analise funcional 123

ISSN 1980-024X

BOLETIM DE INICIAOCIENTFICA EM MATEMTICA

BICMAT

VOLUME XOUTUBRO DE 2013

DEPARTAMENTO DE MATEMTICAIGCE RIO CLARO

ISSN 1980-024X

BOLETIM DE INICIAO CIENTFICA EMMATEMTICA BICMAT

Comisso editorial

Elris Cristina Rizziolli

Marta Cilene Gadotti

Nativi Viana Pereira Bertolo

Thiago de Melo

Editorao grfica

Thiago de Melo

Realizao

Conselho de Curso de Graduao em Matemtica

Departamento de Matemtica

IGCE Unesp Rio Claro

EDITORIAL

O Boletim de Iniciao Cientfica em Matemtica BICMat uma

publicao que se destina a difundir prioritariamente trabalhos de inicia-

o cientfica em Matemtica que fazem parte de projetos desenvolvidos

por alunos do Curso de Graduao em Matemtica do IGCE Unesp

Rio Claro. Eventualmente trabalhos de Iniciao Cientfica realizados em

outras instituies podero tambm ser publicados neste Boletim.

O BICMat foi criado em 1998 e nessa poca foram publicados dois

volumes; o primeiro no ano de criao e o segundo em 2000.

Considerando a importncia da Iniciao Cientfica para o graduando,

e o sempre crescente nmero de projetos desta natureza desenvolvidos

em nossa instituio, resolvemos reativar a publicao do BICMat, com

ISSN 1980-024X.

Destacamos que a autoria dos trabalhos apresentados no BICMat dos

alunos. O orientador figura apenas como responsvel cientfico.

Este Boletim tambm est aberto divulgao de trabalhos que no

sejam frutos de projetos de iniciao cientfica, mas que sejam de interesse

dos alunos do curso de graduao em Matemtica. Estes trabalhos sero

selecionados pelos Editores.

Este nmero estar disponibilizado eletronicamente na pgina do De-

partamento de Matemtica no endereo

www.rc.unesp.br/igce/matematica

SUMRIO

Sequncias Exatas e o Lema dos Cinco

Alex Melges Barbosa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Teorema do Ponto Fixo de Banach e Aplicao em Eq. Dife-renciais

Cristiano dos Santos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Grupo Fundamental e o Teorema de van Kampen

Givanildo Donizeti de Melo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Estabilidade pelo mtodo de Lyapunoff

Mrcia Richtielle da Silva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

O Teorema de ponto fixo de Brouwer em dimenso um e al-gumas equivalncias

Pollyane Vieira da Silva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Homotopia

Tas Roberta Ribeiro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

5

Sequncias Exatas e o Lema dos Cinco

Alex Melges Barbosa1

Orientador(a): Prof. Dr. Joo Peres Vieira

Resumo: Neste trabalho apresentaremos alguns resultados sobre Sequn-cias Exatas e provaremos o Lema dos Cinco.

Palavras-chave: Sequncia Exata; Lema dos Cinco

1 Sequncias Exatas

Definio 1. Sejam A1, A2 e A3 grupos e 1 e 2 homomorfismos for-mando a sequncia A1

1 A22 A3. Esta sequncia dita exata se

Im(1) = Ker(2).

Observe que a definio acima pode ser compreendida como duas afir-maes, a saber:

Im(1) Ker(2), ou equivalentemente, para qualquer x A1,2(1(x)) = 0, isto , 2 1 = 0.

Ker(2) Im(1), ou equivalentemente, para qualquer y A2, com2(y) = 0, existe x A1 tal que 1(x) = y.

Uma sequncia de grupos e homomorfismos dita exata se quaisquerdois homomorfismos consecutivos da sequncia satisfazem as condiesacima. Neste caso, a afirmao acima pode ser expressa, por exemplo,dizendo-se que a sequncia exata em A2.

Exemplo 2. a) A sequncia {0} f A X exata se, e somente se,Ker() = Im(f) = {0} se, e somente se, injetora.

b) A sequncia A X f {0} exata se, e somente se, Im() =Ker(f) = X se, e somente se, sobrejetora.

1Bolsista FAPESPProcesso 2013/045712

7

8 Sequncias Exatas e o Lema dos Cinco

c) A sequncia {0} f A X g {0} exata se, e somente se, exata em X e em A se, e somente se, bijetora, pois injetorae sobrejetora pelos itens a) e b), respectivamente.

Definio 3. Sejam A e B grupos abelianos. Ento a soma direta entre Ae B o grupo abeliano A B com a operao (a, b) + (c, d) = (a+ c, b+d), (a, b), (c, d) A B. Denotaremos a soma direta entre A e B porAB.

Teorema 4. Dados a sequncia exata P Q R S {0} eo homomorfismo : S R com = 1S, ento a sequncia P

{,0}Q S (,) R {0} exata.

Prova: i) Im({, 0}) Ker(, ). De fato, p P, (, ){, 0}(p) =(, )((p), 0) = (p) = 0.

ii) Ker(, ) Im({, 0}).De fato, (q, s) Ker(, ) (, )(q, s) =0 (, )(q, s) = (0) 0 = ((q) + (s)) = (q) + (s) = 0 + 1S(s) = s s = 0 (q) = 0 (q, 0) = ((p), 0) ={, 0}(p), para algum p P (q, s) = (q, 0) Im({, 0}). Logo,Im({, 0}) = Ker(, ).

iii) Mostremos agora que (, ) sobrejetora. Dado r R, consideres = (r), ento r(s) Ker(), pois (r(s)) = (r)(s) =s1S(s) = ss = 0. MasKer() = Im(), logo existe q Q tal que(q) = r (s). Assim, (q, s) Q S e (, )(q, s) = (q) + (s) =r (s) + (s) = r. Portanto, (, ) sobrejetora.

Portanto, a sequncia P{,0} Q S (,) R {0} exata.

Corolrio 5. Dados a sequncia exata {0} Q R S {0} e ohomomorfismo : S R com = 1S, ento a funo (, ) : QS R um isomorfismo.

Prova: Ao tomar P = {0} no Teorema 4, temos que {0} Q S (,)R {0} uma sequncia exata. Com isso, (, ) uma bijeo e,

BICMat, Volume X, Outubro de 2013

Sequncias Exatas e o Lema dos Cinco 9

consequentemente, um isomorfismo.

Quando existir um homomorfismo de acordo com as condies doCorolrio 5, dizemos que a sequncia exata cinde.

2 Lema dos Cinco

Considere, como hiptese para os lemas a seguir, que:

Ai e Bi so grupos abelianos e j , j e i so homomorfismos, para0 i 4 e 0 j 3.

o diagrama

A00 A1

1 A22 A3

3 A4

0

y 1y 2y 3y 4yB0

0 B11 B2

2 B33 B4

comutativo, isto , comuta em cada quadrado.

as sequncias horizontais do diagrama acima so exatas.

Antes de provarmos o Lema dos Cinco, precisaremos dos seguintes re-sultados:

Lema 6. Se 0 um epimorfismo e 3 um monomorfismo, entoKer(2) = 1(Ker(1)).

Prova: i) 1(Ker(1)) Ker(2)

Seja x Ker(1), isto , 1(x) = 0. Ento, 2(1(x)) = 21(x) =1 1(x) = 1(1(x)) = 1(0) = 0. Logo, 1(x) Ker(2).

ii) Ker(2) 1(Ker(1))

Seja x Ker(2), isto , 2(x) = 0. Ento, 2(2(x)) = 2(0) = 0.Logo, 3 2(x) = 2 2(x) = 0. Assim, 2(x) Ker(3) = {0},pois 3 injetora. Ento, 2(x) = 0, ou seja, x Ker(2) =


10 Sequncias Exatas e o Lema dos Cinco

Im(1), pois a sequncia exata em A2. Logo, existe y A1 tal que1(y) = x. Portanto, 2(1(y)) = 2(x) = 0.

Ento, 1 1(y) = 2 1(y) = 0, ou seja, 1(y) Ker(1) =Im(0), pois a sequncia exata em B1. Assim, existe z B0 talque 0(z) = 1(y). Como 0 sobrejetora, existe w A0 tal que0(w) = z. Ento, 0 0(w) = 1(w), ou seja, 1 0(w) = 1(y).

Assim, 1(0(w) + y) = 0, isto , 0(w) + y Ker(1). Mas,1(0(w)+y) = 1(0(w))+1(y) = 0+x = x, pois a sequncia exata em A1. Portanto, x 1(Ker(1)).

Sendo um homomorfismo de grupos, denotaremos `(G) a imageminversa de G por .

Lema 7. Seja 1 um epimorfismo e 4 um monomorfismo. Ento,`2 (Im(3)) = Im(2).

Prova: i) Im(2) `2 (Im(3))

Seja x Im(2), isto , existe y A2 tal que 2(y) = x. Assim,2(2(y)) = 2(x), isto , 3(2(y)) = 2(x). Logo, 2(x) Im(3).Portanto, x `2 (Im(3)).

ii) `2 (Im(3)) Im(2)

Seja x `2 (Im(3)), isto , 2(x) Im(3), ou seja, existe y A3tal que 3(y) = 2(x). Logo, 4(3(y)) = 3(3(y)) = 3(2(x)) =0, pois a sequncia exata em B3. Assim, 3(y) Ker(4) = {0},pois 4 injetora. Ento, 3(y) = 0, ou seja, y Ker(3) = Im(2),pois a sequncia exata em A3. Portanto, existe z A2 tal que2(z) = y.

Assim, 3(2(z)) = 3(y), isto , 2(2(z)) = 3(y) = 2(x). Ento,2(x 2(z)) = 0, ou seja, (x 2(z)) Ker(2) = Im(1), poisa sequncia exata em B2. Logo, existe w B1 tal que 1(w) =x 2(z).


Sequncias Exatas e o Lema dos Cinco 11

Como 1 sobrejetora, existe v A1 tal que 1(v) = w. Assim,1(1(v)) = x 2(z), isto , 2(1(v)) = x 2(z). Portanto,x = 2(1(v) + z), ou seja, x Im(2).

Finalmente, provemos o

Lema 8 (Lema dos Cinco). Se 0, 1, 3 e 4 so isomorfismos, ento 2tambm ser um isomorfismo.

Prova: Como, em particular, 0 um epimorfismo e 3 um monomor-fismo, segue pelo Lema 6 que Ker(2) = 1(Ker(1)) = 1({0}) = 0,pois 1 injetora.

Como, em particular, 1 um epimorfismo e 4 um monomorfismo,segue pelo Lema 7 que Im(2) = `2 (Im(3)) = `2 (B3) = B2, pois 3 sobrejetora.

Portanto, 2 um isomorfismo.

Agradecimentos: Agadeo ao meu orientador, Prof. Dr. Joo Peres Vieira,pelo apoio e pacincia oferecidos neste trabalho e ao auxlio financeiro daFAPESP.

Abstract: In this paper we present some results on Exact sequences andprove Five lemma.

Keywords: Exact sequence; Five lemma

Referncias Bibliogrficas

[1] Vick, J.W., Homology Theory, Academic Press, New York-London,1973.

[2] Wall, C.T.C. - A Geometric Introduction to Topology, Addison-WesleyPublishing Company, 1972


Teorema do Ponto Fixo de Banach eAplicao em Equaes Diferenciais

Cristiano dos Santos1

Orientador(a): Profa. Dra. Marta Cilene Gadotti

Resumo: Neste trabalho apresentaremos o Teorema do Ponto Fixo de Ba-nach, e constataremos, atravs de uma aplicao, a importncia da teoriade Anlise Funcional na resoluo de problemas de outras reas da Mate-mtica.

Palavras-chave: Existncia e unicidade, ponto fixo, equaes diferenciais.

1 Um pouco de Histria

Stefan Banach (18921945)

Banach frequentou a escola primria em Cracvia, deixando a escolaem 1902 para iniciar o ensino secundrio no Ginsio. Por uma feliz coin-cidncia, um dos alunos da classe de Banach foi Witold Wilkosz o qual setornou um professor de matemtica. Ao deixar a Ginsio Banach e Wilkoszqueriam estudar matemtica, mas ambos sentiram que nada de novo po-deria ser descoberto em matemtica, cada um escolheu trabalhar em umassunto que no seja matemtica. Banach escolheu estudar engenharia,Wilkosz escolheu lnguas orientais.

1Bolsista Fapesp, Processo: 2012/151623

13

14 Teorema do Ponto Fixo de Banach e Aplicao em Eq. Diferenciais

Banach deixou Cracvia e foi para Lvov, onde matriculou-se na Facul-dade de Engenharia da Universidade Tcnica de Lvov. quase certo queBanach, sem qualquer apoio financeiro, teve que se sustentar dando aulas.Por isso ele levou mais tempo para concluir o curso do que era normal em1914.

