Seja \(q\in B(p,r)\). Como \(\operatorname {d}(p,q)\lt r\), o número

é positivo. Se \(s\in B(q,h)\), então, pela desigualdade triangular,

Logo \(B(q,h)\subset B(p,r)\). Portanto cada ponto de \(B(p,r)\) possui uma bola centrada nele e contida em \(B(p,r)\), e a bola é aberta.

Se \(x\) pertence a uma união de abertos, pertence a algum deles e, portanto, contém uma bola centrada em \(x\) inteiramente dentro da união.

Se \(x\in G_1\cap \cdots \cap G_n\) e cada \(G_i\) é aberto, escolha \(r_i\gt 0\) com \(B(x,r_i)\subset G_i\). Para

temos \(B(x,r)\subset G_1\cap \cdots \cap G_n\).

É uma consequência imediata da definição de conjunto fechado, aplicada ao complementar.

Se \(x\notin E\cup E'\), então existe \(r\gt 0\) tal que \(B(x,r)\cap E=\varnothing \). Logo \(B(x,r)\subset X\setminus E\), e existe um aberto contendo \(x\) e disjunto de \(E\). Portanto \(x\notin \bar E\).

Reciprocamente, se \(x\notin \bar E\), como \(X\setminus \bar E\) é aberto, existe \(r\gt 0\) tal que \(B(x,r)\subset X\setminus \bar E\). Como \(E\subset \bar E\), essa bola não encontra \(E\). Assim \(x\notin E\cup E'\). Isso prova \(\bar E=E\cup E'\). A caracterização dos fechados segue de \(E\) ser fechado se, e somente se, \(E=\bar E\).

Se alguma bola \(B(p,r)\) contivesse apenas finitos pontos de \(E\) distintos de \(p\), poderíamos tomar a menor das distâncias positivas desses pontos a \(p\) e diminuir o raio. Obteríamos uma bola centrada em \(p\) sem nenhum ponto de \(E\setminus \{ p\} \), contradizendo a definição de ponto de acumulação.

Se \(y\in E\), não há o que provar. Se \(y\notin E\), fixe \(r\gt 0\). Como \(y-r\) não é cota superior de \(E\), existe \(x\in E\) tal que

Logo \(B(y,r)\cap E\ne \varnothing \). Como isso vale para todo \(r\gt 0\), temos \(y\in E'\subset \bar E\).

Se \(E=Y\cap G\) com \(G\) aberto em \(X\), então, para cada \(p\in E\), existe \(r\gt 0\) com \(B_X(p,r)\subset G\). Logo

e \(E\) é aberto em \(Y\).

Reciprocamente, suponha \(E\) aberto em \(Y\). Para cada \(p\in E\), escolha \(r_p\gt 0\) tal que

Defina

Então \(G\) é aberto em \(X\) e \(E=Y\cap G\).

Basta tomar complementares na caracterização anterior. Com efeito, \(F\) é fechado em \(Y\) se, e somente se, \(Y\setminus F\) é aberto em \(Y\), isto é, se existe um aberto \(G\subset X\) com

Tomando \(C=X\setminus G\), obtemos \(F=Y\cap C\), com \(C\) fechado.

Suponha que \(p_n\to p\) e também \(p_n\to q\). Mostremos que \(p=q\).

Seja \(\varepsilon \gt 0\). Como \(p_n\to p\), existe \(N_1\in \mathbb {N}\) tal que

Como \(p_n\to q\), existe \(N_2\in \mathbb {N}\) tal que

Tomando \(n\ge \max \{ N_1,N_2\} \), a desigualdade triangular dá

Como \(\varepsilon \gt 0\) é arbitrário, segue que \(\operatorname {d}(p,q)=0\). Pela propriedade de separação da métrica, concluímos que \(p=q\).

Suponha primeiro que \(F\) seja fechado e que \(\{ x_n\} \subset F\) converja para \(x\in X\). Se \(x\notin F\), então \(x\in X\setminus F\). Como \(F\) é fechado, \(X\setminus F\) é aberto. Logo existe \(r\gt 0\) tal que

Mas, como \(x_n\to x\), existe \(N\in \mathbb {N}\) tal que

Isso contradiz o fato de que \(x_n\in F\) para todo \(n\).

