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NOTAS DE TOPOLOGIA ALGEBRAICA MUY ELEMENTAL

DEPARTAMENTO DE GEOMETRIA Y TOPOLOGIAFACULTAD DE CIENCIAS MATEMATICAS, UCM

JESUS M. RUIZ

Contenido

Leccion 0. Recordatorio de topologıa elemental 2Homeomorfismos de discos y recintos poligonales. Cocientes topologicos. El teo-rema de extension de Tietze. Radio de un recubrimiento abierto. Compactifi-cacion por un punto y proyeccion estereografica. Curvas y superficies.

Leccion 1. Homotopıa 9Aplicaciones homotopas. Aplicaciones nulhomotopas. Convexidad y conjuntosestrellados. Interpolacion lineal. Interpolacion en esferas. Espacios contractiles.Homotopıa relativa.

Leccion 2. Homotopıas de caminos 12Caminos y lazos; extremos y puntos base. Homotopıas de caminos; extremosfijos. Homotopıas de lazos; punto base fijo. Representaciones geometricas de losdiversos tipos de homotopıa. Espacios simplemente conexos; caracterizaciones.

Leccion 3. Esferas 15Una esfera (de dimension ≥ 2) es simplemente conexa. Demostracion directa pormanipulacion elemental de caminos. Formulacion de la Conjetura de Poincare.Pequena resena historica.

Leccion 4. Operaciones con caminos 17Sistematizacion de las manipulaciones de caminos utilizadas en la seccion ante-rior. Producto de caminos. Propiedades algebraicas salvo homotopıa: asociativi-dad, elementos neutros, inversion.

Leccion 5. El grupo fundamental 20Grupo fundamental de base un punto dado. Ejemplos sencillos: conjuntos estre-llados y esferas. Espacios simplemente conexos. Independencia del punto base.Invarianza por homeomorfismo.

Leccion 6. El problema de elevacion 22Elevacion de aplicaciones continuas. Espacios recubridores. Comportamientolocal de las elevaciones. Unicidad. Lema de existencia para homotopıas. Natu-raleza homotopica de la existencia. Elevacion de caminos.

Leccion 7. Espacios proyectivos reales de dimension n ≥ 2 24Recubridores de los espacios proyectivos reales de dimension n ≥ 2. Calculo delgrupo fundamental de un espacios proyectivo real de dimension ≥ 2. El espacioproyectivo de dimension 3 y el grupo de rotaciones del espacio afın.

Leccion 8. La circunferencia 27El recubridor exponencial de la circunferencia. Numero de vueltas. Invarianzapor homotopıa de lazos. Calculo del grupo fundamental de la circunferencia. ElTeorema fundamental del Algebra.

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2 NOTAS DE TOPOLOGIA ALGEBRAICA MUY ELEMENTAL

Leccion 9. Teoremas de Borsuk-Ulam 30Teoremas para aplicaciones definidas en dimension 2: de paridad, de la aplicacionimpar, de coincidencias antipodales, de Lyusternik. Formulaciones en dimensionarbitraria y equivalencias diversas.

Leccion 10. Teorema de invarianza del dominio 32Invarianza del dominio: una aplicacion continua localmente inyectiva del planoen sı mismo es abierta. Consecuencias: invarianza de interiores y fronteras, in-varianza del borde, invarianza de la dimension. Validez en dimension arbitraria.

Leccion 11. Funtorialidad aka general non-sense 34El grupo fundamental como funtor: propiedades formales. Consecuencias: in-varianza por homeomorfismo, retracciones. Grupo fundamental de un producto.Ejemplos: el toro, el grupo de rotaciones de R3.

Leccion 12. Teoremas de Brouwer 36La circunferencia no es retracto del disco. Teorema del punto fijo. Ejemplos conun unico punto fijo. Teorema de la esfera despeinada: no hay campos sin cerosen la esfera. Ejemplos con un unico cero.

Leccion 13. Retractos de deformacion 39Retractos de deformacion fuerte. Espacios fuertemente contractiles. Deforma-ciones por interpolacion lineal. El isomorfismo inducido entre grupos fundamen-tales. Espacios afines agujereados, cilindro, banda de Moebius.

Leccion 14. Bouquets finitos 44Bouquets finitos. Deformaciones de la identidad de un bouquet. Calculo del grupofundamental: representacion de un lazo del bouquet como producto de lazos delos petalos y carencia de relaciones.

Leccion 15. Puntos singulares 49Bases de entornos agujerados de un punto. Invarianza de la dimension del planoafın. Invarianza del borde. Puntos singulares.

Leccion 0. Recordatorio de topologıa elemental

Recogemos en esta leccion introductoria algunos hechos, ejemplos y propiedades gen-erales de topologıa que nos haran falta mas adelante. No se incluyen muchos detalles,aunque se intenta expresar su alcance y dificultad.

0.1. Homeomorfismos utiles. A menudo utilizaremos homeomorfismos entre discos,triangulos, cuadrados o polıgonos mas generales, de manera que se controle el borde. Nopretendemos desarrollar una teorıa sistematica, sino describir como tratar las situacionesque se plantearan usando la interpolacion lineal de la geometrıa afın. La conclusion esque todas esas figuras son homeomorfas.

(1) Dos triangulos cualesquiera son homeomorfos, y el homeomorfismo preserva el borde.Basta utilizar la afinidad que lleva tres puntos no alineados a otros tres.

NOTAS DE TOPOLOGIA ALGEBRAICA MUY ELEMENTAL 3

Figura 1. Homeos entre triangulos.

(2) Combinando eslos homeomorfismos afines de triangulos se obtienen otros entrediversas figuras poligonales. Combinando significa pegando por el borde, lo que es posibleporque una afinidad de una recta esta determinada por sus valores en dos puntos distintosque en nuestro caso son los vertices que limitan cada lado. Por ejemplo

Figura 2. Homeos entre triangulos y otros polıgonos.

Como deciamos, los homeos de dos triangulos adyacentes se pueden pegar porque en ellado comun ambos estan determinados por las imagenes bi, bj de los vertices ai, aj, o demanera explıcita, en el lado comun ambos son la interpolacion lineal

(1− s)ai + saj 7→ (1− s)bi + sbj, 0 ≤ s ≤ 1.

Decimos que un homeomorfismo obtenido combinando ası varias afinidades es lineal apedazos.

Estos homeos afines a pedazos tambien puede definirse entre figuras no convexas:

Figura 3. Polıgonos no convexos.

(3) Un triangulo con dos vertices en una circunferencia y el tercero en su interior eshomeomorfo al triangulo obtenido reemplazando el lado que une los dos primeros verticescon el arco correspondiente de la circunferencia. El homeomorfismo transforma el interiorde una figura en el de la otra, y es la identidad en los lados del tercer vertice. La figura


representa la construccion que es simplemente una interpolacion lineal de cada segmento[c, p] sobre el correspondiente segmento [c, q].

Figura 4. Homeos entre triangulos y sectores circulares.

