de
Mesquita Filho". Instituto de Biociências, Letras e Ciências Exatas.
III. Título.
CDU – 513.831
Ficha catalográfica elaborada pela Biblioteca do IBILCE
UNESP - Câmpus de São José do Rio Preto
Givanildo Donizeti de Melo
Sobre a dimensão do quadrado de um espaço métrico compacto X de dimensão n e
o conjunto dos mergulhos de X em R2n
Dissertação apresentada para obtenção do título de Mestre em Matemática, junto ao Programa de Pós-Graduação
em Matemática, do Instituto de Biociências, Letras e Ciências Exatas da Universidade Estadual Paulista Júlio
de Mesquita Filho, Campus de São José do Rio Preto.
COMISSÃO EXAMINADORA
Profa. Dra. Thaís Fernanda Mendes Monis
UNESP - Rio Claro
Orientadora
Prof. Dr. Thiago de Melo
UNESP - Rio Claro
Prof. Dr. Daniel Vendrúscolo
UFSCar - São Carlos
São José do Rio Preto
23 de março de 2016
Resumo
Nesse trabalho nós estudamos o seguinte resultado: para um espaço métrico compacto
X,
de dimensão
n,
X em R2n é denso no espaço das
dim(X × X) < 2n. A demonstração
o subespaço dos mergulhos de
funções contínuas de
X
em
R2n
se, e somente se,
apresentada é aquela dada por J. Krasinkiewicz e por S. Spiez.
Palavras-chave:
Dimensão. Mergulhos. Espaços métricos compactos.
Abstract
In this work we study the following result: given a compact metric space
n,
X into R2n is dense in the space of all
dim(X × X) < 2n. The presented proof
the subspace consisting of all embeddings of
continuous maps of
X
into
R2n
if and only if
is the one given by J. Krasinkiewicz e por S. Spiez.
Keywords:
X of dimension
Dimension. Embeddings. Compact metric space.
Sumário
1 Teoria de dimensão
4
1.1
A pequena dimensão indutiva
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.2
Teoremas de separação e de alargamento para dimensão zero . . . . . . . . . . . .
7
1.3
Resultados da teoria de dimensão para espaços de dimensão zero . . . . . . . . . .
15
1.4
Vários tipos de desconexidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
1.5
Os teoremas da soma, decomposição, adição, alargamento, separação e produto
cartesiano
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
1.6
Caracterização da dimensão em termos de funções em esferas . . . . . . . . . . . .
33
1.7
Grande dimensão indutiva
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
1.8
Dimensão por cobertura
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
1.8.1
Espaço de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
1.8.2
Mergulho de Variedades
44
1.8.3
Teorema de MergerNöbeling
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 A dimensão do produto cartesiano e mergulhos em Rn
2.1
A densidade dos mergulhos em
n
implica
dim(X × X) < 2n
R
2n
de um espaço métrico compacto
59
X
de dimensão
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2
Funções transversalmente triviais e mergulhos em
2.3
Aplicação do Teorema 2.1
2n
45
61
. . . . . . . . . . . . . . . .
70
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
1
R
Introdução
A teoria de dimensão apresenta um resultado clássico, devido a K. Menger e G. Nöbeling, que
n pode ser mergulhado em R2n+1 .
2n+1
toda função contínua de X em R
pode ser aproximada
2n+1
C(X, R
) o espaço de todas as funções contínuas de X
X
estabelece que todo espaço métrico compacto
Mais forte, o resultado estabelece que
por um mergulho. Se denotamos por
em
R2n+1 ,
de dimensão
munido da métrica da convergência uniforme
ρ(f, g) = sup{kf (x) − g(x)k},
x∈X
E(X, R2n+1 )
C(X, R2n+1 ) consistindo dos mergulhos de X em
R2n+1 , então o Teorema de MengerNöbeling nos diz que E(X, R2n+1 ) é denso em C(X, R2n+1 ). A
e se denotamos por
o subespaço de
prova do Teorema de MengerNöbeling (Teorema 1.32) é uma aplicação do Teorema da Categoria
de Baire (Teorema 1.26).
Estabelecido o Teorema de MengerNöbeling, uma pergunta natural é: para quais espaços
métricos compactos
X
tem-se a propriedade de que toda função contínua
f : X → RN
pode
ser aproximada por um mergulho? Por ora, sabemos apenas que uma condição suciente é que
N
seja maior que o dobro da dimensão de
X.
Em 1983, D. McCullough e L. R. Rubin [9]
estabeleceram que essa condição também seria necessária no caso em que
N
é par.
Acontece
que alguns anos depois de publicado o artigo [9], J. Krasinkiewicz e K. Lorentz encontraram um
furo na demonstração de um dos lemas cruciais para a conclusão do resultado. Mais tarde, D.
McCullough e L. R. Rubin encontraram por si mesmos um contra-exemplo para o resultado que
haviam estabelecido em [9]: para cada
X
com
2n
E(X, R )
denso em
n ≥ 2,
2n
C(X, R ).
eles determinaram um espaço métrico compacto
Curiosamente, todos os contra-exemplos
X
McCullough e Rubin possuíam a propriedade de que a dimensão do produto cartesiano
menor do que o dobro da dimensão de
compacto
X,
X.
Denotando por
dim(X)
dados por
X ×X
era
a dimensão do espaço métrico
a conjectura que então estabeleu-se foi:
` `Dado um espaço métrico compacto
X
n, tem-se E(X, R2n )
dim(X × X) < 2 dim(X).
de dimensão
se, e somente se,
denso em
C(X, R2n )
A conjectura acima foi provada verdadeira em [1] por A. N. Dranisnikov, D. Repovs e E.V.
Scepin, nos seguintes termos:
2
[[1], Teorema 1.1]
E(X, R2n )
X um espaço métrico compacto com dim(X) = n, n ≥ 1.
C(X, R2n ) se, e somente se, dim(X × X) < 2n.
Seja
é denso em
Então,
Independentemente, J. Krasinkiewicz provou em [4] uma das implicações da conjectura:
[4] Seja X
em
um espaço métrico compacto de dimensão
C(X, R2n )
então
n, n > 1.
Se o subespaço
E(X, R2n )
é denso
dim(X × X) < 2n.
E S. Spiez, também independentemente, provou em [11] a outra implicação da conjectura, com
a condição de que
[11] Se X
2n
E(X, R )
dim(X) ≥ 3:
é um espaço métrico compacto de dimensão
é denso em
n>3
e
dim(X × X) < 2n
então o espaço
2n
C(X, R ).
O objetivo desse trabalho é o de apresentar as demonstrações de J. Krasinkiewicz e de S. Spiez
dadas em [4] e [11], respectivamente.
O trabalho está organizado do seguinte modo: no Capítulo 1, apresentamos uma discussão
razoável sobre a teoria de dimensão. Tal apresentação é baseada em [3]. A teoria de dimensão é um
ramo da Topologia especializado na denição e no estudo da noção de dimensão em certas classes
de espaços topológicos. Veremos que é possível denir a dimensão de um espaço topológico
três modos diferentes: via a pequena dimensão indutiva
ind(X),
X
de
via a grande dimensão indutiva
Ind(X) ou via a dimensão de cobertura dim(X). Essas três funções dimensão coincidem na classe
dos espaços métricos separáveis, i.e., ind(X) = Ind(X) = dim(X) para todo espaço métrico
separável X . Uma vez que todo espaço métrico compacto X é separável, quando estivermos
tratando dos resultados de [4] e [11], todos os resultados discutidos para ind(X), Ind(X) e dim(X)
poderão ser utilizados pois, nesse caso, esses números coincidem. O Teorema de MengerNöbeling
é estabelecido ao nal do capítulo, na Subseção 1.8.3 - Teorema 1.32. O Capítulo 2 é devotado
propriamente aos resultados de [4] e [11].
3
Capítulo 1
Teoria de dimensão
Na teoria de dimensão existem três denições diferentes de dimensão topológica: a pequena dimensão indutiva, a grande dimensão indutiva e a dimensão por cobertura. Neste capítulo apresentaremos também alguns resultados desta teoria como o Teorema da Soma, do Produto Cartesiano,
de coincidência entre outros.
1.1
A pequena dimensão indutiva
Denição 1.1.
ind X ,
ind
X
Para todo espaço regular
é um número inteiro maior ou igual a
a pequena dimensão indutiva de
−1
ou o número innto
∞.
X,
denotada por
Denimos a dimensão
da seguinte forma:
(M U 1) ind X = −1 ⇔ X = ∅;
(M U 2) ind X 6 n,
onde
n = 0, 1, . . .,
um conjunto aberto
U ⊂X
se para todo
se
(M U 4) ind X = ∞
e cada vizinhança
V ⊂X
de
tal que
x∈U ⊂V
(M U 3) ind X = n
x∈X
e
ind ∂U 6 n − 1;
n − 1 < ind X 6 n;
se
ind X > n
A pequena dimensão indutiva
ind
para todo
n = −1, 0, 1, . . ..
é também chamada de dimensão de MengerUrysohn.
4
x
existe
ind X > n − 1 quando ind X 6 n − 1 não é satisfeito. Assumimos que as fórmulas
n 6 ∞ e n + ∞ = ∞ + n = ∞ + ∞ = ∞ são verdadeiras para todo n ∈ Z.
Sejam X e Y espaços regulares. Se X e Y são homeomorfos então ind X = ind Y , i.e., a
Dizemos que
pequena dimensão indutiva é um invariante topológico.
Exemplo 1.1.
Se
X
é um espaço discreto então
ind X = 0.
A reciproca é falsa. Provaremos neste trabalho que
ind Q = 0,
assim como
Q
não é um espaço
discreto temos um contra-exemplo para a reciproca do exemplo acima.
Sabemos que todo subespaço
dimensão
ind
é denida para
Teorema 1.1.
X,
M
M
ind X
de um espaço regular
ind X = ∞.
Demonstração. O teorema é óbvio se
um subespaço de
do subespaço, existe
aberto de
X
X, x ∈ M
V1 ⊂ X
ind X = −1.
e uma vizinhança
aberto de
X
tal que
O conjunto
ind M 6 ind X .
ind X < ∞.
Suponha por hipótese de indução
6 n − 1.
V ⊂M
V = M ∩ V1 .
de
x.
Suponha que
ind X = n.
Pela denição de topologia
Como
ind X 6 n,
existe
U1 ⊂ X
U = M ∩ U1
ind(∂U1 ) 6 n − 1.
e
é aberto em
M
M , ∂M (U ) = M ∩ (M ∩ U1 ) ∩ (M \U1 ).
Como
X.
tal que
x ∈ U1 ⊂ V1
em
tem-se
de
Assim, consideraremos o caso
que o teorema é válido para todo espaço regular com dimensão
M
X
M
Assim, se a
para provar o resultado.
Claramente, a desigualdade é verdadeira se
Sejam
é também regular.
ela também é denida para todo subespaço
Para todo subespaço
Usaremos indução nita sobre
X
de um espaço regular
e satisfaz
x ∈ U ⊂ V.
Assim a fronteira
∂M (U )
A fronteira do conjunto
é um subespaço de
ind(∂U1 ) 6 n − 1 segue por hipótese de indução que ind(∂M (U )) 6 ind(∂U1 ) 6 n − 1.
U
∂(U1 ).
Logo,
ind M 6 n.
Portanto,
ind M 6 ind X = n.
Denição 1.2. Seja X um espaço topológico.
que um conjunto
L⊂X
é uma partição entre
Sejam
A
e
B
AeB
subespaços disjuntos de
se existem conjuntos abertos
X.
Dizemos
U, W ⊂ X
satisfazendo as condições
A ⊂ U,
Claramente, a partição
L
B ⊂ W,
U ∩W =∅
é um subconjunto fechado de
5
e
X.
X\L = U ∪ W.
(1.1)
Proposição 1.1.
Um espaço regular
somente se, para todo
x∈X
L
ind L 6 n − 1.
entre
x
B
e
tal que
X
Demonstração. Seja
conjunto fechado
x
tal que
x∈U ⊂V
e
x∈
/ B.
Por hipótese
ind X 6 n,
L = ∂U
existe uma partição
n > 0.
com
se, e
existe uma partição
Considere
logo existe um conjunto aberto
B ⊂ X\V ⊂ X\U = W,
x
e
B,
L entre x e B
tal que
e
W
U ∩W =∅
x∈X
x∈X
e um
V ⊂X
U ⊂X
de
tal que
pois os conjuntos abertos
e
U
e
X\L = U ∪ W.
e cada conjunto fechado
ind L 6 n − 1.
x, existe L uma partição entre x e B = X\V
U
x∈
/ B,
é regular, existe uma vizinhança
é uma partição entre
Reciprocamente, suponha que para todo
abertos
tal que
n>0
satisfazem:
{x} ⊂ U,
de
ind X 6 n
X
Como
B⊂X
com
ind(∂U ) 6 n − 1.
Note que o conjunto
W = X\U
e cada conjunto fechado
tal que
ind X 6 n,
tem a pequena dimensão
um espaço regular tal que
B ⊂X
V ⊂ X\B .
X
tal que
Assim, dado
B⊂X
tal que
x∈
/ B,
x e uma vizinhança V ⊂ X
ind L 6 n − 1, com isso existem conjuntos
satisfazendo as condições de (1.1). Temos,
x ∈ U ⊂ X\W ⊂ X\B = V
e
∂U = (X\U ) ∩ U ⊂ (X\U ) ∩ (X\W ) = X\(U ∪ W ) = L,
assim
ind ∂U 6 n − 1.
Observação 1.1.
X
possui uma base
Lema 1.1.
Portanto,
ind X 6 n.
X
satisfaz
para todo
U ∈ B.
Obviamente, um espaço regular
B
tal que
ind ∂U 6 n − 1
Se um espaço topológico
uma família enumerável
B0
X
ind X 6 n
com
n>0
tem base enumerável, então toda base
que é uma base para
B
de
se, e só se,
X
contém
X
Demonstração. Ver [3], página 6.
A partir do lema acima, reescrevemos a Observação 1.1 na seguinte forma:
Teorema 1.2.
se,
X
Um espaço métrico separável
tem base enumerável
B
tal que
X
satisfaz
ind ∂U 6 n − 1
6
ind X 6 n
para todo
com
U ∈ B.
n>0
se, e somente
1.2
Teoremas de separação e de alargamento para dimensão
zero
Um espaço regular
X
ind X = 0
tal que
será chamado um espaço de dimensão zero.
Abaixo,
reescrevemos os resultados da seção anterior para os espaços de dimensão zero.
Proposição 1.2.
Um espaço regular
não vazio e para todo
U ⊂X
tal que
x∈X
X
é um espaço de dimensão zero se, e somente se,
e cada vizinhança
V ⊂X
de
x
X
é
existe um conjunto aberto e fechado
x∈U ⊂V.
Proposição 1.3.
Todo subespaço não vazio de um espaço de dimensão zero é também de
dimensão zero.
Proposição 1.4.
para todo
entre
x
e
x∈X
Um espaço regular
X
e cada conjunto fechado
é de dimensão zero se, e somente se,
B⊂X
tal que
x∈
/B
X
é não vazio e
o conjunto vazio é uma partição
B.
Proposição 1.5.
Um espaço métrico separável
X
é de dimensão zero se, e somente se,
X
é
não vazio e tem uma base enumerável de conjuntos abertos e fechados.
Nesta seção introduziremos os teoremas de separação e o teorema de alargamento para dimensão zero. Antes disso, apresentamos alguns exemplos de espaços de dimensão zero.
Exemplo 1.2.
O espaço dos números irracionais,
R\Q ⊂ R,
é de dimensão zero pois possui
uma base enumerável que consiste de conjuntos abertos e fechados. A saber, os conjuntos da forma
(R\Q) ∩ (a, b),
onde
Similarmente,
a, b ∈ Q.
Q ⊂ R
é de dimensão zero.
geralmente, se um espaço métrico
ind X = 0.
tal que
De fato, para todo
B(x, r) ⊂ V ,
já que
V
(X, d)
x∈X
Também
X
e cada vizinhança
é aberto. Também existe
seria pelo menos a do intervalo
contradiz a hipótese. Note que
é de dimensão zero.
não vazio possui cardinalidade menor que a de
pois caso contrário todas as esferas de raio menor que
a cardinalidade de
Qn ⊂ Rn
U = B(x, t)
V ⊂X
t<r
r
de
x
tal que
d(x, y) 6= t
x ∈ U ⊂ V,
pois
∂U ⊂ {y ∈ X | d(x, y) = t} = ∅ ⇒ ind ∂U = −1.
7
para todo
X
que por sua vez é igual a de
satisfaz a condição
então
existe um número positivo
possuiriam um elemento de
(0, r),
R,
Mais
r
y ∈ X,
e, assim,
R,
o que
é aberto e fechado,
Portanto,
X
é de dimensão zero.
Proposição 1.6.
Um subespaço
X ⊂R
não vazio é de dimensão zero se, e somente se, ele
não contém nenhum intervalo.
X ⊂R
Demonstração. De fato, suponha
Proposição 1.3,
ind(a, b) = 0.
conjunto aberto e fechado
(a, b).
Logo,
X
Assim, para todo
U (X
ponto
que
c
e
x.
X ∩ (a, b),
Para cada
x ∈ U ⊂ V.
d
tal que
x∈X
e cada
x ∈ U ⊂ V,
(a, b).
Pela
V ⊂ (a, b) vizinhança de x existe um
o que contradiz a conexidade do intervalo
não contém nenhum intervalo.
Reciprocamente, suponha que
da forma
de dimensão zero e contendo um intervalo
onde
a<x<b
V = X ∩ (a, b)
X
com
a
e
b ∈ R,
Dado
x ∈ X , os conjuntos
constituem uma base para o espaço
onde
c ∈ (a, x)\X
não contém nenhum intervalo e, daí,
e
(a, x) * X
X
U ⊂V
podese encontrar um conjunto aberto e fechado
U = X ∩ (c, d),
Basta denir
existem pois
X ⊂ R não contém nenhum intervalo.
no
tal
d ∈ (x, b)\X .
Note que
(x, b) * X .
Portanto,
e
ind X = 0.
Exemplo 1.3. O conjunto de Cantor C ⊂ R consiste de todos os números de I = [0, 1] que tem
uma extensão triádica em que o algarismo 1 não ocorre, isto é, o conjunto dos números da forma
∞
∞
X
\
2xi
x=
, onde xi é igual a 0 ou 1. Note que C =
Fi , onde o conjunto F1 é obtido de I
3i
i=1
i=1
removendo o intervalo do meio (1/3, 2/3), o conjunto F2 é obtido de F1 removendo os intervalos
do meio
(1/9, 2/9)
e
(7/9, 8/9)
0
1
O conjunto
Como
C
Fi
consiste de
é fechado em
I,
2i
de ambas as partes de
0
1
3
2
3
F1 ,
1
e assim por diante.
0
1 2 1
9 9 3
intervalos disjuntos de comprimento
2 7 8
3 9 9
1
1/3i .
temos que o conjunto de Cantor é subespaço compacto de
R.
Observe
também que o conjunto de Cantor é de dimensão zero pois não contém nenhum intervalo.
Teorema 1.3 (O primeiro teorema de separação para dimensão 0).
separável de dimensão zero, então para todo par
o conjunto vazio é uma partição entre
tal que
A⊂U
e
A
e
B,
A, B
Se
X
é um espaço métrico
de subconjuntos disjuntos fechados em
isto é, existe um conjunto aberto e fechado
B ⊂ X\U .
8
X,
U ⊂X
Demonstração. Para todo
V = X\B .
x ∈ X
x ∈
/ A
temos que
Logo, existe um conjunto aberto e fechado
A ∩ Wx = ∅
{Wx }x∈X
A cobertura aberta
de
X
x ∈
/ B.
ou
Wx ⊂ X
x ∈
/ B
Suponha que
x ∈ Wx
tal que
e tome
e
B ∩ Wx = ∅.
ou
(1.2)
{Wi }i∈N ,
possui uma subcobertura enumerável
pois
X
é
um espaço métrico separável. Os conjuntos
!
[
U i = W xi \
⊂ W xi ,
W xj
onde
i ∈ N,
j<i
são abertos e constituem uma cobertura do espaço
U=
Obviamente,
dois disjuntos,
[
{Ui | A ∩ Ui 6= ∅}
A⊂U
e segue de (1.2) que
W = X\U ,
Observação 1.2.
Dena
W =
e
B ⊂ W.
implicando que o conjunto
[
{Ui | A ∩ Ui = ∅}.
Uma vez que os conjuntos
U
é aberto e fechado e
Note que na prova do Teorema 1.3 a hipótese de
separável pode ser substituída pela condição de
X
Dois subconjuntos
A
e
B
X
Ui 's
são dois a
B ⊂ X\U .
ser um espaço métrico
ser espaço de Lindelöf, isto é, um espaço regular
que tem a propriedade que toda cobertura aberta de
Denição 1.3.
X.
X
possui uma subcobertura enumerável.
de um espaço topológico
X
estão separados se
A ∩ B = ∅ = A ∩ B.
Os conjuntos
A
e
B
são separados se, e somente se, eles são disjuntos e abertos (ou fechados)
em sua união, isto é, se
A∪B
de
A∩B = ∅
e o conjunto vazio é uma partição entre
A
e
B
no subespaço
X.
O segundo teorema de separação para dimensão zero será deduzido dos dois seguintes lemas:
Lema 1.2.
Para todo par
conjuntos abertos
U, W ⊂ X
A, B
de subconjuntos separados no espaço métrico
d(x, Z)
existem
tais que
A ⊂ U,
Demonstração. Dena
(X, d)
f : X → R+
denota a distância do ponto
B⊂W
por
x
U ∩ W = ∅.
e
f (x) = d(x, A)
a um conjunto
e
Z.
g : X → R+
por
g(x) = d(x, B),
Sabemos que
f
g
e
são contínuas, pois
são funções lipschitzianas. Assim, os conjuntos
U = {x ∈ X | f (x) − g(x) < 0}
e
9
onde
W = {x ∈ X | f (x) − g(x) > 0}
A⊂U
são abertos. Note que
igualdade
U ∩W =∅
Lema 1.3.
e
B⊂W
pois
f −1 (0) = A, g −1 (0) = B
U
segue diretamente da denição de
e
M
um subespaço de um espaço métrico
disjuntos fechados de
X.
Para toda partição
são subconjuntos abertos de
espaço
Se
X
M
entre
B
e
A ⊂ V1 , B ⊂ V2
tais que
a qual satisfaz
X,
no espaço
X
então para toda partição
A
entre
Demonstração. Seja
L0
subconjuntos abertos
e
B
L0
satisfazendo
no espaço
X
M
M ∩ V1 ⊂ U 0 ,
de
M
e
e
entre
A, B
entre
A, B
um par de subconjuntos
M ∩ V1
e
M ∩ V2 ,
onde
V1 , V2
existe uma partição
L
no
um par de subconjuntos disjuntos
M ∩A e M ∩B
existe uma partição
M ∩ L ⊂ L0 .
M
uma partição qualquer no espaço
U 0, W 0
X
V1 ∩ V2 = ∅,
e
são separados. A
M ∩ L ⊂ L0 .
é um subespaço fechado de um espaço métrico
fechados de
L
A
X
M
no espaço
B
e
W.
Sejam
L0
A
e
entre
M ∩ V1
e
M ∩ V2 .
Então existem
tais que
M ∩ V2 ⊂ W 0 ,
U0 ∩ W 0 = ∅
M \L0 = U 0 ∪ W 0 .
e
Provemos que
A ∩ W 0 = ∅ = B ∩ U 0.
De fato, sabemos que
temos
V1 ∩ W 0 = ∅,
Os conjuntos
U0
V1 ∩ W 0 = M ∩ V1 ∩ W 0 ⊂ U 0 ∩ W 0 = ∅
que implica
e
W0
(1.3)
A ∩ W 0 = ∅.
e, como o conjunto
Do mesmo modo prova-se
V1
B ∩ U 0 = ∅.
são disjuntos e abertos na sua união, assim eles estão separados, isto é,
U 0 ∩ W 0 = ∅ = U 0 ∩ W 0.
Os subconjuntos
Se
A ∪ U0
e
B ∪ W0
x ∈ A então, por (1.3), x ∈
/ W 0.
é absurdo, pois
Logo,
A ∩ B = ∅.
x∈
/ B ∪ W,
(1.4)
estão separados. Com efeito, seja
Sabe-se também que
Agora se
absurdo. Portanto,
x ∈ U 0,
x ∈ (A ∪ U 0 ) ∩ (B ∪ W 0 ).
x ∈ B ∪ W 0 ⊂ B ∪ W 0.
por (1.3) temos
x∈
/ B =B
(A ∪ U 0 ) ∩ (B ∪ W 0 ) = ∅.
Logo,
Pelo Lema 1.2, existem conjuntos abertos
A ∪ U 0 ⊂ U,
L = X\(U ∪ W )
U, W ⊂ X
B ∪ W0 ⊂ W
é uma partição no espaço
X
U ∩ W = ∅.
entre
A
e
B.
M ∩ L = M \(U ∪ W ) ⊂ M \(U 0 ∪ W 0 ) = L0 .
10
x∈
/ W 0.
Do mesmo modo prova-se que
tais que
e
x∈B=B
e por (1.4)
(A ∪ U 0 ) ∩ (B ∪ W 0 ) = ∅.
O conjunto
é aberto,
Note que
O que prova a primeira parte do Lema 1.3.
L0
Para provar a segunda parte, seja
existem conjuntos abertos
U1 , W1
M ∩ A ⊂ U1 ,
Como
em
M
uma partição entre
M ∩ B ⊂ W1 ,
V1 , V2
em
X
e
M ∩B
M,
em
ou seja,
satisfazendo:
U1 ∩ W1 = ∅
A ∩ (M \U1 ) = ∅, B ∩ (M \W1 ) = ∅
existem conjuntos abertos
M ∩A
X
e
M \L0 = U1 ∪ W1 .
e
X
é um espaço métrico (e assim,
é normal)
tais que
A ⊂ V1 ⊂ V1 ⊂ X\(M \U1 ),
B ⊂ V2 ⊂ V2 ⊂ X\(M \W1 )
Obviamente,
L0
M ∩ V1
é uma partição entre
e
e
V1 ∩ V2 = ∅.
M ∩ V2
em
M
U1 , W1
pois os abertos
em
M
satisfazem às condições de (1.1).
Aplicando a primeira parte do Lema 1.3, existe uma partição
L
entre
A
B
e
em
X
e
M ∩L ⊂
L0 .
Teorema 1.4 (O segundo teorema de separação para dimensão 0).
arbitrário e
Z
é um subespaço separável e de dimensão zero de
subconjuntos fechados disjuntos de
X
existe uma partição
Demonstração. Considere os conjuntos abertos
V1 , V2 ⊂ X
L
entre
Proposição 1.7.
Seja
M
existe um conjunto aberto
M 6= ∅
U
em
X
e para todo
B
x ∈ M
L
entre
{x}
e
B
B
tal que
e
V
tal que
Z ∩ V1
e
e
V1 ∩ V2 = ∅.
Z ∩ V2 .
Aplicando
desejada.
x∈M
X.
e cada vizinhança
uma vizinhança de
X.
L ∩ M = ∅.
x
em
X,
