Utilizador:Thiago Marcel/Mestrado/Análise/Topologia da reta/1-8

1

Um conjunto $A\subset ℝ$ é aberto $\iff$ cumpre a seguinte condição: "se uma sequência $(x_n)$ converge para um ponto $a\in A$ então $x_n\in A$ para todo n suficientemente grande".

Resolução:

$\Rightarrow$:

Como $a\in A\subset ℝ$ aberto, logo $\mathrm{\exists }\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset A$.

Tomemos uma sequência $lim{x}_n=a\Rightarrow \mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N};n>n_0\Rightarrow x_n\in (a-ϵ,a+ϵ)$.

Para $ϵ=\delta ,\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N};n>n_0\Rightarrow x_n\in (a-\delta ,a+\delta )$.

$\Leftarrow$:

Suponha que a condição $(x_n)\to a\in A\Rightarrow x_n\in A$ para todo n suficientemente grande" já está satisfeita. Devemos mostrar que A é aberto.

Temos que $\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N};n>n_0\Rightarrow x_n\in (a-ϵ,a+ϵ)\cap A$. Devemos então mostrar que existe um $\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset A$.

Suponhamos então que $\mathrm{\exists }\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset A$, isto é, $\mathrm{\forall }\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )-A=Y,Y≠\mathrm{\varnothing }$. Tome $\delta =1/k;(a-1/k,a+1/k)-A=Y_k$.

Vamos tomar uma sequência no conjunto $Y_k$ de tal forma que $y_k\in (a-1/k,a+1/k)-A$. Mas $lim{y}_k=a\Rightarrow y_k\in A\Rightarrow Y=\varnothing$.

Logo foi errado termos suposto que $\mathrm{\exists }\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset A$ , pois resultou num fato contraditório.

Portanto A é aberto.

2

Tem-se $lim{x}_n=a\iff$ para todo aberto A contendo o ponto a, $\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N}$ tal que $n>n_0\Rightarrow x_n\in A$.

Resolução:

$\Rightarrow$

Nossa hipótese é que $lim{x}_n=a,\mathrm{\forall }A$ aberto, com $a\in A$. Devemos mostrar que $\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N}$ tal que $n>n_0\Rightarrow x_n\in A$.

Como A é aberto e $a\in A\Rightarrow \mathrm{\exists }\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset A$.

Como $lim{x}_n=a$. Temos que $\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N}$ tal que $n>n_0\Rightarrow x_n\in (a-ϵ,a+ϵ)$.

Basta tomar $ϵ=\delta ;x_n\in (a-\delta ,a+\delta )\subset A$.

$\Leftarrow$

Supomos agora que $\mathrm{\forall }a\in A\text{ aberto},\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N}$ tal que $n>n_0\Rightarrow x_n\in A$. Queremos mostrar que $lim{x}_n=a$, isto é, $\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N}$ tal que $n>n_0\Rightarrow x_n\in (a-ϵ,a+ϵ)=V_{\delta }(a)$.

Como $V_{\delta }(a)$ é aberto e $a\in V_{\delta }(a)\Rightarrow \mathrm{\exists }\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset V_{\delta }(a)$.

Vamos tomar os abertos $V_{\delta }(a)=(a-\delta ,a+\delta ),\mathrm{\forall }\delta >0\Rightarrow \mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N}$ tal que $n>n_0\Rightarrow x_n\in (a-\delta ,a+\delta )=V_{\delta }(a)$.

Ao tomar abertos A contendo a, temos que $\mathrm{\forall }a\in A,\mathrm{\exists }{V}_{\delta }(a)\subset A$.

Portanto $lim{x}_n=a$.

3

3a

Seja $B\subset ℝ$ aberto. Então, $\mathrm{\forall }x\in ℝ$ , o conjunto $x+B=\{x+y;y\in B\}$ é aberto.

Resolução:

Suponha que para algum $x\in ℝ;x+B$ não seja aberto, logo $\mathrm{\exists }x+y\in x+B;\mathrm{\forall }\delta >0,(x+y-\delta ,x+y+\delta )\subset ̸x+B$.

Mas B é aberto e $y\in B\Rightarrow \mathrm{\exists }ϵ>0;(y-ϵ,y+ϵ)\subset B$.

