TOPOLOGÍA SOLUCIONES A LAS RELACIONES DE PROBLEMAS

Transcripción

1 TOPOLOGÍA SOLUCIONES A LAS RELACIONES DE PROBLEMAS Ejercicio Relación 4. Compacidad. Conexión Supongamos que A es compacto y sea A α Λ B α un recubrimiento de A por bolas abiertas. Entonces, como las bolas abiertas son conjuntos abiertos, podemos encontrar una cantidad finita de esas bolas, digamos B α1,...,b αm, tales que A B α1 B α2 B αm. Recíprocamente, supongamos que de todo recubrimiento de A con bolas abiertas se puede obtener un subrecubrimiento finito. Sea A α Λ U α un recubrimiento de A por abiertos cualesquiera. Entonces para cada a A, escogemos un índice α(a) Λ con a U α(a). Sea B a U α(a) una bola abierta centrada en a. Aquí estamos usando que cada U α(a) es un conjunto abierto. Tenemos A = a A {a} a A B a a A U α(a). Por hipótesis, podemos quedarnos con una cantidad finita de bolas B a1... B as de forma que todavía tenemos A B a1 B a2 B as. Pero entonces para los α(a 1 ),α(a 2 ),...,α(a s ) tenemos A B a1 B a2 B as U α(a1 ) U α(a2 ) U α(as) y por tanto A es compacto. Ejercicio Podemos tomar A = [0,1) { 1} y B = ( 1,0] {1} que no son conjuntos cerrados y por tanto no son compactos euclídeos. Sin embargo, A B = {0} y A B = [ 1, 1] son conjuntos compactos. Ejercicio Recordemos que la topología T dis sobre X (llamada topología discreta) es aquella topología que contiene a todos los subconjuntos de A. Veamos que un conjunto A X es compacto en (X, T dis ) si y sólo si A es finito. Es claro que todo conjunto finito es compacto en cualquier espacio topológico. Recíprocamente, sea A X un conjunto compacto para la topología discreta. Sabemos que los conjuntos unitarios son abiertos de esta topología por lo que A = a A {a} es un recubrimiento abierto en (X, T dis ). Por compacidad, podemos encontrar una cantidad finita a 1,...,a s tales que A {a 1 } {a 2 } {a s } A. Así pues A = {a 1,a 2,...,a s } es un conjunto finito. 1

2 2 TOPOLOGÍA Ejercicio Es una consecuencia inmediata de la caracterización de la compacidad por la Propiedad de la Intersección Finita. En efecto, la familia {A n } n N tiene esta propiedad pues dada una subfamilia finita A n1,...,a nk, tenemos que A n1 A n2 A nk = A n0 donde n 0 = máx{n 1,...,n k }. Aquí usamos la condición de que A n+1 A n, para todo n N. Por compacidad, la intersección de toda la familia n=1 A n (que es un conjunto cerrado por ser intersección de cerrrados) no es vacío. Ejercicio Sea (X, T ) un espacio topológico cualquiera y supongamos que {x n } n 1 converge a x en ese espacio. Dado un recubrimiento arbitrario por abiertos de (X, T ), A α Λ G α, donde A = {x} {x n } n 1, tenemos que para x A debe existir un índice α 0 Λ tal que x G α0. Como este conjunto es abierto y contiene a x, la definición de convergencia nos permite encontrar un número natural n 0 tal que x n G α0 si n n 0. Para cada n n 0 1, consideramos un α n con x n G αn. Entonces, A = {x 1,x 2,...,x n0 1} {x,x n ;n n 0 } G α1 G α2 G αn0 1 G α 0. Hemos conseguido reducir el recubrimiento original a un subrecubrimiento finito, probando así que el conjunto A es compacto. Ejercicio Por definición, d(a,b) = inf {d(a,b);a A,b B}. Ahora tenemos en cuenta que la distancia d es continua como aplicación d : (X X,d 2 max) (IR,d e ), siendo d 2 max((x 1,x 2 ),(x 1,x 2 )) = máx{d(x 1,x 1 ),d(x 2,x 2 )}. Además, sabemos que el producto A B es compacto en el espacio (X X,d 2 max), luego d(a B) es compacto de la recta euclídea y por tanto alcanza su máximo y su mínimo. Sean a A and b B para los que d(a, b) es el valor mínimo. Entonces, d(a, B) = d(a, b). Ejercicio Supongamos, por R.A., que para todo n 1 existe a n A con 0 < f(a n ) 1 n. Entonces la sucesión {f(a n)} n 1 converge a 0 en la recta euclídea. En particular, 0 f(a). Pero A es compacto, luego f(a) también y, por consiguiente, cerrado. Así pues, 0 f(a) y existe x 0 A con f(x 0 ) = 0, que es una contradicción. Ejercicio Sabemos por el Ejercicio 2.17 que {y} es cerrado. Por ello f 1 (y) es cerrado en el espacio compacto (X,d) y por tanto f 1 (y) es compacto. Nota: Este ejercicio se puede generalizar a cualquier aplicación continua f : (X, T ) (Y, T ), donde el espacio de salida sea compacto y el de llegada tenga la propiedad de separación de Hausdorff.