(4) Dados un triangulo y una circunferencia en la que se han elegido tres puntos,se tiene un homeomorfismo del triangulo en la circunferencia que lleva los vertices delprimero en los puntos elegidos de la segunda, y el interior del triangulo en el de la cir-cunferencia. basta pegar tres homeomorfismos del tipo (2) como se ve en la figura 5. Sehacen construcciones similares con cuadrilateros u otros polıgonos. En todos estos casosse obtienen homeomorfismos lineales a pedazos.

Figura 5. Homeos entre triangulos y discos, cuadrilateros y discos.

0.2. Cocientes y colapsamientos. No entramos aquı en detalles sobre la nocion generalde topologıa cociente, pero sı recordaremos algunas situaciones que utilizaremos en muchasconstrucciones. Sabemos que en general, dado un espacio topologico X y una relacionde equivalencia en el, el conjunto cociente Y se equipa con una unica topologıa tal queuna aplicacion f : Y → Z es continua si y solo si f p : X → Z es continua. Aquı pes la proyeccion canonica p : X → Y , tambien denominada identificacion en referencia alas identificaciones que determina la relacion de equivalencia que se tenga. Notese que larelacion de equivalencia en X es la inducida por p: x ≈ x′ si y solo si p(x) = p(x′). Lointeresante es reconocer un modelo adecuado del cociente Y .

Enumeramos algunos ejemplos.

(1) Una relacion de equivalencia usual es identificar todos los puntos de un subconjuntoA ⊂ X, lo que denominaremos colapsamiento de A. Por ejemplo, si colapsamos: (i)un lado de un cuadrado, obtenemos un triangulo, (ii) un arco del borde de un disco,obtenemos otro disco, (iii) todo el borde de un disco, obtenemos una esfera.


Figura 6. Colapsamientos.

En todos estos casos, la proyeccion canonica no es un homeomorfismo, aunque X e Ypuedan ser homeomorfos (casos (i) y (ii)). Sin embargo, al prescindir del conjunto A y suproyeccion el punto a sı obtenemos homeomorfismos: (i) de un cuadrado menos un ladosobre un triangulo menos un vertice, (ii) de un disco cerrado menos un arco en su bordesobre un disco cerrado menos un punto en su borde, (iii) de un disco abierto sobre unaesfera menos un punto.

(2) Si identificamos punto a punto los bordes de dos discos, obtenemos una esfera.Decimos que pegamos dos discos por su borde (aquı no entraremos en precisiones sobrede cuantas maneras podemos hacer ese pegado punto a punto).

Figura 7. Pegado de dos discos.

(3) Si identificamos punto a punto dos lados de un cuadrado con la misma orientacion,obtenemos un cilindro. Si lo hacemos invirtiendo la orientacion obtenemos una banda deMoebius.

Figura 8. Cilindro y banda de Moebius.


(4) Otro ejemplo bien conocido de cociente topologico es el toro. Un toro Y se ob-tiene identificando los lados opuestos de un cuadrado K (con la misma orientacion) comorepresentamos en la figura siguiente:

Figura 9. Cilindro y banda de Moebius.

Para obtener un modelo geometrico de ese cociente Y utilizamos primero la aplicacionp : R2 → R3 de ecuaciones

x = (2 + cos 2πu) cos 2πv, y = (2 + cos 2πu) sen 2πv, z = sen 2πu.

Esta p parametriza el toro de rovolucion T ⊂ R3 que resulta al girar alrededor del ejede las z’s la circunferencia y = 0, (x − 2)2 + z2 = 1. Resulta que la restriccion de p alcuadrado unidad K = [0, 1]2 induce la relacion de equivalencia del dibujo, luego induceun homeomorfismo Y → T .

Pero tambien la aplicacion q : K → R4,

x1 = cos 2πu, x2 = sen 2πu, y1 = cos 2πv, y2 = sen 2πv,

induce la misma relacion de equivalencia en el cuadrado unidad K, y su imagen es el pro-ducto de dos circunferencias S1 × S1 ⊂ R4, de manera que obtenemos un homeomorfismoY → S1 × S1. Este segundo modelo topologico del toro se denomina toro plano, puescomo superficie diferenciable tiene curvatura de Gauss identicamente nula (lo que no leocurre al toro de revolucion T ).

(5) Si identificamos cada dos puntos antipodales del borde de un disco, obtenemos elplano proyectivo. Este cociente da pie a varias consideraciones interesantes que ilustramoscon la figura siguiente.

Figura 10. El plano proyectivo.


Expliquemos esta figura. Via el homeomorfismo evidente del disco con la semiesfera pse corresponde con en el cociente q de la semiesfera en la que se identifican puntos an-tipodales del ecuador. Este cociente q es una de las representaciones habituales del planoproyectivo (a partir de la definicion de P 2(R) como el conjunto de las rectas vectorialesde R3). Luego descomponemos q en dos identificaciones sucesivas q = q2 q1: q1 identificaexactamente dos puntos antipodales, y dq2 identifica las dos circunferencias resultantescon iguales orientaciones. Si intentamos acercar las circunferencias para conseguir esaidentificacion en R3 las orientaciones deberıan ser opuestas, de manera que para repre-sentar el cociente hacemos mas de lo debido: q′2 identifica las cuatro semicircunferenciasentre sı. El resultado ya no es P 2(R) sino un cociente suyo q′ que se denomina modeloinmerso de Steiner (se tiene q′2 = q′ q2).

(6) La construccion anterior vale en dimension arbitraria. El espacio proyectivo realP n(R) es

(i) el cociente de Rn+1 \ 0 por proporcionalidad, luego(ii) el cociente de la esfera Sn por la identificacion antipodal x ≡ −x, luego(iii) el cociente de la semiesfera Qn = Sn ∩ xn+1 ≥ 0 por identificacion antipodal en

su borde, el ecuador En−1 = Sn ∩ xn+1 = 0.Notese ahora que por proyeccion sobre xn+1 = 0 la semiesfera Qn es homeomorfa a labola unidad cerrada Dn ⊂ Rn, y el homeomorfismo transforma el ecuador de En−1 en elborde Sn−1 de Dn. Ası, concluimos que P n(R) es el cociente de la bola unidad cerrada poridentificacion antipodal en su borde Sn−1. Se observa que esa identificacion en el bordedefine el espacio proyectivo P n−1(R), lo que expresamos diciendo que P n(R) se obtienepegando P n−1(R) a una celda. Para n = 1 esta descripcion es algo extrema: se trata depegar un punto a un intervalo, y se obtiene la circunferencia.

Como es habitual en topologıa, se utiliza el mismo nombre para espacios homeomorfos.Por ejemplo, una esfera (de dimension n) es un espacio homeomorfo a la esfera unidadSn : x2

1 + · · · + x2n+1 = 1 de Rn+1. Aquı nos interesaran principalmente las esferas de

dimension ≤ 2. De hecho, si decimos esfera sin precisar dimension, pensamos en una dedimension 2; una de dimension 1 es una curva de Jordan.

