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• José Luis Guevara Rodríguez

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1

Ejercicios Capitulo 3 1.

a) Halle todas las topologías de X = {0, 1}. ¿Podría hallar un homeomorfismo entre (X, τ1 ) y (X, τ2 ) para todos topologías τ1 y τ2 halladas? b) Hacer lo mismo que en a) pero con el conjunto X = {0, 1, 2}.

2. Sea σ(n) = {0, 1, 2, 3, . . . , n − 1} = {k ∈ N|k < n}. Pruebe que {N} ∪ {σ(n)|n ∈ N}1 es una topología de N2 . 3.

a) Si τ1 y τ2 son topologías de X, pruebe que τ1 ∩ τ2 es una topología de X. b) Generalice el resultado anterior: demuestre que la intersección de una colección no vacía de topologías de X, es una topología de X. c) Si τ1 y τ2 son topologías de X, ¿Es siempre τ1 ∪ τ2 es una topología de X? Si su respuesta es afirmativa, entonces demuéstrela; si es negativa, halle un contraejemplo.

4. Pruebe que τ es la topología discreta de X si y solo sí todo subconjunto unitario de X es abierto. 5. Para R dotado con la topología usual, pruebe que los conjuntos de longitud infinita (0, +∞), (−∞, 0) y (b, +∞) son abiertos, donde b es un número real cualquiera. 6. Considere el espacio topológico (R, τcd ); demuestre que para todo número real b, el conjunto (b, +∞) es un abierto en este espacio topológico.3 7. Consideremos al plano provisto de su topología usual; dados dos puntos P = (x1 , y1 ) y Q = (x2 , y2 ) del plano, se llama distancia euclidiana P a Q (notada d(P, Q)) al número real positivo d(P, Q) =

p

(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2

1

Acá N tiene a 0 como primer elemento. Lo mismo que en cualquier conjunto ordenado X, σ(a) = {x ∈ X|x < a} ∞ S 3 Ayuda: pruebe detalladamente que (0, +∞) = [ n1 , +∞) y así tendrá una idea del caso general.

2

n=1

2 a) Si 0 ≡ (0, 0) es el sistema de coordenadas, pruebe que D = {(x, y)|d((x, y), (0, 0)) < 1} es un subconjunto abierto del plano.4 Y

D 0

P

X

b) Generalice el resultado anterior: Si (h, k), es cualquier punto del plano, demuestre que para cualquier número real positivo r, el disco abierto con centro (h, k) y radio r, definido por Dr ((h, k)) = {(x, y)|d((x, y), (h, k)) < r} es un conjunto abierto, osea que el “disco abierto” realmente hace honor a su nombre. 8. Generalicemos el ejemplo 10 anterior: Sea (X, ≤) un conjunto totalmente ordenado; para todo b de X, definimos c(b) = [b, →) = {x ∈ X|b ≤ x} es decir, x está en [b, →) si sucede a b. La topología τcd de las colas a derecha de X, es aquella cuyos abiertos son reuniones de colecciones cualesquiera a la derecha de X. Pruebe que τcd es una topología de X. 4

Ayuda: para cada punto P ∈ D, halle un rectángulo abierto Rp con P ∈ RP y Rp ⊆ D. Así D =

S P ∈D

será abierto.

Rp

3 9. Para a, b en R y a ≤ b, sea [a, b) = {x ∈ R|a ≤ x < b}; se le llama un intervalo semiabierto a derecha de R. a) Pruebe que el conjunto de todas las uniones de colecciones cualesquiera de intervalos semiabiertos a derecha de R, es una topología de R. La llamaremos la topología del límite inferior de R, y la denotaremos por τsa . b) Pruebe que para a, b cualesquiera, (−∞, b) y [a, +∞) son abiertos para dicha topología. * c) Demuestre que (a, b) tambien es un abierto para esta topología.5 10. Sea X un conjunto no vacío provisto de una relación de preorden P , es decir, reflexiva y transitiva; suponemos que xP y significa “x esta relacionado con y mediante la relación P ”. Pruebe que la colección τP de todos los subconjuntos G de X tales que (x ∈ G) ∧ (xP y) → y ∈ G es una topología de X. La llamaremos topología del preorden. Este ejercicio muestra que a cada conjunto preordenado (X, P ) le corresponde de una manera completamente natural un espacio topológico (X, τP ).

Soluciones Definición (Topología). Sea X 6= ∅; una topología de X es una colección τ de subconjuntos de X (A los cuales llamaremos abiertos) si y solo sí se cumplen: ∅ y X pertenecen a τ Si A ∈ τ y B ∈ τ , entonces A ∩ B ∈ τ Sea cualquier C ⊆ τ , entonces

S

A∈τ

A∈C

Definición (Homeomorfismo). X y Y son espacios Homeomorfos X ≈ Y si y solo sí existe existe f : X → Y una función continua y biyectiva. 5

Ayuda:use la idea sugerida en el ejercicio 6)

4 Definición Continua. Una función f : X → Y es continua si y solo sí Para todo B ⊆ Y , su imagen recíproca f ! (B) = {x ∈ X|f (x) ∈ B} es un subconjunto abierto de X. 1.

a) Dado X = {0, 1} sus topologías son: • τ0 = {∅, X} • τ1 = {∅, X, {0}} • τ2 = {∅, X, {1}} • τ3 = {∅, X, {0}, {1}} Sean (X, τ1 ) y (X, τ2 ) los espacios topológicos, verifiquemos que f es un homeomorfismo definido así: f : (X, τ1 ) → (X, τ2 ) X → X = f (X) ∅ → ∅ = f (∅) 0 → 1 = f (0) 1 → 0 = f (1)

Demostremos que es continua y biyectiva. • La continuidad6 : Demostración. Hallando las imágenes reciprocas de (X, τ2 ) son: f ! (X) = X, f ! (∅) = ∅, f ! ({0}) = {1} y f ! ({1}) = {0}, dado que estos son todos los subconjuntos de X, hemos probado que f es continua.  Probemos que es biyectiva Demostración. Probar que f es biyectiva, es probar: 6

Que devuelve abiertos en abiertos.

