• Author / Uploaded
• Maria

Citation preview

Topología I

Resumen Apuntes de Topología I tomados durante el curso 2014/2015 en la clase del profesor Antonio Sánchez Calle. Contienen una introducción básica a los espacios topológicos y sus propiedades, incluyendo conexión y compacidad; y también algunos conceptos básicos de homotopía en el último capítulo. Además, en el apéndice A hay ejercicios y exámenes resueltos.

Guillermo Julián Moreno Cristina Kasner Tourné UAM - 14/15 C1 14 de junio de 2016 13:28

Apuntes UAM Doble Grado Mat.Inf. Código en Github

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Índice general I

Conceptos básicos I.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.1 Topologías . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.2 Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . I.1.3 Interior, adherencia y frontera de conjuntos I.1.4 Puntos aislados y puntos de acumulación . I.1.5 Espacios métricos . . . . . . . . . . . . . . . I.1.6 Topología de subespacios . . . . . . . . . . I.2 Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3 Topología producto . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.3.1 Funciones continuas y topología producto

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

3 3 5 12 14 19 20 22 23 28 29

II Propiedades de los espacios topológicos II.1 Conexión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.1.1 Construcción de conjuntos conexos . II.1.2 Componentes conexas . . . . . . . . . II.1.3 Conexión por caminos . . . . . . . . . II.2 Compacidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.2.1 Compacidad en términos de cerrados II.2.2 Compacidad en espacios métricos . . II.3 Axiomas de numerabilidad . . . . . . . . . . II.4 Axiomas de separación . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

31 31 34 38 40 46 51 51 57 59

III Conceptos básicos de homotopía III.1 Homotopía de caminos . . . . . . . . . . . III.1.1 Grupo fundamental . . . . . . . . III.2 Retractos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.3 Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . III.3.1 Teorema del punto fijo de Brower III.4 Grupo libre . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

61 61 66 71 75 75 77

. . . . . . . .

80 80 80 84 86 88 88 90 92

A Ejercicios A.1 Hoja 1 A.1.1 A.1.2 A.1.3 A.2 Hoja 2 A.2.1 A.2.2 A.2.3 0

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Definición de topología y ejemplos . . . . . . . . Bases y entornos . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espacios métricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Convergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . Interior, adherencia, frontera y derivado . . . . . Topología de subespacio y funciones continuas .

Documento compilado el 14 de junio de 2016 a las 13:28

1 de 127

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

A.3 Hoja 3 A.3.1 A.4 Hoja 4 A.4.1 A.5 Hoja 5 A.5.1 A.5.2 A.6 Hoja 6 A.6.1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Funciones continuas, espacios de Hausdorff y topología producto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espacios conexos y conexos por caminos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Compacidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Axiomas de numerabilidad y espacios separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Grupo fundamental y retractos de deformación . . . . . . . . . .

B Exámenes B.1 2013/2014 . . . B.1.1 Parcial I B.1.2 Final . . B.2 2014-2015 . . . . B.2.1 Parcial I B.2.2 Parcial II B.2.3 Final . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

95 95 100 100 103 103 107 109 109 117 117 117 119 120 120 123 124

Índice alfabético

125

Bibliografía

127

2 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Capítulo I

Conceptos básicos I.1.

Introducción

En Topología buscamos extender conceptos importantes como continuidad o convergencia. Si partimos del concepto de continuidad en los reales, teníamos que Continuidad

Definición I.1 Continuidad. Dada f : (a, b) 7−→ R, se dice que es continua en x0 ∈ (a, b) si ∀ε > 0 ∃δ > 0 tal que |x − x0 | < δ =⇒ f (x) − f (x0 ) < ε. ¿Cómo podemos extender esto a conjuntos que no sean R? Lo primero es que necesitamos una distancia. Y la propiedad central de la distancia debería ser |x + y| ≤ |x| + |y| . Esta propiedad es la desigualdad triangular, y es ciertamente natural. La extensión de la distancia la tendremos en los espacios métricos.

Espacio métrico

Definición I.2 Espacio métrico. Un espacio métrico es un par (X, d), con X un conjunto y d una aplicación d : X × X 7−→ [0, ∞) tal que a. d(x, x) = 0 ∀x ∈ X. b. d(x, y) ≥ 0 ∀x, y ∈ X. c. d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.

Desigualdad triangular

d. Desigualdad triangular: d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀x, y, z ∈ X. Tenemos varios ejemplos de distancias: Por ejemplo, en Rm , tenemos d(x, y) = kx − yk =

p

(x1 − y1 )2 + · · · + (xm − ym )2 .

Si consideramos el conjunto de funciones continuas C([0, 1]) ≡ {f : [0, 1] 7−→ def R, f continua}, kf k = m´ axx∈[0,1] f (x) . Con esta noción, el conjunto de funciones continuas se comporta de forma similar a Rm con dimensión infinita, y podemos hacer cosas parecidas a las del espacio euclídeo. def

Así, podemos definir d(f, g) = kf − gk, y llegar a una definición de convergencia uniforme: fn → f en esa distancia implica una convergencia uniforme en [0, 1]. 3 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Podemos definir una distancia algo artificial. Sea X un conjunto cualquiera, definimos ( 0 si x = y def d(x, y) = 1 si x 6= y

que cumple las 3 primeras propiedades de distancia y su comprobación es trivial y para la comprobación de la desigualdad triangular, basta comprobarlo por casos. Bola

Definición I.3 Bola. Dado (X, d) un espacio métrico, con x ∈ X y r ∈ (0, ∞), definimos la bola B centrada en x de radio r como def

B(x, r) = {y ∈ X  d(x, y) < r} En ocasiones querremos especificar la distancia (Bd ) o el conjunto (BX ) con el subíndice. Las bolas tienen ciertas propiedades muy sencillas. Dados (X, d), x ∈ X, r > 0, y ∈ B(x, r) entonces B(y, r − d(x, y)) ⊆ B(x, r). Esto se puede demostrar con un dibujo (I.1), pero tenemos que demostrarlo más formalmente:

Demostración. ∀z ∈ B(y, r − d(x, y)) tenemos que d(x, z) ≤ d(x, y)+d(y, z) < d(x, y)+r−d(x, y) = r, y por lo tanto z ∈ B(x, r).

y r

x

Por supuesto, el dibujo es una guía. Si tomásemos la distancia rara de antes que sólo tomaba valores 1 ó 0, la bola no sería una bola como en R. Figura I.1: La bola verde (B(y, r − Vamos a definir ahora el cierre, aunque sólo d(x, y)) contenida dentro de B(x, r). como notación: Cierre

Definición I.4 Cierre. Dado (X, d) espacio métrico, x ∈ X, r ≥ 0, definimos def

B(x, r) = {y ∈ X  d(x, y) ≤ r} como la bola cerrada de centro x y radio r. Conjunto abierto

Definición I.5 Conjunto abierto. Sea (X, d) un espacio métrico. Entonces damos dos definiciones a. A ⊆ X es abierto en (X, d) si ∀x ∈ A ∃δ = δx > 0 tal que B(x, δx ) ⊆ A. b. La familia de abiertos es Td ≡ {A ⊆ X  A abierto}.

Topología

La familia de abiertos que acabamos de definir es una topología, y cumple las siguientes propiedades. 1. El total y el vacío son siempre abiertos: ∅, X ∈ Td . 4 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

2. La intersección de dos conjuntos abiertos es abierta: A, B ∈ Td =⇒ A ∩ B ∈ Td . 3. S La unión numerable de conjuntos abiertos es abierta: Aj ∈ Td ∀j ∈ J j∈J Aj ∈ Td .

=⇒

Demostremos las dos últimas propiedades: Demostración. Propiedad 2 Sea x ∈ A ∩ B. Entonces x ∈ A y x ∈ B, luego existen δxA , δxB tales que B(x, δxA ) ⊆ A y B(x, δxB ) ⊆ B respectivamente. Sea ahora δ = m´ın(δxA , δxB ). Entonces B(x, δ) ⊆ A ∩ B. Propiedad 3 La propiedad es equivalente a la pregunta de, si dado x ∈ S cumple que ∃δ > 0  B(x, δ) ⊆ j∈J Aj .

S

j∈J

Aj , se

Es obvio que ∃jx ∈ J  x ∈ Ajx , luego

∃δ > 0  B(x, δ) ⊆ Ajx ⊆

[

Aj

j∈J

Por otra parte, también podemos hacer una observación: por inducción, la intersección de una familia finita de conjuntos abiertos también es un abierto.

I.1.1.

Topologías

Una vez hecho esto, ya podemos pasar a definir qué es un espacio topológico y una topología. Topología

Definición I.6 Topología. Sea X un conjunto. Entonces una familia T de subconjuntos de X es una topología en X si y sólo si cumple las tres propiedades que acabamos de ver: a. ∅, X ∈ T . b. A, B ∈ T =⇒ A ∩ B ∈ T . S c. Aj ∈ T ∀j ∈ J =⇒ j∈J Aj ∈ T

Espacio topológico

Definición I.7 Espacio topológico. Un espacio topológico es un par (X, T ) donde T es una topología en X. Los elementos de T son los abiertos de la topología. También podemos definir el conjunto cerrado:

Conjunto cerrado

Definición I.8 Conjunto cerrado. Dado un espacio topológico (X, T ), F ⊆ X es cerrado si y sólo si F C ≡ X \ F es abierto. 5 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Topología trivial

Podemos definir dos topologías "comunes", por así decirlo, las obvias para cualquier conjunto. Tenemos la topología trivial (el mínimo) dada por Ttriv. = {∅, X}

Topología discreta

, y la topología discreta, que sería el máximo: Tdisc. = P (X) .

Topologías usuales

Y volviendo a nuestro bonito mundo de los reales, tenemos las topologías usuales en Rm o TRm . Para m = 1, diremos que def

A ∈ TR = ∀x ∈ A ∃a, b ∈ R  x ∈ (a, b) ⊆ A Esto es, que siempre podemos encontrar un intervalo contenido en A que a su vez contenga a x. Equivalentemente, A será una unión de intervalos abiertos. Para dimensión m > 1, definimos su topología usual como a , . . . , am def Rm ⊇ A ∈ TRm = ∀x ∈ A ∃ 1 ∈R b1 , . . . , bm tales que x ∈ (a1 , b1 ) × · · · × (am , bm ) ⊆ A.

Una topología más a definir: la cofinita.

Topología cofinita

Definición I.9 Topología cofinita. La topología cofinita Tcof inita se define de la siguiente forma: A es abierto si y sólo si es o bien vacío o bien X \ A es finito. Simbólicamente: A ∈ T ⇐⇒ A = ∅ ∨ X \ A < ∞

I.1.1.1.

Espacio topológico metrizable

Topologías metrizables

Definición I.10 Espacio topológico metrizable. Dado (X, T ) un espacio topológico, se dice que es metrizable si existe una distancia d en X tal que T = Td . d no es necesariamente única. Por ejemplo, TR es metrizable. Coincide T = Td con d(x, y) = |x − y|.

Expandiendo un poco más sobre lo que significa que una topología coincida con otra, o lo que significa que una topología sea inducida por una aplicación. Topología inducida

Definición I.11 Topología inducida. Dado un espacio topológico (X, T ), entonces la topología inducida por una función f es Tf = {f −1 (A)  A ∈ T }1 1

La prueba de porqué es topología se encuentra en el ejercicio 1.6.

6 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

¿Qué significa entonces que una topología sea igual a otra? Si nos remitimos a la definición de topología (I.6), vemos que es un conjunto de subconjuntos de X. Luego dos topologías son iguales o equivalentes si y sólo si tienen los mismos elementos. Es decir, que si un conjunto es abierto en X según una topología, también lo es según la otra y viceversa. Volviendo al caso concreto, una topología inducida por la distancia es igual a otra topología si los abiertos según la distancia (esto es, las bolas) son también abiertos según la otra topología que estemos considerando. Hagamos algunos ejemplos sobre topologías metrizables. ¿Son Tdisc. , Ttriv. metrizables para X un conjunto cualquiera? En el caso de Tdisc sí lo es. Definimos la distancia como ( 0 x=y d(x, y) = 1 x 6= y

, luego S B(x, 1/2) = {x}, luego {x} es abierto en Td . Entonces, si A ⊆ X, entonces A = x∈A {x} es abierto también. La topología trivial es más interesante de estudiar. Si |X| ≥ 2, entonces Ttriv 6= Td para cualquier distancia d(x, y). ¿Por qué?

En la topología trivial sólo hay dos abiertos (vacío y total). Sin embargo, en la topología inducida por la distancia, los abiertos son las bolas. Si hay más de dos elementos en X, existen x, y ∈ X distintos, y por lo tanto existe una distancia r = d(x, y) > 0. Con δ = 2r , las bolas B(x, δ), B(y, δ) son distintas y disjuntas. Ninguna de ellas es el vacío y el total así que no son abiertos en Ttriv , pero sí que son abiertos en Td . Por lo tanto, tenemos que Td 6= Ttriv . I.1.1.2.

Topologías generadas por una base

Además de por la distancia, podemos considerar las topologías generadas por una base. Recordemos cómo definíamos una topología en TR . Decíamos que A ∈ TR si y sólo si ∀x ∈ A ∃(a, b) tales que x ∈ (a, b) ⊆ A. Base

Definición I.12 Base. Sea X un conjunto y B una familia de subconjuntos de X (e.d. B ⊆ P (X)). Entonces B es una base si y sólo si a. ∀x ∈ X ∃B ∈ B  x ∈ B. Dicho de otra forma,

S

B∈B

B = X.

b. ∀B1 , B2 ∈ B; ∀x ∈ B1 ∩ B2 , existe B3 ∈ B  x ∈ B3 ⊆ B1 ∩ B2 . Topología generada por una base

Definición I.13 Topología generada por una base. La topología TB se define por todos los conjuntos formados por unión de elementos de la base. Formalmente: A ∈ TB ⇐⇒ ∀x ∈ A ∃B ∈ B  x ∈ B ⊆ A Tenemos que demostrar, eso sí, que eso que hemos definido ahí es realmente una topología. 7 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Proposición I.1. TB es una topología en X.

Demostración. Tenemos que comprobar las tres propiedades de una topología (I.6). Sabemos que ∅ ∈ TB . Además, tal y como hemos definido la topología generada, también sabemos que X ∈ TB .

Propd. 2 Tenemos que demostrar que A1 , A2 ∈ TB =⇒ A1 ∩A2 ∈ TB . Si x ∈ A1 ∩A2 , entonces ∃B1 , B2 ∈ B tales que x ∈ B1 ⊆ A1 y x ∈ B2 ⊆ A2 respectivamente.

Según la segunda propiedad de base, existe un B3 ∈ B tal que x ∈ B3 ⊆ B1 ∩B2 ⊆ A1 ∩ A2 , luego A1 ∩ A2 ∈ TB .

S Propd. 3 Demostramos que Aj ∈ TB ∀j ∈ J =⇒ j∈J Aj ∈ TB . Si x ∈ S A =⇒ ∃i = i ∈ J  x ∈ A . Luego como A ∈ T tenemos que ∃B ∈ B tal j x i i B j∈J S que x ∈ B ⊆ Ai ⊆ Aj . Nos fijamos que en la demostración de la tercera propiedad no hemos usado nada sobre cómo hemos definido la base. Es decir, que siempre que definamos una topología T como A ∈ T ⇐⇒ ∀x ∈ A ∃U ∈ F  x ∈ U ⊆ A

, donde F es una familia de subconjuntos de X, la propiedad tercera de la definición de topología está garantizada. Es para la primera y segunda propiedad para las que se necesita que F cumpla algún tipo de propiedad. Topología fina

Definición I.14 Topología fina. Dado un espacio X y dos topologías T1 , T2 , si T1 ⊆ T2 (todo abierto de T1 es abierto de T2 ) se dice que T2 es más fina que T1 . Proposición I.2. Sea X un espacio topológico y B una base. Entonces a. B ⊆ TB (todos los elementos de B son abiertos en TB ). b. A ∈ TB si y sólo si A es unión de elementos de B. Demostración. 1) Recordamos que def

V ∈ TB = ∀x ∈ V ∃B = Bx ∈ B  x ∈ B ⊆ V . Sea M ∈ B, quiero demostrar que M ∈ TB . He de comprobar que ∀x ∈ M ∃B ∈ B  x ∈ B ⊆ M , lo cual es obvio si tomamos B = M , ya que los elementos de la base son siempre abiertos. 2) Partiendo de la afirmación de antes, sabemos que si A ∈ TB , entonces ∀x ∈ A ∃Bx ∈ B tal que x ∈ Bx ⊆ A. Como cada uno de esos conjuntos está en A, su unión también lo está. Y por otra parte, dado que consideramos todos los puntos x de A, nos queda que [ A= Bx x∈A

8 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

, demostrando así el primer lado de la implicación. La implicación a la izquierda se resuelve por la primera parte de esta proposición: si Bj ∈ B, entonces Bj ∈ TB y por la tercera propiedad de la topología (I.6), nos queda que [ Bj ∈ TB j∈J

Ahora que ya sabemos cómo generar una topología a partir de una base, podemos hacernos una pregunta. Consideramos una serie de conjuntos que queremos que sean abiertos en nuestro espacio. Obviamente, la topología discreta cumple lo que buscamos, pero, ¿hay una topología más pequeña? ¿Cuál es la topología "mínima"? Topología generada por un conjunto

Definición I.15 Topología generada por un conjunto. Sea X un conjunto y D ⊆ P (X) una familia de subconjuntos de X. Entonces la topología generada por D está formada por todas las posibles uniones de intersecciones finitas de conjuntos de D. Es decir, que si S es el conjunto de todas las intersecciones finitas   \  S= D  A ⊆ D, D finito   D∈A

entonces la topología TD es TD =

 [ 

D∈B

DB⊆S

  

Proposición I.3. Sea X un conjunto. a. Si Tk es una topología en X, ∀k ∈ K entonces def

T =

\ k∈K

Tk

b. Sea D una familia de subconjuntos de X (D ⊆ P (X)) y sea def

TD =

\ D⊆T

T

donde T es una topología en X.

Entonces TD es una topología en X, D ⊆ TD y TD es la topología menos fina que cumple D ⊆ TD . Demostración. 1) La primera propiedad de la topología es trivial. Vamos con la segunda. Si V1 , V2 ∈ T , tenemos que V1 , V2 ∈ Tk ∀k T ∈ K. Luego como Tk es topología, V1 ∩ V2 ∈ Tk ∀k ∈ K, y entonces V1 ∩ V2 ∈ Tk = T . 9 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

2) Sabemos que TD es topología por lo que acabamos de demostrar. Ahora bien, ¿es la más pequeña? Es obvio, viendo que es la intersección de todas las topologías que contienen a D.2 Tenemos que tener cuidado cuando D es una base: hay que asegurarse de que la topología coincida en ese caso.3 I.1.1.3.

Topología del orden

Hasta ahora hemos visto cómo generar topologías a partir de la distancia, y también tratando de extrapolar el concepto de los intervalos de R con las bases. Ahora vamos a ver cómo hacerlos a través de otra visión de los intervalos como elementos de orden. Recordemos brevemente qué es un orden total: a grandes rasgos es uno donde podemos comparar todos los elementos. Orden total

Definición I.16 Orden total. Dado un conjunto X, un orden total en X es una relación x < y tal que a. x < y, y < z =⇒ x < z. b. ∀x ∈ X, x < x es falso. c. ∀x, y ∈ X con x 6= y entonces se cumple una y sólo una de x < y ó y < x. Dado un conjunto X y un orden total < se puede construir una topología T< de la misma forma que en R: intervalos (a, b) incluyendo los bordes. Veamos primero la definición formal:

Topología del orden

Definición I.17 Topología del orden. Dado un conjunto X y un orden total a}

(−∞, b) = {x ∈ X  x < b} Así, los abiertos en la topología del orden son (ver definición de topología generada por un conjunto, I.15) los intervalos de la forma (a, ∞), (−∞, b) y su intersección, intervalos de la forma (a, b). Empecemos con ejemplos. Orden lexicográfico en R2 Este ejemplo es una topología muy visual (ver la figura I.2), importante y rara. Empezamos definiendo qué es ese orden Orden lexicográfico

Definición I.18 Orden lexicográfico. Denotamos como 0 B(x, ε) ∩ W 6= ∅. c. x ∈ Fr(W ) ⇐⇒ ∀ε > 0 B(x, ε) ∩ W 6= ∅ ∧ B(x, ε) ∩ W c 6= ∅. d. x es punto aislado de W si y sólo si ∃δ > 0  B(x, δ) ∩ W = {x}. •

•

e. x ∈ W 0 ⇐⇒ ∀ε > 0 B(x, ε) ∩ W 6= ∅, donde B(x, ε) = B(x, ε) \ {x}. f. x ∈ W si y sólo si existe una sucesión {xn } ⊆ W  xn −−−→ x. n→∞

g. x ∈ W 0 si y sólo si existe una sucesión {xn } ⊆ W con xn −−−→ x y xn 6= x ∀n ∈ N n→∞

(excluimos sucesiones constantes a partir de un término).

En las proposiciones 2,3 y 5 basta comprobarlo con un ε lo suficientemente pequeño. En particular, basta comprobarlo para una sucesión εn → 0, por ejemplo εn = n1 . Demostración. ◦

1. Queremos demostrar que x ∈ W ⇐⇒ ∃δ > 0  B(x, δ) ⊆ W , y para ello ◦

def

recordamos la definición: x ∈ W ⇐⇒ ∃A ∈ T  x ∈ A ⊆ W . La implicación hacia la izquierda es sencilla si tomamos simplemente el abierto A = B(x, δ).

En la otra dirección, la hipótesis es que ∃A ∈ T  x ∈ A ⊆ W . Al ser una topología inducida por la distancia, podemos encontrar una bola B(x, δ) ⊆ A ⊆ W. 20 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

2. La demostración es análoga a la de la propiedad 1. 3. La demostración es análoga a la de la propiedad 1. 4. La demostración es análoga a la de la propiedad 1. 5. La demostración es análoga a la de la propiedad 1. 6. x ∈ W ⇐⇒ ∃xn ∈ W  xn −−−→ x. n→∞

Hacia la derecha, podemos ir cogiendo bolas B(x, 1/n) ∩ W 6= ∅, cada vez más pequeñas, y escoger puntos xn ∈ B(x, 1/n), de tal forma que d(xn , x) −−−→ 0, n→∞

o de otra forma xn −−−→ x. n→∞

Para el otro lado, es cierto y además para cualquier espacio topológico. Tenemos que xn −−−→ x para xN ∈ W , queremos probar que x ∈ W . Por n→∞

la propia definición de convergencia, podemos encontrar un nA tal que xn ∈ A para todo n ≥ nA , luego A ∩ W 6= ∅. 7. Y ya para acabar, hay que demostrar que x ∈ W 0 ⇐⇒ ∃xn ∈ W, xn 6= x ∀n ∈ N y xn −−−→ x. n→∞

•

•

Hacia la izquierda, sabemos que B(x, n1 ) ∩ W 6= ∅, luego ∃xn ∈ W ∩ B(x, 1/n), es decir, que xn ∈ W y además xn 6= x, luego ya hemos encontrado la sucesión que buscábamos. La implicación hacia la izquierda es igual en cualquier espacio topológico. ∀A ∈ T con x ∈ A, tenemos que ∃nA  xn ∈ A ∀n ≥ a por definición de convergencia. Luego es claro que (A \ {x}) ∩ W 6= ∅ y entonces x ∈ W 0 .

Observación: Si (X, d) es un espacio métrico y xn → x y x 6= z, entonces xn no converge a z. Es decir, el límite es único. Demostración. Si x 6= z, entonces d(x, z) > 0. Sea δ con 0 < δ < d(x,z) 2 . Por definición de convergencia, existe nδ  xn ∈ B(x, δ) ∀n ≥ nδ . Por otra parte, B(x, δ) ∩ B(z, δ) = ∅, y entonces xn ∈ / B(z, δ) ∀n ≥ nδ , luego es imposible que xn converja a z. Atención porque esto sólo pasa en espacios métricos: si cogemos un espacio raro el límite puede dejar de ser único. Lo que importa realmente del argumento no es que sea métrico, si no que podamos coger dos bolas disjuntas para puntos distintos. Formalicémoslo: Espacio Hausdorff

Definición I.29 Espacio Hausdorff. Un espacio topológico (X, T ) es Hausdorff si ∀x, y ∈ X con x 6= y existen Vx entorno de x y Vy entorno de y, tales que Vx ∩ Vy = ∅ Proposición I.15. Sea (X, T ) espacio topológico de Hausdorff. Entonces a. Si xn → x entonces xn no converge a y ∀y 6= x (es decir, el límite de una sucesión, si existe, es único). 21 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

b. {x} es cerrado ∀x ∈ X. Demostración. 1. Supongo xn → x y x 6= y a) Por definición, ∃Vx , Vy entornos de x e y con Vx ∩ Vy = ∅.

b) Si xn → x y x ∈ Vx , por definición de convergencia ∃n0 tal que xn ∈ Vx ∀n ≥ n0 . Luego xn ∈ / Vy ∀n ≥ n0 y por lo tanto xn no converge a y. 2. Queremos demostrar que {x} = {x}, y lo haremos por doble contenido. El contenido a la izquierda es trivial ({x} ⊆ {x}) así que sólo tenemos que hacerlo a la derecha. Si y 6= x, entonces existen Vy entorno de y y Vx entorno de x tales que Vx ∩ Vy = ∅, por lo tanto Vy ∩ {x} = ∅ , de tal forma que y ∈ / {x} y {x} ⊆ {x}.

Observación: La propiedad 2 ({x} cerrado ∀x ∈ X) es equivalente a decir que ∀x, y ∈ X con x 6= y existen entornos respectivos Vx y Vy tal que x ∈ / Vy , y ∈ / Vx . Espacios topológicos con esa propiedad se llaman T1 (Hausdoff es T2 ) Por ejemplo, (Rm , Tusual ), (R2 , TLex. ), o (X, d) son espacios Hausdorff.

I.1.6.

Topología de subespacio

Topología de subespacios

Definición I.30 Topología de subespacio. Dado (X, T ) espacio topológico y S ⊆ X, se define la topología de subespacio en S por: V ∈ T sub ≡ TSsub ⇐⇒ ∃A ∈ T tal que V = A ∩ S. Proposición I.16. La topología de subespacio es una topología. Demostración. Lo primero es ver que el vacío y el total están en T sub . Es fácil ver que esto ocurre: ∅, X son elementos de T y sus intersecciones con S: S ∩ ∅ = ∅, S ∩ X = S son respectivamente el vacío y el total. Hay que comprobar ahora que la intersección de dos abiertos es un abierto. Esto es, si dados A, B ∈ T sub entonces A ∩ B ∈ T sub .

Si A, B son abiertos, entonces ∃AX , BX ∈ T tales que AX ∩ S = A, BX ∩ S = B. Entonces, operando A ∩ B = (AX ∩ S) ∩ (BX ∩ S) = (AX ∩ BX ) ∩ S , luego A ∩ B se puede expresar como la intersección de S con un abierto de T y entonces pertenece a T sub . La demostración de que la unión de abiertos está en la topología es análoga. Proposición I.17. Sea (X, T ) un espacio topológico y S ⊆ X. Entonces a. C(⊆ S) es cerrado en T sub ⇐⇒ ∃F cerrado en (X, T ) tal que C = F ∩ S. 22 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

b. Si T = TB , la topología generada por una base B, entonces a) BS ≡ {B ∩ S : B ∈ B} es una base para una topología en S

b) T sub = TBS

c. Si T = Td es la topología inducida por una distancia d(x, y) en X, entonces T sub = Td |S×S , tomando d |S×S como la restricción de la distancia al conjunto S: d |S×S : S × S 7−→ [0, ∞)

(x, y) 7−→ d(x, y)

Demostración. 1. C cerrado en T sub si y sólo si S \ C ∈ T sub , lo cual es equivalente a que ∃A ∈ T tal que S \ C = A ∩ S. def

Si F = X \ A, entonces A = X \ F , luego volviendo a lo que teníamos nos queda que S \ C = (X \ F ) ∩ S = S \ (F ∩ S), equivalente a C = F ∩ S. 2.

a) Buscamos demostrar que BS ≡ {B ∩ S  B ∈ B} es una base para una topología en S (ver definición I.12). La primera propiedad de la base la S tenemos casi regalada: si B∈B B = X, entonces   [ [ [ β= B∩S =S∩ B = S ∩ X = S β∈BS

B∈B

B∈B

Para la segunda propiedad, necesitamos que ∀B1 , B2 ∈ BS y ∀x ∈ B1 ∩ B2 exista un B3 ∈ BS tal que x ∈ B3 ⊆ B1 ∩ B2 . Sabemos que Bi = BiX ∩ S donde BiX ∈ B, luego existe un B3X tal que x ∈ B3X ⊆ B1X ∩ B2X y entonces B3X ∩ S ∈ BS cumple las condiciones que necesitamos. b) Queremos ver que T sub = TBS , y lo demostraremos por doble inclusión. La inclusión TBS ⊆ T sub está clara: si B ∈ BS , entonces B = B X ∩ S con B X ∈ B. Por ser T = TB , B X es abierto y entonces B X ∩ S ∈ T sub . Hacia el otro lado, si A ∈ T sub , entonces A = AX ∩ S con AX ∈ T . Por ser B base de la topología T , sabemos que ∀x ∈ AX existe un B X ∈ B tal que x ∈ B X ⊆ AX . Para demostrar que A ∈ TBS , vemos que ∀x ∈ A se cumple que B X ∩ S = B ∈ BS . Como B X ⊆ AX , B X ∩ S = B ⊆ A = AX ∩ S y ya tenemos lo que buscábamos. 3. Ejercicio

I.2.