0.3. Teorema de extension de Tietze. Toda aplicacion continua f : A → [0, 1]definida en un cerrado A ⊂ Rn se extiende a todo Rn.

Este resultado es valido en condiciones mucho mas generales: en lugar del espacio afınRn basta tener un espacio ambiente X normal y Hausdorff. La demostracion es massencilla en el caso de topologıa definida por una distancia, como para X = Rn, y algo massi como Rn se tiene local compacidad. De hecho, una extension f : Rn → [0, 1] se puedeobtener por formula explıcita (de Hausdorff):

f(x) = infa∈A

d(x, a)

d(x,A)(f(a) + 1)− 1

para x ∈ Rn \ A.

La comprobacion es un ejercicio (largo pero difıcil).

Se pueden formular variantes de este teorema, pues de hecho se cumple para funcionesf con valores en intervalos arbitrarios, y en particular para funciones con valores en todala recta: f : A→ R. Esta cuestion de extension de funciones es fundamental y tendremosocasion de senalarlo con las homotopıas.


0.4. El numero de Lebesgue. Si K ⊂ Rn es compacto y Ui un recubrimientoabierto de K, existe ε > 0 tal que para todo x ∈ K la bola abierta B de centro x y radioε esta contenida en alguno de los Ui.

Este resultado se utiliza para descomponer un intervalo [0, 1] o un pave [0, 1]× [0, 1] ensubintervalos I o subpaves I×J totalmennte contenidos cada uno en algun Ui. Incluso sepueden tomar las amplitudes de tipo 1/k. La demostracion de esto es parte del teoremade Bolzano-Weierstrass en un curso basico de Calculo Diferencial.

0.5. Compactificacion por un punto. Como se sabe, un espacio localmente compactoy Hausdorff no compacto X se puede sumergir en otro compacto y Hausdorff X∗ que tienesolo un punto adicional. Esta es la denominada compactificacion de Alexandroff, que esunica en el sentido natural. Un ejemplo bien conocido es la proyeccion estereografica, quesirve para sumergir Rn en Sn. La proyeccion puede hacerse desde cualquier punto c sobreel plano vectorial tangente a la esfera en el punto (que es el plano c⊥ perpendicular alrayo c). La figura 11 corresponde al caso n = 2. Mediante un cambio de coordenadasortogonal podemos siempre suponer que proyectamos desde el polo norte c = (0, 0, 1),en cuyo caso se proyecta sobre el plano z = 0 que se identifica con R2. Ası tenemos laproyeccion S2\(0, 0, 1) → R2 con las ecuaciones:

(x, y, z) 7→(

x

1− z,

y

1− z

),

y las de la inmersion inversa R2 → S2:

(u, v) 7→(

2u

u2 + v2 + 1,

2v

u2 + v2 + 1,u2 + v2 − 1

u2 + v2 + 1

).

Figura 11. Proyeccion esterografica.

0.6. Curvas y superficies. Un conjunto M ⊂ Rn es una variedad topologica si eslocalmente homeomorfo a un espacio afın Rd. La dimension d de ese espacio afın sedenomina dimension de M . Si la dimension es 1 la variedad se llama curva, y si es 2 sellama superficie.

Que efectivamente esta definicion de dimension es buena no es nada vanal: involucrala denominada invarianza topologica de la dimension. Se trata de ver que dos espaciosafines localmente homeomorfos tienen la misma dimension. Para curvas es simplementemateria de conexion, pero para superficies solo lo obtendremos la invarianza despues decierto trabajo: 10.5, 15.2. Y ese trabajo no alcanza para dimensiones superiores.


Por otra parte, el reconocimiento de que objetos son superficies requiere incluso paracasos aparentemente sencillos buena parte de la materia de este curso, como se explicaraen la leccion 15. Allı se probara rigurosamente por ejemplo que la union de varios planostransversales no es una superficie, y con mas exactitud, que el numero de planos que seunen distingue topologicamente una union de otra.

Problemas

#1. Construir un homeomorfismo de un disco cerrado en sı mismo que sea la identidad en elborde y transforme el centro en cualquier otro punto interior prefijado.

#2. Utilizar la explosion R2 → R2 : (u, v) 7→ (u, uv) para formalizar el primer ejemplo decolapsamiento de la figura 6 de 0.2(1), p. 5.

Figura 12. Explosion del origen del plano.

#3. En Rn con la topologıa usual se define la relacion de equivalencia: t ∼ s si y solo siti − si es un entero. Demostrar que el espacio cociente Rn/ ∼ es homeomorfo al productoTn = S1 × · · · × Sn de n circunferencias.

#4. (1) Se llama toro solido al conjunto N ⊂ R3 generado al girar alrededor del eje de las z’sel disco cerrado D : y = 0, (x− 2)2 + z2 ≤ 1. Mostrar que N es homeomorfo a D × S1.

(2) Consideramos la esfera unidad S3 ⊂ R4 : x21 + x2

2 + x23 + x2

4 = 1 y los subconjuntos suyosdefinidos por las siguientes inecuaciones:

M ⊂ S3 : x21 + x2

2 ≤ 12 , M ′ ⊂ S3 : x2

3 + x24 ≤ 1

2 .

Demostrar que M y M ′ son (homeomorfos a) toros solidos y deducir que S3 es union de dostoros solidos pegados por su borde de manera que los meridianos del uno son los paralelos delotro.

#5. Sea f : E → X una aplicacion continua definida en un paralelepıpedo compacto E ⊂ Rn ysea Ui un recubrimiento abierto del espacio X. Demostrar que existe una amplitud η > 0 talque cualquier paralelepıpedo compacto K ⊂ E con lados de longitud < η tiene la imagen f(K)contenida en algun abierto Ui.

#6. Mostrar que la compactificacion de Alexandroff de un disco abierto es la esfera y usar estehecho para deducir que si colapsamos el borde de un disco cerrado obtenemos como se dice en0.2(1)(iii) una esfera.

Leccion 1. Homotopıa

La definicion inicial es bien sencilla:

Definicion 1.1. Una homotopıa es una aplicacion continua H : Y × [0, 1]→ X.

Hay varias maneras de interpretar la nocion de homotopıa, que conllevan notacionesespecıficas.


Terminologıa y notaciones 1.2. (1) Para cada s tenemos la aplicacion continua Hs :Y → X, ası que la homotopia es una familia de aplicaciones continuas Hs. Bienentendido, es una familia continua, pues lo es respecto de s.

(2) La homotopıa se puede interpretar como una deformacion continua de la aplicacionf = H0 a la aplicacion g = H1. Se escribe entonces Hs : f ' g y se dice que f es homotopaa g o simplemente que f y g son homotopas.

(3) Si una funcion continua f es homotopa a una funcion constante, se dice que esnulhomotopa.

Proposicion 1.3. La homotopıa entre aplicaciones es una relacion de equivalencia.