3 Ejercicio TOPOLOGÍA 3 (1) A = {(x,y) ; x + y = 1}. Se comprueba que es cerrado y acotado, luego es compacto. También se puede ver como la unión de cuatro segmentos (que son conjuto compactos) A (2) B = {(x,y) ; 0 xy 1}. Observamos que los ejes de coordenadas están incluidos en B, luego B no es acotado y por tanto no es compacto. xy = 1 xy = 1 (3) C = {( sen(xy) 1, ) ; (x,y) B 1+x 2 x 2 +y 2 de [(0,0);1] B de ((0,0); 1 2 )}. Se tiene que C = f(z) es la imagen de la corona circular Z = {(x,y) IR 2 ; 1 2 x + y 2 1} por la aplicación f : (IR 2, euclídea) (IR 2, euclídea) dada por f(x,y) = ( sen xy 1, ). Entonces Z es acotado y cerrado (pues es la 1+x 2 x 2 +y 2 intersección de la bola unidad cerrada y el complemento de la bola abierta centrada en el origen de radio 1 2 ). Por tanto, Z es compacto y como f es continua en Z, se sigue que C es compacto. Z 1 2 1

4 4 TOPOLOGÍA Ejercicio Tenemos que X = n=0 A n, donde A 0 = {(x,y) R 2 ; x = 0, 2 y 2} y A n = {(x,y) R 2 ; x 2 + y 2 = 1 }, n 1. Es inmediato comprobar n 2 que X es un conjunto acotado. Veamos que también es cerrado por lo que será un conjunto compacto. El conjunto A 0 es un intervalo cerrado. Además, para Z = n=1 A n (es decir, Z = X A 0 ), tenemos Z = Z {θ}, donde θ = (0,0) es el origen. Como θ A 0, tenemos X = Z A 0 = Z A 0 = Z {θ} A 0 = Z A 0 = X. Hemos probado que X es un conjunto cerrado del plano euclídeo Ejercicio Como cada parábola y = x n, el conjunto A no es acotado y por tanto no es compacto. 2 A 1A2 A n y = x 2 Sin embargo, el conjunto B si es acotado pero no es cerrado pues si consideramo la sucesión (x n,y n ) = (1,1 + 1 n ) B converge a (1,1) que está en la parábola y = x 2 que no forma parte de B. Por tanto B no es cerrado. 1 1

5 Ejercicio TOPOLOGÍA 5 Supongamos. por R.A., que existe tal aplicación f. Por continuidad f(ir 2 ) debe ser un conjunto conexo por caminos de la recta euclídea. Por ello debe ser un intervalo, digamos J. Además J no se puede reducir a un punto pues f es inyectiva. Sea x intj. Tenemos que J {x} no es conexo por caminos, pero f 1 (x) se reduce a un punto por ser f inyectiva y IR 2 f 1 (x) sí es conexo por caminos y por continuidad de f también lo debe ser f(ir 2 f 1 (x)) = J {x}. Esta contradicción demuestra que la aplicación f no puede existir. Nota: El resultado vale en general si reemplazamos IR 2 por IR n con n 2. Ejercicio Denotemos por X el subespacio bajo estudio. La conexión por caminos de X sigue de ser X una unión de rectas que se cortan en un punto. Pero X no es localmente en ningún punto (0,y) del eje OY distinto del origen ya que si cogemos un disco abierto D de centro (0,y) que no contenga el origen, la intersección D X consiste en una unión numerable de intervalos abiertos disjuntos y cualquier conexo por caminos debe estar contenido sólo en uno de ellos, por lo que un posible entorno conexo por caminos de (0,y) tendría que estar totalmente contenido en el eje OY, y no podría contener un disco abierto alrededor de (0,y) por pequeño que fuera. y = nx OY y = 2x y = x Ejercicio En el subespacio de la derecha el punto x tiene orden de corte local 3, mientras que el orden de corte local de los puntos del subespacio de la izquierda es 1, salvo p y q para los que es 2. La invariancia del número de puntos con un orden de corte local fijado nos dice que estos subespacios no pueden ser homeomorfos. Z

