3.2 Lie Algebras
3.2.3 Conformal Killing Vectors (CKVs)
O objetivo desta seção é mostrar que toda topologia é i-quasi-pseudometrizável. As idéias usadas para obtenção deste resultado são basicamente as usadas em [Kopperman 1988], com a diferença de que a topologia deste artigo era baseada em uma noção de bola fechada e a topologia gerada por uma i-distância é gerada por bolas abertas. Essa dife- rença traz a necessidade de algumas adaptações à contrução feito no artigo mencionado, por isso, aqui é apresentada toda a construção até que o resultado seja obtido.
Seja τ uma topologia em um conjunto não-vazio X e considere o conjunto [0,+∞] dos reais não-negativos extendidos. Aqui, a ordem e a soma usuais dos reais são extendidas pondo-se a ≤ +∞ e a + ∞ = +∞, para todo a ∈ [0,+∞]. Considere, também, o conjunto (0, +∞]. Denote por V o conjunto de todas as funções do tipo f : τ −→ [0, +∞] e por V∗o subconjunto de V formado pelas funções tais que f (O) 6= 0, para todo O ∈ τ. No conjunto V a relação ≤p definida por f ≤pg ⇔ f (O) ≤ g(O),∀ O ∈ τ é uma ordem parcial, de
modo que a função nula, a qual será denotada por 0v, é o menor elemento de hV,≤pi. Em
V defina a operação +vcomo sendo a soma usual de funções.
Teorema 4.17. hV,≤vi é um reticulado.
Demonstração. Sejam f ,g ∈ V . Claramente tem-se que as funções f ∧ g e f ∨ g definidas por f ∧g(O) = min( f (O),g(O)) e f ∨g(O) = max( f (O),g(O)) são o ínfimo e o supremo, respecivamente, de { f ,g}.
A seguir alguns resultados básicos sobre hV,≤vi que serão usados adiante.
Capítulo 4. i-Distâncias
Demonstração. Dado O ∈ τ, tem-se f (O) ≤ h(O) e g(O) ≤ t(O) logo f (O) + g(O) ≤ h(O) + t(O), o que implica em f +vg ≤vh +vt.
Proposição 4.17. Sejam, f ,g1, ..., gn, h1, ..., hn∈ V . Se f +vg1≤v h1,..., f +vgn≤v hn,
então f + ∧ni=1gi≤v∧ni=1hi.
Demonstração. Suponha que existe O ∈ τ tal que f (O)+v∧ni=1gi(O) 6≤ ∧ni=1hi(O). Como
a ordem ≤ em [0,+∞] é total, tem-se que ∧n
i=1gi(O) = gi0(O) para algum i0∈ {1, 2, ..., n}
e ∧n
i=1hi(O) = hi1(O) para algum i1∈ {1, 2, ..., n}. Portanto, f (O) + gi0(O) 6≤ hi1(O). De
gi0(O) ≤ gi1(O), segue que f (O) + gi0(O) ≤ f (O) + gi1(O), portanto, da transitividade de
≤, segue que f (O) + gi1(O) 6≤ hi1(O), logo, f +vgi16≤vhi1 o que contradiz a hipótese.
Considere o seguinte subconjunto de V:
P = { f ∈ V∗; f (O) = +∞, exceto para um número finito de elementos de τ}.
Com base neste subconjunto de V , é definida a relação binária abaixo a qual é, como será visto, uma relação semi-auxiliar para ≤v.
Definição 4.18. Define-se a relação binária ≺vem V por f ≺vg ⇔ ∃ h ∈ P, tal que f +v
h ≤vg.
Teorema 4.18. ≺v é uma relação semi-auxiliar para ≤v.
Demonstração. Suponha f ≺vge seja r ∈ P tal que f +vr ≤vg. Assim, f (O) + r(O) ≤
g(O), para todo O ∈ τ. Como r(O) ∈ (0,+∞], tem-se f (O) ≤ f (O) + r(O), logo f (O) ≤ g(O), para todo O ∈ τ, ou seja, f ≤vg.
Para provar a segunda condição de relação semi-auxiliar, suponha f ≤v g ≺v h ≤ t.
Assim, f (O) ≤ g(O) e h(O) ≤ t(O), para todo O ∈ τ e existe r ∈ P tal que g + r ≤vh.
Dessa forma, segue que f +vr ≤vg +vr ≤vh ≤vt ⇒ f + r ≤vt, ou seja, f ≺vt.
Observação 4.10. Um outro resultado imediato sobre a relação ≺v é o seguinte0v≺v f ,
para todo f ∈ P. De fato, basta tomar r = f , assim 0v+vr = 0v+v f = f ≤v f .