5 • f es inyectiva. • f es sobreyectiva Probemos que f es inyectiva Demostración. Sean a, b ∈ X, como a 6= b, luego f (a) 6= f (b), para todo a, b; en consecuencia f es inyectiva.  Probemos que f es sobre. Demostración. Sea b ∈ X, luego como f : X → X, debe existir un a ∈ X tal que a = f (b) (dado que f es función), para todo b, en consecuencia f es sobreyectiva.  Así tenemos que es biyectiva.  En consecuencia f es continua y biyectiva, luego (X, τ1 ) ≈ (X, τ2 ) por definición de Homeomorfismo. b) Dado X = {0, 1, 2} estas son sus topologías • τ0 = {∅, X} • τ1 = {∅, X, {0}} • τ2 = {∅, X, {1}} • τ3 = {∅, X, {2}} • τ4 = {∅, X, {0, 1}} • τ5 = {∅, X, {0, 2}} • τ6 = {∅, X, {1, 2}} • τ7 = {∅, X, {0}, {0, 1}} • τ8 = {∅, X, {0}, {0, 2}} • τ9 = {∅, X, {0}, {1, 2}}

6 • τ10 = {∅, X, {1}, {0, 1}} • τ11 = {∅, X, {1}, {0, 2}} • τ12 = {∅, X, {1}, {1, 2}} • τ13 = {∅, X, {2}, {0, 1}} • τ14 = {∅, X, {2}, {0, 2}} • τ15 = {∅, X, {2}, {1, 2}} • τ16 = {∅, X, {0}, {1}, {0, 1}} • τ17 = {∅, X, {0}, {2}, {0, 2}} • τ18 = {∅, X, {0}, {0, 1}, {0, 2}} • τ19 = {∅, X, {1}, {2}, {1, 2}} • τ20 = {∅, X, {1}, {0, 1}, {1, 2}} • τ21 = {∅, X, {2}, {0, 2}, {1, 2}} • τ22 = {∅, X, {0}, {1}, {2}, {1, 2}} • τ23 = {∅, X, {0}, {1}, {0, 1}, {1, 2}} • τ24 = {∅, X, {0}, {2}, {0, 1}, {0, 2}} • τ25 = {∅, X, {0}, {2}, {0, 2}, {1, 2}} • τ26 = {∅, X, {1}, {2}, {0, 1}, {1, 2}} • τ27 = {∅, X, {1}, {2}, {0, 2}, {1, 2}} • τ28 = {∅, X, {0}, {1}, {2}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}}

Sean (X, τ1 ) y (X, τ2 ) los espacios topológicos, verifiquemos que f es un homeomorfismo

7 definido así: f : (X, τ7 ) → (X, τ8 ) X → X = f (X) ∅ → ∅ = f (∅) 0 → 0 = f (0) 1 → 2 = f (1) 2 → 1 = f (2)

Demostremos que es continua y biyectiva. La continuidad: Demostración. Hallando las imágenes reciprocas de (X, τ2 ) son: f ! (X) = X, f ! (∅) = ∅, f ! ({0}) = {0} y f ! ({1}) = {2} y f ! ({2}) = {1}, dado que estos son todos los subconjuntos de X, hemos probado que f es continua.  Probemos que es biyectiva Demostración. Probar que f es biyectiva, es probar: f es inyectiva. f es sobreyectiva Probemos que f es inyectiva Demostración. Sean a, b ∈ X, como a 6= b, luego f (a) 6= f (b), para todo a, b; en consecuencia f es inyectiva.  Probemos que f es sobre.

8 Demostración. Sea b ∈ X, luego como f : X → X, debe existir un a ∈ X tal que a = f (b) (dado que f es función), para todo b, en consecuencia f es sobreyectiva.  Así tenemos que es biyectiva.  En consecuencia f es continua y biyectiva, luego (X, τ7 ) ≈ (X, τ8 ) por definición de Homeomorfismo. 2. Sea τ el conjunto definido así: τ = {N, σ(n)}, para algún n ∈ N. Demostremos que τ es topología sobre N. Demostración. Como 0 ∈ N, luego σ(0) = {k ∈ N|k < 0}, como esos k no existen, pues contradice que 0 sea primer elemento de N, por tanto σ(0) = ∅; así ∅ ∈ τ . N ∈ τ por definición de τ , se cumple entonces la primera parte de la definición de topología. Sean A, B ∈ τ , luego por definición de τ , se tienen los siguientes casos: i. A = N y B = σ(n), para algún n ∈ N. ii. B = N y A = σ(n) para algún n ∈ N. iii. A = B = N iv. A = σ(n) y B = σ(s), para algún n, s ∈ N. Sea el caso iii. Como A = N y B = N, luego A ∩ B = N ∩ N = N, en consecuencia A ∩ B ∈ τ por definición de τ . Sea el caso iv.

9 Como A = σ(n) y B = σ(s), para algún n, s ∈ N. Tenemos tricotomia para n y s, esto es. n=s ns Sea el caso primero, luego como n = s, luego A = σ(n) y B = σ(s) pero la suposición B = σ(n); Siguiendo así A ∩ B = σ(n) ∩ σ(n) = σ(n). Lo que resulta que A ∩ B ∈ τ por definición de τ . Sea el segundo caso, n < s, por definición de “menor que en” N. s = n + p, para algún p ∈ N. Luego σ(s) = σ(n) ∪ σ(p), por lo tanto si A = σ(n) y B = σ(s), pero por lo encontrado B = σ(n) ∪ σ(p), por tanto A ∩ B = σ(n) por definición de intersección, y por consiguiente A ∩ B ∈ τ por la definición de τ . Si se escoge el caso n > s; el razonamiento y el procedimiento es analogo, intercambiando a n por s. Ahora solo queda por observar que sucede con A = N y B = σ(n), para algún n ∈ N., pero como σ(n) ⊂ N, luego por propiedades de conjuntos7 A ∩ B = σ(n), entonces A ∩ B ∈ τ por definición de τ y así hemos probado la segunda condición de la definición de topología.