Reciprocamente, suponha que toda sequência em \(F\) convergente em \(X\) tenha limite em \(F\). Mostremos que \(F\) é fechado. Seja \(x\) um ponto de acumulação de \(F\). Para cada \(n\in \mathbb {N}\), como \(B(x,1/n)\) contém um ponto de \(F\) distinto de \(x\), podemos escolher

Então

e portanto \(x_n\to x\). Pela hipótese, segue que \(x\in F\). Logo todo ponto de acumulação de \(F\) pertence a \(F\), e assim \(F\) é fechado.

Suponha que \(p_n\to p\). Seja \(\varepsilon \gt 0\). Pela convergência, existe \(N\in \mathbb {N}\) tal que

Se \(m,n\ge N\), então, pela desigualdade triangular,

Logo \(\{ p_n\} \) é uma sequência de Cauchy.

Seja \(\{ p_n\} \) uma sequência de Cauchy em \((X,\operatorname {d})\). Tomando \(\varepsilon =1\), existe \(N\in \mathbb {N}\) tal que

Em particular, para todo \(n\ge N\),

Logo os termos \(p_N,p_{N+1},p_{N+2},\ldots \) pertencem à bola \(B(p_N,1)\).

Os termos iniciais \(p_1,\ldots ,p_{N-1}\) formam um conjunto finito. Escolhendo

obtemos

Portanto, \(\{ p_n\} \) é limitada.

Seja \((p_n)\) uma sequência de Cauchy em \(\mathbb {R}\). Pelo Teorema 6.49, \((p_n)\) é limitada. Para cada \(n\in \mathbb {N}\), considere o conjunto

Cada \(A_n\) é não vazio e limitado, de modo que podemos definir

Como \(A_{n+1}\subset A_n\), temos \(s_{n+1}\le s_n\). Assim, \((s_n)\) é decrescente. Além disso, como \(A_1\) é limitado inferiormente, a sequência \((s_n)\) também é limitada inferiormente. Pela propriedade do supremo, existe

Como \((s_n)\) é decrescente e limitada inferiormente por \(s\), segue que \(s_n\to s\).

Mostremos que \(p_n\to s\). Seja \(\varepsilon \gt 0\). Como \((p_n)\) é de Cauchy, existe \(N_1\in \mathbb {N}\) tal que, se \(m,n\ge N_1\), então \(|p_m-p_n|\lt \varepsilon \). Fixado \(n\ge N_1\), obtemos

Tomando o supremo em \(A_n\), segue que \(s_n\le p_n+\varepsilon \). Como \(p_n\in A_n\), também temos \(p_n\le s_n\). Logo

Como \(s_n\to s\), existe \(N_2\in \mathbb {N}\) tal que

Portanto, se \(n\ge \max \{ N_1,N_2\} \), então

Logo \(p_n\to s\). Concluímos que \(\mathbb {R}\) é completa.

Seja \(\{ p_n\} \) uma sequência de Cauchy em \(\mathbb {R}^k\), onde

Fixe \(j\in \{ 1,\ldots ,k\} \). Como

segue da condição de Cauchy para \(\{ p_n\} \) que a sequência real \(\{ x_{nj}\} _{n\in \mathbb {N}}\) é de Cauchy em \(\mathbb {R}\).

Pelo Teorema 6.51, cada uma dessas sequências converge em \(\mathbb {R}\). Assim, para cada \(j\), existe \(a_j\in \mathbb {R}\) tal que

Definamos

Mostremos que \(p_n\to p\). Seja \(\varepsilon \gt 0\). Para cada \(j=1,\ldots ,k\), existe \(N_j\in \mathbb {N}\) tal que

Se \(N=\max \{ N_1,\ldots ,N_k\} \), então, para \(n\ge N\),

Logo \(p_n\to p\). Portanto, toda sequência de Cauchy em \(\mathbb {R}^k\) converge em \(\mathbb {R}^k\), e assim \(\mathbb {R}^k\) é completo.

