Espacios TopolgicosUn espacio topolgico es el par formado por un conjunto X y una familia T={Ai}i I de subconjuntos de X, llamados abiertos, tales que cumplen las siguientes condiciones: 1) Toda reunin (finita o no) de abiertos es abierto. 2) Toda interseccin finita de abiertos es abierto. 3) El conjunto X y el conjunto vaco son abiertos. La Familia T se llama topologa sobre un conjunto de X, y el espacio topolgico correspondiente lo anotamos (X, T). Dado un conjunto X y dos topologas, T1, T2, sobre l, diremos que T1, es ms fina que T2, y escribimos T1>T2, si todo abierto de T2 es un abierto de T1. Tambin diremos que T2 es menos fina que T1. 1.1 Sea N el conjunto de los nmeros naturales, y sea T la familia de partes de N, formada por:

N , , {1},{1,2},{1,2,3},etc.Demuestre que T es una topologa sobre N.

1.2 Sean T y T dos topologas de un conjunto X. Demustrese que la familia, formada por los abiertos comunes a ambas, es tambin una topologa de X. {a, b} {c, d } = {b} T T Dse un ejemplo de un conjunto X y dos topologas, T, T, sobre l, tal que la familia T T no es una topologa de X. Solucin : I) T T est formado por los abiertos que pertenecen a T y a T. Luego: a) X , T T . b) La reuni de abiertos de T T pertenece a T T , pues pertenece a T y a T. c) La interseccin de dos abiertos de T T pertenece a T y T, pues ambos pertenecen a T y T. Luego dicha interseccin pertenece a T T .

II) X = {a, b, c} . T = { X , ,{a, b}} y T = { X , ,{c, d }} son topologas sobre X. = { X , ,{a, b},{c, d }} no es una topologa, pues T T {a, b} {c, d } = {b} T T .

1.3 Sea X un conjunto cualquiera. Demustrese que existe en X una topologa sobre X, y otra llamada indiscreta, menos fina que todas las posibles topologas sobre X, y otra llamada discreta, que es la ms fina.Solucin : La topologa indiscreta es la formada por X y , y la discreta es la formada por todas las partes de X.

1.4 Sea T la familia formada por R2, y los subconjuntos {Gk }kR de R2, definidos de la siguiente forma:

Gk = {( x, y ) R 2 / x > y + k} Prubese que toda T es una topologa sobre R2.Solucin : I) R2 , T

II) Consideremos la subfamilia. Gk T , k M R . Distinguiremos dos casos: que M est acotado inferiormente, o que no lo est. a) Sea m=inf.M. Entonces

kM

G

k

= Gm T .

En efecto:( x, y ) Gk k M tal quekM

( x, y ) Gk x y > k m ( x, y ) Gm

Luego: ( x, y ) Gm x y > m k M , tal que x y > k pues, de lo contrario, x-y sera una cota inferior de M, mayor que m. Luego ( x, y ) Gk ( x, y ) GkkM

y Gm

kM

G

k

b) M no est acotado inferiormente. Entonces

kM

G

k

= R2

En efecto:( x, y ) R 2 k M tal que x y > k pues, por lo contrario, M estara acotado inferiormente por x-y. Luego ( x, y ) Gk ( x, y ) GkkM

III) Sean

Gk1 , Gk2 T y sea, por ejemplo, k1 = max(k1 , k2 ) Entonces,

Gk1 Gk2pues

( x, y ) Gk1 x y > k1 > k2 ( x, y ) Gk2Luego Gk1 Gk2 = Gk1 T Sea un espacio topolgico(X,T). Diremos que un subconjunto C X es un cerrado de dicho espacio topolgico, si su complemento es abierto.

1.5 I) Diremos que la familia = {Ci }iI , de cerrados de un espacio topolgico (X,T) cumple las siguientes propiedades:

a) La interseccin (finita o no) de cerrados es cerrado. b) La unin finita de cerrados es cerrado. c) Los conjuntos X y son cerrados. II) Demustrese que, dados un conjunto X y una familia = {Ci }iI de partes de X que cumplan las tres propiedades anteriores, existe una nica topologa en X que la tiene como familia de cerrados.1.6 Constryase un espacio topolgico no discreto ni indiscreto, en que los conjuntos sean idnticos a los conjuntos cerrados.

Solucin: Sea X un conjunto con dos puntos, por lo menos. Sea A X tal que y A A X y sea B= A entonces formamos T = {, X , A, B} y ( X , T ) cumple la condicin pedida.

1.7 Dado un espacio topolgico ( X , T ) y un subconjunto Y X , demustrese que la familia de partes de Y:

TY = { A Y / A Y } es una topologa sobre Y. Esta topologa se llama topologa relativa o subordinada por la topologa de T de X, y el espacio (Y , TY ) se llama subespacio topolgico de ( X ,T ) .1.8 Sea un espacio ( X , T ) u dos subconjuntos Y,Z de X, tales que Z Y X . Demustrese que la topologa relativa de T a Z, TZ , coincide con la topologa relativa de TY a Z, (TY)Z. 1.9 Sea (Y , TY ) un subespacio de ( X , T ) . Demustrese que

Y T (B TY B T ).Solucin: )

Y TY por tanto

Y T

)

B TY B = Y B1 ;( B1 T ) B T

(Dse una proposicin anloga para cerrados). Sea el espacio ( X , T ) . Diremos que la familia = {Bi }iI de elementos de T es una Base de la topologa T si todo abierto de T es reunin de elementos de .1.10 I) Sea = {Bi }iI una base topolgica T sobre X. Demuestrese que dicha base cumple las siguientes propiedades:

1)

BiI

i

= X.

2) Para Bi , B j y x Bi B j Bk tal que

x Bk Bi B jII) Sea = {Bi }iI una familia de partes de un conjunto X, tal que cumpla las dos condiciones anteriores. Demustrese que la familia T de pares de X, definida de la siguiente forma:AT A es una familia de elementos de es una topologa sobre X. Dicha topologa se lama engendrada por , y se escribe T ( ) . Demustrese que dicha topologa es la menos fina de X, que contiene a la familia .