 3.

a) Afirmación

Garantía

1. τ1 , τ2 son topologías.

Dado.

2. X ∈ τ1 , X ∈ τ2 .

D. Topología (1).

3. X ∈ τ1 ∩ τ2 .

D. Intersección (2).

7

Sea X un referencial y A ⊆ X, entonces X ∩ A = A.

10 4. ∅ ∈ τ1 , ∅ ∈ τ2 .

D. Topología (3).

5. ∅ ∈ τ1 ∩ τ2 .

D. Intersección (4).

6. Sean A, B ∈ τ1 , A, B ∈ τ2 .

Dado.

7. A ∩ B ∈ τ1 , A ∩ B ∈ τ2 .

D. Topología (6,1)

8. A ∩ B ∈ τ1 ∩ τ2 .

D. Intersección (7).

9. Sea C ⊆ τ1 ∩ τ2 .

Dato. S

10. Supongamos que x ∈

A.

Hipótesis.

A∈C

11. x ∈ A, para algún A ∈ C.

D. Unión de colecciones (10)

12. A ∈ τ1 ∩ τ2 .

D. Subconjunto (9,11)

13. A ∈ τ1 y A ∈ τ2 . S S 14. A ∈ yA∈ A.

D. Intersección (12)

A∈τ1

S

15. A ∈

D. Topología (13).

A∈τ2

A.

D. Intersección (14).

A.

D. Unión de colecciones (15,11).

A∈τ1 ∩τ2

S

16. x ∈

A∈τ1 ∩τ2

Luego por el los items (3,5,8,16), se concluye que τ1 ∩τ2 es topología por definición de topología. b) Afirmación

Garantía

1. Sea C 6= ∅, una colección no vacía de Dado. topologías. 2. X ∈ A, para todo A ∈ C T 3. X ∈ A

D. Topologia (1) D. Intersección de colecciones (2)

A∈C

4. ∅ ∈ A, para todo A ∈ C T 5. ∅ ∈ A

D. Topologia (1) D. Intersección de colecciones (4)

A∈C

6. Sean A, B ∈ C

Hipotesis

7. A ∩ B ∈ C, para todo C ∈ C T 8. A ∩ B ∈ A

D. Topologia (6) D. Intersección de Colecciones (7)

A∈C

9. Sea C ⊆

T A∈C

A

Dado

11 10. Supongamos x ∈

S

C

Hipotesis

11. x ∈ A, para algún A ∈ C T 12. A ∈ A

D. Unión de colecciones (10) D. Subconjunto (9)

A∈C

13. A ∈

S

A, para todo A ∈ C

D. Topologia (12)

A∈C

14. A ∈

S T

A

D. Interseccion de colecciones (13)

A

D. Union de colecciones (14,11)

A∈C A∈C

15. x ∈

S T A∈C A∈C

Luego por el los items (3,5,8,15), se concluye que

T

A, donde C es una colección

A∈C

de topología por definición de topología. c) Hay contraejemplo, Sea X = {a, b, c, d} y τ1 = {X, ∅, {a}}, τ2 = {X, ∅, {b}}, luego τ1 ∪ τ2 = {X, ∅, {a}, {b}}, no es topología, pues {a, b} ∈ / τ1 ∪ τ2 . 4. La demostración será en dos partes. a) Si τ es la topología discreta, entonces todo subconjunto unitario de X es abierto b) Si todo subconjunto unitario de X es abierto, entonces τ es la topología discreta. Demostración. Parte a) Afirmación

Garantía

1. τ = P(X)

Dado S

2. P(X) =

{A}

Propiedades de conjuntos (1)

{A}∈X

3. {A} es abierto

D. Topología (1,2)

Parte b) Afirmación 1. τ es topología sobre X y C ⊆ X, C =

Garantía S {A}∈C

para todo {A} ⊆ X

{A}, Dado

12 2.

S

Propiedades de Conjuntos (1)8

C = P(X)

3. τ = P(X)

D. Topologia discreta (1,2)

 5. Toca escribir estos intervalos como unión infinita de intervalos abiertos. Como toca probar igualdad, de conjuntos, se harán las correspondientes partes. a) (0, +∞) ⊆

∞ S

( n1 , +∞)

n=1 ∞ S

b)

( n1 , +∞) ⊆ (0, +∞)

n=1

i) (−∞, 0) ⊆

∞ S

(−∞, − n1 )

n=1 ∞ S

ii)

(−∞, − n1 ) ⊆ (−∞, 0)

n=1

1) (b, +∞) ⊆

∞ S

(b + n1 , +∞)

n=1 ∞ S

2)

(b + n1 , +∞) ⊆ (b, +∞)

n=1

Parte a) Afirmación

Garantía

1. Sea x ∈ (0, +∞)

Hipotesis

2. x > 0

D. Intervalo abierto (1)

3. Existe algún n ∈ N, tal que nx > 1

Prop. Arquimediana en R (2), con y = 1

4. 1 > 0

Prop. R

5. nx > 1 > 0

Prop. R (3,4)

6. x >

1 n

7. x ∈ ( n1 , +∞) ∞ S 8. x ∈ ( n1 , +∞)

Prop. R (5) D. Intervalo abierto (6) D. Unión de colecciones (7,3)

n=1

8

A = P(A), Si A, B son colecciones de conjuntos, tal que A ⊆ B, entonces

S

A⊆

S

B,

S {A}∈X

{A} = X

13 Parte b) Afirmación 1. Sea x ∈

∞ S

( n1 , +∞)

Garantía Hipotesis

n=1

2. x ∈ ( n1 , +∞), para algún n ∈ N 3. x >

1 n

D. Unión de colecciones (1) D. Intervalo abierto (2)

4. nx > 1

Prop. R (3)

