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Ejercicios Practicos - Eduardo

1 (Ejercicio 1, Practico 1) Considerar en Rn la metrica euclidea. Probar que:

S1 = {(x, y) ∈ Rn : x2 + y2 = 1} es cerrado en R2.

Solucion: Consideremos la funcion f : R2 −→ R dada por f(x, y) = x2 + y2 − 1 la

cual es continua, entonces tenemos que f−1({0}) = S1 pero {0} es cerrado en R y f es

continua, ası, usando la propiedad de que toda imagen inversa de un conjunto cerrado

por una funcion continua es cerrado, se concluye que S1 es cerrado en R2.

2 (Ejercicio 5, Practico 1) Consideremos R2 con la metrica usual y sean A = {(x, y) ∈

R2 : x = 12n con n ∈ N, y ∈ [0, 1]} y B = Q× Z.

a) ¿ Es A abierto o cerrado ?

b) Describir A y B

Solucion:(a) Si A es abierto ⇒ ∀x ∈ A,∃r > 0 : x ∈ Bx(r) ⊂ A, tomando x = (1, 1),

debe ocurrir que ∃r > 0, x ∈ Bx(r) ⊂ A pero ∀r > 0, ∃y = (i1, i2) ∈ Bx(r) con

i1, i2 ∈ R \Q : (i1, i2) /∈ A, entonces Bx(r) 6⊂ A =⇒⇐=.Luego, A no es abierto.

Supongamos, que Ac es abierto, esto es: ∀x ∈ Ac,∃r > 0 : x ∈ Bx(r) ⊂ Ac, tomando

x = (0, 0) ∈ Ac. Tenemos que, ∀r > 0, x ∈ Bx(r) ∩ A, ası, Bx(r) ∩ A 6= ∅ entonces

Bx(r) 6⊂ Ac. Luego, Ac no es abierto, por tanto, A no es cerrado.

(b) Sea C = { 12n : n ∈ N} entonces A = C × [0, 1].

Entonces A = C × [0, 1] = (C ∪ {0})× [0, 1].

B = Q× Z = (Q× {0}) ∪ (Q× {1}) ∪ (Q× {−1}), entonces B = R× Z.

3 (Ejercicio 8, Practico 1) Sea (X, d) un espacio metrico y sean xo ∈ X y A ⊆ X no vacıo.

Probar que:

a) La funcion f : X −→ R dada por f(x) = d(x, x0) es continua.

b) La funcion δ(x) = d(x,A) = inf{d(x, y) : y ∈ A} es continua.

Solucion:(a) Dado a ∈ X, tenemos que f(a) = d(a, x0) ≤ d(x, x0) + d(a, x), es decir,

−d(a, x) ≤ d(x, x0)−d(a, x0), similarmente se puede obtener d(x, x0)−d(a, x0) ≤ d(a, x),

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entonces se tiene que |d(x, x0)−d(a, x0)| ≤ d(a, x), sea entonces δ = ε, ası, si d(a, x) < δ

tenemos que |d(x, xo)− d(a, x0)| < δ = ε, eso muestra que f es continua en a y como a

era arbitrario concluimos que f es continua.

(b) Sean x, x‘ ∈ X. ∀y ∈ A : d(x,A) ≤ d(x, y) ≤ d(x, x‘) + d(x‘, y), luego,

d(x,A) ≤ d(x, x‘) + inf{d(x‘, y) : y ∈ A} = d(x, x‘) + d(x‘, A), es decir,

d(x,A) ≤ d(x, x‘) + d(x‘, A) (1)

Analogamente,

d(x‘, A) ≤ d(x, x‘) + d(x,A) (2)

de (1) y (2) para todo x, x‘ ∈ X se tiene que |d(x,A) − d(x‘, A)| ≤ d(x, x‘), ası, basta

tomar ε = δ.

4 (Ejercicio 15, Practico 1) Sea X compacto y sea f : X −→ R continua. Probar que:

a) Todo subconjunto compacto y no vacıo de R tiene maximo y mınimo.

b) f tiene maximo y mınimo en X.

c) Si f > 0, entonces existe un c > 0 tal que f(x) ≥ c, para todo x ∈ X.