1.11 Sea R el conjunto de los nmeros reales, y la familia de partes de R de la forma:{(a, b)}a ,bRa 0} . d) {( x a, x + a ) / a I = R Q, a > 0} . Sean (X,T) y x X . Diremos que B ( x) es un sistema fundamental de entornos abiertos si es sistema fundamental de entornos y todos sus elementos son abiertos. Ejemplo: los sistemas a),c) y d) del problema anterior y el sistema del problema 1.26._____1.28 a) sean (X,T), una base B de T y x X . Demustrese que la familia{ A T / x A}es una base de T.1.29 Sea q Z primo. Sean n Z y la familia de conjuntosU r (n) = { = n + mq r / A B( x)}obtenidos para r Z + . Demustrese que dicha familia forma un sistema fundamental de entornos abiertos de n, pero no formara, en general, un sistema de entornos. Solucin: I)Veamos que dicha familia cumple las tres propiedades del problema 1.24. a) n = n + 0q r U r (n)(r Z + ). b) SeanU r1 (n), U r2 (n); r1 , r2 Z + y sea, por ejemplo, r1 = max(r1 , r2 ) Entonces, U r1 (n) U r2 (n) . En efecto: Z U r1 (n) Z = n + mq r1 = n + mq r1 r2 q r2 Z U r2 (n) Luego U r1 (n) U r2 (n) = U r1 (n) .c) Z1 U r1 (n) m1 : Z1 = n + m1q r1 . Sea, entonces, U r1 ( Z1 ) y se verifica queU r1 ( Z1 ) U r1 (n) .En efecto: Z U r1 (n) m Z : Z = Z1 + m1q r1 Z = n + m1q r1 + mq r1 = n + (m1 + m)q r1 Z U r1 (n)Adems, todo elemento de la familia es abierto por ser entorno de todos sus puntos. II) Veamos que, en general, no se verifica la condicin 3) del problema 1.21. Sea, por ejemplo,q = 2, n = 1yU r2 (1) = {Z = 1 + m22 / m Z } = {Z = 1 + 4m / m Z } Sea Supongamos V = U r (1), r Z + Entonces, V = U 2 (1) {0} U 2 (1).0 = 1 + m2r r = 0V =Z Pero esto es absurdo, pues 2 U 2 (1) y, por tanto, 2 V Segn la definicin de V. Luegoym = 1Sea (X,T) y una familia S = {Si }iI de partes de X. Diremos que S es una subbase de T si la familia formada por todas las intersecciones finitas de elementos de S, o sea, A / A = Si , L I , Lfinito iL es una base de T.1.30 Demustrese que los conjuntos de la forma(, a), (b, ), a, b R forman una subbase de la recta real.1.31 Sean un conjunto X, y una familia S = {Si }iI , de partes de X. a) Demustrese que la familia de partes de X, definida de la manera siguiente, A / A = Si , L I , Lfinito iL Satisface las condiciones de base, y, por tanto, engendra una topologa, que anotaremos T(S). b) Demustrese que dicha topologa T(S) es la menos fina de todas las que contienen a S.1.32 Dado un conjunto X, consideremos un subconjunto A fijo de X, y la familia de partes de X:T ( A) = {0 ( X ) / 0 A} {} . a) Prubese que T(A) es una topologa sobre X. b) Prubese que T ( A1 ) > T ( A2 ) A1 A2 Solucin: I a) T ( A) por definicin, y X A X T ( A) I b) Oi T ( A) i : Oi A Oi A Oi T ( A) I c) O1 , O2 T ( A) O1 A, O2 A O1 O2 A O1 O2 T ( A)II a) T ( A1 ) > T ( A2 ) A2 T ( A1 ) A1 A2 II b) Supongamos A1 A2 . Entonces, para todo O T ( A2 ) se verifica O A2 A1 luego O T ( A1 ) y T ( A1 ) > T ( A2 ) .1.33 Sean B, B dos subconjuntos no vacos de un espacio topolgico X, y sea A un Subconjunto de B B, que es abierto (cerrado) tanto respecto a B como a B . Demustrese que A es abierto (cerrado) respecto a B B .Solucin:A = A1 B donde A1 , A2 son abiertos A = A2 B( A1 A2 ) ( B B) = ( A1 A2 B ( A1 A2 B) == ( A A2 ) ( A A1 ) = A A = A.Luego A es abierto respecto a B B .Anlogamente, se demuestra para cerrados.Subconjuntos notables. Sucesiones.Sea (X,T) y un subconjunto M X . Entonces, definimos los siguientes puntos: a) x X es interior a M si M es entorno de x . El conjunto de los puntosointeriores de M se anota M , y se llama interior de M. b) x X es exterior a M si es interior a M c . El conjunto de los puntos exteriores de a M se anota Ext., y se llama exterior de M. c) x X es adherente a M si todo entorno de x contiene algn punto de M. El___conjunto de los puntos adherentes a M se anota M , y se llama adherencia de M.d) x X es punto de acumulacin de M si todo entorno de x contiene algn punto de M distinto de x . El conjunto de puntos de acumulacin de M se escribe M y se llama derivado de M. e) x X es punto frontera de M si es adherente a M y a M c . El conjunto de los puntos frontera de M se anotara FrM, y se llama frontera de M.___Diremos que M es denso en X si M =X. Finalmente, diremos que x X es aislado si existe un entorno suyo que no contiene otro punto de X, sino x .2.1 Sea M = (0,1) {2} , subconjunto de R. Demustrese que:a) M = (0,1) ; b) M = [0,1] {2} ; c) M = [0,1] ; d) FrM = {0} {1} {2} ; e) ExtM = (, 0) (1, 2) (2, ) ; f) {2} no es punto aislado de R, pero s lo es de ( M , TM ).o___o2.2 I) Demustrese que M es abierto, y que es el mximo abierto contenido en M.oII) Demustrese que M satisface las siguientes propiedades: 1) M M ;oo2) M = M ;____ o_____oo3)M N = M = N.___oo2.3 I) Demustrese que M es cerrado, y que es el mnimo cerrado que contiene a M.___II) Demustrese que M satisface las siguientes propiedades: 1) M M ;_______2) M = M ; 3) M N = M N .2.4 Demustrese queM = M M.________________________2.5 Demustrese queMc = Mc .___ o2.6 Demustrese queFrM = M M c .___ ___2.7 Demustrese queFrM = M M .___ o2.8 Demustrese queFrM = ( M M c ) ( M M ) .______Solucin: Sabemos que FrM = M M c___ ___x FrM x MCaben dos casos: Si___yxM c___x M x M M c x (M M c ) (M M )_________y si x M x M M x (M M c ) (M M )___ ___ ___Luego, en todo caso: x (M M c ) (M M ) Sea ahorax (M M c ) (M M )___ ___ ___ ___Caben dos casos: a)xM M xM xM___c______y xM ___y xM xM x FrMy xM___ cb)xM M xM x FrM___ c ___y xM c___Luego ( M M c ) ( M M ) FrM .___ ___2.9 I) Se considera en N la familia T1 formada por , N y todos los subconjuntos de N de la forma An = {1, 2,..., n} .Prubese que dicha familia es una topologa de N. II) Se considera en N la familia T2 formada por , N y todos los subconjuntos de N de la forma Bn = {n, n + 1,...} . Prubese que esta familia es tambin una topologa de N. III) Determnese{3, 4}, {3, 4}o____y Fr {3, 4}en ambos espacios topolgicos. Solucin: I) a) , N T1 b) Sea An T1 (n M N ). Slo caben dos casos: Si M no est acotado, entonces An = N T1nMSi M no esta acotado, sea m = extsutM y entoncesnMAn=Am An , Am T1c) Sean y sea, Entonces An Am II) a) , N T2 b) Bn T2 , (n M N ) y sea Entonces c) Sean Bn , Bm T2 Sea, por ejemplo, Entonces Bn Bm III) En ( N , T1 ) es: y Bn Bm = Bn T2m = ext inf Mn = min(n, m) y An Am = An TnMAn=Bm T2n = max(n, m){3, 4} = {3, 4} = N A2 = {3, 4,5,...}Fr {3, 4} = {3, 4} {3, 4} = N A2 En ( N , T2 ) es:____ o ____o{3, 4} = o{3, 4} = N B5 = {1, 2,3, 4}Fr {3, 4} = {3, 4} {3, 4} = N B52.10 Sea un subconjunto X. Se define la familia T formada por , X y todos los subconjuntos 0 X, tales que X-0 es finito.____ o____I) II) III) IV)Prubese que T es una topologa sobre X. Caractercense los cerrados de (X,T). Encuntrese la adherencia de una sucesin arbitraria del espacio. Demustrese que A X se verifica que A es cerrado.Solucin: I. a) b) Sean, X T Oi T , (i I )Entonces es finito. LuegoX Oi = ( X Oi )iI iIO Ii iIc) Sean O1 , O2 T Entonces X (O1 O2 ) = ( X O1 ) ( X O2 ) es finito. Luego O1 O2 T II. Los cerrados son los subconjuntos finitos de y X. III. Sea A = { X n } una sucesin de X. Distinguiremos dos casos: a) A finito. Como todo punto de X es cerrado, A es reunin finita de cerrados y, por tanto, cerrado. LuegoA= A b) A infinito. Entonces el nico cerrado que puede contener a A es X. Luego IV. Sea A X , a) A finito. Entonces A cerrado y A = A = A A Luego A A finito y, por tanto, cerrado. b) A infinito. Entonces A= X . En efecto, sea x X , y vamos a ver que si x A llegamos a un absurdo. x A V x abierto tal que (V x { x}) A = ;(V x { x}) A = V x ( A { x}) = ;______X= A___V x ( A { x}) = = A { x} V x finito;2.11 Dese un ejemplo de dos subconjuntos abiertos A, B de R tales que los cuatro conjuntos:A B , B A , A B, A B sean distintos. Solucin:A = (0, 2) B = (0,1) (2,3) A B = (0,1] B A = [0,1) A B = [0,1]___ _______ ___ _________ _______ ______A B = [0,1] {2} . Prubese que para todo el conjunto finito A de la recta real, se verifica:___2.12a) A cerrado; b) A= Solucin: I) En R todo punto x es cerrado, pues C { x} = (, x) ( x, ).Luego es reunin finita de cerrados y, por tanto, cerrado. II) Sea A = { x1 ,..., xn }x1 AEn efecto, existen los entornos V 2 ,..., V n de x1 tales quex2 V 2 ,..., xn V nSeaV = V 2 ... V n . Entonces V es un entorno de x1 tal que (V { x1}) A = Anlogamente, se prueba que los restantes puntos de A no pertenecen a A . Luego A A= 2.13A = A = A A A= Dse un ejemplo de dos intervalos A y B de la recta real, tales que B A A B___ _______ ___Solucin:[ 0,1) (1,3) {5} = A2.14 Pngase un ejemplo de un subconjunto de la recta real que no sea abierto ni cerrado.Solucin. Q.2.15 Se considera el subconjunto de la recta real.