tome
V
Então
de
B = X\V .
x
M
é de
no espaço
B ⊂ W,
Assim,
{x}
e
Pelo segundo teorema de separação, existe uma
Ou seja, existem conjuntos abertos
que
{x} ⊂ U,
L ∩ Z = ∅.
A ⊂ V1 , B ⊂ V2
entre
de
M ∩ ∂U = ∅.
e
são fechados disjuntos do espaço métrico
partição
e
A, B
tal que
x∈U ⊂V
Demonstração. Dado
é um espaço métrico
um subespaço separável de um espaço métrico
dimensão zero se, e somente se,
X
L
Z
X
então para todo par
A
tais que
Pelo Teorema 1.3, o conjunto vazio é uma partição no espaço
a primeira parte do Lema 1.3, obtemos a partição
X,
Se
U ∩W =∅
11
e
X\L = U ∪ W.
U, W ⊂ X
tal
Para provar que
M ∩ ∂U = ∅
x ∈ X\L = U ∪ W .
Agora, se
x ∈ W,
Portanto,
x∈U
Então
W
como
x∈U ⊂V
e
X
aberto em
X
x
M,
em
M
M, U0 ⊂ V 0
e
∂U 0
U
Proposição 1.8.
e somente se,
M 6= ∅
M
e
X
X
x
no espaço
Assim
X,
tal que
M ∩ ∂U = ∅,
M
U
De fato, seja
é aberto, segue que
aberto
x∈U ⊂V
temos que
x∈
/ ∂U .
V
de
e
X
M ∩ ∂U = ∅.
contendo
U0 = U ∩ M
B
para todo
U ⊂X
| ∂U ∩ M = ∅}
C
x.
V
Seja
de
x
V0
uma
no
U
Então, para
é uma vizinhança de
x
X
é de dimensão zero se,
tal que
U ∈ B.
de dimensão zero. Então, para todo
tem base enumerável. Pelo Lema 1.1,
e cada vizinhança
ind M = 0.
tem uma base enumerável
M
x∈M
de um espaço métrico separável
existe um conjunto aberto
C = {U ⊂ X
como
para algum aberto
M ∩ ∂U = ∅,
Demonstração. Suponha
x ∈ U,
X\L ⊂ X\∂U .
x∈
/ ∂U .
é vazia. Portanto,
Um subespaço
e
em
V0 = V ∩M
i.e.,
em
Se
não vazio e que para todo
x∈U ⊂V
tal que
x ∈ W.
ou seja,
M ∩ ∂U = ∅.
existe um conjunto aberto
vizinhança de
em
ou
é aberto, segue que
Reciprocamente, suponha
espaço
∂U ⊂ L,
basta mostrar que
tal que
é uma base de
x∈M
x∈U ⊂V
X.
Como
e cada vizinhança
e
X
contém uma família enumerável
V
de
∂M (U ) = M ∩ ∂U = ∅.
é separável segue que
X
B
que é uma base para
B
tal que
X.
Reciprocamente, suponha
para todo
U ∈ B.
M ∩ ∂U = ∅.
Então,
M 6= ∅
e que
X
tem uma base enumerável
BM = {U ∩M | U ∈ B} é uma base enumerável para M
Logo, pelo Teorema 1.2, segue que
e
M ∩ ∂U = ∅,
∂M (U ∩M ) =
ind M = 0.
Podemos perguntar neste momento se todo subespaço de dimensão zero de um espaço pode
ser ampliado para um subespaço de dimensão zero com alguma propriedade.
subespaço
O exemplo do
Q de R mostra que, geralmente, subespaços de dimensão zero não podem ser ampliados
a subespaços de dimensão zero fechados. O teorema abaixo mostra que estes subespaços podem
ser ampliados para
Denição 1.4.
Gδ conjuntos
de dimensão zero.
Um subconjunto
enumerável de conjuntos abertos de
A
X.
do espaço
E,
A
é um
conjuntos fechados.
12
X
é um
Gδ conjunto
Fδ conjunto
se
A
se
A
é uma interseção
é uma união enumerável de
Exemplo 1.4.
Seja
(X, d)
um espaço métrico. Todo subconjunto fechado
conjunto e todo subconjunto aberto
U ⊂X
O conjunto dos números irracionais,
Q = {x0 , x1 , x2 , . . .}.
podemos escrever
R.
é um
R\Q,
B ⊂X
é um
Gδ Fδ conjunto.
Gδ conjunto.
é um
Considere
Ui = R\{xi },
De fato, como
Q
é enumerável,
que é um subconjunto aberto de
Portanto,
R\Q =
∞
\
Ui .
i=1
Teorema 1.5 (O teorema de alargamento para dimensão 0).
dimensão zero
Z
de um espaço métrico
X,
existe um
Para todo subespaço separável de
Gδ conjunto Z ∗
em
X
tal que
Z ⊂ Z∗
e
Z∗
é de dimensão zero.
Demonstração. Como todo subconjunto fechado de um espaço métrico é um
que
Z
em
X,
é
em
X.
Se existe um
então este subconjunto é um
Z = X,
que
Gδ conjunto
com isso
Z ∩ ∂U = ∅
X
Gδ conjunto
em um subespaço que é um
no espaço
X.
para todo
Gδ conjunto
que contém o conjunto
B
Gδ conjunto
B
em
X
tal
U ∈ B.
F = ∪{∂U | U ∈ B}
tem base enumerável
temos
Assim, podemos assumir que
é separável. Pela Proposição 1.8, temos uma base enumerável
Note que
X
Gδ conjunto
Gδ conjunto,
e
é um
Z.
Fδ conjunto,
e seu complementar,
Da Proposição 1.8, segue que
Z ∗ ∩ ∂U = ∅
para todo
Z∗
Z ∗ = X\F ,
é um
é de dimensão zero pois
U ∈ B.
O Teorema 1.3 fornece duas propriedades equivalentes para espaços métricos separáveis de
dimensão zero: a propriedade que o conjunto vazio é uma partição entre quaisquer dois conjuntos
A, B e a propriedade
fechado B tal que x ∈
/ B.
fechados disjuntos
cada conjunto
que o conjunto vazio é uma partição entre todo
Exemplo 1.5.
x∈X
e
Considere o espaço de Hilbert H cujos elementos são sequências (xi )i∈N de
∞
X
números reais tais que a série
x2i é convergente. Para todo x = (xi ) ∈ H , a norma de x é
i=1
v
u∞
uX
x2 ,
kxk = t
i
i=1
13
e a distância entre
x = (xi )
e
y = (yi )
é denida por
v
u∞
uX
d(x, y) = t (xi − yi )2 .
i=1
(H, d)
Com isso,
é um espaço métrico.
H0 = {x ∈ H | xi ∈ Q, ∀i ∈ N}
Mostraremos que no subespaço
partição entre quaisquer dois pontos distintos
Considere um par
xi0 6= yi0 .
x = (xi ), y = (yi )
x, y
e ainda
H0
xi 0 < t < y i 0 ,
o conjunto vazio é uma
não é de dimensão zero.
de pontos distintos de
Sem perda de generalidade, pode-se assumir que
H,
de
H0 .
i0 ∈ N
tal que
t ∈ R\Q
tal que
Então, existe
xi0 < yi0 .
Tome
e dena
W = {z ∈ H0 | zi0 < t}.
W
Veja que
Como
é um conjunto aberto e fechado em
x ∈ W ⊂ H0 \{y},
H0 .
o conjunto vazio é uma partição entre
a sequência cujos termos são todos iguais a zero e seja
Mostremos que toda vizinhança
U
de
x0
x
e
y.
Agora, seja
x0 ∈ H0
V = B(x0 , 1) = {x ∈ H0 | kxk < 1}.
que está contida em
V
possui fronteira não nula, ou seja,
∂U 6= ∅.
Deniremos, por indução, uma sequência
a1 , a2 , . . .
xk = (a1 , a2 , . . . , ak , 0, 0, . . .) ∈ U
para
k = 1, 2, . . ..
números racionais
de números racionais tal que
e
d(xk , H0 \U ) 6 1/k,
As condições em (1.5) estão satisfeitas para
a1 , a2 , . . ., am−1
k=1
se
satisfazem as condições em (1.5) para
a1 = 0 .
(1.5)
Suponha que os
k 6 m − 1.
A sequência
xm
i = (a1 , a2 , . . . , am−1 , i/m, 0, 0, . . .)
é um elemento de
um i0
<m
tal que
H0
para
xm
i0 ∈ U
i = 1, 2, . . . , m.
e
Como
xm
0 = xm−1 ∈ U
e
/U
xm
m ∈
pois
kxm
m k > 1,
existe
/ U.
xm
i0 +1 ∈
i0
vemos facilmente que as condições em (1.5) estão satisfeitas e, assim,
m
k
X
a sequência a1 , a2 , . . . está denida. Da primeira parte de (1.5) segue que
a2i < 1 para
i=1
k
∞
X
X
a2i 6 1. Logo, a = (ai )i∈N ∈ H0 e a ∈ U . Por outro lado, da
k = 1, 2, . . ., daí
a2i = lim
k→∞
i=1
i=1
Para
k=m
e
am =
segunda parte de (1.5), segue que
Logo,
H0
a ∈ H0 \U .
Deste modo,
não é de dimensão zero.
14
a ∈ ∂U
e, portanto,
∂U 6= ∅.
1.3
Resultados da teoria de dimensão para espaços de dimensão zero
Provaremos nesta seção dois resultados importantes para espaços de dimensão zero: o Teorema
da Soma e o Teorema do Produto Cartesiano. Nas próximas seções provaremos estes resultados
para espaços de dimensões quaisquer.
Outro teorema abordado será o Teorema do Espaço Universal para dimensão zero: o conjunto
de Cantor e o espaço dos números irracionais são espaços universais para a classe dos espaços
métricos separáveis de dimensão zero. Este resultado foi estabelecido por W. Sierpiński em
Teorema 1.6 (O teorema da soma para dimensão 0).
que
X = ∪ Fi ,
i∈N
onde os
Fi 's
Se
X
1921.
é um espaço métrico separável tal
são subespaços fechados de dimensão zero, então
X
é de dimensão
zero.
Demonstração. Considere um par de subconjuntos fechados disjuntos
concluir que
e
B,
X
A ⊂ U,
U0 , W0
U, W
B ⊂ W,
conjuntos abertos de
A ⊂ U0 ,
X
X
X
de
X.
Para
B ⊂ W0 ,
U0 , W0
(1.6)
U0 ∩ W0 = ∅.
e
U0 , U1 , U2 , . . .
Wi−1 ⊂ Wi
se
Fi ⊂ Ui ∪ Wi ,
Claramente os conjuntos
X = U ∪ W.
e
tais que
satisfazendo as seguintes condições para
Ui−1 ⊂ Ui ,
A
tais que
U ∩W =∅
Vamos denir indutivamente duas sequências
abertos de
no espaço
é de dimensão zero, vamos mostrar que o conjunto vazio é uma partição entre
isto é, existem conjuntos abertos
Sejam
A, B
e
(1.7)
W0 , W1 , W2 , . . .
de subconjuntos
i = 0, 1, 2, . . .:
i>1
U i ∩ W i = ∅.
e
F0 = ∅.
onde
(1.9)
denidos acima satisfazem ambas as condições para
Suponha, por hipótese de indução, que os conjuntos
Ui , Wi
(1.8)
i = 0.
satisfazem (1.8) e (1.9) para todo
i < k.
Como
em
Fk ,
Fk
é de dimensão zero e os conjuntos
existe um subconjunto aberto e fechado
U k−1 ∩ Fk ⊂ V
U k−1 ∩ Fk
V
de
Fk
e
W k−1 ∩ Fk
(pelo Teorema 1.3) tal que
W k−1 ∩ Fk ⊂ Fk \V.
e
15
são fechados e disjuntos
(1.10)
O conjunto
X;
Fk
X,
sendo fechado em
V
implica que os conjuntos
Fk \V
e
são também fechados em
segue de (1.10) que
(U k−1 ∪ V ) ∩ [W k−1 ∪ (Fk \V )] = (V ∩ W k−1 ) ∪ [U k−1 ∩ (Fk \V )] = ∅,
assim existem conjuntos abertos
Uk , Wk ⊂ X
U k−1 ∪ V ⊂ Uk ,
Os conjuntos
Uk , Wk
U0 , U1 , U2 , . . .
e
satisfazendo
W k−1 ∪ (Fk \V ) ⊂ Wk
satisfazem (1.8) e (1.9) para
W0 , W1 , W2 , . . .
i = k,
U k ∩ W k = ∅.
e
assim podemos construir as sequências
desejadas.
Segue de (1.7), (1.8) e (1.9) que
U=
∞
[
Ui
W =
e
i=0
∞
[
Wi
i=0
satisfazem (1.6).
Corolário 1.1.
sequência
Se um espaço métrico separável
F1 , F2 , . . .
X
pode ser representado como a união de uma
de subespaços de dimensão zero, onde
Fi
é
Fδ conjunto ∀i,
então
X
é de
dimensão zero.
Corolário 1.2.
Se um espaço métrico separável
dimensão zero, com um deles fechado, então
Demonstração. Suponha que
B
A
X
X = A ∪ B,
onde
A
e
B
são subespaços de
é de dimensão zero.
é fechado. O conjunto aberto
X\A ⊂ B
é de dimensão zero pois
é de dimensão zero. Como todo subconjunto aberto de um espaço métrico é um
X = A ∪ (X\A),
segue do Corolário 1.1 que
Corolário 1.3.
X
Fδ conjunto
e
é de dimensão zero.
Se juntarmos um número nito de pontos a um espaço métrico separável de
dimensão zero, obtemos então um espaço métrico separável de dimensão zero.
Demonstração. Seja
zero. Como
Y
X = Y ∪ {x1 , . . . , xn },
é separável, segue que
Então, pelo Corolário 1.2,
Teorema 1.7
X =
Y
Xi
X
Xi
Y
é um espaço métrico separável de dimensão
também o é. O subconjunto
{x1 , . . . , xn } é fechado de X .
é de dimensão zero.
(O teorema do produto cartesiano para dimensão
de uma família
i∈J
todos espaços
X
onde
{Xi }i∈J
0).
O produto cartesiano
de espaços regulares é de dimensão zero se, e somente se,
são de dimensão zero.
16
Demonstração. Suponha
X
de dimensão zero. Logo,
a um subespaço não vazio de
X.
Por outro lado, se todos os
Xi 's
Xi .
é um subconjunto nito de
Portanto,
X
(I, 6)
Seja
Y
Ui ×
πii
(2)
πji = πki ◦ πjk
sobre
e
Bi
de
Xi
formadas
Xi ,
i∈J−S
Ui ∈ Bi
para
i ∈ S,
constituem uma base para
X
e são
é de dimensão zero.
(Xi )i∈I
todo i 6 j
um conjunto dirigido. Dado uma família
(1)
são de dimensão zero.
X.
i
uma família de funções contínuas πj
é a identidade em
então o par
J
Xi é homeomorfo
Logo, os conjuntos da forma
i∈S
abertos e fechados em
Xi
são de dimensão zero, então existem bases
Y
S
é não vazio e, então, cada
Logo, todos os subespaços
por conjuntos abertos e fechados de
onde
X
Xi
para todo
(Xi , πji )
: Xj → Xi
para
de espaços topológicos, se existir
com as seguintes propriedades
i;
para todo
i 6 k 6 j;
é chamado de sequência inversa de espaços topológicos e funções contínuas
I.
O limite da sequência inversa (ou limite inverso) é um par
(X, πi ),
onde
X é um espaço
πi = πji ◦ πj para
{πi : X → Xi }i∈I é uma família de funções contínuas satisfazendo
todo i 6 j e, além disso, se (Y, ψi ) é outro limite para a sequência inversa, então existe uma única
função contínua ϕ : Y → X tal que o diagrama comute (equivalentemente ψi = πi ◦ ϕ para todo
i)
topológico e
Y
ψj
πj
ϕ
X
{
Xj
πji
ψi
πi
$ / Xi .
Observamos que o limite inverso pode ser visto como um subconjunto do produto cartesiano
Y
Xi .
De fato, sejam
i∈I
)
(
X=
x∈
Y
X i | xi =
i∈I
17
πji (xj ), ∀i
6j∈I
πi : X → Xi a restrição em X da projeção canônica, para i ∈ I . Note que πi = πji ◦ πj para todo
i 6 j . Agora, se (Y, ψ) é um limite para a sequência inversa (Xi , πji ), provemos que existe uma
função contínua ϕ : Y → X tal que ψi = πi ◦ ϕ. De fato, dena ϕ : Y → X por ϕ(y) = (ψi (y))i∈I .
Veja que ϕ é contínua porque suas funções coordenadas o são e ϕ(y) = (ψi (y))i∈I ∈ X , pois para
i 6 j , πji (ψj (y)) = ψi (y).
Obviamente ψi = πi ◦ ϕ e, portanto, (X, πi ) é o limite inverso.
e
Corolário 1.4.
(Xi , πji )
O limite de uma sequência inversa
de espaços de dimensão zero é ou
de dimensão zero ou vazio.
Demonstração. Como o limite inverso é um subconjunto do produto
Y
Xi ,
que é de dimensão
i∈I
zero, segue imediatamente que o limite da sequência inversa
(Xi , πji )
é ou de dimensão zero ou
vazio.
Agora com os Teoremas da soma e do produto cartesiano temos mais exemplos de espaços de
dimensão zero.
Exemplo 1.6.
paço de
que
Qnk
Rn
Para todo par
k
satisfazendo
06k6n
consistindo de todos pontos que tem exatamente
k
e
números racionais
Ri = R
de
denote por
Qnk
o subes-
coordenadas racionais. Provaremos
k
números naturais distintos i1 , . . . , ik não maiores que
n
Y
r1 , . . . , r k ,
Ri ,
o produto cartesiano
onde
i=1
e
n > 1,
é um espaço de dimensão zero.
Para cada escolha de
de
k, n ∈ Z
para
i 6= ij ,
é um subespaço fechado de
R
n
n
. Assim, Qk
∩
Rij = {rj }
n
Y
Ri
n
e cada escolha
para
j = 1, . . . , k
é um subespaço fechado
i=1
Qnk .
n
Como o espaço Qk
∩
n
Y
Ri
é homeomorfo ao subespaço de
Rn−k
com todas as coordenadas
i=1
n
irracionais, segue do Exemplo 1.2 e Teorema 1.7 que este espaço é de dimensão zero. Veja que Qk
n
Y
n
é a união enumerável dos subespaços Qk ∩
Ri e, assim, pelo Teorema 1.6, Qnk é de dimensão
i=1
zero.
Denição 1.5.
topológicos se
X
Dizemos que um espaço topológico
pertence a
K
X
e todo espaço na classe
Provaremos agora que o conjunto de Cantor,
C,
é universal em uma classe
K
K
de espaços
é homeomorfo a um subespaço de
e o espaço dos números irracionais,
R\Q,
X.
são
espaços universais para a classe de todos espaços métricos separáveis de dimensão zero. Para isso
18
usaremos o fato que ambos espaços podem ser representados como produto cartesiano enumerável
de espaços discretos.
Proposição 1.9.
C
O conjunto de Cantor
é homeomorfo ao produto cartesiano
D
ℵ0
=
∞
Y
Di ,
i=1
onde
Di = {0, 1}
para
i = 1, 2, . . ..
Demonstração. Para cada
x∈C
x=
a representação na forma
∞
X
2xi
i=1
0
1,
ou
3i
, onde os
xi 's
são iguais a
é única. Assim, podemos denir uma função bijetora
f : D ℵ0 → C
{xi } 7→
∞
X
2xi
3i
i=1
fj : Dℵ0 → I = [0, 1]
∞
X
j e que a série
fi é
fj ({xi }) =
2xj
3j
.
j = 1, 2, . . ..
Dena
por
todo
uniformemente convergente para
compacto e
C
i=1
é Hausdor, segue que
f
para
f.
R
e
> 0.
Sejam
d
U=
uma métrica arbitrária no espaço
Para todo conjunto aberto não vazio
Fi
fj
é contínua para
é contínua. Como
D ℵ0
é
é um homeomorsmo.
R\Q
U ⊂ R\Q,
subconjuntos simultaneamente abertos e fechados de
∞
[
que
f
Logo,
Concluímos que o conjunto de Cantor é de dimensão zero pois
Lema 1.4.
Observe que
e os diâmetros de todos os conjuntos
R\Q,
Fi
D ℵ0
é de dimensão zero.
que gera a topologia induzida de
existe uma sequência
F1 , F2 , . . .
de
não vazios, dois a dois disjuntos, tais
com respeito a
d
são menores que
.
i=1
Demonstração. Considere um intervalo
R\Q ⊂ U
e o divida em
ℵ0
(a, b) ⊂ R
com extremidades racionais tais que
intervalos não vazios, dois a dois disjuntos,
(a, b) ∩
(a1 , b1 ), (a2 , b2 ), . . .,
com
extremidades racionais. Assim temos
(a, b) ∩ R\Q =
∞
[
Ai ,
i=1
onde
Ai = (ai , bi ) ∩ R\Q,
os conjuntos
com
A0 , A1 , A2 , . . .
ai , b i ∈ Q
Ai =
Ai,j .
Ai ∩ Aj = ∅
são aberto em
existem conjuntos abertos e fechados
∞
[
que
e
R\Q
quando
Considere
A0 = U \(a, b),
e pela Proposição 1.5 para cada
Ai,1 , Ai,2 , . . .
em
R\Q
Bi,j = Ai,j \
[
Ai,k
Considere
j=1
k<j
19
i 6= j .
i = 0, 1, 2, . . .
todos de diâmetro menores que
tais
para
j = 1, 2, . . ..
Ai .
união é igual a
Denição 1.6.
em
X
Lema 1.5.
R\Q, dois a dois disjuntos, cuja
Todo
Bi,j
em
F1 , F2 , . . ..
Um espaço topológico
(X, d)
tal que
são abertos e fechados em
Para completar a prova basta organizar todos os conjuntos não vazios
uma simples sequência
d
Bi,j
Os subconjuntos
(X, τ )
é completamente metrizável se existe uma métrica
é um espaço métrico completo e
Gδ conjunto X
d
induz a topologia
τ.
em um espaço completamente metrizável
X0
é também com-
pletamente metrizável.
Demonstração. Sejam
d
uma métrica no espaço
X0
(X0 , d)
tal que
X =
seja completo e
∞
\
Gi ,
i=1
onde
Gi
é aberto em
X0
para
i = 1, 2, . . ..
Denimos os conjuntos fechados
1
para i = 1, 2, . . .. Note
d(x, Fi )
∞
Y
Xi , onde Xi = R para i > 1.
Fi = X0 \Gi
que
e as funções contínuas
f (x) = (x, f1 (x), f2 (x), . . .)
fi : X → R
por
dene um mergulho
fi (x) =
f : X →
i=0
Como o produto cartesiano de uma quantia enumerável de espaços completamente metrizáveis
e um subespaço fechado de um espaço completamente metrizável são completamente metrizáveis,
∞
Y
para completar a prova é suciente mostrar que
Mostremos que todo
∞
Y
x = {xi } ∈
f (X)
Xi .
é um subconjunto fechado de
i=0
Xi \f (X) possui uma vinhança V
contida no complementar
i=0
de
f (X).
x0 ∈ X .
Primeiro considere o caso onde
Sejam
U1
e
U2
vizinhanças disjuntas de
uma vizinhança
U0 ⊂ X0
de
x0
tal que
xk
Como
e
x∈
/ f (X),
fk (x0 )
em
R.
fk (U0 ∩ X) ⊂ U2 .
existe
k>0
Como a função
tal que
fk
xk 6= fk (x0 ).
é contínua, existe
Facilmente verica-se que
−1
x = {xi } ∈ V = p−1
0 (U0 ) ∩ pk (U1 ) ⊂
∞
Y
Xi \f (X),
i=0
onde
pi
denota a projeção de
∞
Y
Xi
i=0
Agora, considere o caso onde
número
r>0
tal que
em
Xi .
x0 ∈
/ X.
xk + 1 < 1/r
e seja
x = {xi } ∈ V =
Assim,
x0 ∈ F k
U0 = B(x0 , r)
p−1
0 (U0 )
∩
e
p−1
k (U1 )
para algum
Considere um
U1 = {x ∈ R | x < xk + 1}.
⊂
∞
Y
i=0
20
k > 0.
Xi \f (X),
Logo,
que conclui a prova.
Proposição 1.10.
decrescente
0,
Um espaço métrico
F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ · · ·
existe um ponto
a∈X
X
é completo se, e somente se, para toda sequência
de subconjuntos fechados não vazios de
tal que
∞
\
X,
com
lim diam(Fn ) =
n→∞
Fn = {a}.
n=1
Demonstração. Ver [8], página 189.
Proposição 1.11. O espaço dos números irracionais R\Q é homeomorfo ao produto cartesiano
Nℵ0 =
∞
Y
Ni ,
onde
Ni
é o espaço discreto dos números naturais
N,
para
i = 1, 2, . . ..
i=1
Demonstração. Sabemos que
é um
R\Q
Gδ conjunto.
mente metrizável, isto é, existe uma métrica
d
em
Assim, pelo Lema 1.5,
R\Q
tal que
(R\Q, d)
R\Q
é completa-
é um espaço métrico
completo.
Pelo Lema 1.4, para
R\Q,
= 1,
existem subconjuntos não vazios, abertos e fechados
F1 , F2 , . . .
em
dois a dois disjuntos, tais que
∞
[
R\Q =
Fk1
diam(Fk1 ) < 1.
e
k1 =1
Como
Fk1
é aberto, então pelo mesmo lema, para
propriedades tais que
Fk1 =
∞
[
Fk1 k2
= 1/2
existem subconjuntos com as mesma
1
diam(Fk2 ) < .
2
e
k2 =1
Aplicando o mesmo raciocínio sucessivamente temos, para toda sequência
naturais existe um subconjunto aberto e fechado
R\Q =
∞
[
Fk1
e
Fk1 k2 ...ki
Fk1 k2 ...ki =
k1 =1
Fk1 ...ki ∩ Fm1 ...mi = ∅
uma sequência
∞
[
R\Q
tal que
Fk1 k2 ...ki k
(1.11)
1
i
(1.12)
k=1
Fk1 k2 ...ki 6= ∅
Segue de (1.11) e (1.12) que para todo
em
k1 , k2 , . . . , ki de números
e
se
diam(Fk1 k2 ...ki ) <
(k1 , . . . , ki ) 6= (m1 , . . . , mi ).
(ki ) ∈ Nℵ0
Fk1 ⊃ Fk1 k2 ⊃ Fk1 k2 k3 ⊃ . . .
os subconjuntos
Fk1 , Fk1 k2 , . . .
(1.13)
de
R\Q
formam
de conjuntos fechados não vazios com o diâmetro
21
convergindo para zero. Então, pela Proposição 1.10, o conjunto
∞
\
Fk1 k2 ...ki
contém exatamente
i=1
um ponto, que denotaremos por
f ((ki )).
f : Nℵ0 → R\Q.
Assim, denimos a função
Note que
f
é
U
é
injetora por (1.13) e sobrejetora por (1.11).
Provemos que os subconjuntos
aberto de
R\Q,
existe
>0
Fk1 k2 ...kn
tal que
formam uma base para
B(x, /2) ⊂ U .
Tome
n∈N
R\Q.
tal que
Dado
1
n
< .
x ∈ U,
onde
Assim,
Fk1 ...kn ⊂ B(x, /2) ⇒ x ∈ Fk1 ...kn ⊂ U.
Agora, seja
y ∈ Fk1 ...ki ∩ Fm1 ...mj
(m1 . . . mi ).
Sabemos que
A função
f
com
i < j.
Fk1 ...ki ...mj ⊂ Fk1 ...ki ,
Fk1 ...ki ∩ Fm1 ...mi 6= ∅
Então,
logo
e, assim,
(k1 . . . ki ) =
x ∈ Fm1 ...mj = Fk1 ...ki ∩ Fm1 ...mj .
é um homeomorsmo, pois
f
−1
(Fk1 ...kj ) = {k1 } × {k2 } × . . . × {kj } ×
∞
Y
Ni
e
i=j+1
f
{k1 } × {k2 } × . . . × {kj } ×
∞
Y
!
Ni
= Fk1 ...kj .
i=j+1
Temos que o espaço dos números irracionais é de dimensão zero pois
Corolário 1.5.
Nℵ0
é de dimensão zero.
O conjunto de Cantor é homeomorfo a um subespaço do espaço dos números
irracionais.
Teorema 1.8 (O teorema do espaço universal para dimensão 0).
O conjunto de Cantor e o es-
paço dos números irracionais são espaços universais para a classe dos espaços métricos separáveis
de dimensão zero.
Demonstração. Pelo Corolário 1.5, é suciente mostrar que para todo espaço métrico separável de
dimensão zero
X
existe um mergulho
f : X → D ℵ0 .
Segue da Proposição 1.5 que o espaço
conjuntos abertos e fechados. Para cada
{0, 1}
X
tem base enumerável
i = 1, 2, . . .
dena uma função contínua
por

