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´ MARCO A. PEREZ B. ´ du Que ´bec a ` Montre ´al. Universite ´partement de Mathe ´matiques. De

TOPOLOG´IA Notas de curso

f f (U )

Y

•

f (x)

V

x•

U

X

Abril, 2012.

´ n basadas en un curso dado por Ferm´ın Dalmagro en la UCV a mediados Estas notas esta ´ n es responsabilidad del autor. del 2006. Cualquier error u omisio

i

ii

TABLA DE CONTENIDOS

1

2

TEOR´ IA DE CONJUNTOS

1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

1.7.1

Operaciones entre conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

1.7.2

Funciones y diagramas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

1.7.3

Relaciones de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

1.7.4

Familias de conjuntos: operaciones, funciones y Leyes de De Morgan . .

18

1.7.5

Cubrimientos y particiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.7.6

Conjuntos numerables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.1

Operaciones entre conjuntos

1.2

Relaciones y funciones

1.3

Relaciones de equivalencia

1.4

Conjunto cociente

1.5

Familias de conjuntos

1.6

Conjuntos numerables

1.7

Ejercicios

´ ESPACIOS TOPOLOGICOS 2.1

Topolog´ıas

2.2

Espacios m´ etricos

2.3

21

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

Topolog´ıa inicial y final

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.4

Base de una topolog´ıa

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.5

Topolog´ıa desde un punto de vista local

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.6

Interior y clausura

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.7

Funciones continuas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.8

Ejercicios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.8.1

´ gicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espacios topolo

36

2.8.2

Base de una topolog´ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.8.3

Topolog´ıa relativa, inicial y final . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.8.4

Topolog´ıa desde un punto de vista local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

iii

3

4

5

2.8.5

´tricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espacios me

37

2.8.6

Sucesiones, clausura, interior y frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

2.8.7

Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

CONEXIDAD

41

3.1

Espacios conexos

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

3.2

Espacios conexos por arcos

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

3.3

Ejercicios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

3.3.1

Teoremas del Valor Medio y del Punto Medio . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

3.3.2

´ n entre espacios conexos, funciones continuas y espacios producto 47 Relacio

3.3.3

Espacios conexos por arcos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

´ AXIOMAS DE SEPARACION

47 49

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

4.5.1

Espacios primer numerables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

4.5.2

Espacios de Hausdorff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

4.5.3

Espacios normales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

4.1

Espacios de Hausdorff

4.2

Espacios normales

4.3

Lemma de Urysohn

4.4

Teorema de Extensi´ on de Tietze

4.5

Ejercicios

COMPACIDAD

61

5.1

Espacios paracompactos

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

5.2

Espacios compactos

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

5.3

Espacios de funciones

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

5.4

Ejercicios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

5.4.1

Espacios paracompactos y compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

5.4.2

Espacios de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

BIBLIOGRAF´ IA

79

iv

CAP´ITULO 1

TEOR´IA DE CONJUNTOS 1.1

Operaciones entre conjuntos

Un conjunto es “cualquier cosa” sobre la cual est´a dado un predicado, X = {x / P (x)}, donde X es el conjunto de todos los elementos para los cuales se cumple P (x). Denotaremos por A ⊆ X si A es un subconjunto de X, i.e. todo elemento de A pertenece a X. Ejemplo 1.1.1. (1) N = El conjunto de los n´ umeros naturales = {1, 2, 3, . . . }. (2) P = El conjunto de los n´ umero pares = {2, 4, 6, . . . }. Note que P es un subconjunto de N. Dado un conjunto X, denotaremos por P(X) el conjunto de los subconjuntos de X, P(X) = {A / A ⊆ X}. Ejemplo 1.1.2. Si X = {0, 4, 5} entonces P(X) = {∅, {0}, {5}, {0, 4}, {0, 5}, {4, 5}, X}. Proposici´ on 1.1.1. Si Card(X) = n entonces Card(P(X)) = 2n .


n Demostraci´ o n: Existe un subconjunto de 0 elementos, ∅. Existen = n subconjuntos de 1 elemento, 1

n n ı obtenemos 2 subconjuntos de 2 elementos, ..., n = 1 subconjunto de n elementos, el mismo X. As´       n n n Card(P(X)) = + + ··· + = (1 + 1)n = 2n . 0 1 n

1

Sean A, B ∈ P(X): • Uni´ on: A ∪ B = {x ∈ X / x ∈ A o x ∈ B} ∈ P(X). • Intersecci´ on: A ∩ B = {x ∈ X / x ∈ A y x ∈ B} ∈ P(X). Proposici´ on 1.1.2. (1) A ∪ ∅ = A. (2) A ∩ ∅ = ∅. (3) A ∪ A = A. (4) A ∩ A = A.

La operaci´ on U : P(X) × P(X) −→ P(X) (A, B) 7→ A ∪ B

es un ejemplo de ley de composici´ on interna.

Proposici´ on 1.1.3 (Distributividad). A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Demostraci´ on: A ∩ (B ∪ C) = {x ∈ X / x ∈ A y (x ∈ B o x ∈ C)} = {x ∈ X / (x ∈ A y x ∈ B) o (x ∈ A y x ∈ C)}

= {x ∈ X / x ∈ A y x ∈ B} ∪ {x ∈ X / x ∈ A y x ∈ C} = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Estas operaciones le dan a P(X) una estructura de ´ algebra de Boole, donde ∪ funge como suma y ∩ como producto.

2

1.2

Relaciones y funciones

Dados dos conjuntos X e Y , es posible relacionar sus elementos de varias maneras. Se define el producto cartesiano de X e Y como el conjunto X × Y = {(x, y) / x ∈ X e y ∈ Y }.

Una relaci´ on en X × Y es cualquier subconjunto de X × Y . Una funci´ on es una relaci´ on f que satisface la siguiente propiedad: Si (a, b) y (a, c) pertenecen a f entonces b = c. Los pares ordenados (a, b) en una funci´on f se denotan por (a, f (a)). Dada una funci´ on f : X −→ Y , la imagen directa de un subconjunto A ⊆ X es el subconjunto de Y dado por f (A) = {y ∈ Y / y = f (x) para alg´ un x ∈ A} = {f (x) ∈ Y / x ∈ A}. La imagen inversa de un subconjunto B ⊆ Y es el subconjunto de X dado por f −1 (B) = {x ∈ X / f (x) ∈ B}. Proposici´ on 1.2.1. A ⊆ f −1 (f (A)).

Demostraci´ on: Sabemos que f (A) = {f (x) / x ∈ A} y f −1 (f (A)) = {x ∈ X / f (x) ∈ f (A)}. Sea x ∈ A. Luego, f (x) ∈ f (A). De donde x ∈ f −1 (f (A)).

X

A

f

1

(B)

f (A) f

f

Proposici´ on 1.2.2. B ∩ f (A) = f (f −1 (B) ∩ A).

3

1

B

Y

Demostraci´ on: Note que f −1 (B) ∩ A = {x ∈ X / x ∈ f −1 (B) y x ∈ A} = {x ∈ X / f (x) ∈ B y x ∈ A}. Sea y ∈ f (f −1 (B) ∩ A). Luego, existe x ∈ f −1 (B) ∩ A tal que y = f (x). Como x ∈ A, y = f (x) ∈ f (A). Por otro lado, x ∈ f −1 (B), de donde y = f (x) ∈ B. Entonces se tiene y ∈ B e y ∈ f (A), es decir y ∈ B ∩ f (A). Por lo tanto, f (f −1 (B) ∩ A) ⊆ B ∩ f (A).

Sea y ∈ B ∩ f (A). Luego, y ∈ B y y = f (x), para alg´ un x ∈ A. Entonces f (x) = y ∈ B implica que x ∈ f −1 (B). Tenemos y = f (x), donde x ∈ f −1 (B) y x ∈ A, es decir x ∈ f −1 (B) ∩ A. Se sigue y ∈ f (f −1 (B) ∩ A). Por lo tanto, B ∩ f (A) ⊆ f (f −1 (B) ∩ A).

Sea f : X −→ Y una funci´ on. Diremos que f es: (1) Inyectiva si para todo a, b ∈ X, f (a) = f (b) implica que a = b. (2) Sobreyectiva si para todo y ∈ Y existe alg´ un x ∈ X tal que y = f (x), es decir, si Y = f (X). (3) Biyectiva si es inyectiva y sobreyectiva, es decir, si para todo y ∈ Y existe un u ´nico elemento x ∈ X tal que y = f (x). Ejemplo 1.2.1. Sea X un conjunto. (1) Denotaremos por 1X : X −→ X la funci´on dada por 1X (x) = x, para todo x ∈ X. Esta funci´ on se conoce como funci´ on identidad, y es biyectiva. (2) Si A es un subconjunto de X, la inclusi´ on de A en X es la funci´on iA : A −→ X definida por iA (x) = x, para todo x ∈ A. Esta funci´on es inyectiva, pero no es sobreyectiva si A es distinto de X. Sea Y otro conjunto y f : X −→ Y una funci´on. (3) La funci´ on P(X) −→ P(Y ) dada por A 7→ f (A) se conoce como funci´ on imagen directa (I.D.). (4) La funci´ on P(Y ) −→ P(X) dada por B 7→ f −1 (B) se conoce como funci´ on image inversa (I.I.). Proposici´ on 1.2.3. (1) I.D. e I.I. son en efecto funciones. (2) f es inyectiva si, y s´ olo si I.D. lo es. (3) f es sobreyectiva si, y s´ olo si, I.D lo es (4) f es inyectiva si, y s´ olo si, I.I. es sobreyectiva. (5) f es sobreyectiva si, y s´ olo si, I.I. es inyectiva.

4

Demostraci´ on: Sean ϕ : P(X) −→ P(Y ) y ψ : P(Y ) −→ P(X) las funciones I.D. e I.I., respectivamente. (1) Sean A1 , A2 ∈ P(X) tales que A1 = A2 . Tenemos y ∈ f (A1 ) ⇐⇒ y = f (a), a ∈ A1 ⇐⇒ y = f (a), a ∈ A2 ⇐⇒ y ∈ f (A2 ). Entonces f (A1 ) = f (A2 ) y por ende ϕ est´a bien definida. Ahora sean B1 , B2 ∈ P(Y ) tales que B1 = B2 . Tenemos x ∈ f −1 (B1 ) ⇐⇒ f (x) ∈ B1 ⇐⇒ f (x) ∈ B2 ⇐⇒ x ∈ f −1 (B2 ). Entonces f −1 (B1 ) = f −1 (B2 ), por lo que ψ est´a bien definida. (2) Supongamos que f es inyectiva. Sean A1 , A2 ∈ P(X) tales que f (A1 ) = f (A2 ). Dado a ∈ A1 , tenemos f (a) ∈ f (A1 ) = f (A2 ). De donde existe a0 ∈ A2 tal que f (a) = f (a0 ). Como f es inyectiva, se sigue que a = a0 ∈ A2 . Entonces A1 ⊆ A2 . De manera similar, se tiene que A2 ⊆ A1 . Por lo tanto, ϕ es inyectiva. Ahora supongamos que ϕ es inyectiva. Sean x, x0 ∈ X tales que f (x) = f (x0 ). Luego ϕ({x}) = ϕ({x0 }). Como ϕ es inyectiva, se tiene que {x} = {x0 }, es decir x = x0 . Por lo tanto, f es inyectiva. (3) Supongamos que f es sobreyectiva. Veamos que B = f (f −1 (B)) = ϕ(f −1 (B)). Sea b ∈ B, luego existe a ∈ X tal que b = f (a). Se sigue que a ∈ f −1 (B), por lo que b ∈ f (f −1 (B)). Por otro lado, si b = f (f −1 (B)), entonces existe a ∈ f −1 (B) tal que b = f (a). Como a ∈ f −1 (B), se sigue que b = f (a) ∈ B. Por lo tanto, B = f (f −1 (B)) = ϕ(f −1 (B)). Ahora supongamos que ϕ es sobreyectiva. Sea y ∈ Y . Considere el conjunto {y} ∈ P(Y ). Como ϕ es sobreyectiva, existe A ∈ P(X) tal que {y} = ϕ(A) = f (A). De donde existe x ∈ A ⊆ X tal que y = f (x). Por lo tanto, f es sobreyectiva.

(4) Supongamos que f es injectiva. Sea A un subconjunto de X. Veamos que A = f −1 (f (A)). Es claro que A ⊆ f −1 (f (A)). Ahora supongamos que x ∈ f −1 (f (A)). Luego f (x) ∈ f (A). De donde existe a ∈ A tal que f (x) = f (a). Como f es inyectiva, se tiene x = a. Entonces x ∈ A. Por lo tanto, A = ψ(f (A)). Ahora supongamos que ψ es sobreyectiva. Sean x y x0 en X tales que f (x) = f (x0 ). Como ψ es sobreyectiva, existe B ⊆ Y tal que {x} = ψ(B) = f −1 (B). Luego, f (x0 ) = f (x) ∈ B. De donde x0 ∈ f −1 (B) = {x}. De donde x = x0 . (5) Supongamos que f es sobreyectiva. Sean B1 y B2 dos subconjuntos de Y tales que ψ(B1 ) = ψ(B2 ), es decir f −1 (B1 ) = f −1 (B2 ). Como f es sobreyectiva, tenemos B1 = f (f −1 (B1 )) = f (f −1 (B2 )) = B2 . Entonces, ψ es inyectiva. Ahora supongamos que ψ es inyectiva. Veamos que Y = f (X). Supongamos lo contrario, Y 6= f (X). Como ψ es inyectiva, tenemos que ψ(Y ) 6= ψ(f (X)), es decir, X = f −1 (Y ) 6= f −1 (f (X)). Lo cual es una contradicc´ on porque X = f −1 (f (X)). Por lo tanto, f es sobreyectiva.

5

Proposici´ on 1.2.4. Sea f : X −→ Y una funci´on. (1) f −1 (B1 ∪ B2 ) = f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ). (2) f −1 (B1 ∩ B2 ) = f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ). (3) f (A1 ∪ A2 ) = f (A1 ) ∪ f (A2 ). (4) f (A1 ∩ A2 ) ⊆ f (A1 ) ∩ f (A2 ).

Demostraci´ on: (1) x ∈ f −1 (B1 ∪ B2 ) ⇐⇒ f (x) ∈ B1 ∪ B2 ⇐⇒ f (x) ∈ B1 o f (x) ∈ B2 ⇐⇒ x ∈ f −1 (B1 ) o x ∈ f −1 (B2 ) ⇐⇒ x ∈ f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ).

(2) x ∈ f −1 (B1 ∩ B2 ) ⇐⇒ f (x) ∈ B1 ∩ B2 ⇐⇒ f (x) ∈ B1 y f (x) ∈ B2 ⇐⇒ x ∈ f −1 (B1 ) y x ∈ f −1 (B2 ) ⇐⇒ x ∈ f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ).

(3) Sea y ∈ f (A1 ∪ A2 ). Luego, y = f (x) para alg´ un x ∈ A1 ∪ A2 . De donde f (x) ∈ f (A1 ) o f (x) ∈ f (A2 ). Entonces y ∈ f (A1 ) ∪ f (A2 ).

Ahora supongamos que y ∈ f (A1 ) ∪ f (A2 ). Luego, y ∈ f (A1 ) o y ∈ f (A2 ). Si y ∈ f (A1 ) entonces existe x ∈ A1 tal que y = f (x). Como A1 ⊆ A∪ A2 , nos queda y ∈ f (A1 ∪ A2 ). De forma similar, si y ∈ f (A2 ) entonces y ∈ f (A1 ∪ A2 ).

(4) Como A1 ∩ A2 ⊆ A1 , se tiene que f (A1 ∩ A2 ) ⊆ f (A1 ). Similarmente, f (A1 ∩ A2 ) ⊆ f (A2 ). De donde f (A1 ∩ A2 ) ⊆ f (A1 ) ∩ f (A2 ).

La otra contenci´ on no es necesariamente cierta. Por ejemplo, consideremos la funci´on f : R −→ R dada por f (x) = x2 , junto con los conjuntos A1 = (−∞, 0] y A2 = [0, +∞). Tenemos A1 ∩A2 = {0}. Por otro lado, f (A1 ) = [0, +∞) y f (A2 ) = [0, +∞). Tenemos f (A1 ) ∩ f (A2 ) = [0, +∞). Por lo que f (A1 ∩ A2 ) = f ({0}) = {0} $ [0, +∞) = f (A1 ) ∩ f (A2 ).

Diremos que un diagrama f

X

Y g

h Z

es conmutativo si h = g ◦f . Recuerde que la composici´on de funciones g ◦f est´a dada por g ◦f (x) = g(f (x)). En este caso, se tiene que el dominio de g es un subconjunto de la imagen de f . 6

Si f : X −→ Y es una funci´ on inyectiva y g : Y −→ X es su inversa, tenemos el siguiente diagrama conmutativo: Y 1Y g f

X

Y g

1X

X

7

1.3

Relaciones de equivalencia

Dado un conjunto X y una relaci´ on R ⊆ X × X, diremos que R es una relaci´ on de equivalencia si se satisfacen las siguientes condiciones: (1) R es reflexiva: Para todo a ∈ X, (a, a) ∈ R. Esto equivale a decir que la diagonal ∆ = {(x, x) / x ∈ X} est´ a contenida en R.

X

X

(2) R es sim´ etrica: Para todo a, b ∈ X, si (a, b) ∈ R entonces (b, a) ∈ R.

X a b

b a

X

(3) R es transitiva: Para todo a, b, c ∈ X, si (a, b) ∈ R y (b, c) ∈ R entonces (a, b) ∈ R. Ejemplo 1.3.1. (1) R = {(a, a) / a ∈ X} es la relaci´ on m´as fina de X, mientras que R0 = X × X es la m´as gruesa. (2) Sea X = N y R = {(m, n) : m = np} ⊆ N × N, no es reflexiva. Por otro lado, R = {(m, n) : m − n = kp, p fijo y k ∈ Z} ⊆ Z × Z es una relaci´ on de equivalencia. 8

(3) En X = R2 , R = {((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) / y1 = y2 } es una relaci´on de equivalencia. (4) Sea X un conjunto y A un subconjunto de X. Sea R = {(a, b) : a = b o a, b ∈ A}. Es f´acil ver que R es una relaci´ on de equivalencia en X.

X

X

A

A

Dado un conjunto X y R una relaci´ on de equivalencia, para cada a ∈ X, se define la clase de a como el conjunto [a] := {b ∈ X : (a, b) ∈ R}. Note que: (1) a ∈ [a]. (2) (a, b) ∈ R =⇒ [a] = [b]. (3) [a] ∩ [b] = ∅ ⇐⇒ (a, b) ∈ R. En efecto, si [a] ∩ [b] 6= ∅ entonces existe c ∈ [a] ∩ [b]. De donde (a, c) ∈ R y (b, c) ∈ R. Se sigue que [a] = [b]. Ejemplo 1.3.2. (1) [(a, b)] = {(x, y) : y = b}. (2) ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) ∈ R ⇐⇒ ||(x1 , y1 )|| = ||(x2 , y2 )||. (3) Dado X = [−1, 1] y A = {−1, 1}. Consideremos la relaci´on (a, b) ∈ R ⇐⇒ a = b o a, b ∈ A. Tenemos [−1] = {x ∈ [−1, 1] / x = −1 o x, −1 ∈ A} = {−1, 1}, [1] = [−1],

[t] = {t}, si t 6= ±1. 9

R

R (a, b)

0

(a, b)

R

0

10

R

1.4

Conjunto cociente

Dada una relaci´ on de equivalencia R en X, definimos el conjunto cociente X/R como el conjunto de las clases se equivalencia X/R := {[x] : x ∈ X}. La funci´ on p : X −→ X/R dada por p(x) = [x] se denomina proyecci´ on can´ onica. Ejemplo 1.4.1. (1) Para la relaci´ on en R2 dada por ((a, b), (a0 , b0 )) ∈ R ⇐⇒ b = b0 , se tiene el conjunto cociente X/R est´ a dado por el eje Y . (2) Para la relaci´ on en R2 dada por ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) ∈ R ⇐⇒ ||(x1 , y1 )|| = ||(x2 , y2 )||, tenemos que el conjunto cociente X/R es la semirecta {(x, 0) : x ≥ 0}.

