$\newcommand{\N}{\mathbb N}\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\Z}{\mathbb Z}\newcommand{\A}{\mathcal A}\newcommand{\Q}{\mathbb Q}$
Lema.Seja $X\subseteq\R$ um conjunto compacto e seja $f:X\rightarrow\R$ uma função contínua. Então $f(X)$ é compacto.
Demonstração. Seja $(y_n)$ uma sequência em $f(X)$. Então existe uma sequência $(x_n)$ em $X$ tal que $y_n=f(x_n)$. Como $X$ é compacto, $(x_n)$ possui uma subsequência $(x_{k_n})$ convergente. tal que $x_{k_n}\rightarrow a$ com $a\in X$. Como $f(x)$ é contínua, $y_{k_n}=f(x_{k_n})\rightarrow f(a)$. Acabamos de demonstrar que toda sequência $(y_n)$ de termos em $f(X)$ possui uma subsequência convergente com limite em $f(X)$. Portanto $f(X)$ é compacto.
Corolário. Sejam $X$ é um conjunto compacto e $f:X\rightarrow\R$ uma função contínua. Então $\inf f(X)$ e $\sup f(X)$ pertencem a $f(X)$. Portante existem $a,b\in X$ tal que $f(a)\leq f(x)\leq f(b)$ vale para todo $x\in X$.
Teorema. Seja $X$ um conjunto compacto e $f:X\rightarrow\R$ uma função contínua e injetiva. Então $f^{-1}:f(X)\rightarrow X$ é uma função contínua.
Demonstração. Seja $Y=f(X)$, e seja $g:Y\rightarrow X$ a inversa de $f$. Assuma que $b\in Y$. Assuma que $(y_n)$ é uma sequência de termos em $Y$ tal que $y_n\rightarrow b$. Defina $x_n=g(y_n)$. Então $(x_n)$ é uma sequência de termos em $X$. Como a sequência $x_n$ é limitada, é suficiente provar que $a=g(b)$ é o único valor de aderência de $(x_n)$. Assuma que $(x_{k_n})$ é uma subsequência de $(x_n)$ tal que $x_{k_n}\rightarrow a’$. Como $X$ é compacto, $a’\in X$. Dado que $f(x)$ é contínua, $$
f(a’)=\lim_{n\rightarrow\infty}f(x_{k_n})=\lim_{n\rightarrow\infty}y_{k_n}=b=f(a).
$$
Isto implica que $f(a’)=f(a)$. Como $f$ é contínua, obtemos que $a’=a$.
Exemplo. Seja $f:[0,1]\cup (2,3]\rightarrow [0,1]\cup(1,2]$ a função definida por
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
x & \mbox{se $x \in [0,1]$}\\
x-1 & \mbox{se $x\in (2,3]$}.\end{array}\right.
$$
Então $f$ é contínua, mas $f^{-1}$ não é.
Uma função $f:X\subseteq\R\rightarrow\R$ é dita uniformemente contínua se para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que $|x-y|\leq \delta$ implica que $|f(x)-f(y)|\leq \varepsilon$ para todo $x,y\in X$.
Exemplo. Seja $f:[a,b]\rightarrow\R$, $f(x)=x^2$. Seja $\varepsilon>0$. Assuma que $M>0$ é um real tal que $[a,b]\subseteq [-M,M]$ e seja $\delta\leq\varepsilon/(2M)$. Sejam $x,y\in[a,b]$ tal que $|x-y|\leq\delta$. Então
$$
|f(x)-f(y)|=|x^2-y^2|=|x-y||x+y|\leq 2M|x-y|\leq 2M\delta\leq\varepsilon.
$$
Exemplo. Seja $f:\R\rightarrow\R$, $f(x)=x^2$. Assuma que $\varepsilon=1$. Seja $\delta>0$ arbitrário e assuma $n\in \N^+$ tal que $n>1/(2\delta)$. Pondo $x=n$ e $y=n+\delta$, calculemos que
$$
|f(x)-f(y)|=(n+\delta)^2-n^2=2n\delta+\delta^2>2n\delta>1.
$$
Logo esta função não é uniformemente contínua.
Exemplo. Seja $f:(0,1]\rightarrow\R$, $f(x)=1/n$. Seja $\varepsilon=1/2$. Assuma que $\delta>0$ arbitrário e seja $n\in \N^+$ tal que $1/n-1/(n+1)\leq\delta$. Pondo $x=1/n$ e $y=1/(n+1)$, obtemos que
$$
|f(x)-f(y)|=1>\varepsilon.
$$
Portanto esta função também não é uniformemente contínua.