Continuidad

En esta sección estudiaremos las funciones f entre dos espacios topológicos (X, TX ) y (Y, TY ). Usaremos la forma habitual f : X 7−→ Y , aunque para ser más concretos las denotaremos como f : (X, TX ) 7−→ (Y, TY ). 23 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Y

f (x0 ) ∈ V ∈ TY f (x0 )

x0

x0 ∈ U ∈ TY U ⊆ f −1 (V )

X

Figura I.8: Esquema de la continuidad de la función: buscamos que todos los puntos cercanos a f (x0 ) (en un entorno verde V de f (x0 )) sean imagen de puntos cercanos a x0 (en un entorno naranja U de x0 ). Función continua

Definición I.31 Función continua. Sea x0 ∈ X. Se dice que f es continua en x0 si y sólo si ∀V entorno de f (x0 ), existe un U ∈ TX entorno de x0 tal que f (x) ∈ V ∀x ∈ U . Es decir, que f (U ) ⊆ V y que x0 ∈ U ⊆ f −1 (V ).

Por otra parte, y como hacíamos en otras asignaturas, se dice que una función es continua si es continua en todos los puntos de su dominio. Observación: En el caso de espacios métricos (X, dX ), (Y, dY ), se dice que f es continua en x0 si y sólo si ∀ε > 0 ∃δ > 0  dX (x, x0 ) < δ =⇒ dY (f (x), f (x0 )) < ε, que es decir de forma más general la forma que hemos puesto de continuidad. Además, para topologías generadas por bases, basta considerar entornos que están en la base, como siempre. Veamos un ejemplo simple sobre continuidad de funciones. Más concretamente, continuidad de funcionales usando sólo la definición de continuidad basada en topologías. def

Ejemplo: Tomamos X como el conjunto de las funciones continuas X = C([0, 1]) = {f : [0, 1] 7−→ R  f ∈ C 1 }, y definimos la distancia como def kf k∞ = m´ax f (x) x∈[0,1]

def

d(f, g) = kf − gk∞ A partir de esto definimos el siguiente funcional: F : (X, dX ) 7−→ (R, Tusual ) Z 1 def f 7−→ F (f ) = f (x) dx 0

24 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Afirmamos que F es continua en f0 ∈ X. Podemos encontrar ε y δ de la siguiente forma: Z Z 1 1 f0 (x) dx = f (x) dx − dR (F (f ), F (f0 )) = F (f ) − F (f0 ) = 0 0 Z Z 1 1 f (x) − f0 (x) dx ≤ = f (x) − f0 (x) dx ≤ 0 0 Z 1 kf (x) − f0 (x)k∞ dx = kf − f0 k∞ = dX (f, f0 ) < δ ≤ 0

Luego, como dR (F (f ), F (f0 )) < ε, ∀ε > 0 , tenemos que: δ = ε ∧ dX (f, f0 ) < δ = ε =⇒ dR (F (f ), F (f0 )) ≤ dX (f, f0 ) − δ

Uniformemente continua

De hecho, hemos obtenido un resultado más fuerte: el δ no depende del punto, luego F es uniformemente continua. A partir del ejemplo, podemos desarrollar nuevas propiedades: Proposición I.18. Sean (X1 , T1 ), (X2 , T2 ) espacios topológicos y f : X1 7−→ X2 . Entonces a. f es continua si y sólo si la imagen inversa de un abierto en X2 es abierta en X1 . Es decir, si y sólo si ∀A ∈ T2 f −1 (A) ∈ T1 . b. f es continua si y sólo si la imagen inversa de un cerrado en X2 es cerrada en X2 . c. f es continua si y sólo si f (W ) ⊆ f (W ) ∀W ⊆ X1 . Demostración. 1. Empezamos tomando como hipótesis que f es continua en x ∀x ∈ X1 . Tomamos A ∈ T2 y estudiamos su imagen inversa f −1 (A) para ver si está enT1 . Si x ∈ f −1 (A), entonces f (x) ∈ A. Si A es abierto en X2 y f (x) ∈ A, entonces por la definición de continuidad de f , ∃Vx entorno de X tal que f (Vx ) ⊆ A. Es decir, que x ∈ Vx ⊆ f −1 (A). Como esto pasa para todo punto, podemos escribir f −1 (A) como la unión de todos los Vx , la unión de abiertos es abierta y entonces ya tenemos que A es abierto.

En el otro sentido, tomamos como hipótesis que la imagen inversa de un abierto es abierta. Sea x ∈ X, queremos saber si f es continua en x.

La definición de continuidad nos decía que dado un entorno W cualquiera de f (x), existía un entorno Vx de x tal que f (Vx ) ⊆ W . Dicho de otra forma, cercanía en el dominio implica cercanía en la imagen. Entonces, partiendo de dos premisas (W ∈ T2 =⇒ f −1 (W ) ∈ T1 , f (x) ∈ W ⇐⇒ x ∈ f −1 (W )) nos queda que V = f −1 (W ) ∈ T1 , x ∈ V y f (V ) ⊆ W .

2. Queremos demostrar que la imagen inversa de cerrados es cerrada, y vamos a usar la propiedad de que el complementario de un cerrado es abierto. Vemos claramente que f −1 (X2 \ A) = X1 \ f −1 (A). A partir de esto es muy sencillo probarlo tomando complementarios, y no lo voy a copiar. 25 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

3. Tomamos como hipótesis que f es continua, y queremos demostrar que f (W ) ⊆ f (W ) ∀W ⊆ X1 . Está claro que f (W ) es cerrado, y que al ser f continua entonces f −1 (f (W )) es cerrado también. Además, es seguro que W ⊆ f −1 (f (W )). Uniendo las dos cosas, tenemos que W ⊆ f −1 (f (W )).

Vamos a ir ahora a por algunas propiedades sobre la composición de funciones. Proposición I.19. Sean (X, TX ), (Y, TY ), (Z, TZ ) espacios topológicos. Entonces a. Si f : X 7−→ Y y g : Y 7−→ Z son continuas entonces g ◦ f : X 7−→ Z también lo es. b. Si f : X 7−→ Y es constante entonces f es continua. c. Si f : X 7−→ Y continua y S subespacio de X (es decir, S ⊆ X con T sub ), entonces f |S : S 7−→ Y es continua. d. Sea f : X 7−→ Y y W tales que f (X) ⊆ W ⊆ Y . Denotemos f W : X 7−→ W con W en la topología de subespacios. Entonces f es continua si y sólo si f W es continua. Demostración. 1. Sea A abierto en Z, entonces tenemos que demostrar que (g ◦f )−1 (A) es abierto en X. Sabemos que (g ◦ f )−1 (A) = f −1 (g −1 (A)). Como g es contínua =⇒ f −1 (abierto) es abierto en X.

g −1 (A) es abierto en Y; como f es contínua,

Observación: Si tenemos una aplicación f : (X, TX ) 7−→ (Y, TY ) donde TY = TB con B una base, entonces f es continua si y sólo si f −1 (B) ∈ TX ∀B ∈ B. Homeomorfismo

Definición I.32 Homeomorfismo. Un homeomorfismo entre espacios topológicos (X, TX ), (Y, TY ) es una aplicación biyectiva f : X 7−→ Y y tal que tanto f como f −1 son continuas. En este caso se dice que (X, TX ), (Y, TY ) son homeomorfos.

Propiedad topológica

Definición I.33 Propiedad topológica. Una propiedad de un espacio topológico (X, TX ) es topológica si la comparten todos los espacios topológicos homeomorfos a (X, TX ). Observación: La topología de subespacios usual en B(0, 1) es Td donde d es la distancia euclídea en B(0, 1). Podemos demostrar que R2 y B(0, 1) son homeomorfos, tomando la biyección

f : R2 7−→ B(0, 1) x x 7−→ =y 1 + kxk 26 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Demostremos que es biyectiva obteniendo su inversa: kyk = , luego

kxk kyk =⇒ kxk = 1 + kxk 1 − kyk x=

y 1 − kyk

. Y se deja como ejercicio para el lector demostrar que es continua. Otro ejemplo: vamos a demostrar que [0, 1] y (0, 1) no son homeomorfos. La propiedad que nos va a interesar sería la compacidad, pero todavía no tenemos la maquinaria para hacerlo. Lo que haremos será ver qué ocurre si quitamos un punto. Cualquier punto que quitemos en (0, 1) nos dejará dos trozos no conexos. Ahora bien, si lo hacemos en [0, 1], podemos quedarnos con un trozo conexo si el punto es 0 o 1. Vamos a demostrar que no son homeomorfos viendo que si f : [0, 1] 7−→ (0, 1) es continua, entonces no es sobreyectiva. Un pequeño aparte: tenemos que entender que cada intervalo está con la topología sub , la topología del subespacio sería la generada por los del subespacio. En el caso de T[0,1] elementos de la base de TR intersección [0, 1]. Es decir, la base es B = {(a, b) ∩ [0, 1]  a < b, a, b ∈ R} ≡  ≡ [0, 1], [0, b), (a, 1], (c, d)  0 < b, a < 1, 0 < c < d < 1 Volviendo a lo que íbamos: no tendremos problema por parte de la imagen inversa. En este caso, la imagen inversa de un abierto (0, 1) es un abierto: [0, 1] es abierto en la topología de su subespacio (es el total). Donde sí vamos a lograr algo es viendo que f continua en [0, 1] alcanza un máximo. Es decir, ∃x0 ∈ [0, 1] tal que f (x) ≤ f (x0 ) ∀x ∈ [0, 1]. Por otra parte, es obvio que f (x0 ) ∈ (0, 1) =⇒ f (x0 ) < 1. Juntando estas dos conclusiones llegamos a que (f (x0 ), 1) ∩ f ([0, 1]) = ∅. Es decir, f no es sobreyectiva (por ejemplo, 1+f2(x0 ) no está en la imagen).

Otra forma sería ver que si f fuese inyectiva, tendría que ser monótona creciente o decreciente. Podríamos suponer sin pérdida de generalidad que fuese creciente, y entonces f (0) < f (x) ∀x ∈ (0, 1]. Sin embargo, siempre podríamos encontrar un y ∈ (0, f (0)) por lo que no sería sobreyectiva. Propiedad topológica Hausdorff Recordamos los espacios Hausdorff (ver I.29). Queremos demostrar que si (X, TX ) es Hausdorff y (X, TX ) es homeomorfo a (Y, TY ), entonces (Y, TY ) es Hausdorff igualmente. Tomamos x1 ∈ V1 y x2 ∈ V2 , ambos en X, con yj = f (xj ). Hay que comprobar que yj ∈ f (Vj ), que f (Vj ) es abierto en Y y que la intersección f (V1 ) ∩ f (V2 ) = ∅. Se deja como ejercicio probarlo. Observación: Si f es un homemorfismo entonces f −1 es continua. Dicho de otra forma, la imagen inversa de la inversa de un abierto es abierto. También se puede decir que f es homeomorfismo si f es biyectiva, y que la imagen inversa de f −1 de un abierto es abierto, y que f de un abierto es abierto también. 27 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Función abierta

Definición I.34 Función abierta. Sean (X, TX ), (Y, TY ) espacios topológicos y f : X 7−→ Y. Se dice que f es abierta si y sólo si ∀A ∈ TX se tiene que f (A) ∈ TY .

Función cerrada

Por otra parte, se dice que una función es una función cerrada si y sólo si para todo C cerrado en X, f (C) es cerrado en Y . Por ejemplo, si Y es Hausdorff (I.29) y f es constante, entonces es cerrada. La razón es que en un espacio Hausdorff, un único punto siempre es un conjunto cerrado. Las dos definiciones no son excluyentes. Un homeomorfismo es aplicación abierta y cerrada, por ejemplo. También podríamos construir una aplicación f abierta y cerrada sin que sea necesario homeomorfismo. Podemos coger una f constante e Y con la topología discreta, o con TY = {∅, {p}, {p}c , Y }.

I.3.

Topología producto

Ahora consideraremos dos espacios topológicos (X1 , T1 ), (X2 , T2 ), y estudiaremos la topología en X1 × X2 . Proposición I.20. Sea B = {V1 ×V2  Vi ∈ Ti }. B es una base para una topología en X1 ×X2 . TB es la topología producto y se denota T1 ⊗ T2 (habitualmente T1 × T2 ). Demostración. Vamos a demostrar que efectivamente es una topología. Está claro que S B∈B B = X1 × X2 , ya que X1 y X2 son el total y están en sus respectivas topologías, por lo que X1 × X2 ∈ B. Por otra parte, queremos demostrar que la intersección también está. Si tenemos ˜ ∈ B tal que x ∈ B ˜ ⊆ B ∩ C. B, C ∈ B y x ∈ B ∩ C, entonces existe un B Para ello usaremos que (V1 ×V2 )∩(Vˆ1 × Vˆ2 ) = (V1 ∩ Vˆ1 )×(V2 ∩ Vˆ2 ), luego B ∩C ∈ B ˜ = B ∩ C. yB

= x 1 , x2 ) ( Esto es así porque (x( x1 ∈ V1 ∧ x1 ∈ Vˆ1 x1 ∈ V1 ∩ Vˆ1 ⇐⇒ x2 ∈ V2 ∧ x2 ∈ Vˆ2 x2 ∈ V2 ∩ Vˆ2

∈

(V1 × V2 ) ∩ (Vˆ1 × Vˆ2 )

⇐⇒

⇐⇒ x ∈ (V1 ∩ Vˆ1 ) × (V2 ∩ Vˆ2 )

La topología producto no se limita a sólo dos espacios topológicos. Proposición I.21. Más generalmente, si {Xj , Tj }j=1,...,m es un conjunto de espacios topológicos, entonces B = {V1 × V2 × · · · × Vm  Vj ∈ Tj } es una base para una topología producto T1 ⊗ T2 · · · ⊗ Tm . Como ejercicio, podemos considerar tres espacios topológicos, y estudiar si la topología producto es asociativa, es decir, si T1 ⊗ T2 ⊗ T3 = (T1 ⊗ T2 ) ⊗ T3 = T1 ⊗ (T2 ⊗ T3 ) Otro ejemplo, ¿son iguales TR2 = TR ⊗ TR ? En el primer caso, la base B1 de R2 son elementos de la forma (a1 , b1 ) × (a2 , b2 ), es decir, rectángulos. La segunda base B2 está formada por los elementos V1 × V2 donde Vi ∈ TR . Para demostrarlo vamos a ver lo de siempre: las bases molan. Si tenemos B una base y T una topología con B ⊆ T , entonces TB ⊆ T . Es decir, TB ⊆ T ⇐⇒ B ⊆ T . 28 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Como consecuencia de esa observación, si B1 , B2 son bases entonces TB1 ⊆ TB2 ⇐⇒ B1 ⊆ TB2 y, por tanto TB1 = TB2 ⇐⇒ B1 ⊆ TB2 ∧ B2 ⊆ TB1 Con esto ya podemos volver a nuestra vida normal y demostrar que TR2 = TR ⊗ TR . Si B ∈ B1 con B = (a1 , b1 ) × (a2 , b2 ), entonces como (a1 , b1 ) y (a2 , b2 ) son abiertos en TR , B ∈ B2 y B1 ⊆ B2 ⊆ TB2 . Con esto hemos demostrado el contenido hacia la izquierda ( TR2 ⊆ TR ⊗ TR ). Vamos ahora para el otro lado. Si B ∈ B2 con S S B = V1 × V2 , con Vi ∈ TR , tenemos que V1 = j∈J1 (aj , bj ) y análogamente con V2 = k∈K2 (ck , dk ). Entonces V1 × V2 =

[ j∈J1 k∈K2

(aj , bj ) × (ck , dk )

, por lo tanto V1 × V2 es unión de elementos de B1 y por lo tanto está en TB1 , luego B2 ⊆ TB1 y tenemos la inclusión para el otro lado, y entonces TB1 = TB2 .

Pero la justificación de esto no sólo nos vale para R, sino que puede ser mucho más general si no escribimos explícitamente los intervalos de R, que no son más que abiertos de la topología. Proposición I.22. Sean (X, TBX ), (Y, TBY ). Entonces TBX ⊗ TBY = TB donde .

n o ˆ  B ∈ BX , B ˆ ∈ BY B = B×B

Proposición I.23. Sean (X1 , d1 ) y (X2 , d2 ) espacios métricos. Entonces Td1 ⊗ Td2 = Td donde
d (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) = d1 (x1 , y1 ) + d(x2 , y2 ) La demostración se deja como ejercicio para el lector, aunque es parecido al ejercicio 18 de la hoja 1.

I.3.1.

Funciones continuas y topología producto

La gran ventaja de la topología producto nos va a venir a la hora de comprobar continuidad de funciones en espacios producto. Vamos a verlo. Proposición I.24. Sean (X1 , T1 ), (X2 , T2 ) espacios topológicos. Entonces a. Sean Pj : (X1 × X2 , T1 × T2 ) 7−→ (Xj , Tj ) con P1 ((x1 , x2 )) = x1 y P2 ((x1 , x2 )) = x2 las proyecciones. Entonces P1 y P2 son continuas. b. Sea f : (X, T ) 7−→ (X1 × X2 , T1 ⊗ T2 ) tal que x 7−→ f (x) = (f1 (x), f2 (x)). Entonces f es continua si y sólo si f1 , f2 son continuas. c. Si f, g : (X, T ) 7−→ (R, TR ) son continuas entonces f ± g, f · g y último caso suponiendo que g(x) 6= 0. Las propiedades se mantienen para un producto finito de espacios.

29 de 127

f g

son continuas, en el

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Demostración. 1. Si P1 es continua, entonces P1 −1 (A1 ) ∈ T1 ⊗ T2 ∀A1 ∈ T1 . Tenemos que ver primero qué es P1 −1 (A1 ). Al ser la proyección, P1 −1 (A1 ) = A1 × X2 , que es claramente un abierto en la topología producto (es un elemento de la base). 2. Podemos decir que f1 = P1 ◦ f y f2 = P2 ◦ f . La implicación a la derecha es obvia: si f es continua, como P1 y P2 son continuas entonces P1 ◦ f y P2 ◦ f son continuas.

Proposición I.25. Sean (Xi , Ti ) con i = 1, 2 espacios topológicos, y consideramos las proyecciones pi : X1 × X2 7−→ Xi las proyecciones. p1 y p2 son abiertas, suponiendo en X1 × X2 la topología producto. Demostración. Tenemos que demostrar que si A ∈ T1 ⊗ T2 , entonces p1 (A) ∈ T1 . Los abiertos de la topología producto pueden ser bastante raros, pero el caso básico (A = V1 × V2 ), donde V1 y V2 son abiertos, lo podemos justificar rápidamente porque p1 (V1 ) = V1 , que es abierto. Pero consideremos el caso general, en el que A ∈ T1 ⊗ T2 = TB . Entonces [ j A= V1 × V2j j∈J

. Ahora bien, sabemos que la imagen de la unión de conjuntos es la unión de las imágenes, luego p1 (A) será [ [ j p1 (A) = p1 (V1j × V2j ) = V1 j∈J

j∈J

, que es abierto.

Observación: Las proyecciones pi no son cerradas en general. Por ejemplo, en R2 con la topología usual, tendríamos que escoger un F en R2 que fuese cerrado pero con p1 (F ) no cerrado en R. Por ejemplo, F = {(x1 , x2 )  x1 x2 ≥ 1}, pero p1 (F ) = (0, +∞). Puede parecer un poco contraintuitivo que F sea cerrado, pero lo es: f (x1 , x2 ) = x1 x2 − 1 es continua y F = f −1 ([0, ∞)), y la imagen inversa de un cerrado es cerrado.

Observación: T1 ⊗ T2 es la más pequeña para la que las proyecciones son continuas. La demostración está en ver qué es p1 −1 (V1 ) ∩ p2 −1 (V2 ).

30 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Capítulo II

Propiedades de los espacios topológicos Hasta ahora hemos estado aprendiendo sólo el lenguaje, lo básico. Ahora vamos a ir a por la topología de verdad, empezando por conexión y compacidad, dos conceptos muy potentes. Hasta ahora, hemos podido hablar sólo de continuidad y convergencia.

II.1.

Conexión

Empecemos con un ejemplo. Si consideramos A = (−1, 0)∪(1, 0) y B = (2, 3), vemos que no son homeomorfos. Para ello, necesitaríamos encontrar una función f continua e inyectiva, luego tiene que ser monótona. La imagen de un abierto es un abierto, así que deberíamos poder escribir B como unión de dos abiertos disjuntos, pero no podemos: podríamos coger el ínfimo o supremo de cualquiera de ellos y esos no estarían en el intervalo. Conexión

Definición II.1 Conexión. Sea (X, T ) un espacio topológico. Tenemos 2 definiciones: a. X es conexo si no existen V1 , V2 abiertos (Vi ∈ T ) tales que V1 ∩ V2 = ∅, V1 ∪ V2 = X, y V1 6= ∅ = 6 V2 . Análogamente, X es no conexo si existen esos abiertos V1 , V2 , . . . que cumplan esas condiciones. b. Sea W ⊆ X, W es conexo si y sólo si (W, TXsub ) es conexo. Observación: W ⊆ X no conexo quiere decir que ∃V1 , V2 ∈ T sub no vacíos y tal que V1 ∩ V2 = ∅, V1 ∪ V2 = W . Recordamos además la topología de subespacio: V1 , V2 ∈ T sub ⇐⇒ Vi = Ai ∩ W, Ai ∈ T Entonces, que W ⊆ X sea no conexo quiere decir que ∃A1 , A2 ∈ T no vacíos con A1 ∩ W 6= ∅, A2 ∩ W 6= ∅, disjuntos en W (esto es, que A1 ∩ A2 ∩ W = ∅), y cuya unión contiene a W : (A1 ∩ W ) ∪ (A2 ∩ W ) = (A1 ∪ A2 ) ∩ W = W =⇒ W ⊆ A1 ∪ A2 31 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Hay que tener en cuenta, eso sí, que A1 , A2 se pueden cortar fuera de W sin que afecte a la prueba. Observación: En espacios topológicos que no son conexos puede haber conjuntos abiertos y cerrados. Proposición II.1. Sean (X, TX ), (Y, TY ) espacios topológicos y f : X 7−→ Y continua. Si W ⊆ X es conexo, entonces f (W ) es conexo. Corolario II.2. Ser conexo es una propiedad topológica Demostración. [Proposición] Sea W conexo en X. Supongamos que f (W ) no es conexo. Entonces existen A1 , A2 ∈ TY no vacíos, con Ai ∩ f (W ) 6= ∅, tales que A1 ∩ A2 ∩ f (W ) = ∅ y f (W ) ⊆ A1 ∪ A2 Sea Bj = f −1 (Aj ). Entonces, vamos a demostrar que W no es conexo.

1. B1 , B2 ∈ Tx ya que f es continua. 2. Bj ∩ W 6= ∅, porque f −1 (Aj ∩ f (W )) ⊆ Bj ∩ W 6= ∅ 3. B1 ∩ B2 ∩ W = ∅: si x ∈ B1 ∩ B2 ∩ W , entonces f (x) ∈ f (B1 ) ∩ f (B2 ) ∩ f (W ). Sabemos que f (B1 ) ⊆ A1 y f (B2 ) ⊆ A2 .1

Entonces f (x) ∈ A1 ∩ A2 ∩ f (W ) 6= ∅ y llegamos a contradicción, ya que al principio supusimos que A1 ∩ A2 ∩ f (W ) = ∅.

4. W ⊆ B1 ∪ B2 . ¿Por qué? Sabemos que f (W ) ⊆ A1 ∪ A2 , así que W ⊆ f −1 (f (W )) ⊆ f −1 (A1 ∪ A2 ) = f −1 (A1 ) ∪ f −1 (A2 ) = B1 ∪ B2 Es decir, W ⊆ B1 ∪ B2 . Uniendo estas cuatro proposiciones, llegamos a que si f (W ) no es conexo, entonces tampoco lo es W , una contradicción. Demostración. [Corolario] (X, TX ) conexo y f : X 7−→ Y homeomorfismo (y por tanto continua) =⇒ Y = f (X) es conexo. Por tanto la conexión es propiedad topológica. Proposición II.3. Sea (X, T ) un espacio topológico: a. X es conexo ⇐⇒ @F ⊆ X tal que F es abierto, cerrado y F 6= ∅, X b. W ⊆ X conexo W ⊆A∪B

      

     A, B abiertos disjuntos  1

=⇒ W ⊆ A ó W ⊆ B

Recordemos que en general f (f −1 (A)) 6= A, por ejemplo si f es constante.

32 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Demostración. 1. V1 = F, V2 = F c en la definición Observación: F 6= ∅, X por definición es subconjunto propio. 2. Si no es cierto que V1 = A ∩ W , V2 = B ∩ W muestran que W no es conexo.  W *A        A ∩ W = 6 ∅   W *B =⇒ =⇒ A ∩ B = ∅ =⇒ A ∩ B ∩ W = ∅     B ∩ W = 6 ∅    W ⊆A∪B  Por tanto W ⊆ A ∪ B

Ejemplo: Vamos a ver que R \ {0}, con la topología usual Tusual no es conexo. Recordamos que R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0, ∞).

Los dos subintervalos V1 = (−∞, 0) y V2 = (0, ∞) son abiertos en T sub no vacíos, disjuntos y cuya unión es R \ {0}. Esto implica que no es conexo.

Proposición II.4. Consideramos (R, Tusual ) y un conjunto W ⊆ R. W es conexo si y sólo si W es un intervalo. Por aclarar, I ⊆ R es un intervalo si ∀a, b, c con a, b ∈ I, a < c < b se tiene c ∈ I, Demostración. 1. =⇒ ) Hipótesis: W es conexo Si no es intervalo, ∃a, b, c con a, b ∈ W , a < c < b, c ∈ /W Entonces a ∈ V1 = (−∞, c) ∩ W b ∈ V2 = (c, ∞) ∩ W

Estos dos conjuntos son abiertos en T sub no vacíos disjuntos y su unión es W . Por tanto llegamos a una contradicción, ya que W es conexo y no se debería poder expresar como unión de abiertos disjuntos. 2. ⇐= ) Si W es un intervalo, entonces es conexo.

Si W no fuese conexo, existirían A, B abiertos en R tales que A ∩ W y B ∩ W no son vacíos, que A ∩ B ∩ W = ∅ y que W ⊆ A ∪ B. Es claro que existen a, b en A ∩ W, B ∩ W respectivamente tales que a 6= b. Supongamos a < b, y definimos def

M = {x ∈ A  x < b} Sabemos que M 6= ∅ ya que a ∈ M . Además, por la propia definición M está acotado superiormente por b. Sea c = sup M . c cumple que a ≤ c ≤ b, luego c ∈ W . De aquí sacamos varias conclusiones, siendo la primera que c ∈ / A. Si lo fuese, como A es abierto, existiría δ > 0 tal que (c − δ, c + δ) ⊆ A, por lo que c ya no sería el supremo. 33 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Por tanto, c ∈ / A.

Siguiendo el mismo argumento, veremos que c ∈ / B, lo que nos lleva a una contradicción, por lo que entonces si W es intervalo, es conexo.

Esto que hemos visto en R en la proposición II.4 nos vale para cualquier conjunto X totalmente ordenado con la topología del orden T< siempre que (X, 0, entonces a < 1 (ϕ(1) = 0), y por continuidad ∃δ > 0 tal que a + δ < 1, a − δ > 0 y ϕ1 |(a−δ,a+δ) > 0, luego como s ∈ I > 0 entonces a < a + 2δ ∈ I, contradicción porque habíamos dicho que a era el supremo. 3

Más formalmente: dadas ϕ1 : [a, b] 7−→ Φ1 , ϕ2 : [c, d] 7−→ Φ2 tales que ϕ1 (b) = ϕ2 (c), entonces la “unión” es ϕ2 ∗ ϕ1 : [a, b + d − c] 7−→ Φ1 ∪ Φ2 con ( ϕ1 (t) a≤t≤b ϕ2 ∗ ϕ1 (t) = ϕ2 (t + c − b) b ≤ t ≤ b + d − c .

42 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Por otro lado, si t < a, entonces ∃s ∈ I, t < s, luego ϕ1 (t) > 0.

Si hacemos que t converja entonces ϕ1 (t) & ϕ1 (a) = 0. Pero  a a porla izquierda,    si t < a, entonces ϕ(t) = ϕ1 (t), sin ϕ11(t) donde ϕ1 & 0, pero sin ϕ11(t) oscila

entre −1 y 1, luego el límite l´ım ϕ(t) no existe. t→a−

II.1.3.1.