R

0

R

R

0

R

Dada una relaci´ on de equivalencia R en un conjunto X, supongamos que tenemos una func´on f : X −→ Y tal que f (a) = f (b) si aRb. Entonces tenemos el diagrama conmutativo X p

f

X/R

Y fb

donde fb : X/R −→ Y es la funci´ on dada por fb([a]) = f (a). Note que fb est´a bien definida. Si fb es biyectiva, ∼ entonces X/R = Y y tenemos al conjunto X/R liberado de la relaci´on de equivalencia. Ejemplo 1.4.2. (1) Considere R2 con la relaci´ on (x1 , y1 )R(x2 , y2 ) ⇐⇒ x1 = x2 . 11

Probemos que el eje X es el conjunto cociente. Consideremos el diagrama conmutativo R2 p

f

R2 /R

fb

R

donde f (a, b) = a. Note que (x1 , y1 )R(x2 , y2 ) implica f (x1 , y1 ) = f (x2 , y2 ). Luego tenemos fb([(x, y)]) = f (x, y) = x. Supongamos fb([(a, b)]) = fb([(c, d)]). Entonces f (a, b) = f (c, d). De donde a = c. Esto implica que (a, b)R(c, d), es decir [(a, b)] = [(c, d)]. Tenemos que fb es inyectiva. Ahora, sea x ∈ R. Luego x = f (x, y) para alg´ un y ∈ R. Entonces x = fb([(x, y)]). Tenemos que fb es sobreyectiva. Por lo b tanto, f es biyectiva, y as´ı R2 /R ∼ = R (eje X).

R

0

R

(2) Considere nuevamente X = R2 , esta vez con la relaci´on (x1 , y1 )R(x2 , y2 ) ⇐⇒ existe λ > 0 tal que (x2 , y2 ) = λ(x1 , y1 ). Tenemos [(a, b)] = {(x, y) ∈ R2 / existe λ > 0 tal que (a, b) = λ(x, y)}.

Note que [(a, b)] es la semirecta que nace en el origen de R2 y cuyo vector director es (a, b) si (a, b) es no nulo. Cuando (a, b) = (0, 0), se tiene que [(a, b)] viene dado por el origen de R2 . De esto se sigue que el conjunto cociente X/R viene dado por S 1 ∪ {(0, 0)}.

R

R

[(a, b)] (a, b)

0

(a, b)

S1 1

R

0

12

R

Probemos esto u ´ltimo. Consideremos el diagrama conmutativo R2 p

f

R2 /R

donde

( f (x, y) =

S 1 ∪ {0}

fb

(x,y) ||(x,y)||

si (x, y) 6= (0, 0), si (x, y) = (0, 0).

(0, 0)

Veamos que fb est´ a bien definida. Supongamos que (a, b)R(x, y). Luego existe λ > 0 tal que (a, b) = ||(a,b)|| . Entonces, λ(x, y). De donde λ = ||(x,y)|| f (a, b) =

(a, b) 1 ||(a, b)|| = · · (x, y) = f (x, y). ||(a, b)|| ||(a, b)|| ||(x, y)||

Ahora veamos que fb es inyectiva. Supongamos que fb([(a, b)]) = fb([(c, d)]). Entonces f (a, b) = f (c, d). Tenemos (c, d) (a, b) = ||(a, b)|| ||(c, d)|| ||(a, b)|| (a, b) = · (c, d). ||(c, d)|| De donde (a, b)R(c, d) tomando λ = ||(a,b)|| ı, [(a, b)] = [(c, d)] y fb es inyectiva. Ahora veamos que ||(c,d)|| . As´ fb es sobreyectiva. Sea (x, y) ∈ S 1 . Luego ||(x, y)|| = 1. Tenemos (x, y) =

(x, y) = f (x, y) = fb([x, y]). ||(x, y)||

Por lo tanto, fb es biyectiva. (3) Consideremos el intervalo X = [0, 1] y el subconjunto A = {0, 1}, junto con la relaci´on (a, b) ∈ R ⇐⇒ a = b o a, b ∈ A. Note que X/A = {[1]} ∪ {t : t 6∈ A}.

Veamos que este cociente viene dado por S 1 . Consideremos el siguiente diagrama X p X/R

f S1 fb

donde f (θ) = e2πiθ = (cos(2πθ), sin(2πθ)). Tenemos que f (0) = (1, 0) y f (1) = (1, 0), por lo que fb est´a bien definida. Veamos que es inyectiva. Supongamos que fb([x]) = fb([y]). Nos queda e2πi(x−y) = 1. De donde 2πi(x−y) = 0 o 2πi(x−y) = 2kπi, 13

donde k es un entero no nulo. En el primer caso nos queda x = y. En el segundo, tenemos x = k + y. Ahora, como x, y ∈ [0, 1], necesariamente k = 1. Se sigue que x = 1 y y = 0. En cualquier caso, tenemos [x] = [y] y fb es inyectiva. Ahora veamos que es sobreyectiva. Sea (x, y) ∈ S 1 . Tenemos y (x, y) = (cos(2πθ), sin(2πθ)), donde θ = arctan . x Por lo tanto, fb es una biyecci´ on.

14

1.5

Familias de conjuntos

Considere un conjunto X y sea ∆ una familia de ´ındices. Podemos considerar la familia {Ai ⊆ X / i ∈ ∆}. Ejemplo 1.5.1. {Dr = disco de radio r > 0 y centro en (0, 0) / r ∈ (0, +∞)}. Dada una familia {Aα / α ∈ ∆} de subconjunto de X, definimos la uni´on y la intersecci´on de esta familia como: [ Aα = {x ∈ X / existe α0 ∈ ∆ tal que x ∈ Aα0 }, α∈∆

\ α∈∆

Aα = {x ∈ X / x ∈ Aα , para todo α ∈ ∆}.

Ejemplo 1.5.2. Sea An = {m ∈ N / m > n}. Tenemos

15

T

An = ∅.

1.6

Conjuntos numerables

Un conjunto X se dice numerable si existe una biyecci´on f : X −→ N de X en N. Lema 1.6.1. Todo subconjunto de N o es finito o es numerable.

Demostraci´ on: Sea A un subconjunto de N. Supongamos que A no es finito. El Principio del M´ınimo Entero Positivo dice que todo subconjunto no vac´ıo de N tiene un primer elemento. Entonces A tiene un primer elemento a1 . Consideramos ahora A − {a1 }. Sea a2 el primer elemento de A − {a1 }. Note que a1 < a2 . Luego consideramos A − {a1 , a2 } y seguimos aplicando el mismo razonamiento inductivamente. Denotamos por an el primer elemento de A − {a1 , a2 , . . . , an−1 }, donde a1 < a2 < · · · < an−1 < an . Consideremos la funci´ on N −→ {a1 , a2 , . . . } dada por n 7→ an . Tenemos que esta func´on es una biyecci´ on. S´ olo falta probar que A = {a1 , a2 , . . . }. Es obvio que {a1 , a2 , . . . } ⊆ A. Supongamos que esta contenci´ on es estricta, es decir que A − {a1 , a2 , . . . } = 6 ∅. Sea a el primer elemento de A − {a1 , a2 , . . . }. Luego a > an para todo n ∈ N, lo cual no es posible. Por lo tanto A = {a1 , a2 , . . . }. Corolario 1.6.1. Todo subconjunto de un conjunto numerable o es finito o es numerable.

f

Demostraci´ on: Sea A un subconjunto de X, donde X es numerable. Tenemos una biyecci´on X −→ N. Luego, f (A) es un subconjunto de N que es o finito o numerable. Como f es biyectiva, se tiene que A es o finito o numerable.

Teorema 1.6.1. La uni´ on numerable de conjunto numerables es un conjunto numerable.

Demostraci´ on: Sea F = {Xn , n ∈ N} una familia numerable de conjuntos numerables. Note que podemos escribir cada Xn como una lista Xn = {an1 , an2 , an3 , . . . }. S Para probar que n∈N Xn es numerable, una manera de hacerlo es escribir S este conjunto como una lista. Una forma de hacer esto viene dada por contar los elementos de n∈N Xn como se muestra a continuaci´ on: X1 : a11 a12 a13 a14 ··· X2 :

a21

a22

a23

a24

···

X3 :

a31

a32

a33

a34

···

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

16

···

Teorema 1.6.2. Si X1 , . . . , Xn son conjuntos numerables entonces X1 × X2 × · · · × Xn es numerable.

Demostraci´ on: Por el Principio de Inducci´on, basta probar que si X e Y son numerables entonces X × Y es numerable. Escribamos X = {x1 , x2 , x3 , . . . }, Y = {y1 , y2 , y3 , . . . }.

Luego, podemos escribir X × Y como una lista      (x1 , y1 ), (x2 , y1 ), . . .  (x1 , y2 ), (x2 , y2 ), . . . X ×Y = .    ..  . Por lo tanto, X × Y es numerable.

Corolario 1.6.2. Q es un conjunto numerable.

Ejemplo 1.6.1. Q+ = {racionales positivos} es un conjunto numerable. La funci´on Q+ −→ N × N dada por p + ´ltimo q 7→ (p, q) es inyectiva. Por otro lado, Im(Q ) es un subconjunto numerable de N × N, por ser este u + numerable. Se sigue que Q es numerable. Ejemplo 1.6.2. Q × Q × · · · × Q (n veces) es numerable.

17

1.7

Ejercicios

1.7.1

Operaciones entre conjuntos

Ejercicio 1.7.1. Dados A, B y C subconjuntos de X, probar: (1) (A × B) ∪ (B × A) = C × C =⇒ A = B = C. (2) Leyes de De Morgan: (A ∩ B)c = Ac ∪ B c y (A ∪ B)c = Ac ∩ B c . (3) Propiedad distribituva: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) y A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

1.7.2

Funciones y diagramas

Ejercicio 1.7.2. Dada una funci´ on f : X −→ Y , probar que para todo B ⊆ Y se tiene f −1 (B c ) = (f −1 (B))c . Ejercicio 1.7.3. Dado el diagrama conmutativo f

X

Y g

1X

X siendo 1X (x) = x para todo x ∈ X, probar que f es una funci´on inyectiva y g una funci´on sobreyectiva.

1.7.3

Relaciones de equivalencia

Ejercicio 1.7.4. Dada una relaci´ on de equivalencia R en un conjunto X, y una funci´on f : X −→ Y tal que f (x) = f (y) si xRy, sabemos que se puede contruir una funci´on fb : X/R −→ Y , dada por fb([x]) = f (x), tal que el siguiente diagrama es conmutativo: X p

f

X/R

Y fb

Probar que fb es la u ´nica funci´ on de X/R en Y tal que fb ◦ p = f . Probar adem´as que si f es sobreyectiva entonces fb es biyectiva.

1.7.4

Familias de conjuntos: operaciones, funciones y Leyes de De Morgan

Ejercicio 1.7.5. Si {Aα }α∈Λ es una familia de subconjuntos de X, probar la siguiente generalizaci´on de las leyes de De Morgan: 18

(1)

S

(2)

T

Aα


c

α∈Λ

Aα


c

α∈Λ

=

T

=

S

α∈Λ

Acα .

α∈Λ

Acα .

Ejercicio 1.7.6. Si {Bα }α∈Λ es una familia de sunconjuntos de Y y f : X −→ Y es una funci´on, probar: (1) f −1

S

(2) f −1

T

α∈Λ


S Bα = α∈Λ f −1 (Bα ).

α∈Λ


T Bα = α∈Λ f −1 (Bα ).

Ejercicio 1.7.7. (1) Sea T {An }n∈N una familia de sunconjuntos de N definida por An = {m ∈ N / m ≥ n}. Probar que n∈N An = ∅. (2) Probar

T

(3) Probar

S

1.7.5

n∈N


− n1 , n1 = {0}. 1

n∈N

n, 1

−

1 n



= (0, 1).

Cubrimientos y particiones

Ejercicio 1.7.8. DiremosSque una familia {Uα }α∈Λ de subconjuntos de X es un cubrimiento de un subconjunto A ⊆ X si A ⊆ α∈Λ Uα . Un cubrimiento {Uα }α∈Λ es una partici´ on de X si para cualesquiera α, β ∈ Λ, α 6= β =⇒ Uα ∩ Uβ = ∅. Dado cualquier cubrimiento {Un }n∈N de X, considere la familia {Vn }n∈N definida por V1 = U1 , V2 = U2 − U1 , V3 = U3 − (U1 ∪ U2 ), .. .   n−1 [ Vn = Un −  Uj  . j=1

Probar que {Vn }n∈N es un cubrimiento de X, y m´as a´ un que {Vn }n∈N es un refinamiento de X. Ejercicio 1.7.9. Sea {A1 , A2 , . . . , An } una familia finita de subconjuntos de X. Para cada H ⊆ {1, . . . , n}, se define [ \ PH = Ai y QH = Ai . i∈H

i∈H

PAra cada 1 ≤ k ≤ n, sea Fk el conjunto de todos los subconjuntos de {1, . . . , n} que tiene k-elementos. Probar \ [ PH ⊆ QH si 2k < n + 1. H∈Fk

H∈Fk

19

1.7.6

Conjuntos numerables

Ejercicio 1.7.10. Demuestre que: (1) La uni´ on numerable de conjuntos numerables es numerable, pero esta vez definiendo una biyecci´ on de N en dicha uni´ on. Sugerencia: Probar primero el resultado para uniones disjuntas. (2) Z es numerable. (3) El producto de dos conjuntos numerables es numerable, usando la parte (1). (4) Q es numerable. (5) Q × · · · × Q (n veces) es numerable.

20

CAP´ITULO 2

´ ESPACIOS TOPOLOGICOS 2.1

Topolog´ıas

Dado un conjunto X, una topolo´ıa en X es una familia τ ⊆ P(X) que satisface las siguientes propiedades: (1) ∅, X ∈ τ . (2) τ es cerrada bajo intersecciones finitas: Si A1 , A2 ∈ τ entonces A1 ∩ A2 ∈ τ . (3) τ es cerrada bajo uniones arbitrarias: Para toda familia {Aα / α ∈ Λ} ⊆ τ , se tiene

S

α∈Λ

Aα ∈ τ .

Dadas dos topolog´ıas τ1 y τ2 en X, diremos que τ1 es m´as d´ebil que τ2 si τ1 ⊆ τ2 . A veces denotaremos este hecho mediante el uso de una flecha τ1 ⊆ τ2 . Ejemplo 2.1.1. Sea X = {a, b, c, d}. La familia de subconjuntos τ1 = {∅, X, {a}, {a, b}, {a, b, c}} es una ´ topolog´ıa de X. Note que es claro que {∅, X} y P(X) tambi´en son topolog´ıas de X. Estas se denominan topolog´ıa indiscreta y topolog´ıa discreta, respectivamente. Es f´acil ver que la familia de subconjuntos τ2 = {∅, X, {a}, {b}, {a, b}, {a, b, c}} es tambi´en una topolog´ıa de X. Tenemos el diagrama: τ1 {∅, X}

P(X) τ2

Un espacio topol´ ogico (X, τ ) es un conjunto X junto con una topolog´ıa τ . Ejemplo 2.1.2. (1) Sea X un conjunto y τ = {A ⊆ X : Ac es finito} ∪ {∅}. Veamos que τ es una topolog´ıa, a la cual llamaremos topolog´ıa cofinita. Ya sabemos que ∅ ∈ τ . Adem´as, X c = ∅ es finito, de donde X ∈ τ . Ahora sean A1 , A2 ∈ τ . Tenemos que (A1 ∩ A2 )c = Ac1 ∪ Ac2 es finito, porque Ac1 y Ac2 lo son. Entoces τ es cerrada bajo Ahora consideremos una familia de subconjuntos {Aα }α∈Λ .
c T finitas. S intersecciones c Tenemos que A = A es finito porque cada Acα es finito y la intersecci´on de conjuntos α∈Λ α α∈Λ α finitos es finita. Por lo tanto, τ es una topolog´ıa. Si X es finito, note que τ = P(X). 21

(2) Sea A un sunconjunto de un espacio topol´ogico (X, τ ). Existe una topolog´ıa que A hereda de τX , definida por τA := {A ∩ V : V ∈ τX }. Dicha topolog´ıa se conoce como la topolog´ıa relativa de A. En efecto, veamos que τA define una topolog´ıa en A. Es claro que ∅, A ∈ τA pues ∅ = A ∩ ∅ y A = A ∩ X. Sean V1 , V2 ∈ τA . Luego, existen U1 , U2 ∈ τ tales que V1 = A ∩ U1 y V2 = A ∩ U2 . De donde V1 ∩ V2 = (A ∩ U1 ) ∩ (A ∩ U2 ) = A ∩ (U1 ∩ U2 ), donde U1 ∩ U2 ∈ τ . Por lo que V1 ∩ V2 ∈ τA . Ahora sea {Vα / α ∈ Λ} una familia de τA . Para cada α ∈ Λ existe Uα ∈ τ tal que Vα = A ∩ Uα . Entonces tenemos ! [ [ [ Vα = A ∩ Uα = A ∩ Uα , α∈Λ

donde

S

α∈Λ

Uα ∈ τ . As´ı

S

α∈Λ

α∈Λ

α∈Λ

V α ∈ τA .

Dado (X, τ ) un espacio topol´ ogico. Los elementos de τ se denominan abiertos de X. Diremos que A ⊆ X es cerrado si Ac es abierto. Recordamos de los cursos de an´ alisis que, en R, A es abierto si, y s´olo si, para todo x ∈ A existe r > 0 tal que (x − r, x + r) ⊆ A. A la familia τ = {A ⊆ R / A es abierto} la llamaremos topolog´ıa usual de R. Veamos que τ es una topolog´ıa con respecto a la definici´on que dimos anteriormente. Es claro que ∅ ∈ τ y R ∈ τ . Ahora supongamos que A1 y A2 son abiertos. Sea x ∈ A1 ∩ A2 . Luego, existen r1 > 0 y r2 > 0 tales que (x − r1 , x + r1 ) ⊆ A1 y (x − r2 , x + r2 ) ⊆ A2 . Si r = min{r1 , r2S }, entonces (x − r, x + r) ⊆ A1 ∩ A2 . Finalmente, consideremos una familia de abiertos {Aα }α∈Λ . Sea x ∈ α∈Λ Aα . Luego, existe α ∈ Λ tal que S x ∈ Aα . De donde existe r > 0 tal que (x − r, x + r) ⊆ Aα ⊆ α∈Λ Aα . De forma m´ as general, tenemos la topolog´ıa usual de Rn , en la cual un conjunto A es abierto si, y s´ olo si, para todo x ∈ A existe r > 0 tal que la bola abierta Bx (r) de centro x y radio r est´a contenida en A.

22

2.2

Espacios m´ etricos

Dado un conjunto X, una m´ etrica en X es una funci´on f : X × X −→ R tal que: (1) d(x, y) ≥ 0, donde d(x, y) = 0 si, y s´ olo si, x = y. (2) d(x, y) = d(y, x), para todo x, y ∈ X. (3) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), para todo x, y, z ∈ X. Dado x ∈ X y r > 0, denotamos la bola abierta de centro x y radio r como Bx (r) := {y ∈ X : d(x, y) < r}. Definamos τd como la familia de subconjuntos de X tales que A ∈ τd ⇐⇒ para todo x ∈ A, existe r > 0 tal que Bx (r) ⊆ A. La familia τd se conoce como la topolog´ıa m´ etrica en X.

Proposici´ on 2.2.1. Un conjunto A pertenece a τd si, y s´olo si, es la uni´on de bolas abiertas.

Demostraci´ on: S Sea A ∈ τd . Luego para cada x ∈ ASexiste rx > 0 tal que x ∈ Bx (rx ) ⊆ A. De esto se sigue que A ⊆ x∈X Bx (rx ) ⊆ A. Por lo tanto, A = x∈X Bx (rx ). S Ahora supongamos que A = α∈Λ Bbα (rα ). Sea x ∈ A. Luego existe α ∈ Λ tal que x ∈ Bbα (rα ), de donde d(x, bα ) < rα . Tomamos r = rα − d(x, bα ). Tenemos que Bx (rx ) ⊆ A.

Ejemplo 2.2.1. (1) M´ etrica discreta: La funci´ on d : X × X −→ R dada por  0 si x = y, d(x, y) = 1 si x 6= y. es una m´etrica en X, llamada m´ etrica discreta. Tenemos que Bx (1) = {x}, Bx (r) = {x} si r ≤ 1, y que Bx (r) =SX si r > 1.SVeamos que τd = P(X). Es claro que τd ⊆ P(X). Ahora sea A ∈ P(X). Tenemos A = x∈A {x} = x∈A Bx (1), y por la proposici´on anterior, nos queda A ∈ τd . Por lo tanto, τd = P(X). De aqu´ı viene el nombre de m´etrica discreta. (2) Sea X = Rn y d1 , d2 , d3 : Rn × Rn −→ R las m´etricas dadas por d1 (x, y) :=

" n X i=1

#1/2 |xi − yi |

2

, d2 (x, y) := max{|xi − yi | / i = 1, . . . , n} y d3 (x, y) := 23

n X i=1

|xi − yi |.