Um acontecimento fortuito ocorreu em 1916, que teve um grande im-pacto na vida de Banach. Steinhaus, que tinha vindo a realizar o serviomilitar, estava prestes a assumir um cargo na Universidade Jan Kazimierzde Lvov. No entanto, ele estava morando em Cracvia em 1916, esperade assumir o compromisso. Ele andava pelas ruas de Cracvia durante anoite e, como ele relatou em suas memrias: - Durante uma tal caminhadaouvi a expresso medida de Lebesgue. Aproximei-me do banco do parquee me apresentei aos dois jovens aprendizes da matemtica. Disseram-meque tinha outro companheiro conhecido pelo nome de Witold Wilkosz, quefoi extravagantemente elogiado. Os jovens foram Stefan Banach e OttoNikodym. A partir de ento nos encontramos em uma base regular, e ...decidimos estabelecer uma sociedade matemtica.

Steinhaus mostrou a Banach um problema que ele estava trabalhando,sem sucesso. Depois de alguns dias Banach teve a idia principal parao contra-exemplo necessrio, e Steinhaus e Banach escreveram um docu-mento conjunto. A partir do momento que ele produziu estes primeirosresultados com Steinhaus, Banach comeou a produzir trabalhos impor-tantes de matemtica em uma taxa rpida. Claro que impossvel dizerse, sem o encontro casual com Steinhaus, Banach teria seguido a rota depesquisa em matemtica. Em 1924 Banach foi promovido a professor titu-lar e passou o ano letivo de 19241925, em Paris. A maneira que trabalhouBanach foi pouco convencional. Ele gostava de fazer matemtica com seuscolegas nos cafs de Lvov. Ele tambm escreveu textos de aritmtica,geometria e lgebra para escolas de ensino mdio.

A ocupao nazista de Lvov em junho de 1941 fez com que Banachvivesse sob condies muito difceis. Ele foi preso sob suspeita de trficode moeda alem, mas liberado depois de algumas semanas. Ele sobreviveu


Teorema do Ponto Fixo de Banach e Aplicao em Eq. Diferenciais 15

a um perodo em que os acadmicos poloneses foram assassinados, seuorientador de doutorado Lomnicki morreu na trgica noite de 03 de julho de1941, quando muitos massacres ocorreram. Banach planejava ir a Cracviadepois da guerra para ocupar um cargo na Universidade Jagiellonian masele morreu em Lvov, em 1945, de cncer de pulmo.

2 Definies e Resultados

Definio 1. Uma mtrica em um conjunto M uma funo definida emM M com imagem em R tal que d : M M R, que associa a cadapar ordenado de elementos x, y M um nmero real d(x, y), chamado adistncia de x a y, de modo que sejam satisfeitas as seguintes condies,para quaisquer x, y, z M :

d1 - d(x, x) = 0.

d2 - Se x 6= y ento d(x, y) > 0.

d3 - d(x, y) = d(y, x).

d4 - d(x, z) d(x, y) + d(y, z).

Definio 2. Um espao mtrico um par (M,d), onde M um con-junto e d uma mtrica em M .

Exemplo 3 (A mtrica zero-um). Qualquer conjunto M pode tornar-se um espao mtrico de maneira muito simples. Basta definir a mtricad : M M R pondo d(x, x) = 0 e d(x, y) = 1 se x 6= y.

Definio 4. Uma sequncia (xn) em um espao mtricoM chama-se umasequncia de Cauchy quando, para todo > 0 dado, existe n0 N talque m,n > n0 implica d(xm, xn) < .

Definio 5. Diz-se que o espao mtrico M completo quando todasequncia de Cauchy em M convergente (em M).



Definio 6. Uma norma em V uma funo:

x V 7 x R

que a cada elemento de V associa a um nmero real, com as seguintespropriedades:

N1 - x 0 x V e x = 0 x = 0V .

N2 - x = ||x x V e R.

N3 - x+ y x+ y x, y V.

Em particular se = 1 em N2 temos x = x x V .

Definio 7. Seja V um espao vetorial e uma norma qualquer. O par(V, ) dito um espao normado.

Definio 8. Um espao vetorial normado (E, ) dito de Banach se,for completo com a mtrica d(x, y) = x y, x, y E.

No prximo exemplo utilizaremos as desigualdades de Hlder e Min-kowski, cujas demonstraes podem ser encontradas na referncia [3].

Proposio 9 (A Desigualdade de Hlder). Sejam 1 p, p , taisque

1

p+

1

p= 1. Ento:

(a) Dados x, y Cn, temos xy1 xpyp , isto ,

nj=1

|xjyj |

nj=1

|xj |p 1p

nj=1

|yj |p

1p

quando 1 < p


Vetorial Normado

Definiremos agora, as operaes no espao `p.

+ : `p `p `p

(x, y) x+ y

onde x = (1, . . . , k, . . .), y = (1, . . . , k, . . .) e

x+ y = (1 + 1, . . . , k + k, . . .) = (k + k)kN

Observe que a operao est bem definida,

nk=1

|k + k|p

( nk=1

|k|p) 1p

+

(nk=1

|k|p) 1p

p = [M 1p +N 1p ]p


(i) xp =

[ k=1

|k|p] 1p

0 e

xp =

[ k=1

|k|p] 1p

= 0 |k| = 0 k = 0

para todo k N.(ii)

xp =

[ k=1

|k|p] 1p

=

[||p

k=1

|k|p] 1p

= ||

[ k=1

|k|p] 1p

= ||xp.

(iii) Pela desigualdade de Minkowski, no difcil provar que

x+ yp xp + yp.

Portanto, `p um espao vetorial normado.

Banach

Seja (xm)mN qualquer sequncia de Cauchy no espao `p, onde xm =(

(m)j )jN. Ento para todo > 0 existe n0 tal que m,n > n0

xm xnp =

j=1

(m)j (n)j p 1p < . (1.1)

Para cada j N, |(m)j (n)j | xm xnp e assim, para todo > 0

existe n0 tal que m,n > n0 implica(m)j (n)j < .Assim, para cada j fixo, a sequncia ((1)j ,

(2)j , . . .) de Cauchy no

corpo K, logo cada sequncia (m)j desta nova sequncia converge paraum elemento j quando m . Considere ento x = (1, 2, . . .), bastamostrar que x `p e xm x.



Da equao (1.1) temos que para todo m,n > n0

kj=1

(m)j (n)j p < p com k N.Fazendo n, para m > n0 segue que

kj=1

(m)j jp p, k N.Fazendo k , tem-se para todo m > n0

j=1

(m)j jp p.Isto mostra que xmx = ((m)j j) `p. Segue ento da desigualdade

de Minkowski que,

xp = x xm + xmp x xmp + xmp


Prova: Se (fk) de Cauchy em B(X,F ) ento, para cada , existe k talque

p, q > k = fp fq < , isto , supxXfp(x) fq(x) < . (1.2)

Ento para cada x0 X

p, q > k = fp(x0) fq(x0) < . (1.3)

Assim, (fk(x0)) de Cauchy em F , existindo, por hiptese, lim fk(x0) F ,pois F completo. Defina a funo f : X F pontualmente porf(x) = lim

kfk(x).

Para provar que f B(X,F ), basta mostrar f limite uniforme e limitada. Fazendo q em (1.3), temos: fp(x0) f(x) para todox0 X e p > k. O que mostra que fk f uniformemente.

Em particular, para = 1 existem k e p = 2k tais que,

f2k f 1 = f f2k 1 = f f2k f f2k 1 =

= f 1 + f2k = f(x) 1 + f2k(x), x X.

O que prova que f limitada.

Proposio 14. Sejam E e F espaos normados, F de Banach. EntoC(X,F ), o espao das funes contnuas definidas em X com imagem emF , com a norma do sup, um subespao fechado de B(X,F ), qualquerque seja X E.

Prova: Mostremos que o limite uniforme f de uma sequncia (fk) de fun-es contnuas sempre uma funo contnua em cada ponto a X.

Dado , existe k tal que

k k = fk f m, d(xm, xn) fica arbitrariamente pequeno. Portanto, (xn) de Cauchy. Como X completo, (xn) converge, ou seja, xn x X.Mostremos agora que x um ponto fixo da aplicao T .

Pela desigualdade triangular e do fato de T ser contrao vale,

d(x, T (x)) d(x, xm) + d(xm, T (x)) d(x, xm) + d(xm1, x).

Fazendo m obtemos

d(x, T (x)) 0 d(x, T (x)) = 0 T (x) = x.



Suponha agora que exista, alm de x, outro ponto fixo x, isto , T (x) =x, logo,

d(x, x) = d(T (x), T (x)) d(x, x) < d(x, x), pois 0 < < 1.

Entod(x, x) = 0 x = x.

Portanto, x o nico ponto fixo da aplicao T , e o teorema estprovado.

4 Uma Aplicao

Definio 20. Seja f : Rn uma funo definida em um aberto R Rn, a relao x = f(t, x) chamada uma equao diferencial

ordinria de primeira ordem. Note que x(t) Rn e x(t) = dxdt

(t). Umproblema de valor inicial (PVI) consiste de uma equao diferencial e deuma condio inicial, x(t0) = x0 Rn. O PVI descrito por:{

x = f(t, x),

x(t0) = x0.(1.5)

Definio 21. Uma soluo para o PVI (1.5) uma funo x : I Rn,definida em algum intervalo I da reta contendo o ponto t0 e que satisfazx(t0) = x0 Rn e x(t) = f(t, x(t)), t I.

Teorema 22 (Teorema de Picard: Existncia e unicidade de solues).

Seja f uma funo contnua no retngulo

R = {(t, x); |t t0| a, x x0 b}

e, assim, limitada em R. Ou seja, existe c > 0 tal que, para todo (t, x) R,f(t, x) c.

Suponha que f satisfaa a condio de Lipschitz em R com respeito aosegundo argumento, isto , existe uma constante k tal que para (t, x), (t, v) R,

f(t, x) f(t, v) kx v. (1.6)



Ento, ao menos no intervalo fechado J = [t0 , t0 + ], onde

< min

{a,b

c,

1

k

}, (1.7)

o problema de valor inicial descrito por (1.5) apresenta uma nica soluo.

Prova: Seja C(J) o espao mtrico das funes contnuas definidas nointervalo J = [t0 , t0 + ] com valores em Rn, com a mtrica definidapor:

d(x, y) = suptJx(t) y(t).

Sabemos que C(J) completo. Seja agora C um subespao de C(J)constitudo por todas as funes x C(J) que satisfazem:

x(t) x0 c,t J. (1.8)

Observe que C fechado em C(J), logo completo. De fato, seja (xn)uma sequncia convergente em C, ou seja, existe x C(J) tal que xn x,isto , dado > 0 existe n0 N tal que:

d(xn, x) = xn x < , para todo n > n0.

Como {xn, n N} C, tem-se

xn(t) x0 c, t J, n N. (1.9)

Como c no depende de t, considerando o supremo sobre todo t Jsegue que:

d(xn, x0) = suptJxn(t) x0 c.

Resta mostrar que x C. Pela desigualdade triangular

d(x, x0) d(x, xn) + d(xn, x0) + c, para n > n0

Fazendo 0, obtem-se

suptJx(t) x0 = d(x, x0) c,



e segue disto que x C.Note que resolver o problema de valor inicial (1.5) equivalente a re-

solver a equao integral

x(t) = x0 +

tt0

f(s, x(s))ds, t J,

cuja demonstrao segue do Teorema Fundamental do Clculo.Defina T : C C por

(T (x))(t) = x0 +

tt0

f(s, x(s))ds, t J. (1.10)

Como f e x so funes contnuas, segue que a integral acima existe.Note tambm que

(T (x))(t)x0 = t

t0

f(s, x(s))ds

tt0

f(s, x(s))ds c|tt0| c,

satisfazendo (1.8), ou seja, T uma aplicao de C em si mesmo, portantoT : C C est bem definida. Alm disso, T uma contrao em C. Defato, de (1.6) segue que

(T (x))(t) (T (y))(t) = t

t0

[f(s, x(s)) f(s, y(s))]ds

tt0

f(s, x(s)) f(s, y(s))ds k tt0

x(s) y(s)ds

k|t t0| supsJx(s) y(s) kd(x, y), t J.

Como o lado direito da desigualdade no depende de t, considerando osupremo sobre t J esquerda, resulta que

d(T (x), T (y)) d(x, y), onde = k.

De (1.7) tem-se = k < 1 e, portanto, T uma contrao em C.Nestas condies, pelo Teorema do Ponto Fixo de Banach, T tem um



nico ponto fixo x C, ou seja, uma funo x contnua em J satisfazendox(t) = (T (x))(t) para todo t J . Logo de (1.10) tem-se:

x(t) = x0 +

tt0

f(s, x(s))ds, t J. (1.11)

O que corresponde soluo do PVI dado.