Tome esse $ϵ>0$ e o fato que $\mathrm{\forall }\delta >0,(x-y-\delta ,x+y+\delta )\subset ̸x+B$ e tomemos delta por epsilon.

Assim $\mathrm{\exists }t\in (x+y-ϵ,x+y+ϵ),t\in ̸x+B\Rightarrow t=x+t^{\ast },t^{\ast }\in ̸B$.

Logo $x+y-ϵ<t<x+y+ϵ\Rightarrow x+y-ϵ<x+t^{\ast }<x+y+ϵ\Rightarrow y-ϵ<t^{\ast }<y+ϵ$.

Então $t^{\ast }\in (y-ϵ,y+ϵ)\subset B\Rightarrow t^{\ast }\in B$ que é uma contradição.

Logo foi errado termos suposto que para algum $x\in ℝ;x+B$ não fosse aberto, pois resultou num fato contraditório.

Portanto para todo $x\in ℝ;x+B$ é aberto.

Resolução 2:

Dado $z\in x+B,\mathrm{\exists }z=x+y$ para algum $y\in B$ aberto, segue que $\mathrm{\exists }ϵ>0;(y-ϵ,y+ϵ)\subset B$. Tome $x\in ℝ,$ $b\in (y-ϵ,y+ϵ)\cap B\Rightarrow$

$\Rightarrow y-ϵ<b<y+ϵ\Rightarrow (y+x)-ϵ<b+x<(y+x)+ϵ\Rightarrow ((y+x)-ϵ,(y+x)+ϵ)\subset (x+B),\mathrm{\forall }y\in B$.

3b

Seja $B\subset ℝ$ aberto. Então, $\mathrm{\forall }x\in ℝ-\{0\}$, o conjunto $x\cdot B=\{x\cdot y;y\in B\}$ é aberto.

Resolução:

Suponha que para algum $x\in ℝ-\{0\};xB$ não seja aberto, logo $\mathrm{\exists }xy\in xB;\mathrm{\forall }\delta >0,(xy-\delta ,xy+\delta )\subset ̸xB$.

Mas B é aberto e $y\in B\Rightarrow \mathrm{\exists }ϵ>0;\{\begin{array}{c}(y-x^{-1}ϵ,y+x^{-1}ϵ)\subset B,\text{ se }x>0\\ (y+x^{-1}ϵ,y-x^{-1}ϵ)\subset B,\text{ se }x<0\end{array}$ .

tome esse $ϵ>0$ e o fato que $\mathrm{\forall }\delta >0,$ $(xy-\delta ,xy+\delta )\subset ̸xB$ e tomemos delta por epsilon.

Assim $\mathrm{\exists }t\in (xy-ϵ,xy+ϵ),$ $t\in ̸xB\Rightarrow t=x{t}^{\ast },t^{\ast }\in ̸B$.

Logo $xy-ϵ<t<xy+ϵ\Rightarrow xy-ϵ<x{t}^{\ast }<xy+ϵ\Rightarrow \{\begin{array}{c}y-x^{-1}ϵ<t^{\ast }<y+x^{-1}ϵ,sex>0\\ y+x^{-1}ϵ<t^{\ast }<y-x^{-1}ϵ,sex<0\end{array}$.

Portanto $\mathrm{\exists }\delta =ϵ>0;$ $t^{\ast }\in \{\begin{array}{c}(y-x^{-1}ϵ,y+x^{-1}ϵ)\subset B,sex>0\\ (y+x^{-1}ϵ,y-x^{-1}ϵ)\subset B,sex<0\end{array}\Rightarrow t^{\ast }\in B$ é uma contradição.

Logo foi errado termos suposto que para algum $x\in ℝ-\{0\};xB$ não fosse aberto, pois resultou num fato contraditório.

Portanto $\mathrm{\exists }ϵ>0;$ $(xy-\delta ,xy+ϵ)\subset xB\Rightarrow \mathrm{\forall }x\in ℝ;xB$ é aberto.

Resolução 2:

Dado $z\in xB,\mathrm{\exists }z=xy$ para algum $y\in B$ aberto, segue que $\mathrm{\exists }\delta >0;(y-\delta ,y+\delta )\subset B$. Tome $\delta =\{\begin{array}{c}\frac{ϵ}{x},sex>0\\ \frac{-ϵ}{x},sex<0\end{array}$.

