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

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Um conjunto $A\subset \mathbb {R}$ é aberto $\Leftrightarrow \;$ 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 $a\in A\subset \mathbb {R}$ aberto, logo $\exists \;\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset A$.

Tomemos uma sequência $\lim x_{n}=a\Rightarrow \forall \;\epsilon >0,\;\exists \;n_{0}\in \mathbb {N} ;\;n>n_{0}\Rightarrow x_{n}\in (a-\epsilon ,a+\epsilon )$.

Para $\epsilon =\delta ,\exists \;n_{0}\in \mathbb {N} ;\;n>n_{0}\Rightarrow x_{n}\in (a-\delta ,a+\delta )$.

$\Leftarrow \;$:

Suponha que a condição $(x_{n})\rightarrow a\in A\Rightarrow x_{n}\in A\;$ para todo n suficientemente grande" já está satisfeita. Devemos mostrar que A é aberto.

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

Suponhamos então que $\not \exists \;\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset A\;$, isto é, $\forall \;\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )-A=Y,Y\not =\emptyset$. 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 $\not \exists \;\delta >0;(a-\delta ,a+\delta )\subset A$ , pois resultou num fato contraditório.

Portanto A é aberto.

2

Tem-se $\lim x_{n}=a\Leftrightarrow$ para todo aberto A contendo o ponto a, $\exists \;n_{0}\in \mathbb {N}$ tal que $n>n_{0}\Rightarrow x_{n}\in A$.

Resolução:

$\Rightarrow \;$

Nossa hipótese é que $\lim x_{n}=a,\;\forall \;A$ aberto, com $a\in A\;$. Devemos mostrar que $\exists \;n_{0}\in \mathbb {N}$ tal que $n>n_{0}\Rightarrow x_{n}\in A$.

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

Como $\lim x_{n}=a\;$. Temos que $\forall \;\epsilon >0,\exists \;n_{0}\in \mathbb {N}$ tal que $n>n_{0}\Rightarrow x_{n}\in (a-\epsilon ,a+\epsilon )$.

Basta tomar $\epsilon =\delta ;x_{n}\in (a-\delta ,a+\delta )\subset A$.

$\Leftarrow \;$

Supomos agora que $\forall \;a\in A{\mbox{ aberto}},\exists \;n_{0}\in \mathbb {N}$ tal que $n>n_{0}\Rightarrow x_{n}\in A$. Queremos mostrar que $\lim x_{n}=a\;$, isto é, $\forall \;\epsilon >0,\exists \;n_{0}\in \mathbb {N}$ tal que $n>n_{0}\Rightarrow x_{n}\in (a-\epsilon ,a+\epsilon )=V_{\delta }(a)$.

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

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

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

Portanto $\lim x_{n}=a\;$.

3

3a

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

Resolução:

Suponha que para algum $\;x\in \mathbb {R} ;x+B\;$ não seja aberto, logo $\exists \;x+y\in x+B;\forall \;\delta >0,(x+y-\delta ,x+y+\delta )\not \subset x+B$.

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

Tome esse $\epsilon >0\;$ e o fato que $\forall \;\delta >0,(x-y-\delta ,x+y+\delta )\not \subset x+B$ e tomemos delta por epsilon.

Assim $\exists t\in (x+y-\epsilon ,x+y+\epsilon ),t\not \in x+B\Rightarrow t=x+t^{*},t^{*}\not \in B$.

Logo $x+y-\epsilon <t<x+y+\epsilon \Rightarrow x+y-\epsilon <x+t^{*}<x+y+\epsilon \Rightarrow y-\epsilon <t^{*}<y+\epsilon$.

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

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

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

Resolução 2:

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

$\Rightarrow y-\epsilon <b<y+\epsilon \Rightarrow (y+x)-\epsilon <b+x<(y+x)+\epsilon \Rightarrow ((y+x)-\epsilon ,(y+x)+\epsilon )\subset (x+B),\forall y\in B$.

3b

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

Resolução:

Suponha que para algum $\;x\in \mathbb {R} -\{0\};xB\;$ não seja aberto, logo $\exists xy\in xB;\forall \delta >0,(xy-\delta ,xy+\delta )\not \subset xB$.