5. 1 > 0

Prop. R

6. nx > 0

Prop. R (4,5)

7. x > 0

Prop. R (6,2)

8. x ∈ (0, ∞)

D. Intervalo abierto (7)

Parte i) Afirmación

Garantía

1. Sea x ∈ (−∞, 0)

Hipotesis

2. x < 0

D. Intervalo abierto (1)

3. −x > 0

Prop. R (2)

4. Existe algún n ∈ N, tal que n(−x) > 1

Prop. Arquimediana en R (3), con y = 1

5. 1 > 0

Prop. R

6. n(−x) > 1 > 0

Prop. R (5,4)

7. x < − n1

Prop. R (6)

8. x ∈ (−∞, − n1 ) ∞ S 9. x ∈ (−∞, − n1 )

D. Intervalo abierto (7) D. Unión de colecciones (8,4)

n=1

Parte ii) Afirmación 1. Sea x ∈

∞ S

(−∞, − n1 )

Garantía Hipotesis

n=1

2. x ∈ (−∞, − n1 ), para algún n ∈ N

D. Unión de colecciones (1)

3. x < − n1

D. Intervalo abierto (2)

14 4. n(−x) > 1

Prop. R (3)

5. 1 > 0

Prop. R

6. −nx > 0

Prop. R (4,5)

7. x < 0

Prop. R (6)

8. x ∈ (−∞, 0)

D. Intervalo abierto (7)

Parte 1) Afirmación

Garantía

1. Sea x ∈ (b, +∞)

Hipotesis

2. x > b

D. Intervalo abierto (1)

3. x − b > 0

Prop. R (2)

4. Existe algún n ∈ N, tal que n(x − b) > 1

Prop. Arquimediana en R (3), con y = 1

5. 1 > 0

Prop. R

6. n(x − b) > 1 > 0

Prop. R (5,4)

7. x >

1 n

+b

Prop. R (6)

8. x ∈ (b + n1 , +∞) ∞ S 9. x ∈ (b + n1 , +∞)

D. Intervalo abierto (7) D. Unión de colecciones (7,4)

n=1

Parte 2) Afirmación (b + n1 , +∞) n=1 + n1 , +∞), para algún

1. Sea x ∈ 2. x ∈ (b

3. x > b +

Garantía

∞ S

1 n

Hipotesis n∈N

D. Unión de colecciones (1) D. Intervalo abierto (2)

4. n(x − b) > 1

Prop. R (3)

5. 1 > 0

Prop. R

6. n(x − b) > 0

Prop. R (5,4)

7. x − b > 0

Prop. R (6)

8. x > b

Prop. R (7)

9. x ∈ (b, +∞)

D. Intervalo abierto (8)

15 6. Lo que toca hacer es escribir el intervalo (b, +∞), como unión infinita de intervalos semiabiertos a derecha. Parte primera Afirmación

Garantía

1. Sea x ∈ (b, +∞)

Hipotesis

2. x > b

D. Intervalo abierto (1)

3. x − b > 0

Prop. R (2)

4. Existe algún n ∈ N, tal que n(x − b) > 1

Prop. Arquimediana en R (3), con y = 1

5. 1 > 0

Prop. R

6. n(x − b) > 1 > 0

Prop. R (5,4)

7. x >

1 n

+b

Prop. R (6)

8. x ≥

1 n

+b

Ley de adjunción (7)

9. x ∈ [b + n1 , +∞) ∞ S 10. x ∈ [b + n1 , +∞)

D. Intervalo semiabierto a derecha (7) D. Unión de colecciones (7,4)

n=1

Parte b) Afirmación 1. Sea x ∈ 2. x ∈ [b

∞ S

[b + n1 , +∞)

n=1 + n1 , +∞),

3. x ≥ b +

para algún n ∈ N

1 n

Garantía Hipótesis D. Unión de colecciones (1) D. Intervalo semiabierto a derecha (2)

4. n(x − b) > 1 o n(x − b) = 1

Prop. R (3)

5. 1 > 0

Prop. R

6. n(x − b) > 0

Sustitución9 (4,5)

7. x − b > 0

Prop. R (6,2)

8. x > b

Prop. R (7)

9. x ∈ (b, +∞)

D. Intervalo abierto (8)

10. x ∈ (b, +∞)

Prop. R (4)10 y análogo (6-9)

9 10

n(x − b) = 1 Escogiendo el caso n(x − b) > 1

16 7.

a) Para lograr el objetivo de la parte de este ejercicio toca probar las siguientes contenencias i) Dp ⊆ D ii) Rp ⊆ Dp iii Rp ⊆ D Demostración. Parte i) Como el radio de la circunferencia con centro en el origen es 1, luego escojamos un P ∈ R2 . Como P ∈ R2 , luego tendrá componentes (x, y). Como queremos probar que esa circunferencia es un conjunto abierto, escogeremos ese P , de tal manera que pertenezca al interior de la circunferencia. Para que esto suceda, debemos tener que, la distancia del origen a P , sea menor que el radio de la circunferencia, es decir: r = d((0, 0), (x, y)) =

p x2 + y 2

Crearemos una circunferencia disco con centro en P y este radio, que notaremos como Dp , pero como P es un punto arbitrario, el disco debe quedar en el interior, para lograrlo, al radio de la circunferencia grande, le quitamos la distancia del origen a P y así, siempre debe quedar el “disco” dentro del “disco” grande, esto es la circunferencia. Esto es lo que proseguimos a demostrar que así es, esto es probar Dp ⊆ D.

Dp = {(j, k)|d((j, k), (x, y)) < 1 − r} Afirmación

Garantía

1. Sea (j, k) ∈ Dp

Hipótesis.

