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Algunos ejercicios resueltos del Munkres Guillermo Barcelona 22 de octubre de 2012
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Homotopia y Espacio de
Cap´ıtulo 1
Espacios topol´ogicos y funciones continuas 1.1.
Topolog´ıas
Ejercicio 1.1. Sean X un espacio topol´ogico y A un subconjunto de X . Supongamos que para cada x A existe un conjunto abierto U que contiene a x y tal que U A. Pruebe que A es abierto en X .
⊂
∈
Demostraci´ on. Elijamos para cada x mos que
∈ A un abierto U que contiene a x. Vea-
A =
x
� U . x
x∈A
Como A es uni´on de abiertos, A es abierto en X .
�
Ejercicio 1.2. Sean X un conjunto y sea T c la colecci´on de todos los subcon juntos U de X tales que X U es numerable o todo X . Pruebe que T c es una topolog´ıa. ¿Es la colecci´on
−
T ∞ = { U | X
− U es infinita o vac´ıa o todo X }
una topolog´ıa sobre X ? Demostraci´ on. El conjunto X est´a en T c porque X X = ∅, y ∅ es numerable. El conjunto vac´ıo tambi´en est´a en T c , porque X ∅ = X .
−
3
−
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4
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ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
Sea {U α } una colecci´on arbitraria de elementos de
X
T c .
Veamos que
� U = (X − U ),
−
α
α
α
α
el cual es numerable porque es intersecci´on de conjuntos numerables. Sea {U 1 , . . . , Un } una colecci´on fi nita de elementos de n
T c .
Notemos que
n
U = � (X − U ). X − i
i
i=1
i=1
El conjunto anterior es numerable si todos los X alg´un U i es vac´ıo.
− U son numerables; es X si i
�
La colecci´on T ∞ no necesariamente es una topolog´ıa sobre X . Por ejemplo, si X = R, podemos considerar la colecci´on de los conjuntos
U n = ( con n
∈Z
+
−∞, −1/n] ∪ [1/n, +∞)
. Es claro que los U n son elementos de T ∞. Luego R
Es evidente que
Ejercicio 1.3.
� U = ( U
−
R
n
n no
− U ) = n
(−1/n, 1/n) = {0}.
es un elemento de
T ∞ .
1. Si {T α } es una familia de topolog´ıas sobre X , pruebe que topolog´ıa sobre X . ¿Es T α una topolog´ıa sobre X ?
T α es
una
2. Sea { T α } una familia de topolog´ıas sobre X . Pruebe que existe una u ´ nica topolog´ıa sobre X m´as peque˜na entre todas las que contienen a todas las colecciones T α , y una topolog´ıa m´as grande entre todas las que est´an contenidas en toda T α . 3. Si X = { a,b,c,d}, sean T 1 = { ∅, X, {a}, {a, b}}
y
T 2 = { ∅, X, {a}, {b, c}}.
Encuentre la topolog´ıa m´as peque˜na que contenga a T 1 y T 2 , y la topolog´ıa m´as grande contenida en T 1 y T 2 .
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5
ıas 1.1. Topolog´
1. Demostraci´ on. Como X y intersecci´ on.
∅
est´an en T α para todo α , X y
∅
est´an en la
Si {U β } es una colecci´on arbitraria de elementos de T α , entonces {U β } es una colecci´on de cada topolog´ıa. Luego U β est´a en cada T α , estando as´ı en la intersecci´on.
Si { U 1, · · · , U n } es una colecci´on finita de elementos de T α , entonces n cada U i est´a en cada T α . Luego i=1 U i est´a en cada T α , estando as´ı en la intersecci´ on. �
La uni´on de topolog´ıas no siempre es una topolog´ıa. Por ejemplo: si X = {a,b,c,d}, dos topolog´ıas sobre X son T 1 = { X, ∅, {a}}
T 2 = { X, ∅, {b}}.
y
Luego T 1
∪ T = {X, 2
∅
, {a}, {b}}.
El conjunto { a, b} debe ser un elemento de es.
T 1
∪ T , y sin embargo no lo 2
2. Demostraci´ on. Sea { T β } la colecci´on de topolog´ıas sobre X , donde cada una contiene la colecci´on {T α }. Notemos que la coleccio´ n
T β
es una topolog´ıa por lo demostrado anteriormente; adem´as contiene la colecci´on { T α }. Probemos ahora que T β es la menor de todas. Supongamos que existe otra topolog´ıa T ′ que contiene a todas las T α , y que al T β . Por otra parte, como mismo tiempo es la menor. De lo anterior T ′ ′ T es una topolog´ıa que contiene la colecci´ on {T α }, ella ser´a una de las topolog´ıas T β , y por tanto la intersecci´on T β se incluye en ella. Finalmente ′ � T = T β .
⊂
Demostraci´ on. Sea T la colecci´on definida mediante T =
T α ;
probemos que T es la mayor de todas las topolog´ıas que se encuentran incluidas en cada T α . Supongamos que existe otra topolog´ıa T ′ mayor entre todas las topolog´ıas que est´an contenidas en cada T α . De lo anterior T ′ ′ T . Por otra parte, T es una topolog´ıa que est´ a incluida en cada T α , por ′ tanto T se incluye en la intersecci´on de todas ellas. Finalmente T = T ′ .
⊂
�
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6
ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
3. La topolog´ıa m a´ s peque˜na que contiene a
T 1 y T 2 es
T = { ∅, X, {a}, {a, b}, {b, c}, {a,b,c}, {b}}.
La topolog´ıa m a´ s grande contenida en ′
T
T 1 y T 2 es
= { ∅, X, {a}}.
Ejercicio 1.4. Demuestre que si A es una base para la topolog´ıa sobre X , entonces la topolog´ıa generada por A es igual a la intersecci´on de todas las topolog´ıas sobre X que contienen a A. Pruebe lo mismo si A es una subbase. Demostraci´ on. Sea {T α } la colecci´on de todas las topolog´ıas sobre X que contienen a A; sea T A la topolog´ıa generada por A. Como T A es una topolog´ıa T A . Por otra parte, el lema 13.1 sobre X que contiene a A, entonces T α asegura que todo elemento de T A es una uni´on de elementos de A; como cada T α que contiene a A tiene tambi´ en cualquier uni o´ n arbitraria de elementos de A, T α . Finalmente T A = T α . entonces T A T α . Luego T A
⊂
⊂
⊂
Veamos lo mismo si A es una subbase. N´otese que T A contiene a A (cada elemento de A puede tomarse como una uni o´ n de dos intersecciones fi nitas conT A . Por otra parte, cada elemento de T A es una sigo mismo). Luego T α uni´on de intersecciones fi nitas de elementos de A; como cada T α tiene cualquier intersecci´ on finita de elementos de A, tiene tambi´en cualquier uni´on de las inT α . Luego T A T α . Finalmente tersecciones anteriores, y por tanto T A � T A = T α .