Assim $I_{\delta }=\{\begin{array}{c}(y-\frac{ϵ}{x},y+\frac{ϵ}{x}),\text{ se }x>0\\ (y+\frac{ϵ}{x},y-\frac{ϵ}{x}),sex<0\end{array}$ $\subset B$. Tome $x\in ℝ-\{0\},$ $b\in I_{\delta }\cap B\Rightarrow \{\begin{array}{c}y-\frac{ϵ}{x}<b<y+\frac{ϵ}{x},sex>0\\ y+\frac{ϵ}{x}<b<y-\frac{ϵ}{x},sex<0\end{array}\Rightarrow$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}xy-ϵ<xb<xy+ϵ,sex>0\\ xy-ϵ<xb<xy+ϵ,sex<0\end{array}\Rightarrow (z-ϵ,z+ϵ)\subset xB,$ para algum $ϵ>0$.

4

4a

Sejam A, B abertos. Então o conjunto $A+B=\{x+y;x\in A,y\in B\}$ é aberto.

Resolução:

Suponha que $A+B$ não seja aberto $\Rightarrow \mathrm{\exists }t\in A+B;\mathrm{\forall }\delta >0,(t-\delta ,t+\delta )\subset ̸A+B\Rightarrow \mathrm{\exists }z\in (t-\delta ,t+\delta );z\in ̸A+B.$

Seja $t=x+y,z=x+y^{\ast }=x^{\ast }+y$, com $x^{\ast }\in ̸A,y^{\ast }\in ̸B$. Assim $z\in (t-\delta ,t+\delta )\Rightarrow \{\begin{array}{c}x+y-\delta <x+y^{\ast }<x+y+\delta \\ x+y-\delta <x^{\ast }+y<x+y+\delta \end{array}$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}y-\delta <y^{\ast }<y+\delta \\ x-\delta <x^{\ast }<x+\delta \end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{y}^{\ast }\in (y-\delta ,y+\delta ),\mathrm{\forall }\delta >0\\ x^{\ast }\in (x-\delta ,x+\delta ),\mathrm{\forall }\delta >0\end{array}.$ Como $\{\begin{array}{c}\mathrm{\exists }\delta >0;(y-\delta ,y+\delta )\subset B\Rightarrow y^{\ast }\in B\\ \mathrm{\exists }\delta >0;(x-\delta ,x+\delta )\subset A\Rightarrow x^{\ast }\in A\end{array}$ que é uma contradição.

Logo foi errado termos suposto que A+B não fosse aberto, pois resultou num fato contraditório.

Portanto A+B só pode ser aberto.

Resolução 2:

A aberto implica que $\mathrm{\forall }a\in A,\mathrm{\exists }{ϵ}_0;(a-{ϵ}_0,a+{ϵ}_0)$ $\subset A$

B aberto implica que $\mathrm{\forall }b\in B,\mathrm{\exists }{ϵ}_1;(b-{ϵ}_1,b+{ϵ}_1)\subset B$

Seja $ϵ=min\{{ϵ}_0,{ϵ}_1\}$, então temos: $a+b\Rightarrow$ $((a+b)-ϵ,(a+b)+ϵ)\subset A+B$ isso porque $(a-ϵ,a+ϵ)\subset A,(b-ϵ,b+ϵ)\subset B$.

Mas essa última linha é fraca, pensar depois numa linha mais forte!!

4b

Sejam A, B abertos. Então o conjuntos $A\cdot B=\{x\cdot y;x\in A,y\in B\}$ é aberto.

Resolução:

Suponha que $AB$ não seja aberto $\Rightarrow \mathrm{\exists }t\in AB;\mathrm{\forall }\delta >0,(t-\delta ,t+\delta )\subset ̸AB\Rightarrow \mathrm{\exists }z\in (t-\delta ,t+\delta );z\in ̸AB.$