 1,
fi (x) =
 0,
se
x ∈ Ui ,
se
x ∈ X\Ui
22
B = {Ui }∞
i=1
,
formada por
fi : X → Di =
ou seja,
fi = χUi .
Considere a função contínua
f : X → D ℵ0
denida por
f (x) = (f1 (x), f2 (x), . . .).
Para todo
k ∈ N,
temos
f (Uk ) = f (X) ∩ {{xi } ∈ Dℵ0 | xk = 1}.
Logo, a função
Portanto,
f
f
é injetora e aberta, pois
{{xi } ∈ Dℵ0 | xk = 1}
é um conjunto aberto em
D ℵ0 .
é um mergulho.
Pala demonstração do Teorema 1.8, temos que o conjunto dos números irracionais pode ser
mergulhado no conjunto de Cantor. Por isso dizemos que ambos espaços são universais para a
classe dos espaços métricos separáveis de dimensão zero.
Os Teoremas de compacticação e de mergulho são consequências do Teorema do espaço universal.
Teorema 1.9
(O teorema de compacticação para dimensão
separável de dimensão zero
métrico compacto
e
X
C
no conjunto de Cantor
e = f (X)
X
Para todo espaço métrico
existe uma compacticação de dimensão zero
e,
X
isto é, um espaço
de dimensão zero que contém um subespaço denso homeomorfo a
Demonstração. Como
e, assim,
X
0).
é universal, seja
C.
f :X→C
um mergulho do espaço
X
Como o conjunto de Cantor é compacto, segue que
é uma compacticação de
X.
Note que
e
X
X.
de dimensão zero
f (X)
é compacto
é de dimensão zero, pois
e ⊂C
X
e
e 6= ∅.
X
Teorema 1.10
(O teorema do mergulho para dimensão
dimensão zero pode ser mergulhado em
0).
Todo espaço métrico separável de
R.
Observe que a teoria desenvolvida nesta seção é obtida principalmente dos seguintes teoremas:
os teoremas de separação, da soma e do espaço universal.
Todos os outros resultados ou são
elementares ou decorrem diretamente destes.
1.4
Vários tipos de desconexidade
Vamos comparar a classe de espaços de dimensão zero com outras três classes de espaços de
Hausdor desconexos. Primeiramente deniremos uma quase componente de um espaço
23
X.
Denição 1.7.
x∈A
e
y ∈ B.
Dizemos que
x∼y
se, e somente se, não existe separação
A classe de equivalência de
x,
Equivalentemente, um conjunto não vazio
denotada por
K⊂X
[x],
X =A∪B
tal que
é chamada quase componente.
X
é uma quase componente de
se
K
pode
ser representado como a interseção de conjuntos abertos e fechados e para todo conjunto aberto e
fechado
U ⊂X
tal que
Denição 1.8.
distinto
x
e
y
em
K ∩ U 6= ∅
temos
K ⊂ U.
X
Um espaço topológico
X,
é chamado totalmente desconexo se para todo par
existe um conjunto aberto e fechado
U ⊂X
tal que
x∈U
y ∈ X\U ,
e
é, se o conjunto vazio é uma partição entre quaisquer dois pontos distintos do espaço
isto
X.
Claramente, todo espaço de dimensão zero é totalmente desconexo. Espaços totalmente desconexos são caracterizados pela propriedade que suas quase componentes são conjuntos unitários.
X
As quase componentes de um espaço
constituem uma decomposição de
X
em subconjuntos
fechados dois a dois disjuntos.
Denição 1.9.
Um espaço topológico
X
X
é chamado hereditariamente desconexo se
não
contém nenhum subespaço conexo de cardinalidade maior do que um.
Todo espaço totalmente desconexo é hereditariamente desconexo. De fato, se
M ⊂X
desconexo, então para cada subespaço
y,
e
os conjuntos
y ∈ X\U ,
M ∩U
e
M \U ,
onde
U
M
é totalmente
x,
x∈U
que contém pelo menos dois pontos distintos
é um subconjunto aberto e fechado de
formam uma decomposição do espaço
Assim, o espaço
X
M
X
tal que
em dois subconjuntos abertos não vazios.
não é conexo.
Espaços hereditariamente desconexos são caracterizados pela propriedade que suas componentes conexas são conjuntos unitários.
espaço topológico
X
Lembremos que a componente conexa do ponto
é denida como o maior subconjunto conexo, não vazio, de
componentes conexas de um espaço
X
X
x
em um
contendo
x.
As
constituem uma decomposição para este em subconjuntos
fechados, dois a dois disjuntos.
Denição 1.10.
Um espaço topológico
X
é chamado puntiforme, ou descontínuo, se
X
não
contém nenhum subespaço continuum de cardinalidade maior do que um.
Claramente, todo espaço hereditariamente desconexo é puntiforme. Se o espaço for compacto,
a recíproca é verdadeira.
Podemos facilmente vericar que as três classes de espaços acima são fechadas com respeito a
operação subespaço.
Agora, mostraremos que nos espaços localmente compactos não vazios, as três classes coincidem
com a classe de espaços de dimensão zero.
24
Denição 1.11.
compacto e
V ⊂X
Lema 1.6.
X
Um espaço
é dito localmente compacto se para todo
aberto tais que
x∈X
existem
K⊂X
x ∈ V ⊂ K.
Em todo espaço Hausdor compacto, as quase componentes e as componentes co-
nexas coincidem.
Demonstração. Para começar, provemos que em um espaço topológico arbitrário
componentes contém as componentes. Considere uma componente
e
K
a quase componente de
conjunto aberto e fechado
em
S
e
S ∩ U 6= ∅.
X
que contém
U ⊂X
x.
que contém
Segue da conexidade de
x,
Mostremos que
os conjuntos
S
que
X
do espaço
S ⊂ K.
S∩U
S\U = ∅,
interseção de todos os subconjuntos abertos e fechados de
S
e
que contém
as quase
Sejam
x∈S
Com efeito, dado um
S\U
ou seja,
X.
X
são abertos disjuntos
S ⊂ U.
x,
temos
Como
K
é a
S ⊂ K.
Para completar a prova é suciente mostrar que as quase componentes de um espaço compacto
são conexas. Suponha que existe uma separação
e
A 6= ∅.
W ⊂X
com
A, B
fechados disjuntos em
Pela normalidade dos espaços compactos de Hausdor, existem conjuntos abertos
K
V,
tais que
A ⊂ V,
Denote por
U
B⊂W
e
V ∩ W = ∅.
a família de subconjuntos abertos e fechados de
∩U = K = A ∪ B ⊂ V ∪ W ,
X
K =A∪B
a família
tem interseção vazia, ou seja,
Segue da compacidade de
X
satisfazendo
F = {U \(V ∪ W ) | U ∈ U }
∩U = K .
Como
de subconjuntos fechados de
∩(U \(V ∪ W ) = ∩U \(V ∪ W ) = ∅.
X
que uma subfamília nita de
isto é, existe um número nito de conjuntos
U1 , . . . , Uk ∈ U
F
também tem interseção vazia,
satisfazendo
U = U1 ∩ . . . ∩ Uk ⊂ V ∪ W
e o conjunto
U
é aberto e fechado. Note que
V ∩ U ⊂ V ∩ U = V ∩ [(V ∪ W ) ∩ U ] = [(V ∩ V ) ∪ (V ∩ W )] ∩ U = V ∩ U,
e assim, o conjunto
V ∩U
é aberto e fechado. Sabemos que
∅=
6 A ⊂ V ∩ U ⇒ K ⊂ V ∩ U,
B ⊂ K ∩ W ⊂ V ∩ U ∩ W ⊂ V ∩ W = ∅.
Portanto, a quase componente
K
é conexa.
25
e daí
Teorema 1.11.
Zero dimensionalidade, total desconexidade, hereditariamente desconexidade
e puntiforme são classes equivalentes em espaços localmente compactos não vazios.
Demonstração. É suciente provar que todo espaço localmente compacto puntiforme não vazio é
de dimensão zero. Suponha que
X
Pela compacidade local do espaço
e
W
é compacto.
O subespaço
X,
existe uma vizinhança
M = V ∩W
ele é hereditariamente desconexo.
do espaço
M
a interseção
em
X.
1.5
Como
X,
x∈U ⊂V,
V ⊂X
W ⊂ X
U
U
o espaço
X
de
x
tal que
M \(V ∩ W ).
é aberto em
x.
W ⊂ V
{x}
do espaço
M
pode ser
de subconjuntos abertos e fechados de
é disjunta do conjunto
mas por outro lado
uma vizinhança de
é compacto e puntiforme, assim
que existe um número nito de conjuntos
U = U1 ∩ · · · ∩ Uk
e, assim, é fechado em
X
e
Pelo Lema 1.6, a componente
representada como a interseção de uma família
Segue da compacidade de
x∈X
é puntiforme. Sejam
U1 , U2 , . . . , Uk ∈ U
O conjunto
V ∩ W.
Logo,
U
U
M.
tal que
é fechado em
M
é aberto e fechado
é de dimensão zero.
Os teoremas da soma, decomposição, adição, alargamento,
separação e produto cartesiano
Sabemos que todo subespaço
M
de um espaço regular
perguntar se entre os subespaços de um espaço
de todas as dimensões entre
0
e
n − 1.
X
de
X
ind M 6 ind X . Com isso, podemos
dimensão n pode-se encontrar subespaços
tem
A resposta é sim e, além disso, o próximo teorema garante
que existem subespaços fechados de dimensões intermediárias.
Teorema 1.12. Se X
o espaço
X
é um espaço regular e
contém um subespaço fechado
Demonstração. É suciente mostrar que
Como
ind X > n − 1,
conjunto aberto
lado, como
Lema 1.7.
então
U ⊂X
ind X 6 n,
ind ∂U 6 n − 1.
existe um ponto
tal que
x∈X
M = ∂U
x∈U ⊂X
U ⊂X
do espaço
26
M
V ⊂X
temos
tal que
de
x
ind M = n−1.
tal que para todo
ind ∂U > n − 2.
Por outro
satisfazendo a condição acima e tal que
X
tem a dimensão
é um espaço métrico separável, onde
ind X 6 n.
k = 0, 1, . . . , n − 1
ind M = k .
e uma vizinhança
existe um conjunto aberto
X = Y ∪Z
então para cada
contém um subespaço fechado
satisfazendo a condição
O subespaço fechado
Se
X
M
ind X = n > 1,
ind M = n − 1.
ind Y 6 n − 1
e
ind Z 6 0,
Demonstração. Considere um ponto
x∈X
U, W ⊂ X
1.4, existem conjuntos abertos disjuntos
∅.
Claramente,
x∈U ⊂V
e uma vizinhança
tais que
V ⊂X
x.
do ponto
x ∈ U , X\V ⊂ W
Pelo Teorema
[X\(U ∪W )]∩Z =
e
e, como
∂U ⊂ [X\(U ∪ W )] ⊂ X\Z ⊂ Y,
temos
ind ∂U 6 ind Y 6 n − 1.
Teorema 1.13
Fi 's
ind X 6 n.
∞
[
Se X =
Fi
Segue que
(Teorema da Soma)
são subespaços fechados tais que
.
ind Fi 6 n,
Demonstração. Vamos aplicar indução sobre
n.
i=1
então
Para
n
que o teorema vale para dimensões menores que
ind Fi 6 n
fechado e
n>1
com
para
i=
é um espaço métrico separável, onde os
ind X 6 n.
n=0
o teorema já foi provado. Assuma
∞
[
e considere um espaço
X =
Fi ,
onde
Fi
é
i=1
1, 2, . . .. Aplicando o Teorema 1.2, escolha para cada
Bi de Fi tal que ind ∂U 6 n − 1 para todo U ∈ Bi . Pela hipótese de
∞
[
S
indução, o subespaço Y =
{∂U : U ∈
Bi } do espaço X satisfaz a desigualdade ind Y 6 n − 1.
i,
uma base enumerável
Considere
U ∈ Bi ,
0,
Zi = Fi \Y ;
como
i=1
tem base enumerável
Fi
segue da Proposição 1.8 que
∞
[
o subespaço
Z =
Zi = X\Y
Corolário 1.6.
do espaço
i=1
são fechados em
Zi = Fi \Y = Fi ∩ Z
Se
X =
∞
[
Fi
ind Zi 6 0.
Z.
X
Bi
tal que
Zi ∩ ∂U ⊂ Zi ∩ Y = ∅,
para todo
Logo, pelo Teorema da soma para dimensão
também satisfaz
ind Z 6 0,
Assim, pelo Lema 1.7, temos
pois os subespaços
ind X 6 n.
é um espaço métrico separável, onde os
Fi 's
são
Fδ conjuntos
i=1
tais que
ind Fi 6 n,
então
Demonstração. Note que
ind X 6 n.
∞
∞ [
∞
[
[
X=
Fi =
Ei,j ,
i=1
n,
segue do Teorema 1.13 que
Corolário 1.7.
ind A 6 n
e
Se
ind B 6 n,
Demonstração. Suponha que
Portanto,
ind X 6 n
Corolário 1.8.
Ei,j
é fechado. Como
ind Ei,j 6 ind Fi 6
ind X 6 n.
X = A∪B
então
onde
i=1 j=1
é um espaço métrico separável, um deles fechado, tal que
ind X 6 n.
A
é fechado, então
B
é aberto.
Logo,
A
e
B
são
Fδ conjuntos.
pelo Corolário 1.6.
Se
Y = X ∪ {a1 , . . . , an },
{a1 , . . . , an }
ind X 6 n
e
separável e
ind Y 6 n.
onde
X
é um espaço métrico separável tal que
é um número nito de pontos em
27
X,
então
Y
é um espaço métrico
Demonstração.
Como
Y = X ∪ {a1 , . . . , an } é um espaço métrico separável pois X
ind{a1 , . . . , an } = 0 6 n, ind X 6 n
e
{a1 , . . . , an }
é métrico e separável.
é fechado, segue do Corolário 1.7 que
ind Y 6 n.
Notemos que o Teorema da soma desempenha um papel importante na teoria de dimensão dos
espaço métricos separáveis. De fato, todos os resultados desta seção seguem ou do Teorema da
soma ou de um dos teoremas de decomposição que são consequências do Teorema da soma.
Aplicando o Teorema da soma, mostra-se que a condição no Lema 1.7 caracteriza espaço
métricos separáveis de dimensão
6 n:
Teorema 1.14 (O primeiro teorema da decomposição). Um espaço métrico separável X satisfaz
ind X 6 n
com
n>0
se, e somente se,
X =Y ∪Z
tais que
Demonstração. Considere um espaço métrico separável
Teorema 1.2, o espaço
X
X
ind Y 6 n − 1
tal que
e
ind Z 6 0.
ind X 6 n,
com
n > 0.
Pelo
B tal que ind ∂U 6 n − 1 para todo U ∈ B .
S
Y = {∂U | U ∈ B} tem dimensão 6 n − 1 e, da
tem base enumerável
Segue do Teorema da soma que o subespaço
Proposição 1.8, o subespaço
Z = X\Y
tem dimensão
6 0.
A recíproca já foi provada no Lema
1.7.
Teorema 1.15 (O segundo teorema da decomposição). Um espaço métrico separável X satisfaz
ind X 6 n
com
n>0
se, e somente se,
X=
n+1
[
Zi ,
ind Zi 6 0, ∀i.
tal que
i=1
Demonstração. Como
ind X 6 n
segue do Teorema 1.14 que
ind Z1 6 0.
De mesmo modo, como
ind Z2 6 0.
Sucessivamente temos
ind Yn−1 6 1
Chame
Yn = Zn+1 ,
logo
⇒
X=
n+1
[
ind Y1 6 n − 1
Yn−1 = Yn ∪ Zn
Zi ,
com
segue que
com
X = Y1 ∪ Z1
com
ind Y1 6 n − 1
e
Y1 = Y2 ∪ Z2
com
ind Y2 6 n − 2
e
ind Yn 6 0
e
ind Zn 6 0.
ind Zi 6 0.
i=1
Reciprocamente, suponha que
para provar que
ind X 6 n.
Para
X =
n=
n+1
[
Zi ,
tal que
ind Zi 6 0.
Usaremos a indução sobre
n
i=1
0, claramente o resultado é válido. Por hipótese de indução,
28
n, isto é,
!
n
[
[
Zi
Zn+1
suponha válido para
X=
n+1
[
Zi =
i=1
se
X =
n
[
Zi
com
ind Zi 6 0
então
ind X 6 n − 1.
Agora se
i=1
então pelo primeiro teorema da decomposição
ind X 6 n.
i=1
Exemplo 1.7.
Rn
Uma decomposição de
n+1
em
subespaços de dimensão zero como no
segundo teorema de decomposição é dada por:
Rn = Qn0 ∪ Qn1 ∪ · · · ∪ Qnn ,
lembrando que
Qnk
é o subespaço de
nadas racionais. Portanto,
Para todo par
k, n
Rn
consistindo de todos pontos que tem exatamente
Nnk
de inteiros satisfazendo
é o subespaço de
racionais e
Lnk
coorde-
ind Rn 6 n.
Nnk = Qn0 ∪ Qn1 ∪ · · · ∪ Qnk
Assim
k
Rn
06k6n
e
n > 1,
dena
Lnk = Qnk ∪ Qnk+1 ∪ · · · ∪ Qnn .
e
consistindo de todos os pontos que tem no máximo
é o subespaço de
Rn
k
coordenadas
consistindo de todos os pontos que tem no mínimo
ind Nnk 6 n
nadas racionais. Do segundo teorema de decomposição segue que
e
k
coorde-
ind Lnk 6 n − k .
Note que o Teorema da adição segue imediatamente do segundo Teorema da decomposição:
Teorema 1.16
.
(O teorema da adição)
Para todo par
X, Y
de subespaços separáveis de um
espaço métrico temos
ind(X ∪ Y ) 6 ind X + ind Y + 1.
Demonstração. Se
ind Y = k .
ind X = ∞
ou
ind Y = ∞
o resultado é válido.
Pelo segundo teorema de decomposição temos que
de dimensão
60
e
Y
é a união de
k+1
X ∪Y =
subespaços de dimensão
n+1
[
!
Zi
∪
i=1
Como
ind Fk+1 6 0
e
X
k
[
Suponha que
é a união de
6 0.
ind X = n
n+1
subespaços
Assim,
!
Fj
∪ Fk+1 .
j=1
ind ((∪Zi ) ∪ (∪Fi )) 6 n + k
segue que
ind(X ∪ Y ) 6 n + k + 1.
ind(X ∪ Y ) 6 ind X + ind Y + 1.
29
e
Portanto,
Teorema 1.17
métrico
X
.
(O teorema de alargamento)
satisfazendo
ind M 6 n,
existe um
Para todo subespaço separável
Gδ -conjunto M ∗
em
X
tal que
M
de um espaço
M ⊂ M∗
ind M ∗ 6
e
n.
M =
Demonstração. Pelo primeiro teorema de decomposição
n+1
[
Zi ,
onde
ind Zi 6 0
para
i =
i=1
1, . . . , n + 1. Aplicando o teorema 1.5, alargamos cada Zi a um Gδ -conjunto Zi∗ em X tal que
n+1
[
∗
∗
ind Zi 6 0. A união M =
Zi∗ tem a propriedade desejada pois, pelo Teorema 1.15, temos
i=1
ind M ∗ 6 n e, além disso, M ∗ é Gδ -conjunto pois união nita de Gδ -conjuntos também o é (veja
[2], página 75, 6.3 item b).
Teorema 1.18 (Primeiro Teorema de Separação).
ind X 6 n
n > 0,
com
uma partição
L
entre
então para todo par
A
e
B
tal que
A, B
Se
X
é um espaço métrico separável tal que
de subconjuntos fechados disjuntos de
ind Z 6 0.
L ∩ Z = ∅.
Aplicando o Teorema 1.4, obtemos uma partição
Como
Teorema 1.19
L ⊂ X\Z ⊂ Y ,
temos
.
subconjuntos fechados em
X
X
tal que
L
X = Y ∪ Z,
entre
A
e
B
onde
no espaço
ind M 6 n
existe uma partição
L
X
Se
entre
A
M
em
e
B
ind L0 6 n − 1.
tal que
em
X
tal que
M ∩ L ⊂ L0 .
X
tal que
com
entre
é um espaço métrico separável e
n > 0,
A
e
B
então para todo par
tal que
A, B
L0
entre
de
M ∩A
Pela segunda parte do Lema 1.3, existe uma partição
Portanto,
M
ind(L ∩ M ) 6 n − 1.
Demonstração. Pelo Primeiro Teorema de Decomposição, existe uma partição
M ∩B
ind Y 6 n − 1
ind L 6 ind Y 6 n − 1.
(Segundo Teorema de Separação)
é um subespaço separável de
existe
ind L 6 n − 1.
Demonstração. Pelo Primeiro Teorema de Decomposição, temos
e
X
e
L
ind(M ∩ L) 6 n − 1.
Observe que o Primeiro Teorema de Separação é um caso especial do Segundo. E o Segundo
Teorema de Separação caracteriza a dimensão dos subespaços em termos das vizinhanças em todo
o espaço. O teorema abaixo é uma generalização da Proposição 1.7.
Proposição 1.12.
com
n>0
Um subespaço separável
se, e somente se, para todo
conjunto aberto
U ⊂X
x∈M
M
de um espaço métrico
e cada vizinhança
V
de
tal que
x∈U ⊂V
e
ind(M ∩ ∂U ) 6 n − 1.
30
x
X
satisfaz
no espaço
ind M 6 n
X
existe um
Demonstração. Sejam
x ∈ M
e
V ⊂ X
uma vizinhança de
Teorema de Separação, existe uma partição
é, existem conjuntos abertos disjuntos
x ∈ U ⊂ V,
U
e
L
entre
W
em
X
X\V ⊂ W,
{x}
e
x
X\V
qualquer.
tal que
Então, pelo Segundo
ind(M ∩ L) 6 n − 1,
isto
tais que
X\L = U ∪ W
e
M ∩ ∂U ⊂ M ∩ [X\ (U ∪ W )] ⊂ M ∩ L.
Logo,
ind(M ∩ ∂U ) 6 n − 1.
A reciproca é imediata.
A Proposição 1.12 e o Lema 1.1 implicam na seguinte generalização da Proposição 1.8.
Proposição 1.13.
com
n>0
todo
U ∈ B.
se, e somente se,
Demonstração. Suponha
x,
X
aberto
B
de
X
U ⊂ X
Então, para todo
tal que
X
B
tal que
x ∈ M
x ∈ U ⊂ V
| ind(M ∩ ∂U ) 6 n − 1}
enumerável, uma vez que
enumerável
de um espaço métrico separável
tem uma base enumerável
ind M 6 n.
existe um conjunto aberto
C = {U ⊂ X
M
Um subespaço
e
X
satisfaz
ind M 6 n
ind(M ∩ ∂U ) 6 n − 1,
e cada
V ⊂ X
vizinhança de
ind(M ∩ ∂U ) 6 n − 1.
é uma base do espaço
X.
Assim,
é um espaço métrico separável. Pelo Lema 1.1,
C
para
X
A família
possui base
contém uma base
com a propriedade desejada.
A recíproca segue imediatamente da Proposição 1.12.
Teorema 1.20 (O Teorema do Produto Cartesiano).
Para todo par
X, Y
de espaços métricos
separáveis, dos quais pelo menos um é não vazio, temos
ind(X × Y ) 6 ind X + ind Y.
Demonstração. O teorema é óbvio se um dos espaços tem dimensão
que
K(X, Y ) = ind X + ind Y
K(X, Y ) = −1
então ou
é nita.
X = ∅
ou
∞,
assim podemos supor
Aplicaremos indução sobre este número
Y = ∅,
e nossa desigualdade é verdadeira.
K(X, Y ).
Se
Assuma que a
desigualdade é válida para todo par de espaços métricos separáveis tal que a soma das dimensões
é menor que
k > 0
e considere os espaços métricos separáveis
31
X
e
Y
tais que
ind X = n > 0,
ind Y = m > 0
e
n + m = k.
Existem vizinhanças
ind ∂U 6 n − 1
e
Seja
U, U 0 ⊂ X
x
de
ind ∂V 6 m − 1.
(x, y) ∈ X × Y
e
V, V 0 ⊂ Y
de
W ⊂ X×Y
e
y
tais que
uma vizinhança de
(x, y).
U 0 × V 0 ⊂ W , U ⊂ U 0, V ⊂ V 0,
Note que
∂(U × V ) ⊂ (X × ∂V ) ∪ (∂U × Y ) .
Pelo Teorema da Soma, temos
indução,
ind (X × ∂V ) 6 k − 1
ind (X × Y ) 6 k ,
e
ind ((X × ∂V ) ∪ (∂U × Y )) 6 k − 1
ind (∂U × Y ) 6 k − 1.
Logo,
pois, por hipótese de
ind ∂ (U × V ) 6 k − 1.
Portanto,
concluindo que
ind(X × Y ) 6 ind X + ind Y.
Daremos um exemplo de um espaço métrico separável
H0
tal que
ind(H0 × H0 ) < ind H0 + ind H0 .
Exemplo 1.8.
exemplo 1.5.
Considere o subespaço
ind H0 = 1.
Provemos que
H0
do espaço de Hilbert
H
assim como denido no
Para isso, é suciente mostrar que
ind H0 6 1,
pois
ind H0 > 0.
Para todo ponto
x ∈ H0
x0 ∈ H
que é
h((xi )) = (xi )
é um
podemos transportado por uma translação para o ponto
a sequência nula, é suciente mostrar que, para todo
n ∈ N,
a fronteira
1
Fn = x ∈ H0 | kxk =
n
da bola aberta com centro em
x0
e raio
1/n,
1
Un = x ∈ H0 | kxk <
n
é de dimensão zero.
Como
ind Qℵ0 = 0
mergulho, temos que
e a função contínua
denida por
ind Fn = ind h(Fn ) 6 ind Qℵ0 = 0.
Agora, mostraremos que
dena
h : Fn → Qℵ0
H0
é homeomorfo a
ϕ(x, y) = (x1 , y1 , x2 , y2 , . . .) ∈ H0 .
H0 × H0 .
Claramente
32
Dado
(x, y) = ((xi ), (yi )) ∈ H0 × H0 ,
ϕ : H0 × H0 → H0
é uma bijeção. Provemos
que
ϕ
(a, b) ∈ H0 × H0 e > 0. Existe δ = > 0
p
d((x, y), (a, b)) < δ ⇒ d(x, a)2 + d(y, b)2 < δ ⇒
é contínua. Sejam
H0 × H0 ,
tal que para todo
(x, y) ∈
v
u∞
∞
X
uX
t (xi − ai )2 +
(yi − bi )2 < δ,
i=1
então
i=1
s∞
X
(xi − ai )2 + (yi − bi )2 < δ = .
d(ϕ(x, y), ϕ(a, b)) =
i=1
ϕ−1 é contínua. Portanto, H0 é homeomorfo a
Observe que os produtos cartesianos
dimensão destes espaços é
1.6
H0 × H0
Do mesmo modo conclui-se que
e, assim,
H02 , H03 , H04 , . . .
ind(H0 × H0 ) = 1.
são todos homeomorfos a
H0 ,
então a
1.
Caracterização da dimensão em termos de funções em
esferas
Nesta seção iremos relacionar a dimensão de um espaço
contínuas denidas em subconjuntos fechados de
X
X
com o problema de extensão de funções
e com valores em esferas para todo o espaço
X.
Dizemos que uma função contínua
f : A → Y,
onde
A
X,
F |A = f ,
é um subespaço fechado de
possui
X se existe uma função contínua F : X → Y tal que
isto é,
F (x) = f (x) para todo x ∈ A. Um resultado importante sobre extensão de funções é o Teorema
de TietzeUrysohn, que arma: toda função contínua f : A → I , onde A é um subespaço fechado
de um espaço normal X e I é o intervalo fechado [0, 1], possui extensão contínua sobre X . O
Lema de Urysohn é um caso especial deste teorema. Ele arma que para todo par A, B de
subconjuntos fechados disjuntos de um espaço normal X existe uma função contínua f : X → I
tal que f (A) ⊂ {0} e f (B) ⊂ {1}. Quando X é um espaço métrico, a função f do Lema de
extensão contínua sobre
Urysohn pode ser obtida da seguinte maneira:
f (x) =
d(x, A)
.
d(x, A) + d(x, B)
f : A → I n , onde A é um
n
subespaço fechado do espaço normal X , possui uma extensão contínua F : X → I de f sobre X .
n
De fato, para cada i = 1, . . . , n, a função contínua pi ◦f : A → I , onde pi : I → I é a projeção na iésima coordenada, possui uma extensão contínua Fi : X → I . Portanto, F (x) = (F1 (x), . . . , Fn (x))
é uma extensão contínua de f sobre X .
O Teorema de TietzeUrysohn implica que toda função contínua
33
X
Já quando consideramos funções em esferas, isto é,
normal,
A⊂X
fechado e
f : A → Sn
contínua, o que conseguimos em termos de extensão é o seguinte:
para toda função contínua
f : A → S n existe um conjunto
n
sobre U . Com efeito, como S é
f
aberto
U ⊂X
A
contendo
tal que
possui extensão contínua
n+1
∂I , podemos considerar f : A → I n+1 e, pela
n+1
observação acima, existe uma função contínua F0 : X → I
tal que F0 (x) = f (x) para todo
−1 n+1
x ∈ A. Considere o conjunto aberto U = F0 (I \{a}) ⊂ X , onde a = (1/2, . . . , 1/2). Seja
p a projeção radial de I n+1 \{a} em ∂I n+1 ≈ S n . Assim, F = p ◦ F0 |U : U → S n é a extensão
homeomorfo a
desejada.
Em geral, funções contínuas em esferas não podem ser estendidas de um subespaço fechado
para todo o espaço. Vamos mostrar que estender tais funções depende exclusivamente da dimensão
do complementar do subespaço fechado.
Lema 1.8.
ind(X\A) 6 n
A1 ∪ A2 ,
Seja
X
com
n > 0.
um espaço métrico separável e
Para todo par
existem subespaços fechados
X = X1 ∪ X2 ,
A1 , A2
X 1 , X2
A 1 ⊂ X1 ,
um subespaço fechado de
de subconjuntos fechados de
do espaço
A 2 ⊂ X2 ,
A
X
A
X
tal que
tal que
A =
que satisfazem às condições:
A1 ∩ X2 = A1 ∩ A2 = X1 ∩ A2
(1.14)
e
ind [(X1 ∩ X2 )\(A1 ∩ A2 )] 6 n − 1.
Demonstração. Os conjuntos
fechados no subespaço
partição
L
entre
A1 \A2
A1 \A2 = A1 \(A1 ∩ A2 )
X\(A1 ∩ A2 )
A2 \A1
e
em
de
X.
e
(1.15)
A2 \A1 = A2 \(A1 ∩ A2 )
são disjuntos e
Pelo Segundo Teorema de Separação, existe uma
X\(A1 ∩ A2 )
tal que
ind [L ∩ (X\A)] 6 n − 1.
Uma vez que
L ∩ A = [L ∩ (A1 \A2 )] ∪ [L ∩ (A2 \A1 )] ∪ [L ∩ (A1 ∩ A2 )] = ∅,
podemos reescrever a última desigualdade como
Considere os conjuntos abertos disjuntos
A1 \A2 ⊂ U,
Note que os conjuntos
X1 = X\V
e
X2 = X\U
U
e
V
A2 \A1 ⊂ V
ind L 6 n − 1.
U , V ⊂ X\(A1 ∩ A2 )
[X\(A1 ∩ A2 )] \L = U ∪ V.
e
são abertos em
que satisfazem:
X.
Mostraremos que os seus complementares
satisfazem (1.14) e (1.15).
Primeiro,
X1 ∪ X2 = (X\V ) ∪ (X\U ) = X\(U ∩ V ) = X,
34
A1 = (A1 \A2 ) ∪ (A1 ∩ A2 ) ⊂ U ∪ [X\(U ∪ V )] ⊂ X\V = X1 ,
e similarmente
A 2 ⊂ X2 .
Então,
A1 ∩ A2 ⊂ A1 ∩ X2 = A1 \U ⊂ A1 \(A1 \A2 ) = A1 ∩ A2 ;
assim
A1 ∩ A2 = A1 ∩ X2
V ) = L ∪ (A1 ∩ A2 ),
e similarmente
A1 ∩ A2 = X1 ∩ A2 .
[(X1 ∩ X2 )\(A1 ∩ A2 )] = L
temos
Finalmente, como
e, portanto,
X1 ∩ X2 = X\(U ∪
ind [(X1 ∩ X2 )\(A1 ∩ A2 )] 6
n − 1.
Teorema 1.21.
Se
ind(X\A) 6 n
com
que
contínua
F : X → Sn
X
é um espaço métrico separável e
n > 0,
de
f
S 0 = {−1, 1}
sobre
e
X1 ∩ X2 = ∅.
Seja
métrico separável
de
S n,
n>1
f : A → Sn
X
contínua
X
a função
f
toma valores
A1 = f −1 ({1})
tais que
e
A2 =
X = X1 ∪ X2 , A 1 ⊂ X1 ,
denida por
se
x ∈ X1 ,
se
x ∈ X2 ,
ind(X\A) 6 n.
Denote por
A1 = f −1 (S+n )
e
S+n
e
S−n
A2 = f −1 (S−n ).
A
h:A→
de um espaço
os hemisférios superior e inferior
Como
S+n ∩ S−n = S n−1 ,
temos a
Aplicando o Lema 1.8, obtemos subespaços fechados
que satisfazem (1.14) e (1.15). De (1.15) e por hipótese de indução segue que a função
g : A1 ∩ A2 → S n−1
X1 ∩X2 do espaço X .
e
n = 0,
uma função contínua denida num subespaço fechado
g = f |A1 ∩ A2 : A1 ∩ A2 → S n−1 .
X1 , X 2 ⊂ X
existe uma extensão
e assuma que o teorema é válido para toda função contínua
tal que
tal
f.
respectivamente. Seja
restrição
Quando
do espaço
F : X → S0
A função contínua
é uma extensão contínua de
S n−1 .
n.
e segue do Lema 1.8, aplicado aos conjuntos