Esse produto é fechado em \(\mathbb {R}^k\). Pelo Teorema 6.52, o espaço \(\mathbb {R}^k\) é completo. Logo o resultado segue do teorema seguinte.

Seja \((X,\operatorname {d})\) um espaço métrico completo e seja \(A\subset X\) um subconjunto fechado. Considere uma sequência de Cauchy \(\{ p_n\} \) em \(A\).

Como a métrica em \(A\) é a induzida por \(X\), a sequência \(\{ p_n\} \) também é de Cauchy em \(X\). Pela completude de \(X\), existe \(p\in X\) tal que

Como todos os termos da sequência pertencem a \(A\) e \(A\) é fechado, o Teorema 6.42 implica que \(p\in A\).

Portanto, \(\{ p_n\} \) converge em \(A\). Logo \(A\) é completo.

Suponha primeiro que \(K\) seja compacto relativamente a \(X\), e seja \(\{ V_{\alpha }\} \) uma coleção de conjuntos abertos relativamente a \(Y\) tal que

Pelo Teorema 6.38, para cada \(\alpha \) existe um aberto \(G_{\alpha }\) de \(X\) tal que

Como \(K\subset Y\), os conjuntos \(G_\alpha \) também cobrem \(K\). Pela compacidade de \(K\) em \(X\), existem índices \(\alpha _1,\ldots ,\alpha _n\) tais que

Intersectando ambos os lados com \(Y\) e usando que \(K\subset Y\), obtemos

Logo \(K\) é compacto relativamente a \(Y\).

Reciprocamente, suponha que \(K\) seja compacto relativamente a \(Y\), e seja \(\{ G_{\alpha }\} \) uma cobertura aberta de \(K\) por abertos de \(X\). Defina

Cada \(V_{\alpha }\) é aberto relativamente a \(Y\), e os conjuntos \(V_\alpha \) cobrem \(K\). Pela compacidade de \(K\) em \(Y\), existem índices \(\alpha _1,\ldots ,\alpha _n\) tais que

Como \(V_{\alpha }\subset G_{\alpha }\) para todo \(\alpha \), segue que

Portanto, \(K\) é compacto relativamente a \(X\).

Seja \(K\) um subconjunto compacto de um espaço métrico \(X\). Mostraremos que o complementar de \(K\) é aberto.

Fixe um ponto \(p \in X\setminus K\). Para cada \(q \in K\), escolhemos vizinhanças \(V_q\) de \(p\) e \(W_q\) de \(q\), ambas com raio menor que \(\frac12 \operatorname {d}(p,q)\). Com essa escolha, \( V_q\cap W_q=\varnothing . \) De fato, se existisse um ponto \(x\in V_q\cap W_q\), então, pela desigualdade triangular,

o que é impossível.

Os conjuntos \(W_q\), com \(q\in K\), formam uma cobertura aberta de \(K\). Como \(K\) é compacto, existem pontos \(q_1,\ldots ,q_n\in K\) tais que \( K\subset W_{q_1}\cup \cdots \cup W_{q_n}. \) Agora definimos \( V=V_{q_1}\cap \cdots \cap V_{q_n}. \) Então \(V\) é uma vizinhança de \(p\). Além disso, como cada \(V_{q_i}\) é disjunta de \(W_{q_i}\), segue que \(V\) é disjunta de \( W=W_{q_1}\cup \cdots \cup W_{q_n}, \) e, em particular, de \(K\). Portanto, \( V\subset X\setminus K. \) Isso mostra que \(p\) é ponto interior de \(X\setminus K\). Como \(p\) foi arbitrário, concluímos que \(X\setminus K\) é aberto. Logo \(K\) é fechado.

Seja \(K\) um subconjunto compacto de um espaço métrico \((X,\operatorname {d})\) e fixe um ponto \(p\in X\). Para cada \(n\in \mathbb {N}\), considere a bola aberta

A família \(\{ B(p,n)\} _{n\in \mathbb {N}}\) é uma cobertura aberta de \(K\), pois, para cada \(x\in K\), existe \(n\gt \operatorname {d}(x,p)\) e então \(x\in B(p,n)\).

