TOPOLOGIA I Hoja 7 Soluciones

UNIVERSIDAD DE ZARAGOZA FAULTAD DE IENIAS Sección de Matemáticas urso 003/004 TOPOLOGIA I Hoja 7 Soluciones [1] a) En primer lugar, si B πb, entonces B = B 1 B donde B 1 B X y B B Y, es decir, ambos son abiertos y por lo tanto abiertos del producto. Dado que B p := {U 1 U U 1 τ X, U τ Y } es una base de X Y, basta probar que para todo (x, y) U 1 U existe B 1 B B tal que (x, y) B 1 B U 1 U. Esto es claro ya que si x U 1 y B x es base de X existe B 1 B x tal que x B 1 U 1 y análogamente para y U, con lo cual (x, y) B 1 B U 1 U. b) Probaremos primero que B = {U 1 U N ( ) X n Un τ n n N, N N} n>n también es una base de la topología producto. Observemos antes que nada que se cumple λ Λ (U λ V λ ) = ( λ Λ U ) ( λ λ Λ V λ). Veamos que B p = B. ( ) Si denotamos Σ p la subbase standar de la topología producto, se tiene que todo elemento de B es intersección finita de elementos de Σ p y por tanto esta en B p ( ) ( ) U 1 U... U n ( i>n X i ) = U 1 ( i>1 X i ) (... X 1 X... X n 1 U n ( ) X i ). X 1 U ( i> X i ) ( ) Utilizando λ Λ (U λ V λ ) = ( λ Λ U ) ( λ λ Λ V λ) vemos que B es cerrado por intersección, es decir, que si U := U 1 U... U n1 ( i>n 1 X i ) B y V := V 1 V... V n ( i>n X i ) B, entonces tomando n = máx{n 1, n } se tiene que U V = (U 1 V 1 ) (U V )... (U n V n ) ( i>n X i) B, donde U m1 := X m1 y V m := X m si m 1 > n 1 o m > n. omo además Σ p B, entonces las intersecciones finitas de miembros de Σ p son miembros de B y por tanto los elementos de B p están en B. 1 i>n

Análogamente al caso del producto de dos espacios topológicos (apartado a)) probaremos que B es base de X (para ello utilizaremos que B es base de X), es decir que B B y x B existe B B tal que x B B. Sea x = (x n ) n B := U 1 U N ( n>n X n). Dado que Bn es base de X n, entonces B n B n con x n B n U n para cualquier n = 1,..., N y así B := B 1 B N ( n>n X n) B y cumple que x B B. [] onsideremos f : X Z homeomorfismo. La aplicación F := f 1 Y : X Y Z Y es claramente una biyección. Así pues, basta comprobar que F (B) es una base de Z Y. Sabemos que f(b X ) es base de abiertos de Z y por el ejercicio anterior π(f(b X ), B Y ) := {B 1 B B 1 f(b X ), B B Y } es base de abiertos de Z Y. omo π(f(b X ), B Y ) = F (B) esto prueba que F es homeomorfismo. [3] a) omo B p es base de τ p, entonces (x, y) A B si y sólo si (U 1 U ) (A B) para cualquier U 1 U B p tal que (x, y) U 1 U. Esto equivale a que U 1 A y U B para todo U 1 τ X y U τ Y tal que x U 1 e y U, es decir, x A e y B y por tanto (x, y) A B. b) omo B es base de τ X, entonces x := (x n ) i n A n si y sólo si U ( n A n) para cualquier U = U 1 U... U N ( k>n X k ) B p tal que x U. Esto equivale a que U n A n para todo U n τ n n = 1,..., N N N tal que x n U n, es decir, x n A n n = 1,..., N N N y por tanto x n A n. [4] onsideremos la aplicación F : X X Y x (x, f(x)). Dicha aplicación es continua ya que π 1 F = 1 X y π F = f son ambas continuas. Veamos que F es abierta sobre la imagen. Sea U τ X, entonces F (U) = {(x, f(x)) x U} = π 1 1 (U) F (X) por ser F aplicación. Así pues, como F es inyectiva y F (X) = Γ f se tiene que X F (X)