 1,
F (x) =
 −1,
Considere agora
f : A → Sn
X
X.
f −1 ({−1}), que existem subespaços fechados X1 , X2
A2 ⊂ X2
é um subespaço fechado de
então para toda função contínua
Demonstração. Vamos aplicar indução com respeito a
no espaço
A
tem uma extensão contínua
Desde que
G : X1 ∩ X2 → S n−1
sobre o subespaço
A1 ∩X2 = A1 ∩A2 = X1 ∩A2 , as funções f1 : A1 ∪(X1 ∩X2 ) → S+n
f2 : A2 ∪ (X1 ∩ X2 ) → S−n denidas por

 f (x), se
x ∈ A1 ,
f1 (x) =
 G(x), se x ∈ X ∩ X ,
1
2
e
35

 f (x),
f2 (x) =
 G(x),
se
x ∈ A2 ,
se
x ∈ X1 ∩ X2 ,
são contínuas.
S+n
Os hemisférios
e
S−n
são homeomorfos a
I n.
Com isso, segue do Teorema de extensão de
F1 : X1 → S+n
TietzeUrysohn que existem extensões contínuas
F : X → Sn
respectivamente. Assim, denimos a função contínua

 F (x),
1
F (x) =
 F (x),
2
Portanto, a função
F
e
se
x ∈ X1 ,
se
x ∈ X2 .
F2 : X2 → S−n
de
f1
e
f2 ,
por
f.
é uma extensão contínua de
Teorema 1.22 (Teorema sobre a extensão de funções contínuas em esferas). Um espaço métrico
separável
espaço
f
X
X
satisfaz
ind X 6 n
com
n>0
e para cada função contínua
A
do
F : X → Sn
de
se, e somente se, para todo subespaço fechado
f : A → Sn
existe uma extensão contínua
X.
sobre
Demonstração. Pelo Teorema 1.21, é suciente provar que a capacidade de extensão das funções
implicam que
ind X 6 n.
Para isso vamos aplicar o Teorema das Partições.
(A1 , B1 ), . . . , (An+1 , Bn+1 ) uma sequência de n + 1 pares de subconjuntos fechados de X
n+1
[
disjuntos. Dena A =
(Ai ∪ Bi ) e, para cada i = 1, . . . , n + 1, considere uma função contínua
Seja
i=1
fi : A → I
tal que
fi (Ai ) ⊂ {0}
Dena
função
f
f : A → ∂I n+1
por
f (x) = (f1 (x), . . . , fn+1 (x)).
F : X → S n.
tem uma extensão contínua de
onde
pi : S n ≈ ∂I n+1 → I
para
n+1
\
i = 1, . . . , n + 1.
L1 = ∅,
temos
é a projeção na
i-ésima
Como
∂I n+1
A composição
é homeomorfo a
S n,
a
Fi = p i ◦ F : X → I ,
coordenada, é uma extensão contínua de
Li = Fi−1 ({1/2})
Assim, o conjunto
ind X 6 n
fi (Bi ) ⊂ {1}.
e
é uma partição entre
Ai
e
Bi .
fi
Como
pelo Teorema das partições.
i=1
Observação 1.3.
Mostramos na demonstração acima que se
propriedade que para todo subespaço fechado
uma extensão contínua
(An+1 , Bn+1 )
Ln+1
tais que
de
Li
n+1
F : X → Sn
de
f
A
de
sobre
X
Ai
e
Bi ,
X,
i=1
36
f : A → Sn
então para toda sequência
X
existe
(A1 , B1 ), . . . ,
disjuntos, existem conjuntos
Li = ∅.
e
é um espaço normal com a
e cada função contínua
pares de subconjunto fechados de
n+1
\
é uma partição entre
X
L1 , . . . ,
1.7
Grande dimensão indutiva
Nesta seção iremos introduzir a grande dimensão indutiva (Ind) para espaços normais. Na classe
dos espaços métricos separáveis as dimensões
ind e Ind coincidem, o que mostraremos no Teorema
1.24.
Denição 1.12.
Ind X ,
Ind
Para todo espaço normal
é um número inteiro maior ou igual a
X
a grande dimensão indutiva de
−1 ou o número innito ∞.
X,
denotada por
Denimos a dimensão
da seguinte forma:
(BC1) Ind X = −1
(BC2) Ind X 6 n,
V ⊂X
se, e somente se,
onde
n = 0, 1, . . .
que contém
A
X = ∅;
se para todo conjunto fechado
A⊂U ⊂V
(BC3) Ind X = n
se
(BC4) Ind X = ∞
U ⊂X
existe um conjunto aberto
e
A⊂X
e cada conjunto aberto
tal que
Ind ∂U 6 n − 1;
n − 1 < Ind X 6 n;
se
Ind X > n,
para
n = −1, 0, 1, 2, . . .
A grande dimensão indutiva é também chamada de dimensão de BrouwerCech.
Ind X , pode-se facilmente vericar que se os espaços normais X e Y são
homeomorfos, então Ind X = Ind Y , isto é, a grande dimensão indutiva é um invariante topológico.
Aplicando indução em
Modicando ligeiramente a prova da Proposição 1.1, obtém-se:
Proposição 1.14.
para todo par
tal que
A, B
Um espaço normal
X
satisfaz que
Ind X 6 n
de subconjuntos fechados disjuntos de
X
com
n>0
se, e somente se,
existir uma partição
L
entre
A
e
B
Ind L 6 n − 1.
O teorema abaixo justica os nomes de pequena e grande dimensão indutiva.
Teorema 1.23.
Para todo espaço normal
X
temos
ind X 6 Ind X .
Demonstração. Faremos a prova aplicando indução sobre
Se
Ind X = −1
então
X = ∅,
isto é,
ind X = −1.
desigualdade é válida para todo espaço normal
X
37
Ind X .
Podemos supor que
Ind X < ∞.
Suponha por hipótese de indução que a
tal que
Ind X < n.
Agora, se
x
de
Ind X = n
então dados
x∈X
uma vizinhança de
x
em
X
existe
U
vizinhança
tal que
x⊂U ⊂V
Por hipótese de indução
Portanto,
ind X 6 n,
Teorema 1.24.
Ind ∂U 6 n − 1.
e
ind ∂U 6 Ind ∂U 6 n − 1.
ind X 6 Ind X .
ou seja,
Para todo espaço métrico separável
Demonstração. É suciente mostrar que
∞.
V
e
X
Ind X 6 ind X .
Aplicaremos o processo de indução sobre
ind X .
temos
ind X = Ind X .
Claramente, pode-se supor que
A desigualdade é válida se
ind X <
ind X = −1.
Assuma que a desigualdade está provada para todos os espaços métricos separáveis de pequena
dimensão indutiva menor que
Sejam
n > 0 e considere um espaço métrico separável X
tal que
ind X = n.
A, B um par de subconjuntos disjuntos fechados de X .
Pelo Primeiro Teorema de separação,
ind L 6 n − 1.
Segue por hipótese de indução que
L
existe uma partição
Ind L 6 n − 1,
entre
A
e
Ind X 6 n
assim
B
tal que
pela Proposição 1.14. Com isso
Ind X 6 ind X ,
o que completa
a prova.
Usando a dimensão
Teorema 1.25.
Ind,
podemos reformular o Teorema 1.3 no seguinte:
X,
Para todo espaço Lindelöf
as condições
ind X = 0
e
Ind X = 0
são equi-
valentes.
Demonstração. Se
disjuntos
A
e
B
aberto e fechado
ind X = 0
em
U
X,
então, pelo Teorema 1.3, para todo par de conjuntos fechados
o conjunto vazio é uma partição entre eles, isto é, existe um conjunto
tal que
A ⊂ U,
Para
∂U = ∅.
V = X\B
aberto de
X,
B ⊂ X\U
temos
e
X\∅ = U ∪ X\U.
A ⊂ U ⊂ V.
Falta provar que
Ind ∂U 6 −1,
ou seja,
Note que
∂U ⊂ U ∩ X\U = U ∩ X\U = ∅ ⇒ ∂U = ∅.
Logo,
Ind X = 0.
Agora, suponha que
fechados disjuntos de
X
Ind X = 0.
pela Proposição 1.14, para todo par
existe uma partição
Assim, pelo Teorema 1.3, segue que
L
entre
ind X = 0.
38
A
e
B
tal que
A
e
B
ind L 6 −1,
de conjuntos
isto é,
L = ∅.
1.8
Dimensão por cobertura
Além das pequena e grande dimensões indutivas, na teoria de dimensão existe também o conceito
de dimensão por cobertura, denotada por
dim,
para espaços normais. Antes de falarmos em di-
mensão por cobertura, introduziremos as noções de espaços de Baire e de mergulhos de variedades,
os quais serão úteis nesta seção.
1.8.1
Espaço de Baire
Denição 1.13.
A
Se
é um subconjunto do espaço topológico
como sendo a união de todos os conjuntos abertos de
A
tem interior vazio quando
vazio. Equivalentemente,
complementar de
A,
Exemplo 1.9.
A
A
não contém nenhum conjunto aberto de
isto é, se o complementar de
não tem interior vazio em
como
Q × R.
∪ An
n∈N
Um espaço
A
R.
X
O subconjunto
X,
também tem interior vazio em
onde
An
e
Q
diferente do conjunto
é um ponto de acumulação do
R,
mas o intervalo
tem interior vazio em
tem interior vazio para todo
R2 ,
assim
n ∈ N,
a sua união
X.
Exemplo 1.10. O espaço Q não é espaço de Baire.
Q;
Dizemos que
X.
é denso em
[0, 1] × {0}
A.
é denido
é dito um espaço de Baire se para qualquer coleção enumerável
de conjuntos fechados de
e tem interior vazio em
X
tem interior vazio como um subconjunto de
Q
[0, 1]
{An }n∈N
A
A
o interior de
que estão contidos em
tem interior vazio se todo ponto de
O conjunto
Denição 1.14.
X
X,
Para cada
p ∈ Q,
o conjunto
é a união enumerável destes conjuntos, mas
Q
{p} é fechado
não possui interior
vazio nele mesmo.
O espaço
Z+ ,
por outro lado, é um espaço de Baire, pois todo subconjunto de
assim, não existe subconjuntos de
Z+
Z+
é aberto e,
tendo interior vazio, exceto o conjunto vazio. Portanto,
Z+
satisfaz a condição de Baire, por vacuidade.
A terminologia originalmente usada por R. Baire para este conceito envolve a palavra categoria. Um subconjunto
A
de um espaço
X
é dito de primeira categoria em
na união de uma coleção enumerável de conjuntos fechados de
X;
caso contrário, é dito de segunda categoria em
seguinte:
39
X.
X,
X
se ele estiver contido
tendo esses interior vazio em
Usando esta terminologia, podemos dizer o
Um espaço
X
é um espaço de Baire se, e somente se, todo conjunto aberto não vazio em
X
é
de segunda categoria.
Na denição de espaço de Baire utilizamos conjuntos fechados. Também existe uma formulação
envolvendo conjuntos abertos:
Lema 1.9. X
é um espaço de Baire se, e somente se, para qualquer coleção enumerável
X,
de conjuntos abertos em
em
Un
onde cada
é denso em
X,
sua interseção
∩ Un
n∈N
{Un }
também é densa
X.
Demonstração. Suponha que
X
conjuntos abertos, onde cada
Un
seja um espaço de Baire. Dada uma coleção enumerável
é denso em
X,
temos que
Fn = X − Un
{Un }
de
possui interior vazio em
X.
{Fn } de conjuntos fechados de X .
Considere a coleção enumerável
vazio em
X.
Portanto,
∩ Un
n∈N
Reciprocamente, seja
tem interior vazio em
X,
é denso em
X.
Logo,
isto é,
∪ Fn
n∈N
Denição 1.15.
∪ Fn
n∈N
possui interior
X.
{Fn } uma coleção enumerável de conjuntos fechados de X , onde cada Fn
X − Fn
Por hipótese, a coleção enumerável
densa em
Logo,
é denso em
{X − Fn }
tem interior vazio em
Uma família
A = {Yi }i∈J
X.
de conjuntos abertos de
X.
Portanto,
X
X
tem
∩ (X − Fn )
n∈N
é um espaço de Baire.
de subconjuntos de
X,
onde
J
é um conjunto
qualquer de índices, possui a propriedade da interseção nita (PIF) se toda interseção nita de
elementos de
A
Lema 1.10.
é não vazia.
Todo espaço compacto Hausdor é regular.
Demonstração. Ver [10], capítulo 4, página 202.
Lema 1.11. X
é compacto se, e somente se, toda família de fechados de
X
com a PIF possui
interseção não vazia.
Demonstração. Ver [10], capítulo 3, páginas 169170.
Teorema 1.26 (Teorema da categoria de Baire).
um espaço métrico completo, então
X
Se
X
é um espaço compacto de Hausdor ou
é um espaço de Baire.
40
{An }
Demonstração. Dada uma coleção enumerável
X,
vazios em
que
∪An
U0 .
também tem interior vazio em
X
um aberto de
y ∈ U0
Portanto, existe
Logo, como
A1
qualquer. Como
tal que
é fechado, existe
U1
y∈
/ A1 .
A1
Se
Agora, se
menor que
1.
X
for métrico, escolhemos
U1
X
An
A1
for compacto de Hausdor então
y
X
em
não contém
X
é regular.
tal que
U1 ⊂ U0 .
e
sucientemente pequeno para que seu diâmetro seja
Em geral, dado o conjunto aberto não vazio
que não pertence ao conjunto fechado
com interiores
Para isso, provemos
possui interior vazio, segue que
vizinhança de
U1 ∩ A1 = ∅
X.
X,
X.
não contém nenhum conjunto aberto de
U0
Seja
∪An
queremos mostrar que
de conjuntos fechados de
Un−1 ,
e, então, escolhemos
Un
escolhemos um ponto de
Un−1
uma vizinhança deste ponto tal
que
Un ∩ An = ∅
Note que se
U1 ⊂ U0 .
∩Un
X.
Provaremos que
Se
X
diam Un < 1/n
no caso métrico.
é não vazio, conclui-se o resultado. Com efeito, se
E, para cada
nenhum aberto de
Un ⊂ Un−1 ,
e
n ∈ N, x ∈
/ An ,
Logo,
∩Un 6= ∅
∪An
uma vez que
Un
é disjunto de
An .
tem interior vazio o que implica que
nos dois caso:
X
x ∈ ∩Un
X
compacto de Hausdor ou
então
Assim,
∪An
x ∈ U0
pois
não contém
é um espaço de Baire.
X
métrico completo.
for compacto de Hausdor, considere a sequência encaixante
U1 ⊃ U2 ⊃ U3 ⊃ . . .
de subconjuntos não vazios de
vez que
X
X.
é compacto, a interseção
Já no caso em que
Lema 1.12.
Seja
X
A coleção
∩Un
{Un }
tem a propriedade da interseção nita; uma
deve ser não vazia.
é um espaço métrico completo, aplicamos o seguinte lema.
C1 ⊃ C 2 ⊃ . . .
em um espaço métrico completo
X.
uma sequência encaixada de conjuntos fechados não vazios
Se
diam Cn → 0,
então
∩ Cn 6= ∅.
n∈N
Demonstração. Para cada
Para
n, m > N
temos
n ∈ N escolha xn ∈ Cn .
xn , xm ∈ C N
Dado
> 0,
e
d(xn , xm ) < diam CN < .
41
tome
N ∈ N tal que diam CN < .
Logo, (xn ) é uma sequência de Cauchy em
X.
xn → x ∈ X , pois X
Assim
é completo. Então dado
k ∈ N qualquer, a subsequência xk , xk+1 , xk+2 , . . . também converge para x.
Portanto,
k∈N
é um espaço de Baire, pois é espaço métrico e completo. Também, todo
subconjunto fechado de
Lema 1.13.
teriores vazios em
An
é um espaço de Baire.
R
{An }
Y.
o fecho de
Mostremos que
An
Se
pois
Y
de um espaço de Baire
X
é também um espaço de Baire.
Y
uma coleção enumerável de conjuntos fechados de
em
De fato, suponha que exista
X.
U
∪An
Então
possui interior vazio em
An ∩ Y = An .
aberto não vazio de
é um aberto não vazio de
vazio em
Y
Todo subespaço aberto
Demonstração. Seja
U ∩Y
x ∈ Ck = Ck .
x ∈ ∩ Ck .
Exemplo 1.11. R
Seja
Assim,
Y
contido em
X
An ,
Y.
An
O conjunto
contido em
que possuem in-
possui interior vazio em
An ,
U ∩ An 6= ∅.
então
contradizendo o fato de
X.
Assim
An
possuir interior
W
é aberto em
Y.
∪An
contém um conjunto aberto não vazio
é aberto em
Portanto,
Y
X.
Isso contradiz o fato de
X
W
de
Y,
então
W ⊂ ∪An
e
X,
ser um espaço de Baire.
é um espaço de Baire.
Faremos agora uma aplicação da teoria de espaço de Baire:
fn : [0, 1] → R uma sequência de funções contínuas tal que fn (x) → f (x) para cada x ∈ [0, 1].
Note que f não precisa ser contínua. De fato, considere fn : [0, 1] → R denida por
1/n,
se x > 1/n,
fn (x) =
.
(1 − n)x + 1, se x < 1/n.
Seja
(fn ) de funções contínuas fn (x) → f (x) para cada x ∈ [0, 1], onde f : [0, 1] → R
é dada por f (x) = 0 se x ∈ (0, 1] e f (0) = 1. Agora, de modo geral, gostaríamos de saber em
quantos pontos f pode ser descontínua?
A sequência
Teorema 1.27.
Sejam
funções contínuas tais que
X
um espaço topológico e
fn (x) → f (x)
de Baire, o conjunto de pontos em que
f
Demonstração. Dado um inteiro positivo
para todo
(Y, d)
um espaço métrico. Sejam
x ∈ X,
onde
é contínua é denso em
N
e dado
> 0,
f : X → Y.
X.
dena
AN () = {x ∈ X | d(fn (x), fm (x)) 6 , ∀n, m > N }.
42
Se
X
fn : X → Y
é um espaço
Note que
AN ()
é fechado em
X
pois, para cada
n, m,
o conjunto
{x ∈ X | d(fn (x), fm (x)) 6 }
é fechado em
X
(pela continuidade das funções
d, f n
e
fm ) e AN () é a interseção destes conjuntos
n, m > N .
com
Para
xo, considere os conjuntos
conjuntos é todo o
X.
Obviamente,
implica que a sequência
(fn (x0 ))
A1 () ⊂ A2 () ⊂ . . . .
∪An () ⊂ X .
Agora, dado
é de Cauchy. Logo,
que
∞
[
X=
Mostremos que a união destes
x0 ∈ X ,
x0 ∈ AN ()
o fato de
para algum
N.
fn (x0 ) → f (x0 )
Assim, provamos
An ().
n=1
Agora, seja
[
U () =
int An ().
N ∈N
Queremos provar que:
(1) U ()
(2)
é aberto e denso em
f
A função
X.
é contínua em cada ponto do conjunto
C = U (1) ∩ U (1/2) ∩ U (1/3) ∩ . . .
Para mostrar que
vazio
V
de
X
cada
N,
o conjunto
U ()
N
existe
é denso em
X,
tal que o conjunto
V ∩ AN ()
V.
De
V
ser aberto, segue que
Mostraremos agora que se
V ∩ int(AN ())
é fechado em
pelo menos um desses conjuntos, digamos
em
é suciente mostrar que para todo conjunto aberto não
W
x0 ∈ C ,
V.
Por
V
é não vazio. Para isso, note que, para
ser um espaço de Baire, pelo Lema 1.13,
V ∩AM (), deve conter um conjunto não vazio W
é aberto em
então
f
X
e, portanto,
é contínua em
x0 .
aberto
W ⊂ int AM ().
Dado
> 0,
devemos encontrar
d(f (x), f (x0 )) < para x ∈ W .
1
Primeiro, escolha k de modo que
< . Temos que x0 ∈ int AN (1/k) para algum N .
k
5
Finalmente, a continuidade da função fN possibilita escolhermos uma vizinhança W de x0 , contida
uma vizinhança
em
AN (1/k),
W
de
x0
tal que
tal que
d(fN (x), fN (x0 )) < ,
5
43
para
x ∈ W.
(1.16)
O fato que
W ⊂ AN (1/k)
implica que
d(fn (x), fN (x)) 6
1
< ,
k
5
para
x ∈ W.
(1.17)
Daí temos
d(f (x0 ), fN (x0 )) 6 d(f (x0 ), fn (x0 )) + d(fn (x0 ), fN (x0 )) <
2
.
5
(1.18)
Aplicando a desigualdade triangular em (1.16), (1.17) e (1.18) obtemos:
d(f (x), f (x0 )) < .
1.8.2
Mergulho de Variedades
Nesta seção, provaremos que dado uma variedade compacta
X,
esta pode ser mergulhada em um
espaço euclidiano de dimensão nita. Para isso deniremos variedade e partição da unidade.
Denição 1.16.
Uma
tal que cada ponto de
m−variedade
x∈X
é um espaço de Hausdor
X
com uma base enumerável
tem uma vizinhança que é homeomorfa a um subconjunto aberto de
Rm .
Uma
1−variedade
é normalmente chamada uma curva, e uma
2−variedade
é chamada uma
superfície.
φ : X → R, então o suporte de φ é denido como sendo o fecho do conjunto φ−1 (R − {0}).
Assim, se x ∈
/ suporte φ, existe alguma vizinhança de x em que φ se anula.
Se
Denição 1.17.
Seja
{U1 , . . . , Un }
uma cobertura aberta do espaço
de funções contínuas
φi : X → [0, 1]
é dita uma partição da unidade dominada por
(1) (suporte φi ) ⊂ Ui
(2)
n
X
φi (x) = 1
{Ui }
para cada i;
para cada
i = 1, . . . , n,
para
x.
i=1
44
se:
X.
Uma família indexada
Teorema 1.28
.
aberta nita de um espaço normal
X.
{U1 , . . . , Un }
Seja
(Existência de partição da unidade nita)
uma cobertura
Então existe uma partição da unidade dominada por
{Ui }.
Demonstração. Ver [10], capítulo 4, página 225.
Teorema 1.29.
Se
X
Demonstração. Cubra
X
para algum
é uma
m−variedade
X
pode ser mergulhado em
{U1 , . . . , Un }
por uma quantidade nita
Rm .
de conjuntos abertos, cada um
Considere os mergulhos
gi : Ui → Rm
orema 1.28, existem
m
φ−1
i (R − {0}).
A função
E
φ1 , . . . , φn
partição da unidade dominada por
i = 1, . . . , n, dena a