Demostracion. (i) Propiedad reflexiva: la homotopıa trivial Fs ≡ f hace f ' f .(ii) Propiedad simetrica: Si tenemos una homotopıa Fs : f ' g entonces tenemos su

inversa Gs = F1−s : g ' f .(iii) Propiedad transitiva: Dadas Fs : f ' g y Gs : g ' h, definimos Hs : f ' h

mediante

Hs =

F2s para 0 ≤ s ≤ 1

2,

G2s−1 para 12≤ s ≤ 1.

Este artificio es otra interpolacion lineal.

Ejemplos y observaciones 1.4. (1) Si X es conexo por caminos, entonces cualesquierados aplicaciones constantes x0, x1 : Y → X son homotopas. En efecto, por hipotesisexiste una camino σ : [0, 1] → X con σ(0) = x0, σ(1) = x1. Entonces Hs(y) = σ(s) esuna homotopıa de x0 a x1.

(2) Sea X ⊂ Rn un conjunto convexo y f : Y → X una aplicacion continua. Elegimoscualquier x0 ∈ X e interpolando tenemos

Hs = (1− s)f + sx0 : f ' x0.

Notese que por la convexidad de X todos los segmentos [f(y), x0] estan contenidos en X,luego Hs(y) ∈ X para todo y ∈ Y . Esto muestra que todas las aplicaciones Y → X sonnulhomotopas. De hecho, bastarıa con que X fuera estrellado respecto de x0.

(3) Por 1.4(1) y 1.4(2), en un conjunto estrellado todas las aplicaciones continuas sonhomotopas.

(4) Consideremos ahora la esfera unidad Sn : x21 + · · · + xn+1 = 1. Para obtener una

homotopıa entre dos aplicaciones f, g : Y → Sn podemos normalizar la interpolacion:

Hs =(1− s)f + sg

‖(1− s)f + sg‖

Figura 13. Interpolacion en la esfera.


Pero para poder hacer esto es necesario que el denominador no se anule nunca. Estosignifica que ningun segmento [f(y), g(y)] ⊂ Rn+1 pase por el origen. Como f(y) yg(y) estan en la esfera, eso quiere decir que f(y) y g(y) no son antipodales, o sea quef(y) 6= −g(y) para cada y ∈ Y . Diremos en ese caso que f y g no tienen imagenesantipodales (por lo que son homotopas).

(5) Si una aplicacion continua f : Y → Sn no es suprayectiva, entonces es nulhomotopa.En efecto, sea x0 /∈ f(Y ). Entonces f y la aplicacion constante −x0 no tienen imagenesantipodales, luego f ' −x0.

Casi es innecesario decir que el problema que se plantea es reconocer cuando dos apli-caciones son homotopas. En estas notas lo abordaremos muy limitadamente, pero in-tentaremos que sea lo suficiente para entender su dificultad y su importancia.

El que sigue es un concepto relevante:

Definicion 1.5. Un espacio X se denomina contractil si la identidad IdX : X → X esnulhomotopa.

Observacion 1.6. (1) Si X es contractil, entonces es conexo por caminos. En efecto,existe una homotopıa Hs : IdX ' x0, y para cada x ∈ X la aplicacion s 7→ Hs(x) es uncamino de H0(x) = x a H1(x) = x0. Por tanto todos los puntos se pueden conectar a x0,luego entre sı.

(2)?? Si X es contractil, todas las aplicaciones f : Y → X son nulhomotopas. Enefecto, la homotopıa la composicion Hs f es una homotopıa de H0 f = IdX f = f aH1 f ≡ x0.

(3) Por 1.4(2) todo conjunto estrellado es contractil. La homotopıa usada alli se llamaa veces contraccion.

A continuacion refinamos la nocion de homotopıa:

Definicion 1.7. Sea Hs : Y → X una homotopıa. Se dice que es una homotopıa relativaa un conjunto A ⊂ Y cuando Hs|A = H0|A para todo s.

Cuando dos aplicaciones f, g : Y → X son homotopas y se tiene una homotopıa Hs :f ' g relativa a un conjunto A ⊂ Y , se dice que f y g son homotopas relativamente aA. Se denota Hs : f 'A g. Es claro que para que esto sea posible hace falta que f yg coincidan en A, de manera que en este contexto el problema es cuando dos funcionesque coinciden en A son homotopas relativamente a A. Que la homotopıa relativa esuna relacion de equivalencia se prueba con la misma demostracion de las homotopıasarbitrarias.

La interpolacion lineal se adecua bien a la homotopıa relativa. Si podemos interpolardos aplicaciones f y g para obtener una homotopıa Hs = (1 − s)f + sg y f(y) = g(y)entonces

Hs(y) = (1− s)f(y) + sg(y) = (1− s)f(y) + sf(y) = H0(y).

En particular, si X es estrellado respecto de un punto x0, entonces la contraccion Hs =(1− s) IdX +sx0 es una homotopıa relativa a x0.


Figura 14. Contractibilidad de un conjunto estrellado.

Problemas

#1. Se identifican las aplicaciones lineales h : Rn → Rn con sus matrices L ∈ Rn × Rnrespecto de la base estandar de Rn. Se sabe que el conjunto abierto det(M) 6= 0 formado por lasmatrices regulares tiene dos componentes conexas Ω+1 y Ω−1 definidas por det > 0 y det < 0respectivamente. Expresar este hecho en terminos de homotopıa.

#2. Demostrar que un espacio X es contractil si y solo si toda aplicacion f : X → Y esnulhomotopa.

#3. Sea X un espacio contractil: IdX ' a para cierto punto a ∈ X. Sea Y cualquier otroespacio y consideremos las aplicaciones

h : Y → X × Y : y 7→ (a, y), p : Y ×X → Y : (x, y)→ y.

Probar que h p ' IdY and p h ' IdX×Y .

#4. El cono sobre un espacio X es el cociente CaX de X × [0, 1] obtenido colapsando A =X×1; el subındice a denota el vertice del cono, que es el punto del cociente correspondiente aA. Entonces X ⊂ CaX via x 7→ (x, 0). Demostrar que una aplicacion f : X → Y es nulhomotopasi y solo si se extiende a f : CaX → Y .

#5. Sea f : Sn → Sn una aplicacion continua no homotopa a la identidad. Probar que ftransforma algun punto x ∈ Sn en su antıpoda: f(x) = −x. Dar una condicion suficienteanaloga para que f tenga algun punto fijo x = f(x).

Leccion 2. Homotopıas de caminos

Las homotopıas que mas trataremos nosotros son las de caminos y lazos. Recordemosque:

Definicion 2.1. Un camino en X es una aplicacion continua σ : [0, 1] → X y el caminoes un lazo cuando σ(0) = σ(1). Los puntos x0 = σ(0) y x1 = σ(1) son los extremos delcamino, y si x0 = x1 decimos que x0 es la base del lazo.