⊂
⊂
⊂
Ejercicio 1.5. Pruebe que las topolog´ıas de Rℓ y RK no son comparables. Demostraci´ on. Dado un elemento b´asico [x, c) en la topolog´ıa de R ℓ , no existe ning´un intervalo abierto (a, b) y ning´un conjunto (a, b) K que est´e incluido en [x, c) y contenga a x. As´ı, la topolog´ıa de RK no es m´as fi na que la de Rℓ .
−
An´alogamente; dado el elemento b a´ sico B = ( 1, 1) K de RK , no existe ning´un intervalo [a, b) que contenga a cero y se halle incluido en B . As´ı, la � topolog´ıa de Rℓ no es m´as fi na que la de RK .
−
−
Ejercicio 1.6. 1. Aplique el lema 13.2 para ver que la colecci´on numerable B
= { (a, b) | a < b, a y b racionales}
es una base que genera la topolog´ıa usual sobre R.
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ıas: orden, producto y subespacio 1.2. Topolog´
2. Demuestre que la colecci´on C
= { [a, b) | a < b, a y b racionales}
es una base que genera una topolog´ıa distinta de la topolog´ıa del l´ımite inferior sobre R. 1. Verifiquemos la hip´otesis del lema 13.2. Sea U un abierto no vac´ıo de la topolog´ıa usual sobre R; sea x un punto de U . Sabemos que U es una uni´on de intervalos abiertos (a, b), por tanto x est´a en alg´un intervalo (a0 , b0 ). Por la densidad de los racionales existen a ′ , b′ Q tales que a 0 < a′ < x y x < b′ < b0 . As´ı, el intervalo (a′ , b′ ) de extremos racionales contiene a x y est´a en (a0 , b0 ).
∈
2. Probemos que la topolog´ıa de l´ımite inferior es estrictamente m´as fi na que la generada por C. En efecto, probar que Rℓ es m´as fi na que la generada por C es trivial. Contrariamente, no existe ning´un intervalo [a, b) de extremos racionales que contenga a 2 y adem´as est´e en [ 2, 2).
√
1.2.
√
Topolog´ıas: orden, producto y subespacio
Ejercicio 1.7. Pruebe que si Y es un subespacio de X y A es un subconjunto de Y , entonces la topolog´ıa que A hereda como subespacio de Y es la misma que la topolog´ıa que hereda como subespacio de X . Demostraci´ on. Sea V un abierto en la topolog´ıa de X . Veamos que
(V
∩ Y ) ∩ A = V ∩ (Y ∩ A) = V ∩ A.
Lo anterior muestra que un abierto en la topolog´ıa de subespacio sobre A con respecto a Y , es el mismo abierto en la topolog´ıa de subespacio sobre A con respecto a X . �
Ejercicio 1.8. Si T y T ′ son toplog´ıas sobre X y T ′ es estrictamente m´as fi na que T , ¿qu´ e puede decir sobre las correspondientes topolog´ıas de subespacio sobre el subconjunto Y de X ? ′ Siendo T Y la topolog´ıa que hereda Y como subespacio de T , y T Y la topo′ ′ log´ıa que hereda Y como subespacio de T , se puede decir que T Y es estrictamente m a´ s fina que T Y . En efecto; si V es un abierto en T , el conjunto V Y ′ ′ T . Resulta f´ es un abierto en T Y , que es tambi´en abierto en T Y pues V acil ′ T Y . comprobar despu´es que no ocurre la inclusi´on T Y
⊂
∈
∩
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ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
Ejercicio 1.9. Consideremos el conjunto Y = [ 1, 1] como subespacio de R. ¿Cu´al de los siguientes conjuntos son abiertos en Y ? ¿Cu´ales son abiertos en R?
−
A = { x |
1 2
< | x| < 1 },
B = { x |
1 2
< | x|
C = { x |
1 2
≤ 1},
≤ |x| < 1 }, ≤ |x| ≤ 1},
D = { x | 21 E = { x | 0 < | x| < 1 y 1/x / Z+ }.
∈
El conjunto A = ( 1, 21 ) ( 12 , 1) es abierto en Y y en R. El conjunto B = [ 1, 12 ) ( 12 , 1] es abierto en Y pero no en R. El conjunto C = ( 1, 21 ] [ 12 , 1) no es abierto ni en Y ni en R. El conjunto D = [ 1, 21 ] [ 12 , 1] no es abierto 1 1 ni en Y ni en R. El conjunto E = ( 1, 0) n∈Z+ ( n+1 , n ) es abierto en Y y en R.
− − ∪
− − ∪
−
∪
− − ∪
− − ∪
Y se dice que es una aplicaci´ on abierta Ejercicio 1.10. Una aplicaci´on f : X si, para cada conjunto abierto U de X , el conjunto f (U ) es abierto en Y . Pruebe X y π 2 : X × Y Y son aplicaciones abiertas. que π1 : X × Y
→ →
→
Demostraci´ on. Sea W un abierto en la topolog´ıa producto sobre X × Y . Del lema 13.1 se sabe que W es una uni´on de elementos b´asicos U × V , donde U es abierto en X y V es abierto en Y . Luego π1 (W )
= π1
�(U × V ) = �
� U, A ) = f (A ) f (
π1 (U ×
V ) =
donde en la segunda igualdad se us o´ la regla general α α α en la tercera que π 1 se de fine por π 1 (x, y) = x . Finalmente, el conjunto abierto por ser una uni´on de abiertos en la topolog´ıa de X .
,y U es
α
La prueba es an´aloga para verificar que π2 es tambi´en una aplicaci´on abierta. �
Ejercicio 1.11. Denotemos por X y X ′ a conjuntos de las topolog´ıas T y T ′ , respectivamente; sean Y e Y ′ conjuntos de las topolog´ıas U y U′ , respectivamente. Asumimos que estos conjuntos no son vac´ıos. T y U′ U, entonces la topolog´ıa producto sobre 1. Demuestre que si T ′ ′ ′ X × Y es m´as fi na que la topolog´ıa producto sobre X × Y .
⊃
⊃
2. ¿Se cumple el rec´ıproco de lo anterior? Explique su respuesta.
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9
ıas: orden, producto y subespacio 1.2. Topolog´
1. Demostraci´ on. Verifiquemos una de las proposiciones del lema 13.3. Un elemento b´asico de la topolog´ıa producto sobre X × Y es U × V , con U T y V U. Luego U × V es tambi´e n un elemento b´a sico de la � topolog´ıa producto sobre X ′ × Y ′ , pues U T ′ y V U′ .