Proposição 4.18. Se f ,g ∈ V e f ≺vg, então g ∈ P.
Demonstração. Seja r ∈ P tal que f +vr ≤v g. Assim, f (O) + r(O) ≤ g(O), para todo
O ∈ τ. Como r(O) ∈ (0,+∞], temos que g(O) ∈ (0,+∞], para todo O ∈ τ. Além disso, se r(O) = +∞, então g(O) = +∞, logo o conjunto dos elementos O de τ tais que g(O) 6= +∞ está contido no conjunto dos elementos O de τ tais que r(O) 6= +∞, o qual é finito. Portanto g ∈ P.
Capítulo 4. i-Distâncias
Teorema 4.19. Se f ,g ∈ P, então f ∧ g ∈ P.
Demonstração. Como f (O),g(O) ∈ (0+∞], para todo O ∈ τ, então f ∧g(O) = min{ f (O), g(O)} ∈ (0,+∞], para todo O ∈ τ.
Considere os conjuntos finitos If, Ig ∈ τ tais que f (O) 6= +∞, para todo O /∈ If e
g(O) 6= +∞ para todo O /∈ Ig. Note que f (O) = g(O) = +∞, para todo O /∈ IfSIg, logo
f ∧ g(O) = +∞ fora de IfSIg. Como IfSIg é um conjunto finito, pode-se concluir que
f ∧ g ∈ P.
Corolário 4.2. hV,≤v, ≺v, 0vi é uma VID.
Demonstração. Falta mostrar apenas que se f ,g ∈ V são tais que 0v≺v f e 0v≺vg, então
0v≺v f ∧g. De fato, de 0v≺v f e 0v≺vgsegue (da proposição 4.18) que f ,g ∈ P. Assim,
do teorema 4.19 segue que f ∧ g ∈ P e da observação 4.10 segue que 0v≺v f ∧ g.
Assim, fica construídoa VID que será usado na definição de uma i-quasi-pseudométrica que gera a topologia τ.
Fixe um elemento q ∈ (0,+∞]. Para cada O ∈ τ defina a função dO: X ×X −→ [0,+∞]
por dO(x, y) =
(
0, se x /∈ O ou y ∈ O
q, se x ∈ O e y /∈ O . É imediato que dO(x, x) = 0, para todo x ∈ X. Esta função também satisfaz a desigualdade triangular, ou seja, dO(x, z) ≤ dO(x, y) +
dO(y, z). De fato, se dO(x, z) = 0, então nada há a provar. Caso dO(x, z) = q, então x ∈ O e
z /∈ O. Se y ∈ O, então dO(x, y) = 0 e dO(y, z) = q e daí decorre a desigualdade triangular.
Se y /∈ O, então dO(x, y) = q e dO(y, z) = q donde decorre a desigualdade triangular.
Baseados nesta função dO, define-se a seguinte função dτ: X × X −→ V que associa a
cada par (x,y) a função dτ(x, y) : τ −→ [0, +∞] de V definida por dτ(x, y)(O) = dO(x, y).
Esta função dτ possui as seguintes propriedades:
i) dτ(x, x) = 0v;
ii) dτ(x, z) ≤vdτ(x, y) +vdτ(y, z).
De fato, já foi visto que dO(x, x) = 0 para todo O ∈ τ, logo dτ(x, x) = 0v. Também já foi
visto que dO(x, z) ≤v dO(x, y) +vdO(y, z), logo dτ(x, z)(O) ≤ dτ(x, y)(O) +vdτ(y, z)(O),
para cada O ∈ τ, assim dτ(x, z) ≤vdτ(x, y) +vdτ(y, z).
Teorema 4.20. A função dτ é uma i-quasi-pseudométrica com relação à VID hV,≤v, ≺v
, 0vi.
Demonstração. A primeira condição de i-quasi-pseudométrica já foi verificada. Para ve- rificar a segunda, suponha dτ(x, y) ≺vε para algum 0v≺vε. Pelo que já foi visto, tem-se
Capítulo 4. i-Distâncias
ε ∈ P. Por definição, existe r ∈ P tal que dτ(x, y) +vr ≤vε. Defina r/2 ∈ V por r/2(O) =
(
r(O)/2, se r(O) 6= +∞
+∞, se r(O) = +∞ . Tem-se que r/2 ∈ P. De fato, r(O)/2 ∈ (0,+∞], para todo O ∈ τ e {O ∈ τ; r(O) 6= +∞} = {O ∈ τ; r(O)/2 6= +∞}, portanto r(O)/2 6= +∞ apenas para um número finito de elementos de τ, logo r/2 ∈ P. É imediato ver que r/2+vr/2 = r,
logo r/2 ≺vr, assim dτ(x, y)+vr/2+r/2 = dτ(x, y)+r ≤vε ⇒ dτ(x, y)+vr/2 ≺vε. Sendo
assim, tome δ = r/2 e suponha dτ(y, z) ≺vr/2. Portanto dτ(x, z) ≤vdτ(x, y) +vdτ(y, z) ≤v
dτ(x, y) +vr/2 ≺vε ⇒ dτ(x, z) ≺vε.