[ 0,1) (1,3) {5} = ACon la Topologa TA subordinada por la usual . I) Digase si {5} es abierto o cerrado en ( A, TA ) . II) Digase si (1,3) es abierto o ce3rrado en (A,TA) III) Calculese la adherencia de [ 0,1) en (A,TA) IV) Vease si [ 0,1/ 2] es un entorno de {0} en (A,TA). Solucion :I) {5}={{5} A y {5} cerrado en (R,T). Luego {5} cerrado en (A,TA) {5}=(4,6) A y (4,6) abierto en (R,T) Luego {5} abierto en (A,TA) Luego {5} es abierto y cerrado en (A,TA)II) Es abierto y cerrado: (1,3)=(1,3) A (1,3)= [1,3] A[ 0,1) = [ 0,1] Luego [ 0,1) es cerrado en ( , TA ) , y [ 0,1) = [ 0,1)IV)III) = 10; V : >10 ; V (V { }) [ 4,10 ) ( ,10 ) ; = ( , )(10 < < ) : (V { } ) [ 4,10 ) = Luego en los cuatro primeros casos, es punto de acumulacin de [ 4,10 ) , y en el quinto no lo es. Luego (V 8 = ( , ) ) : (V 8 {8}) {8} = . [ 4,10 ), = ( ,10]. a) 8 ; V 8 8Calculamos ahora {8} . Sea R, en los siguientes tres casos:,(V = ( , ) ) : (V {8}) {8} = . (V = ( , ) ) : (V { }) {8} = Luego en el primer caso es punto de acumulacin de {8} , y en el segundo caso y tercero no lo es. Luego , {8} = ( ,8) . Calculemos, finalmente, Z ` . Sea R en los siguientes dos casos: a) Z , V se tiene (V { } ) Z . b) Z , V se tiene(V { }) Z .Luego, en todo caso, es punto de acumulacin de Z, y R= Z .2.19 Sean ( X , T ) y un subconjunto A X . I) Prubese , mediante un contraejemplo, que la relacinExtA A no es, en general , cierta. II) Hllese una condicin suficiente para que lo sea (A, abierto). III) Prubese que esta condicin no es, en general, necesaria. Solucin: I) Sean A= Q ( X , T ) =R,Entonces,Q = ,ExtQ = yExtQ Q=.II) A abierto =A. Luego A Ext A A =ExtA ExtA ( , abierto ) .ExtA pues ExtA contiene A III) Un contraejemplo es el siguiente: Sean ( X , T ) = R y Cerrado y no abierto. Entonces,A= [ 0,1] = ( 0,1) :LuegoExtA = ( , 0 ) (1, ) .Ext A =R- {0,1}ExtA =R=R .ExtA 2.20 Sean ( X , T ) y un subconjunto abierto A X . Prubese queB B( B X )y pngase un ejemplo en que no se verifique la igualdad. Pngase tambin un ejemplo en que se verifique la igualdad.Solucin:x B. de las rectas paralelas al eje , como subbase de una topologa en R . Calclese en ( R , T ) la 2.23 I) Tomamos el conjunto1 2 2 1adherencia y el interior de A= II) Sea ahora el conjunto{( x, y ) /1 x 2,1 y 2} .formado por el anterior 1 y la recta22de la ecuacin x=1. Calclese la adherencia y el interior de A en Solucin:( R, T ) .2Fig.2 I)=Fig.31 a 2 rasiendo ra la recta de la ecuacin y =a=pues ningn abierto no vaco puede estar contenido en A. II) = ra1 a 2Siendo ra la recta de la ecuacin y= a. = { p = ( x, y ) / x = 1,1 y 2}.En efecto, los puntos de la forma(1, y0 ) ,Pertenece a , ya que1 y0 2(1, y0 ) ( x = 1) ( y = y0 ) = {(1, y0 )} ( x = 1) ( y = y0 ) abiertoNingn otro punto de A pertenece a .2.24En R se define los conjuntosVn x = y / y x n}.B= vn x / x R, n N es base de una topologa sobre R. II){}Hllese en dicha topologa la adherencia de A= { x / x > 2} .Solucin: I)xR nN xII) DadosVnx = R.x x Vn11 , Vnx2 B y x Vn11 Vnx2 2 2Se tiene: 1 1 Vnx1 = x1 , x1 + ( n1 , ) 1 n1 n1 1 1 Vnx2 = x2 , x2 + ( n2 , ) 2 n2 n2 1 1 x x1 , x1 + ( n1 , ) n1 n1 1 1 x2 , x2 + ( n2, ) = n2 n2 Es posible construir un intervalo abierto( x , x+ ) = Bxtal que Bx . (comprubese). Se tiene que 1 x n : a}tiene primer elemento b , y ( a, b ) A = Aa = con lo que existe a < b tal que( a, b ) A = Luego A es un subconjunto de un conjunto numerable, y, por tanto, numerable. 2.43 Demustrese que un espacio separable X, toda familia de abiertos no vacos y disjuntos de X es numerable. Solucin: Sea Y numerable tal que Y = X y sea Entonces,{ Ai }iIuna familia de abiertos no vacos y disjuntos de X.i I ,La aplicacin:xi Y : xi AiI Y i xies inyectiva, pues los abiertos son disjuntos. Luego I es numerable.Aplicaciones Continuas3.9 Sean dos aplicaciones f, g, continuas de un espacio ( X , T ) , en un espacio T2 , Y , T que el subconjunto de X: es cerrado. Solucin: Veamos que A es abierto. Para todo punto x A se verifica:(`) . DemustreseA = { x A / f ( x ) = g ( x )}f ( x ) g ( x ) V f ( x ) ,V g ( x ) tales que V f ( x ) V g ( x ) = (Vase que podemos tomar V Se verifica quef ( x),V g ( x ) tales que sean entornos abiertos).W = f 1 (V f ( x ) ) g 1 (V g ( x ) ) puesto que x W . Adems, W es abierto por ser interseccin finita de abiertos. Veamos que Sea y W . Se sigue que LuegoW Af ( y ) V f ( x) ; y A y A3.10Sean un espacio topolgico ( X , T ) y us subconjunto D denso en X. Sean un espacio topolgico T2 ,(Y , T ) y dos aplicaciones continuas f,g de ( X , T ) en (Y , T ) . Demustrese que si` `f \D = g \Dentoncesf =gSolucin: Supongamos que Entoncesf gxi X : f ( x1 ) g ( x1 )Sean los subconjuntos de X:A = { x X / f ( x ) g ( x )} ; x1 A B = { x X / f ( x ) = g ( x )} DSegn el problema anterior, B es cerrado, luego A = B es abierto. Luego, y podemos tomar z A D , que verificara:A D f ( z ) = g ( z ); f ( z ) g ( z );y llegamos a un absurdo. 3.11 Sea un espacio ( X , T ) con una base numerable (cumple en segundo axioma de numerabilidad), y consideremos una aplicacin:f :X RSea M = x X / f ( x ) es max imo local f ( x ) es mximo local si existe V x tal que:y V x : f ( y ) f ( x)Prubese que f ( M ) R es numerable. Solucin: Sea { Bn }nN la base numerable de ( X , T ) . Vamos a construir una aplicacin inyectiva: f ( M ) { Bn }nN z = f ( x) Bnz f ( M );Tomamos Bn tal quex M;x M V x : y V x : f ( y ) f ( x)x Bn V xy veamos que la aplicacines inyectiva. En efecto, sz = f ( x) Bn z `= f ( x`) Bny suponemosBn = Bn ' , resulta x Bn ' f ( x) f ( x ' ) x ' Bn f ( x ' ) f ( x)de dondef ( x) = f ( x ' )y, por tanto,z = z'3.12 Sea el conjunto con la topologa Consideremos la aplicacin: descrita en el siguiente diagramaX = { a , b, c , d } T = { X , , {a} , {b} , {a, b} , {b, c, d }}f :X XPrubese que: f no es continua en c I. II. f es continua en b Solucin: I. Se tiene Dado V = {b} se verifica quebf (c ) = b V c ; f (V b ) {b}yEn efecto, V se verificacV c {b, c, d }f (d ) = c {b}II.Se tienef (b) = dV d = {b, c, d } V b = {b}El nico entorno de d distinto de X es y existe tal quef (V b ) = f({b}) = {d } Vd= {b, c, d }3.13 Sea un conjunto X con tres topologas T1 < T2 < T3 , y sea una aplicacin f : ( X , T1 ) ( X , T2 ) Demustrese que si dicha aplicacin no es continua, tampoco lo es la siguientef : ( X , T1 ) ( X , T3 ) .Solucin: Sif : ( X , T1 ) ( X , T2 )no es continua, entoncesU T2 U T3LuegoU T3tal que 3.15 Demustrese quef 1 (U ) T1f : ( X , T ) (Y , T )es continua si, y solo si, para todo subconjunto M de X se verifica:f M f (M ) .Solucin: I. Supongamos( )f continua y sea M X . Se verificaf (M ) f (M )LuegoM f 1 f ( M ) f 1 f ( M ) y f 1 f ( M ) es cerrado.Por lo tanto,()()M f 1 f ( M ) y f M ff 1 f ( M ) f ( M ) .II. Supongamos que para todo subconjunto M de X se verifica la condicin [1].()( )()Sea C cerrado de (Y , T ) . Entonces,f ( f 1 ( C ) ) f ( f 1 ( C ) ) C CLuegof 1 ( C ) f 1 f f 1 ( C ) f 1 ( C )y, por lo tanto, f1()(C )es cerrado.3.16 Demustrese quef : ( X , T ) (Y , T )es continua si, y solo si, para todo subconjunto N de Y se verifica:of 1 ( N ) f 1 ( N )Solucin: I. Suponga f continua, y sea N un subconjunto de Y. Entonces,oNNLuegoof 1 ( N ) f 1 ( N )II. Supongamos que para todo subconjunto N de Y se verifica la condicin [I].ooSea A abierto de Y , T(`) . Entonces,fLuego f11( A) =f1( A) ofo 1( A)( A) es abierto.3.17 Sea un homeomorfismof : ( X , T ) (Y , T ) Demustrese que para todo subconjunto M de X se verifica:I IIf ( M ') = f ( M ) f (M ) = f (M )o o'Solucin: I Sea x M ' . Entonces,f ( x ) f ( M ) En efecto,Vf ( x)', f (U x ) V f ( x )pues f es continua. Luegof (U x { x} ) V f ( x ) { f ( x )}pues f es inyectiva, y no puede existir otro punto distinto del x cuya imagen sea f ( x ) . Luego, f U x { x} M f U x { x} f ( M ) V f ( x ) { f ( x )} f ( M ) y()()f ( M ') = f ( M ) ; f ( M ') f ( M ) . ' 'Mediante el mismo razonamiento con la imagen inversa y conjunto f ( M ) resulta:f 1 f ( M ) f 1 f ( M ) = M ' ' '()Luego Como f es continua (Problema 3.16) y biyectiva: Y Como f 1 es continua y ( f 1 ) = f :1Luego3.18 Sean dos espacios topologicos ( X , T ) , (Y , T ' ) y una aplicacin f : X Y .Sea un nmero finito de cerrados de X , C1 , C2 ,..., Cn tales que su reunin es X , y las aplicaciones f : (C1 , Tc1 ) (Y , T ' )f : (C2 , Tc2 ) (Y , T ' ) f : (Cn , Tcn ) (Y , T ' )son continuas, entonces f : ( X , T ) (Y , T ' ) es continua. Solucin: Sea C cerrado de (Y , T ' ) . Entonces f 1 ( C ) = [ f 1 ( C ) C1 ] ... [ f 1 ( C ) Cn ];f 1 ( C ) Ci es cerrado en (Ci , Tci ) y Ci cerrado de X. Luego f 1 ( C ) Ci es cerradode X (problema 1.9). Luego f 1 ( C ) es reunin finita de cerrado y, por lo tanto, cerrado. 