Pela compacidade, existe uma subcobertura finita

Se \(N=\max \{ n_1,\ldots ,n_m\} \), então

Logo \(K\) é limitado.

Suponha \(F \subset K \subset X\), com \(F\) fechado em \(X\) e \(K\) compacto. Seja \(\{ V_{\alpha }\} \) uma cobertura aberta de \(F\). Como \(F\) é fechado, seu complementar \(F^{c}\) é aberto. Acrescentando \(F^{c}\) à família \(\{ V_\alpha \} \), obtemos uma cobertura aberta de \(K\).

Como \(K\) é compacto, essa cobertura admite uma subcobertura finita. Se \(F^{c}\) estiver entre os conjuntos escolhidos, podemos removê-lo sem afetar a cobertura de \(F\), já que \(F^{c}\) não contém pontos de \(F\). Resta, assim, uma subcoleção finita da família original \(\{ V_\alpha \} \) que cobre \(F\). Portanto, \(F\) é compacto.

Fixe um membro \(K_{1}\) da coleção e ponha \(G_{\alpha }=K_{\alpha }^{c}\). Suponha, por absurdo, que nenhum ponto de \(K_1\) pertença a todos os conjuntos \(K_\alpha \). Então os conjuntos \(G_\alpha \) formam uma cobertura aberta de \(K_1\). Como \(K_1\) é compacto, existem índices \(\alpha _1,\ldots ,\alpha _n\) tais que

Mas isso equivale a dizer que

o que contradiz a hipótese de que toda interseção finita é não vazia. Logo

Suponha, por absurdo, que nenhum ponto de \(K\) seja ponto de acumulação de \(E\). Então, para cada \(q \in K\), existe uma vizinhança \(V_{q}\) que contém no máximo um ponto de \(E\), a saber, o próprio \(q\), no caso em que \(q\in E\).

A família \(\{ V_q\} _{q\in K}\) é uma cobertura aberta de \(K\). No entanto, nenhuma subcoleção finita dessa família pode cobrir o conjunto infinito \(E\), pois cada um de seus membros contém no máximo um ponto de \(E\). Como \(E\subset K\), isso mostra que nenhuma subcoleção finita pode cobrir \(K\), em contradição com a compacidade de \(K\).

Portanto, algum ponto de \(K\) é ponto de acumulação de \(E\).

Considere o conjunto \(E=\{ x_n;\, n\in \mathbb {N}\} \subset X\). Se \(E\) é finito, então algum ponto \(x\in E\) aparece infinitas vezes na sequência. Nesse caso, basta tomar uma subsequência constante igual a \(x\), que evidentemente converge para \(x\).

Suponha agora que \(E\) seja infinito. Como \(X\) é compacto, todo subconjunto infinito de \(X\) possui um ponto de acumulação. Seja \(x\) um ponto de acumulação de \(E\). Para cada \(k\in \mathbb {N}\), o conjunto \(E\cap B(x,1/k)\) é infinito; em particular, podemos escolher \(n_1\lt n_2\lt \cdots \) de modo que \(x_{n_k}\in B(x,1/k)\) para todo \(k\). Assim, \(\operatorname {d}(x_{n_k},x)\lt 1/k\) para todo \(k\), e portanto \(x_{n_k}\to x\).

Escreva \(I_n=[a_n,b_n]\). Seja \(E=\{ a_n:\ n\in \mathbb {N}\} \). Como \(a_n\le b_1\) para todo \(n\), o conjunto \(E\) é não vazio e limitado superiormente. Seja \(x=\sup E\).

Da inclusão \(I_{m+n}\subset I_m\) segue que

Em particular, \(x\le b_m\) para todo \(m\). Por outro lado, como \(a_m\in E\), temos \(a_m\le x\). Logo

Assim, \(x\in I_m\) para todo \(m\), e portanto \(x\in \bigcap _{n=1}^\infty I_n\).