 φ (x)g (x)
i
i
hi (x) =
 (0, . . . , 0)
Para cada
função
{Ui };
hi : X → Rm
é normal. Pelo te-
seja
Ai = suporte φi =
por:
para
x ∈ Ui
para
x ∈ X − Ai .
x ∈ (X − Ai ) ∩ Ui
hi
está bem denida pois para
hi
é contínua pois suas restrições aos conjuntos abertos
temos
para cada
X
determinados por estes homeomorsmo. Sendo compacto e Hausdor,
φi (x) = 0.
RN
N ∈ N.
dos quais é homeomorfo a um aberto de
i,
compacta, então
φi (x)gi (x) = 0
Ui
e
X − Ai
uma vez que
são contínuas.
Agora dena
m
· · × Rm})
F : X → (R
· · × R} × R
| × ·{z
| × ·{z
n−vezes
por
n−vezes
F (x) = (φ1 (x), . . . , φn (x), h1 (x), . . . , hn (x)).
F
um mergulho precisamos mostrar somente que
F (x) = F (y).
P
(desde que
Então
φi (x) = φi (y)
φi (x) = 1).
e
Portanto,
Claramente
é contínua. Para provar que
é injetora (pois
hi (x) = hi (y)
φi (y) > 0
F
para todo
e assim
i.
X
é
é compacto). Suponha que
Agora
x, y ∈ U i ,
F
pois
φi (x) > 0
para algum
i
x, y ∈ suporte φi ⊂ Ui .
Então,
φi (x)gi (x) = hi (x) = hi (y) = φi (y)gi (y).
Daí,
gi (x) = gi (y).
1.8.3
Como
gi : Ui → Rm
é injetora, segue que
x = y.
Teorema de MergerNöbeling
O principal resultado desta subseção é o teorema, devido a K. Menger e G. Nöbeling, que estabelece
que qualquer espaço métrico compacto de dimensão
45
m
pode ser mergulhado em
RN
para
N =
2m + 1,
1.29).
(esta é uma generalização do Teorema
Sua demonstração é uma aplicação do
Teorema de Baire.
Primeiramente, apresentaremos a noção de ordem em uma família de conjuntos, que será
necessária para denir a dimensão por cobertura.
Denição 1.18.
ordem da família
A
Seja
X
um conjunto e
A
uma família de subconjuntos de
como sendo o maior inteiro
n
com interseção não vazia; se não existir tal inteiro, dizemos que
A
é denotada por
A
contém
tem ordem
Denimos a
n+1
∞.
conjuntos
A ordem de
ord A .
A = {As }s∈S é
As1 ∩ As2 ∩ · · · ∩ Asn+2 = ∅.
Assim, se a ordem de uma família
s1 , . . . , sn+2 ∈ S
A
tal que a família
X.
temos
n,
igual a
para cada
n+2
índices distintos
Em particular, uma família de ordem
consiste somente do conjunto vazio, e uma família de ordem
0
−1
consiste de conjuntos dois a dois
disjuntos que não são todos vazios.
B é um renamento de outra cobertura A do mesmo espaço se para todo
A ∈ A tal que B ⊂ A. Claramente, toda subcobertura A0 de A é um renamento
Uma cobertura
B∈B
de A .
existe
Denição 1.19.
tada por
dim
dim X ,
Para todo espaço normal
que é um número inteiro
X
> −1
atribui-se a dimensão por cobertura de
ou o número innito
∞.
X,
deno-
Denimos a dimensão
da seguinte forma:
(CL1) dim X 6 n,
onde
n = −1, 0, 1, . . .,
renamento aberto nito de ordem
(CL2) dim X = n,
se
n − 1 < dim X 6 n;
(CL3) dim X = ∞
se
dim X > n
se toda cobertura aberta nita do espaço
X
tem um
6 n;
para todo
n = −1, 0, 1, . . .
dim é também chamada de dimensão de ƒechLebesgue.
Se os espaços normais X e Y são homeomorfos, então dim X = dim Y , isto é, a dimensão
cobertura é um invariante topológico. Claramente, dim X = −1 se, e somente se, X = ∅.
A dimensão por cobertura
Exemplo 1.12.
Todo subespaço compacto
X
de
R
fato, começaremos denindo uma cobertura aberta de
intervalos abertos da forma
abertos da forma
(n, n + 1)
(n − 1/2, n + 1/2)
em
em
R,
R,
onde
para
R
de ordem
n ∈ Z.
n ∈ Z.
46
tem dimensão topológica no máximo
Seja
Então
A0
1.
Seja
A1
1.
por
De
a coleção de todos os
a coleção de todos os intervalos
A = A0 ∪ A1
é uma cobertura aberta
de
R
por conjuntos de diâmetro
elementos de
A0
Agora seja
abertos em
X,
também são. Logo,
X
δ/2;
A
por
f
R.
δ
f :R→R
dim X 6 1.
(0, 1].
B
Mostremos que se
B
seja
cobertura de
X
formada por conjuntos
δ
é automaticamente um renamento de
f (x) = 2δ x.
de ordem
R
X
1
A imagem dos elementos da
cujos elementos possuem diâmetro
tem dimensão topológica
A
X
formamos a cobertura aberta de
a cobertura de
X
é uma cobertura aberta qualquer de
1.
desejada.
De fato, sabemos que
formada pelos conjuntos
X
que rena
A,
então
B
e seja
V
rena
A,
ela deve conter mais do que um elemento. Seja
a união dos outros. Se
disjuntos e, assim, formam uma cisão para
Portanto, concluímos que
B
B
X,
B
tem ordem
0,
então os conjuntos
o que contradiz a conexidade de
tem ordem pelo menos
U
U
e
V
são
X.
1.
provar este fato, construiremos uma certa cobertura aberta
A2
tem
um destes
Exemplo 1.14. Todo subespaço compacto X de R2 tem dimensão topológica no máximo 2.
denindo
[0, 1)
1.
Desde que a cobertura
elementos de
C
denido por
X = [0, 1]
dim X = 1,
Para mostrar
ordem pelo menos
1.
Dado
interceptando cada um desses elementos com
O intervalo
são disjuntos e todos os
para esta cobertura. Isso signica que toda coleção
forma uma cobertura aberta de
Exemplo 1.13.
e
tem ordem
que têm diâmetros menores que
Considere o homeomorsmo
coleção
A
existe um número de Lebesgue
X
A1
Note que todos os elementos de
um subespaço compacto de
de subconjuntos de
C.
1.
A de R2
que tem ordem
como sendo a coleção de todos os quadrados abertos unitários de
Para
2.
Começamos
R2
da seguinte
forma:
A2 = {(n, n + 1) × (m, m + 1) | m, n ∈ Z}.
A2
Note que os elementos de
E
são disjuntos. Então, denimos uma coleção
A1
tomando cada lado
de um destes quadrados,
E = {n} × (m, m + 1)
E = (n, n + 1) × {m},
ou
e expandindo-o levemente para um conjunto aberto
E 6= E 0 ,
os conjuntos
UE
diâmetro seja no máximo
bolas abertas de raio
1/2
e
UE0
2.
UE
de
R2 ,
tendo o cuidado de garantir que se
sejam disjuntos. Também escolhemos cada
Finalmente, dena
sobre o ponto
n × m.
A0
de modo que seu
como sendo a coleção consistindo de todas
Veja gura:
47
UE
A coleção dos conjuntos abertos
diâmetro no máximo
2.
E tem ordem
Ai .
que um conjunto de cada
aberta de
por
X,
Y
Cada um destes elementos tem
X
A
R2
pode pertencer a mais do
R2 .
um subespaço compacto de
δ.
Considere o homeomorsmo
f
por
Dado uma cobertura
f : R2 → R2
forma uma cobertura aberta de
Interceptando cada um desses conjuntos com
Seja
X
um espaço de dimensão nita. Se
tem dimensão nita e
Demonstração. Digamos
Para cada
R2 .
X
R2
denido
por conjuntos
formamos a cobertura
desejada.
Teorema 1.30.
então
δ.
cobrem
desde que nenhum ponto de
Agora seja
A imagem da coleção
de diâmetro menor que
X
2,
existe um número de Lebesgue
f (x) = 3δ x.
aberta de
A = A1 ∪ A2 ∪ A3
A ∈ A,
conjuntos abertos
é um subespaço fechado de
X,
dim Y 6 dim X .
dim X = m.
Seja
A
uma cobertura de
A0
Y
X
tal que
juntamente com o conjunto aberto
X −Y.
escolha um conjunto aberto
A0 ,
Y
cobertura que é uma cobertura aberta de
X
de
por conjuntos abertos em
A0 ∩ Y = A.
Seja
e tem ordem no máximo
B
m.
Cubra
X
Y.
pelos
um renamento desta
Então, a coleção
{B ∩ Y | B ∈ B}
Y
é uma cobertura de
Teorema 1.31.
por conjuntos abertos em
Seja
X = Y ∪ Z,
onde
Y
e
Y,
Z
tem ordem no máximo
m,
são subespaços fechados de
e rena
X
A.
tendo dimensão
topológica nita. Então,
dim X = max{dim Y, dim Z}.
Demonstração. Seja
m = max{dim Y, dim Z}.
e tem dimensão topológica no máximo
agora que
dim X ≤ m
m.
Devemos mostrar que
Pelo Teorema 1.30, temos
e, assim, concluiremos
X
possui dimensão nita
m 6 dim X .
dim X = max{dim Y, dim Z}.
48
Provaremos
A
Se
Y
se nenhum ponto de
Passo 1:
de
X
X,
é uma cobertura aberta de
Y
encontra-se em mais de
Mostremos que se
que rena
A
dizemos que
m
A
possui ordem no máximo
elementos de
A é uma cobertura aberta de X ,
m
e tem ordem no máximo
em pontos de
m
em pontos de
A.
então existe uma cobertura aberta
Y.
Para provar este fato, considere a coleção
{A ∩ Y | A ∈ A}.
Esta é uma cobertura aberta de
de
Y
e possui ordem no máximo
UB ∩ Y = B .
C
Então
Passo 2:
de
X
Agora, seja
B
m.
B ∈ B,
para
B ∈ B,
que é uma cobertura aberta
escolha um conjunto aberto
AB ∈ A
tal que
B ⊂ AB .
Seja
juntamente com todos os conjuntos
A
A
uma cobertura aberta de
C
UB
de
X
tal que
a coleção de todos
A−Y,
para
A ∈ A.
X
C
que rena
uma cobertura aberta de
X
X.
D
Construiremos uma cobertura aberta
m.
e tem ordem no máximo
uma cobertura aberta de
Então seja
Dado
B
é a cobertura desejada.
que rena
Seja
então existe um renamento
Escolha também um elemento
UB ∩ AB ,
os conjuntos
Y,
A
que rena
e tem ordem no máximo
B
m
e tem ordem no máximo
em pontos de
m
Y.
em pontos de
Z.
Formamos uma nova cobertura
cada
C∈C
um elemento
de todos os elementos
D(B),
para
Agora,
porque
C
C
de
de
B
de
X
f :C→B
do seguinte modo: Dena
tal que
para os quais
C ⊂ f (C).
Dado
f (C) = B .
Seja
B ∈ B,
D
dena
escolhendo para
D(B)
sendo a união
a coleção de todos os conjuntos
B ∈ B.
D
rena
cobre
m.
Suponha
que
k 6 m.
X
e
B
pois
D(B) ⊂ B
C ⊂ D(f (C))
Note que os conjuntos
x ∈ D(Bi ),
Os conjuntos
para cada
para cada
x ∈ D(B1 ) ∩ · · · ∩ D(Bk ),
são. Assim, se
f (Ci ) = Bi .
C
f (C)
D
B.
C ∈ C.
Logo,
D(Bi )
A.
D
Também,
D
são distintos porque os
i,
Bi 's
X
são distintos. Desejamos provar
um conjunto
Ci ∈ C
são. Além disso,
x ∈ (C1 ∩ · · · ∩ Ck ) ⊂ (D(B1 ) ∩ · · · ∩ D(Bk )) ⊂ (B1 ∩ · · · ∩ Bk ).
49
cobre
tem ordem no máximo
devem ser distintos porque os conjuntos
podemos escolher para cada
Ci
rena
Mostremos que
onde os conjuntos
B1 , . . . , Bk
D
tal que
D(Bi )
o
x ∈ Ci
e
Se
x
estiver em
então
k 6 m,
Y,
pois
k6m
então
C
Corolário 1.9.
B
porque
tem ordem no máximo
m
tem ordem no máximo
Seja
X = Y1 ∪ · · · ∪ Yk ,
em pontos de
onde cada
Yi
m
em pontos de
Y,
e se
x ∈ Z,
Z.
é um subespaço fechado de
X
e possui
dimensão nita. Então,
dim X = max{dim Y1 , . . . , dim Yk }.
Demonstração. Se
X = Y1 ∪ Y2
então
dim X = max{dim Y1 , dim Y2 }
que o resultado é válido para todo espaço que é a união de
nita. Se
então
X = Y1 ∪ · · · ∪ Yk ,
onde cada
Yi
k − 1 subespaços fechados de dimensão
é um subespaço fechado de
dim Z = max{dim Y1 , . . . , dim Yk−1 },
Z = Y1 ∪ · · · ∪ Yk−1 .
onde
dim X = max{dim Z, dim Yk } = max{dim Y1 , . . . , dim Yk },
Exemplo 1.15.
X
Toda
1−variedade
pelo Teorema 1.31. Suponha
X
compacta
X
e possui dimensão nita,
Logo,
X = Z ∪ Yk
e, assim,
como desejado.
tem dimensão topológica
1.
Note que o espaço
[0, 1].
pode ser escrito como uma união nita de espaços que são homeomorfos ao intervalo
De fato, para todo
Assim,
Vx
x ∈ X,
Vx
existe uma vizinhança
é homeomorfo ao intervalo
[0, 1].
de
Logo,
x
homeomorfa ao intervalo aberto
X =
[
Vx .
Como
X
(0, 1).
é uma variedade
x∈X
compacta, segue que
X
é
X = V x1 ∪ · · · ∪ V xk .
Aplicando o Corolário 1.9, temos que a dimensão de
1.
Exemplo 1.16.
Toda
2−variedade
X
compacta
modo análogo ao exemplo anterior, o espaço
X
tem dimensão topológica no máximo
2.
De
pode ser escrito como uma união nita de espaços
que são homeomorfos a bola unitária fechada em
R2 .
Então, aplicando o corolário 1.9, concluímos
o desejado.
Para provar o Teorema do Mergulho, precisamos denir a noção de posição geral em
envolve um pouco de geometria analítica em
R
N
.
Por exemplo, um conjunto
posição geral se nenhum subconjunto de três pontos de
de quatro pontos de
S
S
S ⊂ R
RN .
3
Esta
está em
são colineares e nenhum subconjunto
são coplanares. Antes de denir quando um subconjunto de
RN
está em
posição geral, precisamos introduzir a noção de geometricamente independente.
Denição 1.20.
Um conjunto
{x0 , . . . , xk }
de pontos de
RN
é dito geometricamente indepen-
dente se as equações
k
X
ai x i = 0
e
i=0
são válidas apenas se cada
k
X
i=0
ai = 0.
50
ai = 0
{x}
Obviamente, um conjunto unitário
é geometricamente independente. Mas o que signica
um conjunto ser geometricamente independente em geral?
k
X
Da segunda equação obtemos
a0 = −
ai
e, substituindo
a0
na primeira equação, temos
i=1
−
k
X
!
ai
x 0 + a1 x 1 + · · · + ak x k = 0 ⇒
i=1
k
X
ai (xi − x0 ) = 0
i=1
ai = 0. Esta é a denição de linearmente independente
{x1 − x0 , . . . , xk − x0 } do espaço RN . Isto nos ajuda na visualização
apenas se cada
para o conjunto de vetores
de um conjunto geometri-
camente independente: Quaisquer dois pontos distintos formam um conjunto geometricamente
independente. Três pontos de
RN
formam um conjunto geometricamente independente se os pon-
tos não são colineares e quatro pontos formam um conjunto geometricamente independente se eles
não são coplanares. E isso vale sucessivamente. Segue-se a partir daí que os pontos
0 = (0, 0, . . . , 0)
e1 = (1, 0, . . . , 0)
.
.
.
eN = (0, 0, . . . , 1)
formam um conjunto geometricamente independente em
junto de pontos geometricamente independente em
Denição 1.21.
dente. O plano
pontos
x ∈ RN
P
Seja
{x0 , . . . , xk } ⊂ RN
N
R
RN .
Também segue que qualquer con-
não contém mais do que
N +1
pontos.
um conjunto de pontos geometricamente indepen-
determinado por estes pontos é denido como sendo o conjunto de todos os
tais que
x=
k
X
ti xi ,
onde
i=0
É simples provar que
P
k
X
ti = 1.
i=0
também pode ser expresso como o conjunto de todos os pontos
x
tais
que
x = x0 +
k
X
ti (xi − x0 ).
(1.19)
i=1
Assim,
P
pode ser descrito não somente como o plano determinado pelos pontos
x0 , . . ., xk , mas
x0 paralelo aos vetores x1 − x0 , . . ., xk − x0 .
N
Considere o homeomorsmo T : R → R
denido por T (x) = x − x0 . Chamamos T de uma
N
translação em R . A expressão (1.19) mostra que esta aplicação leva o plano P sobre o subespaço
k
N
vetorial V de R
tendo como base os vetores x1 − x0 , . . ., xk − x0 . Por esta razão, chamaremos
P de um k plano em RN .
também como o plano passando por
N
51
k plano P necessariamente tem
