TOPOLOGÍA SOLUCIONES A LAS RELACIONES DE PROBLEMAS

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1 TOPOLOGÍA SOLUCIONES A LAS RELACIONES DE PROBLEMAS Ejercicio Relación 3. Continuidad Sea G un abierto arbitrario de la recta euclídea. La continuidad de la aplicación X A equivale a ver que H = X 1 A (G) sea abierto de (X, T ). El abierto G estará en uno de los siguientes casos. 1. 0,1 / G, entonces H = G, 1 / G, entonces H = X A / G, 1 G, entonces H = A. 4. 0,1 G, entonces H = X Como X y son abiertos en cualquier topología sobre X, se observa pues que para que H sea siempre abierto será necesario y suficiente que X A y A sean ambos abiertos; es decir, que A sea simultáneamente abierto y cerrado. Ejercicio La representación de la aplicación f(x) = 1 1+x 2 es la siguiente. f(ir) Nos preguntamos si f es abierta. Para verlo nos fijamos en todo la recta IR cuya imagen es f(ir) = (0,1]. Así pues f no es una aplicación abierta. Tampoco es cerrada pues IR también es un cerrado euclídeo. Ejercicio Tenemos que T cof = {,A con X A finito }. Por tanto la familia de cerrados será F cof = {X,F finito }. Nos preguntamos por las condiciones que no aseguran que f : (X, T cof ) (X, T cof ) sea un homeomorfismo. 1

2 2 TOPOLOGÍA Necesariamente f debe ser biyectiva. Por tanto siempre f 1 (F) será finito si F lo es. Así pues, f es siempre continua. Si repetimos el argumento con f 1, tenemos que (f 1 ) 1 (F) = f(f) es finito si lo es F. Por tanto f 1 también es una aplicación continua (o, equivalentemente, f es cerrada). Se ha denmostrado que cualquier biyección f : (X, T cof ) (X, T cof ) es un homeomorpfismo; es decir, para el espacio (X, T cof ) los homeomorfismos de este espacio en sí mismo son exactamente las aplicaciones biyectivas. Ejercicio La topología T con (denominada topología conumerable) es la familia de conjuntos T con = {,A tal que IR A es numerable }. Por tanto la familia de los cerrados es F cof = {X,F numerable }. Tenemos que cualquier aplicación constante entre espacios topológicos cualesquiera es simpre continua. Supongamos ahora que f : (IR, T con ) (IR, T e ) es continua pero no constante; por tanto deben existir x,x IR con f(x ) f(x). Suponganos f(x ) < f(x) y sea a IR con f(x ) < a < f(x). Consideremos los conjuntos A = (,a] and B = [a, ) que son cerrados euclídeos. Por tanto, de ser f continua se sigue que f 1 (A) y f 1 (B) son cerrados de (IR, T con ) y por tanto serán numerables ya que f(a) IR y f(b) R pues f(x) < a y f(x ) < a, respectivamente. Ahora bien, IR = A B, luego IR = f 1 (IR) = f 1 (A B) = f 1 (A) f 1 (B), siendo el conjunto de la derecha numerable. Esto contradice que IR no es numerable y por tanto f deber ser constante si queremos que sea continua. Ejercicio La aplicación f(x) = [x] es la parte entera de x y por tanto tiene la representación f(z) Queremos saber si es abierta o cerrada como aplicación f : (IR, T cof ) (IR, T e ). Para estudiar si es cerrada o no, consideramos un conjunto cerrado, F, de (IR, T cof ) que, sabemos, debe ser un conjunto finito a menos que F = IR. En el primer caso, f(f) también es un conjunto finito y, por tanto, es cerrado euclídeo. En caso de que F = IR, tenemos que f(ir) = Z y por tanto también es un cerrado euclídeo. No obstante, IR tambien es abierto