∈
∈
∈
∈
T ′ ; la 2. El rec´ıproco tambi´en es cierto. Se probar´a u´ nicamente que T U′ . Si U T y V U, entonces U × V prueba es an´aloga para U ′ ′ X Y X ′, es un abierto de × . Luego, en la proyecci´on π 1 : X ′ × Y ′ el conjunto π1 (U × V ) es U , el cual es abierto en X ′ porque π1 es una aplicaci´on abierta.
⊂
∈
⊂
∈
→
Ejercicio 1.12. Pruebe que la coleccio´ n
{(a, b) × (c, d) | a < b y c < d, y a, b, c, d son racionales} es una base para R2 . Sea A un abierto en R 2 , y x × y un elemento de A . Sabemos que A es una uni´on de elementos del tipo U × V , donde U y V son abiertos en R . Sabemos tambi´en, por el ejercicio 1.6, que U y V son uniones de intervalos de extremos racionales. Por tanto, x × y pertenece a un producto cartesiano del tipo (a, b) × (c, d), con a, b, c, d racionales. Finalmente, aplicamos el lema 13.2.
Ejercicio 1.13. Sea X un conjunto ordenado. Si Y es un subconjunto propio de X que es convexo, ¿se deduce que Y es un intervalo o un rayo de X ? No. Por ejemplo, Y = { 0} es convexo en R; sin embargo no es ni un intervalo ni un rayo. Otro ejemplo ser´ıa si tomamos X = Q, e Y como el conjunto de racionales positivos menores a 2. Si bien este conjunto es convexo en Q, es imposible expresarlo como un intervalo (0, q ), con q Q. Menos a´un es posible expresarlo como rayo.
√
∈
Ejercicio 1.14. Si L es una recta en el plano, describa la topolog´ıa que L hereda como subespacio de Rℓ × R y como subespacio de Rℓ × Rℓ . En ambos casos se trata de una topolog´ıa conocida. Hagamos solo el caso de Rℓ × R . Notemos que los elementos b´asicos de Rℓ × R son del tipo [a, b) × (c, d). Un elemento b´asico de L ser´a, por tanto, el conjunto L [a, b) × (c, d). Veamos ahora c´omo pueden expresarse estos b´asicos de acuerdo a la posici´on de L :
∩
1. Si L es vertical, entonces L = { x0 } × R, x0
L
∩ [a, b) × (c, d) =
∈ R. Luego / [a, b), si x ∈ {x } × (c, d) si x ∈ [a, b). ∅
0
0 0
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ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
2. Si L es horizontal, entonces L = R × {y0 }, y0
∈ R. Luego / (c, d), si y ∈ L ∩ [a, b) × (c, d) = [a, b) × {y } si y ∈ (c, d). 3. Si L tiene pendiente positiva, entonces L ∩ [a, b) × (c, d) podr´a ser
∅
0
0
0
∅,
un
intervalo (e, f ) o [g, h) dentro de la recta.
4. Si L tiene pendiente negativa, los resultados de L id´enticos a los del caso anterior.
∩ [a, b) × (c, d) son
Ejercicio 1.15. Pruebe que la topolog´ıa del orden del diccionario sobre el con junto R × R es la misma que la topolog´ıa producto Rd × R, donde Rd denota a R con la topolog´ıa discreta. Compare esta topolog´ıa con la topolog´ıa usual sobre R2 . Notemos que un elemento b´asico de la topolog´ıa del diccionario en R × R es {a} × (b, c). Este mismo conjunto coincide con un elemento b´asico de la topolog´ıa en R d × R; tener en cuenta que la colecci´on de los conjuntos { a} es una base de Rd . La topolog´ıa producto Rd ×R es estrictamente m´as fina que la usual en R2 . En efecto; un elemento b´asico de R2 es B = (a, b)×(c, d). Luego, dado x×y B , el conjunto {x} × (c, d) contiene a x × y y est´a en B . Rec´ıprocamente, es imposible expresar a {x} × (c, d) como producto de dos intervalos abiertos de R.
∈
Ejercicio 1.16. Sea I = [0, 1]. Compare la topolog´ıa producto sobre I × I , la topolog´ıa del orden del diccionario sobre I × I , y la topolog´ıa que I × I hereda como subespacio de R × R en la topolog´ıa del orden del diccionario Sea T 1 la topolog´ıa producto sobre I × I , T 2 la topolog´ıa del orden del diccionario sobre I × I , y T 3 la topolog´ıa que I × I hereda como subespacio de R × R en la topolog´ıa del orden del diccionario. La topolog´ıa T 1 es la que I × I hereda como subespacio de R × R. Un elemento b´asico suyo es la intersecci´on de I × I con un rect´angulo sin borde (a, b) × (c, d). Las topolog´ıas T 1 y T 2 no son comparables. En efecto, dado el elemento b´asico B = (1/3, 2/3) × [0, 1/3) de T 1 , no existe ning´un elemento b´asico de T 2 que contenga a 1/2 × 0 y se incluya en B . Por otro lado, dado el abierto C = { 1/2} × (1/3, 2/3) de T 2 , no existe ning´un abierto en T 1 que se incluya en C . La topolog´ıa T 3 es estrictamente m´as fi na que T 1 . En efecto; para todo abierto B = ((a, b) × (c, d)) (I × I ) de T 1 y x × y B , es posible hallar un intervalo (e × f, e × g) que contenga a x × y y se incluya en B . El rec´ıproco es imposible.
∩
∈
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1.3. Conjuntos cerrados
La topolog´ıa T 3 es estrictamente m´as fi na que T 2 . Este hecho puede verse en un ejemplo del libro.
1.3.
Conjuntos cerrados
Ejercicio 1.17. Sea C una colecci´on de subconjuntos del conjunto X . Supongamos que ∅ y X est´an en C, y que las uniones finitas y las intersecciones arbitrarias de elementos de C est´an en C. Pruebe que la colecci´on T = { X
− C | C ∈ C}
es una topolog´ıa sobre X . Demostraci´ on. Los conjuntos ∅ y X est´an en T , ya que ∅
= X
− X
X = X
y
−
∅
,
y X y ∅ son elementos de C. Sea {U α } una colecci´on arbitraria de abiertos de T . Por tanto U α = X con C α C. Luego
∈
� U = �(X − C ) = X − C . U α
Como
C
α es
α
α
un elemento de C, la uni´on
a en T . α est´
− C , α
Sea {U i } una colecci´on finita de abiertos de T . Por tanto U i = X C i , siendo C i un elemento de C. Luego n
n i
n i=1
n
U = (X − C ) = X − � C . U
i=1
Como
−
i
i=1
C i es un elemento de C, la intersecci´on
i
i=1
n i=1
a en T . i est´
�
Ejercicio 1.18. Pruebe que si A es cerrado en Y e Y es cerrado en X , entonces A es cerrado en X . Demostraci´ on. De acuerdo al teorema 17.2, sabemos que A es la intersecci´on de un cerrado C de X con Y . Como adem´as Y es cerrado en X , y la intersecci´on � de cerrados es tambi´en cerrada, el conjunto A es cerrado en X .