3.21 Sea una aplicacinf : ( X , T ) (Y , T ' )Sea B = { Bi }iI una base de T ' . Demustrese que la condicin necesaria y suficiente para que f sea continua para todo B Bi se verifique que f 1 ( Bi ) T . Solucin: I) La condicin es necesaria por ser Bi T ' . La condicin es suficientes; en efecto: II) A T ' : A = Bi f 1 ( A) = f 1 ( Bi ) = f 1 ( Bi )iI1 iI1 iI1y f ( A) T por ser reunin de abiertos. 3.22 I) Sea f una aplicacin del espacio ( X , T ) en el espacio (Y , T ' ) , y sea S = {Si }iI una subbase de (Y , T ' ) . Entonces f es continua si, y slo si, para todo i I se verifica que f 1 ( Si ) es abierto. los conjuntos f 1 ( , ) , f 1 ( , ) son abiertos, entonces f es continua. Solucin: I) a) Si f es continua, los f 1 ( Si ) son abiertos, pues los Si son abiertos.1Sea f una aplicacin de ( X , T ) en R . Prubese que si para todo R se verifica queb) Supongamos que para todo i I se verifica que f 1 ( Si ) es abierto. Sea A un abierto de (Y , T ' ) . Entonces: f 1 ( A) = f 1 S j ,i = f 1 ( S j ,i ) iJ jF iJ jFi i es abierto de ( X , T ) .Luego f es continua. Basta tener en cuenta que los conjuntos ( , ) y ( , ) forman una subbase de II) R (problema 1.30). 3.23 Sea f : R R una aplicacin estrictamente creciente ( x < y f ( y ) f ( x) )) y sobre. Demustrese que f es un homeomorfismo. Solucin: I) f es inyectiva, por ser estrictamente creciente. Luego f es biyectiva. f ( y ) < f ( x) x < y , pues por le contrario: II) si x = y se verifica f ( y ) = f ( x) y si x > y se verifica f ( x) > f ( y ) .Luego la imagen de un intervalo abierto es un intervalo abierto. 3.25 Demustrese que a recta real es homeomorfa a trodo intervalo abierto. Solucin: I) La recta real es homeomorfa al intervalo (-1,1) mediante la aplicacin f : R (1,1) x f :x 1+ | x | que es estrictamente creciente, y sobre (vanse los problemas anteriores). II) Todo intervalo abierto (a, b) es homeomorfo al intervalo (-1,1) mediante la aplicacin: f : (a, b) (1,1) 2 x (b + a) f :x ba que es estrictamente creciente y sobre.III) Todo intervalo ( a, ) es homeomorfo a un intervalo (c, d ) contenido en (-1,1), mediante el homeomorfismo de I), y analogamente para todo intervalo ( , a ) .3.26 Se llama recta completa R al conjunto formado por R y dos puntos, que llamaremos y, con una relacin de orden definida de la siguiente forma: Denotamos a de la topologia del orden problema 1.14?. Demustrese: I Es homeomorfo al intervalo [-1,1] y, por tanto, compacto Cap. 6?. II La recta real es un subespacio de , y denso en Solucin: I. Establecemos la aplicacin : que es estrictamente creciente y sobre. Luego tanto ella como su inversa son continuas (Compruebese de manera analoga al problema 3.24). Luego es homeomorfo al intervalo [-1,1]. II. La recta real es un subespacio de , pues la base relativa sobre es la base de la recta real (problema 1.19). Cualquier entorno de es de la forma. Luego todo entorno de corta a .Analogamente para. Luego es denso en.3.28 Sean un conjunto , una familia de espacios, y una familia de aplicaciones Prubese que la familia de partes de : Es una topologa sobre (se llama topologa final de las aplicaciones anteriores), y que es la topologa ms fina sobre que hace continuas las aplicaciones. Solucin: I. Vamos a ver que es topologa: II. Cada una de las son, evidentemente, continuas. Sea otra topologa sobre tal que las sigan siendo continuas; entonces,y es ms fina que . 3.29 Sean un espacio , un conjunto, y una aplicacin biyectiva Demuestrese que es una topologia sobre tal que es homeomorfismo si, y solo si, es la topologa final para la aplicacin (problema 3.28) Solucin: I. La condicin es necesaria. Sea ; entonces, y por tanto, pertenece a la topologia final . Sea ahora ; entonoces, Luego pertenece a. Luego II. Sea ahora y biyectiva, y vamos a ver que es homeomorfismo. En efecto, para todo se verifica que luego es continua. Y para todo se verifica que luego es continua. 3.30 Sea la aplicacin Estudiese su continuidad. Solucin: Estudiemos la continuidad de en . se tiene . Sea un intervalo abierto de centro 2 y radio 1; entonces, para todo entorno de 3, se verifica que Pues Y Luego no es continua en. En los restantes puntos f es continua, por serlo y , por ser montonas crecientes (problema 3.24). 3.31 Sea la aplicacin , definida de la siguiente forma: Demustrese que es continua. Solucin: Son cerrados en ,y Es continua (montona creciente , problema 3.24). Anlogamente es continua. Luego es continua (problema 3.18) 3.32 Sea una aplicacin continua en tal que verifica las siguientes condiciones: . es inyectiva para todo es estrictamente mayor que cero en y es estrictamente menor que cero en Entonces: Continua en Tal que Solucin: Consideremos Sabemos que ambas funciones son continuas, y que Luego: Es estrictamente mayor que cero y Es estrictamente menor que cero. Sea Tomamos Entonces, Es continua y Luego (problema 5.16) Tal que Adems es unico, tal que Puesto que es inyectiva. Por lo tanto, hemos construido una aplicacin Que cumple (compruebese). Veamos ahora que es continua en Sea Por la construccin de se tiene Luego SeaConsideremos Ambas son continuas, y [por ser inyectiva]. Luego: Tal que en Es estrictamente mayor a cero, Tal que en Es estrictamente menor que cero. Sea Veamos que En efecto, es el cero de la aplicacin Y luego OBSERVACIONES I. Las hiptesis: a) F continua en b) . c) (derivada parcial respecto a ) en un entorno de. d) Y continua en Implican las hipotesis del problema anterior, como consecuencia del teorema de Rolle. II) Es inmediato tambin que es unica en su genero, pues es inyectiva para Pongase un ejemplo de un espacio topologico y dos subconjuntos propios suyos y , tales que abierto y no cerrado, cerrado y no abierto, y homeomorfismo a con sus topologas relativas. Solucin: Con la topologa y 4.2 Dada una familia de espacios {( X i , Ti )}iI , definimos sobreX = XiiILa topologaT engendrada por la subbase (problema 1.31): 1 S = {Pi ( Gi ) / i I ,, Gi Ti )}El espacio I.( X , T ) se llama espacio producto de los ( X i , Ti ) Demustrese que una base de ( X , T ) est formada por la familia GiiIdonde todos los Gi , salvo un nmero finito, F I son el total, X j o sea:II. III.(j I F ) Gi = X j Demustrese que en el caso finito ( I finito) esta topologa coincide con la definida en elproblema 4.1. Demustrese que las proyeccionespi = X X i son continuas, y que T es la topologamenos fina sobre X tal que hace las proyecciones continuas. Demustrese que la familia de partes de X :B1 = { Gi / Gi i } TiIcumple las condiciones de base para una topologa sobreX , y que la topologa T ( B1 ) que engendra esms fina que T . Solucin: I) Una base de la to pologa es la que tiene como elementos (problema 1.31):S = { PijI iI1( Gi ) / F Ifinito,, Gi Ti )}B1 = { Gi / Gi =X j (j I F ),, Gi Ti }(compruebese).II) III) LuegoEs consecuencia de I) Sea Gi abierto de ( X i , Ti ) Entoncespi es continua. Supongamos ahora X con la topologa T ' tal que las proyecciones pi sean continuas. Entonces, paratodo elemento pi (Gi ) T ' de la subbase de1T se verifica que pi (Gi ) T ' . Luego (problema 1.31)1T ' es ms fina que T . IV) a) ( Gi ) = XpuesX = X i B1iIb) Sea( xi )iI ( Gi ) ( H i )iI iIEntonces Yxi Gi H i Ti( xi )iI (Gi H i ) ( Gi ) ( H i )iI iI iIT ( B1 ) es ms fina que T , pues , segn I), todo elemento de B pertenece a B1 . En caso en que I no es fino: xi Ti , Gi X i (i ) Gi ,iIes de B1 y no es de 4.3 SeaB. X = XiiICon la topologa producto, y una aplicacin:f : (Y , T ') X Entonces f es continua si, y solo si, para todo i I se verifica que fi = pi f : (Y , T ') ( X i , Ti )sea continua. Solucin: I. Supongamosf continua. Entonces, para todo i I , fi = pi f es producto de aplicacionesII.continuas, y, por lo tanto, continua. Supongamos f i continua. (i I ) Entonces, para todo abierto p (G )1 i i jJ iF jde ( X , T ) se verifica: 1 1 f 1 pi ( Gi ) = f 1 pi ( Gi ) = jJ iF j jJ iF j = ( pi f )jJ iF j 1( Gi ) = jJ iF jfi1( Gi ) T 'Luegof es continua. n 4.4 Sean X , Y abiertos de R con la topologa relativa, sea una biyeccin. f : X YDemustrese la siguiente equivalencia:f es homeomorfismo y1 = f1 ( x1 ,..., x n );ny = f n ( x1 ,..., x n )Son continuas, yfi = pi fx1 = g1 ( y1 ,..., y n );x n = g n ( y1 ,..., y n )gi = pi f 1Son continuas. Solucin: ) f es continua, por ser homeomorfismo. Luego, segn el problema anterior,1fi es continua (i ) .f Es continua, por ser f homeomorfismo. Luego, segn el problema anterior, gi es continua, (i ) . ) fi , gi i son continuas, por hiptesis. Luego, segn el problema anterior, f , g = f 1 soncontinuas. 