Agradecimentos: Agradeo, aos meus professores, minha querida orien-tadora Profa. Dra. Marta Cilene Gadotti pelo apoio e incentivo no tra-balho. agncia de fomento FAPESP pelo financiamento do projeto.Aos meus amigos, por 204 motivos, por sentirem um Estranho Amor, porserem Bobos e Gagos, por gostarem de Bolo, Cortes de Dedekind e dealgumas msicas e bandas estranhas, tais como, Justin Bieber e Polegar,por saberem que sempre encontro um Calango quando Mijo Gostoso, eprincipalmente por rirem quando pego meu tapete voador e vou ao encon-tro da minha linda Jasmine. Por fim, fao um agradecimento especial aosmeus familiares e minha namorada Marxsa por cuidarem, incentivareme me alegrarem nos momentos que preciso.

Abstract: In this work we introduce the Banach Fixed Point Theorem, andwell see, through an application, the importance of the functional analysistheory in solving problems in other areas of mathematics.

Keywords: Existence and uniqueness, fixed point, differential equations.


[1] Kreysig, E. Introductory Functional Analysis with Applications. WileyClassics Library, 1989, 688 p.

[2] Hnig, C. S. Anlise Funcional e o Problema de Sturm-Liouville, SoPaulo: Edgar Blcher, 1978.

[3] Lima, E. L. Espaos Mtricos. Rio de Janeiro: Instituto de Matem-tica Pura e Aplicada, 2013, 387 p.



[4] Lima, E. L. Curso de Anlise, v. 1. Rio de Janeiro: Instituto deMatemtica Pura e Aplicada, 1981, 432 p.

[5] Robertson, E.; OConnor, J. The MacTutor History of Mathematicsarchive disponvel em: www-history.mcs.st-andrews.ac.uk, aces-sado em 15/07/2013.


Grupo Fundamental e o Teorema de vanKampen

Givanildo Donizeti de Melo1

Orientador(a): Prof. Dr. Thiago de Melo

Resumo: Na Topologia Algbrica, a Teoria de Homotopia muito impor-tante. O grupo fundamental um dos invariantes topolgicos mais simplesdesta teoria, e este ser definido neste trabalho. Apresentaremos tambmuma forma de calcular tal grupo, utilizando o Teorema de van Kampen.

Palavras-chave: homotopia; lao; grupo fundamental.

1 Introduo

Comearemos definindo homotopia entre funes e classes de homoto-pia de funes, para falarmos de grupo fundamental. Seja X um espaotopolgico, considere a funo contnua f : [0, 1] X, que chamada decaminho em X. Se f(0) = f(1) = , chamaremos este caminho de laobaseado em (ou lao em ). Assim, definiremos o grupo fundamentalcomo o conjunto das classes de homotopia de laos baseados em , que denotado por 1(X, ).

Mostraremos que 1(X, ) no depende do ponto , quando X for co-nexo por caminhos. E observaremos que 1 est relacionando os espaotopolgicos e as funes contnuas com os grupos e os homomorfismos,respectivamente.

Para o calculo do grupo fundamental, usaremos uma ferramenta ana-ltica que o Teorema de van Kampen. Aplicaremos este teorema paracalcular o grupo fundamental de alguns espaos como por exemplo Sn paran > 1.

1Bolsista FAPESP, Processo: 2012/219036

29

30 Grupo Fundamental e o Teorema de van Kampen

2 Noes de Homotopia

Para facilitar a notao, denotaremos alguns conjuntos por:

Rn = {(x1, . . . , xn) | xi R};

Bn = {(x1, . . . , xn) Rn | x 6 1};

B(a; r) = {x Rn | d(a, x) 6 r};

Sn1 = {(x1, . . . , xn) Rn | x = 1};

In = {(x1, . . . , xn) Rn | 0 6 xi 6 1},

onde x =

x2i para x Rn e 0 < r R.

Definio 1. Duas funes contnuas f0, f1 : X Y so ditas homotpi-cas se existe uma famlia intermediria de funes ft : X Y juntamentecontnua em x e t, isto , se existe

H : X I Y

que contnua de modo que H(x, 0) = f0(x) e H(x, 1) = f1(x).

Observao 2. A Funo H chamada homotopia entre f0 e f1, e escre-vemos f0 f1 para indicar que f0 homotpica a f1.

Observao 3. Note que uma relao de equivalncia. Assim, po-demos falar das classes de homotopia de funes. Seja f uma funocontnua, denotamos sua classe de homotopia por [f ], que o conjunto detodas funes que so homotpicas a f . Escrevemos [X,Y ] para indicar oconjunto das classes de homotopia das funes de X em Y .

Definio 4. Dado um espao X e um subespao A de X, vamos escre-ver (X,A) para denotar um par de espaos. Uma funo contnua dopar (X,A) para o par (Y,B) apenas uma funo contnua f : X Ycom f(A) B. Um homeomorfismo de (X,A) para (Y,B) apenas umhomeomorfismo de X para Y tal que A corresponde a B.


Grupo Fundamental e o Teorema de van Kampen 31

Definio 5. Definimos 1(X, ) := [(I, {0, 1}), (X, )], isto , 1(X, ) o conjunto das classes de homotopia dos caminhos p : I X tais quep(0) = p(1) = . Esses caminhos so chamados de laos.

Observao 6. Podemos tambm definir 1(X;x, y) que o conjunto dasclasses de homotopia dos caminhos p : I X tal que p(0) = x e p(1) = y.

x

y

3 O Grupo Fundamental

Na seo anterior definimos 1(X, ), agora definiremos uma operaopara este conjunto, que ser a composio de dois caminhos, com o objetode que 1 tenha uma estrutura de grupo.

Definimos um produto para dois caminhos q : I X e p : I Xtais que q(1) = p(0), obtendo um novo caminho, chamado de caminhojustaposto, cujo percurso atravs de q ter o dobro da velocidade (des = 0 para s = 12 ), e em seguida, atravs de p, tambm com o dobro davelocidade.

q

p

Este caminho p.q definido como:

(p.q)(s) =

{q(2s), se 0 6 s 6 12 ,p(2s 1), se 12 6 s 6 1.

Para verificar que este produto est bem definido nas classes de homo-



topia, suponha

Q : q q e P : p p.

Assim, obtemos uma homotopia G : p.q p.q, definida por

G(s, t) =

{Q(2s, t), se 0 6 s 6 12 ,P (2s 1, t), se 12 6 s 6 1.

Com isso definimos a operao composio . em 1(X, )

Teorema 7. 1(X, ) juntamente com a operao . um grupo, chamadode grupo fundamental de X (em ).

Prova: O elemento identidade de 1(X, )

1x = {ux} 1(x, x) = 1(X,x),

onde ux o caminho constante em x, isto , ux(s) = x, para todo s I.Se [p] 1(x, y) for outro elemento, uy.p e p.ux so dados da seguintes

frmulas:

(p.ux)(s) =

{x, se 0 6 s 6 12p(2s 1), se 12 6 s 6 1.

(uy.p)(s) =

{p(2s), se 0 6 s 6 12y, se 12 6 s 6 1.

Assim, p.ux 6= p, mas mostraremos que [p.ux] = [p], ou seja, p.ux p.Agora p.ux o caminho constante em x para a primeira metade do tempos seguido pelo caminho p na outra metade, porm com o parmetro 2s.

Uma homotopia entre p e p.ux dada por: considere no momento t,um caminho constante para 0 6 s 6 t2 seguido por p para

t2 6 s 6 1.

Escrevemos P (s, t) para a imagem se s I ao longo do tsimo cami-nho. Interpretando a figura abaixo, temos a homotopia entre p e p.ux:

P (s, t) =

{x, se 0 6 s 6 t2p(

2st2t

), se t2 6 s 6 1.



xp

p

x y

x p

t

s

Claramente, P (s, 0) = p(s) e P (s, 1) = (p.ux)(s). Note que P est bemdefinido j que

0 62s t2 t

62 t2 t

= 1, set

26 s 6 1

p

(2(t/2) t

2 t

)= x, P (0, t) = x e P (1, t) = y.

Similarmente prova-se que uy.p p.Mostremos a propriedade simtrica de (1(x, y), .). Dado [p] 1(x, y),

definimos [p]1 = [q] 1(y, x) onde q(s) = p(1 s).Se P : p0 p1, definimos Q : q0 q1 por

Q(s, t) = P (1 s, t).

Desde que

(i) Q(0, t) = y, Q(1, t) = x,

(ii) Q(s, 0) = q0(s), Q(s, 1) = q1(s),

esta operao est bem definida em classes de equivalncia.Devemos mostrar que p.p1 uy. O caminho p.p1 percorre p duas

vezes, primeiro de trs para frente e depois ao contrrio:

(p.p1)(s) =

{p(1 2s), se 0 6 s 6 12p(2s 1), se 12 6 s 6 1.

No h nenhuma razo para que o meio do caminho p.p1 seja x, esco-lhemos apenas para facilitar as contas. Podemos escolher uma homotopia



de p.p1 para uy que no tempo t mova-se atravs da parte de p (de 0 parat) e depois volta novamente:

P (s, t) =

{p(1 2st), se 0 6 s 6 12p((2s t)t+ 1 t), se 12 6 s 6 1.

Claramente temos:

(i) P (0, t) = P (1, t) = y,

(ii) P (s, 0) = y e P (s, 1) = (p.p1)(s);

(iii) p(1 2st) = p((2s 1)t+ 1 t) se s = 12 .Provaremos a associativa de (1(X, ), .). Sejam [p1], [p2] e [p3]

1(X, ). Calcularemos (p1.p2).p3 e p1.(p2.p3):

((p1.p2).p3)(s) =

p3(2s), se 0 6 s 612

p2(4s 2), se 12 6 s 634

p1(4s 3), se 34 6 s 6 1.

(p1.(p2.p3)(s) =

p3(4s), se 0 6 s 614

p2(4s 1), se 14 6 s 612

p1(2s 1), se 12 6 s 6 1.

Podemos notar que a nica diferena entre estes caminhos a velo-cidade. Poderamos deslizar de um caminho para o outro, escolhendovelocidades intermedirias, como na figura abaixo:

p3 p2 p1t

s

As duas linhas inclinadas so dadas pelas equaes t = 4s 1 e t =4s 2. Para cada t traamos os caminhos da seguinte forma:

p3 de s = 0 para s = t+14 ;



p2 de s = t+14 para s =t+24 ;

p3 de s = t+24 para s = 1.

Isto dado pela equao

P (s, t) =

p3(

4st+1 ), se 0 6 s 6

t+14

p2(4s t 1), se t+14 6 s 6t+24

p1(4st2

2t ), set+24 6 s 6 1.

Provemos agora que est bem definido. De fato, 4st+1 I, pois para s =

0 temos 4st+1 = 0 e para s =t+14 temos

4( t+14 )t+1 =

t+1t+1 = 1. Analogamente

prova-se que 4s t 1 I e 4st22t I. Veja tambm que

(i) P (0, t) = p3(0), P (1, t) = p1(1);

(ii) P (s, 0) = (p1.(p2.p3))(s);

(iii) P (s, 1) = ((p1.p2).p3)(s).

Portanto, (1(X, ), .) um grupo.

Observao 8. Note que um funtor da categoria C para G, onde C a categoria dos espaos topolgicos e das funes contnuas que preservamo ponto base e G a categoria dos grupos e dos homomorfismo de grupos.

Sejam f : X Y em C e 1(f) = f : 1(X, ) 1(Y, ) em G, afuno f chamada de induzida da f e definida por f(p) = (f p) paratodo p 1(X, ). Como 1 um funtor temos:

X1 //

f

1(X, )

f

Y

1// 1(Y, ).

Provaremos que o grupo fundamental no depende essencialmente de ,desde que X seja conexo por caminhos. Isso curioso, pois parece que1(X, ) depende tanto do espao X como do ponto base .



Teorema 9. Sejam 1, 2 X e suponhamos que 1, 2 pertenam amesma componente conexa por caminhos de X. Ento

1(X, 1) = 1(X, 2).

Prova: Como 1 e 2 pertencem mesma componente conexa por cami-nhos de X, existe um caminho : I X tal que (0) = 2 e (1) = 1.Com isso defina o seguinte homomorfismo:

: 1(X, 1) 1(X, 2)

[] 7 [..1]

Note que ..1 realmente um lao em 2.

2

1

Para concluir que bijetora defina sua inversa por:

1 : 1(X, 2) 1(X, 1)

[] 7 [1..].

Portanto, 1(X, 1) = 1(X, 2).

Proposio 10. Se f0 f1 : (X, ) (Y, ) ento

f0 = f1 : 1(X, ) 1(Y, ).

Prova: Por hiptese f0 f1, isto , existe H : X I Y contnua talque H(x, 0) = f0(x), H(x, 1) = f1(x) e H(, t) = .