Ejercicio 1.19. Pruebe que si A es cerrado en X y B es cerrado en Y , entonces A × B es cerrado en X × Y .
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12
ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
Demostraci´ on. Por hip´otesis X mente. Luego
− A e Y − B son abiertos en X e Y , respectiva-
(X × Y )
− (A × B) = ((X − A) × Y ) ∪ (X × (Y − B)). Como (X − A) × Y y X × (Y − B) son abiertos en X × Y , su uni´on es tambi´en � abierta. As´ı, (X × Y ) − (A × B) es abierto; luego f A × B es cerrado. Ejercicio 1.20. Pruebe que si U es abierto en X y A es cerrado en X , entonces U A es abierto en X , y A U es cerrado en X .
−
−
Demostraci´ on. Por hip´otesis X pectivamente. Veamos que
− U y X − A son cerrado y abierto en X , res-
U A
− A = U ∩ (X − A), − U = A ∩ (X − U ).
El conjunto U A es abierto por ser intersecci´on de dos abiertos, mientras � que A U es cerrado por ser una intersecci´on de cerrados.
−
−
Ejercicio 1.21. Sea X un conjunto ordenado en la topolog´ıa del orden. Muestre que (a, b) [a, b]. ¿Baj´o qu´e condiciones se da la igualdad?
⊂
El conjunto [a, b] contiene a (a, b) y es cerrado, pues su complemento es la , a) (b, + ). La igualdad se da si, y s´olo s´ı, a no tiene uni´on de abiertos ( inmediato sucesor y b no tiene inmediato predecesor. En efecto; supongamos , c) es abierto, por lo que [c, + ) que a tiene inmediato sucesor c. El rayo ( es cerrado. N´otese que [c, + ) = (a, + ), por lo que [c, + ) es un cerrado que contiene a (a, b) pero no a a . El mismo tipo de absurdo se genera si b tiene inmediato predecesor. Rec´ıprocamente, supongamos que [a, b] no es la clausura de (a, b). En tal caso, tendr´a que ser (a, b], [a, b) o (a, b). Tomemos la primer posibilidad; como a no est´a en la clausura (a, b], el teorema 17.5 asegura que existe un b´asico (c, d) que contiene a a pero no interseca a (a, b]. Luego a < d < b y (a, d) = ∅, por lo que d es el inmediato sucesor de a. El mismo tipo de absurdo se genera si [a, b) o (a, b) son la clausura de (a, b).
−∞ ∪
∞
∞
−∞ ∞
∞
∞
Ejercicio 1.22. Denotemos por A, B y Aα su subconjuntos del espacio X . Pruebe lo siguiente:
⊂ B, entonces A¯ ⊂ B¯ . ¯∪B ¯. 2. A ∪ B = A A ⊃ A¯ ; d e´ un ejemplo donde no se cumple la igualdad. 3. 1. Si A
α
α
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13
1.3. Conjuntos cerrados
B yB 1. Como A ¯ B ¯. ser´a A
⊂
⊂
¯ , ser´a A B
⊂
⊂
¯ . Como adem´as B ¯ es cerrado, B
¯yB ¯ son cerrados, la uni´on finita A¯ B ¯ es cerrada; adem´as A B 2. Como A ¯ . Luego A B ¯ . Rec´ıprocamente, como A y B est´an A¯ B A¯ B ¯ A B y incluidos en A B , lo demostrado en el ´ıtem 1 asegura que A ¯ A B . As´ı, A¯ B ¯ A B. B
∪ ∪ ⊂ ∪ ⊂ ∪ ∪ ⊂ ∪ ∪ ⊂ ∪ A , lo demostrado en el ´ıtem 1 asegura 3. Como para cada α es A ⊂ ¯ ⊂ A . Luego A¯ ⊂ A . Sea A = [ , 2], n ∈ Z . Por que A ∪ ⊂ ∪
α
α
α
α
A¯ = (0, 2]A una parte,
n
α
= (0, 2], luego
1
n
α
+
n
An = [0, 2]. Sin embargo, A¯n = An , y
.
n
Ejercicio 1.23. Discuta la siguiente “prueba” de que Aα A¯α : si { Aα } es una colecci´on de conjuntos en X y si x Aα , entonces cada entorno U de x interseca a Aα . As´ı, U debe intersecar a alg´un A α , por lo que x debe pertenecer a la clausura de alg u ´ n Aα . Por consiguiente, x A¯α .
∈
⊂
∈
El error de la prueba est´a en suponer que cada entorno U de x interseca a un mismo Aα .
Ejercicio 1.24. Denotemos por A, B y Aα a subconjuntos del espacio X . Determine si las siguientes ecuaciones se cumplen; si una igualdad es falsa, determine si una de las inclusiones o se cumple
⊂ ⊃
1. A 2.
∩ B = A¯ ∩ B¯ .
A = A¯
3. A
α.
α
− B = A¯ − B¯ .
¯ . En A¯ B La primera igualdad no se cumple, pero si la inclusi´on A B ¯ ¯ ¯ ¯ B , entonces A B A B ; al mismo tiempo A¯ ¯ B efecto; como A A y B es cerrado. Un ejemplo que no veri fica la otra inclusi´on es cuando A = (0, 1) y B = (1, 2), en R. N´otese que A B = ∅, por tanto A B = ∅; sin embargo ¯ [0, 1], B = ¯ [1, 2], y A¯ B = ¯ { 1}. A =
⊂
⊂
∩
∩ ⊂ ∩
∩ ⊂ ∩
∩
∩
∩
En el segundo caso solamente se cumple la inclusi´on anterior sirve para negar la otra inclusi´on.
⊂; el contraejemplo
¯ . En efecto; sea A¯ B En el tercero se cumple solamente que A B ¯ , es decir x A¯ y x / B ¯ . Si x x A¯ B A ya queda x A B , luego x A B . Si x / A, supongamos que existe un entorno U de x que no interseca A B . Como x A¯, U A = ∅, por lo que U interseca a A solamente en la ¯ , existe un entorno V de x intersecci´ on con B . Al mismo tiempo, como x / B
∈ − ∈ − −
∈ ∈
∈ ∈ ∩ �
∈
− ⊃ − ∈
∈ −
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ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
que no interseca a B . Luego U V es un entorno de x que no interseca a A , lo cual es absurdo. Un contraejemplo de la otra inclusi´on es la siguiente: A = (0, 2) y B = (1, 2). N´otese que A B = (0, 1], luego A B = [0, 1]; sin embargo ¯ [0, 2] [1, 2] = [0, 1). A¯ B =
−
∩ −
−
Ejercicio 1.25. Sean A
−
⊂ X y B ⊂ Y . Pruebe que, en el espacio X × Y , ¯ A × B = A¯ × B.