4.5 Sean Hllese la topologa producto de Solucin: Recordemos que , en el caso finito, la topologa producto es la que tiene por base En nuestro caso: 4.6 Sean un espacio y una aplicacin continua: Demuestrese que el grafico de Es cerrado en con la topologa producto. Solucin: Veamos que es abierto. En efecto: Abierto de Abierto de Se verifica que Pues, de lo contrario: 4.7 Sean un espacio y la diagonal de Demuestrese que , con la topologia relativa de la producto, es homeomorfo a. Solucin: Sea Es una aplicacin biyectiva (compruebese). Veamos que es continua; sea un abierto de: Abierto en Veamos que es abierta (la inversa es continua). Sea un abierto de : Donde Mes abierto de, o sea, Donde Luego Entonces: Luego es abierto en y es continua. 4.8 Sea una aplicacin continua Y sea el grafo de en con la topologa producto. Demustrese que y son homeomorfos. Solucin: Es continua. Luego: Es continua. Establecemos, entonces, la aplicacin: Es biyectiva (compruebese). Adems, es continua, por serlo (problema 4.3). Veamos que es abierta; sea un abierto de : Abierto en 4.9 Sean las aplicaciones Definimos entonces la aplicacin Prubese la siguiente equivalencia: Continuas continuaSolucin: Sean Tales que Entonces Supongamos Entonces, Y Donde Es entorno de Es entorno de Luego es 4.11 I) Sea una aplicacin continua Demuestrese que las aplicaciones Son continuas. II) Pngase un ejemplo de una aplicaciones s lo sean. Solucin: I. Veamos que es continua, en todo punto . En efecto: es continua en; luego para todo entorno existe entorno de tal que: Luego Anlogamente, es continua. II. No es continua en (0,0), y s lo son 4.14 Sean dos subconjuntos de dos espacios ,respectivamente. Demustrese que: Solucin: I. En efecto, sea Sea . Entonces, para todo entorno se verifica que Luego Analogamente Luego II. En efecto, sean Entonces existen tales que: (problemas 4.1 y 1.28) Entonces: Luego Y 4.17 Prubense las siguientes equivalencias: I. Es II. . III. es cerrado. Solucin: I) II) Siempre se verifica Veamos que En efecto, si, se verifica: II) III) Veamos que es abierto. En efecto, sea Entonces y, segn II): Luego existe tal que Luego existe tal que Y Con lo que es abierto. III) I) Sean tales que.Entonces, que es abierto, segn III). Luego existe tal que Y, por lo tanto, Con lo que es 4.18 Pngase un ejemplo en que la proyeccin no sea cerrada. Solucin: Tomamos en el conjunto Es cerrado (imagen inversa de un cerrado mediante una aplicacin continua) y su proyeccin sobre cualquier eje es Que no es cerrado en 4.19Sean dos espacios topolgicos, y sea un subconjunto cerrado de . Sea el sistema de entornos, y sean I. Prubese que II. Pngase un ejemplo en que es abierto, y Solucin: I. Para todo y para todo se verifica: Luego Luego Sea ahora Entonces, para todo y para todo se verifica Luego (comprubese). Luego (comprubese). II. Consideremos en la bola abierta de centro (3,3) y ardio 1. Entonces: Y 4.20 Sean dos espacios, y in subconjunto , cerrado de . Demustrese que (Vase el problema anterior. ) Solucin: (problema 4.19), luego 4.21 Demustrese que el conjunto con la topologa relativa de es homeomorfo a Solucin: 5.1 Demustrese que las siguientes proposiciones son equivalentes: ( X , T ) es conexo I. II. No existen dos subconjuntos cerrados, no vacos, tales que A B = ; A B = X . III. Los nicos subconjuntos de X que son abiertos y cerrados X y . IV. No existen dos subconjuntos no vacos de tales que:X = A B ;( A B) ( A B) = .Solucin: I) II) Supongamos que II) no es cierto. Entonces, existen A , B cerrados, tales que A, B; X = A B ; A B = Luego A B = ( A B) = X = A B ; donde A, B abiertos, A B Y no sera cierto I). II) IV) Supongamos que IV) no es cierto. Entonces, existen dos subconjuntos A , B de X tales queA,LuegoB,A B = X ,( A B) ( A B) = A B = A A A cerradoYA B = B B B cerradoluegoX = A B ; A , B cerrados; A ,y no se verificara II). IV) III) Supongamos que III) no es cierto. Entonces existeB;;A B = A B = A abierto y cerrado, tal queA X ;YAX = A A; A ; A A A = A A = A A = A A = con lo que IV) no sera cierto. III) I) Supongamos que I) no es cierto. Entonces, existe dos abiertos A , B tales que X = A B ; A B = , A , B Y A es abierto y cerrado; A ; A X y III) no sera cierto. 5.2 Dado el espacio topolgico ( A, T ) , dondeA ={ , b, c, d , e a } T ={A, ,{}{ , d}{ , c, d}{ , c, d , e a, c , a , b }}vase si: I.II. Solucin: I.( A, T ) es conexo H ={ , d , e con la topologa relativa, es conexo. b }( A, T ) no es conexo, pues {}es abierto y cerrado a II. La topologa relativa es TH ={ , ,{}} H d ( H , TH ) es conexo, pues los nicos abiertos y cerrados son H y 5.3 Sean(Y , T ') conexo y una aplicacin f : X Y continua y sobre. Entonces (Y , T ') es conexo.Solucin: Supongamos que Entonces,(Y , T ') no es conexo. Entonces, existen dos abiertos A1 , A2 , tales queX = f 1 (Y ) = f 1 ( A1 A2 ) = f 1 ( A1 ) f 1 ( A2 ) f 1 ( A1 ) f 1 ( A2 ) = f 1 ( A1 A2 ) = f 1 ( A1 ) , f 1 ( A2 ) abiertos, por ser continuay, por ser sobre: Luegof 1 ( A1 ) ,f 1 ( A2 ) ( X , T ) no sera conexo. ( X , T ) y una familia de subconjuntos conexos {Si }iI de X , tales que existe uni I5.4 Sean un espacioconexo de la familia, con la condicinSi S h Entonces Solucin:SiIies conexo.Supongamos queSiIino sea conexo. Entonces, existen A , B tales queSiIi= A B ;A B = A, B = ;A, B abiertos en A , B abiertos en B = B1 ( Si ) donde A1 , B1 T .iISiIiSiIi A = A1 ( Si ) ,iIEntonces pues, de lo contrario,i I : Si ASi BSi = ( A Si ) ( Si B ) ; A Si ,iI( A Si ) ( Si B ) = B Si A Si = A1 ( Si ) Si = A1 Si abierto en Si B Si = B1 ( Si ) Si = B1 Si abierto en SiiIYSi no sera conexo. Sh AEntonces,Sh BSupongamos Caben entonces los siguientes casos: a) b)i I : S i B S i S h i I : Si A Si A B iI5.5 Sean un espacio( X , T ) y una familia de subconjuntos conexos {Si }iI de X tales queSiIi .Entonces,SiIies conexo.Solucin: Es consecuencia del problema anterior, tomando un cada uno corta al siguiente, o sea,Sh cualquiera de la familia 5.6 Sean un espacio ( X , T ) y una familia finita de subconjuntos conexos {S1 ,..., S n } de X , tales queS K S K +1 K = 1,..., n 1.EntoncesS1nKes conexo.Solucin: Lo demostraremos por recurrencia: a) n =1. La reunin sera S1 , que es conexo por hiptesis. b) SupongamosS = SK1n 1Conexo, y seaSn conexo tal que S n 1 Sn Entonces 5.7 I. II.S1nK= S Sn es conexo, segn el problema anterior.Sean ( X , T ) , (Y , T ') dos espacios conexos. Demustrese que X xY con la topologa producto es conexo. Sean ( X 1 , T1 ), ( X 2 , T2 ),..., ( X n , Tn ) espacios conexos. Demustrese que X 1xX 2 x...xX n connla topologa es conexo. (En particular, R es conexo.) Solucin: I. Sea a X .Entonces {a}xY Y es conexo (problemas 4.12 y 5.3). Por la misma razn:y Y ,Se verifica que YX x{ y} X conexoy Y , Luego (problema 5.4) es conexo. II. Por recurrencia: a) Es conexo b) Supongamos conexo. Entonces, (problema 413) es conexo, segn I).({a}xY ) ( X x{ y}) = {(a, y )} .5.8 Demustrese que los nicos subconjuntos de la recta real que son conexos son los puntos y los intervalos. Solucin: I. Todo subconjunto de que no sea ni un punto ni un intervaloes no conexo. En efecto: Luego Y no es conexo. II. Todo punto es conexo. Vamos a ver ahora que todo intervalo es conexo. Sea un intervalo cualquiera de, y supongamos que no es conexo. Entonces se verifica que: Donde abiertos de. Como existe, y, como , existe, y ,pues. Supongamos y sea Dicho extremo superior existe, pues Est acotado (problema 6.17). Adems, Pues es un intervalo. Vamos a ver que esto es una contradiccin, pues En efecto: a) Si, entonces, pues. Luego Abierto Por ser intervalo Y no podra ser el extremo superior del conjunto anterior. b) Si ; entonces, pues. Luego Abierto Tal que Por ser intervalo. Luego Y es una cota superior del conjunto anterior Y .Luego no puede ser el extremo superior de dicho conjunto. 