Seja $t=xy,z=x{y}^{\ast }=x^{\ast }y$, com $x^{\ast }\in ̸A,y^{\ast }\in ̸B$. Assim $z\in (t-\delta ,t+\delta )\Rightarrow \{\begin{array}{c}xy-\delta <x{y}^{\ast }<xy+\delta \\ xy-\delta <x^{\ast }y<xy+\delta \end{array}$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}y-\delta <y^{\ast }<y+\delta \\ x-\delta <x^{\ast }<x+\delta \end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{y}^{\ast }\in (y-\delta ,y+\delta ),\mathrm{\forall }\delta >0\\ x^{\ast }\in (x-\delta ,x+\delta ),\mathrm{\forall }\delta >0\end{array}.$ Como $\{\begin{array}{c}\mathrm{\exists }\delta >0;(y-\delta ,y+\delta )\subset B\Rightarrow y^{\ast }\in B\\ \mathrm{\exists }\delta >0;(x-\delta ,x+\delta )\subset A\Rightarrow x^{\ast }\in A\end{array}$ que é uma contradição.

Logo foi errado termos suposto que A+B não fosse aberto, pois resultou num fato contraditório.

Portanto AB só pode ser aberto.

5

5a

Para quaisquer $X,Y\subset ℝ$, tem-se $int(X\cap Y)=int(X)\cap int(Y)$

Resolução

Tome $a\in int(X\cap Y)\iff \mathrm{\exists }h<k;a\in (h,k)\subseteq X\cap Y\iff \mathrm{\exists }h<k;a\in (h,k)\subseteq Xe\mathrm{\exists }h<k;a\in (h,k)\subseteq Y\iff$

$\iff a\in int(X)ea\in int(Y)$.

5b

Para quaisquer $X,Y\subset ℝ$, tem-se $int(X\cup Y)\supset int(X)\cup int(Y)$

Resolução

Tome $a\in int(X)\cup int(Y)\iff \mathrm{\exists }h<k;a\in (h,k)\subseteq Xou\mathrm{\exists }h<k;a\in (h,k)\subseteq Y\Rightarrow \mathrm{\exists }h<k;a\in (h,k)\subseteq X\cup Y\iff$

$\iff a\in int(X\cup Y)$.

5c

Para quaisquer $X,Y\subset ℝ$, tem-se $int(x\cup Y)\supset int(X)\cup int(Y)$. Dê um exemplo em que a inclusão não se reduza a uma igualdade.

6

Se $A\subset ℝ$ é aberto e $a\in A$, então $A-\{a\}$ é aberto.

Resolução

Tome $b\in A-\{a\}\Rightarrow b\in A$ aberto $\Rightarrow \mathrm{\exists }\delta >0;b\in (b-\delta ,b+\delta )\subset A$.

• Se $a\in ̸(b-\delta ,b+\delta )\Rightarrow (b-\delta ,b+\delta )\subset A-\{a\}$
• Se $a\in (b-\delta ,b+\delta )\Rightarrow a\in ̸(b-\delta ,a)\cup (a,b+\delta )$. Mas $b\in (b-\delta ,a)\cup (a,b+\delta )$. Logo, se $\{\begin{array}{c}b<a\Rightarrow b\in (b-\delta ,a)\\ a<b\Rightarrow b\in (a,b+\delta )\end{array}$. Assim podemos tomar $ϵ=\{\begin{array}{c}min\{\delta ,a-b),seb<a\\ min\{b-a,\delta \},sea<b\end{array}\Rightarrow b\in (b-ϵ,b+ϵ)\subset (b-\delta ,a)\cup (a,b+\delta )\subset A-\{a\}$

Portanto $\mathrm{\forall }b\in A-\{a\},\mathrm{\exists }ϵ>0;a\in ̸(b-ϵ,b+ϵ);b\in (b-ϵ,b+ϵ)\subset A-\{a\}$.

Logo $A-\{a\}$ é aberto.

7

7a

Considere a função $f:ℝ\to ℝ$ dadas por $f(x)=ax+b,a≠0$. Mostre que, para cada $A\subset ℝ$ aberto, $f^{-1}(A)$ é aberto.

Resolução

• $f^{-1}(A)$ é aberto

Vamos determinar $f^{-1}(x):x=a{f}^{-1}(x)+b\Rightarrow f^{-1}(x)=\frac{x-b}{a}$.

Queremos mostrar que $f^{-1}(A)$ é aberto, quando A é aberto. Mas $f^{-1}(A)=\{\frac{x-b}{a};x\in A\}$.