Componentes conexas por caminos

Vamos a definirlas de forma análoga a como lo hicimos con las componentes conexas, primero con una relación de equivalencia. Definición II.6 . Sea (X, T ) un espacio topológico. Entonces xRy si y sólo si existe una aplicación ϕ : [0, 1] 7−→ X continua y tal que ϕ(0) = x, ϕ(1) = y. Esa R que acabamos de definir es relación de equivalencia, y no hace falta demostrarlo porque es muy sencillo. Componente conexa por caminos

Definición II.7 Componente conexa por caminos. Las clases de equivalencia de R son las componentes conexas por caminos de X. Proposición II.15. Sea (X, T ) un espacio topológico. Entonces a. Las componentes conexas por caminos forman una partición de X. b. Las componentes conexas cpc son los subconjuntos cpc más grandes de X, es decir Una componente cpc es cpc. Si A es cpc, existe C componente cpc tal que A ⊆ C. Demostración. 1. Es una relación de equivalencia, trivial. 2. Vamos a demostrar que si A es conexa por caminos tiene que ser por fuerza un subconjunto de una clase de equivalencia C. Sea C una componente cpc, luego si x, y ∈ C entonces xRy y existe una ϕ continua que conecta x, y. Necesitamos, eso sí, que todos los valores de ϕ estén en C. Afirmamos que ϕ1 (a) ∈ C ∀a ∈ [0, 1], y por tanto C es cpc. Lo justificamos construyendo la aplicación ϕa : [0, 1] 7−→ X tal que ϕa (t) = ϕ(ta), que es continua. De esta forma, ϕa (0) = ϕ(0) = x, y ϕa (1) = ϕ(a), luego xRϕ(a), y como C es clase de equivalencia entonces ϕ(a) ∈ C. Ahora ya vamos a A: si A es cpc, entonces ∀x, y ∈ A existe una aplicación ϕ : [0, 1] 7−→ X continua que conecta x e y, luego cualquier par de puntos en A están en la misma clase de equivalencia, que será C.

Observación: Las componentes conexas son cerrados, pero las componentes cpc no tienen por qué serlo. 43 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Proposición II.16. Sean (X, T ), (Y, T 0 ) espacios topológicos y f homeomorfismo. Entonces

: X

7−→ Y un

a. La imagen por f de una componente conexa de X es una componente conexa de Y . b. La imagen por f de una componente cpc de X es una componente cpc de Y . Demostración. 1. Sea C componente conexa de X. Entonces f (C) es conexo en Y . Si no fuese componente conexa de Y , existiría un conexo W en Y tal que f (C) ⊂ W . En ese caso, como f −1 es continua, f −1 (W ) es conexo en X y entonces al ser f biyectiva tendríamos que f −1 (W ) ⊃ C, contradicción. 4 2. Demostración análoga a lo anterior.

Corolario II.17. Dos espacios homeomorfos tienen el mismo número de componentes conexas y el mismo número de componentes cpc (los dos números no tienen por que ser iguales, podemos tener dos componentes conexas y una cpc). No tiene por qué cumplirse que dos espacios con el mismo número de componentes conexas y cpc sean homeomorfos. Proposición II.18. Sea A un abierto de Rm . Entonces a. Tanto las componentes conexas de A como las componentes cpc de A son abiertos de Rm . b. A es conexo si y sólo si A es cpc. En la demostración vamos a ver cuál es la propiedad especial de Rm que hace que esto ocurra. Demostración. 1. Sea C una componente conexa de A. ¿Es C abierto? La respuesta es sí, y vamos a justificarlo. Para ver que es abierto, tenemos que ver que si x ∈ C, entonces ∃ε > 0 tal que B(x, ε) ⊆ C. Sabemos que esas bolas existen en A ya que es abierto: ∃ε  B(x, ε) ⊆ A.

Además, B(x, ε) es conexa y x ∈ C ∩ B(x, ε) 6= ∅. Como las componentes conexas son los conexos más grandes en A y son disjuntas entre ellas, tiene que ser B(x, ε) ⊆ C. La demostración es igual para cpc pues B(x, ε) es cpc.

2. Ya hemos demostrado que si A es cpc, entonces es conexo. Hay que demostrarlo al revés: que si A es conexo entonces es cpc. Sea x0 ∈ A fijo. Basta demostrar que ∀y ∈ A ∃ϕ : [0, 1] 7−→ A continua que conecta x0 con y. Es decir, sólo tenemos que ser capaces de conectar un punto fijo con cualquier otro. 4 −1

f

(W ) es un conexo más grande, luego C no es una componente conexa.

44 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Sea B el conjunto de puntos de A tales que se pueden conectar con x0 . Basta demostrar que B es abierto en A. B es cerrado en A. B 6= ∅. ¿Por qué? Las dos primeras propiedades nos indican que o bien B es el vacío o el total, los dos únicos subconjuntos abiertos y cerrados en un conjunto conexo. Y si luego decimos que no es el vacío, pues es el total. Este argumento es muy genérico, y nos servirá para demostrar que todos los puntos de un conjunto conexo tienen una cierta propiedad cualquiera. Vamos a ello. Lo primero es lo último: B 6= ∅ ya que x0 ∈ B obviamente.

Siguiente paso, ¿por qué es abierto? Sea y ∈ B, como y ∈ A y A es abierto entonces ∃ε > 0  B(y, ε) ⊆ A.

Entonces ∀z ∈ B(y, ε), z se puede conectar con x0 pasando por y, luego z ∈ B ∀z ∈ B(y, ε). Es decir, B(y, ε) ⊆ B y B es abierto en Rm .

Ahora vamos a demostrar que también es cerrado en A, es decir, B ∩ A = B. Sea z ∈ B ∩ A, entonces como A es abierto ∃δ > 0 tal que B(x, δ) ⊆ A. Como z ∈ B, entonces B(x, δ) ∩ B 6= ∅, y podemos encontrar un y ∈ B(x, δ) ∩ B, luego z se conecta con x0 a través de y, y entonces ∀z ∈ B ∩ A z ∈ B.

A

x0

B

yc

ya zc za

Figura II.6: Figura para la demostración de que conexo implica cpc. Cualquier punto zc en la adherencia está en B (lo conectamos con x0 a través de un yc en la B(zc , δ), cuya intersección con B es no vacía por definición), luego B es cerrado. Para cualquier punto ya ∈ B podemos encontrar una bola contenida en B, con cualquier punto za en esa bola en B ya que podemos conectarlo con x0 a través de ya , luego A también es abierto. Ahora vamos a ver lo que decíamos antes: ¿cuál es la propiedad especial de Rm que nos permite alcanzar esta conclusión? Lo único que se ha usado es lo siguiente: que ∀A abierto y ∀x ∈ A existe un V entorno de x conexo (cpc respectivamente) tal que x ∈ V ⊆ A. 45 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Localmente conexos

Los espacios topológicos con esta propiedad se les llama localmente conexos (o respectivamente localmente cpc). Corolario II.19. Sea A abierto en Rm . 1. Las componentes conexas de A coinciden con las componentes cpc de A. 2. A es unión de intervalos abiertos disjuntos (las componentes conexas).

II.2. Recubrimiento

Compacidad

Definición II.8 Recubrimiento. Sea (X, T ) un espacioStopológico. Un recubrimiento de X es una familia {Di }i∈I de subconjuntos de X tal que X ⊆ i∈I Di (de hecho, tiene que ser igual). Un recubrimiento de un subconjunto Y ⊆ X es una familia {Di }i∈I de subconjutos de X S tal que Y ⊆ i∈I Di .

Recubrimiento abierto

Definición II.9 Recubrimiento abierto. Un recubrimiento abierto de X es un recubrimiento en el que todos los Di son abiertos.

Subrecubrimiento

Definición II.10 Subrecubrimiento. Un subrecubrimiento de un recubrimiento {Di }i∈I de X es una subfamilia {Dj }j∈J con J ⊆ I.

Compacidad

Definición II.11 Compacidad. Sea (X, T ) un espacio topológico. a. (X, T ) es un compacto si para todo recubrimiento abierto de X se puede extraer un subrecubrimiento finito. b. Un subconjunto W ⊆ X es compacto y si sólo si (W, T sub ) es compacto. Proposición II.20. Sea (X, T ) un espacio topológico, W ⊆ X. Entonces W es compacto si y sólo todo recubrimiento de W por abiertos de X (esto es, familia Dj tal que S si de W ⊆ Dj , incluyendo contenido estricto) se puede extraer un subrecubrimiento finito. Empezamos con uno muy sencillo: (0, 1) con la topología  usual no es compacto. Es muy fácil encontrar la familia de intervalos An = n1 , 1 , tal que {An }∞ n=0 recubrimiento abierto por infinitos conjuntos. Pero si tomamos una unión finita   k [ 1 Anj = ,1 m Ejemplos de compactos

j=1

con m = m´ ax nj no puede recubrir todo el conjunto. Es decir, no existe un SRF5 . Un ejemplo que sí nos va a servir bastante: cualquier sucesión convergente junto con su límite es compacto. Es decir, si tenemos xn −−−→ x en (X, T ), entonces el conjunto n→∞

W = {x} ∪ {xn  n = 1, 2, . . . } 5

Subrecubrimiento finito.

46 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

¿Por qué? Tomemos un recubrimiento abierto de W {Aj }j∈J . Si el límite x ∈ W , entonces ∃j0  x ∈ Aj0 . Por ser Aj0 abierto, entonces ∃n0 tal que xn ∈ Aj0 ∀n ≥ n0 . Por otro lado, si 1 ≤ m < n0 , entonces ∃jm ∈ J tal que xm ∈ Ajm y entonces Aj0 , Aj1 , . . . , Ajn0 −1 es un SRF. Otro ejemplo más: si W es finito entonces es compacto. Lo malo es que usar la definición es un poco pesado para demostrar la compacidad de conjuntos, así que vamos a tratar de facilitarnos la vida. Proposición II.21. Sea (X, T ) un espacio topológico, entonces a. Si X es compacto y W ⊆ X es cerrado, entonces W es compacto. b. Si X es Hausdorff y W ⊆ X compacto, entonces W es cerrado. c. Si tenemos f : X 7−→ Y continua y W ⊆ X compacto, entonces f (W ) es compacto. d. Si f : X 7−→ Y es continua, biyectiva, X compacto e Y Hausdorff, entonces f es homemorfismo. e. Dado Wj ⊆ X compacto para j = 1, 2, . . . , n, entonces W1 ∪ · · · Wn es compacto. f. Sean X1 , X2 compactos. Entonces X1 × X2 es compacto. También vale para subconjuntos (Wj ⊆ Xj compacto, entonces W1 × W2 es compacto en X1 × X2 ).

Más generalmente, dados X1 , X2 , . . . , Xn compactos entonces X1 ×· · ·×Xn es compacto.

Demostración. 1. Tenemos que demostrar que si X es compacto y W ⊆ X es cerrado, entonces W S es compacto. Sea {Ai }i∈I un recubrimiento abierto de W , es decir, W ⊆ i∈I Ai . Como W c es abierto, entonces {Ai }i∈I ∪ {W c } es un recubrimiento abierto de X. Luego por ser X compacto, existe un SRF: X ⊆ Ai1 ∪ · · · ∪ Aim ∪ W c , y podemos suponer que W c está (y si no está se añade que no pasa nada, el recubrimiento sigue siendo finito). Y aquí ya estamos cerca: como W ∩ W c = ∅, entonces W ⊆ Ai1 ∪ · · · ∪ Aim y ya tenemos nuestro SRF. 2. Tenemos W compacto, W ⊆ X y X Hausdorff. Queremos demostrar que entonces W es cerrado. ¿Cómo demostrarmos que es cerrado? Podemos observar que si W es cerrado, c W ⊆ W y entonces W c ⊆ W , o dicho de otra forma, x ∈ / W =⇒ x ∈ / W . Esta última afirmación es la más fácil de demostrar y es a por la que vamos a ir. Sea x ∈ / W . Buscamos un entorno que no corte a W . Si cogemos un y ∈ W , por ser Hausdorff podríamos coger entornos que no se corten, pero no sabemos si el entorno de x cortaría a W , y no queremos eso. Tenemos que usar el hecho de que W es compacto. Para todo y ∈ W distinto de x, por ser X Hausdorff existen S Uy , Vy abiertos tales que x ∈ Uy , y ∈ Vy y con Uy ∩ Vy = ∅. Claramente, W ⊆ Vy . 47 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Como W es compacto, ∃y1 , y2 , . . . , yn tal que W ⊆ Vy1 ∪ · · · ∪ Vym , es decir, existe un SRF. Sea U = Uy1 ∩ Uy2 ∩ · · · ∩ Uym el entorno contenido en todos los entornos de x correspondientes a cada yi , que es abierto por ser intersección de un número finito de abiertos. Como x ∈ U , entonces U ∩ W = U ∩ (Vy1 ∪ · · · ∪ Vym ) = (U ∩ Vy1 ) ∪ · · · ∪ (U ∩ Vym ) = ∅ ya que la intersección por pares es vacía. Luego x ∈ / W y ya está lo que queríamos demostrar. 3. Tenemos f : X 7−→ Y continua y W ⊆ X compacto. ¿Es f (W ) compacto?

Sea {Ai }i∈I recubrimiento por abiertos de f (W ). Sea Bi = fS−1 (Ai ). Es claro que Bi es abierto en X por ser f continua, y como f (W ) ⊆ i∈I Ai entonces W ⊆ f −1 (f (W )) y   [ [ [ Bi = f −1 (Ai ) = f −1  Ai  i∈I

i∈I

i∈I

, luego {Bi }i∈I es un recubrimiento por abiertos de W .

Por ser W compacto, ∃i1 , i2 , . . . , im ∈ I tales que W ⊆ Bi1 ∪ · · · ∪ Bim , luego f (W ) ⊆ f (Bi1 ∪ · · · ∪ Bim ) = f (Bi1 ) ∪ · · · ∪ f (Bim ) ⊆ Ai1 ∪ · · · ∪ Aim , y ya tenemos el SRF que necesitábamos.

4. Tenemos f : X 7−→ Y continua y biyectiva, X compacto, Y Hausdorff, y queremos demostrar que f es un homeomorfismo. Sabemos que f −1 es continua si y sólo si la imagen inversa por f −1 de un cerrado es cerrado. Sea W cerrado en X, entonces por la propiedad 1, W es compacto, por la 3 f (W ) es compacto, y usando la propiedad 2, entonces f (W ) es cerrado en Y . 5. Si {Ai }i∈I es un recubrimiento abierto de W1 ∪ · · · Wm , entonces es claro que S Wk ⊆ SW1 ∪ · · · Wm ⊆ i∈I A. Por ser Wk compacto, ∃Jk ⊆ I finito tal que Wk ⊆ k∈Jk Aj . Sea J = J1 ∪ · · · ∪ Jk . Entonces {Aj }j∈J es un SRF, ya que     [ [ [ Aj  Aj =  Aj  ∪ . . . ∪  j∈J

j∈Jn

j∈J1

|

{z

⊆W1

y entonces la unión W1 ∪ . . . Wm ⊆

S

} j∈J

|

{z

⊆Wn

}

Aj , con J finito, y ya lo tenemos.

6. Tenemos X1 , X2 compactos y queremos demostrar que X1 × X2 es compacto. Sea {Ai }i∈I un recubrimiento por abiertos de X1 × X2 .

La primera observación que vamos a hacer es que cada Ai es unión de conjuntos de la base V1 × V2 , abiertos en X1 y X2 respectivamente, así que pasamos al recubrimiento abierto formado por esos elementos de la base: {Uj × Vj }j∈J

Entonces, si encontramos un SRF de ese segundo recubrimiento entonces obtenemos un SRF del original, esto es, los Ai de los que proceden los elementos de la base 48 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Para cada x ∈ X1 , {x}×X2 es compacto (es f (X2 ) con f (y) = (x, y) continua), y {Uj ×Vj }j∈J es un recubrimiento abierto de {x}×X2 . Al ser compacto, entonces existe un SRF {Ujx × Vjx }j∈Jx . T Sea Ux = j∈Jx Uj . Es un entorno de x y Ux × V2 ⊆

[ j∈Jx

Ujx × Vjx

Es decir, que Ux no sólo cubre la línea recta {x} × X2 sino que cubre una banda alrededor (ver figura II.7), así que entonces {Ux }x∈X1 es un recubrimiento abierto de X1 . Por ser X1 compacto, ∃x1 , x2 , . . . , xl tal que X1 ⊆

l [

U xn

n=1

Como consecuencia, hay un número finito de bandas y para cada una de ellas hay un SRF, luego juntándolas hay un SRF para la unión de las bandas, que no es más que X1 × X2 .

x Figura II.7: Si los rectángulos naranjas son los elementos de la base que forman el recubrimiento de {x}×X2 , entonces la banda verde es intersección de todos los Ujx y cubre una banda alrededor de {x} × X2 . Vamos a ver ciertas propiedades de Rm y sus compactos. Proposición II.22. Propiedades de compactos en Rm . a. [a, b] es compacto en R. Más generalmente, [a1 , b2 ] × · · · × [am , bm ] es compacto en Rm . b. K ⊆ Rm es compacto si y sólo si K es cerrado y acotado. c. Si K ⊆ R es compacto, entonces K tiene un máximo y un mínimo. Demostración. 1. Por reducción al absurdo: si existe {Ai }i∈I recubrimiento abierto de [a, b] sin SRF. Entonces, si dividimos [a, b] en dos subintervalos I1 , I2 , para uno de esos dos elementos no hay SRF. Podemos seguir repitiendo ese procedimiento para tener una serie I0 ⊇ I1 ⊇ · · · ⊇ In tal que no existe recubrimiento finito para In .

49 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Está claro que la longitud de In es b−a 2n que converge a 0. Si In = [an , bn ], siendo an creciente y bn creciente, ambos convergen a un cierto c = sup an = ´ınf bn . S Ese límite c está en [a, b], que a su vez está contenido en i∈I Ai , así que ∃ic tal que c ∈ Aic . Por ser abierto, entonces ∃δ > 0 tal que (c − δ, c + δ) ⊆ Aic . Entonces c − δ < an < bn < c + δ si 2b−a n+10 < δ. Es decir que tendríamos que In ⊆ Aic , y habríamos encontrado un subrecubrimiento finito, contradicción. 2. Si K es compacto, entonces al ser Rm Hausdorff entonces K es cerrado. K está acotado, así que K ⊆ B(0, M ) para algún M . La razón es que {B(0, r)}r>0 es un recubrimiento abierto de K, así que existe un SRF {B(0, r1 ), . . . , B(0, rn )}y por ser bolas concéntricas entonces están contenidas todas en B(0, M ) para M = m´ ax rj . Hacia el otro lado, si K es acotado entonces K ⊆ [a1 , b1 ] × [am , bm ]. Y por ser K cerrado, entonces K es compacto.

Y una observación que al profesor se le había olvidado antes: si T = TB es una topología generada por una base entonces para comprobar compacidad basta considerar recubrimientos por abiertos de la base. Vamos a seguir con ejemplos. El toro de revolución (II.8) es compacto (tanto si tiene p 2 lo de dentro como si no). Es cerrado: dada f (x, y, z) = x2 + y 2 − 2 + z 2 continua, el toro es la imagen inversa de {1}, cerrado. Como además es acotado y “vive” en R3 , ya tenemos la compacidad demostrada.

Figura II.8: Un toro de revolución. Pero además, el toro es homeomorfo al producto de dos circunferencias S1 × S1 . Proposición II.23. Sea f : (X, T ) − 7 → (R, Tusual ) continua y (X, T ) compacto. Entonces f alcanza un máximo y un mínimo, es decir, existen x+ , x− en X tal que f (x− ) ≤ f (x) ≤ f (x+ ) ∀x ∈ X. Demostración. Si f es continua y X compacto, entonces f (X) es compacto y tiene un máximo y un mínimo.

50 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

II.2.1.

Compacidad en términos de cerrados

En el curso de análisis veíamos, por ejemplo, que si tenemos una sucesión de intervalos cerrados en R en la que cada uno está contenido dentro del anterior, su intersección es no vacía: el supremo de los bordes inferiores y el ínfimo de los superiores tenía que estar en todos. Nos podemos preguntar si esto ocurre por las propiedades especiales de R o lo único que ocurre es que su estructura nos permite hacer la prueba más sencilla. Vamos a verlo. Primero necesitaremos definir una propiedad para intersecciones: Propiedad de intersección finita

Definición II.12 Propiedad de intersección finita. Dada una familia de conjuntos {Ai }i∈I , se dice que tienen la propiedad de intersección finita si su intersección es no vacía para todo subconjunto finito de esa familia, es decir, que \ Aj 6= ∅ ∀J ⊆ Ifinito j∈J

Proposición II.24. Sea (X, T ) un espacio topológico. Son equivalentes a. X es compacto. b. Toda familia de cerradosT{Fi }i∈I con la propiedad de intersección finita tiene intersección no T vacía. Es decir, si j∈J Fj 6= ∅ para todo subconjunto J de I finito entonces i∈I Fi 6= ∅. T c. Toda familia deTcerrados {Fi }i∈I tal que i∈I Fi = ∅ tiene una subfamilia {Fj }j∈J con J ⊆ I finito y j∈J Fj = ∅. Corolario II.25. Sea (X, T ) un espacio topológico compacto y F1 ⊇ F2 ⊇ F3 ⊇ · · · una sucesión decreciente de cerrados no vacíos. Entonces \ Fn 6= ∅ n∈N

Demostración. Vamos a usar la proposición anterior. Si J ⊆ N es finito, entonces \ Fj = Fm j∈J

donde m = m´ ax J, y Fm 6= ∅ por hipótesis. Es decir, {Fn }n∈N cumple la propiedad de la intersección finita y por la equivalencia 2 de la proposición anterior se tiene que ∞ \ n=1

II.2.2.

Fn 6= ∅

Compacidad en espacios métricos

Proposición II.26. Sea (X, d) espacio métrico y Td la topología inducida por la distancia d. Entonces a. Sea W ⊆ X. Son equivalentes 51 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

a) W es compacto. b) Todo subconjunto infinito de W tiene un punto de acumulación en W . c) Toda sucesión en W tiene una subsucesión convergente a un punto de W . b. W ⊆ X compacto implica W cerrado y acotado6 , lo que ocurre si y sólo si W ⊆ B(a, R) para algún a ∈ X, R > 0. Demostración. 1. Vamos a demostrar primero que a implica b. Suponemos que W es compacto con puntos de acumulación. Es decir, W 0 ∩ W 6= ∅. Sea B ⊆ W infinito, entonces si B 0 ∩ W = ∅ se tiene que ∀w ∈ W tal que (Vw \ {w}) ∩ B ⊆ {w} = 6 ∅.

∃Vw abierto

Sin embargo, como todo w ∈ W tiene su abierto, entonces {Vw }w∈W es un recubrimiento S abierto de W . Pero por ser W compacto, ∃w1 , . . . , wm en W tales que W ⊆ m k=1 Wwk , luego m [ B⊆ Vwk k=1

Podemos restringir eso un poco más de la siguiente forma: B⊆

m [

(Vwk ∩ B) ⊆ {w1 , . . . , wm }

k=1

, concluyendo entonces que B es finito, contradicción. Empecemos con la idea de la prueba de b implica c. Sea {wn } una sucesión en W . Nos preguntamos si existe una sucesión n1 < n2 < n3 tal que Wnk −−−→ k→∞

w ∈ W . Se pueden dar varios casos.

Por ejemplo, si el conjunto de valores{wn  n ∈ N} es finito existe un w tal que wn = w para infinitos n, y ya tenemos subsucesión. Otro caso puede ser que {wn  n ∈ N} sea infinito. Por b, existe un w ∈ W tal que w ∈ B 0 , un punto de acumulación.

Vamos ahora con: b =⇒ c. Queremos demostrar que dado A ⊆ W infinito, A0 ∩ W 6= ∅ (esto incluye que A0 6= ∅).

Sea B = {Wn  n ∈ N}.

Caso 1: Si B es finito, no tenemos nada que demostrar porque: Caso 2: B infinito •

B infinito =⇒ B 0 ∩W 6= ∅, es decir , ∃w ∈ W, w ∈ B 0 ( ⇐⇒ ∀r > 0, B(w, r)∩B 6= ∅) hip

¿Existen n1 < n2 < n3 , ...  wnk → w? Como estamos en un espacio métrico esto es: d(w, wnk ) −−−→ 0. k→∞

•

Tomando r1 = 1 tenemos B(w, r1 ) ∩ B 6= ∅ =⇒ ∃n1 ∈ N  d(w1 , w) < r1 . n o  Sea d1 = m´ın d(w, wn ) : n ≤ n1 , w 6= wn > 0 y r2 = m´ın 21 , d1 6

W es acotado si y sólo si supx,y∈W d(x, y) es finito.

52 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

•

Entonces: B(w, r2 ) ∩ B 6= ∅ =⇒ ∃n2  0 < d(wn1 , wn2 ) < r2

Afirmación: n2 > n1 .

Razón: 0 < d(w, wn2 ) < r2 ≤ d1 = m´ın d(w1 , wn ),

Si n2 ≤ n1 entonces 0 < d(w, wn2 ) < d(w, wn2 ) lo que es imposible. n o Definimos d2 = m´ın{d(w, wn ) : n ≤ n2 , w 6= wn } > 0 y r3 = m´ın 13 , d2 . Por inducción, obtendremos n1 < n2 < ... de forma que 1 −−→ k − k→∞

0 < d(w, wnk ) < rk
0. Demostración. El argumento es similar al de b =⇒ c en II.26. •

Sea r1 = 1 ===⇒0 ∃y1 ∈ B(x, r1 ) ∩ W x∈W

•

Sea r2 = m´ın( 12 , d(x, y)) ===⇒0 ∃y2 ∈ B(x, r2 ) ∩ W

r2 ≤ d(x, y1 ) y d(x, y2 ) < r2

x∈W

=⇒

Por inducción, obtenemos y1 , y2 , ... distintos entre sí pues d(x, yn+1 ) < d(x, yn ) < rn ≤ r 53 de 127

y1 6= y2 porque

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Sucesión de Cauchy

Definición II.13 Sucesión de Cauchy. Sea (X, d) un espacio métrico. Entonces una sucesión {xn } en X es de Cauchy si y sólo si ∀ε > 0 ∃nε tal que ∀n, m ≥ nε se tiene que que d(xn , xm ) < ε.

Espacio métrico completo

Definición II.14 Espacio métrico completo. Sea (X, d) un espacio métrico. Se dice que es completo si toda sucesión de Cauchy converge. Esta noción de convergencia sin necesidad de saber el límite nos viene muy bien para demostrar que existen puntos con cierta propiedad si sabemos cómo aproximarlos a través de una sucesión. Proposición II.29. Si (X, d) es un espacio métrico compacto entonces es completo. Demostración. Sea {xn } una sucesión de Cauchy. Por ser X compacto, podemos usar la proposición II.26 y entonces sabemos que existe una subsucesión convergente a un punto de X. Es decir, ∃x ∈ X y n1 < n2 < · · · tal que xnk −−−−→ x. nk →∞

Afirmamos que entonces xn −−−→ x. Si tomamos ε > 0, queremos saber si n→∞

∃nε tal que ∀n ≥ nε d(x, xn ) < ε.

Por tener la subsucesión convergente, sabemos que ∃kε tal que ∀k ≥ kε , d(x, xnk ) < 2ε . Por ser {xn } de Cauchy, podemos encontrar otro nε tal que ∀n, m ≥ nε , d(xn , xm ) < 2ε . Como nk tiende a infinito, entonces ∃kˆε ≥ kε nkˆε ≥ nε . Si n ≥ nε entonces d(x, xn ) ≤ d(x, xnkˆ ) + d(xnkˆ , xn ) < ε ε

ε

¿Para qué nos sirve esto? Veámoslo. Tomemos (X, d) un espacio métrico, K ⊆ X compacto y x ∈ K c . Entonces def

d(x, K) = ´ınf{d(x, y)  y ∈ K} En este caso, por ser K compacto, ese ínfimo es un mínimo, es decir, ∃ˆ x ∈ K tal que d(x, K) = d(x, x ˆ). ¿Por qué? Ya sabemos que δ = d(x, K) = ´ınf{d(x, y)  y ∈ K}. Luego ∃yn ∈ K tal que d(x, yn ) → δ. {yn } es una sucesión en K, y al ser K compacto existe una subsucesión {ynk } convergente a x ˆ ∈ K, y como d(x, yn ) −−−→ δ entonces d(x, ynk ) −−−→ δ, luego n→∞

k→∞

d(x, x ˆ) = δ.

Como ejercicio sobre este tema, podemos ver que en Rm con la distancia euclídea basta que K sea cerrado para que el ínfimo sea un mínimo. Proposición II.30. En una topología del orden T< de un conjunto X, para que los conexos sean los intervalos (y nada más) hacen falta dos propiedades: a. ∀x, y ∈ X con x < y, ∃z ∈ X tal que x < z < y. Propiedad del supremo

b. Propiedad del supremo: todo conjunto acotado superiormente tiene un supremo. Proposición II.31. Sea (X, x, se tiene que (x, y) 6= ∅. Es decir, ∃z ∈ X con x < z < y. Ocurre lo mismo desde la izquierda, con y < x. Para demostrarlo, vamos a ver dos ideas. Sea {Ai }i∈I un recubrimiento abierto de [a, b]. Entonces, dado x ∈ [a, b), existe yx con x < yx ≤ b tal que existe un SRF para [x, yx ]. Encadenando estos intervalos podríamos ir ampliando el subrecubrimiento finito hasta llegar a [a, b], siempre y cuando podamos ampliarlos tanto como para llegar a b. Es fácil ver que es imposible que no lleguemos, ya que si sólo llegamos hasta c, podemos aplicar de nuevo la misma idea y sacar más intervalos. Una vez que tenemos la idea, vamos a la demostración formal. Dado x ∈ [a, b), ∃y = yx con x < y ≤ b tal que que existe un SRF de {Ai }i∈I para [x, y]. Vamos a demostrar esto viendo los dos casos que pueden ocurrir. En el primer caso, ∃y ∈ X con y < x y tal que (x, y) = ∅. Como x < b, y ≤ b, existen ix , iy tales que x ∈ Aix , y ∈ Aiy y entonces el recubrimiento finito para [x, y] = {x, y} es Aix ∪ Aiy , finito. La otra posibilidad que podemos tener es que no exista tal y, es decir, que ∀w ∈ X ∃z ∈ X con w > z > x. S Como x ∈ [a, b] ⊆ Ai , sabemos que ∃ix tal que x ∈ Aix . Así, ∃β > x tal que [x, β) ⊆ Aix . Podemos suponer β < b (si no, tomamos m´ın(β, b)), luego ∃z ∈ X con x < z < β ≤ b. Es decir, [x, z] ⊆ [x, β) ⊆ Aix , y ya hemos encontrado nuestro SRF. Ahora tenemos que escribir bien en qué consiste lo de “ampliar por la derecha”. Partimos de que para x = a existe un ya con a < ya < b tal que existe un SRF para [a, ya ], y definimos def

D = {y ∈ X  y ≤ b ∧ ∃ SRF para [a, y]} Nuestro objetivo es ver que b ∈ D para encontrar el SRF de todo el intervalo.