Usamos la notaci´ on Bx1 (r) := {y ∈ Rn : d1 (x, y) < r}, Bx2 (r) := {y ∈ Rn : d2 (x, y) < r} y Bx3 (r) := {y ∈ Rn : d3 (x, y) < r}. Para x = 0, tenemos la siguiente figura:

r

B01 (r)

r

B02 (r)

0

0

24

r

B03 (r) 0

2.3

Topolog´ıa inicial y final

Dada una funci´ on f : X −→ Y y una topolog´ıa τY en Y , llamaremos a la familia f −1 (τY ) := {f −1 (A) / A ∈ τY } la topolog´ıa inicial en X inducida por f . Verifiquemos que f −1 (τY ) es una topolog´ıa en X. Primero, ∅ ∈ f −1 (τY ) ya que ∅ = f −1 (∅). De forma similar, X ∈ f −1 (τY ) pues X = f −1 (Y ). Sean B1 y B2 en f −1 (τY ). Luego existen A1 , A2 ⊆ Y tales que B1 = f −1 (A1 ) y B2 = f −1 (A2 ). As´ı tenemos B1 ∩ B2 = f −1 (A1 ) ∩ f −1 (A2 ) = f −1 (A1 ∩ A2 ) ∈ f −1 (τY ). Ahora consideremos una familia {Bα }α∈Λ en f −1 (τY ). Para cada α ∈ Λ, existe Aα ⊆ Y tal que Bα = f −1 (Aα ). As´ı obtenemos ! [ [ [ −1 −1 Bα = f (Aα ) = f Aα ∈ f −1 (τY ). α∈Λ

α∈Λ

α∈Λ

Por lo tanto, f −1 (τY ) es una topolog´ıa en X. Ahora, sea τX una topolog´ıa en X, la topolog´ıa final en X inducida por f se define como la familia τf := {B ⊆ Y / f −1 (B) ∈ τX }. Veamos que τf es en efecto una topolog´ıa. Primero, ∅ ∈ τf ya que f −1 (∅) = ∅ ∈ τX . Tambi´en Y ∈ τf pues f −1 (Y ) = X ∈ τX . Sean B1 , B2 ∈ τf . Tenemos f −1 (B1 ∩ B2 ) = f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ) ∈ τX y por ende B1 ∩ B2 ∈ τf . Ahora sea {Bα }α∈Λ una subfamilia de τf . Tenemos ! [ [ −1 f Bα = f −1 (Bα ) ∈ τX , α∈Λ

y as´ı

S

α

α∈Λ

Bα ∈ τf . Por lo tanto, τf es una topolog´ıa en Y .

25

2.4

Base de una topolog´ıa

Dado un espacio topol´ ogico (X, τ ) y β ⊆ τ . Diremos que β es base de τ si todo elemento de τ es uni´ on de miembros de β, es decir, para todo A ∈ τ y para todo x ∈ A existe U ∈ β tal que x ∈ U ⊆ A. Ejemplo 2.4.1. (1) Dado un espacio m´etrico (X, d), la familia β = {B(x, r) : x ∈ X y r > 0} es una base de la topolog´ıa m´etrica τd . (2) Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico y β una base de τ . Dado A ⊆ X, βA = {U ∩ A / U ∈ β} es base de laStopolog´ıa relativa τA . En efecto, sea U ∩ A ∈ τA . Como β es base S de τ , podemos escribir U = {Uα / α ∈ Λ} donde cada Uα pertenece a β. As´ı tenemos U ∩ A = {Uα ∩ A / α ∈ Λ}, donde Uα ∩ A ∈ βA para cada α ∈ Λ. Teorema 2.4.1. Sean τ1 y τ2 dos topolog´ıas en X, y β1 y β2 bases de τ1 y τ2 , respectivamente. Si para todo U ∈ β2 y para todo x ∈ U existe V ∈ β1 tal que x ∈ V ⊆ U , entonces τ2 ⊆ τ1 .

S Demostraci´ on: Sea U ∈ τ2 . Entonces U puede escribirse como U = {Uα / α ∈ Λ} donde cada Uα pertenece a β2 . Fijemos α ∈ Λ y seaSx ∈ Uα . Por hip´otesis, existe Vαx ∈ β1 tal que x ∈ Vαx ⊆ Uα . Esto implica que podemos escribir Uα = {Vαx / x ∈ Uα } ∈ τ1 . De donde se sigue que U ∈ τ1 .

Dado X un conjunto y β una familia de subconjuntos de X. Un pregunta interesante es saber cu´ando β es base de alguna topolog´ıa. Impongamos las siguientes condiciones sobre β: (1) β debe ser un cubrimiento de X, es decir que X se escribe como la uni´on de los conjuntos de β. (2) Si U, V ∈ β entonces U ∩ V debe ser uni´on de miembros de β. Sea τ := {A ∈ P(X) / A =

[

{U : U ∈ F ⊆ β}.

Veamos que β es una topolog´ıa en X. S (i) ∅ ∈ τ : Basta escribir ∅ = α∈Λ Aα , donde Aα ∈ β y Λ = ∅. S (ii) X ∈ τ : Escribimos X = {U : U ∈ β} porque β es un cubrimiento de X. (iii) Sean A1 , A2 ∈ τ . Veamos que A1 ∩ A2 ∈ τ . Sabemos que [ A1 = {U : U ∈ F1 ⊆ β} y A2 = {V : V ∈ F∈ ⊆ β}. Luego tenemos A1 ∩ A2 =

[ {U ∩ V : (U, V ) ∈ F1 × F2 }.

S Como U, V ∈ β, se tiene que U ∩ V es uni´on de miembros de β, U ∩ V = {S : S ∈ F(U,V ) ⊆ β}. Entonces, [  [ A1 ∩ A2 = {S : S ∈ F(U,V ) ⊆ β} ∈ τ. (U,V )∈F1 ×F2

26

(iv) Considere una familia {Aα }α∈Λ donde Aα ∈ τ para todo α ∈ Λ. Para cada α, tenemos [ Aα = {U : U ∈ Fα ⊆ β}. As´ı

[

[ [

Aα =

α∈Λ

α∈Λ

 {U : U ∈ Fα ⊆ β} ∈ τ.

Teorema 2.4.2. Sea β ⊆ P(X). Entonces β es base de una topolog´ıa si cumple las siguientes propiedades: (1) β es un cubrimiento de X. S (2) Para cada U, V ∈ β, ocurre que U ∩ W = {W : W ∈ F ⊆ β}, es decir U ∩ V es uni´on de miembros de β. O equivalentemente, para cada par U, V ∈ β y para cada x ∈ U ∩ V , existe W ∈ β tal que x∈W ⊆U ∩V.

Ejemplo 2.4.2. (1) Dada una funci´ on f : X −→ Y , y τ una topolog´ıa en X. Considere la topolog´ıa final τf . Si β es una base de τ y f es sobreyectiva, entonces βf = {fS(U ) / U ∈ β} es una base de τf . Primero veamos que βf es un cubrimiento de Y . Sabemos que X = {U / U ∈ β}. Como f es sobreyectiva, tenemos [ [ Y = f (X) = {f (U ) / U ∈ β} = {V / V ∈ βf }. Ahora sean f (U ), f (V ) ∈ βf . Sabemos que f (U ) ∩ f (V ) = f (U ∩ V ). Ahora, U ∩ V = Bα ∈ β. Se sigue que ! [ [ f (U ) ∩ f (V ) = f Bα = f (Bα ). α∈Λ

S

α∈Λ

Bα , donde

α∈Λ

Por lo tanto, βf es una base de la topolog´ıa final en Y . (2) Sea f : X −→ Y una funci´ on y τ una topolog´ıa en Y con base β. La familia f −1 (β) = {f −1 (B) / B ∈ β} es base de la topolog´ıa inicial en X inducida por f . Primero tenemos que f −1 (β) es un cubrimiento de X, pues ! [ [ −1 −1 X = f (Y ) = f Aα = f −1 (Aα ), α∈Λ

donde Aα ∈ β. Ahora sean f Aα ∈ β. As´ı nos queda

−1

(U ), f

−1

(V ) ∈ f

−1

α∈Λ

(β). Tenemos que U ∩ V =

S

{Aα / α ∈ Λ}, donde

! f −1 (U ) ∩ f −1 (V ) = f −1 (U ∩ V ) = f −1

[

Aα

α∈Λ

=

[

f −1 (Aα ).

α∈Λ

Por lo tanto, f −1 (β) es base de f −1 (τ ). S (3) En R, considere la familia β = {[a, b) : b > a}. Note que R = {[a, b) / (a, b) ∈ R2 y b > a}. Ahora veamos que para cada par [a, b) y [c, d), se tiene que A = [a, b) ∩ [c, d) puede escribirse como uni´ on de elementos de β. Las u ´nicas posibilidades para A son A = ∅, [a, b), [c, d), [c, b). Por lo tanto, β es base de una topolog´ıa en R. 27

(4) Topolog´ıa producto: Consideremos dos espacios topol´ogicos (X, τX ) y (Y, τY ) con bases βX y βY , respectivamente. Sea βX×Y := {U × V / U ∈ τX y V ∈ τY }. S Veamos S que βX×Y es base de una topolog´ıa en X × Y . Podemos escribir X = {U / U ∈ βX } y Y = {V / V ∈ βY }. Tenemos [  [  [ X ×Y = {U / U ∈ βX } × {V / V ∈ βY } = {U × V / U ∈ βX y V ∈ βY } donde cada U × V pertenece a βX×Y . Entonces βX×Y es un cubrimiento abierto de X × Y . Ahora sean U1 × V1 , U2 × V2 ∈ βX×Y . Tenemos (U1 × V1 ) ∩ (U2 × V2 ) = (U1 ∩ U2 ) × (V1 ∩ V2 ) ∈ βX×Y . Por lo tanto, βX×Y es base de una topolog´ıa en X × Y . Dicha topolog´ıa se conoce como topolog´ıa producto de X × Y . Es de hacer notar que la descripci´on que acabamos de hacer tambi´en vale para productos arbitrarios.

28

2.5

Topolog´ıa desde un punto de vista local

Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico y x ∈ X. Un entorno de x es cualquier abierto que contenga a x. Esto es, U ∈ τ es un entorno de x si x ∈ U . Otros autores definen un entorno de x como cualquier subconjunto V de X tal que existe U ∈ τ con x ∈ U . Dado x ∈ X, denotaremos por W (x) al conjunto de todos los entornos de x. Un subconjunto β(x) ⊆ W (x) es una base de entornos de x si para todo W ∈ W (x) existe B ∈ β(x) tal que B ⊆ W . Ejemplo 2.5.1. Dado R2 con la topolog´ıa usual, la familia β(x) = {Bx (r) : r > 0} es base de entornos de x. Dicha base se puede reducir a la base β1 (x) = {Bx (r) : r ∈ Q+ }. Veamos que β1 (x) = {Bx (r) / r ∈ Q+ } y β2 (x) = {Bx (1/n) / n ∈ Z>0 } son bases de entornos de x. Sea U ∈ W (x). Sabemos que existe Bx (r) tal que Bx (r) ⊆ U . Sea q ∈ (0, r). Se tiene que Bx (q) ⊆ Bx (r) ⊆ U . El hecho de que β2 (x) es base de entornos de x se sigue de manera similar.

Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico. Diremos que X es de primera categor´ıa (o que satisface el primer axioma de numerabilidad) si cada x ∈ X posee una base de entornos numerable.

29

2.6

Interior y clausura

Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico. Diremos que x ∈ X es un punto de acumulaci´ on de A si para todo abierto U ∈ W (x) se tiene que (U − {x}) ∩ A 6= ∅. Es decir, x es un punto de acumulaci´on de x si, y s´ olo si, todo entorno de x contiene al menos un punto en A distinto de x. Ejemplo 2.6.1. En R, considere A = [a, b). El punto b es un punto de acumulaci´on de A, al igual que a. M´ as a´ un, todo c ∈ (a, b) es un punto de acumulaci´on de A. Tenemos que [a, b] es el conjunto de todos los puntos de acumulaci´ on de A. Para B = [a, b) ∪ {d}, con d > b, tenemos que [a, b] son todos los puntos de aculumaci´on de B. Lema 2.6.1. Un subconjunto A ⊆ X es abierto si, y s´olo si, A es entorno de cada uno de sus puntos.

Demostraci´ on: Es inmediato.

Denotaremos por A0 al conjunto de puntos de acumulaci´on de A. El conjunto A := A ∪ A0 se denomina clausura de A. Teorema 2.6.1. (1) A es cerrado. (2) A es el menor cerrado que contiene a A. T (3) A = {B ⊇ A : B es cerrado}. (4) A es cerrado si, y s´ olo si, A = A.

Demostraci´ on: c

c

(1) Probemos que A es abierto. Sea x ∈ A . Luego x 6∈ A0 y x 6∈ A. De donde existe U ∈ W (x) tal que (U − {x}) ∩ A = ∅. Como x 6∈ A, se tiene U ∩ A = ∅. Veamos que U ∩ A = ∅. Supongamos lo contrario. Luego existe y ∈ U tal que y ∈ A. Como U ∩ A = ∅, se tiene que y ∈ A0 . De donde [(U − {x}) − {y}] ∩ A 6= ∅. Entonces existe z ∈ U ∩ A donde z 6= x. Obteniendo una contradicci´ on. c Por lo tanto, x ∈ U ⊆ A . (2) Sea B otro conjunto cerrado que contiene a A. Sea x ∈ A. Luego, x ∈ A o x ∈ A0 . Si x ∈ A entonces x ∈ B. Ahora supongamos que x ∈ A0 . Supongamos que x 6∈ B. Entonces, como B es cerrado, existe U ∈ W (x) tal que U ⊆ B c , es decir U ∩ B = ∅. Como x 6∈ A y A ⊆ B, se sigue (U − {x}) ∩ A = ∅, obteniendo una contradicci´on. Por lo tanto, A ⊆ B. 30

(3) Como A es el menor conjunto cerrado T que contiene a A, se tiene que A ⊆ B para todo cerrado B que contenga a A. De donde A ⊆ {B ⊇ A : B T es cerrado}. Ahora, por (1) sabemos que A es un conjunto cerrado que contiene a A, por lo que {B ⊇ A : B es cerrado} ⊆ A. (4) Supongamos que A es cerrado. Por (3), tenemos A ⊆ A = ∩{B ⊇ A : B es cerrado} ⊆ A, de donde A = A. Ahora supongamos que A = A. Como A es cerrado por (1), se tiene que A es cerrado.

Proposici´ on 2.6.1. Un subconjunto A ⊆ X es cerrado si, y s´olo si, A contiene todos sus puntos de acumulaci´ on.

Demostraci´ on: Supongamos que A es cerrado. Luego A = A. Se tiene A0 ⊆ A = A. Ahora supongamos que A contiene a todos sus puntos de acumulaci´on. Tenemos A = A ∪ A0 = A, por lo tanto A es cerrado.

Podemos ver a A 7→ A como un operador P(X) −→ P(X). Proposici´ on 2.6.2 (Propiedades). (1) A ⊆ B =⇒ A ⊆ B. (2) A ∪ B = A ∪ B. (3) A ∩ B ⊆ A ∩ B.

Demostraci´ on: (1) Tenemos que B es un cerrado que contiene a A. Como A es el menor cerrado que contiene a A, nos queda A ⊆ B. (2) Como la uni´ on de cerrados es cerrado, tenemos que A ∪ B es un cerrado que contiene a A ∪ B. Se sigue que A ∪ B ⊆ A ∪ B. Falta probar la contenci´on contraria. Como A ⊆ A ∪ B, se tiene por (1) que A ⊆ A ∪ B. De manera similar, B ⊆ A ∪ B. De donde A ∪ B ⊆ A ∪ B. (3) Procedemos de manera similar a (2). Como A ∩ B es un cerrado que contiene a A ∩ B, nos queda A ∩ B ⊆ A ∩ B.

31

La contenci´ on enunciada en (3) puede ser estricta. Consideremos por ejemplo los conjuntos A = (−1, 0) y B = (0, 1) en R con la topolog´ıa usual. Tenemos que A = [−1, 0] y B = [0, 1]. Luego A ∩ B = ∅, de donde A ∩ B = ∅. Por otro lado, A ∩ B = {0}. Entonces A ∩ B $ A ∩ B. Se define el interior de un subconjunto A ⊆ X, denotado por int(A), como la uni´on de todos los abiertos contenidos en A, es decir [ int(A) := {U ⊆ A : U es abierto}. Proposici´ on 2.6.3 (Propiedades). (1) int(A) es abierto. (2) A es abierto s´ı, y s´ olo si, A = int(A). (3) A ⊆ B =⇒ int(A) ⊆ int(B). (4) int(A ∪ B) ⊇ int(A) ∪ int(B). (5) int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B).

Demostraci´ on: (1) Es inmediato pues la uni´ on de conjuntos abiertos es un conjunto abierto. S (2) Supongamos que A es abierto. Entonces A ⊆ {U ⊆ A : U es abierto}. Por otro lado, es claro S que {U ⊆ A : U es abierto} ⊆ A. De donde A = int(A). Ahora supongamos que A = int(A). Como int(A) es abierto, se tiene que A es abierto. (3) Sea en A. Entonces U es un abierto contenido en B. Por lo que S U cualquier abierto contenido S {U ⊆ A : U es abierto} ⊆ {V ⊆ B : V es abierto}, es decir int(A) ⊆ int(B). (4) Como int(A) ∪ int(B) es un abierto contenido en A ∪ B, se tiene int(A) ∪ int(B) ⊆ int(A ∪ B). (5) Por (3), tenemos int(A ∩ B) ⊆ int(A) y int(A ∩ B) ⊆ int(B). Entonces int(A ∩ B) ⊆ int(A) ∩ int(B). Por otra parte, int(A) S ∩ int(B) es un conjunto abierto contenido en A ∩ B, de donde se tiene que int(A)∩int(B) ⊆ {U ⊆ A∩B : U es abierto} = int(A∩B). Por lo tanto, se sigue la igualdad.

Dado un subconjunto A ⊆ X, la frontera de A, denotada por Fr(A) o por ∂A, se define como el conjunto ∂A := A − int(A). Tenga en cuenta que int(A) ⊆ A ⊆ A. Ejemplo 2.6.2. Sea A = [0, 1) en R con la topolog´ıa usual. Tenemos ∂A = [0, 1] − (0, 1) = {0, 1}.

32

2.7

Funciones continuas

Sean (X, τX ) y (Y, τY ) dos espacios topol´ ogicos y f : X −→ Y una funci´on. Diremos que f es continua si para todo U ∈ τY se tiene que f −1 (U ) ∈ τX , es decir, la imagen inversa de todo abierto en Y es un abierto en X. Ejemplo 2.7.1. (1) Si A es un subespacio de X (es decir que la topolog´ıa de A es la topolog´ıa relativa), entonces la inclusi´ on iA : A −→ X es una funci´ on continua. (2) Toda funci´ on f : X −→ Y es continua si X tiene la topolog´ıa inicial inducida por f . (3) Toda funci´ on f : X −→ Y es continua si Y tiene la topolog´ıa final inducida por f . (4) Sean (X1 , τ1 ), . . . , (X, τn ) espacios topol´ogicos y considere a X = X1 × · · · × Xn con la topolog´ıa producto. Para cada j = 1, . . . , n, la proyecci´on pj : X −→ Xj dada por (x1 , . . . , xn ) 7→ xj es una funci´ on continua. En efecto, sea U ∈ τj . Tenemos p−1 j (Uj ) = {(x1 , . . . , xn ) ∈ X : xj ∈ U } = X1 × · · · × Xj−1 × U × Xj+1 × · · · × Xn ∈ τX . (5) Si f : X −→ Y y g : Y −→ Z son funciones continuas, entonces g ◦f : X −→ Y es una funci´on continua. En efecto, si U ∈ τZ entonces g −1 (U ) ∈ τY , porque g es continua. Luego, f −1 (g −1 (U )) ∈ τX , pues f es tambi´en continua. Por lo tanto, (g ◦ f )−1 (U ) = f −1 (g −1 (U )) ∈ τX y g ◦ f es continua. Teorema 2.7.1. Sean (X, τX ) y (Y, τY ) dos espacios topol´ogicos y f : X −→ Y una funci´on. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1) f es continua. (2) La imagen inversa de cada cerrado en Y es cerrado en X. (3) La imagen inversa de cada miembro de la bade de Y es abierto en X. (4) Para todo x ∈ X y para todo V ∈ W (f (x)), existe U ∈ W (x) tal que f (U ) ⊆ V . (5) Para todo A ⊆ X, f (A) ⊆ f (A). (6) Para todo B ⊆ Y , f −1 (B) ⊆ f −1 (B).

