Mostre que a projeção ortogonal define um homeomorfismo do parabolóide z=x^{2}+y^{2} do \mathbb{R}^{3} no plano z=0.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que é dado.
  • Pede-se para mostrar que a projeção ortogonal do parabolóide sobre o plano z=0 é um homeomorfismo.
  • Informação dada: o parabolóide é o conjunto
S=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid z=x^2+y^2\},
e o plano considerado é o plano
P_0=\{(u,v,w)\in\mathbb{R}^3 \mid w=0\}.
  • A projeção ortogonal padrão em \mathbb{R}^3 manda um ponto (x,y,z) para (x,y,0). O que temos que provar é que a restrição dessa projeção a S é um homeomorfismo de S sobre P_0.

Passo 2

O que significa “ser um homeomorfismo” (passo didático).
  • Um mapa f\colon X\to Y entre espaços topológicos é um homeomorfismo se e somente se: (i) f é bijetivo, (ii) f é contínuo, e (iii) f^{-1} é contínuo.
  • Aqui S e P_0 têm a topologia de subespaço herdada de \mathbb{R}^3. Vou verificar os três itens acima para a projeção restrita a S.

Passo 3

Definição explícita do mapa que vamos estudar.
  • Defino \Pi\colon\mathbb{R}^3\to P_0 por
\Pi(x,y,z)=(x,y,0).
  • A restrição que nos interessa é
\Phi=\Pi|_{S}\colon S\to P_0, \qquad \Phi(x,y,x^2+y^2)=(x,y,0).
  • Obs.: escrevo pontos de S no formato (x,y,x^2+y^2) porque em S a terceira coordenada é determinada pelas duas primeiras.

Passo 4

Mostro que \Phi é contínua (explicando por que).
  • A projeção \Pi é uma aplicação linear entre espaços euclidianos (apenas elimina a coordenada z), e aplicações lineares são contínuas.
  • A restrição de uma função contínua a uma subvariedade ou subespaço é contínua. Portanto \Phi=\Pi|_{S} é contínua.
  • Em linguagem prática: \Phi envia (x,y,x^2+y^2) para (x,y,0) e esse envio depende de forma contínua de (x,y) (são funções polinomiais das coordenadas), então \Phi é contínua.

Passo 5

Provo que \Phi é injetiva.
  • Suponha que
\Phi(x_1,y_1,z_1)=\Phi(x_2,y_2,z_2).
Isto significa (x_1,y_1,0)=(x_2,y_2,0), logo x_1=x_2 e y_1=y_2.
  • Como ambos os pontos estão em S, temos z_1=x_1^2+y_1^2 e z_2=x_2^2+y_2^2. Com x_1=x_2 e y_1=y_2 segue z_1=z_2. Assim os dois pontos são idênticos.
  • Conclusão: \Phi é injetiva. (Intuição: dois pontos do parabolóide com mesmas primeiras duas coordenadas só podem ser o mesmo ponto, pois a terceira coordenada é fixa por x^2+y^2).

Passo 6

Provo que \Phi é sobrejetiva.
  • Tome um ponto arbitrário do plano P_0: (u,v,0). Considere o ponto (u,v,u^2+v^2). Esse ponto pertence a S porque sua terceira coordenada é u^2+v^2.
  • Aplicando \Phi obtemos
\Phi(u,v,u^2+v^2)=(u,v,0).
  • Portanto todo ponto de P_0 tem pré-imagem em S. Conclusão: \Phi é sobrejetiva.

Passo 7

Escrevo a inversa explicitamente e mostro que ela é contínua (parte crucial).
  • A bijetividade dos passos anteriores garante que existe inversa \Phi^{-1}\colon P_0\to S. Ela é dada explicitamente por
\Phi^{-1}(u,v,0)=(u,v,u^2+v^2).
  • Essa fórmula expressa cada coordenada da imagem como um polinômio nas coordenadas u e v. Polinômios (soma e produto de coordenadas) são funções contínuas em \mathbb{R}^2, logo a aplicação \Phi^{-1} é contínua.
  • Assim \Phi tem inversa contínua.

Passo 8

Conclusão final e interpretação geométrica, com reforço didático.
  • Reunindo: \Phi é bijetiva, contínua, e tem inversa contínua; portanto \Phi é um homeomorfismo entre S e P_0.
  • Intuição: o parabolóide é “gráfico” da função f(x,y)=x^2+y^2, e projetar orthogonalmente para o plano z=0 é apenas esquecer a terceira coordenada — como um gráfico cartesiano, o parabolóide é topologicamente idêntico ao domínio \mathbb{R}^2. Isso explica por que a projeção é um homeomorfismo. \n\nForça aí — esse tipo de argumento (gráficos de funções \mathbb{R}^n\to\mathbb{R} sendo homeomorfos ao domínio via projeção) aparece sempre em provas, decorre da mesma ideia: terceira coordenada é única função contínua das duas primeiras.

Resposta

\Phi\colon S\to P_0,\quad \Phi(x,y,x^2+y^2)=(x,y,0), com inversa \Phi^{-1}\colon P_0\to S,\quad \Phi^{-1}(u,v,0)=(u,v,u^2+v^2).

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