Dado [p] 1(X, ) qualquer, provaremos que f0 p f1 p. Defato, defina G : I I Y tal que G(s, t) = H(p(s), t). Assim, G(s, 0) =f0(p(s)), G(s, 1) = f1(p(s)) e G(0, t) = = G(1, t). Logo, f0 p f1 p.

Portanto, f0([p]) = [f0 p] = [f1 p] = f1([p]).



Definio 11. Uma funo contnua f : (X,A) (Y,B) chamada equi-valncia de homotopia, se existir uma funo contnua g : (Y,B) (X,A)tal que g f 1X e f g 1Y . Neste caso, escrevemos (X,A) ' (Y,B),e dizemos que os pares tm o mesmo tipo de homotopia.

Teorema 12. Se f : (X, ) (Y, ) uma equivalncia de homotopia,ento f : 1(X, ) 1(Y, ) um isomorfismo.

Prova: Primeiramente provaremos que f bijetora. Para isso, mostrare-mos que f inversvel.

Como f uma equivalncia de homotopia, existe g : (Y, ) (X, )tal que f g 1Y e g f 1X . Assim,

f g = (f g) = 1Y ,

e analogamente prova-se g f = 1X. Com isso, a inversa de f g.Portanto, f bijetora. A demonstrao de que f homomorfismo natural e portanto ser omitida.

Definio 13. Dizemos que (X, ) contrtil se (X, ) ' ({}, ).

Definio 14. Um conjunto X chamado simplesmente conexo se X conexo por caminhos e 1(X, ) = 0.

4 Teorema de van Kampen

Vamos agora descrever uma ferramenta til para o clculo de 1 quemuitas vezes conveniente para mostrar que um espao simplesmenteconexo.

Suponhamos X = X1 X2 com X1 X2 6= . Escolha X1 X2.Ento temos os homomorfismos

i1 : 1(X1 X2, ) 1(X1, ) i2 : 1(X1 X2, ) 1(X2, )

[p] 7 [i1 p] [p] 7 [i2 p],

onde ik : X1 X2 Xk, com k = 1, 2, so incluses.



Sejam G, G1 e G2 grupos, e suponha que temos os homomorfismos

f1 : G G1 e f2 : G G2.

Vamos definir o produto amalgamado de G1 e G2 sobre G. Essencial-mente este o menor grupo gerado por G1 e G2 com f1(x) = f2(x) parax G. Especificamente, seja F o grupo livre gerado pelo conjunto G1G2.Vamos escrever x y para o produto em F .

Assim todo elemento de F da forma x11 . . . xkk onde i = 1 e

xi G1 G2. Considere as palavras (xy)1 y1 x1 definido se ambos xe y pertencem a G1 ou G2, e (f1(g))1 (f2(g))1 para g G.

Seja

R = {(xy)1 y1 x1, (f1(g))1 (f2(g))1 | x, y G1 ou G2, g G},

que um subgrupo normal de F .

Definio 15. O produto amalgamado de G1 e G2 sobre G, escrito comoG1 G G2 o grupo quociente

F

R= {a R; a F}.

Na definio do produto amalgamado, quocientamos F por R para queos elementos (xy)1 y1 x1 e (f1(g))1 (f2(g))1 de F determinem oelemento neutro do quociente. Note que este elemento (xy)1 y1 x1

mesmo com x, y G1 ou x, y G2 no igual ao elemento neutro, masgostaramos que fossem, por isso definimos o produto amalgamado como FR .O mesmo raciocnio vale para os elementos desta forma; (f1(g))1(f2(g))1.

Observe que existem homomorfismos gi : Gi FR obtidos como com-posio Gi

i F Proj FR , onde Proj a projeo natural e g1 f1 = g2 f2.Com efeito, dado x G qualquer, ento

g1(f1(x)) = (Proj i)(f1(x)) = Proj(f1(x)) = (f1(x))R

eg2(f2(x)) = (Proj i)(f2(x)) = Proj(f2(x)) = (f2(x))R,



mas (f1(g))1 (f2(g))1 R o que implica (f1(x)) R = (f2(x)) R.Portanto, g1 f1 = g2 f2.

Definio 16. Um par de subespaos (X1, X2) de X dito excisivo se

X = (IntX1) (IntX2).

Sejam j1 : X1 X e j2 : X2 X as incluses.O Teorema de van Kampen nos permite calcular 1(X), conhecidos

1(X1), 1(X2) e 1(X1X2). Para provarmos este teorema precisaremosdo seguinte resultado:

Proposio 17. (a) Suponha que hi : Gi H so homomorfismos tais queh1 f1 = h2 f2. Ento existe um nico homomorfismo h : G1 GG2 Hcom h gi = hi.

G

f1

f2

G1

g1 //

h1

F

R

h

G2g2oo

h2

H

(b) Se cada elemento x H pode ser escrito como x = x1 . . . xk comxs = hi(as) para algum i, ento h sobrejetora.

Prova: (a) Seja h : F H definida por h|Gs = hs com s = 1, 2, isto possvel desde que F um grupo livre gerado por G1 G2. Provaremosagora que h(R) = 1. De fato, como h homomorfismo temos:

h((xixj)1 x1j x

1i ) = h

((xixj)1)h(xj)

1h(xi)1

= hs(xixj)hs(xj)1hs(xi)

1

= hs(xi)hs(xj)hs(xj)1hs(xi)

1 = 1;

h(11s ) = h(1s)

1 = hs(1)1 = 1;



h((f1(g))1 (f2(g))1) = h((f1(g))1)h(f2(g))1

= h1(f1(g))h2(f2(g))1 = 1.

Assim, h determina um homomorfismo h : G1 GG2 H definido porh(aR) = h(a), onde a F . Mostraremos que h um homomorfismo.(i) h est bem definida.

Com efeito, sejam a, b F quaisquer. Assim,

aR = bR ba1 R h(ba1) = 1 h(b)h(a)1 = 1 h(b) = h(a).

(ii) h homomorfismo.Sejam a, b F . Ento

h(aR bR) = h(abR) = h(ab) = h(a)h(b) = h(aR)h(bR).

Observe que, por construo h gi = h|Gi = hi, da claramente seconclu que h nica.(b) Seja x = x1 . . . xk H qualquer. Ento,

x = x1 . . . xk = hi1(a1) . . . hik(ak) = h(gi1(a1) . . . gik(ak)) = h(a1 . . . ak).

Note que usamos o fato de hgi = hi para concluir que h sobrejetora.

Teorema 18 (Teorema de van Kampen). Suponhamos que (X1, X2) excisivo e X, X1, X2, X1X2 so conexos por caminhos. Seja X1X2.Ento existe um isomorfismo

1(X, ) = 1(X1, ) 1(X1X2,) 1(X2, ),

com (j1) e (j2) correspondendo a g1 e g2.

Prova: Para facilitar a redao, usaremos o termo caminho pequeno (ho-motopia pequena) para caminho (homotopia) tal que sua imagem est con-tida em X1 ou X2.

Considere os seguintes homomorfismos, com k = 1, 2,

(jk) : 1(Xk, ) 1(X, ) (ik) : 1(Xk, ) 1(X, )

[p] 7 [p] [p] 7 [i p]



Observe essas funes no seguinte diagrama:

1(X1 X2, )i1

tt

i2

**1(X1, )

g1 //

h1 **

1(X1, ) 1(X1X2,) 1(X2, )

h

1(X2, )g2oo

h2tt1(X, )

Note que (j1) i1 = (j2) i2, assim pela Proposio 17(a) existeum homomorfismo

h : 1(X1, ) 1(X1X2,) 1(X2, ) 1(X, ).

Mostraremos que h um isomorfismo.Primeiramente provaremos que h sobrejetora. De fato, dado [p]

1(X, ), isto , p : I X um lao em . I coberto por p1(Int(X1))e p1(Int(X2)), pois X = Int(X1) Int(X2). Como p1(Int(X1)) ep1(Int(X2)) so abertos e I compacto existe um nmero de Lebesgue > 0 para esta cobertura. Assim, podemos escolher

0 = t0 < t1 < . . . < tn = 1

de modo que ti ti1 < e por isso p([ti1, ti]) X1 ou X2.Suponha que esta partio foi escolhida de modo que

p(ti) X1 X2;i = 0, 1, . . . n,

caso contrrio [ti1, ti] e [ti, ti+1] podem ser combinados em um nicointervalo [ti1, ti+1] (pois p([ti1, ti+1]) Xj com j = 1 ou j = 2) e assimti no precisaria pertencer a partio escolhida de I.

Escolha caminhos qi : I X1 X2 com qi(0) = e q1(1) = p(ti) para0 6 i 6 n com q0 = qn = . Estes caminhos qi existem, pois e p(ti)pertencem a X1 X2 e X1 X2 conexo por caminhos.

Agora escrevemos pi : I X para o caminho p|[ti,ti+1]. Assim,

p = pn1 . . . p1 p0.



i

q

jq

kp

1X

2X

Logo,

p qn1 pn1 qn1 q1n1 pn2 qn2 . . . q12 p1 q1 q

11 po q0.

Agora, cada classe [q1k pk1 qk1] pertence ou a 1(X1, ) ou a1(X2, ) e assim q1k pk1 qk1 = (ji)(q

1k pk1 qk1). Ento pela

Proposio 17 (b) temos que h sobrejetora. Assim, o fato de h sersobrejetora pode ser reafirmado, pode-se dizer que todo o caminho componto base o produto de caminhos pequenos com ponto base.

Para mostrarmos que h um isomorfismo, resta provarmos que h injetora, isto , kerh = 1 = [] 1(X1, ) 1(X1X2,) 1(X2, ).

Suponhamos caminhos pequenos com ponto base p1, . . . , pm tais que

h([pm] . . . [p1]) = 1.

Usamos [p] para indicar que a classe [p] pertence ao produto amalga-mado.

Ento h uma homotopia H em X entre o produto pm pm1 . . . p1e o caminho constante . Gostaramos de mostrar que

[pm] . . . [p1] = [pm . . . p1] = 1

no produto amalgamado.Para isto iremos subdividir I I em pequenos retngulos Ci,j tais que

H|Ci,j sejam pequenos. Da, seguindo as arestas horizontais desse qua-drado obteremos uma sequncia de caminhos em X de pm . . . p1 para ,



qi,j

pi,j

Ci,j

cada um dos quais sendo escrito como um produto de caminhos pequenos,e de tal modo que quaisquer dois caminhos adjacentes diferem por umahomotopia pequena. Ser necessrio um pouco de cuidado, pois esses ca-minhos pequenos no so necessariamente baseados. Lidaremos com issopor meio dos caminhos ri,j , abaixo.

Cubra I I por H1(Int(X1)) e H1(Int(X2)), e escolha um nmerode Lebesgue > 0 para esta cobertura.

Sejam K >2

m e n = km. Considere os quadrados abaixo:

Ci,j =

[i

n,i+ 1

n

][j

n,j + 1

n

].

Sabemos que H(Ci,j) est contido em X1 ou X2. Sejam

pi,j = H|[ in , i+1n ]{ jn} e qi,j = H|{ jn}[ in , i+1n ],

pi,j e qi,j so portanto caminhos pequenos, mas no so em geral caminhoscom ponto base.

Para cada vrtice ( in ,jn ), escolha um caminho ri,j de H(

in ,

jn ) para

que se encontra em X1, X2 ou X1 X2 se H( in ,jn ) pertence a X1, X2

ou X1 X2, respectivamente. Isso possvel pois X1, X2 e X1 X2 soconexos por caminhos. No caso H( in ,

jn ) = , escolha ri,j como sendo o

caminho constante . Assim, por conjugao

pi,j = ri+1,j pi,j ri,j1 e qi,j = ri,j+1 qi,j ri,j1

so caminhos pequenos com ponto base. Consequentemente, qualquer pa-lavra em [pi,j ] e [qi,j ] representa um elemento no produto amalgamado.



H uma homotopia pequena

qi+1,j pi,j pi,j+1 qi,j (1.1)

relativa aos extremos, pois ambos os caminhos esto na imagem de

H : 1(Ci,j ;

(in ,

jn

),(i+1n ,

j+1n

)) 1

(X;H

(in ,

jn

), H(i+1n ,

j+1n

))com = 1 ou 2 e por (1.1)

1(Ci,j ;

(in ,

jn

),(i+1n ,

j+1n

))tem apenas um elemento. A partir da homotopia em (1.1) fcil produziruma homotopia pequena baseada

ri+1,j+1 qi+1,j pi,j r1i,j ri+1,j+1 pi,j+1 qi,j r1i,j .

o que implica que

ri+1,j+1 qi+1,j r1i+1,j ri+1,j pi,j r1i,j ri+1,j+1 pi,j+1 r

1i,j+1 ri,j+1 qi,j r

1i,j

e por isso temos[qi+1,j ] [pi,j ] = [pi,j+1] [qi,j ]

no produto amalgamado. Assim,

[pi,j ] = [q1i+1,j ] [pi,j+1] [qi,j ].