3 TOPOLOGÍA 3 de (IR, T cof ) pero Z no es abierto euclídeo. Hemos probado así que f es una aplicación cerrada que no es abierta. Ejercicio Ya sabemos por el primer ejercicio de esta relación que X Q : (IR,T e ) (IR, T e ) no es continua. Veamos que no lo es en ningún punto. Para ello, supongamos que f es continua en x 0. Entonces dado 0 < ǫ < 1 2 debería existir δ > 0 tal que si x x 0 < δ entonces X Q (x) X Q (x 0 ) < ǫ. Sin embargo, si x 0 Q podemos encontrar x IR Q con x x 0 δ y por ello X Q (x) X Q (x 0 ) = 0 1 = 1 < ǫ < 1 2 lo que es absurdo. Análogamente, si x 0 IR Q podemos encontrar x Q con x x 0 < δ y llegar a la misma contradicción. Ejercicio Nos preguntamos si la aplicación f : (X,d) (IR, T e ) dada por f(x) = d(x,a) es continua. Recordemos que en el Ejercicio 10 de la Relación 1 se demostraba que dados x e y siempre se tiene d(x,a) d(y,b) d(x,y). Por tanto dado ǫ > 0 bastará tomar δ = ǫ para satisfacer el criterio ǫ δ de continuidad para la aplicación f. Ejercicio Aplicamos el criterio ǫ δ. Si d 2 max ((x 1,x 2 ),(x 1,x 2 )) = máx{d(x 1,x 1 ),d(x 2,x 2 )} < δ, entonces d(x 1,x 1 ) < δ y d(x 2,x 2 ) < δ. Ahora tenemos d(x 1,x 2 ) d(x 1,x 2 ) = d(x 1,x 2 ) + d(x 1,x 2 ) d(x 1,x 2 ) d(x 1,x 2 ) d(x 1,x 2 ) d(x 1,x 2) + d(x 1,x 2) d(x 1,x 2) d(x 2,x 2) + d(x 1,x 1) < 2δ. En la penúltima desigualdad hemos usado el Ejercicio 10. Bastará tomar δ = ǫ 2 para satisfacer el criterio ǫ δ. Ejercicio En principio, este ejercicio se puede resolver usando el criterio ǫ δ directamente. No obstante, lo haremos descomponiendo las aplicaciones para apelar al critero ǫ δ sólo en los casos más simples posibles. Para ellos usaremos la caracterización de la continuidad de una aplicación f : (IR n, euclídea) (IR m, euclídea) como la continuidad de las composiciones f i = p i f con las proyecciones p i : IR n IR (1 i m). 1. Para f(x,y) = (x,x + y,x y) tenemos que f 1 es la proyección p 1 : IR 2 IR, f 2 (x,y) = x + y y f 3 (x,y) = (x y). Veamos como la continuidad de f 3 se puede reducir a la de f 2. En efecto, sea ϕ : (IR 2, euclídea) (IR 2, euclídea) la aplicación ϕ(x, y) = (x, y). Tenemos que f 3 : IR 2 ϕ IR 2 f 2 IR. Veamos que ϕ es un homeomorfismo con lo que f 2 es continua si y sólo si lo es f 3. Para comprobar que ϕ es un homeomorfismo observamos

4 4 TOPOLOGÍA que ϕ es biyectiva con inversa ϕ = ϕ 1 ella misma. También ϕ es continua pues p 1 ϕ(x,y) = x es la proyección p 1 : IR 2 IR y p 2 ϕ es la opuesta p 2 de la proyección p 2 : IR 2 IR. Así pues ϕ es un homeomorfismo. Para ver que f 2 (x,y) = x + y es continua, aplicaremos el criterio ǫ δ. Sea d e la distancia euclídea de IR 2. Tenemos que si entonces y Por tanto d 2 ((x,y),(x,y )) = (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ, x x (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ y y (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ. f 2 (x,y) f 2 (x,y ) = x + y x y x x + y y < 2δ. Bastará tomar δ = ǫ 2 para satisfacer el criterio ǫ δ. 2. Ahora pasamos a estudiar la continuidad de f(x,y,z) = (x + y + z,xyz). Tenemos que f 1 = p 1 f es la aplicación f 1 (x,y,z) = x+y+z, la suma de tres sumandos, y f 2 = p 2 f, el producto de tres factores, f 2 (x,y,z) = xyz. La continuidad de f 1 es análoga a la de f 2 del ejercicio anterior. Alternativamente, podemos descomponer f 1 como la composición f 1 : IR 3 h IR 2 g IR, donde h es h(x,y,z) = (x + y,z) cuyas proyecciones son h 1 (x,y,z) = x + y y h 2 (x,y,z) = z. Tenemos que h 1 se puede ver como la composición de la proyección p 12 : (IR 3, euclídea) (IR 2, euclídea) dada por p 12 (x,y,z) = (x,y) y la suma de dos coordenadas (es decir, f 2 del apartado anterior). Es inmediato que p 12 es continua y así h 1 es continua. Obviamente h 2 es continua pues coincide con al tercera proyección p 3 : IR 3 IR. La continuidad de g es inmediata pues coincide con f 2 del apartado anterior. Para f 2 = p 2 f tenemos que f 2 (x,y,z) = xyz es el producto de tres factores. Reduciremos la continuidad de este triple productos al caso de sólo dos factores. Para ello vemos f 2 como la composición f 2 : IR 3 h IR 2 g IR, donde h es ahora h(x,y,z) = (xy,z) y g(x,y) = xy. Por tanto, vemos que la continuidad de f 2 se puede reducir a la continuidad de g (obsérvese que h = gp 12 donde p 12 : IR 3 IR 2 es, de nuevo, p 12 (x,y,z) = (x,y)). Para ver la continuidad de g aplicamos el criterio ǫ δ y tenemos que si d 2 ((x,y),(x,y )) = (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ

