Introduction

Nesta seção, provaremos o Lema 2.1. Por comodidade, tornaremos a enunciá-lo. Lema B.1 Sejam eX = _{{(t, s) : 0 ≤ t, s ≤ 1} ⊂ R}2 _{e O um subconjunto aberto de eX}

tal que

{(t, 0) : 0 ≤ t ≤ 1} ⊂ O, (B.1) {(t, 1) : 0 ≤ t ≤ 1} ∩ O = ∅ (B.2) Então existe uma componente conexa Γ de ∂O, a fronteira de O em eX, intersectando ambos {(0, s) : 0 ≤ s ≤ 1} e {(1, s) : 0 ≤ s ≤ 1}, isto é,

{(0, s) : 0 ≤ s ≤ 1} ∩ Γ 6= ∅, (B.3) {(1, s) : 0 ≤ s ≤ 1} ∩ Γ 6= ∅. (B.4) Prova.

Se denotarmos por O1 a componente conexa de O contendo

{(t, 0) : 0 ≤ t ≤ 1},

então ∂O1 ⊂ ∂O. Assim, sem perda de generalidade, podemos considerar que O já é

conexo. Seja

Observemos que por O ser aberto devemos, necessariamente, ter que s0 6= 0. Então

(B.1) e (B.2) implicam que 0 < s0 < 1 e (0, s0) ∈ ∂O. Seja Γ a componente conexa

de ∂O que contém (0, s0) e vamos provar que Γ satisfaz (B.3) e (B.4). Notemos que,

pela denição de s0, (B.3) é obvio, uma vez que (0, s0)é elemento da intersecção. Para

(B.4), consideraremos, por contradição, que

{(1, s) : 0 ≤ s ≤ 1} ∩ Γ = ∅

Vamos agora estabelecer uma nomenclatura para os lados de eX, isto é, denotaremos por L1 o conjunto {(t, 0) : 0 ≤ t ≤ 1}, por L2 o conjunto {(1, s) : 0 ≤ s ≤ 1}, por L3

o conjunto {(t, 1) : 0 ≤ t ≤ 1} e por L4 o conjunto {(0, s) : 0 ≤ s ≤ 1}. Desse modo,

notemos que usando (B.2), a denição de s0 e nossa hipótese de contradição concluímos

que Γ ∩ (L1 ∪ L2 ∪ L3) = ∅. Adicionando a isso o fato de Γ ser fechado temos que

δ1 = d(L1∪ L2∪ L3, Γ) > 0, onde d(·, ·) signica a distância entre dois conjuntos de ˜X.

Pela compacidade de Γ, existe um número nito de pontos x1, x2,· · · , xn ∈ Γ tal que

o número nito de bolas B µ x1, δ1 3 ¶ , B µ x2, δ1 3 ¶ ,_{· · · , B} µ xn, δ1 3 ¶

constitui uma cobertura aberta de Γ. Aqui estamos considerando a notação B µ xi, δ1 3 ¶ = ½ x : x_{∈ e}X, xi ∈ Γ, d(x, xi) < δ1 3 ¾ . Denotemos U1 := n [ i=1 B µ xi, δ1 3 ¶ .

Claramente temos que Γ ⊂ U1 e, pela escolha do raio das bolas, U1∩(L1∪L2∪L3) = ∅.

Agora, vamos construir um conjunto aberto U de ˜X tal que Γ ⊂ U, U ∩ (L1 ∪

L2∪ L3) =∅ e ∂U ∩ ∂O = ∅. A construção de tal conjunto U obedecerá um dos dois

casos abaixo.

Caso (i): ∂U1∩ ∂O = ∅. Nesse caso, tomamos simplemesnte U = U1.

Caso (ii): ∂U1∩ ∂O 6= ∅. Note que U1∩ ∂O é um espaço métrico compacto e que Γ e

∂U1∩∂O são dois subespaços métricos fechados e disjuntos de U1∩∂O. Como Γ é

92 conexa de U1∩ ∂O que intersecte ambos Γ e ∂U1∩ ∂O. Usando um resultado de

[30] existem dois conjuntos compactos KA e KB tais que U1∩ ∂O = KA∪ KB,

KA∩ KB =∅, Γ ⊂ KAe ∂U1∩ ∂O ⊂ KB. Seja δ2 = d(KA, KB), então temos que

δ2 > 0. A compacidade de KA implica que existe um número nito de pontos

y1, y2,· · · , ym ∈ KA tal que as bolas abertas

B µ y1, δ2 3 ¶ , B µ y2, δ2 3 ¶ ,· · · , B µ ym, δ2 3 ¶ em eX constituem uma cobertura aberta de KA. Denotemos

U2 := m [ i=1 B µ yi, δ2 3 ¶ . Então, Γ ⊂ KA⊂ U2. Tomando U = U1∩ U2, temos

U = n [ i=1 m [ j=1 · B µ xi, δ1 3 ¶ ∩ B µ yj, δ2 3 ¶¸ .

Já vimos que Γ ⊂ U1 e Γ ⊂ U2, decorrendo imediatamente que Γ ⊂ U.