Demostraci´ on: Supongamos (1), y sea B ⊆ Y cerrado. Luego B c es abierto. Como f es continua, se −1 tiene (f (B))c = f −1 (B c ) ∈ τX . De donde f −1 (B) es cerrado en X. La implicaci´on (2) =⇒ (1) se prueba de manera similar. Tenemos (1) =⇒ (2). La implicaci´ on (1) =⇒ (3) es inmediata. Ahora S S supongamos (3). Sea βY una base de Y y V ∈ τY . Luego V = {Vα / Vα ∈ βY }. Se tiene f −1 (V ) = {f −1 (Vα ) / Vα ∈ βY } ∈ τX , porque cada f −1 (Vα ) ∈ τX y la uni´ on de abiertos es un abierto. Entonces tenemos (1) =⇒ (3). Ahora probemos que (1) es equivalente a (4). Si asumimos (1) y V ∈ W (f (x)) para x ∈ X, entonces f −1 (V ) ∈ τX . Sea U = f −1 (V ). Tenemos U ∈ W (x) y f (U ) = f (f −1 (V )) ⊆ V . Ahora supongamos (4). Sea V ∈ τY y x ∈ f −1 (V ). Existe Ux ∈ W (x) tal que f (Ux ) ⊆ V . Entonces Ux ⊆ f −1 (f (Ux )) ⊆ f −1 (V ). 33

S De esto se sigue que f −1 (V ) = x∈X Ux , donde cada Ux es un abierto en X. Por lo tanto, f −1 (V ) es abierto en X. Tenemos (1) =⇒ (4). Como (5) involucra conjuntos cerrados, probemos (2) =⇒ (5). Esta elecci´on es m´as conveniente, y ya hemos probado que (2) equivale a (1), (3) y (4). Supongamos (2). Como f (A) es cerrado en Y , se tiene que f −1 (f (A)) es cerrado en X. Adem´as, A ⊆ f −1 (f (A)). Se sigue que A ⊆ f −1 (f (A)). De donde f (A) ⊆ f (f −1 (f (A))) ⊆ f (A).

Ahora asumamos (5) y probemos (6). Sea B ⊆ Y . Por (5), tenemos f (f −1 (B)) ⊆ f (f −1 (B)) ⊆ B. Luego, f −1 (B) ⊆ f −1 (f (f −1 (B))) ⊆ f −1 (B).

Finalmente, probemos (6) =⇒ (2). Sea B ⊆ Y cerrado. Luego B = B. Por (6), tenemos f −1 (B) ⊆ f −1 (B) = f −1 (B). Como la otra contenci´on tambi´en vale, nos queda f −1 (B) = f −1 (B), es decir, f −1 (B) es cerrado. Por lo tanto, tenemos que (2), (5) y (6) son equivalentes.

Qn Teorema 2.7.2. Sea (Z, τ ) un espacio topol´ogico y f : Z −→ X = j=1 Xj una funci´on. Entonces f es continua si, y s´ olo si, pj ◦ f : Z −→ Xj es continua, para cada j = 1, . . . , n.

Demostraci´ on: Si f es continua entonces pj ◦ f tambi´en lo es, por ser la composici´on de funciones continuas. Ahora supongamos que pj ◦ f es continua, para cada j = 1, . . . , n. Consideramos a X con la topolog´ıa producto. Por el teorema anterior, se tiene que basta probar que f −1 (U1 × · · · × Un ) es abierto, para cada abierto U1 × · · · × Un de la base de τX . Para cada j, tenemos que −1 τ 3 (pj ◦ f )−1 (Uj ) = f −1 ◦ p−1 (X1 × · · · × Uj × · · · × Xn ). j (Uj ) = f

De donde f −1 (U1 × · · · × Un ) = f −1 ((U1 × X2 × · · · × Xn ) ∩ · · · ∩ (X1 × · · · × Xn−1 × Un ))

= f −1 (U1 × X2 × · · · × Xn ) ∩ · · · ∩ f −1 (X1 × · · · × Xn−1 × Un ) ∈ τ.

Por lo tanto, f es continua.

Corolario 2.7.1. Toda funci´ on f : Rn −→ Rn puede escribirse como f (x1 , . . . , xn ) = (f1 (x1 , . . . , xn ), . . . , fn (x1 , . . . , xn )). Entonces f es continua si, y s´ olo si, cada fj es continua, con 1 ≤ j ≤ n. El teorema anterior caracteriza a la topolog´ıa producto en el sentido de que X posee dicha topolog´ıa si, y s´ olo si, f : Z −→ X es continua. Dados dos espacios topol´ ogicos X e Y , un homoemorfismo es una funci´on continua y biyectiva f : X −→ Y tal que su inversa f −1 : Y −→ X es tambi´en continua. 34

Ejemplo 2.7.2. Sea X el disco unitario e Y el casquete superior de la espera unitaria: X = {(x, y) ∈ R2 / x2 + y 2 < 1}

y

Y = {(x, y, z) ∈ R3 / x2 + y 2 + z 2 = 1 y z > 0}.

Sea f : X −→ Y la funci´ on dada por f (x, y) = (x, y,

p

1 − x2 − y 2 ).

Tenemos que f es continua porque cada funci´on componente lo es. Adem´as, f es biyectiva y la proyecci´ on (x, y, z) 7→ (x, y) restringida a Y es la inversa de f , que tambi´en es continua. Por lo tanto, f es un homeomorfismo. Proposici´ on 2.7.1. Sea A ⊆ X, iA : A −→ X la inclusi´on de A en X, y Z otro espacio topol´ ogico. Entonces f : Z −→ A es continua si, y s´ olo si, iA ◦ f : Z −→ X es continua.

Demostraci´ on: Si f es continua entonces iA ◦ f tambi´en lo es por ser la composici´on de funciones continuas. Ahora supongamos que iA ◦ f es continua. Sea U ∈ τA . Luego existe V ∈ τX tal que −1 U = V ∩ A. Tenemos (iA ◦ f )−1 (V ) = f −1 (i−1 (V ∩ A) = f −1 (U ), por lo que f −1 (U ) es A (V )) = f abierto en Z.

Proposici´ on 2.7.2. Sea f : X −→ Y una funci´on. El gr´afico de f se define como el conjunto G(f ) := {(x, y) / y = f (x)} ⊆ X × Y. Sea fˆ : X −→ G(f ) la funci´ on dada por x 7→ (x, f (x)). Entonces, f es continua si, y s´olo si, fˆ es un homeomorfismo.

Demostraci´ on: Antes de demostrar esta equivalencia, note que tenemos el siguiente diagrama conmutativo 1X X pX ˆ f i X G(f ) X ×Y pY Y f donde i es la inclusi´ on de G(f ) en X × Y , y pX y pY son las proyecciones de X × Y en X e Y , respectivamente. Supongamos que f es continua. Consideremos la composici´on i◦ fˆ. Como pX ◦(i◦ fˆ) = 1X y pY ◦(i◦ fˆ) = f son continuas, se tiene que i ◦ fˆ es continua. Por la proposici´on anterior, nos queda que fˆ es continua. Ahora, consideremos la funci´ on continua pX ◦ i. Por un lado, tenemos (pX ◦ i) ◦ fˆ = 1X . Ahora, sea (x, f (x)) ∈ G(f ). Tenemos fˆ ◦ (pX ◦ i)(x, f (x)) = fˆ(x) = (x, f (x)) = 1G(f ) (x, f (x)), por lo que fˆ◦(pX ◦i) = 1G(f ) . Por lo que pX ◦i es la inversa continua de fˆ. Por lo tanto, fˆ es un homeomorfismo.

35

2.8

Ejercicios

2.8.1

´ gicos Espacios topolo

Ejercicio 2.8.1. Sea X un conjunto y F una familia de subconjuntos de X. Si A ⊆ X, probar que A es la uni´ on de miembros de F si, y s´ olo si, para todo x ∈ A existe U ∈ F tal que x ∈ U ⊆ A. Ejercicio 2.8.2. Sea X un conjunto y F una familia de subconjuntos de X. Probar que la intersecci´on finita de miembros de F es uni´ on de miembros de F si, y s´olo si, para cada U, V ∈ F, y cada x ∈ U ∩ V , existe W ∈ F tal que x ∈ W ⊆ U ∩ V . Ejercicio 2.8.3. Dado el conjunto X = {a, b, c, d, e}. Denotemos por τ0 la topolog´ıa indiscreta y por τ8 la topolog´ıa discreta. Construir un diagrama de topolog´ıas τ1

τ3

τ6

τ0

τ5 τ2

2.8.2

τ4

τ8 τ7

Base de una topolog´ıa

Ejercicio 2.8.4. En X = R2 , verifique en cada caso que β es base de alguna topolog´ıa en X: (1) β es la familia contitu´ıda por {(0, 0)} y todos los anillos abiertos con centro en (0, 0). (2) β es la familia constitu´ıda por X y todos los anillos abiertos con centro en (0, 0). (3) β es la familia constitu´ıda por {(0, 0)} y todos los conos abiertos con centro en (0, 0). Ejercicio 2.8.5 (Topolog´ıa producto). Sea {(X1 , τ1 ), . . . , (Xn , τn )} una familia finita de espacios topol´ ogicos. Sea X = X1 × · · · × Xn . Pruebe, sin usar inducci´on, que β = τ1 × · · · × τn es base de alguna topolog´ıa en X. Ejercicio 2.8.6. Comparar τd2 con la topolog´ıa producto de Rn , donde la topolog´ıa de R es la usual.

2.8.3

Topolog´ıa relativa, inicial y final

Ejercicio 2.8.7. Pruebe que la topolog´ıa relativa de A respecto a τ es precisamente la topolog´ıa inicial de A inducida por la inclusi´ on iA : A −→ X. Ejercicio 2.8.8. La circunferencia S 1 puede ser representada como el espacio cociente de [0, 1] por la siguiente relaci´ on de equivalencia: sRt si, y s´olo si, s = t o {s, t} = {0, 1}, y puede ser presentado como el subconjunto {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1} ⊆ R2 . Damos en R y en R2 las topolog´ıas usuales inducidas por la m´etrica eucl´ıdea, y damos a [0, 1] la topolog´ıa relativa de R. Pruebe que la topolog´ıa cociente de S 1 = [0, 1]/R 36

coincide con la topolog´ıa relativa de S 1 como subespacio de R2 . Ejercicio 2.8.9. La esfera S 2 puede ser presentada como el espacio cociente de D1 (0, 1) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} por la relaci´ on de equivalencia sRt si, y s´olo si, s = t o {s, t} ⊆ ∂D1 (0, 1), y puede ser representada como subconjunto de R3 . Damos en R2 y R3 las topolog´ıas usuales, y damos en D1 (0, 1) la topolog´ıa relativa de R2 . Pruebe que la topolog´ıa cociente de S 2 coincide con la topolog´ıa relativa de S 2 como subespacio de R3 .

2.8.4

Topolog´ıa desde un punto de vista local

Ejercicio 2.8.10. Dado (x, y) ∈ R2 , hallar una base de entornos de (x, y) para cada topolog´ıa del Ejercicio 2.8.4.

2.8.5

´tricos Espacios me

Ejercicio 2.8.11. Pruebe que τd es una topolog´ıa. Ejercicio 2.8.12. Pruebe que toda bola abierta pertenece a τd . Ejercicio 2.8.13. Pruebe que la intersecci´on finita de bolas abiertas en uni´on de bolas abiertas. Ejercicio 2.8.14. Pruebe que la m´etrica discreta es en efecto una m´etrica. Ejercicio 2.8.15. En Rn , verificar que cada una de las siguientes funciones definen una m´etrica: (1) d1 (x, y) =

Pn

i=1

|xi − yi |2


1/2

.

(2) d2 (x, y) = max{|xi − yi | : i = 1, . . . , n}. Pn (3) d3 (x, y) = i=1 |xi − yi |. Pruebe que τd1 = τd2 = τd3 . Ejercicio 2.8.16. Sea C[0, 1] el conjunto de las funciones continuas de [0, 1] en R. (1) Verificar que cada una de las siguientes funciones son m´etricas en C[0, 1]: R1 (a) e1 (f, g) = 0 |f − g|dx. (b) e1 (f, g) = supx∈[0,1] |f (x) − g(x)|.

(2) En cada caso graficar Bf (r). (3) Pruebe que τe1 ⊆ τe2 , pero que τe2 6⊆ τe1 . La familia de abiertos dada por τe2 es conocida como la topolog´ıa de la convergencia uniforme en C[0, 1].

37

Ejercicio 2.8.17. Sea C[0, 1] como en el Ejercicio 2.8.16. Para cada f ∈ C[0, 1], cada subconjunto finito F ⊆ [0, 1] y cada  > 0, definimos el conjunto W (f, F, ) = {g ∈ C[0, 1] : max |g(x) − f (x)| < }. x∈F

Pruebe que β = {W (f, F, )} es base de una topolog´ıa τ en C[0, 1]. Esta topolog´ıa es la topolog´ıa de la convergencia puntual. Compare dicha topolog´ıa con la topolog´ıa del Ejercicio 2.8.16. Ejercicio 2.8.18. Pruebe que todo espacio m´etrico satisface el primer axioma de numerabilidad.

2.8.6

Sucesiones, clausura, interior y frontera

En un espacio topol´ ogico X, una sucesi´ on es una funci´on s : N −→ X. Usualmente escribimos s = {xn } donde xn = s(n). Diremos que {xn } converge a x ∈ X si para todo U ∈ W (x), existe n0 ∈ N tal que n > n0 =⇒ xn ∈ U . Esto es: cada entorno de x contiene todos los t´erminos de la sucesi´on salvo prosiblemente un n´ umero finito de t´erminos. Diremos que una sucesi´on es constante si todos sus t´erminos son iguales salvo posiblemente en un n´ umero finito de t´erminos. Ejercicio 2.8.19. Pruebe que toda sucesi´on constante es convergente. Ejercicio 2.8.20. Pruebe que en la topolog´ıa discreta las u ´nicas sucesiones convergentes son las constantes. Ejercicio 2.8.21. Pruebe que en la topolog´ıa indiscreta toda sucesi´on converge a cada punto. Ejercicio 2.8.22. Sea X un espacio que satisface el primer axioma de numerabilidad y A un subconjunto de X. Probar que x ∈ X es un punto de acumulaci´on de A si, y s´olo si, existe una sucesi´on {xn } en A tal que xn 6= x y {xn } converge a x. Ejercicio 2.8.23. Sea X = R2 , damos a X la topolog´ıa τ generada por la base β = {X} ∪ {conos abiertos con v´ertice en el origen}. Probar: (1) X satisface el primer axioma de numerabilidad. (2) Hallar la clausura, el interior y la frontera de los siguientes conjuntos: (a) Una recta. (b) Un disco. (c) Una circunferencia. (d) Una franja. (e) El origen. (3) Pruebe que toda sucesi´ on en X converge al origen. (4) Pruebe que si {xn } converge a x, tambi´en converge a λx, para todo λ > 0. 38

Ejercicio 2.8.24. Relacionar A, int(A) y int(A). Ejercicio 2.8.25. Ver c´ omo opera la frontera respecto a ∪ y ∩. Ejercicio 2.8.26. Para todo B ⊆ Y , probar que f −1 (B) ⊆ f −1 (B) implica que para todo A ⊆ X, f (A) ⊆ f (A).

2.8.7

Funciones continuas

Ejercicio 2.8.27. Sean X e Y espacios topol´ogicos y f : X −→ Y una funci´on. Pruebe que si f es continua, entonces para cada sucesi´ on {xn } en X, si {xn } converge a x entonces {f (xn )} converge a f (x). ¿Ser´a cierto el rec´ıproco?. Ejercicio 2.8.28. Sea f : X −→ Y una funci´on entre espacio topol´ogicos. (1) Pruebe que si Y tiene la topolog´ıa final, entonces para cada espacio topol´ogico Z y cada funci´ on g : Y −→ Z, g es continua si, y s´ olo si, g ◦ f es continua. (2) Pruebe que si X tiene la topolog´ıa inicial de f , entonces para cada espacio topol´ogico Z y cada funci´ on g : Z −→ X, g es continua si, y s´ olo si, f ◦ g es continua. Ejercicio 2.8.29. Sea f : X −→ Y una funci´on entre espacios topol´ogicos. Pruebe que si la topolog´ıa de X es la discreta, entonces f es continua; o si la topolog´ıa de Y es la indiscreta, entonces f es continua. Ejercicio 2.8.30. Sean X e Y espacios topol´ogicos, con τ1 y τ2 dos topolog´ıas en X, sea f : X −→ Y una funci´ on. Pruebe que si f es continua respecto a τ1 y τ1 ⊆ τ2 , entonces f es continua con respecto a τ2 . Ejercicio 2.8.31. Sea X = C[0, 1] el conjunto de las funciones continuas de [0, 1] en R. Sea H : X −→ R, definida por H(f ) = f (1). Pruebe que H es continua para la topolog´ıa de la convergencia uniforme y para la topolog´ıa de la convergencia puntual.

39

40

CAP´ITULO 3

CONEXIDAD 3.1

Espacios conexos

Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico. Diremos que X es conexo si no se puede expresar como uni´on disjunta de abiertos no vaci´ os. Un subconjunto A ⊆ X es conexo si es un espacio conexo cuando se considera con la topolog´ıa relativa a X.

Proposici´ on 3.1.1. Las siguientes condiciones son equivalentes: (1) X es conexo. (2) Para todo par de abiertos U, V ∈ τ , si U ∪ V = X y U ∩ V = ∅, entonces U = X o U = ∅. (3) Los u ´nicos subconjuntos de X que son al mismo tiempo cerrados y abiertos son X y ∅.

Demostraci´ on: Note que (1) =⇒ (2) es inmediato de la definici´on de espacio conexo. Probemos (2) =⇒ (3). Sea U un subconjunto de X que es abierto y cerrado a la vez. Entonces U c tambi´en es abierto y cerrado a la vez. Ahora bien, note que X = U ∪ U c y que U ∩ U c = ∅. Como (2) es cierta, tenemos que U = X o U = ∅. Finalmente, probemos (3) =⇒ (1) suponiendo que (1) es falso. Entonces podemos expresar X como X = U ∪ V , donde U y V son abiertos disjuntos no vaci´os. Se sigue que U 6= ∅ y U c = V 6= ∅. De manera similar, se tiene que U 6= X. Por lo tanto, U es un conjunto que es abierto y cerrado a la vez, distinto de X y de ∅, obteniendo as´ı una contradicci´on.

Ejemplo 3.1.1. Q no es conexo si se considera con la topolog´ıa relativa a R, es decir que si U es un abierto en Q entonces U = Q ∩ V , donde V es un abierto de R. En este caso podemos escribir √ √ Q = (Q ∩ (−∞, 2)) ∪ (Q ∩ ( 2, +∞)), que es una uni´ on disjunta.

41

Un subconjunto A de R es un intervalo si para cada par a, b ∈ A con a < b, se tiene [a, b] ⊆ A. Teorema 3.1.1. Sea A un subconjunto de R. Entonces, A es conexo si, y s´olo si A es un intervalo.

Demostraci´ on: Supongamos que A es un subconjunto conexo de R y que no es un intervalo. Entonces existen a y b en A, con a < b, tales que [a, b] 6⊆ A. Entonces, existe a < c < b tal que c 6∈ A. Considere los siguientes subconjuntos abiertos de A, U = A ∩ (−∞, c) y V = A ∩ (c, +∞). Es claro que U y V son disjuntos y no vac´ıos, pues a ∈ U y b ∈ V . M´as a´ un, U ∪V = (A∩(−∞, c))∪(A∩(c, +∞)) = A∩[(−∞, c)∪(c, +∞)] = A∩[R−{c}] = A, porque A ⊆ R − {c}. Por lo tanto, A no es conexo. Ahora probemos que si A es un intervalo, entonces A es conexo. Supongamos que A no es conexo. Entonces existen abiertos no vac´ıos U, V ∈ τA tales que A = U ∪ V , U ∩ V = ∅. Se sigue que existen a ∈ U y b ∈ V tales que a < b. Sea c = sup{x ∈ U / x > a}. Note que c 6∈ U porque U es abierto y c es un punto de acumulaci´ on de U . De manera an´aloga, tenemos que c 6∈ V . Por lo que c 6∈ A, pues A = U ∪ V . Entonces A no es un intervalo, obteniendo as´ı una contradicc´on.

Observacic´ on 3.1.1. Un espacio topol´ ogico X es conexo si, y s´olo si para todo cubirmiento abierto {U, V } de X, si U ∩ V = ∅ entonces U = ∅ o V = ∅. Proposici´ on 3.1.2. Sea X un espacio topol´ogico. Considere el conjunto Z2 = {0, 1} dotado con la topolog´ıa discreta. Entonces X es conexo si, y s´ olo si toda funci´on continua f : X −→ Z2 es constante.

Demostraci´ on: Para probar la primera implicaci´on, supongamos que X es conexo y que existe una funci´ on continua f : X −→ Z2 que no es constante. Entonces U = f −1 (1) y V = f −1 (0) son abiertos disjuntos no vaci´ os. Adem´ as, X = U ∪V . Por lo tanto, X no es conexo, obteniendo as´ı una contradicci´ on.

Para probar la otra implicaci´ on, supongamos que X no es conexo. Entonces existen dos abiertos no vac´ıos y disjuntos U y V tales que X = U ∪ V . Sea f : X −→ Z2 la funci´on dada por  1 si x ∈ U , f (x) = 0 si x ∈ V .

Note que f est´ a bien definida porque U y V son disjuntos. M´as a´ un, f es continua pues f −1 (1) = U y −1 f (0) = V . Como U y V son no vac´ıos, se tiene que f no es constante. Hemos constru´ıdo una funci´ on continua f : X −→ Z2 no constante.