Para evitar confusiones, siempre denotaremos t la variable del camino (o del lazo), esdecir, escribiremos σ(t) ∈ X. Ası, cuando se tenga una homotopıa Hs : Y → X conY = [0, 1] escribiremos Hs(t) ∈ X, (t, s) ∈ Y × [0, 1] = [0, 1] × [0, 1]. La terminologıapor lo demas es la esperable: diremos homotopıa de caminos (lazos) y caminos (lazos)homotopos. Pero se debe ser cuidados con las diferentes posibilidades para estas homo-topıas.

Terminologıa y notaciones 2.2. (1) Una homotopıa de caminos Hs : [0, 1] → Xpuede ser relativa de maneras varias, pero la mas importante es cuando lo es respecto de


los extremos, es decir, cuando Hs(0) = H0(0), Hs(1) = H0(1). En otras palabras, doscaminos σ, τ con los mismos extremos x0, x1 son homotopos con extremos fijos cuandoexiste una homotopıa Hs : σ ' τ tal que todos los caminos Hs tienen los mismos extremosque σ y τ : Hs(0) = x0, Hs(1) = x1.

Figura 15. Homotopıa de caminos con extremos fijos.

(2) Supongamos que σ y τ son dos lazos, posiblemente con distintos puntos base. Unahomotopia Hs : σ ' τ es una homotopıa de lazos cuando todos los caminos Hs son lazos,posiblemente con distintos puntos base: Hs(0) = Hs(1) para todo s. Si se dice que doslazos son homotopos hay que especificar si la homotopıa entre ellos es de lazos o no.

(3) Finalmente, dos lazos σ y τ con el mismo punto base x0. Una homotopıa Hs : σ ' τes una homotopıa con punto base fijo cuando todos los caminos Hs son lazos con el mismopunto base x0: Hs(0) = Hs(1) = x0 para todo s. Esto es decir que Hs es una homotopıacon extremos fijos.

Observese que cualquier camino σ es nulhomotopo: basta definir Hs(t) = σ((1 − s)t).O si se prefiere decir ası: dos caminos cualesquiera son homotopos. Es cuando se imponealguna condicion de relatividad a la homotopıa cuando aparecen fenomenos interesantesque dependen de la naturaleza del espacio en que esta el camino. Por otra parte, convieneadvertir que en realidad una homotopıa es simplemente una extension continua a todo elcuadrado [0, 1]× [0, 1] de una aplicacion definida en su borde. Podrıamos utilizar en lugarde un cuadrado cualquier espacio homeomorfo, prescribiendo en su borde lo que segun loscasos convenga. Veremos esto a menudo.

Tal vez esta vision de la homotopıa como extension nos recuerde el Teorema de extensionde Tietze, que garantiza la existencia de extensiones continuas, pero para funciones, o masgeneralmente para aplicaciones vectoriales, es decir, con valores en Rn. En el caso de lashomotopıas, esto significa que serıan entre caminos del espacio afın. Pero ya sabemos queefectivamente dos caminos cualesquiera de Rn son homotopos con extremos fijos, por elargumento sencillo de la interpolacion lineal.

Definicion 2.3. Un espacio X se denomina simplemente conexo cuando dos lazos con elmismo punto base son homotopos por una homotopıa con punto base fijo.

El siguiente resultado es importante por sı mismo y por lo que ensena sobre la con-struccion de homotopıas.

Proposicion 2.4. Un espacio X es simplemente conexo si y solo si se cumple una de (ypor tanto todas) las propiedades siguientes:

(i) Dos caminos cualesquiera con los mismos extremos son homotopos por una homo-topıa con extremos fijos.


(ii) Dos lazos cualesquiera con el mismo punto base son homotopos por una homotopıade lazos.

(iii) Cualquier aplicacion continua f : S1 → X se extiende a todo el disco.

Demostracion. Es claro que (i) implica la simple conexion, y esta implica (ii). Veamosque (ii) implica (iii) y (iii) implica (i).

Supongamos que se cumple (ii) y extendamos f : S1 → X al disco. Consideramos lafuncion exponencial

p : [0, 1]→ S1 : θ 7→ exp(2πiθ) = (cos 2πθ, sen 2πθ).

y denotamos a = p(0) ∈ S. Entonces σ = f p es un lazo en X de base x0 = f(a) y por(ii) hay una homotopıa de lazos Hs : σ ' x0. En realidad lo que tenemos es una aplicacioncontinua H : R = [0, 1]× [0, 1]→ X definida en el rectangulo R que es constante ≡ x0 enel lado s = 1 de R y cumple la condicion H(0, s) = H(1, s) para todo s. Estas condicionesson compatibles con la siguiente relacion de equivalencia en R.

R : (1, s) ≡ (0, s), (t, 1) ≡ (0, 1),

y por tanto, H induce una aplicacion continua H/R : R/R→ X.

Figura 16. Cociente de una homotopıa de lazos.

Pero es evidente que el cociente R/R es un disco, cuya frontera es la circunferencia y H/Rcoincide con f es esa frontera. Por tanto, H/R es la extension de f buscada.

Supongamos ahora (iii). Sean σ, τ dos caminos en X con extremos x0 y x1. BuscamosH : R → X que coincida con σ en la base s = 0 del cuadrado R, con τ en s = 1, seaconstante x0 en t = 0 y constante x1 en t = 1. Esto define una aplicacion continua f enel borde del cuadrado y la homotopıa que buscamos es una extension al interior. Comoel cuadrado es homeomorfo al disco, esa extension existe por (iii).

Los primeros ejemplos de espacios simplemente conexos son los conjuntos estrellados.Sea X ⊂ Rn estrellado respecto de un punto x0. Si σ es un lazo de base x1 tenemos lahomotopıa

Hs = (1− s)σ + sx0,

que es una homotopıa de lazos:

Hs(0) = (1− s)σ(0) + sx0 = (1− s)σ(1) + sx0 = Hs(1).

Esto implica la propiedad (ii) de la proposicion, y por tanto X es simplemente conexo.

La figura siguiente representa los tipos esenciales de espacios simplemente conexos, (a),y no simplemente conexos, (b).


Figura 17. Simplemente y no simplemente conexo.

Que un espacio sin agujeros como (a) sea simplemente conexo ya lo sabemos: es convexo.Mas delicado es que un modelo con agujeros como (b) no es simplemente conexo: nolo sabremos hasta la leccion 13. Y para distinguir que haya un agujero, dos o r, auntendremos que esperar a la leccion 14.

Problemas

#1. Sea σ un camino en un espacio X y sea ϕ : [0, 1]→ [0, 1] una aplicacion continua tal queϕ(0) = 0 y ϕ(1) = 1. Probar que σ y σ ϕ son homotopos con extremos fijos.

#2. Consideramos un camino σ : [0, 1] → R2 \ 0 y una aplicacion continua positiva λ :[0, 1]→ R. Mostrar que σ y λσ son homotopos con extremos fijos.

#3. Sea σ un camino en un espacio conexo por caminos X y sea x0 ∈ X. Mostrar que σ ' x0

sin extremos fijos. (Ası que la homotopıa sin extremos fijos no tiene mucho interes.)