Além disso, também é imediato que U ∩ (L1 ∪ L2 ∪ L3) = ∅. Armamos que

∂U _{∩ ∂O = ∅. Com efeito, se ∂U ∩ ∂O 6= ∅, então existe um ponto x ∈ ∂U ∩ ∂O,} ou seja, x ∈ KA∪ KB. Lembrando que esses conjuntos são disjuntos, há duas

possibilidades: (i) Se x ∈ KA então x /∈ KB. Como x ∈ ∂O e ∂U1∩ ∂O ⊂ KB,

segue que x /∈ ∂U1. Além disso, como x ∈ ∂U ⊂ U ⊂ U1 então devemos ter

x _{∈ U}1. Mas x ∈ ∂U acarreta x /∈ U = U1 ∩ U2, resultando que x /∈ U2, o

que é uma contradição pois sendo U2 uma cobertura aberta de KA, é claro que

KA ⊂ U2. (ii) Se x ∈ KB, então d(x, KA) ≥ δ2. Mas x ∈ ∂U ⊂ U ⊂ U2 implica

que d(x, KA)≤

δ2

3, que também nos leva a uma contradição. Portanto, devemos ter ∂U ∩ ∂O = ∅.

Denotemos por V a componente conexa de U contendo Γ. Desse modo, temos que Γ ⊂ V , V ∩ (L1 ∪ L2∪ L3) =∅ e ∂V ∩ ∂O = ∅. Pela construção de U vemos que

∂U é composta de um número nito de arcos circulares, e consqüentemente também o é ∂V já que ∂V ⊂ ∂U. Seja

c =_{(t0+ r cos θ, s0 + rsenθ) : θ1 ≤ θ ≤ θ2}

um arco circular com dois pontos extremos Pi = (t0 + r cos θi, s0 + rsen θi)(i = 1, 2).

(₋₁₎i+1_{(−sen θ}

i, cos θi)(i = 1, 2), isto é, rc é tangente a c em um de seus pontos

extremos e aponta na direção para onde c se dirige. Se dois arcos circulares c e c′ _se

intersectam em um ponto extremo comum e rc e rc′ são dois raios começando nesse

ponto comum, então o ângulo entre rc e rc′ será chamado ângulo de c para c′.

Denotemos por Φ o conjunto de todos os arcos circulares contidos em ∂V . Seja s1 = sup{s : (0, s) ∈ V }.

Então é claro que 0 < s1 < 1. Suponhamos que c1 ∈ Φ seja o arco circular no qual

e0 := (0, s1) é um ponto extremo tal que o ângulo de rc1 para o raio {(0, s) : s ≥ s1}

é o menor dentre todos os tais ângulos. Desse modo, é fácil ver que V está abaixo de c1 e c1 curva-se para baixo. Se o outro ponto extremo de c1, que denotaremos por e1,

não está no segmento L4, então existe c2 ∈ Φ com e1 como um ponto extremo tal que

o ângulo de c2 para c1 é o menor de todos os ângulos. Então V está do mesmo lado de

c1 e c2, além disso c1 e c2 curvam-se para o mesmo lado. Se o outro ponto extremo de

c2, que denotaremos por e2, não está em L4, então poderemos continuar nessa mesma

idéia. Desse modo, obtemos uma seqüência de arcos (cn) com a propriedade que cn e

cn+1 têm em comum o ponto extremo en, o conjunto V está do mesmo lado que cn,

e todas cn curvam-se para o mesmo lado. Desde que Φ contém apenas um número

nito de arcos circulares, após alguns n etapas, o ponto extremo en de cn estará em

L4. Tomando en= (0, s2), vemos que 0 < s2 < s1.

Se denotamos o segmento de reta {(0, s) : s1 ≤ s ≤ s2} por c0, então c0, c1,· · · , cn

constitui uma curva de Jordan cJ e V está completamente no interior dela, uma vez

que V é conexo. Denotemos por V1 o conjunto de todos os pontos do interior de cJ e

seja

W = V1∪ {(0, s) : s1 < s < s2}

Então W é um subconjunto aberto de eX, o conjunto V é tal que V ⊂ W , e da discussão anterior, temos que

Γ_{⊂ W ;} (B.5) W _{∩ (L}1∪ L2∪ L3) =∅; (B.6)

∂W = c1∪ c2 ∪ · · · ∪ cn; (B.7)

94 Notemos que o item (B.5) implica que O ∩W 6= ∅; o item (B.6) implica que O \W 6= ∅; o item (B.7) implica que ∂W é um conjunto compacto e, nalmente, (B.8) implica que ∂W = (∂W _{∩ O) ∪ (∂W \ O). Agora a prova divide-se em dois aspectos abaixo.}

Se ∂W ∩ O 6= ∅, então ∂W ∩ O e ∂W \ O são subconjuntos abertos, não-vazios e disjuntos de ∂W = (∂W ∩ O) ∪ (∂W \ O), fato esse que contradiz a conexidade de ∂W.

Se ∂W ∩ O = ∅, então O ∩ W e O \ W são subconjuntos abertos, não-vazios e disjuntos de O = (O ∩ W ) ∪ (O \ W ). Isto contradiz a conexidade de O, concluindo a demonstração.

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