Podemos concluir que

[pn1,0] . . . [p0,0] =([q1n,0] . . . [q

1n,n1]

)([pn1,n] . . . [p0,n])([q0,n1] . . . [q0,0]) .

O produto do lado direito homotpico ao caminho constante e porisso representado por . Assim,

[pn1,0] . . . [p0,0] = [].

Para finalizar mostraremos que

[pm] . . . [p1] = [pn1,0] . . . [p0,0].



Escolha a Z com 0 6 a 6 m 1. Desde que n = km, [ps,0] estocontidos ou em X1 ou X2 para ak 6 s 6 (a+ 1)k 1. Assim a palavra

[p(a+1)k1,0] . . . [pak,0]

equivalente palavra de uma nica letra

[p(a+1)k1,0 . . . pak,0]

no produto amalgamado. Porm

pa+1 p(a+1)k1,0 . . . pak,0 p(a+1)k1,0 . . . pak,0

assim[pa+1] = [p(a+1)k1,0] . . . [pak,0].

5 Aplicaes

Faremos agora algumas aplicaes do Teorema de van Kampen.

Teorema 19. 1(Sn) = 0 para n > 1.

Prova: Sejam

X1 = {(x1, . . . , xn, xn+1) Sn | xn+1 < 1},

X2 = {(x1, . . . , xn, xn+1) Sn | xn+1 > 1}.

Note que Sn = X1X2 e que X1 e X2 so abertos e conexos por cami-nhos. Pela projeo estereogrfica X1 e X2 so homeomorfos a Rn. Sabe-mos tambm que Rn contrtil e assim 1(Rn) = 1(X1) = 1(X2) = 0.

Observe queX1X2 conexo por caminhos, poisX1X2 homeomorfoRn {0} que conexo por caminhos.

Agora, aplicando o Teorema de van Kampen, temos:

1(Sn) = 0 1(X1X2) 0 = 0.



Observao 20. Sabemos que Sn conexo por caminhos, assim dizemosque Sn simplesmente conexo para n > 1.

Teorema 21. Seja X a unio de dois crculos no plano com um ponto emcomum. Ento 1(X) o grupo livre em dois geradores.

Prova: Seja p o ponto em comum e escolha os pontos p1 e p2 em cada umdos crculos, sendo estes distintos de p. Ento, (X {p1}, p) ' (S1, p),(X {p2}, p) ' (S1, p) e ((X {p1}) (X {p2}), p) ' (p, p). Assim porvan Kampen, este o grupo livre em dois geradores x e y:

1(X, p) = 1(S1, p) 1(p,p) 1(S1, p) = x 0 y.

Teorema 22. Se X = S2 J , onde J um segmento unindo dois pontosquaisquer de S2, ento 1(X) = Z.

Prova: Sejam a e b os pontos de interseo entre S2 e J . Escolha p XJqualquer. Existe X2 = B(p; )S2, uma vizinhana de p, tal que X2J =, para suficientemente pequeno. Tome U X2 outra vizinhana de p econsidere X1 = X U .

Jp

a

b

U

Note que X = (X1, X2) excisivo e X, X1, X2 e X1 X2 so conexos



por caminhos. Sabemos que X1 ' S1, X2 ' {p} e X1 X2 ' S1. Logo,

1(X1) = Z, 1(X2) = 0, 1(X1 X2) = Z.

Pelo Teorema de van Kampen segue que

1(X) = 1(X1) 1(X1X2) 1(X2) = Z Z 0 = Z.

Agradecimentos: Agradeo o meu orientador Thiago de Melo e ao auxliofinanceiro da Fundao de Amparo Pesquisa do Estado de So Paulo(FAPESP).

Abstract: In Algebraic Topology the homotopy theory is a very importantsubject. The fundamental group is the simplest invariant in this theoryand we had defined it in this work. Also we discussed how to computesuch group making use of the van Kampen Theorem.

Keywords: homotopy; loop; fundamental group.


[1] Bredon, G. E. Topology and Geometry, Graduate Texts in Mathe-matics 139, Springer (2010).

[2] Gray, B. Homotopy Theory. An Introduction to Algebraic Topo-logy, Pure and applied mathematics series, 64 (1975).

[3] Hatcher, A. Algebraic Topology, Cambridge University Press(2002).

[4] Munkres, J. R. Topology, Prentice Hall, Inc. (2000).

[5] Lima, E. L.Grupo fundamental e espao de recobrimento, Rio deJaneiro: IMPA, (2006).


Estabilidade de Equaes Diferenciais comRetardamento pelo Segundo Mtodo de

Lyapunoff e Aplicaes

Mrcia Ritchielle da Silva1

Orientador(a): Profa. Dra. Marta Cilene Gadotti

Resumo: Neste trabalho apresentamos alguns resultados sobre a estabili-dade das Equaes Diferenciais com Retardamento, em relao ao pontode equilbrio x = 0, com base no segundo mtodo de Lyapunoff e segundoa referncia [1].

Palavras-chave: Retardo; Lyapunoff; Estabilidade.

1 Introduo

O objetivo deste artigo fazer um estudo introdutrio sobre estabili-dade de equaes diferenciais com retardamento (EDR) utilizando o se-gundo mtodo de Lyapunoff. Tambm podemos observar que diferente-mente das equaes diferenciais ordinrias, a determinao de soluo deuma EDR depende no apenas do conhecimento da mesma em um dadoinstante inicial t0, mas sim do conhecimento da soluo em um certo in-tervalo anterior a t0.

Na seguinte seo introduzimos alguns conceitos bsicos sobre as equa-es diferenciais com retardamento e os diferentes conceitos de estabili-dade. J na segunda seo, apresentamos critrios de estabilidade, na linhado segundo mtodo de Lyapunoff, considerando um funcional v(t, ), de-finido em [0,)CH com valores em R, satisfazendo certas propriedadesque garantem a estabilidade das solues em torno do ponto de equilbriox = 0. E por fim, na terceira seo, temos duas aplicaes dos resultadosestabelecidos na seo anterior.

1Bolsista do Programa de Educao Tutorial (PET)SESu/MEC

49

50 Estabilidade pelo mtodo de Lyapunoff

2 Definies

Vamos introduzir primeiramente o conjunto no qual as condies inici-ais da EDR sero consideradas. Sejam 0 h

Estabilidade pelo mtodo de Lyapunoff 51

Definio 4. Dizemos que x = 0 estvel, se dados > 0 e t0 0, existe = (, t0) > 0 tal que < e t t0 implica xt(t0, ) < .

Definio 5. Dizemos que x = 0 uniformemente estvel, se dados > 0 e t0 0, = () > 0 tal que < e t t0 implicamxt(t0, ) < .

Definio 6. Dizemos que x = 0 assintoticamente estvel se a defi-nio de estabilidade satisfeita e a todo t0 0, = (t0) > 0 corres-pondente, tal que < implicam x(t; t0, ) 0, com t.

Definio 7. Dizemos que x = 0 uniformemente assintoticamenteestvel se a definio (4) satisfeita e > 0 de modo que, > 0,T () 0 correspondente, tal que se < e t0 0, ento xt(t0, ) 0, com r > 0.

O funcional v(t, ) dito negativo-definido se v(t, ) for positivo-definido.



Para todo funcional v(t, ), t0 0, CH , definimos

v(t0, ) = v(t;xt(t0, )) = limr0+

1

r[(v(t0 + r;xt0+r(t0, )) v(t0, )] ,

onde lim indica o limite superior e x(t; t0, ) soluo de (1.1), com con-dio inicial xt0 = .

Definio 10. Dizemos que o funcional v(t, ) tem extremo superiorinfinitsimo se existir uma funo escalar contnua (r), com r > 0, talque |v(t, )| (), para t 0, CH e (0) = 0.

Definio 11. O funcional v(t, ) definido em [0,) C, dito radi-almente ilimitado se existir uma funo escalar contnua (r) tal quev(t, ) () e (r), quando r .

3 Segundo Mtodo de Lyapunoff

Nesta seo, vamos supor vlidos o Teorema de Existncia e Unicidadee os resultados sobre extenso de soluo para EDR, ver referncia [1].

Supomos ainda que a origem seja um ponto de equilbrio de x(t) =f(t, xt), isto , f(t, 0) = 0, t 0.

Observao 12. Quando a equao y(t) = g(t, yt) tem um nico pontode equilbrio y 6= 0, podemos notar que a partir da mudana de varivelx = y y temos, x(t) = y(t) = g(t, xt + yt ) = f(t, xt) = 0 x = 0 ponto de equilbrio da equao x = f(t, xt), onde xt = yt yt .

Portanto, a hiptese f(t, 0) = 0,t implica que x = 0 ponto de equi-lbrio da equao x(t) = f(t, xt). E assim, basta efetuarmos os resultadosde estabilidade para o ponto de equilbrio x = 0 de (1.1).

Seja g(t) uma funo escalar contnua, definida em [a, b), b . Aexpresso

limr0+

g(t+ r) g(t)r

,

tem sempre significado, podendo ser + ou . Este limite denotadopor g(t).



No caso em que g(t) diferencivel, g(t) coincide com a derivada deg(t) no sentido usual.

Com relao derivada de g(t), tomada no sentido acima, temos osseguinte lemas, que so fundamentais para o Segundo Mtodo de Lyapunoffe esto demonstrados na referncia [1].

Lema 13. Seja g(t) contnua com g(t) 0 ( g(t) 0) para a t < b.Ento, g(t) no crescente (no decrescente) em [a, b).

Lema 14. Suponha g(t) contnua com g(t) (g(t) ), > 0 em[a, b). Ento, g(t) g(t0) (t t0) (g(t) g(t0) + (t t0)) paraa t0 t < b.

Teorema 15. Suponhamos que exista um funcional v(t, ), positivo-defini-do e satisfazendo v(t, ) 0. Ento, a soluo x = 0 de (1.1) estvel.

Prova: Suponhamos por absurdo que x = 0 no seja estvel. Ou seja,suponha que exista > 0, tal que para todo > 0, existem e t1 tais que < , t1 t0 e xt1(t0, ) = .

Note que v(t, ) um funcional linear contnuo em [0,)CH , entov(t, ) contnuo em (t0, 0).

Assim, para () > 0, existe 0 = 0(t, ) tal que (t0, 0)(t0, ) < 0,neste caso ento < 0, implica |v(t0, 0)v(t0, )| < () v(t0, ) v(t0, ) = v(t0, xt0(t0, )).

Ou seja,

v(t1, xt1(t0, )) v(t0, xt0(t0, )). (1.2)

Como v(t, ) no crescente e pelo Lema 3, segue que se t0 < t1, entov(t0, xt0(t0, )) > v(t1, xt1(t1, )), o que contraria (1.2).



Teorema 16. Suponhamos que exista um funcional v(t, ) positivo-definido,tendo extremo superior infinitsimo, com v(t, ) 0. Ento, a soluox = 0 de (1.1) uniformemente estvel.

Prova: Por hiptese, v(t0, ) (),t 0. Como (r) contnua e(0) = 0, segue que para qualquer > 0, existe = () > 0 tal que < |() (0)| < |()| < .

Assim, dado > 0,t t0, existe = () > 0 tal quev(t0, ) () < () = , independente de t0, pois = () vem dacontinuidade de .

Repetindo o argumento do teorema anterior, segue a estabilidade.Como independe de t0, segue a estabilidade uniforme, como queramosdemonstrar.

Definio 17. Seja a soluo x = 0 de (1.1) assintoticamente estvel.Dado t0 0, o conjunto

Dt0 = { CH/x(t; t0, ) 0, t}

chamado o centro de atrao do ponto de equilbrio x = 0 em t0.

Teorema 18. Suponhamos que exista um funcional v(t, ) positivo-defini-do, tendo extremo superior infinitsimo, com v(t, ) negativo-definido. En-to, a soluo x = 0 de (1.1) uniformemente assintoticamente estvel.

Prova: Como v(t, ) negativo-definido, ento existe (r), r > 0 tal quev(t, ) () 0. Logo, v(t, ) 0. Pelo teorema (16), segue aestabilidade uniforme.

Como v(t, ) positivo-definido e tem extremo superior infinitsimo,existem funes escalares contnuas (r) e (r), com (r) > 0 para r > 0e (0) = 0 tal que () v(t, ) (), para t t0, CH .

Sejam H1, H2, 0 < H1 < H2 < H, escolhidos de modo que (H1) 0.



Agora, (r) 0, quando r 0, pois contnua, ento dado H2,sempre existe .