Mas B é aberto e $y\in B\Rightarrow \exists \epsilon >0;{\begin{cases}(y-x^{-1}\epsilon ,y+x^{-1}\epsilon )\subset B,{\mbox{ se }}x>0\\(y+x^{-1}\epsilon ,y-x^{-1}\epsilon )\subset B,{\mbox{ se }}x<0\end{cases}}$ .

tome esse $\epsilon >0\;$ e o fato que $\forall \;\delta >0,$ $(xy-\delta ,xy+\delta )\not \subset xB$ e tomemos delta por epsilon.

Assim $\exists \;t\in (xy-\epsilon ,xy+\epsilon ),$ $t\not \in xB\Rightarrow t=xt^{*},t^{*}\not \in B$.

Logo $xy-\epsilon <t<xy+\epsilon \Rightarrow xy-\epsilon <xt^{*}<xy+\epsilon \Rightarrow {\begin{cases}y-x^{-1}\epsilon <t^{*}<y+x^{-1}\epsilon ,se\;x>0\\y+x^{-1}\epsilon <t^{*}<y-x^{-1}\epsilon ,sex<0\end{cases}}$.

Portanto $\exists \;\delta =\epsilon >0;$ $t^{*}\in {\begin{cases}(y-x^{-1}\epsilon ,y+x^{-1}\epsilon )\subset B,se\;x>0\\(y+x^{-1}\epsilon ,y-x^{-1}\epsilon )\subset B,se\;x<0\end{cases}}\Rightarrow t^{*}\in B$ é uma contradição.

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

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

Resolução 2:

Dado $z\in xB,\exists \;z=xy$ para algum $y\in B$ aberto, segue que $\exists \;\delta >0;(y-\delta ,y+\delta )\subset B$. Tome $\delta ={\begin{cases}{\epsilon \over x},se\;x>0\\{-\epsilon \over x},se\;x<0\end{cases}}$.

Assim $I_{\delta }={\begin{cases}(y-{\epsilon \over x},y+{\epsilon \over x}),{\mbox{ se }}x>0\\(y+{\epsilon \over x},y-{\epsilon \over x}),se\;x<0\end{cases}}$ $\subset B$. Tome $x\in \mathbb {R} -\{0\},$ $b\in I_{\delta }\cap B\Rightarrow {\begin{cases}y-{\epsilon \over x}<b<y+{\epsilon \over x},se\;x>0\\y+{\epsilon \over x}<b<y-{\epsilon \over x},se\;x<0\end{cases}}\Rightarrow$

$\Rightarrow {\begin{cases}xy-\epsilon <xb<xy+\epsilon ,se\;x>0\\xy-\epsilon <xb<xy+\epsilon ,se\;x<0\end{cases}}\Rightarrow (z-\epsilon ,z+\epsilon )\subset xB,$ para algum $\epsilon >0$.

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 $\Rightarrow \exists \;t\in A+B;\forall \;\delta >0,(t-\delta ,t+\delta )\not \subset A+B\Rightarrow \exists \;z\in (t-\delta ,t+\delta );z\not \in A+B.$

Seja $t=x+y,z=x+y^{*}=x^{*}+y$, com $\;x^{*}\not \in A,y^{*}\not \in B$. Assim $z\in (t-\delta ,t+\delta )\Rightarrow {\begin{cases}x+y-\delta <x+y^{*}<x+y+\delta \\x+y-\delta <x^{*}+y<x+y+\delta \end{cases}}$

$\Rightarrow {\begin{cases}y-\delta <y^{*}<y+\delta \\x-\delta <x^{*}<x+\delta \end{cases}}\Rightarrow {\begin{cases}y^{*}\in (y-\delta ,y+\delta ),\forall \;\delta >0\\x^{*}\in (x-\delta ,x+\delta ),\forall \;\delta >0\end{cases}}.$ Como ${\begin{cases}\exists \;\delta >0;(y-\delta ,y+\delta )\subset B\Rightarrow y^{*}\in B\\\exists \;\delta >0;(x-\delta ,x+\delta )\subset A\Rightarrow x^{*}\in A\end{cases}}$ 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 $\forall \;a\in A,\exists \;\epsilon _{0};(a-\epsilon _{0},a+\epsilon _{0})$ $\subset A$