¯yB B ¯ , entonces A × B A¯× ¯ B ; a la vez A¯× ¯ B Demostraci´ on. Como A A ¯ ¯ es cerrado por el Ejercicio 1.19. Por tanto A × B A × B . Rec´ıprocamente, sea x × y A¯ × ¯ B , y U × V u n ba´ sico que contenga a x × y . Como x A¯, el Teorema ¯ , el entorno V de 17.5 asegura que el entorno U de x interseca a A; como y B y interseca a B . Luego U × V es un entorno de x × y que interseca a A × B , pues
⊂
⊂
∈
⊂
⊂
∈
(A × B)
∩ (U × V ) = (A ∩ U ) × (B ∩ V ) �=
∈
∅
.
∈ A × B, por el Teorema 17.5. As´ı, A × B ⊃ A¯ × B¯ .
Le sigue que x × y
�
Ejercicio 1.26. Pruebe que la topolog´ıa del orden es de Hausdorff. Demostraci´ on. Sean x e y dos puntos distintos en una topolog´ıa del orden; supongamos que x < y . Si existese c tal que x < c < y , basta considerar los , c) y (c, + ), los cuales contienen respectivamente a x e y y abiertos ( , y) y son disjuntos. De no existir tal punto c , bastar´ıa tomar los abiertos ( (x, + ). �
−∞
∞
−∞
∞
Ejercicio 1.27. Pruebe que el producto de dos espacios de Hausdorff es de Hausdorff. Demostraci´ on. Sean x1 × y1 y x2 × y2 dos puntos distintos de la topolog´ıa X × Y . x = x Si 1 2 , por ser X de Hausdorff, existen los entornos U 1 y U 2 que contienen a x1 y x2 respectivamente y son disjuntos. Siendo V 1 y V 2 dos abiertos de Y que contienen a y 1 e y 2 respectivamente (no necesariamente disjuntos), los abiertos U 1 × V 1 y U 2 × V 2 contienen a x1 × y1 y x2 × y2 respectivamente, y son disjuntos. � An´aloga es la demostraci´on si y1 = y 2 .
�
�
Ejercicio 1.28. Pruebe que un subespacio de un espacio de Hausdorff es de Hausdorff. Demostraci´ on. Sean x e y dos puntos distintos de un subespacio Y en X . Como X es de Hausdorff, x U e y V , siendo U y V dos abiertos disjuntos. Luego U Y y V Y son los abiertos del subespacio que contienen respectivamente a x e y , y son disjuntos. �
∩
∩
∈
∈
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1.3. Conjuntos cerrados
Ejercicio 1.29. Pruebe que X es de Hausdorff si, y s´olo s´ı, la diagonal Δ = {x × x | x X } es cerrada en X × X .
∈
Demostraci´ on. Probemos que B = (X × X ) Δ es abierto, viendo para ello que si x × y B , existe un abierto en X × X que contiene a x × y y se incluye en B . Como x = y y X es de Hausdorff, existen dos abiertos U y V que contienen respectivamente a x e y y son disjuntos. Luego x × y U × V y U × V B .
−
∈ �
∈
⊂
Rec´ıprocamente, si x e y son distintos, entonces x × y (X × X ) Δ. Como (X × X ) Δ es abierto, es igual a una uni´on de b´asicos U × V , pero donde U U e y V son disjuntos. Luego x × y pertenece a alg´u n b´asico U × V , con x y V . As´ı, X es de Hausdorff. �
−
∈
−
∈
∈
Ejercicio 1.30. En la topolog´ıa de los complementos finitos sobre R, ¿a qu´e punto o puntos converge la sucesi´on xn = 1/n? Sea x
∈ R, U un entorno de x en la topolog´ıa mencionada, y C la intersecci´on
de X U con el recorrido de la sucesi´on. Si C es vac´ıo, xn ya converge a x. Si C es finito no vac´ıo, tambi´en ser´a finito no vac´ıo el conjunto de naturales n tal que xn C . Siendo M el m´aximo del conjunto anterior, para todo n > M ser´a xn U . La sucesi´on xn converge en todo real.
−
∈ ∈
Ejercicio 1.31. Determine las clausuras de los siguientes subconjuntos del cuadrado ordenado.
A = { (1/n) × 0 | n Z+ }, B = { (1 1/n) × 0 | n Z+ }, C = { x × 0 | 0 < x < 1 },
∈
−
D = { x ×
1 2
∈
| 0 < x < 1 },
1 2
E = { × y | 0 < y < 1 }.
Las clausuras de los conjuntos anteriores son las siguientes:
¯ A = A {0 × 1}, ¯ B = B {1 × 0}, ¯ = C [0, 1) × {1} {0 × 1}, C ¯ D = D [0, 1) × {1} (0, 1] × {0}, ¯ E = E { 21 × 0, 21 × 1}.
∪ ∪ ∪ ∪ ∪
Ejercicio 1.32. Si A
∪ ∪
⊂ X , de finimos la frontera de A mediante la ecuaci´on Fr A = A¯ ∩ (X − A).
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ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
¯ Int A 1. Pruebe que Int A y Fr A son disjuntos, y A = 2. Pruebe que Fr A =
∪ Fr A.
⇔ A es, al mismo tiempo, abierto y cerrado. ¯ − U . 3. Pruebe que U es abierto ⇔ Fr U = U ∅
¯ ? Justifique su respuesta. 4. Si U es abierto, ¿es cierto que U = Int(U ) Int A Fr A. Como x (X A), cada 1. Supongamos que existe un x entorno de x debe intersecar a X A. Sin embargo, Int A es un entorno de x que no interseca a X A, porque Int A A.
∈
−
∩
∈ −
− ⊂ ¯ = Int A ∪ Fr A. Como Int A y Fr A son subconjuntos Probemos que A ¯, Int A ∪ Fr A ⊂ A¯. Rec´ıprocamente, si x ∈ Int A es inmediato. Si de A x∈ / Int A, cada entorno de x debe intersecar a X − A. En caso contrario, existir´a un entorno V de x que no interseca a X − A. Por tanto V ⊂ A. Luego Int A ∪ V es un abierto mayor que Int A y contenido en A, un absurdo.