No teorema a seguir será mostrado que a topologia gerada pela função dτ em X é
exatamente τ e como a construção da VID e da função dτ pode ser feita com qualquer
topologia, então conclui-se que todo topologia é gerada por uma i-quasi-pseudométrica. Teorema 4.21. A topologia gerada por dτé τ.
Demonstração. Seja τ′a topologia gerada por d
τ. O objetivo é mostrar que τ′= τ.
Seja O ∈ τ. Fixado p ∈ (0,+∞), com 2p ≤ q defina r′
O: τ −→ (0,+∞] por r′O(A) =
(
p, se A = O
+∞, se A 6= O . Assim, r
′
O(A) ∈ (0, +∞], para todo A ∈ τ e rO′ (A) 6= +∞ apenas para
um elemento de τ, a saber o próprio O, ou seja, r′
O∈ P. Defina rO= rO′ + r′O. Segue que
r′
O≺vrO. Considere a bola aberta B(x,rO) = {y ∈ X dτ(x, y) ≺vrO}. Tem-se B(x, rO) =
B, onde B = {y ∈ X; dO(x, y) < 2p}. De fato, tome y ∈ B(x, rO), ou seja, y é tal que
dτ(x, y) ≺vrO. Dessa forma, existe r ∈ P tal que dτ(x, y) +vr ≤vrO, ou seja, dτ(x, y)(A) +
r(A) ≤ rO(A), para todo A ∈ τ, logo dτ(x, y)(O) + r(O) ≤ rO(O) ⇔ dO(x, y) + r(O) ≤ 2p.
Como r(O) ∈ (0,+∞), então dO(x, y) < 2p o que implica em y ∈ B. Por outro lado, se
y ∈ B, é imediato verificar que y ∈ B(x,rO) donde conclui-se que B = B(x, rO). Se O = /0,
então O ∈ τ′. Dessa forma, podemos supor O 6= /0. Tome x ∈ O. Como já foi visto que
B(x,rO) = {y ∈ X; dO(x, y) < 2p}, basta mostrar que O = {y ∈ X; dO(x, y) < 2p}. Se
z ∈ O, então dO(x, z) = 0 ⇒ z ∈ {y ∈ X; dO(x, y) < 2p} o que implica em O ⊆ {y ∈
X; dO(x, y) < 2p}. Por outro lado, se z /∈ O, então dO(x, z) = q 6< 2p, logo z /∈ B. Com
isso, conclui-se que Oc⊆ Bc, ou seja, B ⊆ O. Portanto B = O, o que mostra que O ∈ τ′e
encerra a verificação de que τ ⊆ τ′.
Falta provar que τ′⊆ τ. Para isso, tome O ∈ τ′. Dessa forma, dado x ∈ O, existe r x∈ P
tal que B(x,rx) ⊆ O. Por definição, o conjunto O = {A ∈ τ; rx(A) 6= +∞} é finito. Suponha
C = {O1, O2, ..., On} e rx(Oi) = pi∈ (0, +∞) para cada i ∈ {1, 2, ..., n}. Sendo assim,
rx(A) = +∞, para todo A /∈ C. Defina ri: τ −→ (0,+∞], por ri(A) =
(
pi, se A = Oi
+∞, se A 6= Oi
, para cada i ∈ {1,2,...,n}. Segue imdeiatamente da definição dos ri’s que rx= r1∧r2∧...∧
Capítulo 4. i-Distâncias
rn. Outro fato que será usado é o seguinte: B(x,r1) = B(x, r1)TB(x,r2)T...TB(x,rn).
Para verificar isto, tome y ∈ B(x,rx). Assim, dτ(x, y) ≺ rx, ou seja, existe s ∈ P tal que:
dτ(x, y) +vs ≤vrx ⇒ dτ(x, y) +vs ≤vr1∧ ... ∧ rn
⇒ dτ(x, y) + s ≤vri, ∀ i ∈ {1, ..., n}
⇒ dτ(x, y) ≺vri, ∀ i ∈ {1, ..., n}
⇒ y ∈ B(x, ri), ∀ i ∈ {1, ..., n}.