Basta tomar H1 > 0 tal que (H1) < .Afirmao: t0 0, CH implicam xt(t0, ) CH2 para t0 t < t+.De fato, suponhamos que isto no seja verdade. Ento, existem t1, t2,

t1 < t2, com xt1(t0, ) = H1 e xt2(t0, ) = H2.Portanto,

v(t1;xt1(t0, )) (xt1(t0, )) = (H1) < (H2) =

(xt2(t0, )) v(t2;xt2(t0, )).

Segue do Lema (3) que existe , t1 < < t2, tal que v( ;x (t0, )) > 0, oque nos leva a uma contradio.

Ento, t0 0, CH implicam xt(t0, ) CH2 para t0 t < t+, t+ =. Como x = 0 uniformemente estvel, dado > 0, com 0 < 0, com v(t, ) ().

Sejam 0 < = infrH2 (r), M > sup0rH1 (r) e T =M .

Note que T no depende de t0 e portanto T () = T .Afirmamos que CH1 implica xt (t0, ) C para algum instante

t , t0 t t0 + T .

Mostremos novamente por contradio. Suponhamos que isto no sejaverdade. Ento, xt(t0, ) H2 para t0 t t0 + T e, portanto,

v(t;xt(t0, )) (xt(t0, )) infrH2

(r) = ,

para t0 t t0 + T .Segue do Lema (14) que v(t;xt(t0, )) v(t0, ) (t t0), para

0 t0 t t0 + T e, por conseguinte,

v(t0 + T ;xt0+T (t0, )) v(t0, ) (t0 + T t0)

() (t0 + T t0) = () T < M T = M M

= 0



Portanto, v(t0 + T ;xt0+T (t0, )) < 0. O que impossvel, pois v(t, ) positivo-definido (v(t0 + T ;xt0+T (t0, )) 0).

Ento, se C, com = H1, implica xt(t0, ) C, para algum

t , t0

t t0 + T e, portanto, pela estabilidade uniforme, dado > 0,

0 < < H1, = (), tal que C implica xt(t0, ) C parat t0 + T .

Teorema 19. Suponhamos que exista um funcional v(t, ), positivo-defini-do, radialmente ilimitado, tendo extremo superior infinitsimo e com v(t, )negativo-definido. Ento, a soluo x = 0 de (1.1) globalmente assinto-ticamente estvel.

Prova: Como v(t, ) positivo-definido e tem extremo superior infinit-simo, existem funes escalares contnuas 1(r), (r), com 1(r) > 0, r > 0e (0) = 0, de modo que 1() v(t, ) () para t 0, CH .

Como v(t, ) radialmente ilimitada, existe uma funo escalar cont-nua (r) tal que v(t, ) () e (r), quando r .

Definindo (r) = max{1(r), (r)}, temos que (r) > 0 para r > 0,(r), com r e () v(t, ) ().

Ento, dada qualquer constante positiva H1, podemos encontrar H2,tal que (H1) < (H2), j que (r) , com r e uma funocontnua.

Assim CH1 est contido no centro de atrao do ponto de equilbriox = 0 para todo H1, = H1 = . Portanto, x = 0 globalmenteassintoticamente estvel.

Teorema 20. Suponhamos que exista um funcional v(t, ) definido em[0,) CH e satisfazendo as seguintes condies:

(i) (|(0)|) v(t, ) (), t 0 e CH , onde () um funcio-nal em CH , com (0) = 0 e (r) uma funo escalar contnua em[0, H), com (r) > 0 para r > 0;

(ii) v(t, ) 0, t 0, CH .



Ento, a soluo x = 0 de (1.1) uniformemente estvel.

Prova: Dado > 0, 0 < < H1, seja = (), 0 < < escolhidos demodo que

() < (), (1.3)

para C. Essa desigualdade ocorre pela continuidade da funes e e (0) = 0 em 0. Dado > 0, sempre conseguimos () de formaque essa desigualdade ocorra.

Ento, t0 0, C implicam v(t0, ) ()(1.3)< ().

Como, do Lema (3) e da hiptese (ii), segue que v(t;xt(t0, )) nocrescente, ento v(t;xt(t0, )) v(t0, ) < () para t t0.

Afirmao: xt(t0, ) C para t t0.De fato, pois caso contrrio existiria t > t0 satisfazendo

|xt(t0, )| = . Pela hiptese (i), teramos

v(t;xt(t0, )) (|x(t; t0, )|) = (),

levando-nos a uma contradio, pois v no crescente.Assim, C, t0 0 |x(t; t0, )| < para t t0.Note que o () foi tomado segundo a continuidade da , independente

de t0.Portanto, x = 0 uniformemente estvel.

Teorema 21. Suponhamos que exista um funcional v(t, ) definido em[0,) CH e satisfazendo a condio (i) do teorema (20). Suponhamosainda que exista uma funo escalar (r), r 0, positiva e contnua parar > 0 tal que v(t, xt) (|x(t)|), para toda soluo x(t) de (1.1). Supo-nhamos que f(t, ) seja limitada em [0,)CH . Ento, a soluo x = 0de (1.1) assintoticamente estvel.

Prova: Tomemos por convenincia |x| = sup1jn |xj |.Sejam H1, H2, 0 < H1 < H2 < H, escolhidos de modo que se CH1 ,

ento () < (H2) (pela continuidade de e ).



Do mesmo modo que na prova do teorema anterior, segue que se CH1 , ento xt(t0, ) CH2 , para t t0 0. Assim, pelo teorema (20), x uniformemente estvel. Logo, x estvel.

Para completar a demostrao, suficiente mostrar que se CH1 et0 0, ento x(t; t0, ) 0, com t.

Vamos provar por contradio. Suponhamos que existam t0 0 e CH1 de modo que x(t; t0, ) no tenda para zero com t. Ento,existe uma sequncia crescente (tm)mN, com tm+1 tm > 2 e > 0 demodo que |x(tm; t0, )| > ,m.

Afirmao: Existe > 0 no dependendo dem, tal que |x(t; t0, )| > 2para |tm t| .

De fato, seja > 0, satisfazendo |f(t, )| , t 0 e para CH ,pois f(t, ) limitada por hiptese.

Para cada tm, considere o intervalo (tm 1, tm + 1) e, aplicando oTeorema do Valor Mdio para t (tm 1, tm + 1) Temos:

|xj(tm; t0, ) xj(t; t0, )| = |xj(; t0, )(t tm)| =

|fj(, x)||tm t| |tm t|,

onde um nmero entre tm e t.Note que

|xj(tm; t0, )| |xj(t; t0, )| |xj(tm; t0, ) xj(t; t0, )| |tm t|

= |xj(tm; t0, )| |tm t| |xj(t; t0, )|.

Assim,

|xj(t; t0, )| xj(tm; t0, )| |tm t| > |tm t|.

Agora, tomando = min{3 , 1

}, temos

|xj(t; t0, )| xj(tm; t0, )||tm t| >

3=

3=

2

3 >

2,

para |tm t| .



Observamos que no depende de m. Ento, 2 < |xj(t; t0, )| H2para |tm t| e isto acarreta que

v(t;xt(t0, )) (|x(t; t0, )|) sup2rH2

{(r)} = q < 0.

Note tambm que como tm+1 tm > 2, temos para m = 1, que t2 t1 > 2e 1 t1 + < t2 . Da, como v 0, segue pelo Lema (3) que

v(t1 + , xt1+(t0, )) > v(t2 , xt2(t0, ))

v(t1 + , xt1+(t0, )) v(t2 , xt2(t0, )) > 0.

Repetindo este argumento para m = 2, ..., N , obtemos

v(tN1 + , xtN1+(t0, )) v(tN , xtN(t0, )) > 0. (1.4)

Portanto, pelos Lemas (3) e (14) e o fato de que 1 e tm+1 tm > 2,segue que n N, temos

0 v(tN + , xtN+(t0, )) v(t1 , xt1(t0, ))(1.4)

Nm=1

[v(tm + , xtm+(t0, )) v(tm , xtm(t0, ))]Lema(14)

Nm=1

q|tm + tm + | = 2Nq.

Por conseguinte, v(tN +, xtN+(t0, )) quando N , o queno possvel, pois v(t, ) 0 e segue o resultado.

4 Aplicaes

Aplicao 1. Mostremos que a soluo nula da equao x(t) = x(t)g(t, xt),onde g(t, ) 0 uniformemente estvel.

Para isto, considere v(t, ) = [(0)]2, CH .Mostremos ento, a validade das hipteses do Teorema (20).



1. Afirmamos que v(t, ) 0.

Com efeito,

v(t, xt) = [xt(0)]2 = [x(t+ 0)]2 = [x(t)]2.

Assim,

v(t, xt) = 2x(t)x(t) = 2x(t)[x(t)g(t, xt)] = 2[x(t)]2g(t, xt) 0.

Portanto, v(t, ) 0.

2. Provemos que existe : R+ R+, onde (r) > 0 para r > 0 e existe(); : CH R, onde (0) = 0 tal que (|(0)|) v(t, ) ().

Basta definir (r) = r2,r.

Mostremos que v(t, ) = [(0)]2 ().

De fato, considere () = 2.Como = suph0 |()| |(0)|, temos 2 |(0)|2.Logo, 0 [(0)]2 2.

Pelo teorema (20), conclumos que x = 0 uniformemente estvel.

Aplicao 2. Seja b(t) uma funo escalar contnua de modo que |b(t)| , t 0 e 0 = h


E tambm que

|f(t, )| = | (0)(a b(t)())| = | (0)||a b(t)()|

H(|a|+ | b(t)||()|) H(a H).

Portanto, f(t, ) limitada.Afirmao: v(t, xt) (|x(t)|). Para isto, defina (r) = 2r2(a H)

(a > H e contnua). Tambm v(t, ) = [(0)]2 = [xt(0)]2 = x2(t) e

v(t, xt) = 2x(t)x(t) = 2x2(t)(a+ b(t)xt()) = 2x2(t)(a b(t)xt()).

Basta mostrar que |v(t, xt)| .

|v(t, xt)| = | 2x2(t)(a b(t)xt())| = | 2x2(t)||a b(t)xt()|

| 2x2(t)|(|a| |b(t)||xt()|) | 2x2(t)|(a H) = (|x(t)|).

Conclumos que |v| . Logo, pode ocorrer |v| ou |v| .Mostremos que v(t, xt) 0.Para isto, basta mostrar que a b(t)xt() > 0. De fato,

|b(t)xt()| H < a, t 0. Logo, o sinal de a b(t)xt() igual aosinal de a.

Portanto, v(t, xt) (|x(t)|). Logo, x = 0 assintoticamente estvel,de acordo com o Teorema (21).

Agradecimentos: Agradeo a minha orientadora Marta Cilene Gadotti, porsua ajuda, dedicao e ateno e ao auxlio financeiro do Programa deEducao Tutorial (PET)SESu/MEC, pelo apoio financeiro.

Abstract: We present some results on stability of differential equationswith delay in relation to equilibrium point x = 0, based on the secondmethod Lyapunoff and using reference [1].

Keywords: Delay; Lyapunoff; Stability.


[1] Onuchic, N. Equaes Diferenciais com Retardamento, Escola de En-genharia de So Carlos, USP, Julho de 1971.



[2] Lima, E.L. Curso de Anlise, Projeto Euclides, IMPA, 1992.

[3] Kreyszig, E. Introductory Functional Analysis with applications, JohnWiley & Sons, 1978.


O Teorema de ponto fixo de Brouwer emdimenso um e algumas equivalncias

Pollyane Vieira da Silva1

Orientador(a): Profa. Dra. Thas Fernanda Mendes Monis

Resumo: Nesse trabalho, estudamos o Teorema de ponto fixo de Brouwerpara o intervalo e algumas equivalncias.

Palavras-chave: funo contnua, conjunto compacto, ponto fixo.

1 Introduo

A Teoria de ponto fixo um ramo da Topologia que trata, em parti-cular, da seguinte questo: dado um espao topolgico X e uma funocontnua f : X X, sob quais condies possvel garantir a existnciade um ponto fixo de f , isto , de um ponto x X tal que f(x) = x?

Um resultado basilar em Teoria de ponto fixo, e talvez o mais famoso, o Teorema de ponto fixo de Brouwer. Em linhas gerais, ele afirma queo cubo de dimenso n, [0, 1] [0, 1] Rn, possui a propriedade doponto fixo. Isto , para toda funo contnua f : [0, 1] [0, 1] [0, 1] [0, 1] existe x0 = (x10, x20, . . . , xn0 ) tal que f(x0) = x0.

Nesse trabalho, trataremos apenas do Teorema de ponto fixo de Brouwerpara o intervalo.

O trabalho est organizado do seguinte modo: na seo 2, apresentamosalguns conceitos e resultados preliminares. Na seo 3, demonstramos queso equivalentes os seguintes teoremas:

Teorema 1 (Teorema do Valor Intermedirio). Seja f uma funo con-tnua no intervalo fechado [a, b] com f(a) < f(b) ou f(a) > f(b). Se umnmero c est entre f(a) e f(b), ento h um ponto x0 [a, b] tal quef(x0) = c.

