WikiMat ex:rn

ex:rn:baire

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-21T19:51:39+00:00

$\mathbb{R}^n$ é de Baire $\mathbb{R}^n$ é um espaço métrico completo, portanto é de Baire.

ex:rn:bsenumeravel

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-07T21:21:56+00:00

$\mathbb{R}^n$ possui base enumerável Em geral, para produtos finitos, o produto de bases é uma base para o produto. Como $\mathbb{R}$ admite base enumerável e o produto finito de conjuntos enumeráveis é ainda enumerável, então $\mathbb{R}^n$ admite base enumerável.

ex:rn:bslocalenumeravel

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-02T21:33:53+00:00

$\mathbb{R}^n$ possui base local enumerável Para cada $x \in \mathbb{R}^n$, considere $\mathcal{B}=\lbrace B_{\frac{1}{m}}(x): m \in \mathbb{N}_{>0}\rbrace$. Vamos mostrar que $\mathcal{B}$ é uma base local para $x$. É evidente que, para cada $m \in \mathbb{N}_{>0}$, $x \in B_{\frac{1}{m}}(x)$ que é aberto. Agora, dado $A \subset \mathbb{R}^n$ aberto tal que $x \in A$, então existe $\varepsilon>0$ tal que $B_{\varepsilon}(x) \subset A$. Seja $m \in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{m}<\varepsilon…

ex:rn:compacto

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-02T20:04:57+00:00

$\mathbb{R}^n$ não é compacto Temos uma caracterização para os compactos em $\mathbb{R}^n$, em termos de fechados limitados. Como $\mathbb{R}^n$ não é limitado, então não é compacto. Além disso, podemos facilmente exibir um cobertura aberta que não admite subcobertura finita. Com efeito, tomando $\lbrace B_n(0) \rbrace_{n \in \mathbb{N}}$, então é fácil ver que tal cobertura não admite subcobertura finita.

ex:rn:completo

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-11T23:50:10+00:00

$\mathbb{R}^n$ é um espaço métrico completo Seja $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ uma sequência de Cauchy em $\mathbb{R}^n$. Então, existe $n_0 \in \mathbb{Z_{+}}$ tal que $n,m \geq n_0$ implica $|x_m-x_n|<1$. Logo, para todo $m \geq n_0$ temos que $|x_m| < 1+|x_{n_0}|$. Portanto, a sequência $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ é limitada, pois $\lbrace x_n \rbrace_{n \in \mathbb{N}} \subset \lbrace x_1,\ldots,x_n \rbrace \cup B_{(1+|x_{n_0}|)}(0)$. Sendo assim, podemos supor que tal sequência está contida …

ex:rn:conexidade

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-06T21:47:36+00:00

$\mathbb{R}^n$ é conexo $\mathbb{R}^n$ é conexo por caminhos e portanto conexo.

ex:rn:conexidadecaminhos

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-06T21:54:13+00:00

$\mathbb{R}^n$ é conexo por caminhos Dados $x=(x_1,\ldots,x_n)$ e $y=(y_1,\ldots,y_n)$ dois elementos de $\mathbb{R}^n$, então a aplicação contínua $f:[0,1] \to \mathbb{R}^n$ dada por $f(t)=(1-t)x+ty$ é um caminho ligando $x$ e $y$. Com efeito, $f(0)=x$ e $f(1)=y$. Além disso, a i-ésima função coordenada de $f$ é $f_i(t)=(1-t)x_i+ty_i$, ou seja, $f$ é contínua.

ex:rn:contratio

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-21T19:59:40+00:00

$\mathbb{R}^n$ é contrátil Com efeito, para qualquer constante $c \in \mathbb{R}^n$, podemos tomar a homotopia $H(x,t)=tc+(1-t)x$.

ex:rn:homeo

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-07T11:14:55+00:00

$\mathbb{R}$ e $\mathbb{R}^n \; (n>1)$ não são homeomorfos Com efeito, vejamos que se retiramos um ponto de $\mathbb{R}^n \; (n>1)$, então ele não deixa de ser conexo por caminhos e portanto conexo. Dado $a \in \mathbb{R}^n$, então, se $x,y \in \mathbb{R}^n-\lbrace a \rbrace$, temos que caso o segmento $[x,y]$, não passe por $a$, então não há o que provar. Por outro lado, se $a \in [x,y]$$\dim \mathbb{R}^n=n >1$$z$$[x,y]$$[x,z]$$[z,y]$$x$$y$$\mathbb{R}^n- \lbrace a \rbrace $$\mathbb{R}$$\math…

ex:rn:localconexidade

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-07T10:55:34+00:00

$\mathbb{R}^n$ é localmente conexo $\mathbb{R}^n$ é localmente conexo por caminhos e consequentemente é localmente conexo.