¯ Int A, por lo demostrado arriba. La igualdad ante2. Si Fr A = ∅ ser´a A = ¯ e Int A coinciden con A. Claramente A es cerrado y abierto rior ocurre si A a la vez. Rec´ıprocamente, como A es abierto y cerrado, ser´a Int A = A y ¯ A , respectivamente. Finalmente A = ¯ Int A, debiendo ser Fr A = ∅ A = por lo visto en la primera parte. ¯ (X U ). Probemos que (X U ) es el propio 3. Por una parte, Fr U = U X U . En efecto; si U es abierto, X U es cerrado, por lo que X U es su propia clausura. Rec´ıprocamente, si
∩
−
−
−
−
−
¯ Fr U = U
− U = U ¯ ∩ (X − U ), ¯ ∩ (X − U ), ser´a X − U = (X − U ), y esto como Fr U es tambi´en U ocurre si X − U es cerrado. Luego U es abierto. ¯ y adem´as U es abierto, entonces U ⊂ Int(U ) ¯ . La otra 4. Como U ⊂ U
¯ inclusi´on no es siempre cierta, pues puede existir un abierto dentro de U que contenga propiamente a U . Un ejemplo de lo anterior es el siguiente: U = R {0}. El conjunto U es abierto pues es ( , 0) (0, + ). Sin ¯ ¯ U = Int( U ) = embargo, R, e R.
−
1.4.
−∞ ∪
∞
Funciones continuas
Ejercicio 1.33. Pruebe que para las funciones f : R continuidad implica la de finici´on de conjunto abierto.
→ R, la definici´on ǫ − δ de
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1.4. Funciones continuas
La definici´on ǫ δ de continuidad es la siguiente: si una funci´on f : R R es continua en x0 , significa que dado ǫ > 0 , existe δ > 0 tal que si |x x0 | < δ , f (x0 )| < ǫ. Mostremos que si V es un elemento b´asico de entonces | f (x) −1 R, entonces f (V ) es un abierto en el mismo espacio. Sea V = (a, b) y sea x0 f −1 (V ). Entonces f (x0 ) (a, b); sea ahora
−
−
−
∈
→
∈
ǫ =
m´ın{f (x0 )
− a, b − f (x )}. 0
− δ , existe δ > 0 tal que U = (x − δ , x + δ ) ⊂ f (f (x ) − ǫ, f (x ) + ǫ ) ⊂ f (a, b). En resumidas cuentas, para todo x ∈ f (V ), existe un entorno U de x tal que U ⊂ f (V ). Luego f (V ) es abierto, por el Ejercicio 1.1. Ejercicio 1.34. Supongamos que f : X → Y es continua. Si x es un punto De acuerdo a la de finici´on ǫ 0
−1
0
0
−1
−1
0
−1
0
−1
l´ımite del subconjunto A, ¿es necesariamente cierto que f (x) es un punto l´ımite de f (A)? No. Por ejemplo, la funci´on constante f : R R tal que f (x) = 3 es continua. Si A = (1, 2), un punto l´ımite de A es 1. Sin embargo, cualquier entorno de f (1) no interseca a f (A) en un punto distinto de 3.
→
Ejercicio 1.35. Denotemos por X y X ′ a un mismo conjunto con dos topolog´ıas ′ ′ X la funci´on identidad. T y T , respectivamente. Sea i : X
→
1. Pruebe que i es continua
′
⇔ T es m´as fi na que T . 2. Pruebe que i es un homeomor fismo ⇔ T = T . ′
1. Sea V un elemento de T . Como i es continua, el conjunto i−1 (V ) es abierto en X ′ , al mismo tiempo que i −1 (V ) = V . As´ı, V es un elemento de T ′ . Rec´ıprocamente, si V es un abierto de T , el conjunto i−1 (V ) = V , que es es un abierto en X ′ porque T T ′ .
⊂
′ T 2. Como i e i −1 son continuas, aplicando el directo anterior queda T T . Rec´ıprocamente, por la igualdad de topolog´ıas, i es biyectiva. y T ′ Por las dobles inclusiones, el rec´ıproco anterior asegura que i e i −1 son continuas.
⊂
⊂
Y , pruebe que las aplicaciones f : X Ejercicio 1.36. Dado x0 X e y 0 X × Y y g : Y X × Y definidas por
→
∈
∈
f (x) = x × y0 son embebimientos.
→
y
g(y) = x 0 × y
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ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
La funci´on f es claramente inyectiva; adem´as es continua pues si V × W es un elemento b´asico de X × Y , el conjunto f −1 (V × W ) es V , que es abierto X × {y0} la aplicaci´on definida mediante h(x) = f (x), en X . Sea h : X para todo x X . Esta aplicacio´ n es biyectiva; adem´as es continua porque es una X es restricci´ on adecuada del codominio de f . Su inversa h −1 : X × { y0} −1 h X tambi´en continua, pues es la proyecci´on sobre . An´aloga es la prueba para g.
∈
→
→
Ejercicio 1.37. Pruebe que el subespacio (a, b) de R es homeomorfo con (0, 1), y el subespacio [a, b] es homeomorfo con [0, 1]. Definimos f : (a, b)
→ (0, 1) mediante f (x) =
1
b
− a (x − a).
Esta aplicaci´on es biyectiva, pues gr´aficamente corresponde a un segmento sin extremos, que va de a × 0 a b × 1. La funci´on f es un homeomor fismo, pues si (c, d) es un intervalo de (0, 1), el conjunto f −1 (c, d) ser´a otro intervalo; rec´ıprocamente tenemos el mismo resultado. La f´ormula anterior funciona tambi´en como homeomor fismo entre [a, b] y [0, 1].
Ejercicio 1.38. Encuentre una funci´on f : R en un punto.
→ R que sea continua u´ nicamente
Sea f definida mediante
f (x) =
x 0
si x Q, si x / Q.
∈ ∈
Esta funci´on es continua en cero, pues si V es un entorno de f (0) = 0, podemos considerar U = V y verque f (U ) V . En cambio, f no es continua en otro punto. Si x0 es un racional no nulo, el conjunto V = (x0 12 |x0 |, x0 + 12 |x0 |) es un entorno de x0 , y no existe ning´un entorno U de x0 tal que f (U ) V , pues cualquier U tiene n´umeros irracionales. Si i es un irracional y r es un real tal que 0 < | r| < | i|, si V = ( r, r), no existe ning´un entorno U de i tal que f (U ) V , pues habr´a un racional q dentro de U tal que |q | > | i|, cuya imagen no queda en V .
⊂
−
−
⊂
⊂
Ejercicio 1.39. Sea Y un conjunto ordenado con la topolog´ıa del orden. Sean f, g : X Y continuas.
→
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1.4. Funciones continuas
1. Pruebe que el conjunto {x | f (x)
≤ g(x)} es cerrado en X .