Escreva cada \(I_n\) como o conjunto dos pontos \(\mathbf{x}=(x_1,\ldots ,x_k)\) tais que

e ponha

Para cada \(j\), a sequência \(\{ I_{n,j}\} \) satisfaz as hipóteses do Teorema 6.75. Portanto, existe \(x_j^*\in \mathbb {R}\) tal que

Definindo

vemos que \(\mathbf{x}^{*}\in I_n\) para todo \(n=1,2,3,\ldots \). Logo

A ideia da prova é a seguinte: supondo que exista uma cobertura aberta sem subcobertura finita, subdividimos sucessivamente a \(k\)-célula em partes menores e escolhemos sempre uma subcélula que ainda não admita subcobertura finita. Isso produz uma sequência encaixante de células cada vez menores. O ponto pertencente à interseção de todas elas levará a uma contradição.

Seja \(I\) uma \(k\)-célula, formada pelos pontos \(\mathbf{x}=(x_{1}, \ldots , x_{k})\) tais que

Ponha

Então, para quaisquer \(\mathbf{x},\mathbf{y}\in I\), temos \(|\mathbf{x}-\mathbf{y}| \leq \delta \).

Suponha, por absurdo, que exista uma cobertura aberta \(\{ G_{\alpha }\} \) de \(I\) que não admita subcobertura finita. Dividimos cada intervalo \([a_j,b_j]\) ao meio, no ponto

Isso decompõe \(I\) em \(2^k\) subcélulas. Pelo menos uma dessas subcélulas, que chamaremos de \(I_1\), não pode ser coberta por nenhuma subcoleção finita de \(\{ G_\alpha \} \); caso contrário, reunindo subcoberturas finitas para cada uma das subcélulas, obteríamos uma subcobertura finita de \(I\).

Repetindo o mesmo processo com \(I_1\), depois com a subcélula escolhida no passo seguinte, e assim sucessivamente, construímos por indução uma sequência de \(k\)-células

com as propriedades:

1. \(I \supset I_{1} \supset I_{2} \supset I_{3} \supset \cdots \);

2. cada \(I_n\) não é coberta por nenhuma subcoleção finita de \(\{ G_\alpha \} \);

3. se \(\mathbf{x},\mathbf{y}\in I_n\), então \(|\mathbf{x}-\mathbf{y}| \leq 2^{-n}\delta \).

Pelo teorema das interseções encaixantes de \(k\)-células, existe um ponto

Como \(\{ G_\alpha \} \) cobre \(I\), existe algum índice \(\alpha \) tal que \(\mathbf{x}^{*}\in G_\alpha \). Como \(G_\alpha \) é aberto, existe \(r\gt 0\) tal que

Escolha agora \(n\) suficientemente grande para que

Então, pela propriedade (c), todo ponto de \(I_n\) está a distância menor que \(r\) de \(\mathbf{x}^{*}\), e portanto pertence a \(G_\alpha \). Assim,

Isso contradiz a propriedade (b), segundo a qual \(I_n\) não é coberta por nenhuma subcoleção finita de \(\{ G_\alpha \} \).

A contradição mostra que toda cobertura aberta de \(I\) admite uma subcobertura finita. Portanto, \(I\) é compacto.

Seja \(E\subset \mathbb {R}^k\).

Suponha primeiro que \(E\) seja compacto. Pelo Teorema 6.67, \(E\) é fechado, e pelo Teorema 6.68, \(E\) é limitado.

Reciprocamente, suponha que \(E\) seja fechado e limitado. Como \(E\) é limitado, existe uma \(k\)-célula \(I\) tal que \(E\subset I\). Pelo Teorema 6.79, \(I\) é compacto. Como \(E\) é fechado em \(\mathbb {R}^k\), em particular é fechado relativamente a \(I\). Pelo Teorema 6.69, concluímos que \(E\) é compacto.

Como \(P\) é perfeito, ele é infinito. Suponha, por contradição, que

Construiremos bolas abertas \(V_n=B(\mathbf{c}_n,r_n)\) tais que, para todo \(n\),

1. \(\overline{V}_{n+1}\subset V_n\);

2. \(\mathbf{x}_n\notin \overline{V}_{n+1}\);

3. \(V_n\cap P\neq \varnothing \).