1Bolsista do Programa de Educao Tutorial (PET)-SESu/MEC

63

64 O Teorema de ponto fixo de Brouwer em dimenso um e . . .

Teorema 2 (Teorema do Anulamento). Seja f : [a, b] R uma funocontnua com f(a) < 0 < f(b) ou f(b) < 0 < f(a). Ento existe pelomenos um ponto x [a, b] tal que f(x) = 0.

Teorema 3 (Teorema do Ponto Fixo de Brouwer). Seja f : [a, b] [a, b]uma funo contnua. Ento existe x0 [a, b] tal que f(x0) = x0.

Por fim, na seo 4, apresentamos uma demonstrao do Teorema deponto fixo de Brouwer para intervalos e, como aplicao, apresentamos oTeorema de BorsukUlam para a S1.

2 Conceitos e resultados preliminares

Nesse trabalho, tratamos de funes f cujos domnio, Df , e imagem,Im(f), so subconjuntos de R. Para tais funes temos a seguinte defini-o.

Definio 4. Dada uma funo f e um ponto p de seu domnio, dizemosque f contnua em p se:

> 0, > 0 ( = (p, )) / x Df , |x p| < |f(x) f(p)| < .

Dados X R e f : X X uma funo, dizemos que x X umponto fixo de f se f(x) = x.

Definio 5. Seja X um subconjunto de R. Dizemos que X tem a Pro-priedade do Ponto Fixo (P.P.F.) se toda funo contnua f : X X tiverum ponto fixo, isto , f(x) = x para algum x X. O conjunto dos pontosfixos de f denotado por

Fix(f) = {x X | f(x) = x}.

Definio 6. Uma sequncia de nmeros reais uma funo x : N Rque associa a cada nmero natural n, um nmero real x(n), o qual comumente denotado por xn.


O Teorema de ponto fixo de Brouwer em dimenso um e . . . 65

Definio 7. Dizemos que a sequncia (xn)nN converge para L R se:

> 0, n0 N / n > n0 |xn L| < .

Definio 8. Seja X um subconjunto de R. Dizemos que X compacto setoda sequncia (x1, x2, . . . , xn, . . .) de pontos de X contm uma subsequn-cia (xn1 , xn2 , . . . , xnk , . . .) convergindo para algum ponto x do mesmo con-junto X.

Dados a, b R, a < b, denotamos por [a, b] = {x R | a 6 x 6 b}o conjunto dos nmeros reais que esto entre os nmeros a e b, inclusiveestes. Esse conjunto chamado o intervalo fechado com extremos a e b.

O corpo dos nmeros reais satisfaz a seguinte propriedade:

Princpio dos Intervalos Encaixantes: Seja (I0, I1, . . . , In, . . .) umasequncia de intervalos fechados tal que cada intervalo encontra-se dentrodo anterior, com os comprimentos tendendo a zero quando n tende aoinfinito. Ento a interseco de todos esses intervalos fechados contm umnico ponto x0.

Como consequncia do Princpio dos Intervalos Encaixantes, temos oseguinte resultado.

Teorema 9. Todo intervalo I0 = [a, b] de R compacto.

Prova: Seja (xn) uma sequncia de pontos de [a, b]. Divida o intervalo[a, b] na metade. Pelo menos uma das metades contm infinitos pontos dasequncia (xn). Chame uma tal metade por I1 e escolha um ponto xn1 dasequncia (xn) que esteja em I1. Agora, divida o intervalo I1 na metade.Novamente, uma dessas metades deve conter uma infinidade de pontos dasequncia (xn). Tome uma tal metade e chame-a por I2. Escolha umponto xn2 da sequncia (xn) que esteja em I2. Por induo, obtemos umasequncia de intervalos fechados encaixados,

I0 = [a, b] I1 Ik



O comprimento do intervalo Ik igual ab a

2ke, para cada k, foi esco-

lhido um ponto xnk da sequncia (xn) no intervalo Ik. Os comprimentosdesses intervalos Iks tendem a zero quando k tende a infinito. Assim, peloPrincpio dos Intervalos Encaixantes, h um nico ponto x0

k=0 Ik.

Note que, em particular, x0 [a, b].Vamos provar que a subsequncia (xn1 , xn2 , . . . , xnk , . . .) da sequncia

(xn) converge para x0.

Tome > 0 arbitrrio. Ento, existe m N tal queb a2m

< .Agora, para todo k > m, tem-se

b a2k6b a2m

.

Assim, dado k > m, como x0, xnk Ik, temos |x0 xnk | 1, x2 [a, b] tal que f(x2) > 2,. . . , xn [a, b] tal que f(xn) > n, etc. Como um intervalo fechado compacto, uma sequncia de pontos (xnk) pode ser escolhida a partir dasequncia (xn) de modo que convirja para algum ponto x0 de [a, b]. Comoa funo f contnua no ponto x0, dado > 0, existe > 0 tal que

f(x0) < f(x) < f(x0) +



sempre que x [a, b] e |x x0| < .

Tome =1

2.

1. Seja N N tal que f(x0) +1

2< N .

2. Seja > 0 tal que

x [a, b], |x x0| < |f(x) f(x0)| k0 |xnk x0| < .

Assim, tomando k > k0 tal que nk > N , temos:

f(xnk) < f(x0) +1

2< N < nk,

contradizendo o fato de que f(xnk) > nk.

Logo, f limitada superiormente.

Analogamente, prova-se que f limitada inferiormente.

3 Teoremas equivalentes

Nessa seo, demonstraremos que os teoremas de ponto fixo de Brouwerem dimenso um, do Valor Intermedirio e do Anulamento so equivalen-tes. Para tal, demonstraremos as seguintes implicaes:

Teorema de ponto fixo de Brouwer

(1)

(Teorema do Anulamento

(3)

7?

Teorema do Valor Intermedirio(2)

ks



(1) Teorema de ponto fixo de Brouwer Teorema do Valor In-termedirio

Prova: Seja f : [a, b] R uma funo contnua e, sem perda de generali-dade, suponha f(a) < f(b). Seja c um nmero entre f(a) e f(b). Vamosconstruir uma funo F : [a, b] [a, b] tal que f(x) = c se, e somente se,F (x) = x. A funo F ter a forma F (x) = (f(x) c) + x, para algum 6= 0.

Encontrando :

1. Seja x1 [a, b] tal que f(x) < c para todo a 6 x 6 x1 (existe poisf(a) < c e f contnua);

2. Seja x2 [a, b] tal que f(x) > c para todo x2 6 x 6 b (existe poisf(b) > c e f contnua);

3. Existem m e M tais que m 6 f(x) 6M , para todo a 6 x 6 b.

Tomemos

= max

{a x1M c

,b x2m c

}.

Note que negativo. Provemos que a 6 F (x) 6 b, para todo x [a, b].

i) F (x) > a: Suponhamos f(x) > c, ento f(x) c > 0 e x > x1. Assim

(f(x) c) + x > (a x1) (f(x) c)M c

+ x > a x1 + x > a.

Suponhamos f(x) < c, ento f(x) c < 0. Como < 0, temos

(f(x) c) > 0.

Assim (f(x) c) +x > x > a. Logo, F (x) = (f(x) c) +x > a, paratodo x.



ii) F (x) 6 b: Suponhamos f(x) > c, ento f(x) c > 0. Como < 0,temos

(f(x) c) 6 0.

Assim, (f(x) c) + x 6 x 6 b.Suponhamos f(x) < c, ento f(x) c < 0 e x < x2. Assim

(f(x) c) + x 6 (b x2) (f(x) c)m c

+ x 6 b x2 + x 6 b.

Logo, F (x) = (f(x) c) + x 6 b, para todo x [a, b].Portanto, a 6 F (x) 6 b, para todo x [a, b].

(2) Teorema do Valor Intermedirio Teorema do Anulamento

Prova: Seja f : [a, b] R uma funo contnua. Se f(a) < 0 e f(b) > 0,ento 0 est entre f(a) e f(b). Pelo Teorema do Valor Intermedirio, existepelo menos um x0 [a, b] tal que f(x0) = 0.

(3) Teorema do Anulamento Teorema de ponto fixo de Brouwer

Prova: Seja f : [a, b] [a, b] uma funo contnua. Consideremos a funog : [a, b] R definida por g(x) = x f(x). Se g(a) = 0 ou g(b) = 0, estdemonstrado. Caso contrrio, temos g(a) = af(a) e, como a < f(a) 6 b,segue que g(a) < 0. Por outro lado, g(b) = b f(b) e, como a 6 f(b) < b,segue que g(b) > 0. Pelo Teorema do Anulamento, existe x0 [a, b] talque g(x0) = 0, isto , x0 = f(x0). Portanto, x0 um ponto fixo de f .

4 Demonstrao do Teorema de ponto fixo de Brouwer

Prova: Seja f : [a, b] [a, b] uma funo contnua. Se f(a) = a ouf(b) = b no h nada a fazer. Assim, consideremos o caso em que f(a) > ae f(b) < b.

Divida o intervalo I0 = [a, b] ao meio e seja c =b+ a

2o ponto mdio

desse intervalo. Se f(c) = c, o teorema est demonstrado. Caso contrrio,



teremos f(c) < c ou f(c) > c. Se f(c) < c, tome por I1 = [a, c]. Sef(c) > c, tome por I1 = [c, b].

Divida o intervalo I1 ao meio atravs de seu ponto mdio, que denota-remos por d. Caso f(d) = d, o teorema est demonstrado. Caso contrrio,temos f(d) < d ou f(d) > d.

Tome o extremo x do intervalo I1 tal que

(f(d) d)(f(x) x) < 0.

Definimos indutivamente o intervalo Ij a partir do intervalo Ij1 se-guindo o procedimento:

Se o ponto mdio de Ij1 um ponto fixo de f , o teorema estdemonstrado.

Caso contrrio, tome Ij como sendo o intervalo determinado peloponto mdio de Ij1 e pelo extremo do intervalo Ij1 onde a funof(x)x assume sinal oposto ao que assume no ponto mdio de Ij1.

Com esse processo, ou algum ponto mdio desses intervalos pontofixo de f ou obtemos uma sequncia de intervalos fechados encaixadoscom comprimento tendendo a zero. Nesse ltimo caso, temos

j=0 Ij =

{x0}. Afirmamos que f(x0) = x0. De fato, suponha o contrrio, isto ,f(x0) 6= x0. Ento f(x0) < x0 ou f(x0) > x0. Sem perda de generalidade,suponha f(x0) < x0. Da continuidade da funo g(x) = f(x) x, existe > 0 tal que f(x) x < 0 para todo x (x0 , x0 + ). Seja n Ntal que

1

2n< . Temos que o intervalo In = [an, bn] possui dimetro

1

2ne que x0 In. Logo In (x0 , x0 + ) e, portanto, f(x) x < 0 paratodo x In. Mas o intervalo In foi construdo de modo que f(an) an ef(bn) bn possussem sinais opostos, uma contradio.

Logo, f(x0) = x0.

Agora, como uma aplicao do Teorema de ponto fixo de Brouwerapresentamos o Teorema de BorsukUlam para a S1. Para isso precisamosdas seguintes definies:



Definio 11. Chamamos de circunferncia de centro O e raio 1 o conjuntodos pontos (x, y) R2 tais que x2 + y2 = 1. Denotamos esse conjuntopor S1.

Definio 12. Dois pontos x, y S1 so chamados pontos antpodas sex = y.

Teorema 13 (Teorema de BorsukUlam). Seja f : S1 R uma funocontnua. Ento existe um ponto x S1 tal que f(x) = f(x), i.e., aomenos um par de pontos antpodas possui mesma imagem.

Prova: Dado x S1, existe um nico nmero [0, 2) tal que x =(cos(), sen()). O nmero chamado de coordenada angular de x. Noteque se x S1 e se x = (cos(), sen()) ento x = (cos(+), sen(+)).

Considere a funo g : [0, ] R definida por

g() = f(cos(), sen()) f(cos(+ ), sen(+ )).

Note que g(0) = f((1, 0)) f((1, 0)) e que g() = f((1, 0)) f((1, 0)). Assim, g(0) = g().

Se g(0) = 0, conclui-se que f((1, 0)) = f((1, 0)) e, assim, o teoremaest demonstrado. Caso contrrio, temos que g(0) e g() possuem sinaisopostos. Logo, pelo Teorema do Anulamento, existe 0 [0, ] tal queg(0) = 0 e, portanto, para x0 = (cos(0), sen(0)) S1 tem-se f(x0) f(x0) = 0, o que implica f(x0) = f(x0).


[1] Shashkin, Yu. A., Fixed points. Traduzido do Russo por Viktor Mina-chin. American Mathematical Society, Providence, RI; MathematicalAssociation of America, Washington, DC, 1991.