Solucion:(a) Sea K ⊂ R y no vacio, entonces por el Teorema de Heine-Borel es cerrado

y acotado, asi, como K es acotado existe α = supK y γ = infK. Supongamos que

α /∈ K. Como K = K, entonces existe ε > 0 : (α− ε, α + ε) ∩K = ∅, es decir, ∀k ∈ K,

k ≤ α− ε la cual es una contradiccion, pues α = supK, asi, debe ser α =maximo de K,

similarmente se demuestra que γ =mınimo de K.

(b) Como f es continua, f(X) es compacto en R, luego es cerrado y acotado;

como f(X) es acotado, existe M = sup{f(x) : x ∈ X} y L = inf{f(x) : x ∈ X},

ademas es cerrado, entonces M,L ∈ f(X). De hecho, supongamos que M /∈ f(X),

como f(X) = f(X), entonces existe ε > 0 tal que (M − ε,M + ε) ∩ f(X) = ∅. Esto

es, para todo x ∈ X; f(x) ≤ M − ε lo que es una contradiccion. Analogamente para

L. Luego existe x0, x1 ∈ X tales que M = f(x1) y L = f(x0) y f(x0) ≤ f(x) ≤ f(X1)

para todo x ∈ X.

(c) Por el apartado anterior, ∃x0 ∈ X : f(x) ≥ f(x0) > 0, entonces basta

elegir c = f(x0).

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5 (Ejercicio 4, Practico 2) Sea (X,U) un espacio topologico, compacto y T2.

a) No existe ninguna topologıa U ‘ menos fina que U tal que (X,U ‘) sea T2.

b) No existe ninguna topologia U ‘ mas fina que U tal que (X,U ‘) sea compacto.

c) No existe otra topologıa en X mas o menos fina que U que lo haga compacto y T2.

Solucion:(a) Sea U ‘ un subconjunto propio de U con U ‘ topologia en X, y supongamos

que (X,U ‘) sea T2. La funcion Id : (X,U) −→ (X,U ‘) es continua pues U ‘ ⊂ U . Sea

A ∈ U \ U ‘. Ac es U -cerrado y por tanto, U -compacto, ya que X es U -compacto. Como

la funcion Id es continua, Id(Ac) = Ac es U ‘-compacto. Como (X,U ‘) es T2, Ac es

U ‘-cerrado. Ası, A ∈ U ‘. Contradiccion

(b) Sea U ‘ ⊃ U topologia en X, y supongamos que (X,U ‘) sea compacto.

La Id : (X,U ‘) −→ (X,U) es continua pues U ⊂ U ‘. Sea A ∈ U ‘ \ U . Ac es U ‘-cerrado

y, por tanto, U ‘-compacto ya que X es U ‘-compacto.

Como Id es continua, Id(Ac) = Ac es U -compacto, ademas (X,U) es T2, asi, Ac es

U -cerrado, luego, A ∈ U . Contradiccion.

(c) Consecuencia inmediata de los apartados anteriores.

6 (Ejercicio 9, Practico 2) Probar que las compactificaciones por un punto de R y R2, son

S1 y S2 respectivamente.

Solucion: En general, la compactificacion por un punto de Rn esta dada por Rn =

Rn ∪ {∞}.

En efecto, consideremos la proyeccion estereografica dada por la funcion ϕ : Sn −→ Rn,

es decir,

ϕ : (x1, . . . , xn+1) −→

(x1, . . . , xn)/(1− xn+1) si x 6= (0, . . . , 0, 1)

∞ si x = (0, . . . , 0, 1)el cual es un

homeomorfismo, con inversa ϕ−1 : Rn −→ Sn dada por

ϕ−1 :

(x1, . . . , xn+1) −→ 11+x2

1+···+x2n(2x1, . . . , 2xn, x

21 + · · ·+ x2

n − 1)

∞ −→(0, . . . , 0, 1)

, asi, Sn ∼= Rn, luego, como caso particular, la compactificacion por un punto de R, R2

son la S1 y la S2 respectivamentes.

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7 (Ejercicio 2, Practico 3) Sea X = R2 con la topologıa usual, A = {(x, 0) ∈ X : x ∈ R}

y ∼ la relacion de equivalencia asociada a la particion de X formada por A y los

subconjuntos {(x, y)} tales que y 6= 0. Probar:

a) La proyeccion canonica p : X −→ X/∼ es cerrada pero no abierta.

b) Existen (Vn)n∈N numerables entornos de A en X/∼ tales que ∩Vn = {A}.

c) X/∼ no es N1.

d) ¿Es X/∼ T2?.