Teorema. Seja $f:X\subseteq\R\rightarrow\R$ uma função. As seguintes são equivalentes:
- $f(x)$ é uniformemente contínua em $X$;
- se $(x_n)$ ´e $(y_n)$ são sequências em termos em $X$ tais que $(x_n-y_n)\rightarrow 0$, então $(f(x_n)-f(y_n))\rightarrow 0$.
Demonstração. 1.$\Rightarrow$2. Assuma que $f(x)$ é uniformemente contínua e que $(x_n)$ e $(y_n)$ são sequências de termos em $X$ tais que $(x_n-y_n)\rightarrow 0$. Seja $\varepsilon>0$. Existe $\delta>0$ tal que $|x-y|\leq\delta$ implica $|f(x)-f(y)|\leq\varepsilon$. Existe ainda $n\in \N^+$ tal que se $n\geq N$, então $|x_n-y_n|\leq\delta$. Isto quer dizer que se $n\geq N$, então $|x_n-y_n|\leq\delta$, e consequentemente $|f(x_n)-f(y_n)|\leq\varepsilon$. Logo $(f(x_n)-f(y_n))\rightarrow 0$.
2.$\Rightarrow$1. Assuma que vale a afirmação 2. Assuma ainda que $f(x)$ não é uniformemente contínua em $X$. Existe $\varepsilon>0$ tal que para todo $\delta>0$ existem $x,y\in X$ com $|x-y|\leq\delta$, mas $|f(x)-f(y)|>\varepsilon$. Seja $n\in\N^+$ e ponha $\delta=1/n$. Então existem $x_n,y_n$ tal que $|x_n-y_n|\leq \delta$ mas $|f(x_n)-f(y_n)|>\varepsilon$. Consideranto $(x_n)$ e $(y_n)$ como sequências, elas não satisfazem a afirmação 2,, que é uma contradição.
Teorema. Se $X$ é um conjunto compacto e $f:X\rightarrow\R$ é uma função contínua, então $f$ é uniformemente contínua em $X$.
Demonstração. Assuma que $f(x)$ não é uniformemente contínua. Seja $\varepsilon>0$ um número real que não satisfaz a definição de continuidade uniforme. Seja $n\in\N^+$. Existem $x_n,y_n\in X$ tal que $|x_n-y_n|\leq 1/n$ mas $|f(x_n)-f(y_n)|>\varepsilon$. Então $(x_n-y_n)\rightarrow 0.$ Como $X$ é compacto, existe uma subsequência $(x_{k_n})$ convergente com limite $a\in X$. Como $(x_{k_n}-y_{k_n})\rightarrow 0$, obtemos que $y_{k_n}\rightarrow a$. Logo
$$
f(x_{k_n})-f(y_{k_n})\rightarrow f(a)-f(a)=0
$$
que contradiz ao fato que $|f(x_{k_n})-f(y_{k_n})|>\varepsilon$.
Teorema. Se $X$ é compacto e $f:X\rightarrow\R$ é uma função uniformemente contínua, então existe $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ para todo $a\in X’$.
Demonstração. Seja $a\in X’$ e seja $(x_n)$ uma sequência de termos em $X$ tal que $x_n\rightarrow a$. Seja $\varepsilon>0$. Existe $\delta>0$ tal que $|x-y|\leq\delta$ implica que $|f(x)-f(y)|\leq \varepsilon$ para todo $x,y\in X$. Existe também $N\in \N^+$ tal que $|x_n-x_m|\leq\delta$ se $n,m\geq N$. Assuma que $n\geq N$. Então $|x_n-x_m|\leq\delta$ se $n,m\geq N$ e portanto $|f(x_n)-f(y_n)|\leq \varepsilon$. Isto implica que $f(x_n)$ é uma sequência de Cauchy que é convergente. Portanto existe $\lim_{x\rightarrow a}f(x_n)$.
Se $f:X\rightarrow\R$ é como no teorema anterior, então pode-se definir $\bar f:\overline X\rightarrow\R$ como $\bar f(x)=f(x)$ se $x\in X$ e $\bar f(x)=\lim_{y\rightarrow x}f(y)$ se $x\not\in X$. A função $\bar f$ é uma função contínua tal que $\bar f|_X=f$. Ou seja, funções uniformemente contínuas podem ser extendidas ao fecho do seu domínio.
Teorema. Se $f:X\subseteq\R\rightarrow \R$ é uma função uniformemente contínua e $X$ é um conjunto limitado, então $f(X)$ é limitado.
Demonstração. Defina $\bar f:\overline X\rightarrow\R$ como no parágrafo anterior. Então $\overline X$ é limitado e fechado; ou seja, $\overline X$ é compacto. Por um teorema anterior, $\bar f(\overline X)$ é compacto, e assim ele é limitado. Portanto $f(X)$ é também limitado.