#4. Probar que un espacio X es simplemente conexo si y solo si que toda aplicacion continuaf : S1 → X es nulhomotopa. Deducir que un espacio contractil es simplemente conexo. Deducirque si la circunferencia fuera simplemente conexa (que no lo es, leccion 8), entonces todos losespacios serıan simplemente conexos.

#5. Probar que en un espacio conexo por caminos es simplemente conexo si y solo si todos los

lazos son nulhomotopos.

Leccion 3. Esferas

En esta leccion demostramos ya un resultado importante:

Teorema 3.1. Las esferas Sn de dimension n ≥ 2 son simplemente conexas.

Demostracion. Sea σ : [0, 1]→ Sn un camino con extremos σ(0) = x0, σ(1) = x1. Elegimosdos puntos antipodales p,−p distintos de esos extremos, y denotamos U = Sn \ c,V = Sn \ −c. Sabemos que esos dos abiertos son homeomorfos al espacio afın Rn porproyeccion antipodal desde el punto excluido; por ese mismo homeomorfismo, U ∩ V eshomeomorfo a Rn\0, y por ser n ≥ 2, esa interseccion es conexa por caminos. Ahora porla compacidad encontramos una particion 0 = t0 < · · · < tr = 1 tal que σ[ti−1, ti] ⊂ U o⊂ V . Si en una juntura ti la imagen de los dos intervalos que la comparten esta contenidaen el mismo abierto, entonces prescindimos de la juntura en la particion. Despues de estoal pasar por cada ti la imagen pasa de U a V o viceversa, luego ti ∈ U ∩ V . En estasituacion, σ consiste en la sucesion de caminos σi = σ|[ti−1, ti], 1 ≤ i ≤ r.

En esta situacion vamos a modificar cada camino σi = σ|[ti−1, ti] para que tenga laimagen contenida en V . Como ya hemos dicho, V es homeomorfo a Rn, y podemos


homotopar σi en V (luego en Sn) con extremos fijos a un camino cualquiera τi de V :elegimos τi ⊂ U ∩ V usando que ti−1 y ti estan en esa interseccion que es conexa porcaminos segun hemos senalado tambien antes. Reemplazando σi por τi en estos casosobtenemos otro camino τ con extremos x0, x1, pero este τ esta en U .

Figura 18. Homotopıa de caminos en la esfera.

Sin especificar ahora los detalles, es facil comprobar que las homotopıas que hemos hechoen V para cada reemplazo τi se combinan para obtener una homotopıa con extremos fijosde σ a τ . En resumen, cualquier camino con extremos x0, x1 es homotopo con extremosfijos a uno τ en U .

Si tenemos otro camino σ′ en S2 con esos extremos, hacemos lo mismo, y obtenemosotro τ ′ homotopo con extremos fijos a σ′, pero τ ′ en U . Finalmente, τ y τ ′ son caminosen U con iguales extremos, y U es homeomorfo a Rn, luego τ y τ ′ son homotopos conextremos fijos en U , luego en Sn. En suma, en Sn tenemos σ ' τ ' τ ′ ' σ′, por latransitividad de la relacion de homotopıa. En virtud de 2.4 se sigue la simple conexion.

La anterior demostracion se basa en ciertas manipulaciones de caminos que no hemossistematizado aun. Se hara en la leccion siguiente para llevar la teorıa adelante de maneraadecuada.

El resultado precedente establece la propiedad topologica de las esferas que las carac-teriza. Con precision, H. Poincare conjeturo al comenzar el siglo XX, en 1902:

(P) Sea M un espacio metrico compacto localmente homeomorfo a R3. Si es simple-mente conexo, entonces M es (homeomorfo a) S3.

Esto ya se conocıa para S2 en el siglo XIX, pues es una parte del teorema de clasificacion desuperficies compactas como explicaremos en una de las ultimas lecciones. Mas adelantese reformulo el problema para n ≥ 4, pues la condicion de tener el mismo grupo dehomotopia debe reemplazarse por tener el mismo tipo de homotopıa. Este concepto escapaal alcance de este curso y solo lo mencionaremos de paso (p. 42) al introducir los retractosde deformacion. El enunciado para dimension superior se siguio llamando la conjetura dePoincare. Hubo que esperar un siglo para que G. Perelman cerrara el problema en 2004.Perelman demostro exactamente lo que Poincare propuso, el caso n = 3, completando lageometrizacion de la topologıa en dimension 3 de W. Thurston. En dimension superior


n ≥ 4 el resultado habıa sido establecido antes: Zeeman para n = 5 y Smale para n ≥ 5en 1961, Friedman para n = 4 en 1982. A los dos ultimos el logro y los metodos usadospara ello les supuso la medalla Fields (en 1966 y 1984 respectivamente). Asimismo elantes citado Thurston recibio la medalla (1982), y a Perelman tambien se la concedieron,pero la declino (en 2006).

En esta leccion hemos demostrado que las esferas de dimension n ≥ 2 son simplementeconexas, pero no son contractiles (sı ocurre que un espacio contractil es simplementeconexo, # 2.4). Sin embargo, no esta a nuestro alcance probar esta afirmacion. La maneramas directa de hacerlo es viendo que la identidad Sn → Sn no es nulhomotopa. Veremosesto para n = 1 (??), pero no no nos alcanzara para n ≥ 2.

Problemas

#1. Probar que una aplicacion continua f : X → Rm \ 0 es homotopa a su normalizacionf/‖f‖ por una homotopıa relativa al conjunto ‖f‖ = 1 . (Usar una interpolacion para ‖f‖ ' 1.)

#2. Mostrar que toda aplicacion continua f : S1 → Rm \0, m ≥ 3, es nulhomotopa. Deducirque Rm \ 0, m ≥ 3, es simplemente conexo.

#3. Demostrar que la union X de dos esferas tangentes en un punto es un espacio simplementeconexo.

#4. Exhibir un espacio compacto conexo y simplemente conexo que no sea homeomorfo a S2, ycomo sabemos que si es localmente homeomorfo a R2 entonces sı es homeomorfo a S2, exhibirloque sea localmente homeomorfo a R2 salvo en exactamente un punto.

#5. Demostrar que la union de dos cubos que comparten una cara comun es un espaciosimplemente conexo. ¿Es homeomorfo a la union de dos esferas tangentes?

Leccion 4. Operaciones con caminos

En la leccion anterior hemos realizado ciertas manipulaciones con caminos que tienenrango de operacion, una vez sistematizadas de modo conveniente para tener en cuenta lasclases de homotopıa. Hacemos eso aquı.

Definicion 4.1. Sean σ, τ : [0, 1] → X dos caminos tales que σ(1) = τ(0). Su productoes el camino

σ ∗ τ(t) =σ(2t) para 0 ≤ t ≤ 1

2,

τ(2t− 1) para 12≤ t ≤ 1.

El lector reconocera el artificio ya usado en 1.3. Aunque calificamos de producto estenuevo camino, como si fuera una operacion, no lo es mas que salvo homotopıa. Esto es loque detallamos a continuacion.