2. d((j, k), (x, y)) < 1 − r p p 3. (x − j)2 + (y − k)2 < 1 − x2 + y 2

D. Dp (1) D. Distancia entre dos puntos (2)

17 4. (x − j)2 + (y − k)2 < (1 −

p x2 + y 2 ) 2

Prop. R (3)

5. (x − j)2 = |x − j|2 , (y − k)2 = |y − k|2

Prop. R (4)11

6. |x2 − 2xj + j 2 |, |y 2 − 2yk + k 2 |

Prop. R (5)

7. |x2 − 2xj + j 2 | ≤ |x2 | + |−2jk| + |z 2 |, |y 2 − 2yk + k 2 | ≤ |y 2 | + |−2yk| + |k 2 | p p 8. (1 − x2 + y 2 )2 = 1 − 2 x2 + y 2 + |x|2 + |y|2

Desigualdad triangular (6) Prop. R (7)

9. |y 2 − 2yk + k 2 | + |y 2 − 2yk + k 2 | ≤ Prop. R (7,6,5)

|x2 | + |−2jk| + |z 2 | + |y 2 | + |−2yk| + |k 2 | 10. |z 2 | < |−2jk| + |z 2 |, |k 2 | < |−2yk| + |k 2 | p 11. 1 − 2 x2 + y 2 < 1

Prop. R (8)

12. j 2 + k 2 < 1

Prop. R (11,10,4)12

Prop. R (7)

Tal como se puede apreciar en la siguiente imagen: Y

D 0

P

X

Ya logramos el primer item: Segundo Item

ii) Ahora procedemos a encontrar el rectangulo 13 , para lo cual, tomaremos el rectangulo que podemos formar con la mitad del radio del disco “pequeño”, así garantizamos, que si P esta cerca de la frontera del disco grande, ese rectángulo exista. Tal como se puede apreciar en la siguiente imagen: Tememos que: |a|2 = a2 = |a2 | = a2 Transitividad de 0

Prop. R (3)

5. n(−(x − b)) > 1

Prop. Arquimediana en R con y = 1

6. −nx + nb > 1

Prop. R (5)

20 7. nb − 1 > nx

Prop. R (6)

1 n

>x

Prop. R (7)

1 n

Prop. R (8)

8. b −

9. x < b −

10. −n < x

Prop. R (6,5,4)14

11. −n ≤ x

Ley de adición (10)

12. −n ≤ x < b −

1 n

13. x ∈ [−n, b − n1 ] ∞ S 14. x ∈ [−n, b − n1 )

Ley de la conjunción (11,9) D. Intervalo semiabierto (12) D. Unión de colecciones (13)

n=1

Ahora si probar que [a, ∞) es un abierto, implica que [a, ∞) se puede escribir como unión de intervalos semiabiertos. ∞ S [a, ∞) = [a, n). Vamos a probar las dos contenencias. n=1

Afirmación

Garantía

1. x ∈ [a, ∞)

Dado

2. x ≥ a

D. Intervalo abierto

3. n > x para algun n ∈ N

Prop. R (1)

4. a ≤ x < n

Prop. R (3,2)

5. x ∈ [a, n) ∞ S 6. x ∈ [a, n)

D. Intervalo abierto (4) D. Unión de colecciones (5)

n=1

Demostración. La otra contenencia: Afirmación 1. x ∈

∞ S

[a, n)

Garantía Dado

n=1

2. x ∈ [a, n), para algún n ∈ N

D. Unión de colecciones (1)

3. a ≤ x < n

D. Intervalo semiabierto (2)

4. a ≤ x

Ley de eliminación (3)

5. x ∈ [a, ∞)

D. Intervalo semiabierto (4)

14

Para cualquier n ∈ N.

21  b) Escribir (a, b) como elemento de esa topologia, es escribirlo como una union de esos elementos. ∞ S (a, b) = [a − n1 , b) n=1

10. Sea τ = {G ⊆ X|x ∈ G ∧ (xP y) → y ∈ G} Probemos que es topologia: Demostración. Como ∅ ⊆ X, sustituyendo a G, queda: x ∈ ∅ ∧ (xP y) → y ∈ ∅, pero como x ∈ ∅ es falso, luego la implicación es cierta, por tanto ∅ ∈ τ . Como X ⊆ X, sustituyendo a G queda, x ∈ X ∧ (xP y), como P es una relación en X, (xP y) es cierto por tanto y ∈ X, por ende X ∈ τ . Sean G1 y G2 ∈ τ , luego por definición de τ se tiene que x ∈ G1 ∧ xP y → y ∈ G1 , tambien x ∈ G2 ∧ xP y → y ∈ G2 , luego x ∈ G1 ∩ G2 por definición de intersección, ademas xP y, como la implicación es cierta, se tiene entonces que y ∈ G1 ∩ G2 , luego G1 ∩ G2 ∈ τ . Sea (Ai )i=I ⊆ τ Supongamos que x ∈

S

Ai , por definición de unión de colecciones

i=I

existe i ∈ I, tal que x ∈ Ai , por ser (Ai ) ⊆ τ , y ∈ Ai , por definición de τ , por ende S S y∈ Ai , en consecuencia Ai ∈ τ por definición de τ i=I

i=I



Ejercicios Sección 4 1) Dados X = {a, b, c, d, e} y τ = {∅, X, {a, b}, {c, d}, {a, b, c, d}} halle V (b), V (e), V ({a, c}). 2) Considere el conjunto de los números naturales dotado de la topología de los complementos finitos; halle V (5);¿Como son las vecindades de un numero n de N? 3) Halle como son las vecindades de un número real x, a) cuando R ésta provisto de colas