ex:rn:localconexidadecaminhos

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-07T10:54:09+00:00

$\mathbb{R}^n$ é localmente conexo por caminhos Dado $x \in \mathbb{R}^n$, então o conjunto $\mathcal{B}=\lbrace B_{\frac{1}{m}}(x): m \in \mathbb{N}_{>0}\rbrace$ é uma base local enumerável para $x$ (cf). Portanto, basta mostrar que toda bola aberta $B_r(a)$, $r>0$, é um conjunto conexo por caminhos. Dados $x, \; y \in B$, temos que $|x-a|

ex:rn:loccompacto

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-02T21:39:26+00:00

$\mathbb{R}^n$ é localmente compacto Dado $x \in \mathbb{R}^n$, então $\lbrace B_{\frac{1}{m}}[x] \rbrace_{m \in \mathbb{N}}$ é um sistema fundamental de vizinhanças compactas de $x$. De fato, pela caracterização dos compactos de $\mathbb{R}^n$, cada bola $B_{\frac{1}{m}}[x]$ é compacta, para $m \in \mathbb{N}$. Além disso, para cada aberto $A \subset \mathbb{R}^n$ tal que $x \in A$, podemos tomar $m$ suficientemente grande tal que $B_{\frac{1}{m}}[x] \subset A$.

ex:rn:separavel

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-06-30T16:59:11+00:00

$\mathbb{R}^n$ é separável Como $\mathbb{Q}$ é denso em $\mathbb{R}$, então $\mathbb{Q}^n$ é enumerável e denso em $\mathbb{R}^n$. Sendo assim, $\mathbb{R}^n$ é separável.

ex:rn:seqcompacto

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-02T21:48:12+00:00

$\mathbb{R}^n$ não é sequencialmente compacto Em espaços métricos, os conceitos de compacto e sequencialmente compacto são equivalentes. Logo, como $\mathbb{R}^n$ não é compacto, então não é sequencialmente compacto.

ex:rn:t0

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-25T00:52:50+00:00

$\mathbb{R}^n$ satisfaz $T_{0}$ Em geral, o produto de espaços $T_0$ é $T_0$. Logo, como $\mathbb{R}$ é $T_0$, então $\mathbb{R}^n$ é $T_0$.

ex:rn:t1

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-06-30T16:54:35+00:00

$\mathbb{R}^n$ satisfaz $T_{1}$ Em geral, o produto de espaços $T_1$ é $T_1$. Logo, como $\mathbb{R}$ é $T_1$, então $\mathbb{R}^n$ é $T_1$.

ex:rn:t2

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-06-30T16:54:56+00:00

$\mathbb{R}^n$ satisfaz $T_{2}$ Em geral, o produto de espaços $T_2$ é $T_2$. Logo, como $\mathbb{R}$ é $T_2$, então $\mathbb{R}^n$ é $T_2$.

ex:rn:t3

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-06-30T16:55:37+00:00

$\mathbb{R}^n$ satisfaz $T_{3}$ e é regular Em geral, o produto de espaços $T_3$ é $T_3$. Logo, como $\mathbb{R}$ é $T_3$, então $\mathbb{R}^n$ é $T_3$. Além disso, como $\mathbb{R}^n$ é $T_1$, então $\mathbb{R}^n$ é regular.

ex:rn:t4

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-12T21:53:25+00:00

$\mathbb{R}^n$ satisfaz $T_{4}$ e é normal Para verificar tal propriedade, usaremos o Lema de Urysohn. Sejam $F,G \subset \mathbb{R}^n$ fechados disjuntos, então podemos definir a função $f:\mathbb{R}^n \to [0,1]$ dada por: $$f(x)=\frac{d(x,F)}{d(x,F)+d(x,G)}.$$ Tal função está bem definida, pois como $F,G$ são fechados e disjuntos o denominador não se anula, tendo em vista que $d(x,F)+d(x,G)=0$$x \in F \cap G$$f(x) \in [0,1]$$x \in \mathbb{R}^n$$f$$f[F]=\lbrace 0 \rbrace$$f[G]= \lbrace 1 \…

ex:rn:totlimitado

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-07-02T21:59:30+00:00

$\mathbb{R}^n$ não é totalmente limitado $\mathbb{R}^n$ não é compacto e é completo, logo não é totalmente limitado.

ex:rn:tych

Anonymous (anonymous@undisclosed.example.com) — 2021-06-30T16:55:57+00:00

$\mathbb{R}^n$ satisfaz $T_{3 \frac{1}{2}}$ e é completamente regular Em geral, o produto de espaços $T_{3 \frac{1}{2}}$ é $T_{3 \frac{1}{2}}$. Logo, como $\mathbb{R}$ é $T_{3 \frac{1}{2}}$, então $\mathbb{R}^n$ é $T_{3 \frac{1}{2}}$. Além disso, como $\mathbb{R}^n$ é $T_1$, então $\mathbb{R}^n$ é completamente regular.