Sea c = sup D, que está bien definido por ser D acotado superiormente. Como ya ∈ D, sabemos que c > a.

Proponemos que c ∈ D, y vamos a demostrarlo por reducción al absurdo. Supongamos que c ∈ / D. Sabemos que c ≤ b, así que ∃ic tal que c ∈ Aic . Por ser Aic abierto, ∃α < c tal que (α, c] ⊆ Aic . No puede ser que (α, c] ∩ D sea vacía, ya que en ese caso c no podría ser el supremo de D pues c ∈ / D.

Por otra parte, si (α, c] ∩ D 6= ∅ entonces ∃x ∈ D tal que x ∈ (α, c] ⊆ Aic . Así, [a, c] ⊆ [a, x]∪(α, c], y entonces tenemos un SRF para [a, c], luego c ∈ D, contradicción con hipótesis. Es decir, hemos demostrado que c ∈ D: sólo nos falta demostrar que c = b para encontrar el SRF de [a, b] y demostrar que es compacto. 55 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Si c < b, por el primer paso ∃yc con c < yc ≤ b tal que existe un SRF para [c, yc ], y en ese caso, igual que antes, tendríamos que [a, yc ] = [a, c] ∪ [c, yc ], lo que nos permite encontrar un SRF para [a, yc ], luego yc ∈ D, contradicción porque hemos dicho que yc > c y c = sup D. Corolario II.32. ([0, 1] × [0, 1], TLex ) es compacto, y también cualquier intervalo cerrado [a, b]Lex . ¿Para qué nos sirve esto? Pues para ver cómo demostrar teoremas como el del punto fijo en espacios métricos y no sólo en R.

Teorema II.33 (Teorema del punto fijo). Sea (X, d) un espacio métrico compacto y f : X 7−→ X una aplicación contractiva, esto es, una aplicación tal que ∃λ < 1 con d(f (x), f (y)) ≤ λ d(x, y) ∀x, y ∈ X Entonces f tiene un único punto fijo, es decir, ∃ ! xf ∈ X tal que f (xf ) = xf . Demostración. Demostrar la unicidad es sencillo: si existen x1 , x2 tales que f (x1 ) = x1 , f (x2 ) = x2 , tenemos que d(x1 , x2 ) = d(f (x1 ), f (x2 )) ≤ λ d(x1 , x2 ). Luego por ser λ < 1, sólo puede ser d(x1 , x2 ) = 0 y entonces x1 = x2 . Para demostrar la existencia vamos a tener que trabajar algo más. Sea x0 ∈ X. Definimos por recursión una sucesión xn dada por xn+1 = f (xn ) para n ≥ 0. Afirmamos que {xn } es sucesión de Cauchy. Sabemos que d(xn , xn+1 ) ≤ λn d(x0 , x1 )7 Entonces, si n > m, d(xm , xn ) ≤ d(xm , xm+1 ) + d(xm+1 , xm+2 ) + · · · + d(xn−1 , xn ) ≤

≤ (λm + · · · + λn−1 ) d(x0 , x1 )

Tenemos d(x0 , x1 ) multiplicando a una suma geométrica, luego tomando l´ım

n→∞

d(xm , xn ) ≤

∞ X

λk d(x0 , x1 ) =

k=m

λm d(x0 , x1 ) −−−−→ 0 m→∞ 1−λ

así que efectivamente {xn } es de Cauchy.

Por ser X compacto, X es completo y entonces xn −−−→ x. Pero en ese caso, al n→∞

tener xn+1 = f (xn ) y ser f continua, tenemos que x = f (x).

Si nos fijamos, en la demostración anterior no hemos usado que X sea compacto: nos basta X completo. También podemos suavizar las hipótesis un poco en este teorema. 7

d(xn , xn+1 ) ≤ d(f (xn ), f (xn+1 )) ≤ λ d(xn−1 , xn ) ≤ · · ·

56 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Proposición II.34. Sea (X, d) un espacio métrico compacto y f : X 7−→ X tal que d(f (x), f (y)) < d(x, y) ∀x, y ∈ X con x 6= y. Entonces f tiene un punto fijo y es único. Demostración. Sea F : X 7−→ R

x 7−→ d(x, f (x))

que es continua pues F es la composición de funciones continuas. En ese caso, F continua y X compacto, sabemos que F alcanza un mínimo: ∃x0 ∈ X tal que F (x) ≥ F (x0 ) ∀x ∈ X. Afirmamos que d(x0 , f (x0 )) = F (x0 ) = 0. Sea y0 = f (x0 ). Si x0 6= y0 , tenemos que, por hipótesis, d(y0 , f (y0 )) < d(x0 , y0 ) = d(x0 , f (x0 ))

, es decir, F (y0 ) < F (x0 ) = m´ın F , contradicción. Por lo tanto x0 = y0 = f (x0 ), luego ya tenemos nuestro punto fijo. La unicidad se deja como ejercicio para el lector. Un comentario: para este resultado, con una hipótesis más débil, no es cierto para espacios métricos completos en general. Por ejemplo, si tomamos f (x) = x − arctan x −

π 2

, en el espacio métrico completo (pero no compacto) (R, d) con la distancia habitual, no tiene punto fijo. Si lo tuviese, se debería cumplir arctan x = − π2 , que no tiene solución (x debería ser infinito). Sin embargo, sí cumple la hipótesis f (x) − f (y) < |x − y| x 6= y , pues f 0 (t) < 1 ∀t ∈ R (por el Teorema del Valor Medio). Proposición II.35. La compacidad es una propiedad topológica. Esto es, si X e Y son homeomorfos y X es compacto, entonces Y es compacto.

II.3. Base de entornos

Axiomas de numerabilidad

Definición II.15 Base de entornos. Sea (X, T ) un espacio topológico, y x ∈ X. Sea V = {Vi }i∈I⊆N con Vi ⊆ X. Se dice que V es una base de entornos de x si y sólo si a. Todos los entornos son abiertos en la topología: Vi ∈ T ∀i ∈ I. b. Todos los conjuntos son entornos de x: x ∈ Vi ∀i ∈ I. c. Cualquier abierto de la topología que contenga a x tiene que contener también algún entorno de la base: ∀A ∈ T  x ∈ A, ∃i = iA  Vi ⊆ A 57 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Axioma de numerabilidad I

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Definición II.16 Axioma de numerabilidad I. Sea (X, T ) un espacio topológico. Se dice que es primer axioma de numerabilidad (IAN) si y sólo si todo punto x ∈ X tiene una base de entornos numerable. Es decir, que existen {Vxn }n∈N entornos de x tales que ∀A abierto con x ∈ A existe un n = nA tal que x ∈ Vxn ⊆ A Un comentario: tomando Vˆxn = Vx1 ∩ Vx2 ∩ · · · ∩ Vxn (que también es entorno de x) se puede suponer una sucesión decreciente de entornos Vˆx1 ⊇ Vˆx2 ⊇ · · · .

Lo que se intenta “imitar” con esta noción son las bolas de centro x y radio n1 en un espacio métrico, y así demostrar propiedades de espacios métricos sin necesidad de tener una distancia. Axioma de numerablidad II

Definición II.17 Axioma de numerablidad II. Sea (X, T ) un espacio topológico. Se dice que X es segundo axioma de numerabilidad (IIAN) si y sólo si existe una base numerable o finita para la topología. Es decir, si ∃B = {Bn }n∈N con T = TB . Un ejemplo sencillo es R con la topología usual. Podemos encontrar una base numerable B = {(a, b)  a, b ∈ Q, a < b} y a partir de ella construir cualquier intervalo.

Espacio separable

Definición II.18 Espacio separable. Sea (X, T ) un espacio topológico. Entonces se dice que es separable si y sólo si existe un subconjunto numerable o finito que es denso en X. Es decir, que ∃D ⊆ X tal que |D| ≤ |N| y tal que D = X. Más ejemplos familiares: en R con la topología usual, podemos tomar D = Q que es numerable y Q = R. Proposición II.36. Sea (X, T ) un espacio topológico. Entonces a. Si X es IIAN entonces es IAN y separable. b. Si X es IAN y W ⊆ X entonces

Caracterización por sucesiones de la adherencia

a) x ∈ W si y sólo si existe una sucesión {xn } ⊆ W tal que xn → x. Es lo que se llama caracterización por sucesiones de la adherencia. b) Si W es compacto, toda sucesión en W tiene una subsucesión convergente a un punto de W . Si nos fijamos, son propiedades que ya hemos demostrado para espacios métricos usando esas bolas de radio n1 . Vamos a por la demostración. Demostración. 1. Por hipótesis, sabemos que T = TB con B = {Bn }n∈N .

Para demostrar que es IAN, sea x ∈ X y tomamos los Bn ∈ B tales que x ∈ Bn . Son, a lo más, una cantidad numerable y son base de entornos, pues por definición de TB sabemos que x ∈ A abierto si y sólo si ∃B ∈ B tal que x ∈ Bn ⊆ A. Para la separabilidad, sea xn ∈ Bn (suponemos todos los Bn 6= ∅). Entonces D = {xn  n ∈ N} 58 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

es numerable y D = X, ya que ∀x ∈ X y ∀A ∈ T con x ∈ A, existe un Bm ∈ B con x ∈ Bm ⊆ A, luego xm ∈ A ∩ D ⊇ Bm ∩ D 6= ∅, luego x ∈ D y entonces D es el total. 2. Como en espacios métricos. Se deja como ejercicio para el lector.

II.4.

Axiomas de separación

Hausdorff (ver I.29) es un axioma de separación. Espacio regular

Definición II.19 Espacio regular. Sea (X, T ) espacio topológico. Se dice que es regular si y sólo si ∀x ∈ X y ∀C ⊆ X cerrado y tal que x ∈ / C existen A, B abiertos y disjuntos y tales que x ∈ A, C ⊆ B.

Espacio normal

Definición II.20 Espacio normal. Sea (X, T ) un espacio topológico. Se dice que es normal si y sólo si dos cerrados disjuntos se pueden separar. Es decir, que si C1 , C2 son cerrados con C1 ∩ C2 = ∅, entonces existen abiertos A1 , A2 tales que Cj ⊆ Aj , j = 1, 2 y A1 ∩ A2 = ∅. Es fácil ver que hemos ido “subiendo” en requisitos. Con Hausdorff pedimos separar dos puntos, con regularidad separamos un punto y un conjunto y con la normalidad separamos directamente conjuntos. A partir de aquí podemos caracterizar por los Tx . Se dice que un espacio topológico (X, T ) es 1. T2 si y sólo si es Hausdorff. 2. T3 si y sólo si es Hausdorff y regular. 3. T4 si y sólo si es Hausdorff, regular y normal. Proposición II.37. Varias equivalencias con las definiciones anteriores: a. T4 =⇒ T3 =⇒ T2 . b. Un espacio compacto y Hausdorff es T4 . Demostración. 1. Idea de T3 =⇒ T2 : en un T2 , {x} es cerrado ∀x ∈ X.

Idea de T4 =⇒ T3 : podemos coger para cada punto x ∈ / C cerrado un entorno cerrado. Como estamos en compactos, esos cerrados serán compactos, luego existen SRFs abiertos de cada uno. Luego la intersección de ambos SRFs será abierta (porque será una intersección finita de abiertos) y vacía.

Un ejemplo: vamos a ver si (R, T[,) ) es IAN, IIAN y separable. Para ver si es IAN, vemos que para todo x ∈ R podemos coger entornos Vxn = [x, x + n1 ) abiertos. Además, 59 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

si A ∈ T[,) y x ∈ A, tenemos que ∃δ tal que [x, x + δ) ⊆ A tomando un entorno Vxn tal que n1 < δ. S Vamos ahora a ver si si es IIAN. Para podes escribir [b, c) = i∈I [bi , ci ) con I no necesariamente numerable, ∃i tal que b = bi . Luego si B es una base para T[,) , entonces ∀x ∈ R tiene que existir un Bx ∈ B tal que x ∈ Bx y con (−∞, x) ∩ Bx = ∅. Afirmamos8 que los Bx son todos distintos, y entonces |B| ≥ |R|. Por último, sabemos que es separable porque tenemos que Q es denso.

8

Y lo dejamos como ejercicio.

60 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Capítulo III

Conceptos básicos de homotopía III.1. Función homotópica

Homotopía de caminos

Definición III.1 Función homotópica. Sean X, Y espacios topológicos y f0 , f1 : X 7−→ Y continuas. Se dice que f0 , f1 son homotópicas si y sólo si existe una aplicación F : [0, 1]×X 7−→ Y continua (tomando la topología producto) tal que F (0, x) = f0 (x), F (1, x) = f1 (x) Entonces se dice que F es una homotopía entre f0 y f1 .

f0 ft f1

Figura III.1: Deformación continua de dos funciones. Tenemos que ft (x) = F (t, x), y que ft : X 7−→ Y es continua. Por tanto, una construcción del tipo x → (t, x) → Y (donde la segunda aplicación es F ) es equivalente a ft que es continua. Y por tanto la primera aplicación también debe serlo, pues F también es continua. De la ft decimos que es una deformación continua de f0 a f1 . Función homotópica por caminos

Definición III.2 Función homotópica por caminos. Sea X un espacio topológico y f0 , f1 : 61 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

f1 x0

x1 f0

Figura III.2: Funciones homotópicas por caminos. [0, 1] 7−→ X aplicaciones continuas y tales que: f0 (0) = f1 (0) = x0 f0 (1) = f1 (1) = x1 Entonces. se dice que f1 y f2 son homotópicas por caminos si y sólo si ∃F : [0, 1]×[0, 1] 7−→ X continua tal que F (0, s) = f0 (s), F (1, s) = f1 (s);

∀s ∈ [0, 1]

y además F (t, 0) = x0 , F (t, 1) = x1

∀t ∈ [0, 1]

Es decir, que F parte de f0 y lleva a f1 si movemos el parámetro s, y siempre nos lleva de x0 a x1 moviendo el parámetro t. Como notación más sencilla, consideraremos ft (s) = F (t, s), donde también se cumple que ft (0) = x0 , ft (1) = x1 . Para denotar que existe esta función F , diremos que f0 'p f1 . 1

f0

t, s F(

x1

i)

x0

f1

X Figura III.3: Deformaciones continuas en un espacio convexo. Ejemplo: Tomamos X ⊆ Rm , convexo, y f0 , f1 : [0, 1] 7−→ X, que son caminos continuos con f0 (0) = f1 (0) = x0 y f0 (1) = f1 (1) = x1 . 1

la ‘p’ viene de path

62 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Lo que vamos a hacer para deformar f0 hasta f1 , es (ver figura III.3) trazar los segmentos que unen los puntos de ambos caminos (dichos segmentos se quedan en X, porque hemos dicho que es convexo), y vamos pasando por todos los puntos de los segmentos. Entonces F (t, s) = tf1 (s) + (1 − t)f0 (s); 0 ≤ t ≤ 1 es continua y cumple las condiciones que necesitamos.

f0

(−2, 0)

(2, 0)

f1 Figura III.4: Es imposible encontrar una deformación continua de f0 a f1 . Ejemplo: Tomamos la corona X = {(x, y) ∈ R : x2 + y 2 ≥ 1} y fijándonos en el dibujo (figura III.4) podemos apreciar que f0 6'p f1 , puesto que no podemos “deformar” f0 para convertirlo en el camino f1 sin pasar por el círculo interior. Este problema se debe a que tenemos los 2 puntos fijos. Lema III.1. Sea f : [0, 1] 7−→ X continua, h : [0, 1] 7−→ [0, 1] continua, biyectiva y creciente y fˆ = f ∗ h : [0, 1] 7−→ X continua. Entonces f 'p fˆ. Demostración. F (t, s) = f (t · h(s) + (1 − t)s) continua t = 0 → f (s)

t = 1 → f (h(s)) = fˆ(s) F (t, 0) = f (t · 0 + (1 − t) · 0) = f (0), F (t, 1) = f (t · h(1) + (1 − t) · h(1)) = f (1)

(podemos asegurar lo anterior debido a que como h es biyectiva y creciente, entonces h(0) = 0 y h(1) = 1) Observación: basta h : [0, 1] 7−→ [0, 1] continua y tal que h(0) = 0, h(1) = 1 Vamos a introducir una notación para los caminos en X entre dos puntos: C(X, x0 , x1 ) = {f : [0, 1] 7−→ X continua  f (0) = x0 , f (1) = x1 } Proposición III.2. 'p es una relación de equivalencia en C(X, x0 , x1 ).

63 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Demostración. Vamos a demostrar las propiedades de relación de equivalencia: 1. f 'p f trivialmente. 2. f 'p g =⇒ g 'p f . La transformación es fácil de ver, cogiendo Fˆ (t, s) = F (1 − t, s). 3. f 'p g, g 'p h =⇒ f 'p h. Tenemos las transformaciones F1 y F2 respectivamente, y queremos encontrar la que nos lleva de f a h. La podemos definir “acelerando” las transformaciones y juntándolas: ( F1 (2t, s) 0 ≤ t ≤ 21 , s ∈ [0, 1] F (t, s) = F2 (2t − 1, s) 12 ≤ t ≤ 1, s ∈ [0, 1] Se puede ver que F es continua.

En la demostración anterior hemos visto fácilmente que F es continua, pero vamos a definir un lema que usaremos más tarde para formalizarlo. Lema III.3. Sean Y, Z espacios topológicos, sea f : Y 7−→ Z y sean A, B cerrados en Y tales que A ∪ B = Y y las restricciones f |A , f |B sean continuas. Entonces f es continua Demostración. Si f es continua, es lo mismo que decir que la imagen inversa de un cerrado es cerrado. Entonces si C es cerrado en Z, f −1 (C) se puede escribir de la siguiente forma: A∪B =Y ↓

f −1 (C) = f |A


−1

(C) ∪ f |B


−1

(C)


−1 Ahora, f |A (C) es cerrado en A por ser C cerrado y f |A continua. Ocurre lo mismo para B, así que f −1 (C) es unión finita de cerrados y entonces f −1 (C) es cerrado en Y , y entonces f es continua. Observación: Es fácil ver que esta demostración vale igualmente si A, B son abiertos, simplemente cambiando “abierto” por “cerrado” en enunciado y demostración. Vamos ahora a ver varias notaciones. Definición III.3 . Sea X un espacio topológico. Entonces Camino constante

a. Dado x ∈ X, definimos el camino constante δx como δx : [0, 1] 7−→ X

s 7−→ δx (s) ≡ x

Camino inverso

b. Dada f ∈ C(X, x0 , x1 ) se define el camino inverso f − (s) = f (1 − s) , que también está en f ∈ C(X, x0 , x1 ). 64 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Camino producto

c. Dadas f ∈ C(X, x0 , x1 ), g ∈ C(X, x1 , x2 ), definimos el camino producto (o concatenación de caminos) como ( f (2s) f ∗ g(s) = g(2s − 1)

0 ≤ s ≤ 21 1 2 ≤s≤1

Es fácil ver que f ∗ g ∈ C(X, x0 , x2 ) por el lema III.1. Proposición III.4. Sea X un espacio topológico. Entonces a. f0 'p f1 , g0 'p g1 =⇒ f0 ∗ g0 'p f1 ∗ g1 . b. El camino constante es la “identidad”, por así decirlo, de la operación ∗: f ∈ C(X, x0 , x1 ) =⇒ δx0 ∗ f 'p f, f ∗ δx1 'p f c. La concatenación de un camino con su inverso se puede deformar continuamente en el camino constante en el punto de inicio: f ∗ f − 'p δx0 ,

f − ∗ f 'p δx1

para f ∈ C(X, x0 , x1 ). d. La operación producto es asociativa: (f ∗ g) ∗ h 'p f ∗ (g ∗ h) Suponemos que siempre que consideramos f ∗g se entiende que f (1) = g(0), porque si no no tendría sentido. Demostración. 1. Tenemos que f0 'p f1 y g0 'p g1 con las transformaciones F y G respectivamente. Queremos comprobar que existe una transformación H para f0 ∗ g0 'p f1 ∗ g1 . Podemos definirla de la siguiente forma: ( F (t, 2s) H(t, s) = G(t, 2s − 1)

0 ≤ s ≤ 21 1 2 ≤s≤1

que es continua por el lema III.3. En este caso, ( H(0, s) =

) F (0, 2s) = f0 (2s) 0 ≤ s ≤ 21 def = f0 ∗ g0 (s) G(0, 2s − 1) = g0 (2s − 1) 21 ≤ s ≤ 1

e igualmente H(1, s) = f1 ∗ g1 (s).

Dicho de otra forma, H(t, s) = ft ∗ gt (s). 2. Queremos ver que δx0 ∗ f 'p f . Entonces podemos definir la aplicación muy fácilmente de forma visual. Formalmente:  x0 

s ≤ 21 (1 − t)  F (t, s) = s−at 1 f 1−a 2 (1 − t) = at ≤ s ≤ 1 t Que es continua y tal que F (0, s) = δx0 ∗ f , F (1, s) = f (s) 65 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

3. Visualmente también es sencillo. Lo que hacemos es “ir y volver”, y al ir aumentando la t de la transformación vamos cada vez más cerca del punto de inicio. La transformación sería ( f ((1 − t)s) F (t, s) = f − (ts) 4.

 s   s ≤ at f ( at ) s−a t F (t, s) = g( bt −at ) at ≤ s ≤ bt   h( s−bt ) bt ≤ s ≤ 1 1−bt Y se cumple que F (0, s) = (f ∗ g) ∗ h(s), F (1, s) = f ∗ (g ∗ h)(s).

III.1.1.

Grupo fundamental

Vamos a usar algo de notación. Primero, denotaremos el camino en X que sale y lleva del mismo punto por C(X, x0 ) ≡ C(X, x0 , x0 ) También veremos el conjunto cociente de las clases de equivalencia como . π(X, x0 ) ≡ C(X, x0 ) 'p Como recordatorio, dos clases de equivalencia son la misma si se puede transformar el representante del uno en el del otro de forma continua: [ϕ] ≡ [ψ] ⇐⇒ ϕ 'p ψ Proposición III.5. a. Dados [ϕ], [ψ] ∈ π(X, x0 ), la operación: def

[ϕ] ∗ [ψ] = [ϕ ∗ ψ]

Grupo fundamental

está bien definida en π(X, x0 ), es decir, no depende de los representantes elegidos.
b. π(X, x0 ), ∗ es un grupo. De hecho, le llamaremos el grupo fundamental2 de X con base en x0 . ˜ entonces [ϕ ∗ ψ] = Demostración. Hay que demostrar que si [ϕ] = [ϕ] ˜ y [ψ] = [ψ], ˜ ˜ [ϕ˜ ∗ ψ]. Sabiendo que ϕ 'p ϕ˜ y ψ 'p ψ, usando la proposición III.4 entonces ϕ ∗ ψ 'p ϕ˜ ∗ ψ˜ y por lo tanto ˜ [ϕ ∗ ψ] = [ϕ˜ ∗ ψ] También tenemos que demostrar que ese conjunto con la operación ∗ es un grupo. Es claro que el neutro o identidad será el camino constante, [δx0 ], si usamos lo que vimos en la proposición III.4.

2

Sólo tiene sentido hablar de grupo fundamental en espacios cpc.

66 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Para el elemento inverso, dado un [ϕ] su inverso será [ϕ− ], ya que [ϕ− ] ∗ [ϕ] = [ϕ− ∗ ϕ] = [δx0 ] usando de nuevo la proposición III.4. Es decir, [ϕ]−1 = [ϕ− ]. Lo único que nos falta probar es la propiedad asociativa, y la tenemos por el punto 4 de la proposición III.4. Proposición III.6. Sea X un espacio topológico y f : [0, 1] 7−→ X una función continua. Sean f (0) = x0 , f (1) = x1 . Entonces sea i
def h fˆ [ψ] = f − ∗ ψ ∗ f La aplicación fˆ : π(X, x0 ) 7−→ π(X, x1 ) está bien definida y es un isomorfismo de grupos. ϕ

f x1

x0

f−

Figura III.5: Isomorfismo entre caminos. Demostración. Lo primero es ver qué estamos haciendo. Hay que demostrar que la aplicación no depende del representante. Pero sabemos que ϕ 'p ψ implica que f − ∗ ϕ ∗ f 'p f − ∗ ψ ∗ f por la proposición III.4 de nuevo. Corolario III.7. Si X es cpc entonces π(X, x0 ) es isomorfo a π(X, x1 ) ∀x0 , x1 ∈ X. En ese caso se usa π(X) para referirse a uno cualquiera de ellos. La razón de este corolario es simple: si es cpc (II.5) podemos encontrar una aplicación continua que nos lleva de x0 a x1 , y ya podemos aplicar la proposición. Observación: A partir de ahora y salvo que se diga lo contrario, supondremos que los X son conexos por caminos. Si no, siempre se pueden tomar las componentes cpc. Vamos a ver varios ejemplos, y empezamos por lo sencillo. Dado R2 , que es cpc, entonces π(X) es3 el grupo trivial, es decir, π(X) = {1}. La razón es que, al ser R2 convexo, cualquier aplicación ϕ : [0, 1] 7−→ X continua con ϕ(0) = ϕ(1) = (0, 0) es deformable al camino constante: ϕ 'p δ(0,0) ya que no hay ningún “agujero” que nos pare a la hora de deformar.

Espacio simplemente conexo

Definición III.4 Espacio simplemente conexo. Dado X cpc, se dice que es simplemente conexo si y sólo si π(X) = {1}, el grupo trivial. Es decir, si todo camino cerrado en X se puede deformar a un punto. Vamos a ver algunos ejemplos, no demasiado rigurosos. 3

No es muy matemático esto, un poco de abuso de notación pero se entiende.

67 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

1. S1 , la circunferencia de radio 1. Por comodidad, vamos a usar notación compleja y entonces el camino ϕ es ϕ(s) = e2πis s ∈ [0, 1] (dicho de otra forma, ϕ(s) = (cos(2πs), sin(2πs))).

Tomamos el grupo a = [ϕ], que no es el camino constante [δ(1,0) ]. Con este grupo podemos operar: an = [ϕ ∗ ϕ ∗ ϕ · · · ∗ ϕ], que no es más que dar n vueltas a S1 . De la misma forma, a−n = (a−1 )n = [ϕ− ∗ · · · ∗ ϕ− ], que es dar n vueltas en sentido contrario. Veremos que π(S1 ) es isomorfo a Z. No lo demostramos, pero es fácil ver que puede existir una aplicación biyectiva

Z 7−→ π(S1 , (0, 1)) n 7−→ an

2. Un ejemplo interesante es ver el plano sin un punto: R2 \ {p}. En la figura III.6 podemos ver tres tipos de caminos: α, ψ, ϕ. Es fácil ver que ϕ y α pertenecen al mismogrupo (ϕ 'p α). En el caso de ψ, lo que hace es dar “dos vueltas”, así que en realidad ψ 'p α2 o, dicho de otra forma, [ψ] = [α2 ]. ∼Z Con lo que concluimos que π(R2 \ {p}) = ψ

ϕ α

p

x0

Figura III.6: Caminos posibles en el plano R2 \ {p}. 3. El caso del toro T2 es también curioso porque nos habla de conmutadores o algo así pero no me ha dado tiempo a copiarlo. Como decíamos antes, esto no es muy riguroso, así que vamos a empezar con los formalismos. Definición III.5 . Sean X, Y espacios topológicos, x0 ∈ X, y0 ∈ Y . Como notación, la aplicación f : (X, x0 ) 7−→ (Y, y0 ) la tomaremos como f : X 7−→ Y continua con f (x0 ) = y0 . 68 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Para funciones como f , se define f# como f# : π(X, x0 ) 7−→ π(Y, y0 ) por f# ([ϕ]) = [f ◦ ϕ] Proposición III.8. Sea f : (X, x0 ) 7−→ (Y, y0 ). Entonces a. f# está bien definida y es un homomorfismo de grupos. b. Si g : (X, x0 ) 7−→ (Z, z0 ) entonces (g ◦ f )# = g# ◦ f# . c. Si I : (X, x0 ) 7−→ (X, x0 ) es la identidad entonces I# : π(X, x0 ) 7−→ π(X, x0 ) es la identidad. Demostración. 1. Para ver que está bien definida hay que ver que no dependa de los representantes elegidos.4 Si ϕ1 'p ϕ2 , entonces tenemos que ver que f ◦ ϕ1 'p f ◦ ϕ2 . Es decir, que si [ϕ1 ] = [ϕ2 ] entonces [f ◦ ϕ1 ] = [f ◦ ϕ2 ]. Y esto es cierto, ya que si ϕ1 'p ϕ2 , entonces existe una aplicación F : [0, 1] × [0, 1] 7−→ X tal que F (0, s) = ϕ1 y F (1, s) = ϕ2 y F (t, 0) = F (t, 1) = x0 . Sea H(t, s) = f (F (t, s)). Entonces es continua por ser composición de continuas y H(0, s) = f ◦ ϕ1 (s), H(1, s) = f ◦ ϕ2 (s) y listos.