5.9 demustrese que la recta racional no es conexa. Solucin: Resulta como consecuencia del problema anterior. 5.11. I. Sean un espacio y un subconjunto conexo de. Sea una particin de por abiertos no vacos. Demustrese que II. Sean un espacio y un subconjunto de tal que Entonces es conexo. En particular, es conexo.Solucin: I. Si no fuera , entonces Y Son abiertos en distintos de, tales que E no sera conexo. II. Supongamos no conexo. Entonces, Es una particin de por abiertos ( abiertos de ). Entonces, segn I): Supongamos , con lo que Y Luego existe Tal que Y Siendo entorno de, y llegamos a una contradiccin. Luego ha de ser conexo. 5.12 Sean , dos espacios conexos, , , subconjuntos propios de y de :Demustrese que el complementario en de es conexo. Solucin: Sean, .Entonces, Son conexos (problemas 4.12 y 5.3). Para cada elemento formamos, conexo. Sea Es reunin de espacios conexos tales que cada uno de ellos cortan a , conexo. Luego (problema 5.4) es conexo. Para cada elemento formamos, conexo. Sea Es conexo, por ser reunin de conexos tales que todos ellos cortan a conexo. Entonces, Y Luego Es conexo. 5.13 Sea un espacio , y sea dos subconjuntos conexos de , tales que Prubese que es conexo. Solucin: Sea Entonces, Luego es conexo (problema 5.11). Entonces Y Luego es reunin de conexos con interseccin no vaca, y por tanto, conexo. 5.14 sea una aplicacin de la recta real en la recta racional. Demustrese que es constante si, y slo si, es continua. Solucin: I. Toda aplicacin constante es continua (problema 3.6). II. Supongamos continua. Entonces, es continua. Supongamos que no es constante; entonces existen tales que Supongamos Tomamos en un intervalo abierto tal que Entonces ha de ser conexo (problema 5.3) y, por lo tanto, un intervalo (problema 5.8). Pero esto es absurdo, pues existe irracional tal que 5.15 Sea y una aplicacin continua . demustrese que existe tal que (f tiene punto fijo). Solucin: Supongamos que no tiene punto fijo. Entonces: Construimos la aplicacin Es continua (problema 4.3). Por lo tanto, es conexo. Sean, entonces, Son abiertos de .Luego Son abiertps de, y se verifica: Pues Pues Pues Adems, En efecto, Pues Si , entoncesSi , Luego no es conexo, y llegamos a un absurdo. 5.16 Sea unha aplicacin continua tal que Demustrese que existe tal que Solucin: Es conexo por ser imagen continua de conexo. Si, entonces: pertenece a Luego pertenece a Luego Y no sera conexo. Luego Y existe tal que Pues 5.17 Demustrese que: es conexo Solucin: I. Supongamos conexo. Si Entonces, Sera reunin disjunta de dos cerrados no vacos, y no sera conexo. Luego II. Supongamos no conexo. Entonces existen dos cerrados de tales que: Entonces 5.18 Sean un espacio topologico y un subconjunto de. Demustrese que si existe un subconjunto conexo de tal que entonces se cumple que Solucin: Sabemos que: Supongamos que: Entonces se tiene: Abiertos Y no sera conexo. 5.19. I. Demustrese que en todo conjunto hay una topologa mnima entre las que hacen a espacio. II. Si es infinito y es la topologa mnima entre las que se hacen a espacio , entonces es conexo. Solucin: I. Sea la familia de conjuntos Y sea la topologa que tiene a como subbase (problema 1.31) . a) Es espacio , puesto que todo punto es cerrado (problema 2.28). b) Sea un espacio . Veamos que ; en efecto, para todo elemento de la subbase se verifica que De donde Puesto que es cerrado en . luego II. Supongamos infinito, y sea . Veamos que es conexo. Si no lo fuera, existiran dos abiertos no vacos , , tales que: Como es subbase de se verifica que donde Es finito. Anlogamente, Donde es finito. Por lo tanto, Luego sera reunin de dos conjuntos finitos y, por lo tanto, finito (contra hiptesis) 5.20 Sea Prubese que es no conexo. Solucin: Sea: Es continua (problema 7.64), y sean Abiertos en . Entonces, Y pues Luego es no conexo. 5.21 demustrese que es conexo Solucin: SeaEs homeomorfo a y, por lo tanto, conexo. Adems, Vamos a ver que todo punto de pertenece a un subconjunto conexo de , cuya interseccin con es no vaca, con lo que es reunin de conjuntos conexos cuya interseccin con y conexo es distinta de vaco, y, por lo tanto, es conexo. Sea Distinguiremos dos casos: a) . Entonces, el conjunto Es conexo (por ser imagen continua de ), no contiene al origen, contiene a y corta a b) . Entonces, el conjunto Es conexo (por ser imagen continua de ), no contiene al origen, contiene a y corta a. 5.22 Demustrese que es conexo (). Solucin: Establecemos la aplicacin: Esta aplicacin es continua (problema 4.3). Adems es sobreyectiva, pues si Entonces Luego, por ser conexo (problema5.21), es conexo. 5.23 Demustrese que es conexo. Sean Cada uno de los conjuntos son imgenes continuas (problema 4.3) de [-1,1) conexo. Luego son conexos, y: Luego es conexo (problema 5.5) 5.24 Demustrese que no es homeomorfo a . Solucin: Sea un homeomorfismo, y sea tal que Entonces Es un homeomorfismo (problema 3.2) y no conexo Y conexo (problema 5.23), con lo cual llegamos a una contradiccin. (Hgase otra demostracin mediante compacidad.) 5.25. Se llama componente conexa de un espacio a todo subconjunto conexo maximal. Demustrese. I. Toda componente conexa es un subconjunto cerrado. II. La familia de componentes conexas de forma una particin de III. Es conexo si, y slo si, tiene una nica componente conexa. IV. Es conexo si, y solo si, para todo par de puntos , existe conexo, tal que . Solucin: I. Componente conexa conexo conexo cerrado. II. . a) Todo elemento pertenece a la componete conexa: Conexo No vaca, pues conexo. Luego, si es la familia de componentes conexas de , se verifica: b) Sea la familia de componentes conexas de . Entonces: Pues, de lo contrario, sera componente conexa. III. Es consecuencia inmediata de II). IV. Si es conexo, todo par de puntos, conexo. Supongamos ahora que para todo par de puntos existe conexo, tal que . sea ; entonces, Pues para todo existe conexo tal que 5.26 Sea un abierto de. I. Demustrese que cada una de las componentes conexas de es un abierto. II. Demustrese que el conjunto de las componentes conexas de es numerable. Solucin: I. Es de la forma Donde es un intervalo abierto de (problema 4.16) Sea una componente conexa de , sea . Entonces, Pues Es conexo, por ser producto finito de conexos (problema 5.7). luego es abierto, pues todo punto suyo es interior a. II. Establecemos una aplicacin entre las componentes conexas y los puntos de coordenadas racionales, haciendo corresponder a cada componente uno de dichos puntos contenidos en ella(cada componente contiene un producto de intervalos abiertos, y, por lo tanto, existe dicho punto). Esta aplicacin es inyectiva), pues las componentes conexas forman una particin de . Luego tenemos una aplicacin inyectiva del conjunto de las componentes conexas en un conjunto numerable y por lo tanto, las componentes conexas de forman un conjunto numerable. 5.27 Demustrese que todo subconjunto abierto de es reunin numerable de intervalos abiertos no rampantes (que no se cortan). Solucin: Las componentes conexas tienen que ser intervalos (problema 5.8). Luego, por el problema anterior, resulta que dichos intervalos han de ser abiertos y en cantidad numerable. Dichos intervalos no se cortan, por ser componentes conexas. 5.28 Sea un espacio y una aplicacin continua Demustrese que para todo abierto de se verifica que es un (reunin numerable de cerrados). Solucin: Todo abierto de es reunin numerable de intervalos abiertos no rampantes (problema 5.27). Todo intervalo abierto de es reunin de la familia numerable de cerrados Por lo tanto, es reunin numerable de intervalos cerrados, y Es reunin numerable de cerrados. 