Comecemos tomando \(V_1=B(\mathbf{x}_1,1)\). Suponha construído \(V_n\). Como \(V_n\cap P\neq \varnothing \) e \(P\) não possui pontos isolados, podemos escolher

Como \(V_n\) é aberto, existe \(\rho \gt 0\) tal que

Defina

Com essa escolha, as condições (i), (ii) e (iii) ficam satisfeitas.

Agora definimos

Como \(P\) é fechado e \(\overline{V}_n\) é compacto, cada \(K_n\) é compacto. Além disso, cada \(K_n\) é não vazio pela condição (iii), e da condição (i) segue que

Pelo corolário do Teorema 6.71, existe

Como \(P=\{ \mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2,\ldots \} \), temos \(\mathbf{x}=\mathbf{x}_m\) para algum \(m\).

Por outro lado, como \(\mathbf{x}\in K_{m+1}\), segue que

o que contradiz a condição (ii), segundo a qual \(\mathbf{x}_m\notin \overline{V}_{m+1}\). Essa contradição mostra que \(P\) não pode ser enumerável. Portanto, \(P\) é não enumerável.

O intervalo \([a,b]\) é fechado em \(\mathbb {R}\) e todo ponto de \([a,b]\) é ponto de acumulação de \([a,b]\). Logo \([a,b]\) é perfeito. Pelo teorema anterior, segue que \([a,b]\) é não enumerável. Em particular, como \(\mathbb {R}\) contém intervalos fechados não degenerados, conclui-se que \(\mathbb {R}\) é não enumerável.

Suponha primeiro que existam \(x,y \in E\) e algum \(z \in (x,y)\) tal que \(z \notin E\). Definimos

Como \(x \in A_z\) e \(y \in B_z\), ambos os conjuntos são não vazios. Além disso, as inclusões

implicam

Logo \(A_z\) e \(B_z\) são separados. Como

isso mostra que \(E\) não é conexo.

Reciprocamente, suponha que \(E\) não seja conexo. Então

onde \(A\) e \(B\) são separados e não vazios. Escolha \(x \in A\) e \(y \in B\) e suponha, sem perda de generalidade, que \(x \lt y\). Considere

Como \(x \in A \cap [x,y]\), esse conjunto é não vazio, e o supremo está bem definido. Além disso,

Como \(\overline{A}\cap B=\varnothing \), segue que \(z\notin B\). Em particular, \(z\neq y\), pois \(y\in B\). Logo

Se \(z \notin A\), então \(z \notin A \cup B = E\). Como \(x \in A\), temos \(x\neq z\), e portanto

Assim, encontramos um ponto de \((x,y)\) que não pertence a \(E\).

Suponha agora que \(z \in A\). Como \(A \cap \overline{B} = \varnothing \), segue que \(z \notin \overline{B}\). Portanto, existe \(\eta \gt 0\) tal que

Escolha então um ponto

Pelo fato de \(t\gt z=\sup (A\cap [x,y])\), concluímos que \(t\notin A\). Pela escolha de \(t\), também temos \(t\notin B\). Assim,

Além disso,

de modo que \(t\in (x,y)\).

Em qualquer caso, encontramos um ponto entre \(x\) e \(y\) que não pertence a \(E\). Isso prova a recíproca.

Pelo teorema anterior, um subconjunto \(E\subset \mathbb {R}\) é conexo se e somente se, sempre que contém dois pontos \(x\lt y\), contém também todo ponto \(z\) entre eles. Mas essa é precisamente a propriedade característica dos intervalos.

Seja \(E\) conexo e suponha, por absurdo, que

onde \(A\) e \(B\) são separados e não vazios. Como \(E\subset \bar E\),

Essas duas partes são separadas em \(E\); pela conexidade, uma delas deve ser vazia. Suponha \(E\cap B=\varnothing \). Então \(E\subset A\), logo

Mas \(A\) e \(B\) são separados, de modo que \(\bar A\cap B=\varnothing \), contradizendo \(B\subset \bar E\) e \(B\ne \varnothing \). Portanto \(\bar E\) é conexo.