[5] Elijamos un elemento y 0 Y. onsideremos la aplicación η : X X Y, definida por η(x) := (x, y 0 ) Obsérvese que p 1 η es la identidad en X (que es una aplicación continua) y que p η es la aplicación constante a y 0 (que también es una aplicación continua). Por lo tanto η es una aplicación con valores en un espacio producto; de manera que la composición de η con las proyecciones del producto son aplicaciones continuas; por tanto por una propiedad conocida de los espacios productos podemos afirmar que η es una aplicación continua. Veamos que η es abierta sobre su imagen. Para ello tomemos U X abierto, entonces η(u) = η(x) p 1 1 (U) y por lo tanto es un abierto relativo en η(x). Por último, η es obviamente inyectiva. Así pues, η es un homeomorfismo sobre su imagen. 3 [6] onsideremos el siguiente diagrama: X π Rh X/R h h h X π R X/R Demostremos primero la existencia de la aplicación h. La aplicación π R h cumple que (π R h)(x) = (π R h)(y), es decir, π R (h(x)) = π R (h(y)), si y sólo si h(x) h(y), R es decir, si y sólo si x R h y. Por lo tanto π R h factoriza por π Rh de manera biyectiva. Es decir, existe h biyectiva de modo que π R h = h π Rh. Por ejemplo, podemos definir h del siguiente modo: tomemos z X/R h, entonces existe x X tal que z = [x] h (donde [ ] h denota la clase de x respecto de la relación R h ). Entonces definimos h(z) := [h(x)]. Basta ver que h no depende del representante x elegido, es decir, si x X cumple que [x ] h = [x] h, entonces x R h x, es decir, h(x ) R h(x), lo cual equivale a que [h(x )] = [h(x)] = h(z). Es inmediato comprobar que h es biyectiva. Obsérvese que h π Rh = π R h es continua y que X/R h tiene la topología cociente respecto π Rh. Veamos que h es continua. Sea V τ R ; veamos que h 1 (V ) τ Rh, lo cual equivale a que π 1 R h (h 1 (V )) τ, es decir, que (h π Rh ) 1 (V ) = (π R h) 1 (V ) τ, lo cual es cierto porque π R h es continua. Así pues h es continua. Veamos por último que h 1 es también continua. omo π Rh h 1 = (h) 1 π R y como X/R posee la topología cociente respecto π R, entonces se deduce que h 1 es continua. Por lo tanto h es homeomorfismo.

4 [7] Hecho en clase [8] Puesto que R es homeomorfo a R >0 (por ejemplo por la aplicación exponencial y = e x ) entonces basta probar que R >0 S 1 es homeomorfo a (R ). Para ello consideremos la aplicación P : R >0 R (R ) definida por (ρ, θ) (ρ cos(πθ), ρ sen(πθ)). Esta aplicación es continua por ser restricción de una aplicación continua de R en R y es abierta ya que la imagen de un rectángulo abierto (ρ 1, ρ ) (θ 1, θ ) es el sector circular abierto determinado por las circunferencias ρ = ρ 1 y ρ = ρ y por las rectas θ = θ 1 y θ = θ. Dado que los rectángulos abiertos (ρ 1, ρ ) (θ 1, θ ) forman una base del producto, entonces acabamos de probar que P es abierta. Además P (ρ 1, θ 1 ) = P (ρ, θ ) si y sólo si ρ 1 = ρ y θ 1 θ Z. Por tanto P factoriza por la proyección pr : R >0 R R >0 S 1. En otras palabras, P = h pr. Además h : R >0 S 1 (R ) es continua y biyectiva (el argumento es similar al del ejercicio anterior). Veamos por último que h es abierta. Sea U abierto de R >0 S 1, entonces pr 1 (U) es abierto de R >0 R (ya que pr es continua). Por tanto P (pr 1 (U)) = h (U) es abierto de (R ) (P es abierta). Así pues h es continua, abierta y biyectiva, por tanto h es homeomorfismo. [9] Hay que probar que P 1 es homeomorfo a S 1. onsideremos la aplicación (h ) 1 : (R ) R S 1 que se ha probado en el ejercicio [8] que es un homeomorfismo. onsideremos R con la relación de equivalencia t t t t Z (denotaremos R/ 1 el espacio cociente). Dada la aplicación f : R R dada por t 1t; entonces f induce la relación de equivalencia f dada por t f t t t Z y el cociente R/ f es S 1. Por tanto, por el ejercicio [6] queda inducido un homeomorfismo f 1 : S 1 R/ 1 [ ] las clases en S 1 = R/Z y por [ ] 1 onsideremos también la aplicación cociente p 1 dado por [t] [ 1t] 1 (donde denotamos por las clases en R/ 1Z) : S 1 = R/ R/ 1 que identifica dos puntos z, z R/Z si tienen dos representantes en el intervalo [0, 1) a distancia 1 ; esto es, si z = [t] y z = [t ] con t, t [0, 1) entonces z z t t = 1. Si definimos la composición h = pr (Id p 1 ) h 1 obtenemos que h factoriza a través del cociente P 1 en una aplicación h. En efecto, dado x (R ), en términos de sus coordenadas polares pueden expresarse de froma única como x = ( ρ(x) cos πθ(x), ρ(x) sin πθ(x) ) con ρ(x) > 0 y 0 < θ(x) < 1.

Por tanto dos puntos x, x (R ) están relacionados si y sólo si están en el mismo rayo que pasa por el origen o lo que es lo mismo tan(πθ(x)) = tan(πθ(x)); es decir: x π x R tan(πθ(x)) = tan(πθ(x)) πθ(x) πθ(x ) = nπ θ(x) θ(x ) = n Z θ(x) θ(x ) [θ(x)] 1 = [θ(x )] 1 Luego podemos definir h(x) := h(x) = [θ(x)] 1 que es una aplicación bien definida y biyectiva. Se tiene el diagrama: P 1 π R (R ) h h R/ 1 Z omo h 1 es homeomorfismo, (Id p 1 ) es cociente y pr es abierta se tiene que h es una aplicación de identificación, y como π R es una aplicación cociente entonces puede deducirse de forma análoga que en el ejercicio [6] que h es un homeomorfismo. omo f 1 : R/ 1 Z R/Z = S1 es un homeomorfismo se tiene que f 1 1 h es un homeomorfismo de P 1 en S 1. 5