Suponha que $f^{-1}(A)$ não é aberto. Então $\mathrm{\exists }t=\frac{t_0-b}{a}\in f^{-1}(A),t_0\in A;B(t,\delta )\subset ̸f^{-1}(A),\mathrm{\forall }\delta >0$.

Como $t_0\in A,aberto,\mathrm{\exists }ϵ>0;B(t_0,ϵ)\subset A$. Tome $\{\begin{array}{c}ϵ=a\delta ,sea\ge 0\\ ϵ=-a\delta ,sea<0\end{array},B(t,\delta )\subset ̸f^{-1}(A)\Rightarrow$

$\Rightarrow \mathrm{\exists }z=\frac{z_0-b}{a}\in B(t,\delta ),z_0\in ̸A,z\in ̸f^{-1}(A)\Rightarrow t-\delta <z<t+\delta \Rightarrow \frac{t_0-b}{a}-\delta <\frac{z_0-b}{a}<\frac{t_0-b}{a}+\delta \Rightarrow$.

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}{t}_0-b-a\delta <z_0-b<t_0-b+a\delta ,sea\ge 0\\ t_0-b+a\delta <z_0-b<t_0-b-a\delta ,sea<0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{t}_0-a\delta <z_0<t_0+a\delta ,sea\ge 0\\ t_0+a\delta <z_0<t_0-a\delta ,sea<0\end{array}\Rightarrow$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}{z}_0\in B(t_0,a\delta ),sea\ge 0\\ z_0\in B(t_0,-a\delta ),sea<0\end{array}\Rightarrow z_0\in B(t_0,ϵ)\Rightarrow z_0\in A$ que é uma contradição.

Logo foi errado termos suposto que $f^{-1}(A)$ não fosse aberto, pois resultou num fato contraditório.

Portanto $f^{-1}(A)$ é aberto.

7b

Considere a função $g:ℝ\to ℝ$ dadas por $g(x)=x^2$. Mostre que, para cada $A\subset ℝ$ aberto, $g^{-1}(A)$ é aberto.

Resolução

Vamos determinar $g^{-1}(x):x=g^{-1}(x{)}^2\Rightarrow g^{-1}(x)=\sqrt{x}$.

Queremos mostrar que $g^{-1}(A)$ é aberto, quando A é aberto. Mas $g^{-1}(A)=\{\sqrt{x};x\in A\}$.

Suponha que $g^{-1}(A)$ não é aberto. Então $\mathrm{\exists }t=\sqrt{t_0}\in g^{-1}(A),t_0\in A;B(t,\delta )\subset ̸g^{-1}(A),\mathrm{\forall }\delta >0$.

Como $t_0\in A,aberto,\mathrm{\exists }ϵ>0;B(t_0,ϵ)\subset A$. Tome $ϵ=2\delta \sqrt{t_0}+{\delta }^2,B(t,\delta )\subset ̸g^{-1}(A)\Rightarrow$

$\Rightarrow \mathrm{\exists }z=\sqrt{z_0}\in B(t,\delta ),z_0\in ̸A,z\in ̸g^{-1}(A)\Rightarrow t-\delta <z<t+\delta \Rightarrow \sqrt{t_0}-\delta <\sqrt{z_0}<\sqrt{t_0}+\delta \Rightarrow$.

$\Rightarrow t_0-(2\delta \sqrt{t_0}+{\delta }^2)<t_0-2\delta \sqrt{t_0}+{\delta }^2<z_0<t_0+(2\delta \sqrt{t_0}+{\delta }^2)\Rightarrow z_0\in (t_0,2\delta \sqrt{t_0}+{\delta }^2)$

$\Rightarrow z_0\in B(t_0,ϵ)\Rightarrow z_0\in A$ que é uma contradição.

Logo foi errado termos suposto que $g^{-1}(A)$ não fosse aberto, pois resultou num fato contraditório.

Portanto $g^{-1}(A)$ é aberto.

7c

Considere a função $h:ℝ\to ℝ$ dadas por $h(x)=x^3$. Mostre que, para cada $A\subset ℝ$ aberto, $h^{-1}(A)$ é aberto

Resolução

Vamos determinar $h^{-1}(x):x=h^{-1}(x{)}^3\Rightarrow h^{-1}(x)=\sqrt[3]{x}$.

Queremos mostrar que $h^{-1}(A)$ é aberto, quando A é aberto. Mas $h^{-1}(A)=\{\sqrt[3]{x};x\in A\}$.