Corolario 3.1.1. Sea f : X −→ Y una funci´on continua. Si A es un subconjunto conexo de X, entonces f (A) es un subconjunto conexo de Y . 42

Demostraci´ on: Considere una funci´ on continua g : f (A) −→ Z2 . Como f es continua, se tiene que su restricci´ on f 0 = f |A : A −→ f (A) tamb´ıen lo es. Entonces la composici´on g ◦ f 0 : A −→ Z2 nos da una funci´ on continua. Como A es conexo, se tiene que g ◦ f 0 es constante. Sin p´erdida de generalidad, supongamos que g ◦ f 0 = 0. Sea y ∈ f (A). Entonces existe a ∈ A tal que y = f (a). De donde g(y) = g(f (a)) = (g ◦ f 0 )(a) = 0, para todo y ∈ Y . Por lo tanto, g es constante.

Corolario 3.1.2 (Teorema de Bolzano). Sea f : R −→ R una funci´on continua. Sean a, b ∈ R tales que a < b. Si f (a) < 0 y f (b) > 0, entonces existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.

Demostraci´ on: Como [a, b] es conexo y f es continua, se tiene que f ([a, b]) es conexo, es decir, f ([a, b]) es un intervalo. Como f (a) < 0 y f (b) > 0, se tiene que 0 ∈ (f (a), f (b)) ⊆ f ([a, b]). Luego, existe c ∈ [a, b] tal que f (c) = 0. Note que c 6= a y c 6= b. Teorema 3.1.2. La uni´ on de una familia de espacios conexos con un punto en com´ un es un espacio conexo.

S T Demostraci´ on: Sea f : α∈Λ Xα −→ Z2 una funci´on continua. Sea x0 ∈ α∈Λ Xα . Para todo α, consideremos la composici´ on [ f iα Xα −→ Xα −→ Z2 , α∈Λ

S

donde iα es la inclusi´ on de Xα en α∈Λ Xα . Como f ◦ iα es continua, se tiene que f ◦ iα es contante. Sean x ∈ Xα e y ∈ Xβ . Veamos que f (x) = f (y). Si α = β, entonces f ◦ iα (x) = f ◦ iβ (y) implica que f (x) = f (y). Si α 6= β, entonces f (x) = f ◦ iα (x) = f ◦ iα (x0 ) = f ◦ iβ (x0 ) = f ◦ iβ (y) = f (y). S Por lo tanto f es contante y α∈Λ Xα es conexo.

Teorema 3.1.3. Si X1 , . . . , Xn son espacios conexos, entonces

Qn

i=1

Xj es tambi´en un espacio conexo.

Demostraci´ on: Por el Principio de Inducci´on, s´olo es necesario probar que X × Y es conexo. Fijemos un punto (x0 , y0 ) ∈ X × Y . Primero probemos que Z = ({x0 } × Y ) ∪ (X × {y0 }) es conexo. La funci´ on f : Y −→ {x0 } × Y dada por y 7→ (x0 , y) es continua y sobreyectiva. De donde {x0 } × Y = f (Y ) es conexo porque Y es conexo. De manera similar, X × {y0 } es conexo. Luego, Z = ({x0 } × Y ) ∪ (X × {y0 }) es la uni´ on de dos conjuntos conexos con un punto en com´ un, por lo que Z es conexo. Ahora, escribimos [ X ×Y = [({x} × Y ) ∪ (X × {y0 })]. x∈X

43

Entonces X ×Y es conexo por ser la uni´ on de conjuntos conexos con un punto en com´ un, a saber (x0 , y0 ).

Ejemplo 3.1.2. La bola B 1 (0, 1) es conexa por ser homeomorfa a B 2 (0, 1). Dicho homeomorfismo viene dado por ( ||(x,y)||2 si (x, y) 6= (0, 0), ||(x,y)||1 · (x, y) f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0). Proposici´ on 3.1.3. Si A es conexo y A ⊆ B ⊆ A entonces B es conexo.

Demostraci´ on: Sean U y V dos abiertos en B tales que B = U ∪ V y U ∩ V = ∅. Veamos que U = ∅ o V = ∅. Sabemos que existen abiertos U0 y V0 en X tales que U = U0 ∩ B y V = V0 ∩ B. Como A ⊆ B, tenemos A=A∩B

= A ∩ [(U0 ∩ B) ∪ (V0 ∩ B)]

= [A ∩ U0 ∩ B] ∪ [A ∩ V0 ∩ B] = [A ∩ U0 ] ∪ [A ∩ V0 ].

Como A es conexo, se tiene U0 ∩ A = ∅ o A ∩ V0 = ∅. Supongamos que U0 ∩ A = ∅. Tenemos ∅ = U0 ∩ A ⊆ U0 ∩ B ⊆ U0 ∩ A = U0 ∩ (A ∪ A0 ) = (U0 ∩ A) ∪ (U0 ∩ A0 ) = U0 ∩ A0 . Probemos que U0 ∩ A0 = ∅. Si U0 ∩ A0 6= ∅, entonces existe x ∈ U0 tal que x es un punto de acumulaci´ on de A. Luego, U0 ∩ (A − {x}) 6= ∅, obteniendo as´ı una contradicci´on. De donde U = U0 ∩ B = ∅.

44

3.2

Espacios conexos por arcos

Un espacio topol´ ogico (X, τ ) se dice conexo por arcos si para cada par de puntos p, q ∈ X, existe una funci´ on continua σ : [0, 1] −→ X, llamada arco, tal que σ(0) = p y σ(1) = q. Diremos que (X, τ ) es localmente conexo por arcos si para cada p ∈ X existe un entorno U ∈ W (p) tal que U es conexo por arcos. Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico y p ∈ X. La componente conexa de p es la uni´on de todos los subconjuntos conexos que contienen a p. La componente conexa por arcos de p es la uni´on de todos los subconjuntos conexos por arcos que contiene a p.

Proposici´ on 3.2.1. La componente conexa de p es el mayor conexo que contiene a p.

S Demostraci´ on: Sea C(p) = {U ⊆ X / U es conexo y p ∈ U } la componente conexa de p. Note que C(p) es conexo por ser la uni´ on de conjuntos conexos con un punto en com´ un, en este caso p. Sea V un subconjunto conexo que contiene a p. Luego, [ V ⊆ {U ⊆ X / U es conexo y p ∈ U } = C(p). Por lo tanto, C(p) es el mayor subconjunto conexo que contiene a p.

Proposici´ on 3.2.2. La componente conexa por arcos de p es el mayor conjunto conexo por arcos que contiene a p.

S Demostraci´ on: Sea Carc (p) = {U ⊆ X / U es conexo por arcos y p ∈ U }. Primero veamos que Carc (p) es conexo por arcos. Sean x, y ∈ Carc (p). Existen conjuntos conexos por arcos U y V tales que x ∈ U y y ∈ V . Adem´ as, p ∈ U ∩ V . Tenemos que existes arcos σ1 : [0, 1] −→ U y σ2 : [0, 1] −→ V tales que σ1 (0) = x, σ1 (1) = p, σ2 (0) = p y σ2 (1) = y. Sea σ1 ∪ σ2 : [0, 1] −→ U ∪ V el arco definido por  σ1 (t) si t ∈ [0, 1/2], σ1 ∪ σ2 (t) = σ2 (2t − 1) si t ∈ [1/2, 1]. Tenemos que σ1 ∪ σ2 es continua porque σ1 y σ2 lo son y coinciden en t = 1/2. Adem´as, σ1 ∪ σ2 (0) = x, σ ∪ σ2 (1) = y y σ1 ∪ σ2 ⊆ Carc (p). La prueba de que Carc (p) es el mayor subconjunto conexo por arcos que contiene a p se hace de la misma manera que en la proposici´on anterior.

Proposici´ on 3.2.3. Sea p ∈ X. La componente conexa de p, C(p), es cerrada. 45

Demostraci´ on: Sabemos que C(p) es cerrado y conexo, con p ∈ C(p). Como C(p) es el mayor conjunto conexo que contiene a p, tenemos C(p) ⊆ C(p). Por otro lado, C(p) ⊆ C(p). Por lo tanto, C(p) = C(p) y C(p) es cerrada.

Teorema 3.2.1. Sea Y un subconjunto numerable de Rn , donde n > 1. Entonces X = Rn − Y es conexo por arcos.

Demostraci´ on: Sean p1 , p2 ∈ X. Sea l una recta que corta al segmento [p1 , p2 ] tal que p1 , p2 6∈ l. Definamos σ(q) = [p0 , q] ∪ [q, p1 ]. Tenemos que σ es un arco que une a p0 y a p1 . q p2 p1 l

Note que σ(q1 ) y σ(q2 ) tiene a p0 y a p1 como puntos comunes, cualesquiera q1 y q2 . Afirmamos que existe q ∈ l tal que σ(q) ⊆ X. Supongamos lo contrario. Sea f : l −→ Y la aplicaci´on q 7→ f (q) ∈ σ(q) ∩ Y . Si q1 6= q2 entonces (σ(q1 ) ∩ Y ) ∩ (σ(q2 ) ∩ Y ) = σ(q1 ) ∩ σ(q2 ) ∩ Y = {p0 , p1 } ∩ Y = ∅, porque p0 , p1 6∈ Y . Entonces, f es inyectiva. Luego, l est´a en biyecci´on con f (l), que es un subconjunto de Y , por lo que f (l) es finito o numerable. Obteniendo as´ı una contradicci´on, pues l es no numerable. Por lo tanto, existe q ∈ l tal que σ(q) ⊆ X. Por lo tanto, X es conexo por arcos.

Corolario 3.2.1. Rn y R no son homeomorfos si n > 1.

Demostraci´ on: Supongamos que Rn y R son homeomorfos. Entonces existe una aplicaci´on continua y biyectiva f : Rn −→ R cuya inversa es continua. Sea p ∈ Rn . La aplicaci´on fˆ : Rn − {p} −→ R − {f (p)} dada por q 7→ f (q) es tambi´en un homeomorfismo. Luego, R − {f (p)} = fˆ(Rn − {p}) es conexo, porque Rn − {p} es conexo por el teorema anterior, y fˆ es continua. Por otro lado, R − {f (p)} no es un intervalo, por lo que no es conexo, obteniendo as´ı una contradicci´on.

46

3.3

Ejercicios

3.3.1

Teoremas del Valor Medio y del Punto Medio

Ejercicio 3.3.1. Sea f : X −→ R una funci´on continua, y sean x0 y x1 puntos de X tales que f (x0 ) < f (x1 ). Pruebe que si X es conexo, para cada t ∈ (f (x0 ), f (x1 )) existe x ∈ X tal que f (x) = t. Ejercicio 3.3.2. Pruebe que toda funci´ on continua y sobreyectiva del intervalo [0, 1] en s´ı mismo tiene un punto fijo.

3.3.2

´ n entre espacios conexos, funciones continuas y espacios producto Relacio

Ejercicio 3.3.3. Sea f : X −→ Y una funci´on continua. Probar que: (1) Si X es conexo, entonces G(f ) (gr´ afico de f ) es conexo en X × Y .

(2) A = {(x, sin(1/x)) / x ∈ (0, 1)} es un subespacio conexo de R2 .

(3) Si B es un subconjunto del intervalo {(0, y) / y ∈ [0, 1]}, entonces A ∪ U es conexo. Ejercicio 3.3.4. Sean X1 , . . . , Xn espacios topol´ogicos. Pruebe que X1 × X2 × · · · × Xn es conexo si, y s´ olo si, cada Xj , j = 1, . . . , n, es conexo.

3.3.3

Espacios conexos por arcos

Ejercicio 3.3.5. Demuestre que: (1) Todo subconjunto convexo de Rn es conexo por arcos. (2) La uni´ on de una familia de subespacios conexos por arcos que tienen un punto en com´ un es tambi´en conexo por arcos. (3) Todo espacio conexo por arcos es conexo. (4) La imagen por una funci´ on continua de un espacio conexo por arcos es conexo por arcos. Un espacio X es localmente conexo por arcos si cada punto posee un entorno conexo por arcos. Dado un espacio topol´ ogico X y p un punto de X, la componente conexa por arcos de p es la uni´on de todos los subconjuntos conexos por arcos que contiene a p. Ejercicio 3.3.6. Pruebe que si X es localmente conexo por arcos, entonces: (1) La componente conexa por arcos de p es el mayor conjunto conexo por arcos que contiene a p. (2) La componente conexa por arcos es abierta y cerrada. Deducir que si X es conexo y localmente conexo por arcos entonces X es conexo por arcos. Ejercicio 3.3.7. Probar que R3 y R2 no son homeomorfos.

47

48

CAP´ITULO 4

´ AXIOMAS DE SEPARACION 4.1

Espacios de Hausdorff

Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico. Diremos que X es un espacio de Hausdorff (o T2 ) si para todo par x1 , x2 ∈ X, con x1 6= x2 , existen U1 ∈ W (x1 ) y U2 ∈ W (x2 ) tales que U1 ∩ U2 = ∅.

T2 U2 x1

x2

U1

Ejemplo 4.1.1. Los siguientes espacios no son de Hausdorff: (1) (X, τ ) con la topolog´ıa τ = {∅, X}. (2) (R2 , τ ), con τ la topolog´ıa de las franjas abiertas verticales. Dos puntos sobre el eje Y no pueden ser separados por abiertos disjuntos. (3) (R2 , τconos ) y (R2 , τanillos ). Ejemplo 4.1.2. Los siguientes son espacios de Hausdorff: (1) (X, τdiscreta ). Si x1 6= x2 entonces {x1 } ∩ {x2 } = ∅. (2) Sea X un espacio m´etrico con m´etrica d, se tiene que X con la topolog´ıa m´etrica τd es un espacio de Hausdorff. Sean x1 , x2 ∈ X puntos distintos. Basta tomar U1 = B(x1 , d(x1 , x2 )/2) y U2 = B(x2 , d(x1 , x2 )/2) para obtener U1 ∩ U2 = ∅. 49

Proposici´ on 4.1.1. Si Xi son espacios de Hausdorff, con i = 1, . . . , n, entonces Hausdorff.

Qn

i=1

Xi es un espacio de

Demostraci´ on: Basta probar el caso n = 2. El resultado se sigue por el Principio de Inducci´on. Sean X e Y dos espacios de Hausdorff. Sean (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ X × Y puntos distintos. Tenemos que x1 6= x2 o y1 6= y2 . Analicemos los tres casos posibles: (1) x1 6= x2 e y1 = y2 : Como X es un espacio de Hausdorff, tenemos que existen abiertos U1 ∈ W (x1 ) y U2 ∈ W (x2 ) tales que U1 ∩ U2 = ∅. As´ı tenemos ∅ = (U1 ∩ U2 ) × Y = (U1 × Y ) ∩ (U2 × Y ). Adem´ as, U1 × Y ∈ W (x1 , y1 ) y U2 × Y ∈ W (x2 , y2 ). (2) El caso x1 = x2 e y1 6= y2 es an´ alogo al anterior. (3) x1 6= x2 e y1 6= y2 : Como X es un espacio de Hausdorff, existen U1 ∈ W (x1 ) y U2 ∈ W (x2 ) tales que U1 ∩ U2 = ∅. De manera similar, existen abiertos V1 ∈ W (y1 ) y V2 ∈ W (y2 ) tales que V1 ∩ V2 = ∅. Tomamos A1 = U1 × V1 ∈ W (x1 , y1 ) y A2 = U2 × V2 ∈ W (x2 , y2 ). Tenemos A1 ∩ A2 = (U1 × V2 ) ∩ (U2 × V2 ) = (U1 ∩ U2 ) × (V1 ∩ V2 ) = ∅. Por lo tanto, X × Y es un espacio de Hausdorff.

El rec´ıpoco del Teorema anterio no es cierto, en general. Dada una funci´ on continua f : X −→ Y , si X es un espacio de Hausdorff, no necesariamente lo es f (X). Teorema 4.1.1. Sea f : X −→ Y es un homeomorfismo. Entonces X es un espacio de Hausdorff si, y s´ olo si, Y = f (X) lo es.

Demostraci´ on: Supongamos que X es un espacio de Hausdorff. Sean y1 , y2 ∈ Y puntos distintos. Existen x1 , x2 ∈ X tales que y1 = f (x1 ) e y = f (x2 ), donde x1 6= x2 . Como X es de Hausdorff, existen U1 ∈ W (x1 ) y U2 ∈ W (x2 ) tales que U1 ∩ U2 = ∅. Consideremos V1 = f (U1 ) ∈ W1 (y1 ) y V2 = f (U2 ) ∈ W (y2 ), pues f es un homeomorfismo. Tenemos V1 ∩ V2 = f (U1 ) ∩ f (U2 ) = f (U1 ∩ U2 ) = f (∅) = ∅, porque f es inyectiva. Por lo tanto, Y = f (X) es un espacio de Hausdorff. Ahora supongamos que Y es un espacio de Hausdorff. Sean x1 , x2 ∈ X puntos distintos. Como f es inyectiva, tenemos que y1 = f (x1 ) y y2 = f (x2 ) son puntos distintos. Como Y es un espacio de Hausdorff, tenemos que existen V1 ∈ W (y2 ) y V2 ∈ W (y2 ) tales que V1 ∩ V2 = ∅. Luego, ∅ = f −1 (V1 ∩ V2 ) = f −1 (V1 ) ∩ f −1 (V2 ). 50

Tomamos U1 = f −1 (V1 ) y U2 = f −1 (V2 ). Tenemos que U1 ∈ W (x1 ) y U2 ∈ W (x2 ) y U1 ∩ U2 = ∅.

Teorema 4.1.2. Considere el siguiente diagrama conmutativo f

X

1X

Y g X

donde f y g son funciones continuas. Si Y es un espacio de Hausdorff entonces X tambi´en lo es.

Demostraci´ on: La prueba es an´ aloga al rec´ıproco del teorema anterior.

51

4.2

Espacios normales

Un espacio topol´ ogico X se dice regular (o T3 ) si para todo conjunto cerrado A ⊆ X y para todo p ∈ X − A existen abiertos U1 y U2 tales que p ∈ U1 , A ⊆ U2 y U1 ∩ U2 = ∅. Diremos que X es normal (o T4 ) si para todo par de subconjuntos cerrados disjuntos A1 y A2 existen abiertos U1 y U2 tales que A1 ⊆ U1 , A2 ⊆ U2 y U1 ∩ U2 = ∅.

T4

T3 U2

U2 A1

x1

A2

A

U1

U1

Teorema 4.2.1. Un espacio topol´ ogico X es normal si, y s´olo si, para cada cerrado B y cada abierto U con B ⊆ U , existe un abierto V tal que B ⊆ V ⊆ V ⊆ U .

Demostraci´ on: Supongamos que X es un espacio normal. Sea B un conjunto cerrado y U un conjunto abierto que contiene a B. Tenemos que B ∩ U c = ∅ y U c es cerrado. Como X es normal, existen abiertos disjuntos U0 y U1 tales que B ⊆ U0 y U c ⊆ U1 . Elegimos V = U0 . Tenemos U0 ⊆ U1c ⊆ U . Luego, V ⊆ U . Por otro lado, U1c es un cerrado que contiene a V y V es el menor cerrado que contiene a V , de donde V ⊆ U1c . Por lo tanto, B ⊆ V ⊆ V ⊆ U . Ahora supongamos que para todo cerrado B y para todo abierto U que contenga a B, existe un abierto V tal que B ⊆ V ⊆ V ⊆ U . Sean A0 y A1 cerrados disjuntos. Luego A0 ⊆ Ac1 , donde Ac1 es abierto. c Luego, existe un abierto V tal que A0 ⊆ V ⊆ V ⊆ Ac1 . Como V es cerrado, tenemos que V es abierto. c c c c Como V ⊆ A1 , se tiene A1 ⊆ V . Entonces, A0 ⊆ V y A1 ⊆ V , donde V y V son abiertos disjuntos.

Proposici´ on 4.2.1. Todo espacio m´etrico es normal.

Demostraci´ on: Sea X un espacio m´etrico con m´etrica d. Sean A0 y A1 dos cerrados disjuntos. Como d es continua, tenemos  = d(A0 , A1 ) = inf{d(x, y) : x ∈ A0 , y ∈ A1 } > 0. En efecto, si  = 0, existe una sucesi´on {(xn , yn )}n≥1 ⊆ A0 × A1 tal que d(xn , yn ) > 0 y limn→∞ d(xn , yn ) = 0. Sea x un punto de acumulaci´on de {xn } e y un punto de acumulaci´on de 52

{yn }. Luego, d(x, y) = 0 y x = y. Entonces x = y ∈ A0 ∩ A1 , obteniendo una contradicci´on. Ahora tomemos U0 = {x ∈ X : d(x, A0 ) < /4} y U1 = {x ∈ X : d(x, A1 ) < /4}. Tenemos que A0 ⊆ U0 , ya que si x ∈ A0 entonces d(x, A0 ) = 0 < /4 y por tanto x ∈ U0 . De manera similar, A1 ⊆ U1 . Veamos que U0 y U1 son disjuntos, suponiendo lo contrario. Luego existe x ∈ X tal que d(x, A0 ) < /4 y d(x, A1 ) < /4, lo cual no es posible por la definici´on de . Es f´acil ver que U0 y U1 son adem´ as abiertos.