4.2. Propiedades del producto de caminos. (1) El producto de caminos es asocia-tivo por homotopıa: dados tres caminos α, β, γ que se pueden multiplicar, se tiene unahomotopıa de extremos fijos

(α ∗ β) ∗ γ ' α ∗ (β ∗ γ).

Observese en la figura siguiente de que diferentes maneras hemos repartido los tres caminosα, β, γ en el segmento s = 0 y en el segmento s = 1 para representar en que orden seasocian al hacer el producto.


Figura 19. Asociatividad por homotopıa (1).

Las formulas explıcitas son:

Hs(t) =

α(

4t1+s

), 0 ≤ t ≤ 1+s

4,

β(4t− 1− s

), 1+s

4≤ t ≤ 2+s

4,

γ(

4t−2−s2−s

)2+s

4≤ t ≤ 1.

Se puede pensar de manera cualitativa como sigue. Las aplicaciones

As(t) = α(t), 0 ≤ t ≤ 1; Bs(t) = β(t− 1), 1 ≤ t ≤ 2; Cs(t) = γ(t− 2)), 2 ≤ t ≤ 3

definen una aplicacion continua hs(T ) en el rectangulo 0 ≤ t ≤ 3, 0 ≤ s ≤ 1, y hay unhomeomorfismo entre este rectangulo y el cuadrado 0 ≤ t ≤ 1, 0 ≤ s ≤ 1, de manera quetransforma las bases s = 0, s = 1 reescalandolas como interesa en la figura 19 anteriorpara obtener la homotopıa Hs buscada. Esto se describe en la siguiente figura:

Figura 20. Asociatividad por homotopıa (2).

(2) Los caminos constantes son elementos neutros por la derecha y la izquierda, porsupuesto salvo homotopıa. Sea σ un camino con extremos x0 y x1 y denotemos igualmentex0, x1 los caminos constantes de esos valores. Se tienen homotopıas con extremos fijos

σ ∗ x1 ' σ : σ( 2t

1+s

)si 0 ≤ t ≤ 1+s

2,

x1 si 1+s2≤ t ≤ 1,

x0 ∗ σ ' σ : x0 si 0 ≤ t ≤ 1−s

2,

σ(

2t−1+s1−s

)si 1−s

2≤ t ≤ 1.

Figura 21. Caminos constantes (1).


Tambien podemos pensar de manera menos explıcita. En la figura siguiente represen-tamos dos opciones para la homotopıa σ ∗ e1 ' σ, a partir de la homotopıa trivial σ× Id:

Figura 22. Caminos constantes (2).

La primera opcion es un homeomorfismo en dos partes: el trapecio sobre el cuadradoy el triangulo sobre el otro cuadrado. Otra segunda opcion es un colapsamiento: el ladoA sobre el vertice a, que es compatible con la homotopıa trivial pues esta es constantesobre el lado A.

(3) El inverso de un camino es el mismo en sentido opuesto. Sea σ un camino deextremos x0, x1. Definimos su inverso σ′ por σ′(t) = σ(1− t). Se denomina inverso porquecomo era de esperar hay homotopıas de extremos fijos

σ ∗ σ′ ' x0, σ′ ∗ σ ' x1.

Figura 23. Camino inverso (1).

Esta homotopıa es un poco distinta de las anteriores, pues el camino se recorre parcial-mente a medida que la homotopıa progresa, pero no varıa la velocidad:

Hs(t) =

σ(2t), 0 ≤ t ≤ 1−s

2,

σ(1− s) = σ′(s), 1−s2≤ t ≤ 1+s

2,

σ′(2t), 1+s2≤ t ≤ 1.

Podemos entender mas cualitativamente lo que hacemos usando la identificacion siguiente:

Figura 24. Camino inverso (2).


Aquı consideramos las homotopıas triviales restringidas a los triangulos indicados, demanera que en los puntos correspondientes de los lados oblicuos ambas homotopıas co-inciden, y podemos identificar esos lados oblicuos para obtener el triangulo dibujado ytener bien definidas las homotopıas en el cociente resultante. Dejamos al lector obtenerel mismo la homotopıa “cuadrada” a partir de ese triangulo.

Senalemos para terminar que esta inversion es compatible con la homotopıa: si σ ' τvia Hs(t), entonces σ′ ' τ ′ via H ′s(t) = Hs(1− t). En el problema # 4.5 proponemos unargumento indirecto de esto mismo.

Lo anterior autoriza el uso del termino producto para clases de homotopıa. De hecho,sin homotopıa no habrıa ni asociatividad ni ninguna otra propiedad. Pero ademas:

Proposicion 4.3. El producto de caminos es compatible con la homotopıa. Si σ ' α yτ ' β son homotopıas con extremos fijos y σ(1) = τ(0), entonces se tiene una homotopıacon extremos fijos σ ∗ τ ' α ∗ β.

Demostracion. Sean Fs : σ ' α y Gs : τ ' β las homotopıas conocidas. Entonces Fs ∗Gs

es la homotopıa de extremos fijos requerida:

Fs ∗Gs : t 7→Fs(2t) para 0 ≤ t ≤ 1

2,

Gs(2t− 1) para 12≤ t ≤ 1.

Problemas

#1. Probar que tres caminos α, β, γ que se pueden multiplicar y cumplen (α∗β)∗γ = α∗(β∗γ)tienen que ser constantes.

#2. Comprobar que las homotopıas del parrafo 4.2 son todas reparametrizaciones (# 2.1). Porejemplo, para 4.2(2):

x0 ∗ σ = σ ϕ, ϕ(t) =

0 para 0 ≤ t ≤ 12 ,

2t− 1 para 12 ≤ t ≤ 1.

#3. Escribir explıcitamente los homeomorfismos de las figuras 20 y 22.

#4. Escribir explıcitamente el colapso de la figura 20 y la identificacion de la figura 24.

#5. Sea σ′ el inverso de un camino σ. Deducir de 4.3 que si σ ∗ η ' x0, entonces σ′ ' η, yluego que si σ ' τ , entonces σ′ ' τ ′.

Leccion 5. El grupo fundamental

Sea X un espacio conexo y localmente conexo por caminos (luego conexo por caminos).Fijemos un punto x0 ∈ X

Definicion 5.1. Para cada lazo σ : [0, 1] → X de base x0, es decir σ(0) = σ(1) = x0, sedenota [σ] su clase de equivalencia modulo homotopıa con punto base fijo. El conjunto detodas esas clases de equivalencia se denota π(X, x0), y en virtud de los resultados de laleccion anterior es un grupo con la operacion [σ] ∗ [τ ] = [σ ∗ τ ]. Este grupo se denominagrupo fundamental de X de base x0.


El grupo fundamental no es necesariamente conmutativo, como veremos en algunosejemplos en lecciones posteriores. Por ese motivo se tiende a usar la notacion multiplica-tiva. El calculo del grupo fundamental es un problema enjundioso con muchas consecuen-cias. Aquı lo podremos hacer para unos pocos espacios. De hecho ya lo hemos calculadoen dos casos:

(i) Si X ⊂ Rn es un conjunto estrellado respecto de x0, entonces π(X, x0) = 1 es elgrupo trivial (leccion 1).