Vamos a demostrar ahora que es un homomorfismo de grupos, con las tres propiedades que tocan. Pero es mucho a escribir y realmente no es difícil de ver, así que si alguien quiere que lo copie.

2. Queremos demostrar ahora que (g ◦ f )# = g# ◦ f# . Operando def

def

def

(g ◦ f )# ([ϕ]) = [g ◦ f ◦ ϕ] = g# ([f ◦ ϕ]) = g# (f# ([ϕ])) y entonces (g ◦ f )# = g# ◦ f# . 3. Sea id : (X, x0 ) 7−→ (X, x0 ), id(x) = x. def

(id)# [ϕ] = [id ◦ ϕ] = [ϕ] =⇒ (id)# es la identidad en π(X, x0 )

¿Y para qué queríamos todo esto? Pues para poder demostrar el siguiente corolario: los grupos fundamentales de espacios homeomorfos son isomorfos. Corolario III.9. Sean X, Y espacios topológicos cpc y homeomorfos uno al otro. Entonces π(X) ' π(Y ) 4

Aquí falta algo que no sé qué es.

69 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Demostración. Si X, Y son homeomorfos, entonces ∃h : X 7−→ Y continua, biyectiva y con h−1 continua. Sea x0 ∈ X, y0 = h(x0 ). Usando las propiedades anteriores, tenemos que id# = (h−1 ◦ h)# = h−1 # ◦ h# y entonces tenemos dos homomorfismos h# : π(X, x0 ) 7−→ π(Y, y0 )

h−1 # : π(Y, y0 ) 7−→ π(X, x0 ) Como su composición es la identidad, entonces h# tiene inversa y es entonces un isomorfismo. Un uso sencillo de lo que acabamos de ver es estudiar, por ejemplo, el grupo fundamental de la circunferencia en el plano. Las clases de equivalencia son las vueltas que damos: si no damos una vuelta completa (por ejemplo, recorremos sólo media circunferencia), es como no diésemos ninguna, ya que podemos deformarlo a un punto. De la misma forma, si damos dos vueltas no hay forma de deformarlo para dar sólo una. Proposición III.10. π(S1 ) ' (Z, +) Es decir, π(S1 ) es un grupo cíclico infinito con generador a = [(cos 2πs, sin 2πs)] y con la siguiente aplicación para llevar de uno a otro: (Z, +) 7−→ π(S1 , (1, 0)) n 7−→ an

III.1.1.1.

Construcción de grupos fundamentales

Ahora vamos a ver cómo construir grupos fundamentales a partir de otros. Proposición III.11. El grupo fundamental del producto es isomorfo al producto de grupos fundamentales: π(X1 × X2 ) ' π(X1 ) × π(X2 ) siendo “×” el producto de grupos usual, esto es, con la operación (a1 , a2 ) · (b1 , b2 ) = (a1 · b1 , a2 · b2 ) Demostración. Si X1 , X2 son cpc, entonces X1 × X2 también lo es por la proposición II.14. También sabemos que si tenemos una aplicación ϕ : [0, 1] 7−→ X1 × X2 continua entonces tienen que ser sus componentes ϕ1 , ϕ2 continuas por la proposición I.24. 70 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Más: si (ϕ1 , ϕ2 ) = ϕ 'p ψ = (ψ1 , ψ2 ), si y solo si ϕ1 'p ψ1 y ϕ2 'p ψ2 . 5 Entonces si tenemos una deformación

F : [0, 1] × [0, 1] 7−→ X1 × X2 continua, se cumple que ϕ 'p ψ por F si y sólo si ϕ1 'p ψ1 , ϕ2 'p ψ2 por F1 y F2 respectivamente. Así, por último, ϕ ∗ ψ = (ϕ1 ∗ ψ1 , ϕ2 ∗ ψ2 )

Ejemplo sencillo de esto, algo que ya habíamos demostrado: T2 (el toro) es homeomorfo a S1 × S1 , y entonces π(T2 ) ' π(S1 × S1 ) ' π(S1 ) × π(S1 ) ' Z × Z

III.2.

Retractos

Y ahora, definiciones. En esta sección vamos a ver cómo “transformar” un espacio en otro subconjunto, manteniendo grupos fundamentales. Retracto

Definición III.6 Retracto. Sean X un espacio topológico e Y un subconjunto de X (Y ⊆ X) con la topología de subespacio. Se dice que Y es un retracto de X si y sólo si existe una aplicación r : X 7−→ Y continua tal que r(y) = y para todo y ∈ Y . Es decir, si los puntos de Y se quedan fijos por una cierta aplicación continua.

Retracto por deformación fuerte

Definición III.7 Retracto por deformación fuerte. Sean Y ⊆ X. Se dice que Y es un retracto por deformación fuerte (RDF) si y sólo si ∃r : X 7−→ Y continua con r(y) = y ∀y ∈ Y (es decir, es un retracto) y además existe una aplicación H continua H : [0, 1] × X 7−→ X tal que H(0, x) = x H(1, x) = r(x) H(t, y) = y

∀y ∈ Y

Vamos a ver algunos ejemplos. Tomamos X = R2 \ {(0, 0)} y Y = S1 . Podemos encontrar un retrato x r(x) = kxk 5

Ha llenado media pizarra en un segundo y a partir de aquí no sé qué escribo.

71 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Es interesante ver que sólo podemos hacerlo si hemos quitado el origen. Si no hubiésemos quitado un punto del interior de la circunferencia, no podríamos encontrar una aplicación continua (la imagen de ese punto tendría que estar cerca de todos de los de la circunferencia, y eso es imposible). Para encontrar la aplicación del RDF, podemos tomar Figura III.7: Retracto de puntos del plano a la circunferencia.

H(t, x) = t · r(x) + (1 − t)x Proposición III.12. Si Y es RDF de X entonces π(X) ' π(Y )

Demostración. Sean x0 ∈ Y y j : Y − 7 → X la inclusión, esto es, j(y) = y. Entonces la composición r◦j :Y − 7 →Y es la identidad, y por tanto r# ◦ j# = id# = id en π(Y, x0 ). Estudiamos entonces ahora la composición al revés: j ◦ r : X 7−→ X tal que j(r(x0 )) = x0 . Afirmamos que j# ◦ r# es la identidad en π(X, x0 ). Si esto ocurre, tendríamos que ambas aplicaciones son la inversa la una de la otra y por lo tanto π(X, x0 ) y π(Y, x0 ) son isomorfos. Vamos a demostrar eso. Sabemos que j# ◦ r# ([ϕ]) = [j ◦ r ◦ ϕ] = [r ◦ ϕ]. Queremos ver si esto es igual a [ϕ]. Es decir, hay que demostrar que r ◦ ϕ 'p ϕ. Como Y es un RDF de X entonces existe una H(t, x) continua como en la definición que habíamos visto (III.7), y entonces la deformación F que necesitamos es def

F (t, s) = H(t, ϕ(s)) Y sólo hay que ver que se cumplen las propiedades que necesitamos:

F (0, s) = H(0, ϕ(s)) = ϕ(s) F (1, s) = H(1, ϕ(s)) = r(ϕ(s)) F (t, 0) = H(t, ϕ(0)) = x0 = H(t, ϕ(1))

En realidad lo único que estamos haciendo es deformar ambos caminos a uno en Y , que sabemos que podemos hacerlo ya que Y es RDF de X. Lo único que nos falta por demostrar es algo que luego se nos olvida en los exámenes. 72 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Hay que demostrar que la F que hemos escogido es continua. Es composición de las siguientes funciones: λ

H

(t, s) 7−→ (t, ϕ(s)) 7−→ H(t, ϕ(s)) luego es continua, ya que H es continua y las dos componentes de λ son continuas (la primera es la proyección, que sabemos que es continua, y la segunda es ϕ que también lo es).

Vamos a ver ejemplos. Ejemplo: Si tenemos un X ⊆ Rm convexo, entonces es simplemente conexo, esto es, π(X) = {1}. Vamos a demostrarlo por retractos, viendo que dado un x0 ∈ X, {x0 } es RDF de X. Para ello tomemos como r la función constante r(x) = x0 y como aplicación de transformación H(t, x) = tx0 + (1 − t)x que cumple trivialmente las condiciones necesarias.

Como consecuencia (proposición III.12), los grupos fundamentales son isomorfos π(X) ' π({x0 }) = {1}. Observación: En el ejemplo anterior no hacía falta que X fuera convexo, bastaría con que fuese estrellado (II.2) con respecto a x0 . Ejemplo:

Otro ejemplo, esta vez con objetos esféricos/circulares.

Si n ≥ 2, entonces π(Sn ) = {1}. Recordemos que, n o Sn = x ∈ Rn+1  kxk = 1 Como demostración no completa, podemos ver que si ϕ : [0, 1] 7−→ Sn con ϕ(0) = ϕ(1) = (1, 0, . . . , 0) evita un punto - por ejemplo, ϕ(s) 6= (−1, 0, 0, . . . , 0) - entonces la deformación t(1, 0, . . . , 0) + (1 − t)ϕ(s) kt(1, 0, . . . , 0) + (1 − t)ϕ(s)k

muestra que ϕ 'p δ(1,0,...,0) , es decir, [ϕ] = 1.

Esto podría escribirse de forma más técnica y completa, pero no vamos a verlo. Observación: este proceso podría repetirse para un número finito de puntos. Ejemplo:

Vamos a ver qué ocurre con el disco unidad D = {(x, y)  x2 + y 2 ≤ 1}

Lo que podemos demostrar es que S1 no es un RDF de D. Y para esto no podemos ir diciendo que “no existe ninguna aplicación r tal que...”, ya que no acabaríamos nunca. Lo vamos a hacer a través de grupos fundamentales, y es que por ser D convexo, tenemos que π(D) = {1}. Pero ya sabíamos que π(S1 ) ' Z, luego es imposible que π(D) ' π(S1 ). 73 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Ejemplo:


Otro ejemplo que tenemos que completar: π R3 \ {p, q} = {1}.

Ejemplo:

Más, esta vez con cilindros. Cojamos el cilindro C infinito dado por n o C = (x, y, z)  x2 + y 2 = 1

y vamos a demostrar que π(C) ' Z. Lo vamos a hacer de las dos formas que sabemos construir grupos fundamentales: por producto de espacios y por retractos. En el segundo caso, podemos construir el espacio topológico n o S1 × {0} = (x, y, 0)  x2 + y 2 = 1 y encontrar una transformación desde C H(t, (x, y, z)) = (x, y, (1 − t)z) Entonces podemos encontrar la siguiente cadena de isomorfismos π(C) ' π(S1 × {0}) ' π(S1 ) × π({0}) y dado que G × {1} ' G, entonces

π(C) ' π(S1 )

Con el producto, sabemos que C es homeomorfo a S1 × R, y de nuevo, sabiendo que π(R) = {1}, nos queda que π(C) ' π(S1 ). Vamos a ver ahora una idea para la demostración de que el grupo fundamental de la circunferencia es isomorfo a los enteros con la suma, esto es, π(S1 ) ' (Z, +) Podemos ver el camino φ : [0, 1] 7−→ S1 , que es una aplicación continua con ϕ(0) = ϕ(1) = (1, 0) = x0 , y que se puede expresar como
ϕ(s) = cos ϕ(s), ˆ sin ϕ(s) ˆ con el ángulo dado por una aplicación ϕˆ continua con ϕ(0) ˆ = 0. Además, esta aplicación ϕˆ es única. Entonces, el número de vueltas, nvϕ =

ϕ(1) ˆ ∈Z 2π

, satisface que si ϕ 'p ψ, entonces nvϕ = nvψ, y además nv(ϕ ∗ ψ) = nvϕ + nvψ.

Y la última idea para demostrar, habría que ver que la aplicación nv definida como nv : π(S1 , (1, 0)) 7−→ Z

[ϕ] 7−→ nvϕ

es un isomorfismo de grupos. Precisamente por esto veíamos lo del párrafo anterior: para poder luego probar que esto puede ser una operación con grupos.

74 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

III.3.

Aplicaciones

III.3.1.

Teorema del punto fijo de Brower

Vamos a ver algunas aplicaciones de los retractos, empezando por un teorema del punto fijo. Si nos acordamos de otras asignaturas, los teoremas del punto fijo nos ayudan mucho a demostrar teoremas todavía más potentes. Antes de empezar en materia, vamos a ver algo de notación. Denotaremos el disco unidad por n o D = x ∈ R2  kxk ≤ 1

Veamos también una proposición que nos será útil: Proposición III.13. S1 no es un retracto de D. Demostración. Ver que no es RDF es trivial: si lo fuese, entonces π(S1 ) ' π(D), pero D es convexo, por lo que π(D) = {1}, y sabemos que π(S1 ) = Z, contradicción. Tenemos que ver ahora que no es tampoco retracto, y lo vamos a hacer por reducción al absurdo. Supongamos que existe un retracto r : D 7−→ S1 , aplicación continua con r(x) = x ∀x ∈ S1 .

Recordamos que r sería un RDF si y sólo si ∃H : [0, 1] × D 7−→ D continua y tal que H(0, x) = x ∀x ∈ D. H(1, x) = r(x) ∀x ∈ D. H(t, x) = x ∀x ∈ S1 , t ∈ [0, 1]. Si cogemos la deformación rt (x) = H(t, x), sería una deformación continua de la identidad a r que deja los puntos de S1 fijos.

Entonces afirmamos que si existe ese r, esto es, que si S1 es un retracto de D, entonces es un RDF con la aplicación H(t, x) = (1 − t)x + t · r(x). Luego nos llevaría a una contradicción, pues habíamos dicho que S1 no es un RDF de D. III.3.1.1.

Teoremas interesantes de homotopía

Los siguientes dos teoremas son interesantes, pero solo se mencionaron una vez y no se utilizan en los ejercicios.

Teorema III.14 (Teorema de la bola peluda). Sea v : S2 7−→ R3 un campo en la esfera. Entonces, existe un punto en la esfera (x, y, z) ∈ S2 tal que v(x, y, z) = 0. La demostración de éste teorema no se ha visto en clase, pero se puede encontrar en [Crossley, 2010, p114]. 75 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Corolario III.15. En cualquier instante, hay un punto en la tierra en el que no hay viento.

Teorema III.16 (Teorema Borsuk-Ulam). Dada f : Sn 7−→ Rn continua, existe un punto x ∈ Sn tal que f (x) = f (−x).

Otra forma de enunciarlo es “en los puntos antipodales de una n-esfera, siempre hace la misma temperatura”. La prueba de este teorema para n = 2 y otros teoremas relacionados se puede encontrar en [Munkres, 2000, §57].6 .

Teorema III.17 (Teorema del punto fijo de Brouwer). Dado R con la topología usual, si f : D 7−→ D es continua, entonces tiene un punto fijo.

Recordamos el teorema de punto fijo de Cálculo I para entender qué estamos haciendo: si teníamos una aplicación f : [0, 1] 7−→ [0, 1], usando el teorema del valor intermedio, veíamos que f (x) − x era mayor o igual que cero cuando x = 0 y menor o igual que cero cuando x = 1, así que obligatoriamente tenía que alcanzar el punto cero, esto es, f (x) = x. El teorema de Brower tiene más miga, y vamos a verlo demostrándolo. Demostración. Vamos a ver que si no existiese un punto fijo entonces S1 sería un retracto de D, contradicción con la proposición que acabamos de demostrar (III.13). Visualmente, para construir el retracto cogemos el segmento que une f (x) y x y prolongamos hasta el borde. Está claro que si x ∈ S1 , entonces r(x) = x.

r(x)

Si movemos “un poquito” x, r(x) se nos quedará “cerca”. Si escribimos r, sería r(x) = f (x) + λ(x)(x − f (x))

x f (x)

¿Qué condiciones cumple λ(x)? Como poco, tiene que ser λ(x) ≥ 1, y además kr(x)k2 = 1.

Figura III.8: Construcción de r(x) Afirmamos que λ es continua: operando con en el disco unidad. la condición de antes: 1 = kr(x)k2 = kf (x)k2 + 2λ(x)f (x)(x − f (x)) + λ2 (x)kx − f (x)k2 p −2f (x) · (x − f (x)) ± 4f (x)2 · (x − f (x))2 − 4kx − f (x)k2 (kf (x)k2 − 1) λ(x) = 2kx − f (x)k2 y nos quedamos con la mayor, la de la suma. Observación Si las dos fueran positivas, la mayor seguiría siendo la de la suma. 6

O si no: http://en.wikipedia.org/wiki/Borsuk-Ulam_theorem.

76 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Dejamos como ejercicio para el lector comprobar que es continua y ≥ 1.

En ese caso, como λ es continua, r también lo sería, sería un retracto y tendríamos una contradicción. Podemos ampliar el teorema de Brower a más dimensiones:  Proposición III.18. Sea Bn = x ∈ Rn  kxk ≤ 1 y sea f : Bn 7−→ Bn una función continua. Entonces f tiene un punto fijo, es decir, ∃x0 ∈ Bn tal que f (x0 ) = x0 . La demostración sería la misma, usando que Sn−1 es el borde de Bn y no es un retracto de Bn . Habría que demostrar eso primero pues el argumento de R2 no funciona en dimensiones más altas.

III.4.

Grupo libre Para estudiar los grupos libres, vamos a empezar estudiando el grupo fundamental del “ocho tumbado” (dos circunferencias tangentes), π(∞) ≡ F2 , el grupo libre con dos generadores.

x0

Cada vuelta a la circunferencia de la izquierda a será un camino a = [ϕ], y a la de la derecha b será b = [ψ]. Y nos fijamos que no podemos Figura III.9: Un ocho tumbado. conmutar los caminos: si hacemos dos vueltas a y luego una b (aab), no hay ninguna forma de deformarlo continuamente hasta aba, por ejemplo. Así, los elementos de este grupo serán expresiones de la siguiente forma: an1 bm1 an2 bm2 · · · anl bml

con mi ∈ Z, m1 6= 0, ni ∈ Z∗ , n1 ∈ Z, y recordando que a0 ≡ b0 ≡ 1.

Para hacer las operaciones de grupos, simplemente hacemos la multiplicación usual, con an anˆ = an+ˆn , a · 1 = a, b · 1 = b.

x0

Figura III.10: Una flor de tres pétalos. Otro grupo libre que podemos estudiar es el grupo fundamental de la “flor de tres pétalos”7 (figura III.10), que podremos imaginar que se llama F3 . De nuevo, las expresiones serán de la forma 1 1 an bm cl1 · · · 7

Biba la precisión matemática.

77 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

, con ni , mi , li ∈ Z, y dos de esas expresiones representan el mismo elemento de F3 si se puede pasar de una a otra usando las reglas de antes: a0 = b0 = c0 = 1. a · 1 = a, b · 1 = b, c · 1 = c. χn χnˆ = χn+ˆn con χ = a, b, c. ¿Qué es lo importante de los grupos libres? Que sus elementos no cumplen más relaciones que las triviales que acabamos de ver. Es una construcción algo sofisticada que no veremos en detalle. Para los que tengan curiosidad, esta es la definición más formal de grupo libre: Grupo libre

Definición III.8 Grupo libre. El grupo libre FS sobre un conjunto S consiste de todas las expresiones que se pueden construir a partir de elementos de S, considerando que dos expresiones son siempre diferentes salvo que su igualdad se deduzca de los axiomas de grupo: (esto es, todo elemento tiene su inverso, existe un neutro y, por comodidad, sa · sb = sa+b ).

Figura III.11: RDF de R2 \ {p, q} al ocho tumbado. Vamos a seguir viendo grupos fundamentales. Recordamos que π(R2 \ {p}) ' Z. Pero, ¿qué pasa si quitamos dos puntos? Podemos ver que π(R2 \ {p, q}) ' F2 , el grupo libre de dos generadores. De hecho, es que el ocho tumbado es un RDF de R2 \ {p, q}. Para verlo, sólo hay que mirar bien la figura III.11. Bien, ¿qué ocurre si estudiamos R2 \{p, q, r}? Parece claro que su grupo fundamental será isomorfo a F3 . Ahora bien, ¿cómo lo demostramos? Visualmente podemos montar el RDF, pero hay que hacerlo bien como para que sea sencillo. Una de las cosas que podemos ver es que S1 no es un RDF de R2 \{p, q}. Si tomamos x p = (0, 0), un retracto sería r(x) = kxk , que no es un RDF. Si lo fuese, se tendría π(R2 \ {p, q}) ' π(S1 ) ' Z 78 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

, contradicción. Pero eso es la demostración rigurosa. ¿Cómo podemos entenderlo visualmente? En RDF, tendría que haber una deformación continua, así que un punto cercano a q debería evitarlo, pongamos, por arriba. Puntos cercanos a ese punto deberían seguir pasando por arriba, y así en ningún momento pasaríamos a evitarlo por abajo, cosa que debería de ocurrir en algún momento.

79 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Apéndice A

Ejercicios A.1.

Hoja 1

A.1.1.

Definición de topología y ejemplos

Ejercicio 1.1: Sea X = {a, b, c} un conjunto de 3 elementos. Encontrar todas las topologías sobre X.

Las topologías más sencillas son: T1 = {∅, X, a}. Es trivial comprobar que cumple las 3 propiedades de topología. Lo mismo con b, con c, con a, b, con b, c y a, c. El siguiente nivel de complejidad son aquellas con 2 elementos: T4 = {∅, a, b, X}. Para que esto fuera topología faltaría {a} ∪ {b}, con lo que T4 = ∅, a, b, {a, b}X Y así acaban saliendo todas.

Ejercicio 1.2: En R se considera la T = {(−∞, a) : −∞ ≤ a ≤ ∞}. Demostrar que es una topología.

Tenemos que demostrar las 3 propiedades de topología: 1. ∅, R ∈ T . Basta tomar a = ±∞ para tener ambas pertenencias. 2. La intersección de dos elementos A, B ∈ T tiene que estar en T igualmente. Dados a1 , a2 ∈ R, con a1 6= a2 tenemos A1 = (−∞, a1 ) y A2 = (−∞, a2 ).

Entonces, A1 ∩A2 = (−∞, m´ın {a1 , a2 }), que es o bien A1 o A2 , luego de cualquiera de las dos formas está en la topología.

3. Para ver que A, B ∈ T =⇒ A ∪ B ∈ T hacemos lo mismo que el apartado anterior tomando máximos en vez de mínimos.

80 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Ejercicio 1.3: Sean X un conjunto infinito y T una topología sobre X en la que todos los subconjuntos infinitos son abiertos. Demostrar que T es la topología discreta de X. Tenemos que demostrar que T = Tdisc = P (X). Para que esto ocurra nos basta que todos los conjuntos formados por un elemento sean abiertos. Por ser X infinito, podemos encontrar dos subconjuntos propios A, B infinitos y disjuntos. Entonces, ∀x ∈ X, {x} ∪ A y {x} ∪ B siguen siendo infinitos y por lo tanto abiertos. En ese caso podemos construir

{x} = {x} ∪ A ∩ {x} ∪ B y tenemos que los conjuntos de un elemento son intersecciones de dos abiertos y por lo tanto abiertos también. Es decir, que T = P (X). Ejercicio 1.4:

Sea X un conjunto con más de dos elementos.

a) Definir dos topologías T1 , T2 sobre X de modo que T1 ∪ T2 no sea una topología. T b) Sea Tj , j ∈ J una familia de topologías sobre X. Probar que j∈J T j es también una topología sobre X. A PARTADO A ) Sea X = {a, b, c}. Definiendo T1 = {∅, X, a} y T2 = {∅, X, b}.

T1 ∪ T2 = T∪ = {∅, X, a, b} no es topología, porque {a} ∪ {b} = {a, b} ∈ / T∪ A PARTADO B ) Probándolo para 2 topologías cualesquiera, lo habremos probado para todas, pues por inducción, si se cumple para 2 se cumple para una cantidad finita. Tenemos que comprobar las 3 propiedades de topología: 1. ∅, R ∈ T . Como ∅, X pertenecen a ambas T1 , T2 =⇒ ∅, X ∈ T∩ 2. A1 , A2 ∈ T∩ =⇒ A1 ∩ A2 ∈ T∩ . ( A1 ∈ T∩ =⇒

A1 ∈ T1 A1 ∈ T2

Lo mismo con A2 .

   

=⇒

  

A1 ∩ A2 ∈ T1 A1 ∩ A2 ∈ T2

=⇒ A1 ∩ A2 ∈ T∩

3. A1 , A2 ∈ T∪ =⇒ A ∪ A2 ∈ T∪ . El mismo razonamiento es válido para la unión.

Ejercicio 1.5: En el plano R2 se considera la familia T de todos los subconjuntos U tales que para cada punto (a, b) ∈ U ∃ε > 0 tal que ((a−ε, a+ε)×b)∪(a×(b−ε, b+ε)) ⊂ U. Estudiar si T es una topología en R2 . 81 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Gráficamente es fácil de contestar. Los subconjuntos pedidos son cruces y la intersección de 2 cruces no es una cruz, con lo que no puede ser topología.

Ejercicio 1.6:

Sea g : X 7−→ Y una aplicación entre dos conjuntos.

a) Demostrar que si T es una topología en X entonces S = {E ⊆ Y  g −1 (E) ∈ T } es una topología en Y . b) Demostrar que si S es una topología en Y entonces U = {g −1 (E)  E ∈ S } es una topología en X.

A PARTADO A ) Vamos a demostrar que es una topología, para lo cual tenemos que comprobar las 3 propiedades (ver I.6): Es importante saber que las aplicaciones entre conjuntos se definen en todo el dominio, no en un subconjunto, es decir, ∀x ∈ X ∃g(x) ∈ Y . 1. Tomando E = Y , tenemos que g −1 (Y ) = X por lo que hemos visto en la línea de arriba sobre el hecho de que las aplicaciones entre subconjuntos se definen en todo el dominio. Tomando E = ∅, tenemos que g −1 (∅) = ∅ ∈ T , porque no puede existir un x ∈ X tal que g(x) = ∅ por ser g aplicación de conjuntos (todos los elementos tienen que tener una imagen del conjunto destino). 2. A, B ∈ S ⇐⇒ g −1 (A), g −1 (B) ∈ T . (1) A ∩ B ∈ S ⇐⇒ g −1 (A ∩ B) ∈ T .(2)

Si tuvieramos que (1) =⇒ (2) ya lo tendríamos demostrado. Vamos a demostrar que g −1 (A), g −1 (B) ∈ T =⇒ g −1 (A ∩ B) ∈ T .

Para ello: g −1 (A ∩ B) = g −1 (A) ∩ g −1 (B). No es difícil convencernos de esta igualdad. Para resolver las dudas, vamos a demostrar las 2 inclusiones (una en cada sentido). ⊂ g −1 (A ∩ B) ⊂ g −1 (A) ∩ g −1 (B) =⇒ x ∈ g −1 (A ∩ B) =⇒ ∃y ∈ A ∩ B  g −1 (y) = x y ∈ A =⇒ g −1 (y) = x ∈ g −1 (A) =⇒ y ∈ B =⇒ g −1 (y) = x ∈ g −1 (B)

82 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

⊃

g −1 (A ∩ B) ⊃ g −1 (A) ∩ g −1 (B) =⇒ x ∈ g −1 (A) ∩ g −1 (B) =⇒ x ∈ g −1 (A) =⇒ ∃ya ∈ A  g −1 (ya ) = x =⇒ =⇒ ya = yb x ∈ g −1 (B) =⇒ ∃yb ∈ B  g −1 (yb ) = x g aplicacion

Hemos demostrado: ∀x ∈ g −1 (A) ∩ g −1 (B)∃y ∈ A ∩ B  g −1 (y) = x ∈ g −1 (A ∩ B) Es importante el comentario de que esto para imágenes directas no funciona. 3. Demostramos ahora que la unión de abiertos está en la topología. Si A, B ∈ S, entonces g −1 (A), g −1 (B) ∈ T . Como T es topología, tenemos que g −1 (A) ∪ g −1 (B) ∈ T , lo que implica (por el mismo razonamiento que antes) que g −1 (A ∪ B) ∈ T y por lo tanto A ∪ B ∈ S. A PARTADO B ) De nuevo vamos a por las tres propiedades. Dado que ∅, Y ∈ S y g −1 (∅) = ∅, g −1 (Y ) = X, tenemos que ∅, X ∈ U.

Lo siguiente es ver la intersección. Si A = g −1 (EA ), B = g −1 (EB ) son abiertos con EA , EB ∈ S, entonces A ∩ B = g −1 (EA ) ∩ g −1 (EB ) = g −1 (EA ∩ EB )

. Por ser S topología, tenemos que EA ∩ EB ∈ S y entonces A ∩ B ∈ U. S Por último, la unión. Sea A = j∈J Aj con Aj ∈ S. Queremos ver que A ∈ S. Si Aj = g −1 (Ej ) con Ej ∈ S, entonces   [ [ [ Aj = g −1 (Ej ) = g −1  Ej  = g −1 (E) j∈J

con E =

S

j∈J

j∈J

j∈J

Ej ∈ S, luego A ∈ U.

Ejercicio 1.7: Sean X un conjunto y a un elemento de X. Se considera la familia Ta de los subconjuntos U ⊂ X tales que o bien U = ∅, o bien a ∈ U . Estudiar si Ta es una topología en X. Comprobamos las 3 propiedades de topología: 1. Se cumple que ∅ ∈ Ta por definición de Ta . Además, tomando U = X, tenemos que X ∈ Ta ⇐= a ∈ X. 2. Sean U1 , U2 ∈ X. Tenemos que demostrar si a ∈ U1 ∩ U2 . En este caso está claro dado que a ∈ U1 y a ∈ U2 . 3. Lo mismo con la unión. Podemos concluir que Ta es una topología en X. 83 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

A.1.2.