interior vazio em R . E segundo, se y ∈ R −P então o conjunto {x0 , . . . , xk , y} é geometricamente
independente. Como y ∈
/ P então T (y) = y − x0 ∈
/ V k . Por um teorema de Álgebra Linear, os
vetores {x1 − x0 , . . . , xk − x0 , y − x0 } são linearmente independente.
Dois fatos seguem imediatamente:
N
Denição 1.22.
conjunto de
A
A
Um conjunto
de pontos de
N +1
Dado um conjunto nito
{y1 , . . . , yn } ⊂ RN
k < N,
o
N
contendo no máximo
Lema 1.14.
primeiro, se
RN
está em posição geral no
{x1 , . . . , xn } ⊂ RN
RN
que está em posição geral em
e dado
δ > 0,
|xi − yi | < δ
tal que
{y1 , . . . , yp } que contém N
subconjuntos é geometricamente independente pois
vazio em
RN .
p < n.
e
δ>0
tome
Assim, existe
k plano
de
RN
para algum
k 6 N − 1.
RN
ou menos elementos. Cada um desses
{y1 , . . . , yp }
está em posição geral em
RN .
E
Cada um destes planos possui interior
A união destes planos também possui interior vazio pois
quantidade desses planos é nita. Assim, podemos escolher
yp+1
{x1 } ⊂ RN
que está em posição geral. Considere o conjunto de todos os planos em
determinados por subconjuntos de
determinam um
existe um conjunto
para todo i.
Suponha por hipótese de indução que o resultado seja válido
{y1 , . . . , yp } ⊂ RN
se todo sub-
pontos é geometricamente independente.
Demonstração. Faremos a prova por indução. Para n=1, temos: dados
y 1 = x1 .
RN
yp+1 ∈ RN
RN
é espaço de Baire e a
tal que
|xp+1 − yp+1 | < δ
e
não pertence a nenhum destes planos. Temos que o conjunto
C = {y1 , . . . , yp , yp+1 }
está em posição geral em
1
ou menos elementos.
de indução.
Se
RN .
Se
yp+1 ∈ D,
De fato, seja
yp+1 ∈
/ D,
então
então
D
um subconjunto qualquer de
D
é geometricamente independente pela hipótese
D − {yp+1 }
contém
N
C
ou menos elementos e
no plano determinado por estes elementos, por construção.
contendo
yp+1
N+
não está
Então, como referimos acima,
D
é
geometricamente independente.
Teorema 1.32
mensão topológica
mergulho tal que
(Teorema de MengerNöbeling)
n.
Então, dados
|f (x) − g(x)| < Demonstração. Seja
N = 2n + 1.
.
f : X → R2n+1
para todo
Seja
X
um espaço métrico compacto de di-
contínua e
> 0,
existe
g : X → R2n+1
um
x ∈ X.
Vamos escolher a métrica do máximo em
|x − y| = max{|xi − yi |; i = 1, . . . , N }.
52
RN , que é denida por
Seja
ρ
a métrica do
sup
no espaço
C(X, RN )
das funções contínuas de
X
em
RN :
ρ(f, g) = sup{|f (x) − g(x)|; x ∈ X}.
Denotando por
E(X, RN )
o subespaço de
E(X, RN )
o que desejamos provar é que
C(X, RN )
Note que o espaço
C(X, RN )
é denso em
consistindo dos mergulhos de
X
em
RN ,
C(X, RN ).
é completo na métrica
ρ
pois
RN
é completo na métrica do
máximo.
Seja
d a métrica de X .
f : X → RN ,
Por
X
ser compacto, segue que
d é limitada.
Dada uma função contínua
denimos
∆(f ) = sup{diam f −1 ({z}) | z ∈ f (X)}.
Note que
∆(f )
diam f −1 ({z})
mede o quanto
f −1 ({z})
f
é limitado pois
d
é limitada. Assim,
`desvia' de ser injetora no sentido de que se
consiste de exatamente um ponto e, assim,
Agora, dado
> 0,
dena
f
Provado esse fato, como
da Categoria de Baire que
C(X, RN )
C(X, RN )
está bem denido. O número
∆(f ) = 0
então cada conjunto
é injetora.
U = {f ∈ C(X, RN ) | ∆(f ) < }.
contínuas que `desviam' de ser injetora por menos que
C(X, RN ).
∆(f )
.
Este consiste de todas as funções
Provaremos que
U
é aberto e denso em
é um espaço métrico completo, temos do Teorema
é um espaço de Baire, resultando assim que a interseção
\
U1/n
n∈N
é densa em
em
RN ,
C(X, RN ).
Mas veja que tal interseção é exatamente o conjunto dos mergulhos de
X
i.e.,
\
E(X, RN ) =
U1/n .
n∈N
De fato, se
e, assim,
f
f
é um elemento desta interseção então
é injetora. Como
X
é compacto e
RN
∆(f ) < 1/n
para todo
n.
Portanto,
∆(f ) = 0
f
é um mergulho. Desse
Bρ (f, δ) ⊂ U .
Primeiro escolha um
é Hausdor, segue que
modo, concluiremos a prova.
(1) U é aberto em C(X, RN ).
De fato, dado
número
b
f ∈ U ,
tal que
desejamos encontrar alguma bola
∆(f ) < b < .
Note que se
f (x) = f (y) = z ,
53
então
x
e
y
pertencem ao conjunto
f −1 ({z}),
de modo que
d(x, y) < b,
pois
d(x, y) 6 diam f −1 ({z}) 6 ∆(f ) < b.
deixarmos A ser o seguinte subconjunto de
Segue-se que, se
X × X,
A = {(x, y) | d(x, y) > b},
então a função
Daí a função
|f (x) − f (y)| é positiva em A.
|f (x) − f (y)|
Armamos que este valor de
2δ
g
δ
A.
e, portanto, compacto.
Seja
1
min{|f (x) − f (y)|; (x, y) ∈ A}.
2
será suciente.
é uma função contínua tal que
por denição. Como
A é fechado em X × X
tem um mínimo positivo em
δ=
Suponha que
Agora
|f (x) − g(x)| < δ
e
ρ(f, g) < δ .
Se
|f (y) − g(y)| < δ
(x, y) ∈ A, então |f (x) − f (y)| >
segue que
|g(x) − g(y)| > 0.
Com
efeito,
|f (x) − f (y)| 6 |f (x) − g(x)| + |g(x) − g(y)| + |g(y) − f (y)|
< 2δ + |g(x) − g(y)| ⇒
⇒ |g(x) − g(y)| > |f (x) − f (y)| − 2δ > 0.
|g(x)−g(y)| é positiva em A.
Logo, a função
então
Portanto, se
x e y são dois pontos tais que g(x) = g(y),
d(x, y) < b ⇒ ∆(g) 6 b < .
(2) U é denso em C(X, RN ).
Seja
f ∈ C(X, RN ).
g ∈ U
e
>0
e
δ>0
desejamos encontrar uma função
g ∈ C(X, RN )
tal que
ρ(f, g) < δ .
Cubra
y ∈ RN .
Dados
RN
pela coleção
Como
f
{B(y, δ/4) | y ∈ RN }.
é contínua, existe
r>0
tal que
Dado
x∈X
então
f (x) ∈ B(y, δ/4) para algum
f (Bd (x, r)) ⊂ B(y, δ/4).
Considere a família
V = {Bd (x, µ) | x ∈ X},
onde
µ = min{r, /4}, que é uma cobertura aberta de X .
um renamento aberto
U
de
existe uma quantidade nita
V
que cobre
U1 , . . . , Un
X
Por hipótese,
tendo ordem no máximo
tal que
X ⊂ U1 ∪ . . . ∪ Un .
satisfaz
54
dim X = m.
m + 1.
Como
Então, existe
X
Assim, o conjunto
é compacto,
{U1 , . . . , Un }
(1)
diam Ui < /2
em
X,
(2)
diam f (Ui ) < δ/2
em
(3)
{U1 , . . . , Un }
Sejam
{φi }
tem ordem
6 m + 1.
uma partição da unidade dominada por
Então escolha, para cada
{z1 , . . . , zn }
RN ,
i,
zi ∈ RN
um ponto
RN .
está em posição geral em
{Ui }.
tal que
Para cada i, escolha um ponto
|zi − f (xi )| < δ/2
Finalmente, dena
g(x) =
n
X
g : X → RN
xi ∈ Ui .
e tal que o conjunto
por
φi (x)zi .
i=1
Armamos que
g
é a função desejada.
Primeiro, mostremos que
ρ(f, g) < δ .
Note que
g(x) − f (x) =
n
X
φi (x)zi −
i=1
pois
P
φi (x) = 1.
φi (x)f (x),
i=1
Então
g(x) − f (x) =
n
X
φi (x)(zi − f (xi )) +
i=1
Agora,
n
X
|zi − f (xi )| < δ/2
n
X
φi (x)(f (xi ) − f (x)).
i=1
para cada
i,
pela escolha dos pontos
zi 's.
E se
i
é um índice tal que
φ(x) 6= 0, então x ∈ Ui . Porque temos diam f (Ui ) < δ/2, segue que |f (xi ) − f (x)| < δ/2.
P
vez que
φi (x) = 1, concluímos que |g(x) − g(y)| < δ . Portanto, ρ(f, g) < δ .
Mostraremos que
g ∈ U .
a um dos conjuntos abertos
Como um resultado,
Assim, suponha
Devemos provar que se
Ui ,
x, y ∈ X e g(x) = g(y), então x e y pertencem
assim necessariamente
∆(g) < /2 < ,
g(x) = g(y).
Uma
d(x, y) < /2
(desde que
diam Ui < /2).
como queríamos.
Então
n
X
[φi (x) − φi (y)]zi = 0.
i=1
Pois a cobertura
{Ui } tem ordem
nulos, e no máximo
máximo
2m + 2
m+1
no máximo
dos números
m + 1,
φi (y)
m + 1 dos números φi (x) são não
P
Assim,
[φi (x) − φi (y)]zi tem no
no máximo
são não nulos.
termos não nulos. Note que a soma dos coecientes desaparecem porque
n
X
[φi (x) − φi (y)] = 1 − 1 = 0.
i=1
55
Os pontos
zi
estão em posição geral em
RN ,
assim todo subconjunto deles tendo
N +1 = 2m+2.
elementos é geometricamente independente. E, por hipótese,
N +1
ou menos
Portanto, concluímos
que
φi (x) − φi (y) = 0
para todo
Agora
y ∈ Ui ,
i.
φi (x) > 0
para algum
i,
assim que
x ∈ Ui .
Desde que
φi (x) = φi (y),
temos também
como armado.
Denição 1.23.
cobertura
{Bs }s∈S
Um encolhimento da cobertura
do espaço
X
{As }s∈S
Bs ⊂ As , ∀s ∈ S .
tal que
desigualdade
B
de uma cobertura
é qualquer
Um encolhimento é aberto (fechado) se
todos os elementos são subconjuntos abertos (fechados) do espaço
Obviamente, todo encolhimento
X
de um espaço topológico
A
X.
é um renamento de
A
e satisfaz a
ord B 6 ord A .
Proposição 1.15.
Para todo espaço normal
X
as seguintes condições são equivalentes:
(a) dim X 6 n.
(b)
Toda cobertura aberta nita do espaço
X
tem um renamento aberto de ordem
(c)
Toda cobertura aberta nita do espaço
X
tem um encolhimento aberto de ordem
Demonstração. As implicações
X
que satisfaz
(b).
Sejam
desta cobertura com
(a) ⇒ (b)
{Ui }ki=1
ord V 6 n.
Para todo
Obviamente
assim, concluímos que
(b) ⇒ (c).
Teorema 1.33.
aberta com
ordem
6 n,
n+2
dim X 6 n
(c) ⇒ (a)
{Vi }ki=1
V ∈V
Um espaço normal
X
n+2
satisfaz
n+2
elementos {Ui }i=1 do espaço
n+2
\
X
Wi = ∅.
isto é, tal que
escolha
i=1
56
X
e
i(V ) 6 k
é um encolhimento de
basta considerar
6 n.
são óbvias. Considere um espaço normal
uma cobertura aberta nita de
Vi = ∪{V : i(V ) = i}.
Para provar que
e
6 n.
V
um renamento aberto
tal que
{Ui }ki=1
V ⊂ Ui(v)
e temos
e dena
ord{Vi } 6 n,
e
elementos da cobertura.
dim X 6 n
se, e somente se, toda cobertura
possui um encolhimento aberto
{Wi }n+2
i=1
de
Demonstração. É suciente mostrar que todo espaço normal
cobertura aberta com
{Wi }n+2
i=1
de
{Ui }n+2
i=1
n+2
elementos
{Ui }n+2
i=1
X
com
dim X > n
possui uma
com a propriedade que cada encolhimento aberto
satisfaz a condição
n+2
\
Wi 6= ∅.
i=1
Suponha que
espaço
X
dim X > n,
pela Proposição 1.15 existe uma cobertura aberta
que não possui encolhimento aberto de ordem
V 0 = {Vi0 }ki=1
é um encolhimento de
{Vi }ki=1
Vi01 ∩ Vi02 ∩ · · · ∩ Vi0m 6= ∅
6 n.
V0
do
Além disso, pode-se assumir que se
então
sempre que
Vi1 ∩ Vi2 ∩ · · · ∩ Vim 6= ∅,
onde i1 , . . . , im é uma sequência de números naturais menores ou iguais a
encolhimento aberto
V = {Vi }ki=1
que não satisfaz (1.20), substitua
V
por
V0
k.
(1.20)
De fato, se
V
tem um
e continue este procedimento
até obter uma cobertura aberta com as propriedades desejadas. Tal cobertura existe pois o número
de interseções em (1.20) é nita.
Como
ord V > n,
reorganizando, se necessário, os membros de
n+2
\
V,
temos
Vi 6= ∅.
(1.21)
i=1
Mostraremos que a cobertura aberta com
k
[
para
i 6 n+1 e Un+2 =
n+2
elementos
Vi , tem a propriedade desejada.
{Ui }n+2
i=1
do espaço
X,
onde
Considere um encolhimento
Ui = Vi
{Wi }n+2
i=1
i=n+2
de
{Ui }n+2
i=1 .
A cobertura
{W1 , W2 , . . . , Wn+1 , Wn+2 ∩ Vn+2 , Wn+2 ∩ Vn+3 , . . . , Wn+2 ∩ Vk }
do espaço
X
V,
!
é um encolhimento de
n+2
\
i=1
Teorema 1.34.
Wi ⊃
n+1
\
Wi
deste modo por (1.20) e (1.21) temos
∩ (Wn+2 ∩ Vn+2 ) ⊃
i=1
Para todo espaço normal
n+1
\
!
Vi
∩ (Vn+2 ) 6= ∅.
i=1
X,
as condições
lentes.
57
Ind X = 0
e
dim X = 0
são equiva-
Demonstração. Suponha que
aberto
V ⊂ X
que contém
dim X = 0.
A.
Note que
Teorema 1.33 existe um encolhimento
U ∩ W = ∅.
Assim,
A⊂U ⊂V
e
Reciprocamente, suponha que
seja
A = X\U1
∂U = ∅.
Logo,
de ordem
0.
e
V = U2 .
Considere um conjunto fechado
{V, X\A}
{U, W }
Ind X = 0.
e um conjunto
é uma cobertura aberta para
de ordem
Ind ∂U = −1,
A⊂X
ou seja,
6 0,
isto é,
X,
logo pelo
U ⊂ V , W ⊂ X\A
e
Ind X = 0.
Dado uma cobertura aberta
Por hipótese, existe um conjunto aberto
{U1 , U2 }
U ⊂X
tal que
do espaço
X,
A⊂U ⊂V
e
{U, X\U } é um encolhimento de {U1 , U2 } (pois, U ⊂ V = U2 e X\U ⊂ X\A = U1 )
dim X = 0.
Portanto, pelo Teorema 1.33 temos
Os dois resultados abaixo se encontram em [3] no capítulo
Teorema 1.35
.
(O Teorema de Coincidência)
1
na seção
7.
Para todo espaço métrico separável
X
temos
ind X = Ind X = dim X.
Teorema 1.36
com
n > 0
.
se, e somente se, para toda sequência
pares de subconjuntos fechados disjuntos de
n+1
\
Li
Um espaço métrico separável
(Teorema das Partições)
é uma partição entre
Ai
e
Bi
X
i=1
58
satisfaz
ind X 6 n
(A1 , B1 ), (A2 , B2 ), . . . , (An+1 , Bn+1 )
existem conjuntos fechados
Li = ∅.
e
X
L1 , . . . , Ln+1
de
n+1
tais que
Capítulo 2
A dimensão do produto cartesiano e
mergulhos em Rn
Para um espaço métrico compacto
cartesiano
X ×X
Teorema 2.1.
é denso em
X
de dimensão
com os mergulhos em
X
Seja
C(X, R2n )
n
n,
vamos relacionar a dimensão do produto
através do seguinte resultado:
R
um espaço métrico compacto de dimensão
se, e somente se,
n > 3.
O espaço
E(X, R2n )
dim(X × X) < 2n.
A demonstração deste Teorema será dividida nas próximas duas seções: na seção 2.1 demonstraremos que
E(X, R2n ) = C(X, R2n ) ⇒ dim(X × X) < 2n
e na seção 2.2 a reciproca.
Agora, introduziremos alguns conceitos que serão necessários nestas seções.
Denição 2.1.
é o cubo
∂I p (∂I p
Uma função contínua
pdimensional,
f
I p)
tal que
g(x) = f (x)
é essencial quando não existe
f : X → I p é não
: f −1 (∂I p ) → ∂I p ,
Note que uma função
X,
onde
fe = f |f −1 (∂I p )
onde
X
é um espaço métrico e
I p = [−1, 1]p
é dita não essencial (inessencial) se existe uma função contínua
denota a fronteira de
Dizemos que
f : X → I p,
g
para cada
satisfazendo a denição acima.
isto é, se existe uma função contínua
comutando o diagrama:
i
x ∈ f −1 (∂I p ).
fe sobre
g : X → ∂I p
essencial se existe uma extensão contínua de
p
f −1 (∂I
_ )
fe
g
X
59
g:X→
/
9∂I
p
.
Observação 2.1.
X
Seja
um espaço métrico separável. Se
contínua
f : X → Ip
f −1 (∂I p )
é um subconjunto fechado de
∂I p
é não essencial. De fato, sabemos que
Teorema 1.22, que existe
g : X → S p−1
X
e
dim X 6 p − 1
então toda função
é homeomorfo a
f |f −1 (∂I p ) : f −1 (∂I p ) → S p−1
S p−1 .
Como
é contínua segue, pelo
comutando o diagrama
f
p
f −1 (∂I
)

/ S p−1
9
_
i
.
g
X
Portanto,
f
é não essencial.
Exemplo 2.1.
Seja
f : R − {0} → I contínua denida por



−1, x ∈ (∞, −1],


f (x) =
x,
x ∈ [−1, 1] − {0}, .