22 a derecha; b) cuando R, se considera con la topología usual. c) cuando R se considera con la topología de intervalos semiabiertos a derecha. 4) Como en la sección anterior, para cada x de X sea V (x) un conjunto de vecindades de x, de tal manera que se verifiquen las condiciones (V 1) a (V 4) dadas antes. a) Pruebe que el conjunto W de la condición (V4) es un subconjunto de V . b) Dada V ∈ V (x), sea U = {y ∈ X|V ∈ V (Y )}; pruebe que i) x ∈ U , ii) U ⊆ V y iii) U es vecindad de todos sus puntos. c) Usando la parte b), demuestre que la contenencia dejada como ejercicio en el penúltimo párrafo de la sección: V (x) ⊆ β(x). 5) Sea X = {0, 1, 2, 3, . . . , 9} ordenado de la forma usual; dotémoslo de la topología débil del orden. a) Halle todas las vecindades de 0, 5 y 9. b) ¿Es en este caso la topología débil del orden igual a la topología discreta? 6) Se dice que un espacio topologico (X, τ ) es To o de Kolgomorov, si para todo par de puntos distintos a, b de X, existe un conjunto W ∈ τ tal que (a ∈ W ∧ b ∈ / W ) ∨ (a ∈ / W ∧ B ∈ W) es decir, si existe una vecindad abierta de uno de los dos que no contiene al otro punto Pruebe que R con la topologia usual es To Pruebe que un conjunto infinito con la topología de los complementos finitos es To Demuestre que un conjunto totalmente ordenado (X, ≤) con la topología de τcd de las colas a derecha es To 7) Dotemos a un conjunto totalmente ordenado (X, ≤) de la topologia de colas a derecha.

23 a) Pruebe que la intersección de cualquier colección de colas a derecha, es un abierto. T T Ayuda: Si x ∈ [ai , →), entonces [x, →] ⊆ [ai , →) y está intersección resulta i∈I

i∈I

ser vecindad de todos sus puntos. b) Demuestre que en τcd la intersección de cualquier colección de abiertos es un abierto. 8) Pruebe que en R con la topología usual, para todo punto p existe una vecindad de la forma (a − r, a + r) con a, r racionales y r > 0. 9) Pruebe que en un espacio topológico cualquiera, x es punto interior de A si existe un abierto que contiene a {x} y está contenido en A.

Solución Definición Topología de los complementos finitos. Dado X un conjunto. τ es la topología de los complementos finitos sobre X si y solo sí τ = {A ⊆ X|X − A es finito o es todo X} Definición Topología débil del orden. Sea X un conjunto totalmente ordenado por la relación ≤ (o sea que “≤” es reflexiva, antisimetríca, transitiva y además ∀a, b ∈ X, se cumple que a ≤ b o b ≤ a.) Definimos: (a, b) = {x ∈ X|a < x < b} La topología del orden débil del orden τod es entonces la colección constituida por X y todos los subconjuntos de X que pueden obtenerse uniendo familias cualesquiera de intervalos abiertos de X. Definición Vecindad. Sea (X, τ ) un espacio topológico y sea x ∈ X y V ⊆ X. V es vecindad de x si y solo sí existe un A ∈ τ , tal que x ∈ A y A ⊆ V .

24 Teorema 1. Dado (X, τ ), un espacio topológico. Un conjunto es abierto, si y solo sí es vecindad de todos sus puntos. La demostración se divide en dos partes: Si A es abierto, entonces A es vecindad de todos sus puntos. Demostración. Sea (∀x ∈ A), como A ⊆ A, y A es abierto, entonces A es vecindad de x, por definición de vecindad, de todos sus puntos “x”. Si A es vecindad de todos sus puntos, entonces A es abierto Demostración. (∀x ∈ A), por definición de vecindad, entonces, existen Bx ∈ τ 15 tal que Bx ⊆ A. S S Como Bx ∈ τ , entonces Bx ∈ τ , por definición de topología, entonces Bx = A16 , por x∈A

x∈B

ende A ∈ τ , por tanto A es abierto, por definición de topología.

 Sea V (x), el conjunto de todas las vecindades de x. Teorema 2. Sea (X, τ ) un espacio topológico. x ∈ V , para todo V ∈ V (x)17 . Demostración. Como V ∈ V (x), entonces, existe A ∈ τ , tal que {x} ⊆ A ⊆ V . Luego {x} ⊆ V , es decir x ∈ V . Si U, V ∈ V (x), U ∩ V ∈ V (x) Demostración. Como U ∈ V (x), entonces existe A ∈ τ , tal que {x} ⊆ A ⊆ U . Como V ∈ V (x), entonces existe B ∈ τ , tal que {x} ⊆ B ⊆ V . 15 16

Una vecindad por cada x ∈ A. Esto es un teorema de conjuntos, (∀A ⊆ X)(X =

S

A).

A∈P(X) 17

Este teorema dice que siempre “x”, tiene al menos una vecindad.

25 Luego aplicando intersección queda: {x} ⊆ A ∩ B ⊆ U ∩ V , pero como A ∩ B ∈ τ , por definición de τ , entonces U ∩ V ∈ V (x) por definición de vecindad. Si U ∈ V (x) y U ⊆ V , entonces V ∈ V (x) Demostración. Como U ∈ V (x) entonces, existe A ∈ τ tal que {x} ⊆ A ⊆ U , pero U ⊆ V , entonces {x} ⊆ A ⊆ V ; luego V ∈ V (x) por definición de vecindad. Para cada V ∈ V (x), existe U ∈ V (x) con U ⊆ V tal que V ∈ V (y) para todo y ∈ U . Demostración. Como tenemos que para cada V ∈ V (x), existe un U ∈ V (x), esto significa que: Existe A ∈ τ , tal que {x} ⊆ A ⊆ U . Pero por hipótesis ∀y ∈ U , por el teorema anterior se tiene que U ∈ V (y), debido a que U es vecindad de todos sus puntos, por el ítem anterior y la contenencia, se deduce que V ∈ V (y).