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Bases y entornos

Ejercicio 1.8: Decidir, a partir de las definiciones básicas, si los siguientes conjuntos son abiertos y/o cerrados (o ninguna de las dos cosas). a) X = [0, 1] × [0, 1] con TLex . b) X = R y T = T[,) . A PARTADO A ) Empezamos con A = {a} × [0, 1]. No es abierto ya que para tener los puntos de los bordes superior o inferior (incluso con a = 0, 1) debería ser una banda y no sólo una línea vertical. su complementario se puede expresar como unión de  Sí es cerrado:
 abiertos: Ac = (0, 0), (a, 0) ∪ (a, 1), (1, 1) .

A = {a} × (0, 1] o A = {a} × [0, 1) no son abiertos por la misma razón que el anterior: no podemos coger los puntos de los bordes superior o inferior sin coger una banda entera. Eso sí, si a = 1 o a = 0 en el primer y segundo caso respectivamente sí son abiertos, ya que los intervalos cerrados en los bordes ((1, 1) y (0, 0)) sí son abiertos. Para A = {a} × (0, 1), es ya directamente un elemento de la topología y por lo tanto es abierto. Vamos ahora con las líneas horizontales. Para A = [0, 1) × {a}. No es un abierto ni tampoco cerrado: podríamos tratar de expresar su complementario como unión de intervalos abiertos verticales ((c, 0), (c, a)) ∪ ((c, a), (c, 1)) para c ∈ [0, 1] pero se nos quedarían fuera el borde superior y el inferior (o sólo uno de ellos si a = 0, 1). Ocurre lo mismo con A = (0, 1] × {a} y A = (0, 1) × {a}.

Por último, los rectángulos. A = (0, a) × [0, 1] es abierto: para cualquier punto podemos encontrar un entorno abierto contenido en A. Esto está claro para los puntos que están en el interior del rectángulo: los entornos serían los intervalos verticales. Para los puntos en el borde, siempre podemos encontrar una banda que los contenga y que no se salga de A.

Cuando A = [0, a] × [0, 1] nos encontramos un problema para decir que es abierto. Podemos seguir el mismo argumento que antes pero hay un problema con las “esquinas”: por ejemplo, cualquier abierto que contenga a (a, 1) será una banda que se extiende a la derecha y que por lo tanto quedará fuera de A. Tampoco es cerrado ya que su complementario tiene que contener a (1, 1) y (1, 0) y por lo tanto no puede ser abierto. A PARTADO B ) [0, 1] h es abierto  ya que se puede expresar como unión numerable de conjuntos de la

forma 1 − n1 , 1 para n = 1, 2, . . . . Otra forma sería verlo como [0, 1] = [0, 1) ∪ [1, 1).

[0, 1) es abierto por ser un elemento de la base, aunque también es cerrado por ser su complementario (−∞, 0) ∪ [1, ∞) unión de abiertos. A = (0, 1) es cerrado por ser su complementario (−∞, 0) ∪ [0, 0) ∪ [1, ∞) abierto. También es abierto porque ∀x ∈ (0, 1) podemos encontrar un abierto [x, x+ε) con ε ≥ 0 contenido en A.

Por el mismo argumento, A = (0, 1] es abierto igualmente y cerrado porque su 84 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

complementario es abierto. De nuevo, por el argumento de que los puntos [x, x) son abiertos, las sucesiones también son abiertas.

Ejercicio 1.9:

Se consideran las siguientes familias de conjuntos en R:

 B← = (−∞, b)  b ∈ R  B→ = (a, ∞)  a ∈ R a) Demostrar que cada familia es una base de una topología sobre R. b) Comparar esas topologías. c) Demostrar que la topología generada por B← ∪ B→ es la usual. A PARTADO A ) Recordamos las propiedades que tiene que cumplir para ser base: I.12 En este caso, ∀x ∈ R, x ∈ B1 ∀x ∈ R, x ∈ B2

basta con tomar b = x + 1 basta con tomar a = x − 1

La segunda propiedad la tenemos sin darle muchas vueltas: b1 , b2 ∈ B1 b1 ∩ b2 = max{b1 , b2 } ∈ B1 . Ni siquiera tenemos que encontrar un elemento de la base que lo contenga. Lo mismo para B2 .

Importante: Observamos que es imprescindible mencionar que tenemos que añadir el vacío y el total a ambas bases para que sean realmente bases. A PARTADO B ) Las dos son bases y topologías a la vez de R. A PARTADO C ) La topología generada por un conjunto (I.15) es aquella formada por las uniones de intersecciones finitas. No hablamos de topología generada por una base porque B← ∪ B→ no es una base.1

Resulta que las intersecciones de elementos de B← ∪ B→ van a ser intervalos de la forma (−∞, a), (b, c) o (d, +∞). La topología usual es la generada por la base de intervalos abiertos, luego ya lo tenemos.

Ejercicio 1.10: Probar que si B es una base para una topología sobre X, entonces la topología TB generada por B es igual a la intersección de todas las topologías sobre X que contienen a B. 1 Y la comprobación se deja como ejercicio para el lector: sólo hay que ver qué ocurre con la intersección de un elemento de B← con otro de B→

85 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Sea T unaTtopología sobre X. Queremos demostrar que si B base tal que TB = T =⇒ TB = {TX tal que B ∈ TX ∀x}. T T Para demostrar la igualdad, demostraremos TB ⊆ TX y TX ⊆ TB . Recordamos que todas las cosas que tengamos que probar para una topología generada por una base, basta con probarla para los elementos de la base. T TB ⊆ TX \ ∀A ∈ TB =⇒ A ∈ Tx ⇐= A ∈ B ⊂ Tx ∀x T

TX ⊆ TB

\ Esta propiedad es obvia, dado que TB ⊆ { Tx }

Ejercicio 1.11: Sea Tj , j ∈ J una familia de topologías sobre X. Demostrar que existe una topología que contiene a todas las Tj , para j ∈ J y además es la menos fina de todas las que verifican esta propiedad. Aplicamos directamente la proposición I.3: la topología que contiene a todas ellas es T =

\ j∈J

Tj

Observación útil para el 12 (y para el 5): 1. x ∈ C(x, ε) 2. ε1 > ε2 =⇒ C(x, ε2 ) ⊂ C(x, ε1 ) Y podemos aplicar la propiedad: A ∈ T ⇐⇒ ∀a ∈ A∃ε > 0 tal que C(x, ε) ⊆ A Haciendo caso al enunciado y haciendo el dibujo vemos que se cumplen las propiedades de base. Esta topología contiene a la usual pero al revés no, porque para el punto de intersección de las diagonales no existe un abierto de la usual que le contenga.

A.1.3.

Espacios métricos

Ejercicio 1.13: Sea (X, d) un espacio métrico. Demostrar que, para cualesquiera x, y, x0 e y 0 elementos de X, se cumple | d(x, y) − d(x0 , y 0 )| ≤ d(x, x0 ) + d(y, y 0 ) Deducir de ello que l´ım d(xn , yn ) = d(x, y) cuando l´ım d(xn , x) = 0 = n→∞

n→∞

l´ım d(yn , y).

n→∞

86 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Usaremos la desigualdad triangular para ver que d(x, y) ≤ d(x, y 0 ) + d(y 0 , y). Aplicándola de nuevo sobre d(x, y 0 ) tenemos que d(x, y) ≤ d(x, x0 ) + d(x0 , y 0 ) + d(y 0 , y) y simplemente despejando nos queda d(x, y) − d(x0 , y 0 ) ≤ d(x, x0 ) + d(y 0 , y) , por lo que hemos probado una parte del valor absoluto (cuando d(x, y) − d(x0 , y 0 ) > 0 y por lo tanto d(x, y) − d(x0 , y 0 ) = d(x, y) − d(x0 , y 0 )). Nos faltaría ver la otra, que sale análogamente empezando a aplicar la desigualdad triangular por d(x0 , y 0 ).

Ejercicio 1.14: Estudiar si (R, d) es un espacio métrico, donde d : R × R 7−→ R está definida como ( 0 si x = y d(x, y) = |x| + |y| si x 6= y Dibujar la bola B(x, r) para los casos a) x = 0 y radio r = 1/2. b) x = 1/2 y r = 1. Para comprobar que es una distancia tenemos que comprobar I.2 d(x, x) = 0. Sí d(x, y) ≥ 0. Sí, de hecho con x 6= y tenemos d(x, y) > 0. Desigualdad triangular: d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀x, y, z ∈ X. En este caso, d(x, y) + d(y, z) = |x| + |y| + |y| + |z| ≥ |x| + |z| Hemos comprobado que tenemos un espacio métrico. Vamos a dibujar las bolas. A PARTADO A ) 1 0.5

−0.5

0.5

1

1.5

−0.5

    Figura A.1: B 0, 12 en azul y B 21 , 1 en naranja

87 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Ejercicio 1.15: Demostrar que si d1 es una distancia entonces d2 (x, y) = m´ın{(d1 (x, y), 1)} también lo es y que ambas distancias inducen la misma topología. Es inmediato comprobar las 4 propiedades de distancia. Vamos a comprobar que inducen la misma topología. Para ello, basta comprobar que las 2 métricas generan 2 bases que inducen la misma topología. Al empezar a tratar con bases, conseguimos hacer la demostración solamente para los elementos de la base. Dada Bd1 (x.ε)

∀y ∈ Bd1 (x, ε) es posible encontrar una bola Bd2 (y, δ) tal que y ∈ Bd2 (y, δ) ⊆ Bd1 (x, ε)

y viceversa, con lo que las bases generadas por las métricas son iguales =⇒ inducen la misma topología.

Pistas para los siguientes d (16) Si tengo d, una distancia no acotada, puedo definir d0 = 1+d , que sigue siendo una distancia, parecida y además acotada. P 1 (17) a) 2n ≤ 1. La clave está en aplicar la desigualdad triangular a cada término del sumatorio. La clave para este problema es el 16.

(17) c) Ejemplo de que d(x, F ) puede no alcanzarse si sólo se pide F cerrado. Es decir, que puede no existir y0 ∈ F tal que d(x, y0 ) ≤ d(x, y) ∀y ∈ F .

por ejemplo, X = l2 , el espacio de sucesiones {xn }∞ n=1 tales que P Tomamos, 2 xn < ∞, con la siguiente distancia: v u∞ uX d(x, y) = t |xn − yn |2 n=1

y tomamos el conjunto F como ( F =

y = 0 y ∈ l2  ∃m ∈ N con n 1 ym = 1 + m

n 6= m

)

1 Tenemos que para y ∈ F , d(0, y) = 1 + m , cuyo ínfimo es 1, luego d(0, F ) = 1, sin embargo d(0, y) > 1 ∀y ∈ F . Sólo faltaría demostrar que F es cerrado, y se deja como ejercicio.

A.2.

Hoja 2

A.2.1.

Convergencia de sucesiones

Ejercicio 2.1: ¿Qué sucesiones convergen en la topología trivial? ¿y en la topología de los complementos contables?

88 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

A PARTADO A ) En Ttriv (recordemos que es la que sólo contiene a X y a ∅, ver I.1.1) todas las sucesiones convergen y lo hacen a todos los puntos. ¿Porqué? porque si x ∈ X, el único abierto que contiene a x es el total. A PARTADO B ) La topología de los complementos contables se define así: A ∈ Tcocont si y sólo si A = ∅ o si X \ A es contable (es decir, es finito o numerable). Observación: si X es contable, Tcocont = Tdisc . Observación: Las topologías se podrían definir a partir de los cerrados. En este caso estamos pidiendo que los cerrados sean los subconjuntos contables y el total. Comprobamos que es topología utilizando que la unión de numerables es numerables y la intersección de conjuntos numerables (en realidad, con al menos uno numerable es suficiente), es numerable. Vamos a poner algún ejemplo de Tcocont (porque le parece interesante comentarlo). Tomamos X = R. Si B es contable, B ∩ (0, 1) 6= ∅, pues de lo contrario, (0, 1) ⊆ B lo cual es imposible por ser (0, 1) infinito no numerable y B contable. Esta topología es otro ejemplo de NO Hausdorff, ya que la intersección de 2 abiertos nunca es vacía (si el total es no numerable). Una vez acabados comentarios, vamos a contestar a la pregunta que nos hace el ejercicio que es sobre la convergencia de sucesiones. xn → x ⇐⇒ ∃n0  xn = x∀n ≥ n0 (las sucesiones constantes a partir de un término). Faltaría demostrar las 2 implicaciones.

Ejercicio 2.3: Estudiar la convergencia de las sucesiones xn =   1 1 2 2 2 n , 1 − n en (R , TR2 ), en (R , Tlex ) y en ([0, 1] , Tlex ).



1 1 n, n



e yn =

En la topología usual de R2 ambas sucesiones convergen y la demostración es trivial. En la topología lexicográfica de R2 tenemos un problema, y es que una banda vertical en x = 0, 1 no tiene más que a los límites x = (0, 0) e y = (0, 1) respectivamente. Por último, en la topología lexicográfica de [0, 1]2 la sucesión xn no converge (no hay ningún abierto que contenga a (0, 0)), pero sí lo hace yn ya que los abiertos que contienen a (0, 1) son bandas de la forma {0} × (δ, 1] ∪ (0, ε) × [0, 1] ∪ {ε} × (0, γ) con δ < 1 y ε > 0, que siempre van a contener a todos los elementos de la sucesión a partir 1 de uno dado (en concreto, a partir de n ≥ 1−δ ).

89 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

A.2.2.

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Interior, adherencia, frontera y derivado

Ejercicio 2.6:

Sea X un espacio topológico y A, D ⊂ X. Demostrar que:

a) Fr(A) = A Int(A). b) Fr(A) = ∅ si y sólo si A es simultáneamente abierto y cerrado. c) Si A ∩ D = ∅ entonces Fr(A ∪ D) = Fr(A) ∪ Fr(D). d) Int(A) ∪ Int(D) ⊂ Int(A ∪ D). e) La inclusión en el apartado anterior puede ser estricta. Indicación: encontrar A, D ⊂ R tales que Int(A) ∪ Int(D) = Int(A ∪ D). Utilizamos la propiedad A ∪ B = A ∪ B (que se está como ejercicio la demostración en el 11.b) A ∩ D = ∅.

A PARTADO A ) c

B = D es abierto y A ⊆ B

Si x ∈ A y V es un entorno de x, entonces V ∩B es un entorno de x, con V ∩B∩D = ∅. A PARTADO B ) A PARTADO C ) A PARTADO D )

Ejercicio 2.6:

Sea X un espacio topológico y A, D ⊂ X. Demostrar que

c) Si A ∩ D = ∅, entonces Fr(A ∪ D) = Fr(A) ∪ Fr(D) ◦

◦

◦

e) A ∪ D ⊂ A ∪ D. A PARTADO C ) Si A∩D = ∅, entonces Fr(A∪D) = Fr(A)∪Fr(D). REcordamos que Fr(M ) = M ∩ M c . Entonces

Fr(A ∪ D) = A ∪ D ∩ (A ∪ D)c = (A ∪ D) ∩ (Ac ∩ Dc ) = A ∩ (Ac ∩ Dc ) ∪ (D ∩ Ac ∩ Dc ) Por simetría basta comprobar que Fr(A) = A ∩ (Ac ∩ Dc ). El contenido hacia la izquierda es sencillo de demostrar Ac ∩ Dc ⊆ Ac =⇒ Ac ∩ Dc ⊆ Ac =⇒ A ∩ Ac ∩ Dc ⊆ A ∩ Ac Por el otro lado, si x ∈ A ∩ Ac , ¿tenemos que x ∈ A ∩ Ac ∩ Dc ? 90 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Hay que comprobar que x ∈ Ac ∩ Dc , o que ∀U abierto con x ∈ U , entonce U ∩ Ac ∩ Dc 6= ∅. Vemos que c

U ∩ Ac ∩ Dc ⊇ U ∩ Ac ∩ D 6= ∅ c

c

, porque si D es cerrado, entonces D es abierto y entonces U ∩ D es abierto. Luego si c c c x ∈ A. tenemos que x ∈ / D y x ∈ D , luego x ∈ U ∩ D , entonces U ∩ D es un entorno de x. A PARTADO E ) En la topología usual en R, podemos escoger A = Q y D = R \ Q, por lo que el contenido puede ser estricto.

Ejercicio 2.8: Encontrar A ⊂ R tal que en la topología usual de R se tenga  Fr(A) = [1, 2] ∪ {0} ∪ {1/n  n ∈ Z+ }

Ejercicio 2.9:

Indica razonadamente si estas afirmaciones son verdaderas o falsas.

e) Si A ∩ Fr(A) = ∅ entonces A es abierto. A PARTADO E ) Cierto. Podemos hacerlo operando o por la definición. Si A no fuese abierto, entonces ∃x ∈ A tal que ∀V entorno de x, V * A, es decir V ∩ Ac 6= ∅. Como además V ∩ A 6= ∅, entonces x ∈ Fr(A), contradicción. Ejercicio 2.11: de X.

Sea X un espacio topológico y {Ai }i∈I una familia de subconjuntos

a) Demostrar que A =

S

Ai ⊂

S

Ai = B S S b) Demostrar que si I es finito entonces i∈I Ai = i∈I Ai . i∈I

i∈I

c) Hallar un contraejemplo que muestre que, en general, no es cierto que S i∈I Ai

S

i∈I

Ai ⊃

A PARTADO A ) Sea x ∈ Ai . Entonces por definición ∀T ∈ T con x ∈ T se tiene que T ∩ Ai 6= ∅. Como Ai ⊆ B, entonces T ∩ B 6= ∅ y entonces x ∈ B, listos. A PARTADO B ) Demostrar que si I es finito entonces [ [ Ai = Ai i∈I

i∈I

Demostramos las 2 inclusiones. 91 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

A ∪ B ⊆ A ∪ B. Está bastante claro.

A ⊆ A ∪ B ⊆ A ∪ B. Como A ∪ B es cerrado y es más grande que A, tiene que contener a A (dado que éste es el cerrado más pequeño que lo contiene). El mismo razonamiento para B. La inclusión en el otro sentido se puede demostrar así: A∪B ⊆A ∪ B}. Entonces, A ∪ B ⊆ A ∪ B. | {z cerrado

A.2.3.

Topología de subespacio y funciones continuas

Ejercicio 2.14: Explica si las siguientes funciones son continuas. c) Tenemos X = [0, 1] con la topología usual, y Y = [0, 1]2 con la topología TLex , la del orden lexicográfico. Sea h : X 7−→ Y tal que h(t) = (t, 1). A PARTADO C ) Lo primero que hay que hacer es entender las topologías de los conjuntos. En X, los abiertos serán elementos de la base de R intersección X, es decir, que la topología será generada por la base B = {(a, b) ∩ [0, 1]  a < b, a, b ∈ R} ≡  ≡ [0, 1], [0, b), (a, 1], (c, d)  0 < b, a < 1, 0 < c < d < 1 ˜ Para comprobar la continuidad, En Y , la topología será la generada por otra base B. ˜ h−1 (B) basta con comprobar los elementos de la base: que para todo elemento B ∈ B, es abierto en la topología usual de [0, 1]. Vemos que la imagen de elementos de la base que son abiertos verticales, tanto dentro (B2 ) como en el borde izquierdo (B1 ), son el vacío. Ahora bien, la imagen inversa del conjunto B3 , en el borde derecho, es {1} que no es abierto en la topología usual, de la misma forma que tampoco lo es la imagen inversa de B4 , que es un intervalo [a, b) (ver imagen A.2) Hay que tener cuidado, eso sí, en distinguir entre la topología del orden lexicográfico en [0, 1]2 y la topología de subespacio del orden lexicográfico en R2 . Por ejemplo, un intervalo vertical (a, b) con 0 < a < 1 y b > 1, es un abierto en TLex de R2 . Pero al hacer la intersección para la topología del subespacio, nos quedaría que el intervalo (a, 1] es un abierto, pero este intervalo no está en TLex [0,1]2 .

Una duda que surge: ¿es una de las topologías menos fina que la otra? Ya hemos visto que la topología del subespacio no está contenida en la del orden lexicográfico, así sub que faltaría comprobar si TLex [0,1]2 ⊆ TLex R2 . Para ello, nos bastaría comprobar si los sub elementos de la base de TLex [0,1]2 son abiertos en TLex R2 . Es decir, hay que comprobar si sub BLex [0,1]2 ⊆ TLex R2 La base del orden lexicográfico son los abiertos verticales (las bandas se generan como unión de intervalos verticales).

92 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

0

1 h

B3 B2

B4

B1

Figura A.2: Conjuntos de la base en la topología del orden lexicográfico.

Ejercicio 2.12: subespacio. X?

Sea (X, T ) un espacio topológico y W ⊂ X con la topología de

a) Sea D ⊂ W , ¿cómo se relaciona la adherencia de D en W con la adherencia de D en

b) Sea {xn } una sucesión en W y x ∈ W . Demostrar que xn → x en W si y sólo si xn → x en X. A PARTADO A ) Queda como ejercicio, pero parece que en la adherencia de D en X podría haber puntos que no estén en W . A PARTADO B ) Si xn → x en X, entonces ∀V ∈ TX entorno de x se tiene que ∃nV tal que ∀n ≥ nV , xn ∈ V .

Por otra parte, si xn → x en W , entonces ∀V W ∈ TWsub de x en W ∃nW tal que ∀n ≥ nW xn ∈ V W . Si V W es abierto en W , por definición V W = V ∩W para un V ∈ TX . Luego x ∈ V , por lo que V es entorno de x en W , por lo que ∃nB tal que ∀n ≥ nv se tiene que xn ∈ V, xn ∈ W por lo que xn ∈ V W . Ejercicio 2.15: Probar que existen funciones de (R, T[,) ) en N con la topología discreta que son sobreyectivas y continuas, pero que no existen funciones de (R, T[,) ) en R con la topología discreta que tengan tales propiedades. En el primer caso, vemos qué es la topología discreta en N, que no es más que una topología TB con B = {n}  n ∈ N . f será continua si y sólo si f −1 (B) ∈ T[,) ∀B ∈ B, y sobreyectiva si y sólo siSf −1 (B) 6= ∅ ∀B ∈ B. Además, los f −1 (B) tienen que ser disjuntos, y por otra parte f −1 (B) = R. Es decir, las imágenes inversas de los elementos de la base (esto es, de los naturales) nos van a dar una partición de R por los abiertos de T[,) . Podemos encontrar entonces 93 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

una función que los cumpla, como por ejemplo

f −1 (2k) = [k − 1, k)

f −1 (2k − 1) = [−k, −k + 1) Ahora bien, ¿qué ocurre en el segundo caso? No es cuestión de cardinales, en R tenemos “espacio” de sobra (podemos descomponer R en una familia no numerable de conjuntos no numberables). Más bien, el problema tiene que ver con la numerabilidad. Si pudiese definir una función sobreyectiva de R con la topología T[,) a R con la topología discreta, entonces −1 tendríamos imágenes inversas S f ({c}) = Ac , con Ac disjuntos, no vacíos y abiertos en T[,) , y por supuesto con R = c∈R Ac .

El conflicto está en encontrarlos disjuntos y que cubran todo R. Al ser Ac 6= ∅, entonces ∃[ac , bc ) ⊆ Ac . Es imposible tener [ac , bc ) disjuntos no vacíos con c ∈ R.

Si [ac , bc ) 6= ∅, entonces ∃qc ∈ Q con qc ∈ [ac , bc ). Al ser los [ac , bc ) disjuntos, los qc son todos distintos, luego debería de haber una aplicación R : Q 7−→ tal que g(c) = qc inyectiva, pero sería una contradicción porque entonecs |Q| ≥ |R|. Ejercicio 2.18: Sea A = (−∞, 0] ∪ (2, +∞) y f : A 7−→ R dada por ( −x2 x≤0 f (x) = x−2 x>2 Demostrar que f es continua si A tiene la topología del orden o la de subespacio, pero que sólo es un homeomorfismo con la del orden.

En ambos casos es continua (f (0) = f (2)). Para ver que es homeomorfismo, tenemos que ir un poco más allá. Empezamos viendo que la topología del orden en A no es más que la generada por una base B = {(a, b)A  a < b, a, b ∈ A} . Da la casualidad que (5, 7)A = (5, 7)R , pero

(−1, 3)A = {x ∈ A  − 1 < x < 3} = (−1, 0]R ∪ (2, 3)R . Hay que tener cuidado con eso. Por otra parte, la topología del subespacio es TAsub = {V ∩ A  V ∈ TR }. Podemos encontrar un W ∈ TAsub tal que W ∈ / TordA , como por ejemplo W = (−1, 1) ∩ A = (−1, 0]R

Ejercicio 2.0:

¿Cuál es la topología producto de Rdisc × Rusual ? 94 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

¿Cómo construimos la topología producto? Nos basta con coger los elementos de la base de ambos. Como recordatorio: TB1 ⊗ TB2 = TB1 ⊗ B2

donde B1 ⊗ B2 = {B1 × B2  B1 ∈ B1 , B2 B2 }.

 La base B1 de la topología discreta es B1 = {x}  x ∈ R , y la base B2 de la topología usual son los abiertos (a, b). Entonces B1 × B2 = {x} × (a, b), intervalos abiertos verticales. Casualmente, esta es la topología TLex del orden lexicográfico en R2 .

Ejercicio 2.0: Sea f : R 7−→ R continua y biyectiva. ¿Es un homeomorfismo? Lo único que le falta para ser homeomorfismo es que la inversa sea continua. Si es continua, entonces la imagen inversa por f −1 de un abierto es abierta. Es decir, hay que demostrar que f de un abierto es abierto. Y como tenemos una base, nos basta comprobar sólo para los elementos de la base.

f −1

Una función f continua e inyectiva en R debe ser monótona estrictamente creciente o decreciente. Supongamos que es creciente, entonces f ((a, b)) = (f (a), f (b)).

A.3.

Hoja 3

A.3.1.

Funciones continuas, espacios de Hausdorff y topología producto

Ejercicio 3.2: En el espacio producto T[,) ⊗ T[,) en R2 , describir la topología inducida en los subconjuntos X = {(x, −x)  x ∈ R} Y = {(x, x)  x ∈ R}

Estudiamos primero la topología producto, que podemos expresar como la generada por una base B = {[a1 , b1 ) × [a2 , b2 )  ai < bi } . Es decir, los elementos de la base son rectángulos en los que los bordes inferior e izquierdo (salvo los vértices) están incluidos. Empezamos, por llevar la contraria, con Y . En ese caso, los abiertos serán los intervalos [c, d) con c = (c1 , c2 ) y d = (d1 , d2 ) tales que d1 − c1 = d2 − c2 . Y en el caso de X, serán los puntos (la topología discreta). Un comentario del profesor para los ejercicios 8, 9 y 10.

95 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Y

[c, d) a

X Figura A.3: Topología del subespacio (en rojo) para X e Y . Proposición A.1. Si f : X 7−→ Y es continua e Y es Hausdorff (I.29) entonces Gf = {(x, f (x))  x ∈ X} es cerrado en X × Y . Demostración. Queremos ver que Gcf es abierto. Para ello, queremos encontrar un entorno para todo punto (x, y) ∈ / Gf que no corte a Gf (es decir, y 6= f (x)). Como estamos en la topología producto, necesitamos encontrar simplemente abiertos de la base. Al ser Y Hausdorff, tenemos que ∃V1 , V2 abiertos en Y tales que f (x) ∈ V1 , y ∈ V2 y V1 ∩ V2 = ∅. Definimos ahora def U = f −1 (V1 )

Gf Y

X

Figura A.4: Conjunto Gf ⊆ X × Y , el grafo de Entonces afirmamos que (U × V2 ) ∩ Gf = ∅. La razón una función. es que si (˜ x, f (˜ x)) ∈ U × V2 , entonces f (˜ x) pertenece a V2 y también a f (U ) ⊆ V1 . Entonces tendría V1 ∩ V2 6= ∅, lo que sería una contradicción. . U es abierto en X por ser f continua, y además x ∈ U .

Sabemos que (x, y) ∈ U × V2 ⊆ Gcf , y por tanto Gcf es abierto en X × Y .

Ejercicio 3.4: Se considera la topología TB en R2 generada por la base B del ejercicio 9 de la hoja 1: Para cada punto (x, y) de R2 y cada r ∈ R con r > 0 se considera el siguiente conjunto B((x, y), r): el cuadrado con lados paralelos a los ejes, centrado en (x, y) y de lado 2r , del que se ha excluido los lados y los puntos de las diagonales que no sean el punto (x, y), de tal forma que B = {B((x, y), r) : (x, y) ∈ R2 , r > 0} ¿Existen topologías en R de modo que su producto coincida con la topología TB ? Indicación: Prueba que ambas topologías deben ser menos finas que la usual.