B aberto implica que $\forall \;b\in B,\exists \;\epsilon _{1};(b-\epsilon _{1},b+\epsilon _{1})\subset B$

Seja $\epsilon =\min\{\epsilon _{0},\epsilon _{1}\}$, então temos: $a+b\Rightarrow$ $((a+b)-\epsilon ,(a+b)+\epsilon )\subset A+B$ isso porque $(a-\epsilon ,a+\epsilon )\subset A,(b-\epsilon ,b+\epsilon )\subset B$.

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 $\Rightarrow \exists \;t\in AB;\forall \;\delta >0,(t-\delta ,t+\delta )\not \subset AB\Rightarrow \exists \;z\in (t-\delta ,t+\delta );z\not \in AB.$

Seja $t=xy,z=xy^{*}=x^{*}y$, com $\;x^{*}\not \in A,y^{*}\not \in B$. Assim $z\in (t-\delta ,t+\delta )\Rightarrow {\begin{cases}xy-\delta <xy^{*}<xy+\delta \\xy-\delta <x^{*}y<xy+\delta \end{cases}}$

$\Rightarrow {\begin{cases}y-\delta <y^{*}<y+\delta \\x-\delta <x^{*}<x+\delta \end{cases}}\Rightarrow {\begin{cases}y^{*}\in (y-\delta ,y+\delta ),\forall \;\delta >0\\x^{*}\in (x-\delta ,x+\delta ),\forall \;\delta >0\end{cases}}.$ Como ${\begin{cases}\exists \;\delta >0;(y-\delta ,y+\delta )\subset B\Rightarrow y^{*}\in B\\\exists \;\delta >0;(x-\delta ,x+\delta )\subset A\Rightarrow x^{*}\in A\end{cases}}$ 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 $X,Y\subset \mathbb {R} \;$, tem-se $int(X\cap Y)=int(X)\cap int(Y)\;$

Resolução

Tome $a\in int(X\cap Y)\Leftrightarrow \exists \;h<k;a\in (h,k)\subseteq X\cap Y\Leftrightarrow \exists \;h<k;a\in (h,k)\subseteq X\;e\;\exists \;h<k;a\in (h,k)\subseteq Y\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow a\in int(X)\;e\;a\in int(Y)$.

5b

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

Resolução

Tome $a\in int(X)\cup \;int(Y)\Leftrightarrow \exists \;h<k;a\in (h,k)\subseteq X\;ou\;\exists \;h<k;a\in (h,k)\subseteq Y\Rightarrow \exists \;h<k;a\in (h,k)\subseteq X\cup Y\Leftrightarrow$

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

5c

Para quaisquer $X,Y\subset \mathbb {R} \;$, 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 $A\subset \mathbb {R} \;$ é aberto e $a\in A\;$, então $A-\{a\}$ é aberto.

Resolução

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

• Se $a\not \in (b-\delta ,b+\delta )\Rightarrow (b-\delta ,b+\delta )\subset A-\{a\}$
• Se $a\in (b-\delta ,b+\delta )\Rightarrow a\not \in (b-\delta ,a)\cup (a,b+\delta )$. Mas $b\in (b-\delta ,a)\cup (a,b+\delta )$. Logo, se ${\begin{cases}b<a\Rightarrow b\in (b-\delta ,a)\\a<b\Rightarrow b\in (a,b+\delta )\end{cases}}$. Assim podemos tomar $\epsilon ={\begin{cases}min\{\delta ,a-b),se\;b<a\\min\{b-a,\delta \},se\;a<b\end{cases}}\Rightarrow b\in (b-\epsilon ,b+\epsilon )\subset (b-\delta ,a)\cup (a,b+\delta )\subset A-\{a\}$

Portanto $\forall \;b\in A-\{a\},\exists \;\epsilon >0;a\not \in (b-\epsilon ,b+\epsilon );b\in (b-\epsilon ,b+\epsilon )\subset A-\{a\}$.