 1,
x ∈ [1, ∞).
g : R − {0} → {−1, 1}
Note que a função contínua
g(x) = f (x)
x ∈ f −1 (∂I) = f −1 ({−1, 1}).
para
Proposição 2.1.
Hp−1 (∂I p )
denida por
Assim,
f : (I p , ∂I p ) → (I p , ∂I p )
Seja
f
é um homomorsmo não nulo então

 −1, x < 0,
g(x) =
 1,
x > 0,
f
é não essencial.
uma função contínua. Se
/
/ Hp (I p )
Hp (∂I p )
/ Hp (I p , ∂I p )
f∗
/ Hp (I p , ∂I p )
0
onde
/
(I p , ∂I p ):
Hp−1 (∂I p )
fe∗
fe∗ : Hp−1 (∂I p ) →
é essencial.
Demonstração. Considere a sequência longa de homologia do par
···
satisfaz
/
/
Hp−1 (I p )
/
Hp−1 (∂I p )
/ ···
0
fe = f |∂I p .
Como
Hp (I p ) = 0 = Hp−1 (I p )
Suponha que
x ∈ ∂I p .
Assim,
f
segue que
Hp (I p , ∂I p ) ' Hp−1 (∂I p ) ' Z.
é não essencial, isto é, existe
fe = g ◦ i ⇒ fe∗ = g∗ ◦ i∗ ,
induzidas das funções
fe, g , i
i : ∂I p → I p
tal que
g(x) = fe(x),
é a inclusão e
fe∗ , g∗ , i∗
para todo
indicam as
em homologia. Logo, os diagramas abaixo são comutativos:
Hp−1 (∂I p )
i∗
onde
g : I p → ∂I p
fe∗
/ Hp−1 (∂I p )
7
⇔
Z
i∗
g∗
0
Hp−1 (I p )
60
fe∗
g∗
/
?Z .
g∗
Como
fe∗
é nula segue que
Denição 2.2.
é nula, o que contradiz a hipótese. Portanto,
f : X → Ip
Duas funções contínuas
triviais se existem duas funções contínuas
e
g : Y → Iq
F : X → Ip × Iq
e
f
é essencial.
são ditas transversalmente
G : Y → Ip × Iq
satisfazendo as
seguintes condições:
(i) F |f −1 (∂I p ) = (f, 0)|f −1 (∂I p ) ;
(ii) G|g−1 (∂I q ) = (0, g)|g−1 (∂I q ) ;
(iii) F (X) ∩ G(Y ) = ∅.
Dizemos que
f
e
g
f
é transversalmente trivial quando
e
f
são transversalmente triviais. E quando
não são transversalmente triviais dizemos que elas são transversalmente essenciais.
Exemplo 2.2.
As funções contínuas
f, g : I → I
I = [−1, 1],
são transversalmente triviais.
denidas por
F (x) = (f (x), 0)
e
a = F (b) = G(c)
Portanto,
2.1
f
e
g
para
b, c ∈ I .
denidas por
f (x) = 1
g(x) = x,
e
De fato, existem funções contínuas
G(x) = (0, g(x)),
2.2 estão satisfeitas. Provaremos agora que
então
f
obviamente, as condições
F (I) ∩ G(I) = ∅.
Daí,
(i)
Com efeito, se
e
onde
F, G : I → I 2
(ii)
da Denição
a ∈ F (I) ∩ G(I),
a = (f (b), 0) = (0, g(c)) ⇒ f (b) = 0,
absurdo.
são transversalmente triviais.
A densidade dos mergulhos em
X
compacto
de dimensão
n
R2n de um espaço métrico
implica
dim(X × X) < 2n
Nesta seção provaremos a seguinte implicação do Teorema 2.1:
Teorema 2.2.
E(X, R2n )
Seja
é denso em
Y ⊂ Rn .
X
Seja
Y é um retrato de vizinhança euclidiano, ou que Y
r : V → Y , onde V é uma vizinhança de Y em Rn .
é do tipo ENR,
então
dim(X × X) < 2n.
Dizemos que
.
(Borsuk)
um espaço métrico
contínua
Se o subespaço
C(X, R2n )
quando existe uma retração
Lema 2.1
n, n > 1.
um espaço métrico compacto de dimensão
X
F :X→Y
e
Sejam
Y ⊂ Rn
f, g : A → Y
então
g
um espaço do tipo
EN R, A
um subconjunto fechado de
duas funções contínuas homotópicas. Se
também admite extensão contínua.
61
f
tem uma extensão
Demonstração. Ver [7], página 16.
Lema 2.2.
f : X → Im × In
Sejam
f (X) ∩ g(Y ) = ∅.
f = (f1 , f2 )
Se
Demonstração. Como
f2 (x) 6= g2 (y).
Assim,
e
i.e.,
h
f 1 × g2
é contínua e, para
f1 × g2 : X × Y → I m × I n
(x, y) ∈ X × Y
tem-se
h(x, y) ∈ ∂(I m × I n )
(g1 (y), f2 (x))
e com sentido
é não essencial.
f1 (x) 6= g1 (y)
ou
Considere a função
é exatamente o ponto de
(f1 (x), g2 (y)) − (g1 (y), f2 (x)).
(x, y) ∈ (f1 × g2 )−1 (∂(I m × I n )), h(x, y) = (f1 (x), g2 (y)),
f1 × g2 : (f1 × g2 )−1 (∂(I m × I n )) → ∂(I m × I n ).
é não essencial.
Dn = {x ∈ Rn | d(0, x) 6 1}
Proposição 2.2.
para todo
dada pelo seguinte:
é uma extensão contínua de
Portanto,
então
duas funções contínuas tais que
(f1 (x), g2 (y)) 6= (g1 (y), f2 (x)) para todo (x, y) ∈ X × Y .
interseção da semi-reta que começa em
h
g : Y → Im × In
g = (g1 , g2 )
f (X) ∩ g(Y ) = ∅,
h : X × Y → ∂(I m × I n )
Note que a função
e
Se
é o disco de
Rn
centrado em
f × g : X × Y → Dm × Dn
0 ∈ Rn
com raio
é essencial então
f
e
g
1.
são transversalmente
essenciais.
Demonstração. Suponha que
F = (f1 , f2 )
e
G = (g1 , g2 )
do Lema 2.2 que
temos
são transversalmente triviais, isto é, existem funções contínuas
f1 × g2 : X × Y → Dm × Dn
e
2.2.
Como
F (X) ∩ G(Y ) = ∅,
Assim,
Provemos que
então
segue
é não essencial. Por (i) e (ii) da Denição 2.2,
g2 |g−1 (∂Dn ) = g|g−1 (∂Dn ) .
A = (f × g)−1 (∂(Dm × Dn )) ⊂ (f1 × g2 )−1 (∂(Dm × Dn ))
g)−1 (∂(Dm × Dn ))
g(y) ∈ ∂Dn .
g
e
satisfazendo os itens da Denição
f1 |f −1 (∂Dm ) = f |f −1 (∂Dm )
Note que
fato,
f
(f, g)(x, y) ∈ (∂Dm × Dn ) ∪ (Dm × ∂Dn ).
f (x) = f1 (x)
ou
g(x) = g2 (x)
f × g : A → ∂(Dm × Dn )
e
e, portanto,
pois se
Daí, ou
(x, y) ∈ (f ×
f (x) ∈ ∂Dm
ou
(f1 , g2 )(x, y) ∈ (∂(Dm × Dn )).
f1 × g2 : A → ∂(Dm × Dn )
são homotópicas. De
A = (f −1 (∂Dm ) × Y ) ∪ (X × g −1 (∂Dn )). Dena H : A × I → ∂(Dm × Dn ) por

 (f (x), g(y) + t(g (x) − g(y))) , se (x, y) ∈ f −1 (∂Dm ) × Y,
2
H((x, y), t) =
 (f (x) + t(f (x) − f (x), g(y))) , se (x, y) ∈ X × g −1 (∂Dn ).
1
Note que
H
é contínua,
H(x, 0) = (f × g)(x)
f × g ∼ f1 × g2 , ∂(Dm × Dn )
que
f ×g
é do tipo
EN R
e
e
H(x, 1) = (f1 × g2 )(x)
f 1 × g2
é não essencial.
62
para todo
x ∈ A.
Como
é não essencial, segue do Lema de Borsuk
Denição 2.3.
para todo
Uma função
Se
f : X → Dm
e
tal que para toda função contínua
toda função contínua
-próxima
a
g:X →Y
g : Y → Dn
se
d(f (x), g(x)) < ,
= 1/6.
F : X → Rm × Rn -próxima
Considere
funções contínuas tais que
a
F
e
F 0 : X → Rm × Rn
e
(f, 0) : X → Rm × Rn ,
temos
F = (f1 , f2 ) : X → Rm × Rn
e
β(t) =
e
G0 : Y → Rm × Rn



1,


e
F (X)∩G(Y ) 6= ∅.
G = (g1 , g2 ) : Y →
G são -próximas a (f, 0) e (0, g), respectivamente.
α, β : [0, ∞) → [0, 1] denidas por



0 6 t 6 1/2,
 0,

α(t) =
6t − 3, 1/2 6 t 6 2/3,



 1,
t > 2/3,
Dena também
são transversalmente essenciais então existe
G : Y → Rm ×Rn -próxima a (0, g) : Y → Rm ×Rn
Demonstração. Tome
Rm × Rn
é dita
x ∈ X.
Proposição 2.3.
>0
f :X →Y
Sejam
0 6 t 6 1/2,
−6t + 4, 1/2 6 t 6 2/3,



 0,
t > 2/3.
por
F 0 (x) = ([1 − α(kf1 (x)k)]f1 (x) + α(kf1 (x)k)f (x), β(kf1 (x)k)f2 (x)),
G0 (y) = (β(kg2 (y)k)g1 (y), [1 − α(kg2 (y)k)]g2 (y) + α(kg2 (y)k)g(y)).
Observe que
α, β , F 0
Provemos que
e
G0
são funções contínuas.
Im F 0 ∪ Im G0 ⊂ Dm × Dn .
α(kf1 (x)k)f (x), β(kf1 (x)k)f2 (x)) ∈ Dm × Dn .
Primeiro mostraremos
([1 − α(kf1 (x)k)]f1 (x) +
Faremos esta demonstração em casos:
o
1 )Caso:
1
kβ(kf1 (x)k)f2 (x)k 6 kf2 (x)k 6 .
6
Logo,
o
2 )Caso: Se
β(kf1 (x)k)f2 (x) ∈ Dn .
kf1 (x)k 6 1/2
então
k[1 − α(kf1 (x)k)]f1 (x) + α(kf1 (x)k)f (x)k = kf1 (x)k 6 1/2 < 1.
o
3 )Caso: Se
1/2 6 kf1 (x)k 6 2/3
então
0 6 6kf1 (x)k − 3 6 1.
k[1 − α(kf1 (x)k)]f1 (x) + α(kf1 (x)k)f (x)k 6 kf1 (x)k + kf (x) − f1 (x)k
6
63
2 1
5
+ = < 1.
3 6
6
o
4 )Caso: Se
kf1 (x)k > 2/3
então
k[1 − α(kf1 (x)k)]f1 (x) + α(kf1 (x)k)f (x)k = kf (x)k 6 1.
Portanto,
k[1 − α(kf1 (x)k)]f1 (x) + α(kf1 (x)k)f (x)k ∈ Dm .
Analogamente, prova-se que
Se
f (x) ∈ ∂Dm
então
Im G0 ⊂ Dm × Dn .
F 0 (x) = (f (x), 0),
kf1 (x) − f (x)k > 1 − 1/6 = 5/6 > 2/3,
prova-se
e daí,
g(x) ∈ ∂Dn ⇒ G0 (x) = (0, g(x)).
pois
kf (x)k = 1
α(kf1 (x)k) = 1
Como
f
satisfazem os itens (i) e (ii) da Denição 2.2, existe
e
g
e
implica que
kf1 (x)k > kf (x)k −
β(kf1 (x)k) = 0.
Do mesmo modo
são transversalmente essenciais e
(x, y) ∈ X × Y
tal que
F 0 (x) = G0 (y).
F0
e
G0
Então,
temos
k[1 − α(kf1 (x)k)]f1 (x) + α(kf1 (x)k)f (x)k = kβ(kg2 (y)k)g1 (y)k
= |β(kg2 (y)k)|.kg1 (y)k
6 kg1 (y)k 6 = 1/6.
Se
kf1 (x)k 6 1/2
F (X) ∩ G(Y ) 6= ∅.
e
kg2 (x)k 6 1/2,
concluímos que
F (x) = F 0 (x) = G0 (y) = G(y)
e, portanto,
Com efeito, sabemos
kf1 (x)k − α(kf1 (x)k)kf1 (x) − f (x)k 6 kf1 (x) − α(kf1 (x)k)(f1 (x) − f (x))k ⇒
1
⇒
6
1
1 1
1
kf1 (x)k 6 + kf1 (x) − f (x)k 6 + < .
6
6 6
2
kf1 (x)k − α(kf1 (x)k)kf1 (x) − f (x)k 6
Do mesmo modo prova-se que
Proposição 2.4.
C(X, Y ),
Seja
X
kg2 (x)k 6 1/2.
um espaço compacto e seja
Y
um espaço métrico.
No conjunto
a topologia compacto-aberto e a topologia uniformemente convergente coincidem.
Demonstração. Ver [10], página 285.
Proposição 2.5. Se X é um espaço métrico compacto tal que E(X, R2n ) é denso em C(X, R2n )
então quaisquer duas funções contínuas
subespaços fechados de
X2 → D n × D n
X
f 1 : X1 → D n
e
f 2 : X2 → D n ,
onde
disjuntos, são transversalmente triviais. Em particular,
é não essencial.
64
X1
e
X2
são
f1 × f2 : X 1 ×
Demonstração. Suponha
f1
2.3 para
f2 .
e
f1
e
f2
transversalmente essenciais. Seja
Dena a função contínua
h : X → Rn × Rn