96 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

No puede darse el caso de que TB sea una topología producto de T1 ⊗ T2 en R. Si lo fuese, se podría obtener una base de T1 como p1 (B) para la topología usual. Es decir, T1 R2 , tendría que ser Tusual . Por simetría, entonces T2 = Tusual , y entonces T1 ⊗ T2 = Tusual cosa que es imposible porque está claro que TB 6= Tusual . Ejercicio 3.5: Sean X e Y dos conjuntos no vacíos. Sea T la topología producto en X × Y construida a partir de las topologías T1 de X y T2 de Y . Prueba que si B es una base de T (no necesariamente la “base producto”) entonces p1 (B) = {p1 (B)  B ∈ B} es base de T1 y p2 (B) = {p2 (B)  B ∈ B} es base de T2 . ¿Se puede usar este hecho para resolver el ejercicio anterior? Sabemos que B es una base para T . Entonces def

B1 = {p1 (B)  B ∈ B} es base de T1 . Es obvio que como p1 es abierta, si B ∈ B entonces p1 (B) ∈ T1 . Además, si A ∈ T1 , entonces

A=

[

B1j

j∈J

B1j

con ∈ B1 . Queremos pasar de la topología producto a la proyección, así que consideramos A × Y ∈ T1 ⊗ T2 p1 (A × Y ) = A . Por otra parte, podemos expresar A × Y como unión de elementos de la base B: [ A×Y = Bj j∈J

con B j ∈ B. Y como la imagen de la unión es la unión de imágenes, tenemos que [ [ j p1 (A × Y ) = p1 (B j ) = B1 j∈J

j∈J

con B1j ∈ B1 . Ejercicio 3.7: a) Demostrar que un espacio topológico (X, T ) es un espacio de Hausdorff si y sólo si la diagonal ∆ = {(x, x)  x ∈ X} es un cerrado en el espacio topológico X × X. b) Demuestra que si f : X 7−→ Y es continua e Y es un espacio de Hausdorff, entonces K = {(x1 , x2 )  f (x1 ) = f (x2 )} es cerrado en X × X. A PARTADO A ) La implicación a la derecha se puede hacer usando la proposición A.1: si X es Hausdorff, entonces la identidad I : X 7−→ X es una función continua que podemos usar para generar el conjunto GI = {(x, I(x))  x ∈ X} = ∆ 97 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

X ×X

V2 B x2

a

Ea

∆

x1

b

V1

Eb A

x1

x2

Figura A.5: A y B son abiertos disjuntos, así que podemos encontrar entornos de los dos puntos y hacer su proyeccción para demostrar que X es Hausdorff. , que según la proposición es cerrado en X × X.

Vamos ahora al otro lado: tenemos que ∆ es cerrado en X×X y queremos demostrar que X es Hausdorff, esto es, que ∀x1 , x2 distintos existen dos entornos disjuntos V1 , V2 . Consideramos los puntos a = (x1 , x2 ), b = (x2 , x1 ), que son distintos; y los subconjuntos de X × X A = {(x, y)  x > y} y B = {(x, y)  x < y}. Está claro que ambos son abiertos, que A ∩ B = ∅ y que A ∪ B = ∆c .

Si suponemos sin pérdida de generalidad que x1 > x2 , entonces a ∈ A y b ∈ B, luego podemos encontrar entornos Ea ⊆ A y Eb ⊆ B de a y b respectivamente, que por fuerza han de ser disjuntos. Entonces podemos construir los entornos V1 , V2 como V1 = p1 (Eb ), V2 = p1 (Ea ). ¿Podría darse el caso de que p1 (Eb ) ∩ p1 (Ea ) 6= ∅?2 No lo sabemos. En todo caso, si eso ocurriese podríamos tomar las proyecciones por p2 , que ya por fuerza sí tienen que ser disjuntas (si no lo fuesen, la intersección de Ea o Eb con ∆ no sería vacía, contradicción). En cualquier caso, podemos construir los intervalos V1 , V2 que buscamos, disjuntos, para cualquier par x1 , x2 , luego X × X es Hausdorff. A PARTADO B ) Si p ∈ K c , entonces f (p1 ) 6= f (p2 ). Entonces existen dos entornos V1 , V2 en Y tales que f (pi ) ∈ Vi . Entonces Wj = f −1 (Vj ) es abierto en X, y W1 × W2 ⊆ K c , ya que ∀xj ∈ Wj =⇒ f (xj ) ∈ Vj y entonces f (x1 ) 6= f (x2 ) al ser V1 , V2 disjuntos. Ejercicio 3.9: Demostrar que si f y g son funciones continuas definidas de X en Y siendo Y un espacio de Hausdorff, entonces el conjunto C = {x  f (x) = g(x)} es cerrado en X. Comprobamos si C c es abierto. Cogemos x0 ∈ C c , entonces f (x0 ) 6= g(x0 ), luego 2

Duda planteada por Jorge

98 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

f −1 Vf

X

f (x0 ) x0

Vg

g(x0 )

g−1 Figura A.6: Ejercicio 9. existen Vf , Vg aiertos tales que f (x0 ) ∈ Vf , g(x0 ) ∈ Vg y Vf ∩ Vg = ∅ (se puede ver un dibujo en la figura A.6). Hay que encontrar ahora un entorno U de x0 tal que f (x) 6= g(x) ∀x ∈ U . Ese entorno es U = f −1 (Vf ) ∩ g −1 (Vg ) .

Ejercicio 3.13: a) b) Sea Y el subespacio (R+ × R) ∪ (R × {0}) de R × R. Sea h la restricción de p1 a Y . Demostrar que la aplicación h no es ni abierta ni cerrada. Indicación : h−1 (U ) ∩ (R × {0}) = U × 0. A PARTADO A ) A PARTADO B ) Y A h(A)

Figura A.7: Esquema de un abierto en Y (sombreado rojo) y su imagen por h. Tenemos que darnos cuenta de que restringir una aplicación abierta no tiene por qué darnos una aplicación abierta de nuevo. Vamos a ver cómo son los abiertos en Y (figura A.7). cogemos un abierto A ⊆ R2 del total y cortamos con Y , y nos queda un conjunto cerrado por la izquierda. Entonces, h(A ∩ Y ) es un intervalo cerrado por la izquierda. 99 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

A.4.

Hoja 4

A.4.1.

Espacios conexos y conexos por caminos

Ejercicio 4.6: Sean A y D dos conjuntos cerrados no vacíos de un espacio topológico X. Demuestra que si A ∪ D y A ∩ D son conexos entonces A y D también lo son. ¿Qué pasa si A ó D no son cerrados?

Nos dan una idea: si A no es conexo, podría descomponer A ∪ D. Podemos suponer X = A ∪ D. Si A no es conexo, podríamos escribirlo como A = F1 ∪ F2 con F1 , F2 cerrados en A y, como A es cerrado, cerrados también en X; disjuntos y no vacíos. Entonces si A ∩ D es conexo, se tiene que A ∩ D ⊆ F1 o bien A ∩ D ⊆ F2 . Supomgamos sin pérdida de generalidad el segundo caso. Entonces A ∪ D = F1 ∪ F1c (F1c = D ∪ F2 ). Ejercicio 4.9: Sea f : X 7−→ Y una función continua y sobreyectiva de un espacio topológico X sobre un espacio topológico Y que tiene n componentes conexas. Prueba que X tiene como mínimo n componentes conexas.

Sabemos que la imagen de una componente conexa de X tiene que estar contenida en una componente conexa de Y . Luego si CiX son las componentes conexas de X y CiY las de Y , tenemos que Y f (CiX ) ⊆ Cα(i)

, donde α : {1, . . . , m} 7−→ {1, . . . , n} es una aplicación sobreyectiva que lleva el índice de una componente conexa en X al de la componente correspondiente en Y . Sea y ∈ CkY , entonces x ∈ f −1 (y). No sé cómo lo ha escrito pero la idea básica es que como la aplicación es sobreyectiva, todas las componentes conexas de Y deben de ser imagen de al menos una componente conexa de X, y entonces es bastante fácil.

Ejercicio 4.10: Demuestra que A = (R × {0}) ∪ ({0} × R) no es homeomorfo a R. Si fuesen homeomorfos, entonces la restricción g = f : A \ {(0, 0)} 7−→ R \ {f ((0, 0))} sería también homemomorfismo, luego la imagen de una componente conexa tendría que ser componente conexa. Sin embargo, eso es imposible ya que en el dominio tenemos cuatro componentes conexas y en la imagen sólo dos.

Ejercicio 4.13: es no numerable.

Demuestra que todo subconjunto conexo de Rn con más de un punto

100 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Sea A conexo y con |A| ≥ 2. Entonces ∃x, y ∈ A  x 6= y, dos puntos distintos. Sea r = d(x, y) > 0, luego ∀ε con 0 < ε < r, entonces ∂B(x, ε) ∩ A 6= ∅, donde ∂B es la frontera o borde de la bola. Si fuese vacío, entonces podríamos escribir   c A = (B(x, ε) ∩ A) ∪ B (x, ε) ∩ A , unión de dos conjuntos distintos, abiertos de A, y entonces A no sería conexo. Esto quiere decir que podemos construir una aplicación ξ : (0, r) 7−→ A tal que a todo ε ∈ (0, r) le asigne zε ∈ A tal que d(x, zε ) = ε. Esta aplicación es inyectiva, luego |A| ≥ (0, r) = |R|, y entonces A no es numerable. Ejercicio 4.14: a) Probar que un espacio X es conexo si y sólo si no existe ninguna aplicación continua y sobreyectiva f : X 7−→ Y donde Y = {0, 1} con la topología discreta. b) Usar el apartado anterior para probar que si S es un subconjunto conexo de un espacio X y K satisface S ⊂ K ⊂ S entonces K es conexo. A PARTADO A ) A PARTADO B ) Idea: si K no es conexo, entonces ∃f : K 7−→ {0, 1} como en el apartado anterior. Si S es conexo, tiene que ser que f (S) = {p} con p = 0 ó p = 1, ya que los únicos conexos K en la topología discreta son los puntos. Consideremos ahora S = S ∩ K = K, ¿cuál es su imagen por f ?

Ejercicio 4.16: En el plano con la topología usual, sea   1 S = (r cos t, r sin t)  r = 1 − , t ≥ 1 t . Probar que X = S ∪ S1 es conexo pero no es conexo por caminos, donde S1 es la circunferencia de radio 1. Queremos demostrar que es conexo, y para ello queremos demostrar que S1 ⊆ S. Es fácil construir una sucesión para un t fijo:  
1 an = 1 − cos(t + 2πn), sin(t + 2πn) tn donde t+2πn = tn . Entonces la sucesión de an tiende a (cos t, sin t) ∈ S1 cuando n → ∞, entonces S1 ⊆ S.

La parte de demostrar que no es cpc no la hacemos, pero implicaría ver que no podemos encontrar un camino desde el primer punto de la espiral (por ejemplo) hasta un punto de la circunferencia.

101 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Ejercicio 4.20: Demostrar que si X e Y son conexos y A, B son subconjuntos propios no vacíos de X e Y respectivamente entonces X × Y \ A × B es conexo. En la situación anterior, ¿es cierto que si X e Y son conexos por caminos entonces X × Y \ A × B también lo es?

X ϕ2 (x2 , y2 ) B ϕ1

A×B

Y

(x1 , y1 ) A Figura A.8: Demostración visual de que X × Y \ A × B es cpc. Queremos poder conectar dos puntos cualesquiera a = (x1 , y1 ) y b = (x2 , y2 ). Podemos construir dos aplicaciones ϕ1 , ϕ2 : [0, 1] 7−→ X × Y \ A × B tales que ϕ1 (0) = (x1 , y1 ), ϕ1 (1) = (x1 , y2 ) y ϕ2 (0) = (x1 , y2 ), ϕ2 (1) = (x2 , y2 ) continuas, ya que siempre podemos encontrar una aplicación continua entre y1 y y2 y x1 y x2 porque tanto Y como X son conexos por caminos. Entonces ϕ1 ∗ ϕ2 es continua y conecta a con b. Hay que ser un poquillo riguroso con la ordenación para que no pase la aplicación por A × B pero siempre se puede encontrar. Demostración más rigurosa. Podemos considerar y2 ∈ / B, x1 ∈ / A y el conjunto D1 = {x1 } × Y , que es conexo por ser homeomeorfo a X2 . De la misma manera, podemos coger D2 = X × {y2 }, igualmente conexo. Está claro que D1 ∪ D2 es conexo (la intersección es no vacía). Sea D0 = D1 ∪ D2 ⊆ X × Y \ A × B. Entonces podemos escribir X × Y \ A × B como unión de los conjuntos D0 y Dc = {c} × Y y Dr = X × {r} como  X × Y \ A × B = D0 ∪ 

 [ r∈B /



Dr  ∪ 

 [

Dc 

c∈A /

La intersección de cada Dc y Dr con D0 es no vacía, luego estamos en la situación de la proposición II.5 y entonces X × Y \ A × B es conexo. Ejercicio 4.26: Sea S1 = {(x, y)  x2 + y 2 = 1} con la topología usual heredada del plano y sea Y el intervalo [a, b] también con la topología usual. Supongamos que f : S1 7−→ Y es continua y sobreyectiva. Probar que, para cada c ∈ (a, b) , el conjunto f −1 (c) contiene más de un punto.

102 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

A.5.

Hoja 5

A.5.1.

Compacidad

Ejercicio 5.1: a) {(−1)n +

1 n

Decide si los siguientes conjuntos son compactos  n ∈ N} ⊂ R

b) Los racionales: Q. c) El intervalo [0, 1]. d) El segmento [0, 1] × {1} en TLex . A PARTADO A ) Podemos dividirlo en dos conjuntos, tomando por un lado los puntos generados con un n par y por otro los impares. Así, cada conjunto constituiría una sucesión que converge a ±1 respectivamente.

Por tratarse de una sucesión sabemos que es compacto y la unión de compactos es compacto. A PARTADO B ) Q no es compacto. Tenemos 2 formas de demostrarlo: 1) Como (R, Tusu ), es Hausdorff si Q fuera compacto, entonces sería cerrado en (R, Tusu ), pero Q = R 6= Q =⇒ NO es cerrado.

2) La otra posibilidad es construir un recubrimiento del que no se puede extraer un subrecubrimiento finito. A PARTADO C ) No es compacto. Si tomamos [0, 1) =

∞  [ n=1

1 0, 1 − n



, no podemos coger un SRF luego no es compacto. Sería trivial añadir un abierto cualquiera para cubrir el 1 y tener un recubrimiento abierto de [0, 1] sin SRF. A PARTADO D ) def

No lo es. Tomamos Ra = {a} × R, abierto en TLex . Entonces el recubrimiento {Ra  0 ≤ a ≤ 1} es un recubrimiento abierto de W sin SRF. De hecho, no hay ningún recubrimiento más pequeño que eso.

 5.8: Sean X1 = (x, y) ∈ R2  x2 + y 2 < 1 , X2 =  Ejercicio (x, y) ∈ R2  x2 + y 2 ≤ 1 . Demostrar que X1 es homeomorfo a R2 y que X1 y X2 no son homeomorfos.

103 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Vamos a demostrar esto usando el grupo fundamental, por risas y diversión3 Desde luego, los grupos fundamentales de ambos son el mismo, el trivial, por ser convexo. Pero si quitamos un punto del borde en X2 , en X1 se quitará un punto del interior, y entonces en X1 el grupo fundamental sería el grupo cíclico mientras que en X2 seguiría siendo el trivial.

Ejercicio 5.11: cerrada.

Demostrar que si Y es compacto entonces p1 : X × Y 7−→ Y es

Indicación: Si A es cerrado y x ∈ / p1 (A), hallamos un “tubo” T = Ux × Y tal que T ∩ A = ∅. Dar un ejemplo de un conjunto no compacto en R2 cuyas proyecciones sean compactas. Queremos ver que Y compacto implica que la proyección p1 : X × Y 7−→ X es cerrada. ∀y ∈ Y , (x, y) ∈ {x} × Y existe un entorno de (x, y), digamos Ux × Vy que no toca a A por ser este cerrado.  Entonces, el conjunto Vy y∈Y es un recubrimiento abierto de Y . Por ser Y compacto, podemos extraer un recubrimiento finito. Sea Ux = Ux(y1 ) ∩ Ux(y2 ) ∩ · · · ∩ Ux(yn ) (yj )

Como Ux ⊆ Ux

(y1 )

entonces Ux × Vy ⊆ Ux Ux × Y ⊆

n [ j=1

× Vyi y entonces y entonces y entonces (yj )

n Ux × Vyj ⊆ Uj=1 Ux

× V(yj )

y entonces el “tubo” Tx tiene intersección vacía con A y entonces Ux ∩ p1 (A) = ∅, luego x ∈ p1 (A) y entonces p1 (A) es cerrado.4 Ejercicio 5.12: Sea X un espacio topológico e Y un espacio de Hausdorff compacto. Probar que f : X 7−→ Y es continua si y sólo si la gráfica de f , Γf , es cerrada en X × Y . Si X es también un espacio de Hausdorff compacto, entonces f es continua si y sólo si Γf es compacta. Empezamos con la implicación a la derecha. Queremos ver si dado un (x, y) ∈ / Γf , existe un entorno A de (x, y) con A ∩ Γf = ∅. Y esto es lo mismo que tratar de demostrar que (x, y) ∈ / Γf . Como estamos en la topología producto, entonces A = Ux × Vy , producto de entornos básicos en X e Y . Si (x, y) ∈ / Γf , entonces y 6= f (x).

Por ser Y Hausdorff, entonces ∃Vy entorno de y y Vf (x) entorno de f (x) tales que Vy ∩ Vf (x) = ∅.

Sea Ux = f −1 (Vf (x) ), como f es continua entonces Ux es abierto y como f (x) ∈ Vf (x) entonces x ∈ Ux , es decir Ux es entorno de x. Luego como f (Ux ) ⊆ Vf (x) , entonces 3 4

Podríamos hacerlo viendo que uno es compacto y el otro no, pero eso es aburrido. Esto igual está fatal escrito y se me han escapado cosas por todas partes.

104 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

f (Ux ) ∩ Vy = ∅. Afirmamos entonces que Ux × Vy ∩ Γf = ∅, ya que si z ∈ Ux entonces f (z) ∈ Vf (x) , por lo que f (z) ∈ / Vy y entonces (z, f (z)) ∈ / Ux × Vy . Vamos ahora con la implicación al otro lado.

Como indicación para verla, vamos a usar esta igualdad: f −1 (C) = p1 (X × C) ∩ Γf




Como C es cerrado en Y , entonces X ×C es cerrado en X ×Y . Y como Γf es cerrado, entonces (X × C) ∩ Γf es cerrado. Sabemos que la proyección es continua (demostrada
−1 en ejercicio 5.11), así que entonces p1 (X × C) ∩ Γf = f (C) es cerrado y ya tenemos la demostración de continuidad.

Ejercicio 5.13: a) ([0, 1] × [0, 1], Tlex ) ¿compacto? b) ([0, 1) × [0, 1], Tlex ) ¿compacto?

c) [0, 1] × [0, 1] como subespacio de (R2 , Tlex ) ¿es compacto?

A PARTADO A ) ([0, 1] × [0, 1], Tlex ) es compacto. Se puede hacer de manera simiar a R.

Si no hay un SRF (subrecubrimiento finito) en todo el conjunto, si dividimos por la mitad el cuadrado, entonces en alguno de los 2 no puede haber un SRF. Seguimos dividiendo por la mitad y tomamos la intersección de las mitades de esos conjuntos, que es una línea vertical, homeomorfa a [0, 1] que es compacto. Como la línea vertical es compacta, existe un SRF para la línea, que tiene que cubrir también una banda, que es contradictorio con el razonamiento anterior. Veremos en teoría una demostración más general. A PARTADO B ) No, porque no llegamos a coger los puntos (1,1) y (1,0), construyendo n [



 1 [(0, 0), 1 − ,0 ] nk

k=1

A PARTADO C ) No, el contraejemplo es una línea vertical. En R2 la vertical es abierta. Entonces podemos definir el recubrimiento: Aa = {(a, y) : y ∈ R} ∈ Tlex . [0, 1] × [0, 1] ⊆

[

Aa

0≤a≤1

y no exsite un subrecubrimiento finito, ya que los Aa son disjuntos.

105 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Ejercicio 5.15: Sea X un espacio compacto. a) Sea F una familia de funciones continuas de X en [0, 1] tales que si f, g ∈ F entonces f · g ∈ F , y para cada x ∈ X existe f ∈ F y un entorno Ux con f (Ux ) = 0 . Probar que F contiene a la función nula. b) Sea F una familia de funciones continuas de X en R+ tales que si f, g ∈ F entonces existe h ∈ F con h ≤ m´ın {f, g}, y para todo x ∈ X, ´ınf f (x)  f ∈ F = 0. Demuestra que para todo ε > 0 , existe f ∈ F tal que f (x) < ε para todo x ∈ X. A PARTADO A ) Si cogemos todos los entornos para cada x ∈ X, tenemos un recubrimiento de X. Por ser este compacto, podemos extraer un SRF, esto es, existe un conjunto finito J ⊂ X tal que {Ux }x∈J es un SRF. Consideramos entonces el conjunto A de las funciones que se anulan en un entorno de x para cada x ∈ J. El producto de todas estas funciones será la función nula, ya que para cada punto hay al menos una que vale cero. Por ser producto finito, tendremos además que está en F . A PARTADO B ) Para cada x ∈ X, tomamos fx tal que fx (x) < ε, que sabemos que existe pues el ínfimo de F para cada punto es 0. Consideramos entonces V = (0, ε) ⊆ R+ . Entonces ∀x ∈ Xy por ser cada fx continua, existe un abierto Ux ⊆ X entorno de x tal que f (Ux ) ⊆ V . El conjunto {Ux }x∈X es un recubrimiento de X, y como éste es  compacto tenemos que existe un J ⊂ X finito tal que {Ux }x∈J es un SRF. Además, fx (Ux ) x∈J ⊆ V = (0, ε) por cómo hemos escogido las fx (continuas) y Ux . Por hipótesis, dado que tenemos un conjunto finito de funciones, existe una h ≤ m´ın {fx }x∈J , es decir, que h(x) < ε ∀x ∈ X, y esta es la función que buscábamos. Ejercicio 5.16: Demostrar que los conjuntos compactos en la recta de Sorgenfrey (X, T[,) ) son necesariamente numerables. Sugerencia: usar el hecho de que en un conjunto no numerable hay siempre una sucesión estrictamente creciente. Tenemos que demostrar que si W es infinito no numerable, entonces no es compacto. Vamos a tratar de buscar un recubrimiento a partir de sucesiones infinitas y usar eso para ver que no hay subrecubrimiento finito. Sea {xn }n∈N ⊆ W una sucesión estrictamente creciente (∀n ∈ N xn < xn+1 ).

Consideramos entonces los siguientes intervalos [x1 , x2 ), [x2 , x3 ), . . . . Pueden darse dos casos: si sup xn = ∞, entonces el recubrimiento es infinito y no hay ninguna forma de sacar un subrecubrimiento finito de esa unión infinita. Pero, ¿y si sup xn = x < ∞? En ese caso añadimos algo y no sé qué más. 5 5

Completing necesiting.

106 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Ejercicio 5.17: Sea T X Hausdorff y K1 ⊇ K2 ⊇ K3 ⊇ · · · compactos no vacíos. Entonces demuestra que n∈N Kn 6= ∅. Si X es Hausdorff y Ki es compacto, entonces Ki es cerrado también. Además, la sucesión K2 , K3 , . . . son subconjuntos cerrados de K1 con la propiedad de intersección finita. Es decir, Kn1 ∩ Kn2 ∩ · · · ∩ Knm = Km´ax nk 6= ∅ Además, por ser K1 compacto, entonces

T∞

n=2 Kn

6= ∅, y vamos a ver por qué.

Tomamos Ai = X \ Ki , que es abierto en X por ser Ki cerrado. Si la intersección de los Kn fuese vacía, entonces la unión de todos los Ai sería el total X. Entonces tendríamos un recubrimiento abierto de K1 sin SRF: si tomásemos un SRF A1 ∪ A : 2 ∪ · · · ∪ Am = Am , el conjunto Km no estaría en ese conjunto, luego no sería un SRF de K1 .

A.5.2.

Axiomas de numerabilidad y espacios separables

Ejercicio 5.18: Si un espacio es IAN con cierta topología (X, T ), ¿lo es necesariamente con una menos fina? No, no lo es. Podemos tomar T = Tdisc , que es IAN ({x} es una base de entornos de x). Basta tomar entonces una topología cualquiera (X, T 0 ) que no sea IAN.

Pero, ¿y si T 0 es más fina que T ? Supongamos que tenemos {Vn (x)}, una base de entornos de x en T . Entonces Vn (x) es entorno de x en T 0 .

Pero para que {Vn (x)} sea base de entornos (ver definición II.15), tiene que cumplirse que ∀A ∈ T 0 abierto, exista un n tal que Vn (x) ⊆ A. En concreto, tiene que que cumplirse también para los abiertos en T 0 \ T . Podemos añadir entonces abiertos raros (por ejemplo, x y un intervalo abierto (a, b) con b > a > 100) y entonces ningún elemento de la base anterior contendría a estos nuevos monstruos interválicos.6

Ejercicio 5.19: separable?

Se considera el espacio topológico (X, Tcof inita ). ¿Es un espacio

Recordemos la definición de topología cofinita (I.9): A es abierto si es el vacío o si X\A es finito. Por otra parte, (X, T ) es separable (II.18) si y sólo si existe un subconjunto numerable o finito denso en X. Si X es finito o numerable, tenemos que D = X cumple D = X para cualquier topología. Las dificultades vendrán si X es infinito no numerable. Pero cualquier D ⊆ X numerable cumple que D = X: si A ∈ Tcof inita , A 6= ∅, entonces A ∩ D 6= ∅ (si fuese vacía, entonces D ⊆ Ac pero Ac no es finito). 6

Hay que explicar y formalizar mejor esto.

107 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Ejercicio 5.20: Sea X un espacio IAN. Sean A ⊆ X y x ∈ X. Demuestra que x.

a) x ∈ Fr(A) si y sólo si existen {xn }n>0 ⊆ A y {yn }n>0 ⊆ X \ A ambas con límite b) x ∈ A0 (es punto de acumulación) si y sólo si existe {xn }n>0 ⊆ A con límite x.

A PARTADO A ) A PARTADO B ) La implicación a la izquierda es siempre cierta. Tenemos que ∀V entorno de x, entonces como xn → x, existe nV tal que ∀n ≥ nV y xn ∈ V , y por lo tanto def

V \ {x} ∩ A = ∅ y entonces por la propia definición de punto de acumulación x ∈ A0 .

Para la implicación al otro lado, sabemos que ∃Vn entorno de x (siendo n ∈ N) tal que ∀V entorno de x existe un n tal que x ∈ Vn ⊆ V .

Podemos suponer que V1 ⊇ V2 ⊇ · · · . En caso contrario, se usa V1 ⊇ V1 ∩ V2 ⊇ V1 ∩ V2 ∩ V3 · · · que también es base decreciente.

Como x ∈ A0 y Vn es entorno de X, entonces por la definición Vn \ {x} ∩ A 6= ∅. Es decir, ∃xn ∈ A ∩ Vn y xn 6= x.

Afirmamos que xn −−−→ x. Para demostrarlo, sea V un entorno de x, y nos n→∞

preguntamos si existe un nV tal que xn ∈ V ∀n ≥ nV . Por ser V entorno de x, entonces ∃nV tal que VnV ⊆ V . Así, Vn ⊆ V y entonces ∀n ≥ nV xn ∈ V . Ejercicio 5.21: Probar que si un espacio topológico X es separable (es decir, existe A ⊂ X numerable y tal que A = X ) entonces toda familia de abiertos disjuntos es numerable. Si A = X,entonces ∀V abierto no vacío, V ∩ A 6= ∅. Supongamos que {Vi }i∈I son abiertos no vacíos y disjuntos. Entonces Vi ∩ = 6 ∅ implica que ∃ai ∈ Vi ∩ A. Por otra parte si Vi ∩ Vj = ∅, entonces ai 6= aj luego existe una aplicación inyectiva ζ : I 7−→ A tal que ζ(i) = ai . Así, |I| ≤ |A| y I tiene que ser por fuerza como mucho numerable. Ejercicio 5.23: S Probar que si un espacio topológico es IIAN entonces cualquier unión de abiertos U = i∈I Ui se puede expresar como una unión numerable, esto es, U=

[

Uin

n∈N

con in ∈ I para cada n ∈ N (la anterior propiedad se llama de Lindelof). Usar esto para probar que si un espacio es IIAN entonces cualquier base contiene una base numerable. Esto último puede servir para probar que (R, T[,) ) no es IIAN. Por ser IIAN, entonces B = {Bn  n ∈ N} es una base de T . Buscamos demostrar [ [ ? U= Ui = Uin i∈I

n∈N

108 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Por ser Ui abierto, entonces ∃Ji ⊆ N tal que Ui = U=

[

Ui =

[ [

Bn =

i∈I n∈Ji

siendo J =

S

i∈I

S

n∈Ji

[

Bn , luego

Bn

n∈J

Ji .

Entonces ∀m ∈ J existe un im tal que Bm ⊆ Uim , y entonces [ [ [ Uim U= Bm ⊆ Uim ⊆ U =⇒ U = m∈J

m∈J

m∈J

A.6.

Hoja 6

A.6.1.

Grupo fundamental y retractos de deformación

Ejercicio 6.1: Encontrar dos espacios que tengan el mismo grupo fundamental pero que no sean homeomorfos.

R y R2 tienen el mismo grupos fundamentales isomorfos ({1}, puesto que son convexos) pero no son homeomorfos. Vamos a comprobar que no son homeomorfos por reducción al absurdo. Si fuese homeomorfos con un homeomorfismo f , tendríamos que R − {(0, 0)} sería homeomorfo a R2 − {f ((0, 0))} pero esto no es cierto puesto que R − {(0, 0)} no es conexo mientras que R2 − {f ((0, 0))} si. Ejercicio 6.2: o falsas

Decidir, razonadamente, si las siguientes afirmaciones son verdaderas

a) Si A y B son subespacios simplemente conexos con A ∩ B 6= ∅, entonces A ∪ B también lo es. b) Si X es homeomorfo a la frontera de [0, 1] × [0, 1], el grupo fundamental de X es isomorfo a Z c) Si el grupo fundamental de X es isomorfo a Z y X es conexo por caminos, entonces X es homeomorfo a S1 . d) Si A y B son retractos por deformación fuerte de espacios homeomorfos, entonces A y B son homeomorfos.