 Teorema 3. Dado X un conjunto. Sea τV (x) = {A ⊆ X|(∀x ∈ A)(A ∈ V (x))} entonces τV (x) es la topología de las “vecindades”, es decir es la colección de todas las vecindades de x, si satisface las propiedades del anterior teorema. Demostración. Si A = ∅, luego (∀x ∈ ∅) es cierto, luego ∅ ∈ V (x), es decir es vecindad de “todos sus puntos” (una vecindad por cada “x”). Si A = X, luego, (∀x ∈ X)(X ∈ V (x)), es decir X es vecindad de todos sus puntos, luego por el teorema anterior X es abierto. Sean M, N ∈ τv , luego (∀x ∈ M )(M ∈ V (x)) y (∀x ∈ N )(N ∈ V (x)), luego por el teorema anterior M ∩ N ∈ V (x), por ende M ∩ N ∈ τV . S Sea {Aα }α∈J ⊆ τV . Sea A = Aα , luego hay dos posibilidades Aα = ∅ y Aα 6= ∅, si se da S α∈J el caso, Aα = ∅, entonces Aα ∈ τV , pues las uniones vacías, dan vacío y vacío esta en τV . α∈J

26 Luego si Aα 6= ∅, luego existe x ∈ Aα , para algún α ∈ J. S Entonces Aα ∈ V (x), para algún α ∈ J. Además Aα ⊆ Aα , luego por el teorema anterior, α∈J S S Aα ∈ V (x), por ende Aα ∈ τV . α∈J

α∈J

Ahora ya hemos que τV , es el la colección de todas las vecindades de “V (x)”. Dijimos que V (x) es el conjunto de vecindades de x, entonces V (x) = τV (x). Como es una igualdad de conjuntos, probemos la doble contenencia. τV (x) ⊆ V (x). Sea un B una vecindad de x, luego por definición de vecindad, existe A ∈ τ , tal que x ∈ A ⊆ B, por el teorema anterior A ∈ V (x) A es vecindad de todos sus puntos y por el teorema anterior B ∈ V (x). V (x) ⊆ τV (x) Sea U = {y ∈ V |V ∈ V (y)} y V ∈ V (x). Como V ∈ V (x), por definición de vecindad, existe A ∈ τ , tal que x ∈ A ⊆ V , es decir que x∈V. Por ende x ∈ U , por ende U es abierto. Si y ∈ U , entonces por definición V ∈ V (y) con U ⊆ V , por el teorema anterior, se tiene que existe W ∈ V (y), tal que V ∈ V (W ), para toda w ∈ W , entonces U ∈ V (w) por el teorema anterior, luego U es abierto, en consecuencia U ∈ τV (y).

 1) Dados X = {a, b, c, d, e} y τ = {∅, X, {a, b}, {c, d}, {a, b, c, d}} halle V (b), V (e), V ({a, c}). Miremos que subconjuntos de X contienen a b y que estos a su vez estén el la topología. V (b) = {{a, b}, {a, b, c}, {a, b, c, d}, {a, b, c, d, e}} debido a que: {a, b} ⊆ X y {a, b} ∈ τ luego {a, b} ⊆ {a, b}, {a, b} ⊆ {a, b, c} y b ∈ {a, b}. V (e) = {X} debido a que es el único elemento de P(X) que satisface la definición. V ({a, c}) = {{a, b, c, d}, {a, b, c, d, e}} 2) Sea X = N y τ la topología de complementos finitos. Postulamos que para cualquier n ∈ N, estas son las vecindades. V (n) = {A ⊆ N|A = {ni , nk }C , 1 ≤ i ≤ k ∧ ni 6= n} Si estamos en la topología usual,

27 entonces: Sea tenemos (a, b), entonces probar que x ∈ R, está en una vecindad de (a, b), es porque existe el intervalo (c, d) tal que x ∈ (c, d) y (c, d) ⊆ (a, b). Si estamos en la topología de colas a derecha, entonces. Sea [a, ∞], notemos que (a, b) ⊆ [a, ∞], luego las vecindades de [a, ∞], son también aquellas, de la topología usual. Ahora sea [a, b), luego también (a, b) ⊆ [a, b), por lo las vecindades son de la misma forma que la topología usual.

4) Como en la sección anterior, para cada x de X sea V (x) un conjunto de vecindades de x, de tal manera que se verifiquen las condiciones (V 1) a (V 4) dadas antes. a) Pruebe que el conjunto W de la condición (V4) es un subconjunto de V . (V 4) Si V ∈ V (x), entonces existe W ∈ V (x) tal que ∀y ∈ W , V ∈ V (y). Ahora lo que tenemos que probar es que W ⊆ V . Supongamos que no es cierto, entonces, existe un z ∈ W y z ∈ / V. Luego como {y} ⊆ C ⊆ V , para todo y ∈ W , en particular si y = z, luego z ∈ V pero supusimos que z ∈ / V , entonces W ⊆ V . b) Dada V ∈ V (x), sea U = {y ∈ X|V ∈ V (y)}; pruebe que i) x ∈ U , ii) U ⊆ V y iii) U es vecindad de todos sus puntos. Como {x} ⊆ V , luego x ∈ U por definición de U c) Usando la parte b), demuestre que la contenencia dejada como ejercicio en el penúltimo párrafo de la sección: V (x) ⊆ β(x). 5 Sea X = {0, 1, 2, 3, . . . , 9} ordenado de la forma usual; dotémoslo de la topología débil del orden. a) Halle todas las vecindades de 0, 5 y 9. Para ello, primero toca ver como es la topología del orden: τ = {X, ∅18

S i=0,1,2··· ,9 j=0,1,2··· ,9

18

Pues (a, b), donde a = b.

(ai , bj )}

28 ¿Como son las vecindades para esta topología? Son muy parecidas a las del orden de R. V (0) = X, pues ningún abierto (a, b), hace que 0 ∈ (a, b), debido a que 0 no tiene predecesor. V (5) = {A ⊆ X|A = (ai , bj ) i=0,1,2,3,4, j = 6, 7, 8, 9} V (9) = X, debido a que 9 no tiene sucesor.

b) ¿Es en este caso la topología débil del orden igual a la topología discreta? Sí, porque la unión de los intervalos abiertos, da como resultado a X. 6) Se dice que un espacio topológico (X, τ ) es To o de Kolgomorov, si para todo par de puntos distintos a, b de X, existe un conjunto W ∈ τ tal que (a ∈ W ∧ b ∈ / W ) ∨ (a ∈ / W ∧ B ∈ W) es decir, si existe una vecindad abierta de uno de los dos que no contiene al otro punto • Pruebe que R con la topologia usual es To Sea x, y ∈ R, luego Sin perder generalidad supongamos x < y, entonces hagamos  =

y−x , 2

pues

y − x > 0, ahora si definamos V (x) = {a ∈ R|a ∈ (x − , x + )}, luego y∈ / V (x), porque si fuese cierto llegamos a que 3y < x y por hipótesis y > x donde hay una contradicción.