 (f (x), 0),
1
h(x) =
 (0, f (x)),
2
E(X, R2n )
Como
próxima a
com
e
h.
é denso em
Então,
F = H|X1
e
C(X, R2n ),
G = H|X2
> 0 satisfazendo a Proposição
por
se
x ∈ X1 ;
se
x ∈ X2 .
existe um mergulho
são
-próximas
a
H : X → Rn × Rn
(f1 , 0)
e
(0, f2 ),
que é
-
respectivamente,
F (X1 ) ∩ G(X2 ) = ∅ pois se existisse a ∈ F (X1 ) ∩ G(X2 ) então a = H(x) = H(y) para x ∈ X1
y ∈ X2
e, como
H
é mergulho, temos
F (X1 ) ∩ G(X2 ) = ∅
O fato de
x = y ∈ X 1 ∩ X 2 = ∅,
absurdo.
contradiz a Proposição 2.3 e, portanto,
f1
e
f2
são transversal-
mente triviais.
Pela contra positiva da Proposição 2.2, temos que
f 1 × f 2 : X 1 × X2 → D n × D n
é não
essencial.
Lema 2.3.
f : X →
Seja
Y
Mj
e para cada
j ∈ J
seja
Nj ⊂ Mj
uma variedade com
j∈J
!
dim Nj = dim Mj .
Se
f
é essencial então sua restrição
f | : f −1
Y
→
Nj
Y
Nj
também é
j∈J
j∈J
essencial.
Demonstração. Ver [5], página 382.
Denição 2.4. Sejam f : X → Y
topológico
todo
Y
e
>0
uma função contínua de um espaço métrico
um número. Dizemos que
f
é uma
aplicação
se
X
em um espaço
diam(f −1 (y)) < para
y ∈Y.
As demonstrações dos dois próximos lemas se encontram em [3], páginas 107 e 108.
Lema 2.4.
Se
X
é um espaço métrico compacto e se para todo número
-aplicação f : X → Y ,
Lema 2.5.
número
>0
onde
Y
é um espaço compacto tal que
Um espaço métrico compacto
existe uma
Lema 2.6.
Então existe 1
Seja
-aplicação
f :X →Y
de
uma
X
X
satisfaz
dim Y 6 n,
dim X 6 n
onde
> 0 tal que para todo conjunto B ⊂ Y
.
65
X
e
Y
então
existe uma
dim X 6 n.
se, e somente se, para todo
em um poliedro de dimensão
-aplicação,
> 0
6 n.
são espaços métricos compactos.
de diâmetro
6 1
temos que
diam(f −1 (B)) <
Demonstração. Suponha que 1 não existe. Então, para todo
de diâmetro
Sejam
sequências
< 1/n
tal que
xn , x0n ∈ An
(xn )n∈N
e
tais que
(x0n )n∈N
d(f (xn ), f (x0n )) < 1/n
-aplicação),
An = f −1 (Bn )
Proposição 2.6.
> .
d(xn , x0n ) = diam An > .
x∈X
que convergem para
para todo
n,
segue que
d(x, x0 ) < ,
conclui-se que
tem diâmetro
n ∈ N existe um subconjunto Bn ⊂ Y
e
x0 ∈ X ,
f (x) = f (x0 ) = y .
absurdo, já que
Para um espaço métrico compacto
X
Como
é compacto, existem sub-
respectivamente. Desde que
Como
diam f −1 (y) < (pois
f
é
d(x, x0 ) > .
X
de dimensão
n,
as seguintes armações
são equivalentes:
(1) dim(X × X) < 2n;
(2)
f : X → Dn ,
Para toda função contínua
seu quadrado
f × f : X × X → Dn × Dn
é não
essencial;
(3)
Para quaisquer duas funções contínuas
X
subespaços fechados de
(1) ⇒ (2):
Demonstração.
disjuntos,
Seja
(2) ⇒ (3):
Suponha que
da função contínua
existência da função
f ×f
f1 × f2
f ).
Como
f : X × X → Dn × Dn
dada por
f1
e
f2
(f × f )|X1 ×X2 = f1 × f2
existe
Suponha que
n − 0 > 0
dim(X × X) = 2n.
tal que para toda
η>0
tal que para toda
temos que
são
é não essencial.
dim(X × X) 6 2n − 1 então,
(f × f )|X1 ×X2
é essencial. Logo,
é não essencial.
dim(X × X) > 2n − 1,
pelo Lema 2.4,
Assim
η -aplicação f : X → P
66
X2
f1 ×f2 : X1 ×X2 → Dn ×Dn
0 -aplicação F : X × X → Y
0 -aplicação.
e
(O Teorema de TietzeUrysohn garante a
(onde
f ×f :X ×X →P ×P
é uma
X1
uma extensão contínua qualquer
temos
dim(F (X × X)) > 2n.
Existe
onde
é não essencial.
f : X → Dn
é essencial, contradizendo a hipótese. Portanto,
(3) ⇒ (1):
f 2 : X2 → D n ,
contínua. Por hipótese,
é essencial. Seja
X 1 ∪ X2 → D n
e
f 1 × f 2 : X1 × X2 → D n × D n
f : X → Dn
pela Observação 2.1, a função contínua
f1 : X 1 → D n
(2.1)
P
é um poliedro) temos que
(2.2)
Pelo Lema 2.5, existem um poliedro compacto
1 > 0
Pelo Lema 2.6 existe
K
σ ∈ K×K
todas as células de
s1 × s2 ⊂ P × P ,
o star da célula
K ×K
n e uma η -aplicação f : X → P .
tendo
σ
σ
|K| = P ,
onde
e
K×K
(2.3)
denota o complexo celular
s1 , s2 ∈ K .
K × K,
em
diam[(f × f )−1 (A)] < 0 .
⇒
(diam A < 1 )
e
um complexo simplicial nito tal que
composto de todas as células
Para
de dimensão
tal que
(A ⊂ P × P )
Seja
P
denotado por
st(σ, K × K),
é a união de
como face.
Usando a subdivisão baricêntrica podemos escolher
K
tão no que
diam(st(σ, K × K)) < 1 ,
(2.4)
σ ∈ K × K.
para cada
Mostraremos que existem dois
n-simplexos s1 , s2 ∈ K
tais que
f × f : (f × f )−1 (s1 × s2 ) → s1 × s2
Suponha que para quaisquer dois simplexos
não essencial. Ou seja, para quaisquer
extensão de
(2.5)
s1 , s2 ∈ K , f × f : (f × f )−1 (s1 × s2 ) → s1 × s2
s1 , s2 ∈ K
existe
é
F(s1 ,s2 ) : (f × f )−1 (s1 × s2 ) → ∂(s1 × s2 )
(f × f )|(f ×f )−1 (∂(s1 ×s2 )) .
Dena a função contínua
F : X × X → |(K × K)(2n−1) |
E para cada
z ∈ X × X , F (z)
z ∈ X ×X
temos
(K × K)(2n−1)
chamado de
Note que
e
(f × f )(z)
(f × f )(z) ∈ s1 × s2
como a colagem das funções
pertencem a uma mesma célula de
e assim
K × K,
F(s1 ,s2 ) .
pois dado
F (z) = F(s1 ,s2 ) (z) ∈ ∂(s1 × s2 ) ⊂ s1 × s2
é a coleção de todos os simplexos em
K×K
de dimensão no máximo
(onde
2n − 1,
(2n − 1)-esqueleto).
F
é uma
De fato, seja
σ ∈ K ×K
é essencial.
0 -aplicação.
y ∈ F (X × X).
contendo
Então
y = F (z),
para algum
z ∈ X×X
e existe uma célula
y = F (z) e (f ×f )(z) que implica z ∈ (f ×f )−1 (σ) ⊂ (f ×f )−1 (st(σ, K ×K)).
Logo,
F −1 ({y}) ⊂ (f × f )−1 (st(σ, K × K)).
Como
diam(st(σ, K ×K)) < 1
f )−1 (st(σ, K × K))] < 0 .
(por (2.4)) e
Portanto,
F
é uma
[st(σ, K ×K)] ⊂ P ×P
0 -aplicação.
67
segue, por (2.3),
diam[(f ×
dim(F (X × X)) > 2n
Por (2.1), segue que
dim(|(K × K)(2n−1) |) 6 2n − 1.
Considere dois
X2 = f −1 (τ2 ).
Sejam
e
X1
e
X2
f1 : X1 → τ1
e
f2 : X2 → τ2
(f × f )−1 (s1 × s2 ) → s1 × s2
e
Assim, vale a armação (2.5).
n-simplexos τ1 ⊂ s1
Então
F (X × X) ⊂ |(K × K)(2n−1) |
absurdo, pois
τ 2 ⊂ s2
de modo que
são subconjuntos fechados de
X
τ1 ∩ τ2 = ∅
e seja
X1 = f −1 (τ1 ),
disjuntos.
as restrições correspondentes de
é essencial e, pelo Lema 2.3, segue que
f.
Por (2.5),
f ×f :
f 1 × f 2 : X1 × X2 → τ 1 × τ 2
é
essencial. Pela contra positiva, segue o resultado.
O Teorema 2.2 no início desta seção segue imediatamente das Proposições 2.5 e 2.6.
Lema 2.7.
funções
Seja
X
f 1 : X1 → D n
um espaço métrico compacto de dimensão
e
f2 : X 2 → D n ,
onde
X1
e
X2
Suponha que quaisquer duas
são subconjuntos disjuntos fechados em
E(X × {0, 1}, R2n )
são transversalmente triviais. Então,
n.
é denso em
X,
C(X × {0, 1}, R2n ).
Demonstração. Ver [4], página 250.
f, g : X → Y tem a
0 0
contínuas f , g : X → Y
Dizemos que duas funções contínuas
> 0 existem
d(f, f 0 ) < e d(g, g 0 ) < .
se para todo
Teorema 2.3.
Seja
funções
n > 1.
propriedade de imagens disjuntas
com imagens disjuntas e tais que
Para todo espaço métrico compacto
X
n,
de dimensão
as seguintes
armações são equivalentes:
(1)
quaisquer duas funções contínuas
f, g : X → R2n
(2)
quaisquer duas funções contínuas
f, g : X → Dn
(3)
toda função contínua
(4)
quaisquer duas funções contínuas
f : X → Dn
juntos disjuntos fechados em
(5) E(X × {0, 1}, R2n )
(6) E(X, R2n )
X,
é denso em
é denso em
tem a propriedade de imagens disjuntas;
são transversalmente triviais;
é transversalmente trivial;
f 1 : X1 → D n
e
f 2 : X2 → D n ,
são transversalmente triviais;
C(X × {0, 1}, R2n );
C(X, R2n ).
68
onde
X1
e
X2
são subcon-
Demonstração.
(1) ⇒ (2) Sejam f, g : X → Dn funções contínuas quaisquer.
transversalmente essenciais. Pela Proposição 2.3, existe
F : X → R2n -próxima
a
(0, g) : X → R2n
(f, 0) : X → R2n
a
temos
>0
Assim,
(f, 0)
f, g são
tal que para toda função contínua
e para toda função contínua
F (X) ∩ G(Y ) 6= ∅.
Suponha que
(0, g)
e
G : X → R2n -próxima
não têm a propriedade de
imagens disjuntas.
(2) ⇒ (3)
Trivial.
(3) ⇒ (4)
f 1 : X1 → D n
Sejam
e
f 2 : X2 → D n
X.
são subespaços disjuntos fechados em
contínua
f : X → Dn
(i)
F (x) = (f (x), 0)
se
x ∈ f −1 (∂Dn );
(ii)
G(x) = (0, f (x))
se
x ∈ f −1 (∂Dn );
e
X2
Por hipótese,
F, G : X → Dn × Dn
f
é transversalmente
satisfazendo:
F (X) ∩ G(X) = ∅.
Dena as funções contínuas
F1 = F |X1
e
(i)
F1 (x) = (f1 (x), 0)
se
x ∈ f1−1 (∂Dn );
(ii)
F2 (x) = (0, f2 (x))
se
x ∈ f2−1 (∂Dn );
(iii)
X1
Pelo Teorema de TietzeUryson, existe uma extensão
f 1 ∪ f 2 : X1 ∪ X 2 → D n .
da função
trivial. Assim, existem funções contínuas
(iii)
funções contínuas quaisquer, onde
F2 = G|X2
que satisfazem
F1 (X) ∩ F2 (X) = ∅.
Portanto,
f1
(4) ⇒ (5)
Segue do Lema 2.7.
(5) ⇒ (6)
e
f2
Seja
i ∈ {0, 1}.
são transversalmente triviais.
f ∈ C(X, R2n ).
Como
f0
Dena
é contínua e
f 0 : X × {0, 1} → R2n
por
f 0 (x, i) = f (x)
E(X × {0, 1}, R2n ) = C(X × {0, 1}, R2n )
g 0 : X × {0, 1} → R2n -próximo
a
f 0.
Dena
g : X → R2n
g ∈ E(X, R2n ) e d(f (x), g(x)) = d(f 0 (x, 0), g 0 (x, 0)) < .
(6) ⇒ (1) Pela Proposição 2.5, temos que (6) ⇒ (4).
por
para
x∈X
e
existe um mergulho
g(x) = g 0 (x, 0).
Note que
Assim,
E(X, R2n ) é denso em C(X, R2n ).
Desde que
(4) ⇒ (5) e (5) ⇒ (1), concluímos
o desejado.
Provemos que
contínua
(5) ⇒ (1).
De fato, sejam
h : X × {0, 1} → R2n
por
f, g : X → R2n
h(x, 0) = f (x)
69
e
funções contínuas.
h(x, 1) = g(x).
Dena a função
Por hipótese, existe um
mergulho
h0 : X × {0, 1} → R2n -próxima
g 0 (x) = h0 (x, 1).
Assim,
2.2
e
h.
f 0 e g 0 são -próxima a f
0 = 1,
Dena
absurdo. Portanto,
f
e
f 0 , g 0 : X → R2n
g , respectivamente.
e
y = f 0 (a) = g 0 (b)
Com efeito, suponha que existe
h0 (b, 1) ⇒ a = b
a
para
g
a, b ∈ X ,
por
Veja que
então
f 0 (x) = h0 (x, 0)
e
f 0 (X)∩g 0 (X) = ∅.
f 0 (a) = g 0 (b) ⇒ h0 (a, 0) =
tem a propriedade de imagens disjuntas.
Funções transversalmente triviais e mergulhos em
R2n
Nesta seção daremos uma condição suciente para que duas funções contínuas de espaços métricos
compactos em discos sejam transversalmente triviais. Como um corolário, concluiremos que todo
X
espaço métrico compacto
mergulhos de
X
em
2n
R
de dimensão
, para
n > 3.
n
com
dim(X × X) < 2n
admite um conjunto denso de
Ou seja, concluímos a reciproca do Teorema 2.1.
Abaixo, denimos o número de interseção para classes de homologia em
Denição 2.5.
Y = ∅ = X ∩ B.
d(x, y) = x − y ,
Sejam
X, Y
Considere a função contínua
onde
Rn , A ⊂ X
subconjuntos compactos de
Z = (A × Y ) ∪ (X × B).
e
Rn .
B ⊂Y
d : (X × Y, Z) → (Rn , Rn − {0})
tais que
A∩
denida por
A composição
(−1)i d∗
×
Hn−i (X, A) × Hi (Y, B) −
→ Hn (X × Y, Z) −−−−→ Hn (Rn , Rn − {0})
é chamada de homomorsmo intersection pairing. Escrevemos
ψ ∧ η = (−1)i d∗ (ψ × η),
e chamamos
ψ∧η
de número de interseção de
Note que este elemento está em
Sejam
para
(K, K0 ), (L, L0 )
ψ ∈ Hn−i (X, A),
ψ
e
η ∈ Hi (Y, B),
η.
Hn (Rn , Rn − {0}) ' Z.
pares de complexos simpliciais e
f : |K| → Rn , g : |L| → Rn
funções
contínuas tais que
(i)
(ii)
f (|K|) ∩ g(|L0 |) = ∅ = f (|K0 |) ∩ g(|L|),
f (|σ|) ∩ g(|τ |) = ∅ sempre que σ
Pode-se denir uma
é um
n-cocadeia c(f, g)
p-simplexo de K , τ
em
é um
(K, K0 ) × (L, L0 )
q -simplexo de L e p + q < n.
com coecientes inteiros pela
fórmula
c(f, g)(σ × τ ) = (−1)q f (σ) ∧ g(τ )
onde
σ
é um
p-simplexo
orientado de
K
e
τ
é um
70
q -simplexo
orientado de
L
e
p + q = n.
m-cocadeias (relativas) em (K, K0 ) × (L, L0 ) como o subgrupo
daquelas cocadeias que se anulam em cada m-célula orientada σ × τ
Aqui consideramos o grupo das
de
de
m
C (K × L) consistindo
(K × L0 ) ∪ (K0 × L).
A demonstração do lema abaixo está no artigo [11], página 106.
Lema 2.8.
O cociclo
A cocadeia
c(f, g)
c(f, g)
é um cociclo em
(K, K0 ) × (L, L0 ).
será chamado cociclo da interseção de
f
e
g
com respeito a
(K, K0 )
e
(L, L0 ).
A classe de cohomologia
[c(f, g)] ∈ H n ((K, K0 ) × (L, L0 ))
será chamada classe de cohomologia da interseção de
Denição 2.6.
(|K|, |K0 |)
Sejam dois pares
dim K = p, dim L = q , p + q = n,
e duas
e
g
(K, K0 )
se as seguintes condições são satisfeitas:
(L, L0 )
(K, K0 ), (L, L0 ).
de complexos simpliciais nitos com
P L-aplicações f : |K| → M , g : |L| → M ,
PL
e
com respeito a
(|L|, |L0 |)
é uma variedade
de dimensão
m.
e
f
Dizemos que
f, g
onde
M
estão em posição geral com respeito a
(G1) f (|K|) ∩ g(|L0 |) = ∅ = f (|K0 |) ∩ g(|L|),
(G2) f −1 (∂M ) ⊂ |K0 |
e
g −1 (∂M ) ⊂ |L0 |,
(G3) f (|K|) ∩ g(S(g)) = ∅ = g(|L|) ∩ f (S(f )),
(G4) dim(S(f )\|K0 |) 6 max{p − q, 1},
dim(S(g)\|L0 |) 6 max{q − p, −1},
(G5) f ||σ|
e
g||τ |
simplexo
(G6) f (|σ|)
e
são mergulhos
τ
de
g(|τ |)
As notações
PL
e
f (|∂σ|)\∂M 6= ∅
para todo simplexo
σ
de
K\K0
e para todo
L\L0 ,
são transversais para todo simplexo
S(f )
e
S(g)
σ
de
K\K0
referem-se aos conjuntos
S(f ) = {x ∈ |K| | f −1 (f (x)) 6= x}
e
S(g) = {y ∈ |L| | g −1 (g(y)) 6= y}.
Os Lemas 2.9 e 2.10 também estão em [11].
71
e todo simplexo
τ ∈ L\L0 .
Lema 2.9.
Sejam
dim L = q > 2.
respeito a
e
(K, K0 ), (L, L0 )
Suponha que
(K, K0 ), (L, L0 ),
g 0 : |L| → I n
e
pares de complexos simpliciais nitos com
f : |K| → I n
e
n = p+q .
[c(f, g)] = 0 então existem aplicações P L f 0 : |K| → I n
Se
g : |L| → I n
e
Lema 2.10.
Sejam
e
(g 0 )−1 (∂I m ) ⊂ |L0 |.
f : (X, A) → (I p , ∂I p )
e
g : (Y, B) → (I q , ∂I q )
funções contínuas de pares
H n (f × g)
de grupos de cohomologia
de espaços métricos compactos tais que o homomorsmo
relativa é trivial, onde
(ii) (Y, B)
tais que
n = p + q.
Então existem dois pares de complexos simpliciais
dim K 6 dim X , dim L 6 dim Y
(i) (X, A)
em posição geral com
g 0 ||L0 | = g||L0 | ,
(b) (f 0 )−1 (∂I m ) ⊂ |K0 |
com
PL
são aplicações
com imagens disjuntas e tais que
(a) f 0 ||K0 | = f ||K0 |
(L, L0 )
dim K = p > 3,
ϕ
ψ
/
/
f0
(|K|, |K0 |)
(|L|, |L0 |)
f 0 ◦ϕ e g 0 ◦ψ
e o homomorsmo
g0
/
e fatorações
/ (I p , ∂I p ),
(I q , ∂I q ),
são homotópicas (como funções contínuas de pares) a
H n (f 0 × g 0 )
(K, K0 ),
f
e
g,
respectivamente,
de grupos de cohomologia é trivial.
Agora podemos provar o seguinte Teorema:
Teorema 2.4. Sejam X e Y
que
f : X → Ip
essencial. Se
e
g : Y → Iq
p > 3, q > 2
Demonstração. Sejam
espaços métricos compactos com
são funções contínuas tais que
então
f, g
A = f −1 (∂I p )
dim X = p e dim Y = q .
Suponha
f × g : X × Y → Ip × Iq
é não
são transversalmente triviais.
e
B = g −1 (∂I q ).
Como
f × g : X × Y → Ip × Iq
é não
essencial, a função contínua
f × g : (X, A) × (Y, B) → (I p , ∂I p ) × (I q , ∂I q )
induz o homomorsmo trivial
H m (f × g) nos grupos de cohomologia relativa,
onde
m = p + q.
fato, veja que o diagrama abaixo é comutativo, pelo axioma de EilenbergSteenrod e por
72
De
f ×g
ser não essencial.
H4 m−1 (X × Y )
F∗
H m−1 (S m−1 )
h
H m (Dm , S m−1 )
onde
Z = (X × B) ∪ (A × Y ).
(I q , ∂I q )),
pois
Note que
/
H m−1 (f ×g)|
h
H m (f ×g)
/
i∗
H m−1 (Z)
s
H m (X × Y, Z),
é um isomorsmo e
H m (Dm , S m−1 ) ' H m ((I p , ∂I p ) ×
(I p , ∂I p ) × (I q , ∂I q ) = (I p × I q , (∂I p × I q ) ∪ (I p × ∂I q )) = (I m , ∂I m ).
s ◦ i∗ = 0.
sequência do par em cohomologia é exata temos
i∗
Como a
s
· · · → H m−1 (X × Y ) −
→ H m−1 (Z) →
− H m (X × Y, Z) → H m (X × Y ) → · · ·
Portanto,
H m (f × g) = s ◦ (i∗ ◦ F ∗ ) ◦ h−1 = 0.
(K, K0 ), (L, L0 )
Pelo Lema 2.10, existem dois pares de complexos simpliciais
dim L 6 q
e fatorações
f0 ◦ ϕ ∼ f
e
g0 ◦ ψ ∼ g
f0
ϕ
(X, A) −
→ (|K|, |K0 |) −
→ (I p , ∂I p )
e
H m (f 0 × g 0 )
Podemos assumir que
f 0, g0
de
ψ
(Y, B) −
→ (|L|, |L0 |) −
→ (I q , ∂I q )
com
são lineares em cada simplexo de
de
K
e que
K
e
L,
respectivamente, e que
0∈
/ g 0 (|τ |) para qualquer (q − 1)-simplexo
L.
Considerem as inclusões
i2 (y) = (0, y).
i1 : I p → I p × I q
Observamos que para qualquer
f 00 : |K| → I m
(a)
dim K 6 p,
g0
trivial.
0∈
/ f 0 (|σ|) para qualquer (p − 1)-simplexo σ
τ
e
com
f 00
e
g 00
e
i2 : I q → I p × I q
η>0
estão em posição geral com respeito a
lineares em cada simplexo de
K
e
L,
i1 (x) = (x, 0)
e
existem funções contínuas
g 00 : |L| → I m
e
denidas por
tais que
(|K|, |K0 |), (|L|, |L0 |),
respectivamente, e
adicionalmente elas são
(f 00 )−1 (∂I m ) = |K0 |, (g 00 )−1 (∂I m ) =
|L0 |,
(b)
f 00
é
η -próxima
Sejam
i1 ◦ f 0
|σ1 |, . . . , |σk |
i = 1, . . . , k
todo
a
e sejam
j = 1, . . . , l.
e
g 00
todos os
é
η -próxima
p-simplexos
a
de
i2 ◦ g 0 .
K
tais que
0
de
Ip
pertence a
|τ1 |, . . . , |τl | todos os q -simplexos de L tais que 0 de I q
Vamos assumir que a orientação de cada
73
σi
f 0 (|σi |)
pertence a
para todo
g 0 (|τj |) para
é coerente (pela função contínua
f 0)
com a orientação em
I p,
Iq.
Se
com a orientação em
e que a orientação em cada
η
τi
é coerente (pela função contínua
é sucientemente pequeno então
f 00 (|σi |)
e
g 00 (|τj |)
g0)
se encontram
transversalmente e
f 00 (σi ) ∧ g 00 (τj ) = (i1 ◦ f 0 (σi )) ∧ (i2 ◦ g 0 (τj )) = 1
para cada
tais que
i
j,
e
e também
f 00 (|σ|) ∩ g 00 (|τ |) = ∅
|σ| ∈
/ {|σ1 |, . . . , |σk |}
para quaisquer dois simplexos
|τ | ∈
/ {|τ1 |, . . . , |τl |}.
ou
σ
de
K
Assim, o cociclo de interseção
e
τ
de
c(f 00 , g 00 )
L
é
dado por
e
c(f 00 , g 00 )(σ × τ ) = 1 · (−1)q
se
σ ∈ {σ1 , . . . , σk }
c(f 00 , g 00 )(σ × τ ) = 0
se
|σ| ∈
/ {|σ1 |, . . . , |σk |}
τ ∈ {τ1 , . . . , τl },
e
ou
|τ | ∈
/ {|τ1 |, . . . , |τl |}
c(i1 ◦ f 0 , i2 ◦ g 0 ) = c(f 00 , g 00 ).
Por outro lado (pela fórmula de Künneth), temos
H m (f 0 × g 0 )(e) = H p (f 0 )(e1 ) ⊗ H q (g 0 )(e2 )
onde
e1 , e2
e
e
são os geradores de
I p, I q
induzidos pela orientação de
H q (|L|, |L0 |)
e
e
H p (I p , ∂I p ), H q (I q , ∂I q )
Im = Ip × Iq
H m ((|K|, |K0 |) × (|L|, |L0 |)) pelo
" k
#
X p
H p (f 0 )(e1 ) =
xi ,
xpi
é a
p-cocadeia
(K, K0 )
de
xqj
é a
q -cocadeia
de
(L, L0 )
"
H q (g 0 )(e2 ) =
l
X
#
xqj ,
j=1
e
xpi (σ) = 0
se
|σ| =
6 |σi |
e
xqj (τ ) = 0
se
|τ | =
6 |τj |.
dada por
xqj (τj ) = 1
Assim,
m
0
0
H (f × g )(e) =
k X
l
X
[xpi ] ⊗ xqj = [c(f 00 , g 00 )] .
i=1 j=1
Uma vez que
H m (f 0 × g 0 )
é trivial, segue que
respectivamente,
H p (|K|, |K0 |) ⊗
isomorsmo natural). Observe que
dada por
xpi (σi ) = 1
e
H m (I m , ∂I m ),
(aqui identicamos os grupos
i=1
onde
e
[c(f 00 , g 00 )] = 0.
74
Como
f 00
e
g 00
estão em posição geral com respeito a
existem aplicações
P L fe : |K| → I m
e
ge : |L| → I m
fe||K0 | = f 00 ||K0 | ,
(K, K0 ), (L, L0 )
em
I m,
pelo Lema 2.9,
com imagens disjuntas e tais que
ge||L0 | = g 00 ||L0 |
e
(fe)−1 (∂I m ) = |K0 |,
f∗
Agora, vamos obter funções contínuas
i1 ◦ f
em
A
e
g∗
coincide com
i2 ◦ g
em
B.
e
(e
g )−1 (∂I m ) = |L0 |.
g∗
Dp = − 21 , 12
vale para
p
e
Dq = − 12 , 21
q
f∗
coincide com
Podemos assumir que (é suciente tomar
f 00 (|K0 |) ⊂ ∂I p × Dq
onde
com imagens disjuntas tais que
, pois
g 00 (|L0 |) ⊂ Dp × ∂I q ,
e
f 00
η -próximo
é
η < 1/2)
a
i1 ◦ f 0
e
f 00 (|K0 |) ⊂ ∂I m .
O mesmo
g 00 .
Uma vez que
fe(|K|) ∩ (I p × ∂I q ) = ∅
segue que existem vizinhanças abertas
V
de
ge(|L|) ∩ (∂I p × I q ) = ∅,
e
∂I p
fe(|K|) ∩ (I p × W ) = ∅
em
Ip
e
W
de
∂I q
em
Iq
tais que
ge(|L|) ∩ (V × I q ) = ∅.
e
Observe que
(fe ◦ ϕ)(A) ⊂ f 00 (|K0 |) ⊂ V × Dq
Existem vizinhanças fechadas
A0
de
A
em
X
(fe ◦ ϕ)(A0 ) ⊂ V × Dq
Assuma que
(fe ◦ ϕ)|A
é homotópico a
(e
g ◦ ψ)(B) ⊂ g 00 (|L0 |) ⊂ Dp × W.
e
e
B0
de
e
(i1 ◦ f )|A
B
em
Y
tais que
(e
g ◦ ψ)(B 0 ) ⊂ Dp × W.
em
∂I p × Dq
γ : A ∪ ∂A0 → ∂I p × Dq por

 (i ◦ f )(x) se x ∈ A
1
γ(x) =
 (fe ◦ ϕ)(x) se x ∈ ∂A0 ,
pequeno). Dena a função contínua
75
(basta tomar
η
sucientemente
assim
γ
é homotópica a
(fe ◦ ϕ)|A∪∂A0
e daí, pelo Teorema de extensão de homotopia de Borsuk
(Lema 2.1) existe uma função contínua
fb : A0 → V × Dq
fb|A = (i1 ◦ f )|A
gb|B = (i2 ◦ g)|B
Agora denimos as funções contínuas
Então
f∗
Se tomarmos
e
Dp × W
e
g∗
V
gb : B 0 → Dp × W
W
isto é,
tal que
gb|∂B 0 = (e
g ◦ ψ)|∂B 0 .
e
f ∗ : X → Im
e
g∗ : X → I m
por:
f ∗ |A0 = fb|A0
e
f ∗ |(X\A0 ) = (fe ◦ ϕ)|(X\A0 ) ,
g ∗ |B 0 = gb|B 0
e
g ∗ |(Y \B 0 ) = (e
g ◦ ψ)|(Y \B 0 ) .
são funções contínuas bem denidas tais que
e
γ,
fb|∂A0 = (fe ◦ ϕ)|∂A0 .
e
Similarmente, existe uma função contínua
que estende a função
f ∗ |A = (i1 ◦ f )|A
e
g ∗ |B = (i2 ◦ g)|B .
sucientemente pequenos (isto é, tal que a interseção dos conjuntos
é vazia) então
f∗
g∗
e
tem imagens disjuntas. Portanto,
f
e
g
V × Dq
são transversalmente
triviais.
Obtemos o teorema abaixo como um corolário do Teorema 2.4.
Teorema 2.5.
então o espaço
Se
X
é um espaço métrico compacto de dimensão
E(X, R2n )
é denso em
Demonstração. Suponha que
2n, onde n > 3.
Se
f : X → In
1.22 a função contínua
e
g
X
n>3
dim(X × X) < 2n
C(X, R2n ).
é um espaço métrico compacto de dimensão
e
e
g : X → In
n com dim(X ×X) <
são funções contínuas quaisquer, então pelo Teorema
f × g : X × X → In × In
são transversalmente triviais. Logo, o espaço
é não essencial. Pelo Teorema 2.4, segue que
E(X, R2n )
é denso em
C(X, R2n ),
f
pelo Teorema
2.3, como desejado.
Portanto, demonstramos o Teorema 2.1.
2.3
Aplicação do Teorema 2.1
X um espaço métrico compacto de dimensão
C(X, R ) se, e somente se, dim(X × X) < 2n. Nos
Após demonstramos o Teorema 2.1 que diz: seja
n > 3.
O espaço
2n
E(X, R )
é denso em
2n
76
perguntamos se existe tal espaço métrico compacto
X) < 2n.
A resposta foi armativa.
X
de dimensão
n>3
satisfazendo
dim(X ×
Encontramos na referência [12] espaços que satisfazem a
propriedade desejada:
Exemplo 2.3
cada
p
.
Existe um espaço métrico compacto
(Pontrjagin)
Φp
tal que
dim Φp = 2,
para
primo, e

 3,
dim(Φp × Φp0 ) =
 4,
Exemplo 2.4
.
(Boltyanskii)
se
p 6= p0 ;
se
p = p0 .
Existe um espaço métrico compacto
X
de dimensão
2
tal que
dim(X × X) = 3
A demonstração da existência de tais espaços se encontra em [12] nas páginas
respectivamente.
77
324
e
325,
Índice Alfabético
Gδ conjunto e Fδ conjunto,
aplicação, 65
mvariedade, 44
12
Teorema da categoria de Baire, 40
Teorema da decomposição
Primeiro, 28
Segundo, 28
completamente metrizável, 20
Teorema da Soma, 27
Teorema das Partições, 58
dimensão
dimensão por cobertura, 46
Teorema de alargamento, 29
grande dimensão indutiva, 36
Teorema de Coincidência, 58
pequena dimensão indutiva, 4
Teorema de extenção, 35
Teorema de Menger-Nöbeling, 52
encolhimento de uma cobertura, 56
Teorema de Separação
espaço de Baire, 39
Primeiro, 30
Segundo, 30
hereditariamente desconexo, 24
Teorema de Tietze-Urysohn, 33
Lema de Urysohn, 33
Teorema do Produto Cartesiano, 31
limite inverso, 17
Teorema universal (dimensão
localmente compacto, 24
totalmente desconexo, 23
transversalmente trivial, 61
mergulho, 44
número de interseção, 70
não essencial, 59
ordem da família
A (ord A ),
45
partição, 5
partição da unidade, 44
puntiforme, 24
quase componente, 23
sequência inversa, 17
Teorema da adição, 29
78
0),
22
Referências Bibliográcas
[1] A. N. Dranisnikov, D. Repovs and E.V. Scepin, On intersections of compacta of
complementary dimensions in Euclidean space, Topology and its Applications
38
(1991)
237-253.
[2] J. Dugundji, Topology, Allyn and Bacon, Inc. (1966).
[3] R. Engelking, Dimension Theory, PWN - Polish Scientic Publishers - Varsóvia (1978).
[4] J. Krasinkiewicz, Imbeddings into
Rn
and dimension of products, Fund. Math.
133
(1989), no. 3, 247-253.
[5] J. Krasinkiewicz, Essential mappings onto products of manifolds, Geometric and algebraic topology, Banach Center Publ.
18 (1986), 377-406.
[6] J. Krasinkiewicz e K. Lorentz, Disjoint membranes in cubes, Bull. Polish Acad. Sci.
Math.
36 (1988), no. 7-8, 397-402.
[7] E. L. Lima, Grupo fundamental e espaços de recobrimento, IMPA.
[8] E. L. Lima, Espaços métricos, IMPA: Rio de Janeiro 4.ed (2011).
[9] D. McCullough and L. R. Rubin, Intersections of separators and essential submani-
folds of
IN ,
Fund. Math.
116 (1983) 131-142.
[10] J. R. Munkres, Topology, Prentice Hall, Inc. (2000).
[11] S. Spiez, Imbeddings in
Math.
R2m
of
m-dimensional
compacta with
dim(X × X) < 2m,
Fund.
134 (1990), no. 2, 105-115.
[12] R. F. Williams, A useful functor and three famous examples in topology, Transactions
of the American Mathematical Society.
106, no. 2 (1963), 319-329.
79