2. Sea h : X
→ Y la funci´on h(x) = m´ın{f (x), g(x)}.
Pruebe que h es continua. [ Indicaci´ on: use el lema del pegamiento.] 1. Probemos que A = { x | f (x) > g(x)}, el complemento de { x | f (x) g(x)}, es abierto en X . Sea x0 A; entonces g(x0 ) < f (x0 ).
∈
≤
Si existe el punto y tal que g(x0 ) < y < f (x0 ), consideremos los rayos , y) e (y, + ). Luego disjuntos (
−∞
∞
x0
−1
−1
∈ g (−∞, y) ∩ f
(y, +
∞).
N´otese que el conjunto anterior es abierto por ser intersecci´on de abiertos; al mismo tiempo se incluye en A . Se sigue que A puede escribirse como uni´on de abiertos, siendo entonces un abierto en X . De no existir tal punto y , la prueba es completamente an´aloga: all´ı se con, f (x0 )) y (g(x0 ), + ). sideran los rayos disjuntos (
−∞
∞
2. Consideremos los conjuntos A = { x | f (x) g(x)} y B = { x | g(x) f (x)}. N´otese que X = A B , y que A y B son cerrados en X por lo anterior. Adem´as f (x) = g(x) para cada x A B . Luego h(x) = f (x) si x A, y h(x) = g(x) si x B , coincidiendo con la funci´on del lema.
∈
≤ ∈ ∩
∪ ∈
Ejercicio 1.40. Sean {Aα } una colecci´on de subconjuntos de X y X = Sea f : X Y y supongamos que f |Aα es continua en cada α.
→
≤
A α
α.
1. Pruebe que si la colecci´on { Aα } es finita y cada conjunto Aα es cerrado, entonces f es continua. 2. Encuentre un ejemplo donde la colecci´on {Aα } sea numerable y cada Aα sea cerrado, pero f no sea continua. 3. Una familia indexada de conjuntos {Aα } se dice que es localmente fi nita si cada punto x de X tiene un entorno que interseca a Aα solo para un finito de valores de α . Pruebe que si la familia {Aα } es localmente numero ´ finita y cada Aα es cerrado, entonces f es continua. 1. Por hip´otesis, podemos escribir X como uni´on finita de conjuntos cerrados Aα , tales que f |Aα es continua para cada α . Sea C un cerrado de Y . Entonces
f −1 (C )
∩A
α =
(f |Aα )−1 (C ).
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ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
Como f |Aα es continua, ese conjunto es cerrado en Aα , y por tanto, cerrado en X . Pero
�(f
f −1 (C ) =
−1
(C )
α
∩A
α ),
por lo que f −1 (C ) es cerrado ya que se trata de una uni´on fi nita de cerrados. 2. Sea f : [0, 1] R de finida mediante f (x) = 1 si x = 0, y f (x) = 0 si x = 0. N o´ tese que podemos escribir
→
�
[0, 1] =
�[1/(n + 1), 1/n] ∪ {0}, n
y tanto [1/(n + 1), 1/n] como { 0} son cerrados1 . Adem´as f es continua en cada [1/(n + 1), 1/n] y en {0}. Sin embargo, f no es continua en 0.
X y U x un entorno de x que interseca una cantidad 3. Sea x conjuntos Aα . N´otese que
∈
U x = U x
de
� A ) = �(U ∩ A ).
∩ X = U ∩ ( x
finita
x
α
α
α
α
Como los conjuntos U x Aα no son vac´ıos solamente para una cantidad finita de valores de α , el conjunto U x puede reescribirse como uni´ on fi nita n de dichas intersecciones: U x = j =1 (U x Aαj ). Cada funci´on f |(U x Aαj ) es continua porque es una restricci´on de la funci´on continua f |Aαj . Adem´as, como cada Aαj es cerrado, la intersecci´on U x Aαj es cerrada en U x . Aplicando la parte 1, f |U x es continua. Finalmente, como X = on local de continuidad. x∈X U x , f es continua por la formulaci´
∩
∩
∩
∩
B y g : C D funciones continuas. Definamos Ejercicio 1.41. Sean f : A B × D mediante la ecuaci´on una aplicaci´on f × g : A × C
→ →
→
(f × g)(a × c) = f (a) × g(c). Pruebe que f × g es continua. Demostraci´ on. Sea U × V un elemento b´asico de B × D. Obs´ervese que
(f × g)−1 (U × V ) = f −1 (U ) × g −1 (V ). Como f −1 (U ) y g −1 (V ) son abiertos en A y C respectivamente, (f × g)−1 (U × V ) es abierto en A × C . � 1 Recordar
que cada conjunto unipuntual en un espacio de Hausdorff es cerrado.
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ıa m´ 1.5. La topolog´ etrica
Z . Decimos que F es continua en cada Ejercicio 1.42. Sea F : X × Y Z de finida variable separadamente si para cada y0 en Y , la aplicaci´on h : X Z por h(x) = F (x × y0 ) es continua y para cada x0 en X , la aplicaci´on k : Y definida por k(y) = F (x0 × y) es continua. Pruebe que si F es continua, entonces F es continua en cada variable separadamente.
→
→
→
X × Y , Demostraci´ on. Veamos que h resulta de componer la funci´on j : X tal que j(x) = x × y0 , con la funci´on F . La funci´on h es continua porque j y F Z . � son continuas. An´aloga demostraci´on recibe la funci´on k : Y
→
→
Ejercicio 1.43. Sean A X , f : A Y continua e Y de Hausdorff. Prue¯ be que si f puede extenderse a una funci´on continua g : A Y , entonces g est´a un´ıvocamente determinada por f .
⊂
→
→
Demostraci´ on. Supongamos que existen dos extensiones g : Y de la funci´on f , ambas continuas y distintas. Sea x h(x). Como Y es de Hausdorff, existen dos entornos U y respectivamente que son disjuntos. El conjunto
∈
W = g −1 (U )
∩h
−1
A¯ Y y h : A¯ A¯ tal que g(x) = V de g(x) y h(x)
→
→ �
(V )
es abierto, pues g −1 (U ) y h−1 (V ) son abiertos, que adem´as contiene a x. Luego, ¯, W interseca a A. Si a W A, como g y h son extensiones de f , como x A
∈
∈ ∩
g(a) = f (a) = h(a), por lo que f (a)
1.5.
∈ U ∩ V , un absurdo.
�
La topolog´ıa m´etrica
Ejercicio 1.44. 1. En Rn , definimos
d′ (x, y) = | x1
− y | + · · · + |x − y
n |.
n
1
Pruebe que d′ es una distancia que induce la topolog´ıa usual en Rn . D´e una idea de c´omo son los elementos b´asicos para d′ cuando n = 2. 1. Las primeras dos propiedades de una distancia son triviales. La desigualdad triangular surge del hecho que
|xi para cada i = 1, · · · , n.