A PARTADO A ) Falso Podemos ver dos mitades de un disco que se solapan (figura A.9). Ambos son simplemente conexos (podemos deformarlos a una sección del disco que sea estrellada) y su intersección es no vacía, por lo que cumplen las hipótesis del enunciado. 109 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Figura A.9: La intersección de dos conjuntos simplemente conexos no tiene por qué ser simplemente conexa. Sin embargo, su unión no es simplemente conexa puesto que la corona circular pintada tiene a una circunferencia como retracto por deformación fuerte, lo que implica que su grupo fundamental es Z. A PARTADO B ) Verdadero Podemos dibujar una circunferencia contenida en el cuadrado y, tomando como función la clásica proyección radial vemos que es un retracto por deformación fuerte del cuadrado, por lo que comparten grupo fundamental A PARTADO C ) Falso Podemos verlo fácilmente con un contraejemplo, como podría ser el del cilindro, cuyo grupo fundamental es Z y es conexo por caminos, mas no es homeomorfo a S1 A PARTADO D ) Falso Veamos un contraejemplo. Tomemos los espacios X = Y = R − {(0, 0)} que, lógicamente son homeomorfos. Tomemos ahora los retractos por deformación fuerte: A = X y B = S1 .

Con ellos satisfacemos las condiciones iniciales del enunciado pero A y B no son homeomorfos. Observación: Para ver que no son homeomorfos repetimos la idea del primer ejercicio. Si quitamos un punto del borde de S1 su grupo fundamental pasa a ser {1} mientras que quitarle un punto a R − {(0, 0)} hace que su grupo fundamental sea F2

110 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Ejercicio 6.3:

Decidir si los siguientes espacios son homeomorfos

a) X1 = {(x, y) ∈ R2 |(x − 1)2 + y 2 ≤ 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 |(x + 1)2 + y 2 ≤ 1} b) X2 = {(x, y) ∈ R2 |x+ y 2 < 1} c) X3 = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 ≤ 1} d) X4 = {(0, y) ∈ R2 | − 1 < y < 1} Lo primero es ver qué es cada uno. X1 son dos discos, centrados en (−1, 0) y (1, 0), de radio 1 y por lo tanto tangentes en (0, 0). X2 es el disco abierto centrado en el origen de radio 1, X3 es el mismo disco pero cerrado, y X4 es el plano sin el segmento vertical (−1, 1). X1 es cerrado, pero X2 no lo es así que no puede ser homeomorfo. Eso sí, no es algo trivial de demostrar. Podemos verlo mejor por compacidad: X1 es compacto (cerrado y acotado), X2 no lo es. En ese caso, según la proposición II.21 no puede existir una f : X1 7−→ X2 continua y entonces no puede haber homomorfismo.

Para ver si X1 y X2 son homeomorfos ya no podemos usar compacidad. Por conexión sería fácil: quitamos (0, 0) en X1 y ya tendría dos componentes conexas, mientras que X2 seguiría teniendo una única componente. Podemos demostrarlo también por grupos fundamentales. Si existiese un homeomorfismo, los puntos del borde de X1 tendrían que ir por fuerza a puntos del interior de X2 . Si quitamos un punto del borde, el grupo fundamental sigue siendo el grupo trivial, pero en X2 ya lo habríamos cambiado y tendríamos el grupo fundamental Z. X2 y X3 no son homeomorfos por el mismo argumento de compacidad. Por último, X4 no es homemorfo a ninguno de los otros espacios: X4 es un RDF de con π(X4 ) ' Z. Sin embargo, todos los demás tienen como grupo fundamental {1} así que no pueden ser homemorfos. S1 ,

Ejercicio 6.4: Hallar el grupo fundamental de A =  2 2 B = x +y ≥4 .



1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 y de

En el segundo caso, es un RDF de la circunferencia de radio 2 con la transformación H(t, p) = 2t

p + (1 − t)p kpk

Podemos usar esa misma deformación, H, para demostrar que A es un RDF de la circunferencia de radio dos, la de fuera de la corona. 111 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Así, el grupo fundamental de ambos es isomorfo a Z ya que los dos son homomorfos a la circunferencia de radio 1.

Ejercicio 6.5: Demostrar que la relación ser un retracto por deformación fuerte es transitiva, esto es, si A es RDF de B y B es RDF de C, entonces A es RDF de C. Si A es RDF de B, entonces existe una aplicación G : [0, 1] × X 7−→ X que nos lleva del uno a otros, y similarmente existe otra H que nos lleva de B a C. Vamos a buscar ahora la aplicación F que nos lleve de A a C F : [0, 1] × C 7−→ C tal que F (0, x) = x, F (1, x) ∈ A ∀x ∈ C y F (t, x) = x ∀x ∈ A.

Parece que lo obvio será buscar una aplicación que primero nos lleve a B con H y luego a C con G, es decir, ( H(2t, x) t ≤ 12 F (t, x) = G(2t − 1, H(1, x)) 12 ≤ t ≤ 1 Demostrar sus propiedades es fácil. La continuidad se hace usando una proposición que no me acuerdo cuál es, que dice algo de cerrados y cosas.

6.6: Hallar el grupo fundamental del toro sólido D × S1 donde D =  Ejercicio (x, y) ∈ R2  x2 + y 2 < 1 . Sabemos que π(X1 × X2 ) ' π(X1 ) × π(X2 ). Como el grupo fundamental del disco es el trivial y el de S1 es Z, el grupo fundamental del toro sólido es Z. De hecho, podemos ver cómo sería la deformación que nos llevaría el toro sólido a una circunferencia en la figura A.10. Y

X

Z Figura A.10: Un RDF del toro sólido a la circunferencia en R3 .

  Ejercicio 6.7: Probar que D = (x, y) ∈ R2  x2 + y 2 < 1 y D = D ∪ (1, 0) no son homeomorfos.

112 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Supongamos que son homeomorfos. Entonces ∃ϕ : D 7−→ En   D homeomorfismo. ese caso, ϕ restringida a D \ (1, 0) , es decir, ϕ : D 7−→ D \ ϕ((1, 0)) debería seguir siéndolo7 Esto querría decir que el grupo fundamental π(D) y π(D \ {p}) (con p = ϕ(1, 0)) son isomorfos. Ahora bien, p sólo puede ser un punto del interior, luego π(D \ {p}) ' π(S1 ) ' Z, y sin embargo π(D) ' {1} por ser convexo, contradicción. Ejercicio 6.8: homeomorfos:

Decidir, razonadamente, si los siguientes espacios topológicos son  R × S1 × (S2 \ (0, 0, 1) )  R2 × (S2 \ (0, 0, 1) ) R4

Empezamos por lo fácil: el grupo fundamental de Rn es el trivial por ser convexo.  El grupo fundamental de (S2 \ (0, 0, 1) ), la esfera hueca, es también el trivial: la proyección estereográfica es un homemorfismo (ya que no tenemos el polo que nos molesta para continuidad) y nos lleva al plano. Por último, sabemos que el grupo fundamental de la circunferencia es Z. Así, tenemos que

   π R × S1 × (S2 \ (0, 0, 1) ) ' Z    π R2 × (S2 \ (0, 0, 1) ) ' {1}   π R4 ' {1}

Ejercicio 6.11: Sea {Ui }i∈I un recubrimiento por abiertos del espacio X que verifique las siguientes condiciones: Existe un punto x0 tal que x0 ∈ Ui ∀i ∈ I. Para cada i ∈ I, Ui es simplemente conexo. Si i 6= j, entonces Ui ∩ Uj es conexo por caminos. a) Probar que X es simplemente conexo b) Deducir que S1 es simplemente conexo si n ≥ 2 Indicación: Para probar que todo lazo α : I 7−→ X con base en x0 es trivial, considerese primero el recubrimiento abierto {α−1 (Ui )} del compacto I = [0, 1] y, con ayuda del número de Lebesgue de este recubrimiento, escribir α = α1 · α2 · · · · · αn tal que αj (I) es subconjunto de algún Uj . 7 Ver el ejercicio 6.12 para una demostración rigurosa de esto. Tiene que ver con que la restricción de una función continua es continua.

113 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

A PARTADO A ) Un esbozo de la solución. El número de Lebesgue de un recubrimiento de (Y, d) espacio métrico compacto.  Si Vj j∈J es un recubrimiento abierto de Y entonces ∃δ > 0 tal que ∀B ⊆ Y con diam(B) < δ existe un jB ∈ J tal que B ⊆ VjB . ∗

∗

∗

def

Definimos Vi = α−1 (Ui ), la imagen inversa de los abiertos que recubren X. Como α es continua, entonces Vi es abierto en [0, 1]. Además, como Ui es un recubrimiento de X y α([0, 1]) ⊆ X, entonces la unión de los Vi es un recubrimiento de [0, 1]. ∃δ > 0 tal que B ⊆ [0, 1], diam(B) < δ, entonces ∃iB tal que B ⊆ ViB .

Cogemos n tal que n1 < δ, y tomamos tk = en muchos intervalos pequeñitos.

k n.

Es decir, dividimos el intervalo [0, 1]

Entonces, ∃ij tal que [tj , tj+1 ] ⊆ Vij = α−1 (Uij ), esto es, α([tj , tj+1 ]) ⊆ Uij . Por comodidad, denotaremos α([tj , tj+1 ]) = Aj . En la figura A.11 tenemos un esquema de qué está pasando. Definimos entonces

def

αj = α|[tj ,tj+1 ] , la restricción de α al intervalo ese. Entonces parece claro que α 'p α0 ∗ α1 ∗ · · · ∗ αn−1 . Además, podemos meter entre medias el camino que nos lleva a x0 y luego volver a donde estábamos. Es decir, como β0− ∗ β0 = δ0 , entonces α 'p α0 ∗ β0− ∗ β0 ∗ α1 ∗ · · · teniendo en cuenta, eso sí, que tn+1 = t0 (el camino es cíclico). − La idea de todo esto es que γj = βj ∗ αj+1 ∗ βj+1 está entonces contenido en Uij+1 . Como por hipótesis todos los Ui son simplemente conexos, entonces γj 'p δx0 en Uij+1 , y en particular en X.

Además, tendremos que α = δx0 ∗ δx0 ∗ · · · = δx0 Es decir, lo que hemos hecho ha sido descomponer el camino α en varios trozos, demostrar que podemos deformar cada uno de esos trozos en un punto y así nos queda que la deformación al punto es muy sencillita. A PARTADO B ) ¿Qué abiertos podemos coger en Sn ? Pues por ejemplo   −1 n U1 = x ∈ S  xn+1 > 2 y  U2 =

n

x ∈ S  xn+1

1 < 2



, siendo xn+1 la última coordenada del punto (por ejemplo, si estamos en R3 , la coordenada z). 114 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

U2

Aj+1

U1 Aj

U3

α(tj+1 )

α(tj+2 ) βj−1

α(tj )

Aj+2

α(tj+3 )

βj

Aj

x0

Figura A.11: Esquema de lo que estamos haciendo. Los Aj tienen que ser como los azules, acabando en la intersección con el siguiente Ui . No puede ser como el Aj rojo, que acaba en un punto que no es de la intersección. La intersección (rayas naranjas) de Ui ∩ Uj es cpc, luego βj siempre existe. Expresando α como esta composición podemos llegar a deformarlo continuamente a un punto fijo.

115 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Estos Ui son simplemente conexos (lo podemos ver haciendo la proyección estereográfica, que es un disco en el plano). Además, la intersección U1 ∩ U2 es cpc. De hecho, podemos ir de un punto p a otro q moviéndonos desde p hasta el ecuador por el meridiano e ir por el ecuador hasta que podemos subir (o bajar) por el meridiano a q. Tenemos todas las condiciones del apartado anterior, así que efectivamente la esfera Sn es simplemente conexa en Rn+1 para n ≥ 2. A PARTADO C ) Esto ya porque nos apetece. Veamos qué ocurre con dos esferas tangentes en un punto. Podemos coger Ui como una esfera y un casquete de la otra. Este conjunto es RDF de la esfera (movemos los puntos del casquete al punto de tangencia a través de las geodésicas), luego es simplemente conexo, y claramente la intersección U1 ∩ U2 , los dos casquetes, será cpc, y estamos de nuevo en las condiciones del apartado anterior.

Ejercicio 6.12: Demostrar que Sn , la esfera n-dimensional, es un RDF de Rn+1 \ {0}. Utilizar este hecho para demostrar que R2 no es homeomorfo a Rn con n 6= 2. A PARTADO A ) Simplemente cogemos la función H(t, x) = (1 − t)x + t

x kxk

, que es continua y cumple las condiciones que necesitamos, luego Sn es un RDF de Rn+1 \ {0}. A PARTADO B ) Hay que distinguir primero el caso R1 . Aquí, R2 no es homeomorfo a R1 . Si lo fuese, ˆ : R2 \ {0} 7−→ R \ {0} entonces existiría un homomorfismo h : R2 7−→ R1 y entonces h ˆ tal que h(x) = h(x) también lo sería. Vamos a justificarlo también: ˆ es continua por ser la restricción de h, función continua, y su inversa también lo h ˆ −1 . es por ser la restricción de h ˆ◦ϕ En este caso, podríamos tomar un camino ϕ cerrado en R2 \ {0}, y entonces h ˆ ◦ ϕ está en R+ o en R− , y se puede sería igualmente cerrado en R \ {0}. La imagen de h deformar entonces al camino trivial (R+ , R− son simplemente conexos). ˆ −1 tendríamos que ϕ se puede deformar al camino trivial, Entonces, volviendo por h luego π(R2 \ {0}) sería trivial, contradicción.

Lo intereseante es ver n > 2. Vamos a demostrar que no existe un homomorfismo ˆ : R2 \ {0} 7−→ Rn \ {0}, y entonces tendríamos que h. Si existe, tomamos h  Z ' π(R2 \ {0}) ' π(Rn \ h(0) ) ' {1} , contradicción.

116 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Apéndice B

Exámenes B.1.

2013/2014

B.1.1.

Parcial I

Ejercicio 1.1: Consideramos R con la topología generada por la base B = {[a, b)  a < b}. Hallar el interior y adherencia del conjunto   1 A = 1 −  n ∈ N ∪ [4, 5) ∪ [7, 8) ∪ (9, 10) n

◦

Recuperemos la definición de interior (I.23): x ∈ Int(W ) = W si existe un entorno U de x tal que U ⊆ W . Por otra parte, la adherencia (I.24) se define de la siguiente forma def

x ∈ W ⇐⇒ A ∩ W 6= ∅ ∀A ∈ T  x ∈ A Vamos a estudiar por partes la adherencia y elointerior de cada uno de los n 1 subconjuntos disjuntos de A: A1 = 1 − n  n ∈ N , A2 = [4, 5), A3 = [7, 8) y A4 = (9, 10). Dado que estamos trabajando con una base, nos bastará comprobar las definiciones para los elementos de la base. ◦

Interior Para A1 lo tenemos fácil: no hay interior. Si x = 1 − n1 ∈ A1 , entonces ∃[a, b) ⊆ A1 con a ≤ x < b. Ahora bien, podemos encontrar un ε ∈ (0, 1) suficientemente 1 pequeño tal que β = 1 − 1+ε < b, por lo que [a, β) ⊆ [a, b). Pero tal y como hemos construido el intervalo, [a, β) ∩ A1 = {x}, pero está claro que [a, β) 6= {x}, lo que quiere decir que [a, β) * A1 , contradicción.1 En A2 y A3 también es sencillo: [4, 5) y [7, 8) son abiertos y por lo tanto para cualquier punto contenido en ellos existe un entorno abierto (ellos mismos). Es decir, que A2 y A3 están en el interior. También podemos usar la propiedad de que W es ◦

abierto si y sólo si W = W . 1

No sé si se podría haber hecho más fácil o si me he pasado de riguroso.

117 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Y por último, A4 también es todo interior: ∀x ∈ (9, 10), el elemento de la base [x, x + ε) con 0 < ε < 10 − x(< 1) es un abierto contenido en A4 que contiene al punto. Adherencia De A1 , la adherencia es A1 , y lo mismo ocurre con A2 y A3 . En A4 = (9, 10), la adherencia es [9, 10) porque cualquier abierto de la base [9, 9 + ε)2 con ε > 0 tiene intersección no vacía con A4 .

Ejercicio 1.2: Sean X un espacio topológico, Y un espacio topológico de Hausdorff y f : X 7−→ Y continua. Probar que el grafo {(x, f (x))  x ∈ X} es cerrado en X × Y .

Ejercicio 1.3: Demostrar que cualquiera de los siguientes subconjuntos de R2 , con la topología usual, no son homeomorfos:

A, O, H Ejercicio 1.4: Se considera X = {x ∈ R2  1 ≤ x21 + x22 ≤ 2} con la topología de subespacio indicida por la del orden lexicográfico en R2 . a) Demostrar que X no es conexo. b) Encontrar las componentes conexas de X

A PARTADO A ) A PARTADO B )

2

Los abiertos que se extienden más por la izquierda no hace falta considerarlos porque contienen un intervalo del tipo [9, 9 + ε).

118 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

B.1.2.

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Final

Hay que justificar todas las respuestas. Ejercicio 1.1: a) (1 punto) En R se considera la topología generada por la base  B← = (−∞, b) : b ∈ R Hallar razonadamente la adherencia y el interior del conjunto A = (0, 1) con esa topología. b) (1 punto) Sea f : [0, 1] × [0, 1] 7−→ [0, 1] continua tal que f (0, 0) = 0 y f (1, 1) = 1. Demostrar que f es sobreyectiva. c) (1 punto) Demostrar que si f : X 7−→ Y es continua e inyectiva, e Y es Hausdorff, entonces X es Hausdorff. d) (1 punto) En R con la topología T[,) , si un conjunto es cerrado y acotado, ¿es compacto? e) (1 punto) Justificar con detalle que n o X = (x, y, z) ∈ R3 : 3x2 − y 2 − 2 = 0, y 2 − x2 + z 2 ≤ 3 con la topología usual es compacto en R con la topología usual. f) (1 punto) ¿Cuál es el grupo fundamental de n o X = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − z 2 = 1 con la topología usual? g) (1 punto) Sean X e Y espacios topológicos y A ⊆ X × Y .  Sea Ax = y ∈ Y : (x, y) ∈ A . Demuestra que si A es abierto en X ×Y entonces para cada x ∈ X, Ax es abierto en Y .

Ejercicio 1.2: (En todos los apartados hay que dar una explicación razonada). Sea    π π X = (x, y) : x = r cos( n ), y = r sin( n ), 0 ≤ r ≤ 1, n = 2, 3, 4, ... ∪ (1, 0) 2 2 con la topología usual. a) (1 punto) ¿Es compacto? b) (1 punto) ¿Es conexo? Si no lo es, encontrar sus componentes conexas. c) (1 punto) ¿Es conexo por caminos? Si no lo es, encontrar sus componentes conexas por caminos.

119 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

B.2.

2014-2015

B.2.1.

Parcial I

Ejercicio 2.1: Sea R = {(−∞, b]  b ∈ R}. a) ¿Es una base de una topología en R? ◦

b) Dado A = (1, 2], obtén A y A usando TR . A PARTADO A ) Tenemos que demostrar que la unión de todos los elementos de la base está en R, [ (−∞, b] = R b∈R

, obvio. Además, dados B1 , B2 ∈ R y x ∈ B1 ∩ B2 entonces tiene que existir B3 ∈ R tal que x ∈ B3 ⊆ B1 ∩ B2 . Si B1 = (−∞, b1 ] y B2 = (−∞, b2 ], entonces B1 ∩ B2 = (−∞, m´ın(b1 , b2 )] , que es elemento de la base y entonces ya tenemos lo que necesitábamos. A PARTADO B ) ◦

Para comprobar x ∈ A o x ∈ A basta considerar en la definición elementos de la base. Si x ≤ 1, no está en la adherencia porque x ∈ (−∞, x], cuya intersección con A es vacío. Los puntos del intervalo (1, 2] están en la adherencia por ser puntos de A. Si x > 2, entonces x ∈ A pues ∀B ∈ R con x ∈ B se tiene que B ∩ A 6= ∅.

Vamos ahora con el interior, que es vacío ya que si x ∈ B ∈ R, entonces B * A. Ejercicio 2.2: Sea f : ([0, 1] × [0, 1], TLex ) 7−→ (R, Tusual ) con f (x, y) = x. ¿Es continua? ¿Es abierta? Sobre la continuidad, f es continua si y sólo si la imagen inversa de un abierto es abierto. Es decir, tenemos que ver que f −1 ((a, b)) es abierto en ([0, 1] × [0, 1], TLex ). Si a ≥ 1 o b ≤ 0, f −1 ((a, b)) = ∅. Tenemos que estudiar el caso de a < 1, b > 0. Si todo el intervalo está (a < 0 y b > 1) entonces la imagen inversa es el total.

Si b > 1 y a ≥ 0, entonces f −1 ((a, b)) = {(x1 , x2 )  a < x1 ≤ 1} que es abierto por ser ((a, 1), (1, 1)], que está en la topología por definición. El caso a < 0, b ≤ 1 es similar.

El último caso a estudiar es cuando a ≥ 0 y b ≤ 1. Aquí, f −1 ((a, b)) = {(x1 , x2 )  a < x1 < b} = ((a, 1), (b, 0))Lex ∈ TLex por definición. 120 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Ahora toca ver si es abierta, que no lo es. Por ejemplo f ([(0, 0), (0.5, 0)) = [0, 0.5) en R que no es abierto. Otro ejemplo sería un intervalo vertical, cuya imagen es un punto que es cerrado.

Ejercicio 2.3: Dado A ⊆ X,

◦

a) Demostrar que Fr(A) ⊆ Fr(A) y Fr(A) ⊆ Fr(A). b) Buscar ejemplos en los que se den las inclusiones anteriores estrictas.

A PARTADO A ) ◦

Sabemos que Fr(B) = B \ B. Luego ◦

Fr(A) = A \ A 1. como A es cerrada =⇒ A = A. ◦

◦

◦

◦

2. como A ⊆ A entonces A ⊆ A, por lo que A \ A ⊆ A \ A. Luego Fr(A) ⊆ Fr(A).

Para la frontera del interior, podemos hacerlo usando la dualidad entre ◦

complementarios: A = (Ac )c y Fr(A) = Fr(Ac ), y con la propiedad anterior es inmediato.3 • Otra forma:

◦

◦

◦

Tenemos que Fr(A) = A\ int(A). ◦

◦

◦

1. como A es abierto =⇒ int(A) = A. ◦

◦

2. como A ⊆ A =⇒ A ⊆ A. ◦

◦

◦

3. luego A \ A ⊆ A \ A. ◦

Con lo que concluimos que Fr(A) ⊆ Fr(A). A PARTADO B ) Buscamos ejemplos extremos que nos faciliten la vida. En el primero, podemos ver que si cogemos el total, su frontera siempre es vacía. De hecho, la frontera de un conjunto es vacía si y sólo si es abierto y cerrado a la vez. Buscamos entonces un conjunto cuya adherencia sea el total pero que él mismo no sea el total. Por ejemplo, A = Q en R con la topología usual. Aquí, Fr(Q) = R, pero Fr(Q) = Fr(R) = ∅. De hecho, este mismo ejemplo nos vale para la otra inclusión ◦

estricta: Fr(Q) = Fr(∅) = ∅, pero Fr(Q) = R. 3

Esto merecería algo más de expansión.

121 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Ejercicio 2.4: En ([0, 1] × [0, 1], TLex ), cogemos el “borde” del cuadrado, esto es,

W = {0, 1} × [0, 1] ∪ [0, 1] × {0, 1} sub . . Encuentra las componentes conexas de W en TLex

Las componentes conexas han de ser los subconjuntos conexos de W más grandes posibles. ¿Cómo son los conexos en TLex [0, 1] × [0, 1]? Son los intervalos.

En W , el conexo más grande que contiene al (0, 0) es [(0, 0), (0, 1)]Lex . Si x = (x1 , x2 ) > (0, 1) entonces x1 > 0 y [(0, 0), x] * W . Por el mismo argumento, la componente conexa más grande que contiene al (1, 1) es el intervalo [(1, 0), (1, 1)]. ¿Cuáles son las componentes que contienen a los puntos de los intervalos horizontales? Si x = (a, 0) con 0 < a < 1, la componente conexa que lo contiene es {(a, 0)} pues cualquier intervalo (α, β) con (a, 0) ∈ (α, β) implica que α < a, y entonces (α, β) * W .

122 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

B.2.2.

Parcial II

Hay que JUSTIFICAR todas las respuestas Ejercicio 2.1: (3 puntos) Sean (X, T ) un espacio topológico compacto y f : (X, T ) 7−→ (R2 , Tlex ) una aplicación continua. a) Demostrar que f no es sobreyectiva. b) Demostrar que f es cerrada.

Ejercicio 2.2: (4 puntos) Decidir, en los siguientes casos, si B es un subconjunto compacto de (X, T ): n o a) B = − n1 : n ∈ N ∪ {0} en R con la topología T[,) . b) B = [0, 1] × {0} en X = [0, 1] × [0, 1] con la topología del orden lexicográfico.  c) B = [0, 1) × [0, 1] ∪ (1, 0), (1, 1) en X = [0, 1] × [0, 1] con la topología del orden lexicográfico.

Ejercicio 2.3: (3 puntos) En (R2 , Tusual ) se consideran los conjuntos A = (0, 1) × (0, 1) y B = (0, 1] × (0, 1] a) Hallar razonadamente sus grupos fundamentales. b) Demostrar que no son homeomorfos.

123 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

B.2.3.

Final

Hay que JUSTIFICAR todas las respuestas Ejercicio 2.1:

En R2 se considera la topología T[,) ⊗ T[,) .

a) Demostrar que esa topología es más fina que la usual.  b) Sea B = (x, y) : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 . Encontrar el interior y la adherencia de B. c) Demostrar que B no es compacto.

Ejercicio 2.2: Demostrar que no es posible que un espacio topológico tenga más componentes conexas que componentes conexas por caminos. ¿es posible que tenga más componentes conexas por caminos que componentes conexas?

Ejercicio 2.3: f (x) = x2 .

Se considera la función f : (R, Tusual ) 7−→ (R, T[,) ) definida por

a) Demostrar que no es continua. b) Demostrar que es abierta. c) Demostrar que su grafo es cerrado en la topología producto Tusual ⊗ T[,)

Ejercicio 2.4: Decidir, en cada caso, si un círculo es un retracto por deformación fuerte del espacio en cuestión: a) Un cono finito con tapa y sin vértice superior. b) Un cono finito sin tapa y sin vértice superior. c) Un cilindro finito sin tapas.

124 de 127

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Índice alfabético Adherencia, 16 Aplicación contractiva, 56 Axioma de numerabilidad I, 58 de numerablidad II, 58 Base, 7 de entornos, 57 Bola, 4 Camino constante, 64 inverso, 64 producto, 65 Caracterización por sucesiones de la adherencia, 58 Cierre, 4 Compacidad, 46 Componente conexa, 38 conexa por caminos, 43 Conexión, 31 por caminos, 40 Conjunto abierto, 4 cerrado, 5 conexo, 31 convexo, 36 denso, 16 derivado, 19 estrellado, 35 Continuidad, 3 en espacios métricos, 24 uniforme, 25 Convergencia de sucesiones, 12 Desigualdad triangular, 3 Entorno abierto, 12

Espacio Hausdorff, 21 localmente conexo, 46 localmente cpc, 46 métrico, 3 métrico completo, 54 normal, 59 regular, 59 separable, 58 simplemente conexo, 67 topológico, 5 topológico metrizable, 6 Frontera, 17 Función cerrada, 28 abierta, 28 continua, 24 homotópica, 61 homotópica por caminos, 61 Grupo fundamental, 66 libre, 78 Homeomorfismo, 26 IAN, 58 IIAN, 58 Interior, 14 Intervalo lexicográfico, 11 Norma infinito, 24 Orden lexicográfico, 10 total, 10 Propiedad de intersección finita, 51 del supremo, 34, 54 Heine-Borel, 53 125 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

topológica, 26 Punto aislado, 19 de acumulación, 19 RDF, 71 Recubrimiento, 46 abierto, 46 Retracto, 71 por deformación fuerte, 71 SRF, 46 Subrecubrimiento, 46 Sucesión de Cauchy, 54 Teorema Borsuk-Ulam, 76 de la bola peluda, 75 del punto fijo, 56 del punto fijo de Brouwer, 76 Topología, 4, 5 cofinita, 6 de subespacio, 22 del orden, 10 discreta, 6 fina, 8 generada por un conjunto, 9 generada por una base, 7 inducida, 6 lexicográfica en R2 , 11 trivial, 6 usual, 6

126 de 127

Topología I - 14/15 C1 - UAM

Guillermo Julián Moreno, Cristina Kasner Tourné

Bibliografía Fernando Chamizo Lorente. Topología (La topología de segundo no es tan difícil). 2013 revised edition, 2013. Martin D. Crossley. Essential Topology. Springer - SUMS, revised second edition, 2010. James R. Munkres. Topology. Pearson - Prentice Hall, revised second edition, 2000.

127 de 127

14 de junio de 2016 13:28