Ejemplo 4.2.1.

(1) R con la topolog´ıa m´etrica es un espacio normal. S (2) Consideremos en R la familia β = {[a, b) / a < b}. Note que R = a 0, existe P∞ P∞ una serie n=0 apnn tal que an ∈ N, 0 ≤ an < p, y n=0 apnn −→ x. Lema 4.3.1 (Urysohn). Un espacio topol´ ogico X es normal si, y s´olo si, para cada par de cerrados disjuntos A0 y A1 existe una funci´ on continua f : X −→ [0, 1] tal que f |A0 ≡ 0 y f |A1 ≡ 1.

Demostraci´ on: Supongamos que X es un espacio normal. Como A0 y A1 son cerrados disjuntos, se tiene que A0 ⊆ Ac1 . Como X es normal, existe un abierto V tal que A0 ⊆ V ⊆ V ⊆ Ac1 . Llamamos V = V1/2 . Tenemos A0 ⊆ V1/2 ⊆ V1/2 ⊆ Ac1 . Nuevamente, como X es normal, existen abiertos V1/4 y V3/4 tales que A0 ⊆ V1/4 ⊆ V1/4 ⊆ V2/4 ⊆ V2/4 ⊆ V3/4 ⊆ V3/4 ⊆ Ac1 . De manera similar, existen abiertos V1/8 , V3/8 , V5/8 y V7/8 tales que A0 ⊆ V1/8 ⊆ V1/8 ⊆ V2/8 ⊆ V2/8 ⊆ V3/8 ⊆ V3/8 ⊆ V4/8 ⊆ V4/8 ⊆ V5/8 ⊆ V5/8 ⊆ V6/8 ⊆ V6/8 ⊆ V7/8 ⊆ V7/8

⊆ Ac1 .

Continuamos con este procedimiento de manera indefinida. Entonces, para todo n y m naturales, con 0 ≤ m < 2n , tenemos abiertos Vm/2n tales que A0 ⊆ V1/2n ⊆ V1/2n ⊆ · · · ⊆ Vm/2n ⊆ Vm/2n ⊆ · · · ⊆ V2n −1/2n ⊆ V2n −1/2n ⊆ Ac1 . Definimos f : X −→ [0, 1] como  f (x) =

inf{t / x ∈ Vt } 1

si x 6∈ A1 , si x ∈ A1 .

Tenemos que f (A0 ) = 0 y f (A1 ) = 1. Los abiertos b´asicos de [0, 1] son del tipo [0, a), (b, 1], (a, b). S´ olo hay que probar que f −1 ([0, a)) y f −1 ((b, 1]) son abiertos para ver que f es continua. Tenemos [ f −1 ([0, a)) = Vt es abierto en X, tb

Probemos esto u ´ltimo. Sea x ∈ f −1 ([0, a)). Luego, f (x) ∈ [0, a). Note que 0 ≤ inf{t / x ∈ Vt } < a. n n Luego, existen m, S n ∈ N tal que m/2 ∈ {t S/ x ∈ Vt }. Adem´as, inf{t / x ∈ Vt } ≤ m/2 < a. Entonces x ∈ Vm/2n ⊆ tb Vt . S c c Ahora, sea x ∈ t>b Vt . Luego, existe t0 > b tal que x ∈ Vt0 , es decir x 6∈ Vt0 . Si f (x) = 1 no hay nada que probar. Asumamos que f (x) < 1. Veamos que existe λ ∈ (t0 , 1) tal que x ∈ Vλ . Supongamos lo contrario, luego x 6∈ Vλ para todo λ ∈ (t0 , 1). Por otro lado, x 6∈ Vt0 implica que x 6∈ Vα para todo α ≤ t0 . Tenemos que x 6∈ Vt para todo t ∈ [0, 1]. Como f (x) 6= 1, se sigue que f (x) > 1, obteniendo una contradicci´ on. Entonces, x ∈ Vλ , para alg´ un λ ∈ (t0 , 1). De donde inf{t / x ∈ Vt } ≤ λ. Por lo tanto, f (x) ∈ (b, 1].

Ahora supongamos que para cada par de cerrados disjuntos A0 y A1 , existe una funci´on f : X −→ [0, 1] continua tal que f |A0 ≡ 0 y f |A1 ≡ 1. Demos a [0, 1] la topolog´ıa relativa. Consideremos los abiertos [0, 1/4) y (3/4, 1]. Como f es continua, tenemos que f −1 ([0, 1/4)) y f −1 ((3/4, 1]) son abiertos en X. Adem´ as, A0 ⊆ f −1 ([0, 1/4)) y A1 ⊆ f −1 ((3/4, 1]). Finalmente, es claro que estos abiertos son disjuntos. Por lo tanto, X es un espacio normal.

Corolario 4.3.1. Un espacio topol´ ogico X es normal si, y s´olo si, para todo par de cerrados disjuntos A0 y A1 existe una funci´ on continua f : X −→ [a, b] tal que f |A0 ≡ a y f |A1 ≡ b.

Demostraci´ on: Basta notar que la funci´on h : [0, 1] −→ [a, b] dada por h(t) = (b − a)t + a es un homeomorfismo.

56

4.4

Teorema de Extensi´ on de Tietze

Teorema 4.4.1 (Tietze). Un espacio topol´ogico X es normal si, y s´olo si, para todo cerrado A en X y toda funcu´ on continua f : A −→ [−1, 1], existe una extensi´on continua g : X −→ [−1, 1].

Demostraci´ on: Supongamos que para todo subconjunto cerrado A en X y para toda funci´on continua f : A −→ [−1, 1] existe una extensi´ on continua g : X −→ [−1.1]. Sean A0 y A1 cerrados disjuntos en X. Sea A = A0 ∪ A1 y f : A −→ [−1, 1] la funci´on dada por f (a) = −1 si a ∈ A0 y f (a) = 1 si a ∈ A1 . Note que f es continua. Por hip´ otesis, existe una extensi´on continua g : X −→ [−1, 1] de f . Tenemos que g|A0 ≡ −1 y g|A1 ≡ 1. Por el corolario anterior, tenemos que X es normal.

Ahora supongamos que X es un espacio normal. Sea A un subconjunto cerrado en X y f : A −→ [−1, 1] una funci´ on continua. Llamemos A0 = f −1 [−1, −1/3] y A1 = f −1 [1/3, 1]. Tenemos que A0 y A1 son subconjuntos disjuntos cerrados en X. Dado que A tiene la topolog´ıa relativa de X, tanto A0 como A1 son cerrados en X. Por el Lema de Urysohn, existe una funci´on continua g1 : X −→ [−1/3, 1/3] tal que g1 |A0 ≡ −1/3 y g1 |A1 ≡ 1/3. Tenemos lo siguiente: |(f − g1 )(x)| = |f (x) − g1 (x)| = |f (x) + 1/3| ≤ 2/3, para todo x ∈ A0 . |g1 (x)| < 1/3, para todo x ∈ A.

|(f − g1 )(x)| < 2/3, para todo x ∈ A.

Tenemos una funci´ on continua f − g1 : A −→ [−2/3, 2/3]. Ahora llamemos A0 = (f − g1 )−1 ([−2/3, −2/32 ])

y

A1 = (f − g1 )−1 ([2/32 , 2/3]).

Tenemos que A0 y A1 son cerrados disjuntos en X. De donde existe una funci´on g2 : X −→ [−2/32 , 2/32 ] continua tal que g2 |A0 ≡ −2/32 y g2 |A1 ≡ 2/32 . En este paso tenemos |(f − g1 − g2 )(x)| ≤ 4/9 = 22 /32 . Continuando de esta manera, en el n-´esimo paso obtenemos una funci´on gn : X −→ [−2n−1 /3n , 2n−1 /3n ] continua tal que gn |A0 ≡ −2n−1 /3n y gn |A1 ≡ 2n−1 /3n . Adem´as, |(f − g1 − g2 − · · · − gn )(x)| < 2n /3n . Sea g =

P∞

n=1 gn .

En este punto recordemos el siguiente resultado:

Teorema de Weirstrass: Sea fn : X −→ [a, b] una sucesi´ Si para todo n P on de funciones continuas. P existe an ∈ R tal que |fn (x)| < an para todo x ∈ X y si an converge, entonces fn converge a una funci´ on continua.
n
n P∞ n−1 En nuestro caso, |gn (x)| ≤ 2 3n = 12 · 32 , donde n=1 12 · 23 converge a g es por tanto una funci´ on continua y adem´as  n ∞ ∞ X X 1 2 |g(x)| ≤ gn (x) ≤ · = 1. 2 3 n=1 n=1

57

1 2

·

2/3 1−2/3

= 1. Tenemos que

4.5

Ejercicios

4.5.1

Espacios primer numerables

Dado un espacio topol´ ogico X y un punto p ∈ X, diremos que una familia F(p) de entornos de p es una base de entornos de p si para cada entorno U de p, existe V ∈ F(p) tal que p ∈ V ⊆ U . Diremos que X es primer numerable (o que satisface el primer axioma de numerabilidad) si cada punto de X tiene una base de entornos numerable. Ejercicio 4.5.1. Sea X un espacio primer numerable. Para cada par de puntos p y q, podemos elegir bases {Un }n∈N y {Vn }n∈N de entornos encajados de p y q, respectivamente. Supongamos que para cada n ∈ N, se tiene Un ∩ Vn 6= ∅. Luego, para cada n ∈ N elegimos xn ∈ Un ∩ Vn . Pruebe que {xn } converge tanto a p como a q. Ejercicio 4.5.2. Sea X un espacio primer numerable. Pruebe que si cada sucesi´on convergente converge a un u ´nico punto, entonces X es un espacio de Hausdorff.

4.5.2

Espacios de Hausdorff

Ejercicio 4.5.3. Pruebe que en un espacio de Hausdorff todo subconjunto finito es cerrado. Ejercicio 4.5.4. Sea f : X −→ Y una funci´on continua. Pruebe que si Y es un espacio de Hausdorff, entonces el gr´ afico de f , G(f ) ⊆ X × Y , es cerrado. Ejercicio 4.5.5. Sean f, g : X −→ Y dos funciones continuas. Pruebe que si Y es un espacio de Hausdorff, entonces el conjunto {x ∈ X / f (x) = g(x)} es cerrado en X. Ejercicio 4.5.6. Dado el siguiente diagrama conmutativo de funciones continuas f

X

1X

Y g X

Pruebe que si Y es un espacio de Hausdorff, entonces X es de Hausdorff y f (X) es cerrado en Y .

4.5.3

Espacios normales

Ejercicio 4.5.7. Sea R una relaci´ on de equivalencia en un espacio topol´ogico X, y p : X −→ X/R la proyecci´ on can´ onica. Pruebe que si p es una aplicaci´on abierta y cerrada entonces: X normal =⇒ X/R normal.

58

Ejercicio 4.5.8. Sea X un espacio normal T y F1 , . . . , Fn cerrados disjuntos. Pruebe que existen abiertos Vi ⊇ Fi , para cada i = 1, . . . , n, tales que Vi = ∅. Ejercicio 4.5.9. Sea X un espacio normal y A un subconjunto cerrado en X. Demuestre que A es normal. Ejercicio 4.5.10. Sean X1 , . . . , Xn espacios topol´ogicos. Si tambi´en lo es.

Qn

i=1

Xi es normal, demuestre que cada Xi

Ejercicio 4.5.11. Probar que si X es un espacio normal y A es un subconjunto cerrado de X, entonces X/A es tamb´ıen normal.

59

60

CAP´ITULO 5

COMPACIDAD 5.1

Espacios paracompactos

S Sea X un espacio topol´ ogico, Γ un cubrimiento de X, es decir X = U ∈Γ U . Un cubrimiento Γ0 de X es un refinamiento de Γ si para todo U ∈ Γ0 , existe V ∈ Γ tal que U ⊆ V . Es otras palabras, todo elemento de Γ0 est´ a contenido en alg´ un elemento de Γ. Si Γ0 ⊆ Γ, diremos que Γ0 es un subcubrimiento de Γ. Un cubrimiento Γ es localmente finito si para cada x ∈ X, existe s´olo un n´ umero finito de elementos de Γ que contienen a x. Ejemplo 5.1.1. (1) Sea X = R y Γ = {(a, b) : a < b} es un cubrimiento de R que no es localmente finito. Por otro lado, Γ0 = {(n, n + 2) : n ∈ N} s´ı es un cubrimiento de R localmente finito. (2) Sea X = R2 y Γ = {C1 , C2 , C3 , C4 }, donde Ci es el i-´esimo cuadrante de R2 . Tenemos que Γ es un cubrimiento de R2 que es localmente finito, por ser finito.

C2

C1

C3

C4

La familia Γ = {(n, n + 2) × R}n∈Z tambi´en es un cubrimiento de R2 localmente finito. 61

Un espacio de Hausdorff X se dice paracompacto si todo subconjunto abierto de Γ posee un refinamiento abierto localmente finito. Proposici´ on 5.1.1. Todo espacio paracompacto es normal.

Demostraci´ on: Sea X un espacio paracompacto. Probaremos primero que X es regular. Sea A un subconjunto cerrado de X y y ∈ Ac . Como X es un espacio de Hausdroff, para cada x ∈ A existen abiertos disjuntos Ux y Vx tales que y ∈ Ux y y ∈ Vx . Considere el cubrimiento de X formado formado por Ac y todos los Vx con x ∈ A. Por paracompacidad, existe un refinamiento abierto localmente finito {Vα }α∈∆ de este cubrimiento. Sea V la uni´on de todos los Vα que intersectan a A. Se tiene que V es un abierto que contiene a A. Al ser {Vα }α∈∆ localmente finito, existe un abierto W en X tal que y ∈ W y W intersecta s´ olo a un n´ umero finito de V1 , . . . , Vn de elementos de {Vα }α∈∆ . Al ser {Vα }α∈∆ un refinamiento, si V ∩ A = 6 ∅, entonces Vi ⊆ Vxi para alg´ un xi ∈ A. Tomamos ahora la intersecci´ on i Tn W ∩ ( i=1 Uxi ) = U . Tenemos que U es un conjunto abierto por ser la intersecci´on finita de abiertos, y que y ∈ W y y ∈ Uxi para todo i ∈ [n]. De donde U ∈ W (y). Adem´as, W ∩ Vα = ∅ si α 6= i y Uxi ∩ Vxi = ∅, por lo tanto U ∩ V = ∅. Entonces, X es regular.

Ahora probaremos que X es normal. Supongamos que tenemos dos conjuntos cerrados A y B que son disjuntos. Para cada x ∈ A, la regularidad de X proporciona abiertos disjuntos Ux y Vx con x ∈ Ux y B ⊆ Vx . Consideremos el cubrimiento abierto Γ = {Ux / x ∈ A} ∪ {Ac }. Como X es paracompacto, existe un refinamiento abierto localmente finito {Uα } de Γ. Sea U la uni´on de los miembros de {Uα }α∈∆ que intersectan a A. Luego, tenemos que U es un abierto que contiene a A. Entonces, para cada y ∈ B existe un abierto Wy que intersecta s´ olo a un n´ umero finito U1y , . . . , Uny de elementos de {Uα }α∈∆ . Note que UiyT ⊆ Uxi , para alg´ un xi en A, porque {Uα }α∈∆ es un refinamiento abierto de Γ. Sea n Xy =SWy ∩ ( i=1 Vxi ). Tenemos que Xy es un abierto que contiene a y y no intersecta a U . Tomando V = y∈B Xy , tenemos que V es un abierto que no intersecta a Uy y que contiene a B. Por lo tanto, X es normal porque existen U y V abiertos tales que U ∩ V = ∅, A ⊆ U y B ⊆ V . Dado un espacio topop´ ogico X y una funci´on continua f : X −→ R, se define el soporte de f como el conjunto Supp(f ) = {x : f (x) 6= 0}. Sean X es un espacio topol´ ogico y {µα : X −→ R}α∈∆ una familia de funciones continuas de X en R. Dado un cubrimiento abierto Γ de X, diremos que la familia {µα : X −→ R}α∈∆ es subordinada a Γ si para todo α ∈ ∆, existe U ∈ Γ tal que Supp(µα ) ⊆ U . Dada una familia de funciones {µα }α∈∆ y un cubrimiento Γ como en el p´arrafo anterior, diremos que {µα }α∈∆ es una partici´ on de la unidad de X subordinada a Γ si: (1) {µα }α∈∆ es subordinada a Γ. (2) {Supp(µα )}α∈∆ es localmente finito. P (3) α∈∆ µα (x) = 1. Teorema 5.1.1. Si X es un espacio paracompacto, entonces para todo cubrimiento abierto Γ de X, existe una partici´ on de la unidad subordinada a Γ. 62

Demostraci´ on: Sea Γ un cubrimiento abierto de X. Sea {Vα }α∈∆ un refinamiento abierto de Γ localmente finito. Luego, para todo α ∈ ∆, existe Uα ∈ Γ tal que Vα ⊆ Uα . Recuerde que X es un espacio normal, por lo que cada punto de x ∈ X es cerrado. Entonces podemos encontrar un refinamiento {Wα }α∈∆ tal que Vα ⊆ Vα ⊆ Wα ⊆ Wα ⊆ Uα . Tenemos Wα ∩ Vαc = ∅ y que cada Vαc es cerrado. Por el Lema de Urysohn, existe para cada α una funci´ on continua fα : X −→ [0, 1] tal que fα |Wα = 1 y fα |Vαc = 0. Ahora definamos µα := P

fα

α∈∆

fα

, para cada α ∈ ∆.

P P Note que α∈∆ fα es siempre finito, por lo que µα est´a bien definida. Es f´acil ver que α∈∆ µα = 1. Adem´ as µα 6= 0 en Wα , y {x / µα (x) 6= 0} ⊆ Wα ⊆ Uα . P Sabemos que fα (x) ≥ 0 para todo x ∈ X. Luego, α∈∆ fα (x) = 0 si, y s´olo si fα (x) S = 0 para todo c x ∈ 6 α ∈ ∆. Esto equivale a que x P ∈ Vα para todo α ∈ ∆, que a su vez equivale a que α∈∆ Vα = X. P Vemos que no es posible que α∈∆ fα (x) = 0 para alg´ un x ∈ X. De donde α∈∆ f (x) 6= 0 para P α todo x ∈ X. Entonces µα est´ a bien definida. Como fα es continua, tenemos que α∈∆ fα por ser la suma de funciones continuas. Se sigue que µα es continua, por ser el cociente de funciones continuas y P α∈∆ fα 6≡ 0.

Proposici´ on 5.1.2. Si X paracompacto y A cerrado entonces X/A es paracompacto.

Demostraci´ on: Como X es paracompacto, se tiene que X es regular. Y como A es cerrado, se tiene que X/A es Hausdorff. Ahora, sea Γ = {Uα }α∈∆ un cubrimiento abierto de X/A. Consideremos la proyecci´ on p : X −→ X/A y damos a X/A la topolog´ıa final inducida por p. Luego cada p−1 (Uα ) es un abierto de X porque p es continua. De donde ΓX = {p−1 (Uα )}α∈∆ es un cubrimiento abierto de X, porque ! [ [ −1 −1 X = p (X/A) = p Uα = p−1 (Uα ). α∈∆

α∈∆

Γ0X

Como X es paracompacto, existe un refinamiento de Γ localmente finito. Podemos S suponer que Γ0X = {Vα }α∈∆ con Vα ⊆ p−1 (Uα ). Consideremos los Vα tales que Vα ∩ A 6= ∅. Luego, V = {Vα / Vα ∩ A 6= ∅} es un abierto que contiene a A. Reescribimos Γ0X = {Vα / Vα ∩ A = ∅} ∩ {V }. Ahora, sea Γ0 = {p(Vα ) / Vα ∩ A 6= ∅} ∪ {p(V )}. Sean Bα = p(Vα ) y B = p(V ). Luego, Vα = p−1 (Bα ) porque Vα ∩ A = ∅. De donde p−1 (Bα ) es un abierto de X. Similarmente, V = p−1 (B) porque A ⊆ V , de donde p−1 (B) S es tambi´en un abierto de X. Si Vα ∩ A = ∅ entonces [a] 6∈ Bα , para todo a ∈ A. Consideremos U = {Uα / [a] ∈ Uα }. Tenemos que U es un abierto que contiene a [a]. Luego, podemos escribir Γ = {Uα / [a] 6∈ Uα } ∪ {U }. Veamos que Γ0 = {Bα } ∪ {B} es un refinamiento abierto de Γ localmente finito. En el caso A ∩ Vα = ∅, [a] 6∈ Uα , se tiene que Vα ⊆ p−1 (Uα ) =⇒ Bα = p(Vα ) ⊆ p(p−1 (Uα )) = Uα . 63

En el caso A ∩ Vα 6= ∅, [a] ∈ Uα , se tiene que Vα ⊆ p−1 (Uα ) =⇒ Bα ⊆ Uα , de donde [a] ∈ Bα . Luego B=

[

{Bα / [a] ∈ Bα } ⊆

[

{Uα / [a] ∈ Uα } = U.