Logo $A-\{a\}$ é aberto.

7

7a

Considere a função $f:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ dadas por $f(x)=ax+b,a\not =0\;$. Mostre que, para cada $A\subset \mathbb {R}$ aberto, $f^{-1}(A)\;$ é aberto.

Resolução

• $f^{-1}(A)\;$ é aberto

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

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

Suponha que $f^{-1}(A)\;$ não é aberto. Então $\exists \;t={t_{0}-b \over a}\in f^{-1}(A),t_{0}\in A;B(t,\delta )\not \subset f^{-1}(A),\forall \;\delta >0$.

Como $t_{0}\in A,aberto,\;\exists \;\epsilon >0;B(t_{0},\epsilon )\subset A$. Tome ${\begin{cases}\epsilon =a\delta ,se\;a\geq 0\\\epsilon =-a\delta ,se\;a<0\end{cases}},B(t,\delta )\not \subset f^{-1}(A)\Rightarrow$

$\Rightarrow \exists \;z={z_{0}-b \over a}\in B(t,\delta ),z_{0}\not \in A,z\not \in f^{-1}(A)\Rightarrow t-\delta <z<t+\delta \Rightarrow {t_{0}-b \over a}-\delta <{z_{0}-b \over a}<{t_{0}-b \over a}+\delta \Rightarrow$.

$\Rightarrow {\begin{cases}t_{0}-b-a\delta <z_{0}-b<t_{0}-b+a\delta ,se\;a\geq 0\\t_{0}-b+a\delta <z_{0}-b<t_{0}-b-a\delta ,se\;a<0\end{cases}}\Rightarrow {\begin{cases}t_{0}-a\delta <z_{0}<t_{0}+a\delta ,se\;a\geq 0\\t_{0}+a\delta <z_{0}<t_{0}-a\delta ,se\;a<0\end{cases}}\Rightarrow$

$\Rightarrow {\begin{cases}z_{0}\in B(t_{0},a\delta ),se\;a\geq 0\\z_{0}\in B(t_{0},-a\delta ),se\;a<0\end{cases}}\Rightarrow z_{0}\in B(t_{0},\epsilon )\Rightarrow z_{0}\in A$ 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 $g:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ dadas por $g(x)=x^{2}\;$. Mostre que, para cada $A\subset \mathbb {R}$ 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 $g^{-1}(A)={\bigg \{}{\sqrt {x}};x\in A{\bigg \}}\;$.

Suponha que $g^{-1}(A)\;$ não é aberto. Então $\exists \;t={\sqrt {t_{0}}}\in g^{-1}(A),t_{0}\in A;B(t,\delta )\not \subset g^{-1}(A),\forall \;\delta >0$.

Como $t_{0}\in A,aberto,\;\exists \;\epsilon >0;B(t_{0},\epsilon )\subset A$. Tome $\epsilon =2\delta {\sqrt {t_{0}}}+\delta ^{2},B(t,\delta )\not \subset g^{-1}(A)\Rightarrow$

$\Rightarrow \exists \;z={\sqrt {z_{0}}}\in B(t,\delta ),z_{0}\not \in A,z\not \in g^{-1}(A)\Rightarrow t-\delta <z<t+\delta \Rightarrow {\sqrt {t_{0}}}-\delta <{\sqrt {z_{0}}}<{\sqrt {t_{0}}}+\delta \Rightarrow$.

$\Rightarrow t_{0}-(2\delta {\sqrt {t_{0}}}+\delta ^{2})<t_{0}-2\delta {\sqrt {t_{0}}}+\delta ^{2}<z_{0}<t_{0}+(2\delta {\sqrt {t_{0}}}+\delta ^{2})\Rightarrow z_{0}\in (t_{0},2\delta {\sqrt {t_{0}}}+\delta ^{2})$

$\Rightarrow z_{0}\in B(t_{0},\epsilon )\Rightarrow z_{0}\in A$ 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 $h:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ dadas por $h(x)=x^{3}\;$. Mostre que, para cada $A\subset \mathbb {R}$ 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 $h^{-1}(A)={\bigg \{}{\sqrt[{3}]{x}};x\in A{\bigg \}}\;$.