• Pruebe que un conjunto infinito con la topología de los complementos finitos es To Sean a, b ∈ X, con τ de los complementos finitos. V (a) = {U ⊆ X|U C ⊆ X ∧ a ∈ U }, pero puede que b ∈ U c , entonces. Sea Z = U c − {b} ∈ τ , entonces: Luego V (a) = {Z ⊆ X|a ∈ Z ⊆ X} • Demuestre que un conjunto totalmente ordenado (X, ≤) con la topología de τcd de las colas a derecha es To Recordemos como es tcd es aquella cuyos abiertos son reuniones cualesquiera

29 de colas a derecha. Y (X, ≤) es ordenado completo por ≤. c(b) = {x ∈ X|x ≥ b}. V (b) = {A ⊆ X|A = c(b)} Sin perder generalidad, supongamos que b < a, luego por ser (X, ≤). Luego inmediatamente c(b) * c(a), porque si es así se contradice que b < a.

7) Dotemos a un conjunto totalmente ordenado (X, ≤) de la topologia de colas a derecha.

a) Pruebe que la intersección de cualquier colección de colas a derecha, es un T T abierto. Ayuda: Si x ∈ [ai , →), entonces [x, →] ⊆ [ai , →) y está interseci∈I

i∈I

ción resulta ser vecindad de todos sus puntos.

b) Demuestre que en τcd la intersección de cualquier colección de abiertos es un abierto. Sean A, B, intersecciones de colecciones de colas a derecha, por el item anterior A y B, son abierto y por ser la intersecciones de colecciones a derecha una cola a derecha, entonces A ∩ B es abierto.

8) Pruebe que en R con la topología usual, para todo punto p existe una vecindad de la forma (a − r, a + r) con a, r racionales y r > 0. Sea p ∈ R, por propiedades de R, existe a ∈ N, tal que a > p. Esto es que −a < p < a. Sea r > 0, con r ∈ N, luego a + r > a y −(r + a) < −a, por propiedades de R, queda finalmente p ∈ (a − r, a + r).

9) Pruebe que en un espacio topológico cualquiera, x es punto interior de A si existe un abierto que contiene a {x} y está contenido en A. Como x ∈ int(A), entonces x ∈ B ⊆ A, donde B ∈ τ , y es el máximo subconjunto de A, luego se cumple.

30

Números Reales 1. Pruebe usando el axioma de completitud de R, que N no esta acotado superiormente. Sea N 6= ∅, luego por el axioma, existe b ∈ R, tal que (∀n ∈ N)(n < b). Luego (∀n ∈ N)(n − 1 < n), n 6= 0. Por propiedades de R, se tiene entonces que n − 1 < b, luego n < b + 1, por ende hay dos cotas superiores b y b + 1. Esto contradice la minimalidad de las cotas superiores. 2. Sea A ⊆ R, A 6= ∅ y A acotado superiormente. Sea b una cota superior de A, demuestre que: b = Sup(A) si y solo si (∀r > 0)(∃x ∈ A)(b − r 0)(∃x ∈ A)(b − r < x ≤ b). Por contradicción: Supongamos que: ¬(∀r > 0)(∃x ∈ A)(b − r < x ≤ b) es cierto. Queda: (∃r > 0)(∀x ∈ A)(b − r ≥ x > b). Es decir: (∃r > 0)(∀x ∈ A)(b < x ≤ b − r) Luego b < x, (∀x ∈ A), entonces b 6= Sup(A), contradicción. Si (∀r > 0)(∃x ∈ A)(b − r < x ≤ b), entonces b = Sup(A).

Definición . Sea A un conjunto. b = Sup(A) si y solo si (∀x ∈ A)(x < b) y si (∀x ∈ A)(x < c), entonces b < c. Supongamos que b 6= Sup(A). Entonces por el axioma de completitud, sea c = Sup(A). Como se cumple para todo r > 0, en particular, r = b − c, por ende b − (b − c) = c < x ≤ b, por ende c ≤ b pero b < c, contradicción. 3. Demuestre que entre dos reales distintos, existe un racional.

31 Teorema 4 Propiedad Arquimediana. (∀x ∈ R)(x > 0)(∀z ∈ R)(∃n ∈ N)(nx > z) Sean a, b ∈ R tal que b > a. Luego b − a > 0, luego con la propiedad arquimediana, con z = 1, se tiene que ∃n ∈ N tal que n(b − a) > 1. Lo mismo que b > a+ n1 , como a < a+ n1 , luego se satisface la desigualdad a < a+ n1 < b. Pero esto es cierto siempre a ≥ 0. Luego como a ∈ R, se tiene tres posibilidades a < 0, a = 0, a > 0, que es la tricotomía. Ahora si a = 0, entonces 0
0, entonces an > 0, escojamos un k + 1 ∈ N, luego hagamos z = k + 1, por ende ∃t ∈ N tal que a >

k+1 , tn

entonces a >

entonces la desigualdad se cambia, por ende a < luego

k nt

k nt

k nt

+ 1t n1 , pero si le sumamos a

+ a + n1 1t pero a < a + n1 < a + ( 1t ) n1 ,

es el número buscado.

Si a < 0, es análoga a la anterior. 4. Pruebe que entre dos reales, existe un número irracional. Usando lo anterior, tenemos que si a, b ∈ R, tal que a < b. √ Sabemos que 2 es irracional. Luego

√a 2

y

√b 2

son reales.

Si usamos lo anterior propuesto, entonces ∃s ∈ Q, tal que

√a 2