6 6 TOPOLOGÍA Ejercicio En el subespacio de la derecha el punto de tangencia tiene orden de corte 2, mientras que ningún punto del subespacio de la derecha lo separa; es decir, todos tienen orden de corte 1. La invariancia del número de puntos con un orden de corte fijado nos dice que estos subespacios no pueden ser homeomorfos. Ejercicio a) Dado x G, para demostrar que el orden de corte local de x en (G, euclídea) es 2 debemos encontrar dentro de un entorno arbitrario de x en (G, euclídea) otro entorno para el cual x tenga orden de corte 2. Sea N un entorno de x en (G, euclídea), entonces x int G N, donde int G indica el interior en este subespacio. Aquí simplemente se usa la definición de entorno. Como int G N es un abierto de la topología restricción de la recta euclídea, tenemos int G N = H G donde H es un abierto de (R, euclídea). Por hipótesis, G es un abierto de la recta euclídea y por tanto int G N también lo es. Por ello existe ǫ > 0 con (x ǫ,x + ǫ) int G N N. El orden de corte de x en (x ǫ,x + ǫ) es 2 y hemos terminado. b) Supongamos que existe un homeomorfismo f : (G, euclídea) (F, euclídea) donde F R, es cerrado en (R, euclídea). Entonces si C es una componente conexa por caminos de G, f(c) debe serlo de F. En particular, C es un intervalo (visto en teoría). Más áun, es un intervalo abierto porque G es localmente conexo por caminos y entonces C es un abierto y cerrado en (G, euclídea). En particular es abierto en toda la recta euclídea por ser G abierto por hipotesis (lo comprobamos una vez más: como C es abierto en la topología restricción (G, euclídea), C = G H donde H es un abierto euclídeo, por tanto C es intersección de abiertos euclídeos y es él mismo un abierto euclídeo). Pero de ser cerrado en (G, euclídea), también f(c) es cerrado en (F, euclídea). Aquí usamos que f es un homeomorfismo. Como F es cerrado en la recta euclídea, f(c) deber ser también un cerrado euclídeo (la misma comprobación que antes, sólo cambiando abierto por cerrado). En resumen, C es un

7 TOPOLOGÍA 7 intervalo abierto homeomorfo a f(c) (por la restricción f : C f(c) de f) que es un intervalo cerrado. Como hemos supuesto que F R,, tenemos que f(c) no puede ser el vacío ni todo la recta, por lo que F es de la forma [a,b], (,a] o [a, ). En cualquier caso no puede ser homeomorfo a un intervalo abierto (visto en clase). Hemos llegado a una contradicción y tal homeomorfismo no puede existir. Ejercicio Las bolas con radio suficientemente pequeño alrededor de A son la unión por un extremo (que es A) de dos segmentos, para B esas bolas son la unión de tres segmentos por un extremo (que es B) y para C son la unión de cuatro segmentos por un extremo (que es C). Así pues, el orden de corte local de estos puntos son 2, 3 y 4, respectivamente. Es subespacio X no es homeomorfo Y puesto que además de B el único punto de corte local de orden 3 en X es D, mientras que en Y encontramos cinco puntos con ese orden local, correspondientes a los vértices del pentágono exterior X B Y A C Ejercicio No siempre. El espacio que vimos en teoría que no era conexo por caminos, es la clausura de la unión ( n 1 A n ) ( n 1 B n ), que es claramente conexa por caminos.