− z | ≤ |x − y | + |y − z | i
i
i
i
i
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Homotopia y Espacio de
ıtulo 1. Espacios topol´ Cap´ ogicos y funciones continuas
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Hay varios ejercicios resueltos, pero no es el solucionario
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Homotopia y Espacio de
Cap´ıtulo 2
Conexi´on y compacidad Ejercicio 2.1. Sean T y T ′ dos topolog´ıas en X . Si T ′ T , ¿qu´e puede decir de la conexi´on de X respecto de una topolog´ıa y respecto de la otra?
⊃
Puede decirse que si X es conexo con
′
T , X es
conexo con
T .
Ejercicio 2.2. Sea { An } una sucesi´on de subespacios conexos de X tales que An An+1 = ∅ para cada n. Demuestre que An es conexo.
∩
�
Demostraci´ on. Supongamos que An = C D es una separaci´on de An . C o A 1 D; pongamos que Como A 1 es conexo, del lema 23.2 queda A 1 A1 C . Sea n tal que An C . Como An+1 es conexo, An+1 C o A n+1 D, aunque esta u´ ltima posibilidad se descarta pues An An+1 = ∅. As´ı, An C An C . De esta manera contradecimos que D es no para cada n, luego � vac´ıo.
⊂
∪ ⊂
⊂ ⊂
⊂ ⊂ ∩ �
⊂ ⊂
Ejercicio 2.3. Sean { Aα } una colecci´on de subespacios conexos de X y A un subespacio conexo de X . Demuestre que si A Aα = ∅ para todo α , entonces A ( Aα ) es conexo.
∩ �
∪ A∪( A )
Demostraci´ on. Supongamos que A ( Aα ) = C D es una separaci´on de C o A D; pongamos que α . Como A es conexo, entonces A A C . Por otra parte, como cada Aα es conexo, Aα C o Aα D, aunque C , y la u´ ltima posibilidad se descarta ya que A Aα = ∅. Luego Aα ( Aα ) C , contradiciendo que D es no vac´ıo. finalmente A �
∪
⊂
∪
⊂
∪ ⊂ ⊂ ⊂ ∩ �
⊂
⊂
Ejercicio 2.4. Demuestre que si X es un conjunto infinito, entonces X es conexo con la topolog´ıa del los complementos fi nitos (o topolog´ıa co finita) 23
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ıtulo 2. Conexi´ Cap´ on y compacidad
Demostraci´ on. Supongamos que X = A B es una separaci´on de X . Como A y B son abiertos en la topolog´ıa de los complementos fi nitos, X A y X B son conjuntos fi nitos. Luego X es la uni´on de X A y X B , ambos finitos, � siendo X un conjunto fi nito.
∪
−
−
−
−
Ejercicio 2.5. Un espacio es totalmente disconexo si sus u ´ nicos subespacios conexos son los conjuntos unipuntuales. Demuestre que si X tiene la topolog´ıa discreta, entonces X es totalmente disconexo. ¿Es cierto el rec´ıproco? Demostremos que todo subespacio A no vac´ıo ni unipuntual tiene una seA. En la topolog´ıa discreta, cualquier subconjunto de X es paraci´on. Sea p abierto. As´ı, una separaci´on de A es { p} (A { p}). El rec´ıproco no es cierto: el conjunto Q es totalmente disconexo como lo muestra el libro; sin embargo, la topolog´ıa no es la discreta porque no contiene conjuntos unipuntuales.
∈
∪ −
Ejercicio 2.6. Sea A X . Demuestre que si C es un subespacio conexo de X que interseca a tanto a A como a X A, entonces C interseca a Fr A.
⊂
−
¯ (X A). Supongamos que C Demostraci´ on. Recordemos que Fr A = A ¯ Fr A = ∅. Entonces (C A) (C (X A)) = ∅. Las intersecciones anteriores no son vac´ıas porque C interseca a A y X A. Su uni´on es C porque
∩ ∩ ∩ −
∩
−
∩
−
∩ ∪ (C ∩ (X − A)), y A ⊂ A¯ y (X − A) ⊂ (X − A). Por otra parte, el conjunto C ∩ (X − A) es abierto en C porque coincide con ¯ . De manera an´aloga se muestra que C ∩ A¯ es abierto. De todo lo C − (C ∩ A) ¯ y C ∩ (X − A) conforman una separaci´on de C , anterior tenemos que C ∩ A ¯ pero como C es conexo alguno de ellos debe ser vac´ıo. Si C ∩ A = , entonces C ∩ A = ; si C ∩ (X − A) = entonces C ∩ (X − A) = . � C = (C A)
∅
∅
∅
∅
Ejercicio 2.7. ¿Es el espacio Rℓ conexo? Justifique su respuesta. No, Rℓ puede escribirse como la uni´on de ( juntos son abiertos puesto que
(
−∞, 0) =
� [x, 0)
y
−∞, 0) y [0, +∞). Ambos con-
[0, +
x<0
∞) =
� [0, x).
x>0
X y supongamos que X e Y son conexos. Demuestre Ejercicio 2.8. Sea Y que si A y B forman una separaci´on de X Y , entonces Y A e Y B son conexos.
⊂
−
∪
∪
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25 Demostraci´ on. Supongamos que Y A tiene una separaci´on C D . Como Y C o Y D; pongamos Y C . Demoses conexo, del lema 23.2 queda Y traremos que (B C ) D es una separaci´on de X , logrando la contradicci´on. Veamos primero que D es abierto en X . Del lema 23.1 se sabe que
∪ ⊂
∪ ∪
¯ D = C C
⊂
∪ ⊂
¯ ¯ ∩ B = A ∩ B = ¯ . ∩ D = y A ¯ ∩ D = . Luego Como D ⊂ A, entonces B ¯ ∩ D) ∪ (C ¯ ∩ D) = (B ¯ ∪ C ¯ ) ∩ D = (B ∪ C ) ∩ D. = (B Como (B ∪ C ) ∩ D = , se tiene que (B ∪ C ) ⊂ (B ∪ C ), y as´ı B ∪ C es cerrado. Luego D es abierto. De manera parecida se demuestra que B ∪ C es ¯ ⊂ A¯ y por tanto D ¯ ∩ B = . Luego abierto en X : como D ⊂ A, entonces D ¯ ∩ B) ∪ (D ¯ ∩ C ) = (B ∪ C ) ∩ D, ¯ = (D ¯ ⊂ D, y as´ı D es cerrado. Luego B ∪ C es abierto. � por tanto D
∩
∅
∅
∅
∅
∅
∅
∅
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