Suponha que $h^{-1}(A)\;$ não é aberto. Então $\exists \;t={\sqrt[{3}]{t_{0}}}\in h^{-1}(A),t_{0}\in A;B(t,\delta )\not \subset h^{-1}(A),\forall \;\delta >0$.

Como $t_{0}\in A,aberto,\;\exists \;\epsilon >0;B(t_{0},\epsilon )\subset A$. Tome $\epsilon =3\delta ^{2}{\sqrt[{3}]{t_{0}}}+3\delta {\sqrt[{3}]{t_{0}^{2}}}+\delta ^{3},B(t,\delta )\not \subset h^{-1}(A)\Rightarrow$

$\Rightarrow \exists \;z={\sqrt[{3}]{z_{0}}}\in B(t,\delta ),z_{0}\not \in A,z\not \in h^{-1}(A)\Rightarrow t-\delta <z<t+\delta \Rightarrow {\sqrt[{3}]{t_{0}}}-\delta <{\sqrt[{3}]{z_{0}}}<{\sqrt[{3}]{t_{0}}}+\delta \Rightarrow$.

$\Rightarrow t_{0}-(3\delta {\sqrt[{3}]{t_{0}^{2}}}+3\delta ^{2}{\sqrt[{3}]{t_{0}}}+\delta ^{3})<t_{0}-3\delta {\sqrt[{3}]{t_{0}^{2}}}+3\delta ^{2}{\sqrt[{3}]{t_{0}}}-\delta ^{3}<z_{0}<t_{0}+3\delta {\sqrt[{3}]{t_{0}^{2}}}+3\delta ^{2}{\sqrt[{3}]{t_{0}}}+\delta ^{3}\Rightarrow z_{0}\in B(t_{0},3\delta {\sqrt[{3}]{t_{0}^{2}}}+3\delta ^{2}{\sqrt[{3}]{t_{0}}}+\delta ^{3})\Rightarrow$

$\Rightarrow z_{0}\in B(t_{0},\epsilon )\Rightarrow z_{0}\in A$ 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 $A\subset \mathbb {R} \;$ aberto e $f(x)=ax+b,a\not =0\;$, mostre que $f(A)\;$ é aberto.

Resolução

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

Suponha que $f(A)\;$ não é aberto. Então $\exists \;t=at_{0}+b\in f(A),t_{0}\in A;B(t,\delta )\not \subset f(A),\forall \;\delta >0$.

Como $t_{0}\in A,aberto,\;\exists \;\epsilon >0;B(t_{0},\epsilon )\subset A$. Tome ${\begin{cases}\epsilon ={\delta \over a},se\;a>0\\\epsilon =-{\delta \over a},se\;a<0\end{cases}},B(t,\delta )\not \subset f(A)\Rightarrow$

$\Rightarrow \exists \;z=az_{0}+b\in B(t,\delta ),z_{0}\not \in A,z\not \in f(A)\Rightarrow t-\delta <z<t+\delta \Rightarrow at_{0}+b-\delta <az_{0}+b<at_{0}+b+\delta \Rightarrow$.

$\Rightarrow at_{0}-\delta <az_{0}<at_{0}+\delta \Rightarrow {\begin{cases}t_{0}-{\delta \over a}<z_{0}<t_{0}+{\delta \over a},se\;a>0\\t_{0}+{\delta \over a}<z_{0}<t_{0}-{\delta \over a},se\;a<0\end{cases}}\Rightarrow$

$\Rightarrow {\begin{cases}z_{0}\in B(t_{0},{\delta \over a}),se\;a\geq 0\\z_{0}\in B(t_{0},-{\delta \over a}),se\;a<0\end{cases}}\Rightarrow z_{0}\in B(t_{0},\epsilon )\Rightarrow z_{0}\in A$ 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 $A\subset \mathbb {R} \;$ aberto e $h(x)=x^{3}\;$, mostre que h(A) é aberto.

8c

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