8 8 TOPOLOGÍA Ejercicio Supongamos la existencia de un homeomorfismo f : (Y, euclídea) (X, euclídea). Es claro que las componentes conexas por caminos de Y son los conjuntos unitarios {k} con k N, los intervalos abiertos ( n 1, n) y el intervalo cerrado C = [ 1 2, 2 3 ]. Entonces f(c) debe ser componente de X = Y C y como los intervalos abiertos no son compactos, sólo queda la posibilidad de que f(c) sea un punto k N, pero entonces f deja de ser inyectiva. Esto demuestra que no puede existir tal homeomorfismo. Ejercicio Sea C X una componente conexa por caminos con C A. Entonces, por definición de la distancia restricción, tenemos que C A es abierto y cerrado en (C, d C). Al ser C conexo por caminos entonces necesariamente C A = C; esto es, C A. De aquí se deduce inmediatamente que A = {C; C es componente conexa por caminos y C A }. Ejercicio En la recta euclídea los conjunto conexos son exactamente los intervalos. Ahora bien, todo intervalo contiene una cantidad no numerable de puntos salvo que sea un intervalo degenerado [a, a] = {a}. Por tanto, los conjuntos unitarios son lo únicos conjuntos numerables conexos de la recta euclídea. Para el caso general, si A es un conjunto conexo de (R n ; euclídea), entonces cada proyección p i : R n R, p i (x 1,x 2,...,x n ) = x i, es continua, luego cada p i (A) es un conjunto conexo y numerable de la recta euclídea. Por el caso anterior p i (A) = {a i } se reduce a un punto. Así pues, para cada 1 i n, la i-ésima coordenada de los puntos de A es a i ; es decir, A sólo contiene al punto (a 1,a 2,...,a n ). En resumen, los únicos conjuntos numerables del espacio euclídeo de cualquier dimensión son los conjuntos unitarios. Ejercicio Sabemos que si un conjunto es conexo su clausura también. Entonces, si D es denso y conexo, su clausura D = X es el espacio total y es conexo. Ejercicio Supongamos que A B no es conexo. Es decir, que existen dos abiertos U 1,U 2 no vacíos en el subespacio (A B,d (A B)) con A B = U 1 U 2. Por definición de subespacio, existen abiertos de (X,d) U 1 y U 2 con U i = U i (A B) (i = 1,2). Ahora tomamos b A B, y pueden ocurrir dos casos: b U 1. Entonces b U 1 también. Ahora bien, como b A, necesariamente U 1 A. Consideramos ahora los abiertos V 1 = U 1 A = U 1 A y V 2 = U 2 A = U 2 A del subespacio (A;d A). Tenemos A = (A B) A = (U 1 U 2 ) A = (U 1 A) (A 2 A) = V 1 V 2. Hemos

9 TOPOLOGÍA 9 visto antes que V 1, entonces, como se supone que A es conexo, necesariamente U 2 A = V 2 =. Es decir, como U 2 A B, U 2 B. Ahora consideramos los conjuntos abiertos del subespacio (B, d B), W 1 = U 1 B = U 1 B y W 2 = U 2 B = U 2 B = U 2. Tenemos B = (A B) B = (U 1 U 2 ) B = (U 1 B) (A 2 B) = W 1 W 2. Además b W 1 = U 1 B, por lo que W 1 no es el conjunto vacío. Por la conexión de B, necesariamente tenemos que U 2 = W 2 = lo que contradice el haber supuesto que U 2 era no vacío. b U 2. En este caso se razona igual que en anterior, sólo cambiando los papeles de U 1 y U 2 y se llega a U 1 =, contradiciendo la suposición de que U 2 era no vacío. Ejercicio Supongamos que A X, tiene frontera vacía. Entonces A = FrA inta = inta. Como inta A A, se sigue que A = inta = A es un conjunto no vacío que es abierto y cerrado. Por tanto (X,d) no puede ser conexo. Recíprocamente, supongamos que (X, d) no es conexo. Entonces existe un conjunto abierto y cerrado A X,. Para este conjunto tenemos A = A = FrA inta = FrA A. Ahora bien, sabemos también que FrA es disjunta con inta = A, luego necesariamente FrA =. Hemos probado que (X,d) no es conexo si y sólo si existe A X, con FrA =. Luego (X,d) es conexo si sólo si todos los subconjuntos A X, tienen frontera no vacía.