5.29 Diremos que dos elementos de un espacio topolgico se pueden unir mediante un camino en , si existe una aplicacin continua tal que Demustrese que la relacin se pueden unir mediante un camino en es una relacin de equivalencia en . Se llaman componentes por caminos de a las clases de equivalencia correspondients a dicha relacin. Solucin: a) Sea . Definimos la aplicacin constante Dicha aplicacin es continua y Luego b) Supongamos . Entonces, existe una aplicacin continua Tal que Definimos entonces la aplicacin De la siguiente forma: Es continua, pues es producto de las aplicaciones continuas Y Luego c) Supongamos e . Entonces existe una aplicacin continua Tal que Y la aplicacin continua Tal que Definimos entonces la aplicacin: Donde Para Y Para Es la aplicacin, pues para resulta: Sean Es continua, pues es la composicin de las aplicaciones continuas Es continua, pues es la composicin de las aplicaciones continuas Luego es continua (problema 3.18) y Luego 5.30 Diremos que un espacio es conexo por camonos si su nica componente por caminos es X. Demustrese que todo espacio conexo por caminos es conexo. Solucin: Para todo par de puntos ser verifica que existe una aplicacin continua Tal que Donde es conexo, por ser imagen continua de un conexo. Luego (problema 5.25), es conexo. 5.31 Sea un espacio conexo por caminos, y sea una aplicacin continua y sobre. Demustrese que es conexo por caminos. Solucin: Sean . Entonces, por ser sobre, existen tales quePor ser conexo por caminos, existe una aplicacin continua Tal que Definimos entonces Como la aplicacin producto Es continua y Luego es conexo por caminos. 5.32 En consideremos el conjunto: Estdiese si es un conjunto conexo. Solucin: Es reunin de los conjuntos Es la imagen mediante la aplicacin continua (problema 4.3) Donde es el intervalo (comprubese). Luego es conexo. La interseccin de todos los conjuntos es no vaca, pues contiene al (0,0). Luego (problema 5.5), es conexo. 5.33 Sean y dos subconjuntos no vacos de un espacio topolgico . Prubese que si y son cerrados y y son conexos. Prubese mediante un ejemplo en la recta real, que la hipotesis por ser y cerrados no puede suprimirse. Solucin: I. Sea una particin de por cerrados (en y en por ser cerrado). Entonces alguno de los cerrados ha de contener a , pues, de lo contrario, tendramos una particin de por cerrados; supongamos Entonces, , es una particin de por cerrados, y no sera conexo. Luego es conexo, y analogamente lo es. II. Considrese los conjuntos 5.34 Demustrese que le subconjunto de es conexo. Solucin: Sean Y Entonces, Para todo; de donde conexo. 5.35 Pngase un ejemplo de un espacio topologico y un subespacio de tal que: I. Sea abierto y cerrado en II. Sea conexo. Solucin: Como subespacio de Es abierto de, ya que Es cerrado en , por ser [2,3] abierto de; es conexo por ser intervalo. 5.36 Dse un ejemplo de dos subconjuntos conexos de, tales que su interseccin sea vaca y su reunin sea conexa. Solucin: 5.37 Encuntrese un ejemplo de dos espacios una aplicacin continua y un subconjunto conexo, tal que sea no conexo. Solucin: 5.38 Sea un espacio conexo . Demustrese que la diagonal es un subconjunto conexo de. Solucin: (problema 4.7) luego conexo (problema 5.3). 5.39 Sean subconjuntos propios de , abierto y cerrado. Demustrese que y no pueden ser homeomorfos. Solucin: Supongamos que exista un homeomorfismo Es reunin de intervalos abiertos, la imagen mediante de cada uno de estos intervalos ha de ser un intervalo (la imagen continua de un conexo es conexo), y alguno de ellos debe ser no abierto, pues no puede ser abierto ( , conexo). Sea entonces el intervalo abierto tal que es intervalo no abierto. Entonces el intervalo tiene un extremo que pertenece a; sea este extremo , y sea Entonces,Donde es no conexo, y s es conexo, con lo que llegamos a una contradiccin. Diremos que un espacio es localmente conexo si todo punto tiene un sistema fundamental de entornos formado por conjuntos conexos por arcos. 5.40 Pngase un ejemplo de espacios, y una aplicacin continua sobre tales que sea localmente conexo e no lo sea. Solucin: Con la topologa discreta, Como subespacio de la recta real, 5.41 Mustrese que la unin de infinitos subconjuntos localmente conexos y cerrados, no es, en general, localmente conexa. Solucin: Es localmente conexo y cerrado. No es localmente conexo, ya que los entornos de (1,0) no son conexos. 5.42 Mustrese que la unin finita de subconjuntos localmente conexos no es, en general, localmente conexa. Solucin: Y son localmente conexos. No es localmente conexo, pues los entornos de no son conexos.5.43 Sean A1 , A2 subconjuntos localmente conexos y cerrados de un espacio( X , T ) . Demustrese queA = A1 A2es localmente conexo. Solucin: Sean y A , V entorno de Caben los siguientes casos:yy en ( X , T ) .a)y A1yy A2 .W entorno de y en ( X , T ) tal que W y A2 = . y A1 ; W y V y A1 entorno de y en A1 ; y Por tanto, existe U , entorno de y en A1 , tal que U y W y V y A1 y y U conexo. U y = B y A1 y donde B es entorno de y en ( X , T ) . U y = B y V y W y A1 ,Entonces, luego existeB y V y W yentorno de Yy en ( X , T ) tal queB y V y W y V y B y V y W y A = U y conexob)y A1 A2 .Entonces,yV2 entorno de y en ( X , T ) , tal que V y1 V y yyV y1 A1 conexo; V y 2 A2 conexo.V2 entorno de y en ( X , T ) tal que V y2 V y ,Se verifica, por lo tanto, que(V2 A2 ) (V y1 A1 )yy en. A De donde existe W , entorno de y en ( X , T ) , tal quees conexo y es entorno deyW y A = (V2 A2 ) (V y1 A1 ) . y y Existe, por ultimo, V W , entorno de y en ( X , T ) tal que V y W y V y W y V y A = W y A conexo.yluego existeB y V y W yentorno de y en ( X , T ) tal queB y V y W y V yYB y V y W y A = U y conexob)y A1 A2 .yEntonces, V2 entorno de y en ( X , T ) , tal queV y1 V yV2 entorno de y en ( X , T ) tal que V y2 V y ,yyV y1 A1 conexo; V y 2 A2 conexo.Se verifica, por lo tanto, que(V2 A2 ) (V y1 A1 ) es conexo y es entorno de y en. A y De donde existe W , entorno de y en ( X , T ) , tal queyW y A = (V2 A2 ) (V y1 A1 ) . y y Existe, por ultimo, V W , entorno de y en ( X , T ) tal que V y W y V y W y V y A = W y A conexo.yCapitulo 6 Espacios compactos6.2 Diremos que un espacio ( X , T ) tiene la propiedad interseccin finita cuando para toda familia de cerrados {Ci }iI tal que cualquier nmero finito de ellos tiene interseccin no vaca, se verifica queCiIies no vaca. Demustrese que un espacio es compacto si,y slo si, posee la propiedad de interseccin finita. Solucin: I. Supongamos ( X , T ) compacto y {Ci }iI una familia de cerrados tal que cualquiernmero finito de ellos tiene una interseccin no vaca. Vamos a ver que siCiI iIi=llegamos a una contradiccin; en efecto:X = X Ci = ( X Ci )iILuego { X Ci }iI es recubrimiento abierto de X , y ,por lo tanto, existe su subrecubrimiento finito{ X C1 ,..., X Cn }EntoncesX = ( X C1 ) ... ( X Cn )y = C1 C2 ... CnContra hiptesis.( X , T ) tiene la propiedad de interseccin finita, y sea = {U i }iI Un recubrimiento abierto de X .Vamos a ver que sino existiera un subrecubrimiento finito llegaramos a una contradiccin; en efecto, para toda subfamilia finita {U1 , U 2 ,..., U n } de seII. Supongamos que tiene entoncesX (U1 U 2 ... U n ) Luego( X U1 ) ... ( X U n ) y ( X U ) i iICon lo queX U i iIContra hiptesis. 6.3 Demustrese que, en un espacio compacto, todo subconjunto infinito posee punto de acumulacin.Solucin: Sea ( X , T ) compacto, y sea Y X infinito. Supongamos que Y no tenga punto de acumulacin; entonces, para todo punto x X existe un entorno abiertoU x tal que(U x {x}) Y = la familia finito(luego Y {x} X U )x{U x }xX forma un recubrimiento abierto de X . Luego existe un subrecubrimiento U x1 ,...,U xno sea,Ui =1nxi=XAhora bien,Y {x1} X U x1 Y {x2 } X U x2 Y {xn } X U xnDe dondeY {x1 ,..., xn } X U x1 Y {x1 ,..., xn } X U x2 Y {x1 ,..., xn } X U xnluegoY {x1 ,..., xn } ( X U ) = X U xi = X X = xi i =1 i =1nnE es finito, contra hiptesis.