De donde Γ0 es un refinamiento abierto de Γ. Ahora, sea [x] ∈ X/A. Si x = a para alg´ un a ∈ A, el u ´nico elemento de Γ0 que contiene a [x] es B. Si x 6= a para todo a ∈ A, denotamos C[x] = {Bα / [x] ∈ Bα }. Luego p−1 ([x]) = x porque x 6= a. De donde x ∈ p−1 (Bα ) = Vα . Como Γ0X es localmente finito, s´olo un n´ umero finito de Vα contiene a x, digamos x ∈ Vαi donde i ∈ [n]. As´ı, [x] ∈ p(Vαi ) = Bαi . Luego, todo C[x] posee un n´ umero finito de elementos. Tenemos que Γ0 es un refinamiento de Γ localmente finito. Por lo tanto, X/A es paracompacto.

64

5.2

Espacios compactos

Sea (X, τ ) un espacio topol´ ogico de Hausdorff. Diremos que X es compacto si de cada cubrimiento abierto Γ podemos extraer un subcubrimiento finito Γ0 ⊆ Γ. Proposici´ on 5.2.1 (Teorema de Heine-Borel). Todo intervalo cerrado de R es compacto.

Demostraci´ on: Consideremos un intervalo cerrado [a, b] ⊆ R. Sea Γ un cubrimiento abierto de [a, b] y A = {x ∈ [a, b] / [a, x] puede ser cubierto por un n´ umero finito de miembros de Γ}. Tenemos que A 6= ∅ pues a ∈ A. Tenemos adem´ as A ⊆ [a, b]. Por el Axioma de Completitud, existe c ∈ [a, b] tal que c = sup(A). Note que [a, c] es cubierto por un n´ umero finito de miembros de Γ, porque todo x ∈ A con x < c cumple que [a, x] est´ a cubierto por un n´ umero finito de miembros de Γ. Falta ver que c = b. Si c < b, entonces sea U un abierto de Γ que contiene a c. Luego existe x ∈ U tal que c < x < b. Sabemos que [a, c] es cubierto por un n´ umero finito de elementos de Γ, digamos U1 , . . . , Un . Por otro lado, [a, x] est´ a cubierto por un n´ umero finito de abiertos U1 , . . . , Un y U de Γ. Luego, x ∈ A, de donde c < x, obteniendo as´ı una contradicci´ on.

Ejemplo 5.2.1. El intervalo abierto (a, b) no es compacto. Para ver esto considere el siguiente cubrimiento abierto, Γ = {(a + 1/n, b − 1/n)}n∈N . Supongamos que podemos extraer un subcubrimiento finito Γ0 = {(a + 1/i, b − 1/i)}pi=k . Luego,    p  [ 1 1 1 1 a + ,b − = a + ,b − 6= (a, b). i i k k

i=k

Por lo tanto, (a, b) no es compacto.

Proposici´ on 5.2.2. Si X es un espacio compacto y A es cerrado en X, entonces A es compacto.

Demostraci´ on: Sea Γ = {Uα ∩ A / U ∈ τX }α∈Λ un cubrimiento abierto de A. Tenemos que la familia {Uα }α∈Λ ∪ {Ac } es un cubrimiento abierto de X. Como X es compacto, existe un subcubrimiento finito {U1 , . . . , Un } ∪ {Ac } de {Uα }α∈Λ ∪ {Ac } para X. Tenemos ! n n n [ [ [ c A=A∩X =A∩ A ∪ Ui = (A ∩ Ac ) ∪ A ∩ Ui = A ∩ Ui . i=1

i=1

Por lo que {Ui ∩ A}ni=1 es un subcubrimiento finito para A.

Proposici´ on 5.2.3. La uni´ on finita de conjuntos compactos es compacto. 65

i=1

Demostraci´ Sonn: Sean A1 , . . . , An subconjuntos compactos de un espacio X. Sea Γ un cubrimiento abierto de i=1 Ai . Para cada i, tenemos que {Ai ∩ U / U ∈ Γ} es un cubrimiento abierto de Ai . Como cada Ai es compacto, existe un subcubrimiento finito de {Ai ∩ U / U ∈ Γ} para Ai , digamos mi . Tenemos {Ai ∩ Uij }ij=1 n [ i=1

 Ai = 

m1 [

1j=1





A1 ∩ U1j  ∪ · · · ∪ 

m [n

nj=1

Entonces {Uij } es un subcubrimiento finito para

Sn

 An ∩ Unj  =

i=1

[

Uij .

i=1,...,n, j=m1 ,...,mn

Ai .

Proposici´ on 5.2.4. Sea f : X −→ Y una funci´on continua. Si X es compacto entonces f (X) tambi´en lo es.

S Demostraci´ Γ = {Uα }α∈Λ un cubrimiento abierto de f (X), de donde f (X) = α∈Λ Uα . TenS on: Sea emos X = α∈Λ f −1 (Uα ). Como f es continua, tenemos que {f −1 (Uα )}α∈Λ es un cubrimiento abierto de X. Como X es compacto, podemos extraer un subcubrimiento finito de {f −1 (Uα )}α∈Λ para X, digamos Sn −1 n {f (Ui )}i=1 . Veamos que f (X) =S i=1 Ui . Si f (x) ∈ f (X) entonces existe i tal que x ∈ f −1 (Ui ), es n decir f (x) ∈ Ui . De donde f (X) = i=1 Ui ∩ f (X). Entonces, ! n n n [ [ [ f (X) = f (X) ∩ Ui = f (X) ∩ Ui = Ui . i=1

i=1

i=1

Por lo tanto, {Ui }ni=1 es un subcubrimiento finito de Γ para f (X).

Ejemplo 5.2.2. Si R es una relaci´ on de equivalencia en un espacio compacto X, entonces X/R es tambi´en compacto. Proposici´ on 5.2.5. Sea X un espacio de Hausdorff y A un subespacio de X. Si A es compacto entonces A es cerrado.

Demostraci´ on: Sea x ∈ A y y ∈ Ac . Como X es un espacio de Hausdorff, existen Ux ∈ W (x) y Vx ∈ W (y) tales que Ux ∩ Vx = ∅. Luego, {Ux }x∈A es un cubrimiento abierto de A. Como Tn A es compacto, podemos extraer un subcubrimiento S finito para A, digamos {Uxi }ni=1 . Sea V = i=1 Vxi . n Tenemos que V ∈ W (y). Por otro lado, sea U = i=1 Uxi . Es f´acil ver que U ∩ V = ∅. Como A ⊆ U , se sigue que y ∈ V ⊆ Ac . Por lo tanto, Ac es abierto.

Lema 5.2.1. Sea (Z, τ ) un espacio topol´ ogico y Γ un cubrimiento de Z. Si Γ0 es un refinamiento de Γ y Γ0 tiene un subcubrimiento finito entonces Γ tiene un subcubrimiento finito. 66

Demostraci´ on: Por ser Γ0 un refinamiento de Γ, se tiene que para todo U ∈ Γ0 existe V ∈ Γ tal que 0 U ⊆ V . Si {U1 , . . . , Un } es un subcubrimiento finito podemos elegir V1 , . . . , Vn en Γ tales Snde Γ , entonces Sn que Ui ⊆ Vi , para cada i = 1, . . . , n. Luego, Z = j=1 Uj ⊆ j=1 Vj ⊆ Z. Por lo tanto, {V1 , . . . , Vn } es un subcubrimiento finito de Γ para Z.

Lema 5.2.2. Sean X e Y espacios topol´ ogicos. Para cada x ∈ X, consideremos {x} × Y ⊆ X × Y . Entonces {x} × Y es homeomorfo a Y .

Demostraci´ on: Un homeomorfismo h : {x} × Y −→ Y viene dado por h(x, y) = y.

Teorema 5.2.1. Sean X1 , . . . , Xn espacios compactos. Entonces

Qn

i=1

Xi es compacto.

Demostraci´ on: Basta probar que si X e Y son espacios compactos, entonces X × Y tambi´en lo es. Sea Γ = {Uα }α∈Λ un cubrimiento abierto de X × Y . Damos a X × Y la topolog´ıa producto. Sea Γ un cubrimiento abierto de X × Y . Todo elemento de Γ es uni´on de elementos de τX × τY . A partir de Γ obtenemos un refinamiento Γ0 = {U × V ∈ τX × τY : existe A ∈ Γ tal que U × V ⊆ A}. Fijamos x0 ∈ X. Note que {x0 } × Y ∼ = Y . Para todo (x0 , y) ∈ {x0 } × Y existe Ux0 × Vy tal que (x0 , y) ∈ Ux0 ×Vy . As´ı tenemos que Γ0 es un cubrimiento abierto de {x0 }×Y . Por ser {x0 }×Y compacto, existe un subcubrimiento finito de Γ0 para {x0 } × Y , digamos Γ0x0 = {Uxj0 × Vj : j = 1, . . . , n} ⊆ Γ0 . Tn j Sea Ux0 = j=1 Ux0 . Tenemos que Ux0 ∈ W (x0 ) y que Γ0x0 cubre a Ux0 × Y . Ahora, {Ux }x∈X es un cubrimiento abierto de X. Por ser X compacto, existe un subcubrimiento finito Ux1 , . . . , Uxn de X. Para cada Uxj existe un subcubrimiento finito Γ0xj = {Uxi j × Vi : i = 1, . . . , mj } de Uxj × Y . Tenemos que ˆ = Sn Γ0 es un subcubrimiento finito de Γ0 . En efecto, sea (x, y) ∈ X × Y . Luego, existe Ux tal Γ j j=1 xj ˆ que x ∈ Uxj . As´ı, (x, y) ∈ Uxj × Y , y luego existe Uxi j × Vi ∈ Γ0xj tal que (x, y) ∈ Uxi j × Vi . Entonces, Γ 0 0 cubre a X × Y . Ahora, como Γ tiene un subcubrimiento finito de X × Y y Γ es un refinamiento de Γ, se tiene que Γ posee un subcubrimiento finito de X × Y . Por lo tanto, X × Y es compacto.

Corolario 5.2.1. Para cada n, sean ai y bi n´ umeros reales con ai < bi y i = 1, . . . , n. Entonces es un subconjunto compacto de Rn .

Teorema 5.2.2. B ⊆ Rn es un subconjunto compacto si, y s´olo si, B es cerrado y acotado.

67

Qn

i=1 [ai , bi ]

Demostraci´ on: Supongamos que B es compacto. Como Rn es un espacio de Hausdorff, se tiene que B es cerrado. Ahora, sea x0 ∈ B y Γ = {B(x0 , r) : r > 0}. Tenemos que Γ es un cubrimiento abierto de B. Como B es compacto, existe un subcubrimiento finito de Γ para B, digamos {B(x0 , ri )}ni=1 . Luego, B ⊆ B(x0 , max{ri }ni=1 ). Por lo tanto, B es acotado.

Ahora supongamos que B es cerrado y acotado. Luego existe Rn y r > 0 tal que B ⊆ B(x0 , r). Qn x0 ∈ 1 n i Escribamos x0 = (x0 , . . . , x0 ). Tenemos B ⊆ B(x0 , r) ⊆ i=1 [x0 − r, xi0 + r] =: P . Note que P es compacto por ser un producto finito de compactos. Como B ⊆ P , B es cerrado en P (por ser cerrado en Rn y ser P cerrado en Rn ) y P es compacto, se tiene que B es un subconjunto compacto de P . Por lo tanto, B es un subconjunto compacto de Rn .

Definici´ on 5.2.1. Un espacio topol´ ogico X se dice: (1) Secuencialmente compacto si toda sucesi´on en X tiene al menos una subsucesi´on convergente. (2) Numerablemente compacto si todo subconjunto infinito de X tiene al menos un punto de acumulaci´ on.

Teorema 5.2.3. (1) Todo espacio secuencialmente compacto es numerablemente compacto. (2) Todo espacio compacto es secuencialmente compacto.

Demostraci´ on: (1) Sea A ⊆ X un subconjunto infinito de un espacio secuencialmente compacto X. Escojamos una sucesi´ on x1 ∈ A, x2 ∈ A − {x1 }, x3 ∈ A − {x1 , x2 }, . . . , xn+1 ∈ A − {x1 , . . . , xn }, lo cual se puede hacer porque A es infinito. As´ı obtenemos una sucesi´on de elementos distintos {xn }n∈N ⊆ A. Como X es secuencialmente compacto, {xn }n∈N posee una subsucesi´on convergente {xnk }k∈N . Sea p = limk→∞ xnk . Luego para todo W ∈ W (p), existe N ∈ N tal que n > N implica que xn ∈ W . Es decir, todo entorno de p contiene infinitos puntos de {xnk }k∈N y por tanto infinitos puntos de A. Entonces, p es un punto de acumulaci´on de A. Por lo tanto, X es numerablemente compacto. (2) Sea X un espacio compacto y {xn }n∈N una sucesi´on en X. Supongamos que {xn }n∈N no posee una subsucesi´ on convergente. Luego, {xn }n∈N no posee puntos de acumulaci´on. Entonces para cada x ∈ X existe un abierto Ux ∈ W (x) tal que Ux s´olo contiene un n´ umero finito de puntos de {Xn }. La familia {Ux }x∈X es un cubrimiento abierto de X. Como X es compacto, {Ux }x∈X posee n un subcubrimiento umero finito de puntos de {xn }n∈N Sn finito {Uxi }i=1 . Cada Uxi contiene s´olo un n´ y {xn }n∈N ⊆ i=1 Xi . Entonces {xn }n∈N es finita y por lo tanto existe un xk que se repite infinitas veces (de donde se obtiene una subsucesi´on convergente), obteniendo as´ı una contradicci´ on.

68

Lema 5.2.3 (N´ umero de Lebesgue de un cubrimiento). Dado X un espacio m´etrico secuencialmente compacto. Para cada cubrimiento abierto Γ = {Us / s ∈ S}, existe un entero positivo n (a 1/n se le llama n´ umero de Lebesgue de Γ) tal que para cada x ∈ X existe Us ∈ Γ tal que B(x, 1/n) ⊆ Us .

Demostraci´ on: Supongamos que para todo entero positivo n existe un punto xn ∈ X tal que B(xn , 1/n) 6⊆ Us , para todo s ∈ S. Como X es secuencialmente compacto, la sucesi´on {xn }n∈N tiene una subsucesi´ on convergente y por lo tanto un punto de acumulaci´on x ∈ X. Tenemos que x ∈ Us , para alg´ un s ∈ S. Como Us es abierto, existe δ > 0 tal que B(x, δ) ⊆ Us . Como x es un punto de acumulaci´ on de {xn }n∈N , existe n > 2/δ tal que xn ∈ B(x, δ/2). Adem´as, B(xn , 1/n) ⊆ B(x, δ). En efecto, si y ∈ B(xn , 1/n) entonces d(y, xn ) < 1/n < δ/2, y como xn ∈ B(x, δ/2) se tiene d(x, xn ) < δ/2. Se sigue δ δ d(y, x) ≤ d(y, xn ) + d(xn , x) < + = δ. 2 2 Entonces B(xn , 1/n) ⊆ B(x, δ) ⊆ Us . Pero por otro lado, B(xn , 1/n) 6⊆ Us , obteniendo una contradicci´ on.

Un espacio m´etrico X es totalmente acotado si para cada  > 0 existe una colecci´on finita {B(xi , )}ni=1 de bolas abiertas que cubre a X.

Lema 5.2.4. Todo espacio m´etrico secuencialmente compacto es totalmente acotado.

Demostraci´ on: Sea X un espacio secuencialmente compacto. Supongamos que X no es totalmente acotado, esto es, existe  > 0 tal que para cualquier familia finita {B(xi , )}ni=1 se tiene que Sn on finita {xi : i = 1, . . . , n} existe un punto x ∈ X tal i=1 B(xi , ) $ X. Entonces para cada colecci´ que d(x, xi ) ≥ , para todo i = 1, . . . , n. Podemos escoger una sucesi´on {yn } tal que d(yn , ym ) ≥  si n 6= m. En efecto, sea y1 ∈ X. Luego existe y2 ∈ X − B(y1 , ). De manera similar, existe y3 ∈ X − (B(y1 , ) ∪ B(y2 , )). Procediendo de esta manera, obtenemos tal sucesi´on {yn }. Ahora veamos que {yn } no tiene una subsucesi´on convergente. Supongamos lo contrario. Luego existe una subsucesi´ on convergente {ynk } ⊆ {yn }. En particular, {ynk } es una sucesi´on de Cauchy, de donde para cada  > 0 existe N ∈ N tal que i, j > N implica que d(yni , ynj ) < . Esto contradice el hecho de que d(yn , ym ) ≥  si n 6= m. Por lo tanto, {yn } no tiene una subsucesi´on convergente, lo cual es una contradicci´ on porque X es secuencialmente compacto.

Teorema 5.2.4. Si X es un espacio m´etrico entonces las siguientes condiciones son equivalentes: (1) X es secuencialmente compacto. (2) X es numerablemente compacto. (3) X es compacto. 69

Demostraci´ on: Probemos (1) =⇒ (3). Sea X un espacio m´etrico secuencialmente compacto y sea {Us / s ∈ S} un cubrimiento abierto de X con n´ umero de Lebesgue δ. Como X es totalmente acotado por el lema anterior, existe una colecci´ on finita {B(xi , δ) / i = 1, . . . , n} que cubre a X. Para cada i = 1, . . . , n, existe si ∈ S tal que B(xi , δ) ⊆ Usi . Entonces {Usi / i = 1, . . . , n} es un subcubrimiento finito de {Us / s ∈ S} para X. Por lo tanto, X es compacto.

Ahora probemos (3) =⇒ (2). Supongamos que X es un espacio m´etrico compacto. Sea A un subconjunto infinito de X. Supongamos que A no posee un punto de acumulaci´on. Luego, para cada x ∈ X existe Ux ∈ W (x) tal que A ∩ (Ux − {x}) = ∅. Tenemos que Γ = {Ux / x ∈ X} es un cubrimiento abierto de X. Como X es compacto, existe un subcubrimiento finito Γ0 = {Uxi / i = 1, . . . , n} de Γ para X. Sea x ∈ A. Luego, x ∈ Uxi para alg´ un i = 1, . . . , n. Si x 6= xi entonces x ∈ A ∩ (Uxi − {xi }), lo cual no es posible. Entonces se tiene que x = xi . Por lo tanto, A es finito, obteniendo una contradicci´on. Finalmente, probemos que (2) =⇒ (1). Sea {xn } una sucesi´on en un espacio m´etrico X numerablemente compacto. Veamos que {xn } posee una subsucesi´on convergente. Si {xn } tiene un t´ermino infinitamente repetido entonces no hay nada que demostrar. Supongamos entonces que {xn } no posee t´erminos infinitamente repetidos, de donde {xn } es un subconjunto infinito de X. Como X es numerablemente compacto, {xn } posee un punto de acumulaci´on, digamos x ∈ X. Como X es un espacio m´etrico, x posee una base numerable de entornos, a saber β = {B(x, 1/n) / n ∈ N}. Luego para todo k ∈ N existe xnk tal que xnk ∈ B(x, 1/k) − {x}. En particular, para k = 1 existe xn1 tal que xn1 ∈ B(x, 1) − {x}. Sea d1 = d(xn1 , x). Sea k2 ∈ N tal que 1/k2 < d1 , y sea xn2 ∈ B(x, 1/k2 ) − {x}. Tomamos ahora d2 = d(xn2 , x). Hallamos k3 y xn3 de manera similar usando d2 , y seguimos repitiendo este procedimiento de manera indefinida. As´ı obtenemos una subsucesi´on {xnk } ⊆ {xn } tal que {xnk } −→ x. Por lo tanto, X es secuencialmente compacto.

70

5.3

Espacios de funciones

Sea X un espacio m´etrico compacto, denotamos C(X) := {f : X −→ R / f es continua}. Toda funci´ on continua f : X −→ R, con X compacto, es acotada. Luego, supx∈X |f (x)| existe, por lo que tiene sentido definir la norma de f en C(X) por ||f || := sup |f (x)|. x∈X

Tenemos que (C(X), || ||) es un espacio m´etrico, con la m´etrica [ , ] : C(X) × C(X) −→ R dada por [f, g] := sup |f (x) − g(x)|. x∈X

Una funci´ on f ∈ C(X) se dice uniformemente continua en X si dado  > 0 existe δ > 0 tal que d(x, x0 ) < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < , para todo par x, x0 ∈ X. Teorema 5.3.1. Sea f : (X, d1 ) −→ (Y, d2 ) una funci´on continua entre espacios m´etricos. Si (X, d1 ) es compacto, entonces f es uniformemente continua.