Solucion: (a) Recordemos que la proyeccion canonica es la funcion

p :X−→ X/∼

a 7→ [a]

y consideremos la funcion

p∗ : X \ A−→ X/∼ \ [0]

a 7−→ [a]

la cual es continua y biyectiva, ademas, es un homeomorfismo, en efecto, sea U un

abierto en X \A, p∗(U) es abierto en X/∼ \ [0] pues p∗−1(p∗(U)) = U que es abierto en

X \ A. Luego, p∗ es homeomorfismo.

Sea ahora C cerrado.

Si C ∩ A = ∅, p(C) = p∗(C) es cerrado, luego p es cerrado.

Si C ∩ A 6= ∅, p(C) = p((C ∩ A) ∪ (C \ A)) = p(C ∩ A) ∪ p(C \ A) = [0] ∪ p∗(C \ A)

que es cerrado pues C \A es cerrado X \A y p∗ es homeomorfismo, luego, en cualquier

hipotesis p es cerrada.

Sabemos que U es abierto en X/∼ ssi p−1(U) es abierto en X. V = (−1, 1)× (−1, 1) es

abierto en X.

Veamos que C = p(V ) no es abierto en X/∼. Como 0 ∈ V ; [0] ∈ C, luego, p−1(C) ⊃ A,

p−1(C) = V ∪ A no es abierto, por tanto, C no es abierto.

(b) Sea Un = R× (− 1n, 1n) y Vn = p(Un) = p(R∗ × (− 1

n, 1n) ∪ {A}.

p−1(Vn) = (R∗ × (− 1n, 1n) ∪ A = Un, que es abierto, luego Vn es abierto.

Ahora, ∩Vn = ∩p(Un) = ∩(p(Un \A) ∪ p(A)) = (∩p∗(Un \A) ∪ p(A) = p∗(∩(Un \A)) ∪

{A} = p∗{∅} ∪ {A} = {A}.

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(c) X/∼ es N1 ssi existen {Vn}n∈N abiertos en R2 y tales que A ⊂ Vn para

cada n ∈ N con la propiedad que ∀ V abierto de R2 tal que A ⊂ V , existe n0 ∈ N tal

que Vno ∈ V .

Supongamos que X/∼ es N1. Como n ∈ A ⊂ Vn, existe δ que pertenece al intervalo

(0, 14) tal que B(n, δ) ⊂ Vn. Elijamos bn ∈ B(n, δ) \A. Ası, el conjunto B = {b1, b2, . . . }

es discreto y por tanto cerrado. Sea V = R2 \B, es claro que A ⊂ V , V es abierto, pero

Vn 6⊂ V , pues bn ∈ Vn pero bn /∈ V . Contradiccion.

(d) Sean y1, y2 ∈ X/∼ \ {A}. Existen x1, x2 ∈ R2 \ A tales que y1 = {x1},

y2 = {x2}. Sea δ = min{d(x1,x2)2

, d(x1, A), d(x2, A)}, asi, B(x1, δ) ∩ B(x2, δ) = ∅ y

B(x1, δ) ∩ A = ∅ = B(x2, δ) ∩ A, luego, xi ∈ p(B(xi, δ)) = p∗(B(xi, δ)) es abierto para

i ∈ {1, 2} y p(B(x1, δ)) ∩ p(B(x2, δ)) = ∅.

De manera similar si uno de ellos es igual a A.

Sea y ∈ X/∼ \ A. Existe x ∈ R2 \ A tal que y = {x}.

Sea δ = d(x,A)2

, ası, B(x, δ)∩(R×(−δ, δ)) = ∅ yB(x, δ)∩A = ∅. Luego, y ∈ p(B(x, δ)) =

p∗(B(x, δ)) es abierto.

A ∈ p(R× (−δ, δ)) = p∗(R∗× (−δ, δ))∪{A} es abierto y p(B(x, δ))∩p(R× (−δ, δ)) = ∅.

Por tanto, X/∼ es T2.

8 (Ejercicio 4, Practico 3) Sean I = [−1, 1], X = I/∼1 , Y = I/∼2 donde ∼1 identifica 12

con 1 y ∼2 identifica −12

con −1 y 12

con 1. Probar que X no es homeomorfo a Y .

Solucion: Supongamos que existe un homeomorfismo ϕ : X −→ Y .