( X , T ) , y una aplicacin f : ( X , T ) (Y , T ') continua. Demustrese que f ( X ) es compacto. (En particular, si f es continua y sobre, Y es6.5 Sea un espacio compacto compacto). Solucin: Sea un recubrimiento abierto{U i f ( X )}iIdef ( X ) . EntoncesUiIi f (X )Luego X f 1 U i = f 1 (U i ) { f 1 (U i )}iI iI iI es un recubrimiento abierto de X ; luego existe un subrecubrimiento finito:{ f 1 (U1 ) ,..., f 1 (U n )}Entonces,X = fi =1 nn1 n 1 (U i ) f ( X ) = f f (U i ) i =1 n i =1= f [ f 1 (U i ) = [U i f ( X )]i =1y {U i f ( X )}i =1,...,n es un subrecubrimiento finito de f ( X ) .6.6 Sea un espacio compacto( X , T ) y topologa T ' menos finita que T .Prubese que ( X , T ') es tambin compacto. Solucin: Dada una familia de abiertos {U i }iI de T ' que recubrenX,X = U iiIse tiene que {U i }iI son tambin abiertos de subrecubrimiento finito.T , y, por ser ( X , T ) compacto, existe un6.7 I) Demustrese que todo subconjunto cerrado de un espacio compacto, existe un subrecubrimiento finito II) Pngase un ejemplo de un espacio compacto y de un conjunto compacto suyo que sea cerrado. Solucin: I) Sea ( X , T ) compacto y un subconjunto cerrado C de X . Sea{U i C}iIun recubrimiento abierto de C . Entonces{ X C} {U i }iIes un recubrimiento abierto de LuegoX , y existe un subrecubrimiento finito X C , U1 ,...,U n de X U1 C ,..., U n CEs un subrecubrimiento finito de C . II) Tomamos X = {a, b} con la topologa indiscreta formada por 6.9X , . EntoncesX es compacto, y el subconjunto C = {a} es compacto y no cerrado. I) En todo espacio compacto, toda sucesin posee algn valor de adherencia. II) Si tiene un nico valor de adherencia, converge hacia ese valor. Solucin: Sea ( X , T ) compacto y una sucesin {an }nN de puntos de XI) El conjunto de valores de adherencia esA=nNAndondeAn = {an , an +1 ,...}es cerrado, y toda interseccin finita de elementos es no vaca. Luego (problema 6.2)A = An nNII)SeaV entorno abierto de a . Entonces V a An es cerrado n N . Luego, comoa nN( V a An = V a An = nN a V {a})ha de ser (problemas 6.2) un nmero finito(Y, si nr = max(n1 ,..., nr ) es LuegoV a An1 ... )An j de tal que:(V a Anr = )V a Anr = Anr V ayAnr V aCon lo que {an } converge hacia a 6.10 Sea ( X , T ) un espacio T2 y seaY un subconjunto compacto de X . Supongamos x X Y y Y existen V y , U yx , entornos abiertos deSolucin: Por ser ( X , T ) un espacio T2 , para todo puntoy , x , respectivamente, tales quex V y U y = La familia {V }yY forma un recubrimiento abierto de finito ( V ,..., V Sean:y1 ynyY . Luego existe un subrecubrimiento).A = V y1 ... V yn ;6.11 6.12 6.13 6.14x x B = U y1 ... U yn Entonces los abiertos A , BSea un espacio y sea un subconjunto compacto de Sea un espacio y dos subconjuntos de compactos y tales que Sea un espacio compacto, y sea un espacio I) Sean dos espacios compactos. Demustrese que el espacio producto es compacto. 6.15 Demustrese que la recta real no es compacta. Solucin: Sea el recubrimiento abierto de: Ningn subconjunto finito Puede ser recubrimiento de . En efecto: sea un subconjunto finito Entonces 6.16 Demustrese que todo intervalo cerrado de es compacto Solucin: Supongamos un recubrimiento abierto de , tal que no admite subrecubrimiento finito. Entonces tampoco debe existir subrecubrimiento 6.17 Demustrese que en , todo subconjunto acotado superiormente tiene extremo superior y todo subconjunto acotado inferiormente tiene extremo inferior. Solucin: Sea un subconjunto de acotado superiormente por una cota , sea tal que . Vamos a considerar entonces los elementos de que pertenecen al intervalo . Para cada uno de estos elementos consideramos el conjunto: Y se verifica: Cualquier nmero finito de los cerrados as construidos tienen interseccin no vaca (s es , entonces); Luego, por ser compacto, es (propiedad de interseccin finita). Sea entonces: I) es cota superior de , pues si y , entoncesluego , pues si fuera , entonces (comprubese). II) es extremo superior de , pues si es otra cota superior de , entonces En efecto, si fuera , entonces (comprubese), y, por tanto, De manera anloga se demuestra que todo subconjunto acotado inferiormente tiene extremo inferior.Capitulo 7 Espacios mtricos7.1 Dado un conjunto E con una mtrica d , demustrese que los subconjuntos de E la forma donde r > 0Brx = { y E / d ( x, y ) < r}forman base de una topologa sobre E (dichos conjuntos se llaman bolas abiertas de centro x y radio r ,el espacio topolgico correspondiente se llama espacio mtrico sobre E determinado por la mtrica d y se anota ( E , d ) o E cuando se sobrentiende la mtricas que se considera). Solucin: IE = Brxr >0 xEes inmediato, pues para todo x E se verifica:x BrxII Sean dos bolas Br1 , Br2 abiertas tales quex xBrx Bry 1 2Seaz Brx Bry 1 2Sea entoncesr = min[r1 d ( x, z ), r2 d ( y, z )]Entonces,r >0 yBrz Brx Bry 1 2(comprubese). 7.2 I) Demustrese que en cada punto x de un espacio mtrico E , el conjunto de bolas abiertas de centro x forman una base de entornos abiertos en x . II) Se defina una bola cerrada de centro x y radio r > 0 como:B 'rx = { y E / d ( x, y ) r} Demustrese que el conjunto de bolas cerradas de centro x forma una base de entornos en x . III) Demustrese que en todo punto x existe una base de entornos numerable.Solucin: I Las bolas abiertas que contienen a x forman una base de entornos de x (problema 1.28). Entonces basta que toda bola abierta que contiene a x contenga una bola abierta de centro x . Sea la bola abierta Br tal queyx Bry ;sea entoncesr1 = r d ( x, y )Y se verificax Brx Bry 1(Comprubese). II .x(a) Toda bola cerrada B 'r de centro x es entorno de x . En efecto:x Brx/ 2 B 'rx(comprubese)(b) Dichas bolas cerradas forman una base, pues si es Br una bola abierta de centro x , entoncesxx B 'rx / 2 Brx(Comprubese). III Las bolas abiertasx {B1/ n }nNforman una base numerable de entornos, pues si esBrx una bola abierta de centro x , entonces 1 v N , n v : < r nx x B1/ n Brxy Adems estas bolas cumplen la condicin de que cada una contiene a la siguiente (comprubese). 7.7 Sea un espacio mtrico ( E , d ) . Demustrese que existe en E una mtrica acotada d ' acotada por 1 (para todo par de puntos x, y y de E de se verifica que d '( x, y ) 1 ) equivalente a la mtrica dada. Solucin: Definimosd ' : E E R;d '( x, y ) = min(d ( x, y ),1)(Comprubese que esta aplicacin verifica las propiedades de mtrica). Los espacios mtricos a que dan lugar son los mismos, pues las bases correspondientes son equivalentes (problema 1.18). Diremos que un espacio topolgico ( X , T ) es metrizable si existe una mtrica sobre X tal que la topologa a que da lugar coincide con T . 7.8 Demustrese que todo subespacio de un espacio mtrico es metrizable. Solucin: Sead : E E R+Y sea un subconjunto A de E . Definimos entonces la mtrica sobre A como la aplicacin anterior d restringida a A Ad : A A R+(que sigue verificando las propiedades de una mtrica; , con esta mtrica, se llama subespacio mtrico de ( E , d ) ). Una base del espacio mtrico corresponde est formada por bolas abiertas de A , que son de la forma:Bra Adonde Br son bolas abiertas de E de centros los puntos de A . Una base del subespacioaA est formada por los conjuntos Brx A x Donde Br son las bolas abiertas de E de centros cualesquiera (problema 1.19). Vamos a vertopolgico que ambas bases son equivalentes. Es inmediato que todo elemento de la primera es un elemento de la segunda. SeaBrx AUn elemento de la segunda base, y seaa Brx A ;Entonces (problema 7.2) existe r1 > 0 tal queBra Brx 1Y, por lo tanto:Bra A Brx A 1Luego ambas bases son equivalentes y dan lugar a la misma topologa. 7.9 Seaf : ( X , T ) (E, d ) Un homeomorfismo de un espacio topolgico ( X , T ) en un espacio mtrico ( E , d ) . Demustrese que el espacio ( X , T ) es metrizable.Solucin: I) Definimos la aplicacind ' : X X R+ ( x, y ) d '( x, y ) = d ( f ( x), f ( y ))Dicha aplicacin es una mtrica (comprubese). II) Veamos que todo abierto de ( X , d ') es de ( X , T ) , y recprocamente. Sea A abierto de ( X , d ') . EntoncesA = BrxYf ( A) = f ( Brx ) = Brf ( x )es abierto de ( E , d ) (comprubese). Luego, por serf homeomorfismo,f 1 f ( A) = AEs abierto de ( X , T ) . Sea ahora A abierto de ( X , T ) . Entonces, por ser homeomorfismo, Es abierto de Luego: Luego, por ser biyectiva (comprubese) y es abierto de . 7.10 Demustrese que la recta real es metrizable. Solucin: Definimos la aplicacin: (comprubese que se cumple las propiedades de una mtrica). Las bolas abiertas son los intervalos abiertos: Luego dicha metrica da lugar a la topologa usual de la recta real. 7.11 Demustrese que el producto de dos espacios mtricos , es metrizable. Solucin: Definimos las tres aplicaciones I) II) III) Las tres mtricas son uniformemente equivalentes (comprebese): Luego dan lugar a la misma topologa (problema 7.11). Una base del espacio mtrico est formada por los productos de bolas abiertas (comprubese y generalcese el resultado). Donde es una bola en es una bola de . Vamos a ver que ambas bases son equivalentes. Sea Una bola abierta de . Entonces (comprubese). Sea Un elemento de la segunda base, y sea Entonces (comprubese). Luego las tres mtricas anteriores dan lugar a la topologa producto de (problema 1.18) 7.14 I) Sea un espacio mtrico . Demustrese