Demostraci´ on: Dado  > 0. Para cada x ∈ X, existe δ > 0 tal que f (B(x, δx )) ⊆ B(f (x), /2). La familia {B(x, δx ) : x ∈ X} es un cubrimiento abierto de X. Como X es compacto, {B(x, δx )} posee un n´ umero de Lebesgue δ. Ahora sean x, y ∈ X tales que d1 (x, y) < δ. Luego existe z ∈ X tal que B(x, δ) ⊆ B(z, δz ), o tambi´en {x, y} ⊆ B(z, δz ). Entonces, d1 (x, z) < δz y d1 (y, z) < δz . De donde d1 (x, z) < δz =⇒ d2 (f (x), f (z)) < /2 y d1 (y, z) < δz =⇒ d2 (f (y), f (z)) < /2 implican que d2 (f (x), f (y)) < . Por lo tanto, f es uniformemente continua.

Una sucesi´ on {xn }n∈N en un espacio m´etrico X se dice de Cauchy si para cada  > 0 existe N ∈ N tal que n, m > N =⇒ d(xn , xm ) < . Un espacio m´etrico X se dice completo si toda sucesi´on de Cauchy en X converge a un punto de X.

Proposici´ on 5.3.1. Sea X un espacio m´etrico. Entonces X es compacto si, y s´olo si, X es completo y totalmente acotado.

71

Demostraci´ on: Supongamos que X es compacto. Entonces X es totalmente acotado por el Lema 5.2.4 y el Teorema 5.2.4. Ahora supongamos que {xn }n∈N es una sucesi´on de Cauchy en X. Entonces {xn } tiene un punto de acumulaci´ on x ∈ X. Sea  > 0, como {xn } es de Cauchy, existe N ∈ N tal que si n, m > N entonces d(xn , xm ) < /2. Sea xnk una subsucesi´on convergente de {xn }, tal que xnk −→ x. Luego, existe M ∈ N tal que si nk > M entonces d(xnk , x) < /2. Sea xnk tal que xnk > N, M . Supongamos que n > N . Entonces, d(xn , xnk ) < /2. Adem´as, d(xnk , x) < /2. Luego d(xn , x) ≤ d(x, xnk ) + d(xn , xnk ) < . Dado  > 0, existe N ∈ N tal que n > N implica que d(xn , x) < . Es decir, {xn } converge a x.

Ahora supongamos que X es completo y totalmente acotado. Por el Teorema 5.2.4, basta probar que X es secuencialmente compacto. Sea {xn } una sucesi´on en X. Al ser X completo, para demostrar que {xn } tiene una subsucesi´ on convergente es suficiente probar que {xn } tiene una subsucesi´on de Cauchy. Como X es totalmente acotado, existe una colecci´on finita {B(a1j , 1) : j = 1, . . . , k1 } que cubre a X. Al menos una de estas bolas, digamos B1 , contiene una subsucesi´on {x1n } de {xn }. Existe otra colecci´ on finita, {B(a2j , 1/2) : j = 1, . . . , k2 } que cubre a X. Al menos una de estas bolas, digamos B2 , contiene una subsucesi´ on {x2n } de {x1n }. Siguiendo este proceso recursivamente, obtenemos una subsucesi´on {xkn } } contenida en una bola Bk de radio 1/k. A partir de las sucesiones {x1n }, {x2n }, . . . , tomamos de {xk−1 n la sucesi´ on diagonal {xnn }, la cual es una subsucesi´on de Cauchy de {xn }. En efecto, sea  > 0, luego n existe N ∈ N tal que 1/N < . Si n, m > 2N entonces xm m , xn ∈ B2N de radio 1/2N . De donde ) ≤ 1/2N + 1/2N < . d(xnn , xm m

Proposici´ on 5.3.2. Si X es compacto entonces C(X) es completo.

Demostraci´ on: Sea {fn } ⊆ C(X) una sucesi´on de Cauchy. Luego, dado  > 0 existe N ∈ N tal que n, m > N implica |fn (x) − fm (x)| <  para todo x ∈ X (1). As´ı tenemos que {fn (x)} es una sucesi´ on de Cauchy en R. Como R es completo, se tiene que {fn (x)} converge. Denotamos f (x) = limn→∞ fn (x) (tomamos el l´ımite cuando m −→ ∞ en (1)). Luego para todo  > 0, existe N ∈ N tal que n > N implica que |fn (x) − f (x)| < , para todo x ∈ X. S´olo falta probar que f ∈ C(X). Sea x ∈ X. Veamos que f es continua en x. Dado  > 0, existe N ∈ N tal que |fN (x) − f (x)| < /3 porque {fn } converge uniformemente a f . As´ı tenemos |f (x) − f (x0 )| = |f (x) − fN (x) + fN (x) − fN (x0 ) + fN (x0 ) − f (x0 )|

≤ |f (x0 ) − fN (x0 )| + |fN (x0 ) − fN (x)| + |fN (x) − f (x)|   < + |fN (x0 ) − fN (x)| + 3 3 2 = + |fN (x0 ) − fN (x)|, para todo x0 ∈ X. 3

Como fN es continua en x, existe δ > 0 tal que d(x0 , x) < δ implica que |fN (x0 ) − fN (x)| < 3 . Luego, si d(x0 , x) < δ entonces |f (x) − f (x0 )| < . Por lo tanto, f ∈ C(X).

Proposici´ on 5.3.3. Todo subconjunto cerrado de un espacio m´etrico completo es completo. 72

Demostraci´ on: Sea E ⊆ X un subconjunto cerrado de X, donde X es un espacio m´etrico completo. Sea {xn }n∈N ⊆ E una sucesi´ on de Cauchy. Como X es completo, existe x ∈ X tal que {xn }n∈N converge a x. Dicho x resulta ser un punto de acumulaci´on de E, y como E es cerrado, se tiene x ∈ E. Por lo tanto, E es completo.

Una sucesi´ on (fn ) ⊆ C(X) converge puntualmente a f si cada cada x ∈ X y  > 0 existe Nx ∈ N tal que n ≥ Nx =⇒ |fn (x) − f (x)| < . Diremos que (fn ) converge uniformemente a f si para cada  > 0 existe N ∈ N tal que n ≥ N =⇒ |fn (x) − f (x)| < , para todo x ∈ X. Teorema 5.3.2 (Dini). Sea fn : X −→ R una sucesi´on de funciones continuas sobre un espacio compacto X. Si fn (x) ≤ fn+1 (x) y si fn (x) −→ f (x) para todo x ∈ X, donde f es una funci´on continua, entonces la sucesi´ on (fn )n∈N converge a f de manera uniforme.

Demostraci´ on: Considere la sucesi´ on en C(X) dada por gn = f − fn . Si n > m entonces fn > fm , de donde gn < gm . Por lo que {gn }n∈N es una sucesi´on decreciente. Es claro que {gn }n∈N converge puntualmente a 0. Ahora, dado  > 0, sea Dn = gn−1 (−∞, ). Tenemos que Dn es abierto porque gn es continua y (−∞, ) es abierto en R. Note que {Dn }n≥1 es creciente porque {gn }n≥1 es decreciente. Por la convergencia puntual, si x ∈ X entonces S∞ existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 implica que gn (x) < . Es decir, x ∈ Dn si n ≥ n0 . Entonces X = n=1 Dn . Como X es compacto, Γ = {Dn }n≥1 posee un SN subcubrimiento finito Γ0 = {Dn }N n=1 . Se tiene X = n=1 Dn . Como {Dn }n≥1 es creciente, se tiene X = DN . Luego, para todo x ∈ X, gN (x) < . Como {gn }n≥1 es decreciente entonces para todo x ∈ X, gn (x) <  si n ≥ N . Note que N no depende de x. Hemos probado que dado  > 0 existe N ∈ N tal que si n ≥ N entonces |f (x) − fn (x)| < , para todo x ∈ X. Por lo tanto, {fn }n≥1 converge uniformemente a f.

Ejemplo 5.3.1. Consideremos el espacio compacto X = {1, . . . , n}. En este caso, C(X) = Rn . Toda funci´ on f : X −→ R viene dada por una n-tupla (f (1), . . . , f (n)). Los espacios C(X) y Rn son topol´ogicamente equivalentes, es decir, C(X) con la topolo´ıa de la norma es homeomorfo a Rn con la topolog´ıa usual. Un subespacio F ⊆ C(X) es equicontinuo en x ∈ X si dado  > 0 existe δx > 0 tal que d(x, x0 ) < δx =⇒ |f (x) − f (x0 )| < , para todo f ∈ F. Diremos que F es equicontinuo en X si es equicontinuo en cada punto de X. Se dice que F es equiacotado si existe una constante M ∈ R tal que |f (x)| ≤ M para todo f ∈ F y todo x ∈ X. Teorema 5.3.3 (Arzela-Ascoli). En C(X), todo conjunto cerrado E es compacto si, y s´olo si, E es equicontinuo y equiacotado. 73

Demostraci´ on: Supongamos que E es compacto. Sea f ∈ E y considere el cubrimiento abierto Γ = {B(f, r) : r > 0} de E. ComoSE es compacto, existe un subcubrimiento finito Γ0 = {B(f, ri ) : i = n 1, . . . , n} ⊆ Γ. De donde E ⊆ i=1 B(f, ri ) ⊆ B(f, max{ri : i = 1, . . . , n}). Por lo que E es acotado. Por otro lado, como E es un subconjunto compacto de un espacio de Hausdorff, tenemos que E es cerrado. Ahora sea  > 0 y considere el cubrimiento abierto Γ = {B(f, /3) : f ∈ E} de E. Como Sn E es compacto, existe un subcubrimiento finito Γ0 = {B(fi , /3) : i = 1, . . . , n} ⊆ Γ. Luego E ⊆ i=1 B(fi , /3). Sea j ∈ {1, . . . , n}. Como fj es continua en X y X es compacto, se tiene que fj es uniformemente continua en X. Luego, existe δj > 0 tal que d(x, x0 ) < δj implica que |fj (x) − fj (x0 )| < /3. Sea δ = min{δ1 , . . . , δn }. Sea f ∈ E. Luego existe k ∈ {1, . . . , n} tal que f ∈ B(fk , /3). Es decir, |f (x) − fk (x)| < /3, para todo x ∈ X. Si d(x, x0 ) < δ entonces |f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fk (x)| + |fk (x) − fk (x0 )| + |fk (x0 ) − f (x0 )| < . Por lo tanto, f es uniformemente continua en X, para doto f ∈ E. Es decir, f es equicontinuo.

Ahora sea E ⊆ C(X) un subconjunto cerrado, acotado y equicontinuo. Como C(X) es completo y E es cerrado tenemos que E es completo. Entonces, E es compacto si es totalmente acotado. Como E es acotado o equiacotado en C(X) existe M > 0 tal que |f (x)| ≤ M para todo x ∈ X y para todo f ∈ C(X). Como E es equicontinuo, dado  > 0 existe δ > 0 tal que |f (x1 ) − f (x2 )| < /4 siempre que x1 , x2 ∈ X sean tales que d(x1 , x2 ) < δ y f ∈ E. Como X es compacto, es totalmente acotado y, por ende, existe una colecci´ on finita {B(xi , δ) : i = 1, . . . , p} que cubre a X. Sea P = {y0 , . . . , yq } una partici´ on de [−M, M ] en subintervalos de longitud menor que /4. Sea P es conjunto de todas las p-tuplas (yk1 , . . . , ykp ) de puntos de P . Note que P es finito. Para cada g ∈ E, existe una p-tupla en P tal que |g(xi ) − yki | < /4, i = 1, . . . , p (∗). Sea P 0 el subconjunto de P que consiste en todas aquellas p-tuplas para las cuales existe al menos una funci´on g ∈ E que satisface (∗). Ahora, a cada p-tupla de P 0 le asociamos una sola funci´on g ∈ E que satisface (∗), y formamos el conjunto F de tales g seleccionadas. Tenemos que F es finito. Para casa f ∈ E existe una p-tupla (yk1 , . . . , ykp ) ∈ P 0 tal que |f (xi ) − yki | < /4, donde i = 1, . . . , p. Sea g ∈ F que corresponde a (yk1 , . . . , ykp ) (1). Entonces para cada x ∈ X existe xi tal que x ∈ B(xi , δ). Por la continuidad uniforme de f y g, tenemos que si d(x, xi ) < δ entonces |f (x) − f (xi )| < /4 y |g(xi ) − g(x)| < /4 (2). Note que {B(g, )} cubre a E. En efecto, por (1) y (2), tenemos |f (x) − g(x)| ≤ |f (x) − f (xi )| + |f (xi ) − yki | + |yki − g(xi )| + |g(xi ) − g(x)|   < + |f (xi ) − yki | + |yki − g(xi )| + 4 4     < + + + = . 4 4 4 4

Luego, f ∈ B(g, ). Se sigue que E es totalmente acotado.

Sea (X, d) un espacio m´etrico y A ⊆ X. Diremos que A es nunca denso si int(A) = ∅. Un espacio es de primera categor´ıa o magro cuando puede expresarse como la uni´on numerable de subconjuntos nuca densos. Un espacio es de segunda categor´ıa cuando no es de primera categor´ıa.

Teorema 5.3.4 (Teorema de Intersecci´ on de Cantor). Sea (X, d) un espacio m´etrico completo y {Fn }n≥1 una sucesi´ o n decreciente de subconjuntos no vaci´os y cerrados de X tales que limn→∞ diam(Fn ) = 0. T∞ Entonces n=1 Fn es exactamente un punto. 74

Demostraci´ on: Para empezar, tenemos la cadena de inclusiones F1 ⊇ F2 ⊇ · · · . Sea {xn } una sucesi´ on en X tal que xn ∈ Fn para cada n ≥ 1. Veamos que {xn } es una sucesi´on de Cauchy. Note que {diam(Fn )} es una sucesi´ on que tiene a 0. Luego, dado  > 0 existe n0 ∈ N tal que si n > n0 entonces diam(Fn ) < . Como la sucesi´ on de cerrados es decreciente, tenemos que n, m > n0 con m > n y xn , xm ∈ Fn implica d(xn , xm ) < diam(Fn ) < . De donde {xn } es una sucesi´on de Cauchy. Como X es completo, {xn } es convergente a un punto x ∈ X. T∞ Veamos ahora que x ∈ n=1 Fn . Supongamos lo contrario, entonces existe k ∈ N tal que x 6∈ Fk y como Fk es cerrado, tenemos que r = d(x, Fk ) > 0, con lo que la bola B(x, r/2) y Fk no tienen puntos comunes, pero si n > k entonces xn ∈ Fk (pues la sucesi´on de cerrados es decreciente), lo que implica que xn 6∈ B(x, r/2), lo cual es imposible pues porque xn −→ x. T∞ Ahora veamos que x es el u ´nico punto en la intersecci´on. Supongamos que existe y ∈ n=1 Fn . Entonces d(x, y) ≤ diam(Fn ), para todo n ∈ N, y como limn→∞ diam(Fn ) = 0, se tiene que d(x, y) = 0. Se sigue que x = y, pues d es una m´etrica.

c

Proposici´ on 5.3.4. Sea N un subconjunto nunca denso de un espacio X. Entonces N es denso en X.

c

c

Demostraci´ on: Supongamos que N no es denso en X. Luego N 6= X. De donde existe p ∈ X y un c abierto A ∈ W (p) tal que A ∩ N = ∅. Entonces, p ∈ A ⊆ N y, por consecuente, p ∈ int(N ). Tenemos que int(N ) 6= ∅, obteniendo as´ı una contradicci´on, pues N es nunca denso en X.

Proposici´ on 5.3.5. Sea A ⊆ X un subconjunto abierto, donde X es un espacio m´etrico. Sea N un conjunto nunca denso en X. Entonces, existen p ∈ X y  > 0 tales que B(p, δ) ⊆ A y B(p, δ) ∩ N = ∅.

c

Demostraci´ on: Sea H = A ∩ N . Entonces H ⊆ A y H ∩ N = ∅ (o H ∩ N = ∅). Adem´as, H no es c c vac´ıo porque A es abierto y N es denso en X. Note que H es abierto porque A y N lo son. Luego, existe δ > 0 tal que B(p, δ) ⊆ H, para alg´ un p ∈ H. En consecuencia, B(p, δ) ⊆ A y B(p, δ) ∩ N = ∅.

Teorema 5.3.5 (Teorema de Categor´ıa de Baire). Todo espacio m´etrico completo es de segunda categor´ıa. Es decir, dado un espacioS m´etrico completo X y {An } una sucesi´on de conjuntos nunca densos, entonces ∞ existe x ∈ X tal que x 6∈ n=1 An .

S∞ Demostraci´ on: Sea M = n=1 An . Tenemos que M es un espacio de primera categor´ıa. Como A1 es nunca denso en X, existe a1 ∈ X y δ1 > 0 tales que B(a1 , δ1 ) ∩ A1 = ∅. Sea 1 = δ1 /2. Entonces, B(a1 , 1 ) ∩ A1 = ∅. Ahora bien, B(a1 , 1 ) es abierta y A2 es nunca denso en X, por consecuente existe 75

a2 ∈ X y δ2 > 0 tales que B(a2 , 2 ) ⊆ B(a1 , 1 ) ⊆ B(a1 , 1 ) y B(a2 , δ2 ) ∩ A2 = ∅. Sea 2 = δ2 /2 ≤ 1 /2 = δ1 /4. Entonces, B(a2 , 2 ) ⊆ B(a1 , 1 ) y B(a2 , 2 )∩A2 = ∅. Repitiendo este procedimiento infinitas veces, se puede obtener una sucesi´ on en encaje de conjuntos cerrados B(a1 , 1 ) ⊇ B(a2 , 2 ) ⊇ B(a3 , 3 ) ⊇ · · · tales que, para todo n ∈ N, B(an , n ) ∩ An = ∅ y T n ≤ δ1 /2n . As´ı, limn→∞ n = 0 y, por el Teorema de ∞ Intersecci´ on de Cantor, existe p ∈ X tal que p ∈ n=1 B(an , n ). Adem´as, para todo n ∈ N, p 6∈ An y por tanto p 6∈ M .

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5.4

Ejercicios

5.4.1

Espacios paracompactos y compactos

Ejercicio 5.4.1. Verifique que Γ = {(1/n, 1] : n ∈ N} es un cubrimiento abierto de (0, 1]. Pruebe adem´ as que no se puede extraer de Γ un subcubrimiento finito. Ejercicio 5.4.2. Pruebe que todo espacio con la topolog´ıa indiscreta es compacto. Adem´as, un espacio con la topolog´ıa discreta es compacto si, y s´ olo si, es finito. Ejercicio 5.4.3. Pruebe que la imagen de un espacio compacto a trav´es de una funci´on continua es tambi´en compacta. Ejercicio 5.4.4. Verifique que S 1 ⊆ R2 es compacto. Ejercicio 5.4.5. Pruebe que todo espacio compacto y de Hausdorff es paracompacto. Ejercicio 5.4.6. Pruebe que todo espacio compacto de Hausdorff es normal. Ejercicio 5.4.7. Pruebe el Teorema de Bolzano-Weierstrass en R. Esto es, si A es un subconjunto acotado de R entonces todo subconjunto infinito de A contiene al menos un punto de acumulaci´on. Ejercicio 5.4.8. Sean τ1 y τ2 dos topolog´ıas en un conjunto X. Si τ1 ⊆ τ2 , compare compacidad, conexidad, normalidad y paracompacidad de tales topolog´ıas. Ejercicio 5.4.9. Pruebe que R2 con la topolog´ıa generada por la base β = {conos abiertos con v´ertice en el origen} ∪ {R2 } es compacto y conexo.

5.4.2

Espacios de funciones

Ejercicio 5.4.10. Si f : X −→ R es una funci´on continua y X es compacto y conexo, entonces f (X) es un intervalo cerrado. Ejercicio 5.4.11. Sea F ⊆ C(X) una familia de funciones continuas X −→ R que satisface: (1) Para todo f, g ∈ F, f · g ∈ F. (2) Para todo x ∈ X existe U ∈ W (x) y f ∈ F tal que f |U ≡ 0. Pruebe que F contiene a la funci´ on 0. 77

Ejercicio 5.4.12. Si f : X −→ R es una funci´on continua y X es un espacio compacto, pruebe que f alcanza su m´ aximo y su m´ınimo, esto es, que existen x1 , x2 ∈ X tales que f (x1 ) = sup{f (x) : x ∈ X} y f (x2 ) = inf{f (x) : x ∈ X}. Ejercicio 5.4.13. Pruebe que R2 con la topolog´ıa de las franjas abiertas paralelas al eje Y no es compacto. ¿Ser´ a conexo?.

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BIBLIOGRAF´IA [1] James Dugundji. Topology. Allyn and Bacon Series in Advanced Mathematics. Allyn and Bacon, Inc. Boston. (1966). [2] John Kelly. General Topology. Graduate Texts in Mathematics. Vol. 27. Springer Verlag. New York. (1955). [3] James Munkres. Topology. Prentice Hall, Inc. Upper Saddle River. (2000).

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