Elijamos x0 ∈ θ2((−1,−12)) \ {ϕ(θ1(−1))} y y0 ∈ θ2((

12, 1)) \ {ϕ(θ1(1))}, ası,

ϕ∗ : X \ {ϕ(x0), ϕ(y0)} −→ Y \ {x0, y0}

es un homeomorfismo pero X \ {ϕ(x0), ϕ(y0)} no es conexo mientras Y \ {x0, y0} sı.

Contradiccion, por tanto X e Y no son homeomorfos.

9 (Ejercicio 4, Practico 4) Sea X−{N,S} y sea A el ecuador de S2. Usando la proyeccion

estereografica mostrar que A es retracto por deformacion de X.

Solucion: Sea la funcion

F : X × I−→ X

(x, t) 7→ (1−t)x+tπ(x)‖(1−t)x+tπ(x)‖

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en donde π(x) es la proyeccion estereografica, ası,

F (x, 0) = x‖x‖ = x

1= x

F (x, 1) = π(x)‖π(x)‖ ∈ A, pues π(x) ∈ R2 × {0} y ‖F (x, 1)‖ = 1.

Si x ∈ A, π(x) = x y por tanto, F (x, t) = x‖x‖ = x

1= x,

luego A es retracto por deformacion de X.

10 (Ejercicio 6, Practico 4) Sea X espacio topologico. Probar que las siguientes condiciones

son equivalentes.

a) Todo mapa S1 −→ X es homotopico a una constante.

b) Todo mapa S1 −→ X se extiende a un mapa D2 −→ X.

c) π1(X, x0) = 0 para todo x0 ∈ X.

Solucion:(a)=⇒(b) Sea f : S1 −→ X una funcion continua.

Por (a), existe c ∈ X y F : S1 × I −→ X tales que:

F (x, 0) = f(x) y F (x, 1) = c, ∀x ∈ S1.

Sea

f ∗ : D2−→ X

x 7→

F (x, 1− ||x||) si x 6= 0

c si x = 0

Si x ∈ S1, ||x|| = 1 y f ∗(x) = F (x, 0) = f(x),

asi f ∗ es contınua por ser composicion de funciones continuas.

(a)=⇒ (c) Sea [f ] ∈ π1(X, x0).

Entonces, f : I −→ X es contınua y tal que f(0) = f(1).

Sean

ϕ1 : [0, 12]−→ S+

t 7→ (cos2πt, sen2πt)

donde S+ = {(x, y) ∈ S1 : y ≥ 0}, y

ϕ2 : [12, 1]−→ S−

t 7→ (cos2πt, sen2πt)

donde S− = {(x, y) ∈ S1 : y ≤ 0}.

DRAFT

ϕ1 y ϕ2 asi definidas son homeomorfismos.

La funcion g1 = f ◦ϕ1−1 : S+ −→ X y g2 = f ◦ϕ2

−1 : S− −→ X son continuas, por ser

composiciones de funciones continuas.

Como S+ y S− son cerradas en S1, g1(−1, 0) = f(12) = g2(−1, 0) y g1(1, 0) = f(0) =

x0 = f(1) = g2(1, 0), por el lema del pegamiento,

g : S1−→ X

x 7→

g1(x) si x ∈ S+

g2(x) si x ∈ S−

es continua.

Por (a), existe c ∈ X tales que si b ≡ c, g ' h.

ϕ : I−→ S1

t 7→

ϕ1(t) si t ∈ [0, 1/2]

ϕ2(t) si t ∈ [1/2, 1]

.

Tenemos que f = g◦ϕ, pero f |[0,1/2]= g◦ϕ |[0,1/2]= g1 ◦ϕ1 = f y f |[1/2,1]= g◦ϕ |[1/2,1]=

g2 ◦ ϕ2 = f .

Como g ' h y ϕ ' ϕ, f = g ◦ ϕ ' h ◦ ϕ, donde h ◦ ϕ ≡ c,

luego, π1(X, x0) = 0.

(c)=⇒ (a) Sea f : S1 −→ X continua y con ϕ, ϕ1 y ϕ2 como en el apartado

anterior.

Sea g = f ◦ ϕ : I −→ X, g es continua y g(0) = f(ϕ(0)) = f(ϕ(1)) = g1.

Luego, [g] ∈ π(X, g(0)). Por (c), g ' h, donde h ≡ c.

Sea ψ una inversa de la derecha de ϕ.

Asi, f = g ◦ ϕ ' h ◦ ψ, donde h ◦ ψ ≡ c.