5 entonces y En particular, Por tanto TOPOLOGÍA 5 x x (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ y y (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ. y = y y + y y y + y < δ + y. g(x,y) g(x,y ) = xy x y = xy xy +xy x y x y y + y x x x y y + δ x x + y x x < x δ + δ 2 + y δ < ǫ si tomamos 0 < δ < mín{1, ǫ 3 x, ǫ 3 y, ǫ 3 }. Ejercicio Obviamente f(x) = x continua salvo en x = 0. x = 1 si x < 0 y f(x) = 1 si x > 0. Por tanto f es Ejercicio Veamos que el conjunto C = {x X f(x) = g(x)} coincide con su clausura. Como siempre C C, bastará comprobar la inclusión C C. Sea pues x 0 C. Entonces, por la caracterización de la clausura por sucesiones, existe una sucesión {x n } 1 C convergiendo a x 0. Como x n C, tenemos f(x n ) = g(x n ) para todo n 1. Por continuidad, {f(x n )} n 1 = {g(x n )} n 1 conerge a f(x 0 ) y g(x 0 ), respectivamente. Entonces f(x 0 ) = g(x 0 ) por la unicidad de límites en los espacios métricos. Por tanto, x 0 C y tenemos C C. Si ahora suponemos que f = g sobre un conjunto denso D X, entonces, por definición, D C, y por la monotonía de la clausura y la primear parte, D C = C. Finalmente, D es denso y por ello X = D C. Así que X = C y f = g. Una demostración alternativa de que C es cerrado usando sólo la propiedad de separación Hausdorff (lo que implica que el resulta es válido para todo espacio toplógico con dicha propiedad) es la siguiente: Supongamos que x 0 / C, entonces f(x 0 ) g(x 0 ). Aplicamos la propiedad de Hausdorff y encontramos dos abiertos Ω y Ω en el espacio de llegada con f(x 0 ) Ω, g(x 0 ) Ω y Ω Ω =. Por continuidad, V = f 1 (Ω) y V = f 1 (Ω ) son conjuntos abiertos que contienen a x 0. Por tanto, como x C, la intersección (V V ) C no es el conjunto vacío. Sea x (V V ) C. Entonces, f(x) = g(x) Ω Ω = que es una contradicción. Así que, necesariamente x 0 C y tenemos, de nuevo, la inclusión C C. Ejercicio

6 6 TOPOLOGÍA Sabemos que los conjuntos unitarios de cualquier espacio métrico son conjuntos cerrados (Problema 2.17). Por continuidad, tenemos entonces que f 1 (a) es cerrado. En particular, la aplicación f : (IR n,d e ) (IR,d e ) dada por f(x 1,...,x n ) = n i=1 x2 i = d e(x,θ), la distancia de x = (x 1,...,x n ) al origen θ, es continua (ver Problema 3.8). Tenemos entonces que para todo r > 0, la anteimagen f 1 (r) es el conjunto formado por los puntos que distan r el origen; es decir, la esfera centrada en el origen y de radio r es un conjunto cerrrado. Ejercicio Es inmediato, pues por ser D denso, D = X. Además por ser f sobreyectiva f(x) = Y. Finalmente, por continuidad Y = f(x) = f(d) f(d); es decir, Y f(d). Necesariamente, f(d) = Y y f(d) es denso en (Y, T ).