Lista 2/05- Exercício 5

Excelente solução Rodolfo. Estava aqui digitando esta questão e quando percebi você já havia digitado também hahaha. De toda forma, como fiz um pouco diferente, acho que vale a pena deixar aqui a solução também.

Sejam $\tau$ e $\gamma$ as topologias produto em $\Omega$ e $[0,1]^\mathbb{N}$, respectivamente. Pelo exercício 3 (Lista 2/05 - Exercício 3) a aplicação $\varphi : (\Omega, \tau) \rightarrow ([0,1]^{\mathbb{N}}, \gamma)$ dada por $\varphi((x_n)_{n \in \mathbb{N}}) = (nx_n)_{n \in \mathbb{N}}$ é um homeomorfismo. Além disso pelo exerício 4(Lista 2/05 - Exercício 4) a topologia $\gamma$ é metrizável pela métrica $d : [0,1]^{\mathbb{N}}\times [0,1]^{\mathbb{N}} \rightarrow [0,\infty)$ definida por

$$d(x,y) = \sup_{n \in \mathbb{N}}\{|x_n - y_n|/n\}.$$

Portanto $\varphi : (\Omega, \tau) \rightarrow ([0,1]^{\mathbb{N}}, \tau_d)$ é um homeomorfismo. Defina $p: \Omega\times \Omega \rightarrow [0,\infty)$
$$p(x,y) = d(\varphi(x), \varphi(y)).$$
Vamos mostrar que esta aplicação é uma métrica e que a mesma induz a topologia $\tau$. Antes disso, é importante notar que $p$ é de fato a métrica do supremo, afinal

$$p(x,y) = d((nx_n), (ny_n)) = \sup_{n \in \mathbb{N}} \{ |nx_n - ny_n|/n \} = \sup_{n \in \mathbb{N}}\{|x_n - y_n|\}.$$

Provemos algo mais geral:

Lema: Seja $(X,\tau)$ um espaço topológico e $(Y,d_Y)$ um espaço métrico. Se $T : (X,\tau) \rightarrow (Y,d_Y)$ é um homeomorfismo, então $(X,\tau)$ é metrizável pela métrica $d_X : X \times X \rightarrow \mathbb{R}$ dada por
$$d_X (x_1, x_2) = d_Y(T(x_1), T(x_2)).$$
Prova: Primeiramente provemos que $d_X$ é uma métrica:

a) Por um lado, se $d_X(x_1,x_2) = 0$, então, como $d_Y$ é uma métrica, obtemos $T(x_1) = T(x_2)$. Logo, $x_1 = x_2$, pois $T$ é injetiva. Por outro lado, se $x_1 = x_2$, segue também que $T(x_1) = T(x_2)$ e, consequentemente, $d_Y(T(x_1), T(x_2)) = 0$, isto é, $d(x_1,x_2) = 0$.

b) $d_X(x_1,x_2) = d_Y(T(x_1), T(x_2)) = d_Y(T(x_2), T(x_1)) = d_X(x_2,x_1).$

c) $d_X(x_1,x_3) = d_Y(T(x_1),T(x_3)) \leq d_Y(T(x_1),T(x_2)) + d_Y(T(x_2),T(x_3)) = d_X(x_1,x_2) + d_X(x_2,x_3).$

Denotemos por $B_{r}^{d_X}(x)$ e $B_{r}^{d_Y}(y)$ uma bola aberta qualquer na métrica $d_X$ e $d_Y$, respectivamente. Agora mostremos que $\tau = \tau_{d_X}$. Comecemos provando a inclusão $\tau \subset \tau_{d_X}$. Considere $U \in \tau$ e $x \in U$. Note que $T$ leva abertos de $X$ em abertos de $Y$, afinal, $T$ é um homeomorfismo. Assim, $T(U)$ é um aberto de $Y$, com $T(x) \in T(U)$. Neste caso, existe $r > 0$ tal que $B_{r}^{d_Y}(T(x)) \subset T(U)$. Em verdade, $B_{r}^{d_X}(x) \subset U$. De fato
$$z \in B_{r}^{d_X}(x) \implies d_X(z,x) < r \implies d_Y(T(z), T(x)) < r \implies T(z) \in B_{r}^{d_Y}(T(x)) \subset T(U),$$
como $T$ é injetiva, segue que $z \in U$. Portanto $U$ é um conjunto aberto em $(X, d_X)$.

Denote por $\mathcal{B}$ a coleção de todas as bolas abertas na métrica $d_X$. Para mostrar a inclusão $\tau_{d_X} \subset \tau$, é suficiente mostrar que $\mathcal{B} \subset \tau.$ Com efeito, seja $x \in X$ e $r > 0$. A seguinte igualdade é verdadeira

$$T(B_{r}^{d_X}(x)) = B_{r}^{d_Y}(T(x)).$$
De fato, para cada $z \in B_{r}^{d_X}(x)$ temos $d_X(z,x) < r$, isto é, $d_Y(T(z), T(x)) < r$. Aliás, $T(z) \in B_{r}^{d_Y}(T(x))$. Logo, $T(B_{r}^{d_X}(x)) \subset B_{r}^{d_Y}(T(x)).$ Agora considere $y \in B_{r}^{d_Y}(T(x)).$ Como $T$ é sobrejetiva, existe $z \in X$ tal que $T(z) = y.$ Disto obtemos $d_Y (T(z), T(x)) < r$, isto é, $z \in B_{r}^{d_X}(x)$. Portanto $B_{r}^{d_Y}(T(x)) \subset T(B_{r}^{d_X}(x))$.

A igualdade $T(B_{r}^{d_X}(x)) = B_{r}^{d_Y}(T(x))$ nos diz que $T(B_{r}^{d_X}(x))$ é um aberto de $Y$. Por conta que $T^{-1} : (Y, d_Y) \rightarrow (X, \tau)$ também é um homeomorfismo, concluímos que o conjunto
$$T^{-1}(T(B_{r}^{d_X}(x))) = B_{r}^{d_X}(x)$$
é um aberto de $\tau,$ como queríamos.