Homotopia

Tas Roberta Ribeiro1

Orientador(a): Prof. Dr. Joo Peres Vieira

Resumo: Neste trabalho introduziremos o conceito de aplicaes homot-picas, tipo de homotopia e espaos contrteis, bem como apresentaremosvrios exemplos e resultados.

Palavras-chave: Aplicaes Homotpicas; Tipo de Homotopia; EspaosContrteis

1 Aplicaes Homotpicas

Definio 1. Duas funes contnuas f, g : Y X dizem-se homotpicasquando existe uma aplicao contnua F : Y I X tal que F (y, 0) =f(y) e F (y, 1) = g(y) para todo y Y . A aplicao F chama-se umahomotopia entre f e g e escrevemos f ' g ou F : f ' g.

Se f homotpica a uma funo constante, dizemos que ela nuloho-motpica.

Algumas vezes, conveniente usar uma notao diferente para F , eescrever, para y Y e t I, ft(y) = F (y, t).

Temos assim, f0 = f, f1 = g e ft : Y X uma funo contnua,pois ft = F it, onde it : Y Y I, dada por it(y) = (y, t) e F socontnuas.

Lema 2. Homotopia uma relao de equivalncia entre as funes con-tnuas Y X.

Prova: i) f ' f , pois F : YI X, dada por F (y, t) = f(y),(y, t) Y I contnua, uma vez que F = f p1 onde p1 : Y I Ydada por p1(y, t) = y e f so contnuas.

1Bolsista FAPESP - Processo 2013/04570-6

73

74 Homotopia

ii) f ' g g ' f .

Seja F : f ' g. A funo Ry : Y I Y I, dada por Ry(y, t) =(y, 1 t) contnua, pois suas funes componentes so contnuas.

Agora, F Ry : g ' f , pois ela contnua, como composta decontnuas, F Ry(y, 0) = F (y, 1) = g(y) e F Ry(y, 1) = F (y, 0) =f(y).

iii) f ' g e g ' h f ' h.

Sejam F : f ' g e G : g ' h. Definimos uma funo F G : Y I X por:

F G(y, t) ={

F (y, 2t), 0 t 12G(y, 2t 1), 12 t 1

Como para t = 12 , F (y, 1) = g(y) = G(y, 0) e F , G so contnuas,segue pelo Teorema da Colagem que F G contnua.

Ainda, F G(y, 0) = F (y, 0) = f(y) e F G(y, 1) = G(y, 1) = h(y).

Portanto, F G : f ' h.

Classes de equivalncia para relao de homotopia so chamadas classesde homotopia. Escrevemos [Y,X] para o conjunto de classes de homotopiadas funes contnuas f : Y X e [f ] para as classes de equivalnciacontendo f .

Lema 3. Sejam h : Z Y , g0, g1 : Y X e f : X W funescontnuas. Se g0 ' g1, ento g0 h ' g1 h e f g0 ' f g1.

Prova: Seja G : g0 ' g1. Ento, fG : fg0 ' fg1, pois ela contnua (fe G so contnuas) e ainda, f G(y, 0) = f(G(y, 0)) = f(g0(y)) = f g0(y)e f G(y, 1) = f(G(y, 1)) = f(g1(y)) = f g1(y).

Agora definimos h1 : ZI Y I por h1(z, t) = (h(z), t). Estafuno contnua, pois suas componentes so contnuas. Ento G(h1) :g0 h ' g1 h, pois, sendo composta de funes contnuas, ela contnua eainda, G(h1)(z, 0) = G((h1)(z, 0)) = G(h(z), 0) = g0(h(z)) = g0h(z)e G (h 1)(z, 1) = G(h(z), 1) = g1(h(z)) = g1 h(z).


Homotopia 75

Corolrio 4. Se g0 ' g1 : Y X e f0 ' f1 : X W , ento f0 g0 'f1 g1 : Y W .

Prova: Como estamos dentro das hipteses do Lema 3, temos f0 g0 'f0 g1 ' f1 g1. Assim, pela transitividade, f0 g0 ' f1 g1.

Este corolrio mostra que a classe de homotopia [f g] depende somentedas classes de homotopia [f ] e [g]. Podemos, ento, definir a composiode classes de homotopia por [f ] [g] = [f g].

Sendo assim, observamos que a funo F : [X,W ] [Y,X] [Y,W ],dada por F ([f ], [g]) = [f g] est bem definida. De fato,sejam ([f1], [g1]) =([f2], [g2]) [X,W ] [Y,X]. Ento, [f1] = [f2] e [g1] = [g2] f1 ' f2 eg1 ' g2. Logo, pelo Corolrio 4, f1 g1 ' f2 g2 [f1 g1] = [f2 g2].

Denotando 1U a funo identidade do espao U , temos o seguinte:

Lema 5. Sejam h : Z Y, g : Y X e f : X W . Ento,[g] [1Y ] = [g] = [1X ] [g] e ([f ] [g]) [h] = [f ] ([g] [h]).

Prova: Temos que:

[g] [1Y ] = [g 1Y ] = [g] (1) [1X ] [g] = [1X g] = [g] (2)

De (1) e (2), temos [g] [1Y ] = [g] = [1X ] [g].Agora, ([f ] [g]) [h] = [f g] [h] = [(f g) h] = [f (g h)] =

[f ] [g h] = [f ] ([g] [h])

Observao 6. x y : I X contnua / (0) = x e (1) = y.x = {y X / y x}, X =

xX

x.

z, y x z x e x y z y : I X contnua, tal que(0) = x e (1) = y. Portanto, x conexo por caminho e chamado umacomponente conexa por caminho do espao X.

1.1 Exemplos de Aplicaes Homotpicas

Exemplo 7. Duas aplicaes constantes f, g : X Y , dadas por f(x) =p e g(x) = q, so homotpicas se, e somente se, p e q pertencem a mesmacomponente conexa por caminho do espao Y .


76 Homotopia

Prova: () Por hiptese, as funes constantes f e g so homotpicas,ento existe uma funo contnua H : X I Y tal que H(x, 0) =f(x) = p e H(x, 1) = g(x) = q, x X. Fixando, arbitrariamente,x0 X, defina : I Y por (t) = H(x0, t). Ento, contnua,(0) = p e (1) = q. Assim, p q e, portanto, p, q p = q.

() Se p e q pertencem a mesma componente conexa por caminho doespao Y , digamos y, ento p y e y q, isto , p q. Assim, existe : I Y contnua, tal que, (0) = p e (1) = q.

Defina H : X I Y por H(x, t) = (t), x X. Ento, H contnua, H(x, 0) = (0) = p = f(x) e H(x, 1) = (1) = q = g(x).Portanto, as aplicaes constantes f e g so homotpicas.

Como uma consequncia, temos que f, g : R R {0}, dadas porf(x) = 1 e g(x) = 1, no so homotpicas, pois 1 e 1 pertencem acomponentes conexas distintas de R {0}, a saber, ]0,+[ e ] , 0[,respectivamente.

Exemplo 8. Seja Y E, onde E uma espao vetorial normado. Dadasas aplicaes contnuas f, g : X Y , suponhamos que, para todo x X,o segmento de reta [f(x), g(x)] esteja contido em Y . Ento, f ' g.

Prova: De fato, defina H : X I Y por H(x, t) = (1 t)f(x) + tg(x).Ento, H contnua, H(x, 0) = f(x) e H(x, 1) = g(x).

Exemplo 9. Como um caso particular, temos que duas aplicaes con-tnuas quaisquer f, g : X E so homotpicas. Em particular, todaaplicao contnua f : X E homotpica aplicao constante nula,pela homotopia H(x, t) = (1 t)f(x).

Exemplo 10. Seja Sn Rn+1 a esfera unitria n-dimensional. Dadasduas aplicaes contnuas f, g : X Sn, com f(x) 6= g(x) para todox X, isto , f(x) e g(x) nunca so pontos antpodas. Ento, f ' g.

Prova: De fato, nestas condies, temos (1 t)f(x)+ tg(x) 6= 0, para todot I e x X, pois se (1 t)f(x) + tg(x) = 0 para alguns t I ou x X,BICMat, Volume X, Outubro de 2013

Homotopia 77

ento (1 t)f(x) = tg(x). Assim, ||(1 t)f(x)|| = || tg(x)||, ou seja,|1 t|.||f(x)|| = | t|.||g(x)|| e, portanto, 1 t = t, isto , t = 12 . Logo,(1 12 )f(x) + (

12 )g(x) = 0, ou seja, f(x) = g(x), para algum x X, o

que um absurdo.Ento, defina H : XI Sn por H(x, t) = (1t)f(x)+tg(x)||(1t)f(x)+tg(x)|| . Assim,

H contnua, H(x, 0) = f(x) e H(x, 1) = g(x).

Casos particulares:

a) Se f : Sn Sn no possui pontos fixos, isto , f(x) 6= x, para todox Sn, ento f homotpica aplicao antpoda a : Sn Sn

dada por a(x) = x, pois f(x) 6= a(x).

b) Se f : Sn Sn tal que f(x) = x para todo x Sn, ento f homotpica aplicao identidade de Sn, pois f(x) 6= id(x).

Exemplo 11. Se n mpar, ento a aplicao antpoda a : Sn Sn,dada por a(x) = x, homotpica identidade.

Prova: Seja n = 2k 1. Ento, Sn R2k e podemos considerar Sn ={z = (z1, ..., zk) Ck / |z1|2 + ...+ |zk|2 = 1}.

Para cada nmero complexo u S1 e cada z = (z1, ..., zk) Sn definau.z por u.z = (uz1, ..., uzk). Ento, u.z Sn, pois |u.z1|2 + ...+ |u.zk|2 =|u|2.|z1|2 + ...+ |u|2.|zk|2 = |z1|2 + ...+ |zk|2 = 1.

DefinaH : SnI Sn porH(z, t) = ei(1t).z. Ento, H contnua,H(z, 0) = ei.z = (cos + i sen)z = z = a(z) e H(z, 1) = e0.z = z =id(z).

Exemplo 12 (Relao entre homotopia e campos de vetores nas esfe-

ras). Um campo contnuo de vetores tangentes em Sn uma aplicaocontnua v : Sn Rn+1 tal que < x, v(x) >= 0, para todo x Sn. Mos-traremos, agora, que se existir um campo contnuo de vetores no nulos emSn, ento, a aplicao antpoda a : Sn Sn homotpica a identidade.

Prova: Dado v : Sn Rn+1 contnua, tangente e no nula em todosos pontos, defina f : Sn Sn por f(x) = x+v(x)||x+v(x)|| . Observe que x +


78 Homotopia

v(x) 6= 0 , pois, caso contrrio, v(x) = x e portanto, 0 =< x, v(x) >== < x, x >= ||x||2, ou seja, x = 0 , o que um absurdo, poisx Sn.

Como x + v(x) 6= x, para todo x Sn, pois v(x) 6= 0 para todox Sn, segue que f(x) 6= x para todo x Sn. Logo, pelo Exemplo 10tem a), temos que f ' a.

Por outro lado, f homotpica a identidade de Sn. Para ver isto,basta definir H : Sn I Sn por H(x, t) = x+tv(x)||x+tv(x)|| . Desde que,||x+ tv(x)|| 1, x Sn e t I, segue que, H contnua, H(x, 0) =x = id(x) e H(x, 1) = x+v(x)||x+v(x)|| = f(x). Assim, id ' f . Logo, portransitividade, id ' a e, por simetria, a ' id.

2 Tipo de Homotopia

Definio 13. Uma funo contnua f : Y X uma equivalncia dehomotopia quando existe e : X Y contnua, tal que [f ] [e] = [1X ] e[e] [f ] = [1Y ], ou equivalentemente, f e ' 1X e e f ' 1Y .

Chamamos, ento, e de inverso homotpico de f .

Alm disso, nestas condies, as funes: : [Z, Y ] [Z,X], [h] 7[f ] [h] e : [Z,X] [Z, Y ], [k] 7 [e] [k] so bijetoras, pois [k] =([e] [k]) = [f ] ([e] [k]) = ([f ] [e]) [k] = [1X ] [k] = [1X k] = [k]e [h] = ([f ] [h]) = [e] ([f ] [h]) = ([e] [f ]) [h] = [1Y ] [h] =[1Y h] = [h].

Similarmente, h bijeo entre [Y,W ] e [X,W ], a saber, [Y,W ] [X,W ] , dada por [g] 7 [g] [e] e [X,W ] [Y,W ], dada por [m] 7[m] [f ].

Portanto, podemos reconhecer os espaos X e Y como equivalentes edizemos neste caso que X e Y tem o mesmo tipo de homotopia.

Exemplo 14. Sejam Y = Sp1 Rp Rp+q e X o subconjunto

analise funcional 123

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