Suponha que $h^{-1}(A)$ não é aberto. Então $\mathrm{\exists }t=\sqrt[3]{t_0}\in h^{-1}(A),t_0\in A;B(t,\delta )\subset ̸h^{-1}(A),\mathrm{\forall }\delta >0$.

Como $t_0\in A,aberto,\mathrm{\exists }ϵ>0;B(t_0,ϵ)\subset A$. Tome $ϵ=3{\delta }^2\sqrt[3]{t_0}+3\delta \sqrt[3]{t_0^2}+{\delta }^3,B(t,\delta )\subset ̸h^{-1}(A)\Rightarrow$

$\Rightarrow \mathrm{\exists }z=\sqrt[3]{z_0}\in B(t,\delta ),z_0\in ̸A,z\in ̸h^{-1}(A)\Rightarrow t-\delta <z<t+\delta \Rightarrow \sqrt[3]{t_0}-\delta <\sqrt[3]{z_0}<\sqrt[3]{t_0}+\delta \Rightarrow$.

$\Rightarrow t_0-(3\delta \sqrt[3]{t_0^2}+3{\delta }^2\sqrt[3]{t_0}+{\delta }^3)<t_0-3\delta \sqrt[3]{t_0^2}+3{\delta }^2\sqrt[3]{t_0}-{\delta }^3<z_0<t_0+3\delta \sqrt[3]{t_0^2}+3{\delta }^2\sqrt[3]{t_0}+{\delta }^3\Rightarrow z_0\in B(t_0,3\delta \sqrt[3]{t_0^2}+3{\delta }^2\sqrt[3]{t_0}+{\delta }^3)\Rightarrow$

$\Rightarrow z_0\in B(t_0,ϵ)\Rightarrow z_0\in A$ que é uma contradição.

Logo foi errado termos suposto que $h^{-1}(A)$ não fosse aberto, pois resultou num fato contraditório.

Portanto $h^{-1}(A)$ é aberto.

8

8a

Sendo $A\subset ℝ$ aberto e $f(x)=ax+b,a≠0$, mostre que $f(A)$ é aberto.

Resolução

Queremos mostrar que $f(A)$ é aberto, quando A é aberto. Mas $f(A)=\{ax+b;x\in A\}$.

Suponha que $f(A)$ não é aberto. Então $\mathrm{\exists }t=a{t}_0+b\in f(A),t_0\in A;B(t,\delta )\subset ̸f(A),\mathrm{\forall }\delta >0$.

Como $t_0\in A,aberto,\mathrm{\exists }ϵ>0;B(t_0,ϵ)\subset A$. Tome $\{\begin{array}{c}ϵ=\frac{\delta }{a},sea>0\\ ϵ=-\frac{\delta }{a},sea<0\end{array},B(t,\delta )\subset ̸f(A)\Rightarrow$

$\Rightarrow \mathrm{\exists }z=a{z}_0+b\in B(t,\delta ),z_0\in ̸A,z\in ̸f(A)\Rightarrow t-\delta <z<t+\delta \Rightarrow a{t}_0+b-\delta <a{z}_0+b<a{t}_0+b+\delta \Rightarrow$.

$\Rightarrow a{t}_0-\delta <a{z}_0<a{t}_0+\delta \Rightarrow \{\begin{array}{c}{t}_0-\frac{\delta }{a}<z_0<t_0+\frac{\delta }{a},sea>0\\ t_0+\frac{\delta }{a}<z_0<t_0-\frac{\delta }{a},sea<0\end{array}\Rightarrow$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}{z}_0\in B(t_0,\frac{\delta }{a}),sea\ge 0\\ z_0\in B(t_0,-\frac{\delta }{a}),sea<0\end{array}\Rightarrow z_0\in B(t_0,ϵ)\Rightarrow z_0\in A$ que é uma contradição.

Logo foi errado termos suposto que $f(A)$ não fosse aberto, pois resultou num fato contraditório.

Portanto $f(A)$ é aberto.

8b

Sendo $A\subset ℝ$ aberto e $h(x)=x^3$, mostre que h(A) é aberto.

8c

Sendo $A\subset ℝ$ aberto e $g(x)=x^2$, mostre que g(A) não é aberto.