Por outro lado, se y ∈ B(x,r1)TB(x,r2)T...TB(x,rn), então dτ(x, y) ≺v ri, para todo
i ∈ {1,2,...,n}, logo, existem s1, ..., s2 ∈ P tais que dτ(x, y) +vsi ≤v ri, para todo i ∈
{1, ..., n}. Do teorema 4.19 segue que s1∧ ... ∧ sn∈ P e da proposição 4.17 segue que
dτ(x, y) +v∧ni=1si≤ ∧ni=1ri= rx⇒ dτ(x, y) ≺vrx⇒ y ∈ B(x, rx).
Tem-se que B(x,ri) = X se x /∈ Oi. De fato, neste caso, dado y ∈ X, temos que
dτ(x, y)(A) = dA(x, y) =
(
0, se x /∈ A ou y ∈ A
q, se x ∈ A e y /∈ A . Como x /∈ Oi, tem-se dτ(x, y)(Oi) = 0 e como ri(A) = +∞, para todo A ∈ τ − {Oi}, segue que:
dτ(x, y)(A) + ri(A) = q + ∞, se A 6= Oi, x ∈ A e y /∈ A 0 + ∞, se A 6= Oi, x /∈ A ou y ∈ A
0 + pi, se A = Oi(neste caso, tem-se x /∈ A)
= ( +∞, se A 6= Oi pi, se A = Oi = ri(A). Portanto, dτ(x, y) +vri≤vri⇒ dτ(x, y) ≺vri⇒ y ∈ B(x, ri) ⇒ B(x, ri) = X.
Agora, suponha que x ∈ Oi e pi≤ q. Neste caso, tem-se B(x, ri) = Oi. De fato, dado
y ∈ Oi, tem-se: dτ(x, y)(A) = 0, se A = Oi 0, se A 6= Oie y ∈ A q, se A 6= Oi, /∈ A e x ∈ A 0, se A 6= Oi, y /∈ A e x /∈ A
Capítulo 4. i-Distâncias
Sendo assim, segue que:
dτ(x, y)(A) + ri(A) = 0 + pi, se A = Oi 0 + ∞, se A 6= Oie y ∈ A q + ∞, se A 6= Oi, y /∈ A e x ∈ A 0 + ∞, se A 6= Oi, y /∈ A e x /∈ A = ( pi, se A = Oi +∞, se A 6= Oi = ri(A) Portanto, dτ(x, y) +vri≤ ri⇒ dτ(x, y) ≺vri⇒ y ∈ B(x, ri) ⇒ Oi⊆ B(x, ri).
Por outro lado, suponha que y /∈ Oi, assim dτ(x, y)(Oi) = q ≥ pi= ri(Oi), logo dτ(x, y) 6≺v
ri⇒ y /∈ B(x, ri). Sendo assim, tem-se Oci ⊆ [B(x, ri)]c⇔ B(x, ri) ⊆ Oi. Assim, segue que
Oi= B(x, ri).
Por fim, suponha x ∈ Oi e q < pi. Neste caso, tem-se B(x,ri) = X. De fato, tome
y ∈ X, assim: dτ(x, y)(A) = 0, se A = Oie y ∈ A q, se A = Oie y /∈ A q, se A 6= Oi, x ∈ A e y /∈ A 0, se A 6= Oi, x /∈ A ou y ∈ A
Defina si: τ −→ (0,+∞] por si(A) =
( pi− q, se A = Oi +∞, se A 6= Oi . Assim: dτ(x, y)(A) + si(A) = 0 + pi− q, se A = Oie y ∈ A q + pi− q, se A = Oie y /∈ A q + ∞, se A 6= Oi, x ∈ A e y /∈ A 0 + ∞, se A 6= Oi, x /∈ A ou y ∈ A = pi− q, se A = Oie y ∈ A pi, se A = Oie y /∈ A +∞, se A 6= Oi ≤ ri(A).
Como si∈ P, isso significa que dτ(x, y) ≺vri⇒ y ∈ B(x, ri), portanto, B(x, ri) = X.
Com isso, foi mostrado que cada uma das bolas abertas B(x,ri) é X ou Oi, logo
Capítulo 4. i-Distâncias
mentos de τ, logo B(x,rx) ∈ τ. Como O = [ x∈O
B(x,rx), pode-se concluir que O ∈ τ e,
portanto, que τ′⊆ τ, que era o passo que faltava para provar que τ = τ′.