(ii) Asimismo, si X es una esfera (de dimension m ≥ 2), π(X, x0) = 1 para cualquierpunto x0 ∈ Sm (leccion 3).

Ocurre que la definicion 2.3 dice exactamente que un espacio es simplemente conexo sisu grupo fundamental (respecto de cualquier punto) es trivial. En realidad el cambio depunto base no es relevante en esto, pues se reduce a una conjugacion:

Proposicion 5.2. Sean x0, x1 dos puntos de X y α : [0, 1] → X un camino del primeroal segundo. Entonces la aplicacion

hα : π(X, x0)→ π(X, x1) : [σ] 7→ [α′ ∗ σ ∗ α]

esta bien definida y es un isomorfismo de grupos, con inverso h−1α = hα′.

Este isomorfismo se denomina conjugacion via α.

Figura 25. Conjugacion de caminos.

En particular, el grupo fundamental no depende del punto base, y se habla del grupofundamental de un espacio sin especificar el punto salvo que sea necesario para los calculos.

Observacion 5.3. Aunque luego desarrollaremos de manera sistematica la comparacionde grupos fundamentales de espacios distintos, senalemos ya lo siguiente: si f : X → Yes un homeomorfismo, entonces la aplicacion

f∗ : π(X, x0)→ π(Y, f(x0)) : [σ] 7→ [f σ]

es un isomorfismo de grupos. Ası pues, si los grupos fundamentales de dos espacios sondistintos (no isomorfos), entonces los espacios no pueden ser homeomorfos. Esta es unamanera muy eficaz de distinguir espacios entre si. Por supuesto, espacios no homeomorfospueden tener el mismo grupo fundamental (como los simplemente conexos).

Problemas

#1. Sean x0, x1 dos puntos de X y α, β : [0, 1] → X dos caminos del primero al segundohomotopos con extremos fijos. Mostrar que los isomorfismos hα, hβ : π(X,x0) → π(X,x1)coinciden.


#2. Sean x0, x1 dos puntos de X y α, β : [0, 1] → X dos caminos del primero al segundo.Mostrar que los isomorfismos hα, hβ : π(X,x0) → π(X,x1) son conjugados, es decir, existeξ ∈ π(X,x0) tal que ξ−1hβξ = hα.

#3. Demostrar que π(X,x0) es conmutativo si y solo si los isomorfismos hα no dependen delcamino α (y solo dependen de sus extremos).

#4. Sea [S1, X] el conjunto de clases de homotopıa de aplicaciones de la circunferencia en X, yconsideramos la aplicacion evidente Φ : π(X,x0)→ [S1, X] que ignora el punto base x0. Mostrarque esa aplicacion es suprayectiva y que Φ[σ] = Φ[τ ] si y solo si [σ] y [τ ] son conjugados enπ(X,x0).

#5. Supongase que existe una retraccion ρ : D2 → S1 (es decir, ρ es la identidad en S1, 11.1).Mostrar que todo lazo σ de S1 es nulhomotopo, via Hs = ρ((1 − s)σ + sσ(0)). En la leccion8 veremos que π(S1) = Z, luego ρ no existe. Presentaremos dos demostraciones mas de esteimportante hecho (# 9.2 y 12.1).

Leccion 6. El problema de elevacion

Un problema basico de la topologıa se resume en el siguiente triangulo conmutativo deaplicaciones continuas:

X

Z Xf

pf

en el que se tienen f y p y se busca la elevacion f . Tales elevaciones pueden no existir,pero su existencia tiene implicaciones sustanciosas. Aquı vamos a concentrarnos en elcaso siguiente:

Definicion 6.1 (Recubridor). Se dice que X es un espacio recubridor de X cuando se

tiene una aplicacion continua suprayectiva p : X → X tal que cada punto x ∈ X tieneun entorno abierto U cuya imagen inversa p−1(U) es union disjunta de abiertos Uλ en losque p induce por restriccion homeomorfismos pλ = p|Uλ : Uλ → U . Diremos que U es unabierto trivializante.

A partir de ahora consideramos siempre que en el problema anterior de elevacion p esun recubridor.

6.2. Comportamiento local. Localmente siempre existen elevaciones, y se puedendescribir todas. Fijemos z0 ∈ Z.

(1) Consideramos el punto x0 = f(z0) y un entorno abierto trivializante U de x0:p−1(U) =

⋃λ Uλ, con union disjunta y cada restriccion pλ = p|Uλ : Uλ → U homeomor-

fismo. Denotamos W = f−1(U), que es entorno abierto de z0 por la continuidad de f .

Entonces todas las aplicaciones fλ = p−1λ f |W son elevaciones de f |W . Observese que

dos de estas fλ se distinguen comparandolas en cualquier z ∈ W , ya que por construccionsus imagenes son disjuntas.

(2) Sea f : W → X una elevacion de f |W para cierto entorno W de z0. Entonces, tal

vez reduciendo W , f = fλ|W para un unico λ.


En efecto, como f(z0) ∈ p−1(x0) existe un unico λ tal que f(z0) ∈ Uλ, y reemplazamos

W por f−1(Uλ), que es un entorno de z0 por la continuidad de f . Como f(W ) ⊂ Uλ,tenemos el triangulo conmutativo:

Uλ

W Uf

pλ p−1λ

f

con pλ es homeomorfismo, y necesariamente f = p−1λ f |W .

(3) El numero de elevaciones locales en un entorno de z0 coincide pues con el numerode λ’s, es decir, con el numero de preimagenes de x0 = f(z0). Este numero es localmenteconstante, pues es el mismo para todos los puntos x ∈ U , luego para todos los z ∈ f−1(U).En consecuencia, es (globalmente) constante si X o Z son conexos. En ese caso ese numerose denomina numero de hojas del recubridor.

(4) Esta informacion local ya permite obtener la unicidad de la elevacion global: si Zes conexo dos elevaciones de f que coinciden en un punto son iguales.

En efecto, podemos recubrir Z con abiertos W en cada uno de los cuales las elevaciones

son fλ = p−1λ fλ|W (notaciones anteriores). Como indicamos en (1), dos elevaciones g

y h coinciden o son distintas en W segun g(z) y h(z) coincidan o no en algun z ∈ W .Ahora, como Z es conexo, podemos conectar z0 con cualquier otro punto z mediante unacadena W0,W1, . . . ,Wr y la coincidencia se propaga desde z0 hasta z. Al coincidir enz0 ∈ W0, las dos extensiones coinciden en todo W0, luego en W0 ∩W1 6= ∅, luego en todoW1, luego en W1∩W2 6= ∅, luego en todo W2 , y ası sucesivamente hasta alcanzar z.

Segun lo anterior, la cuestion es la existencia de elevaciones, y ya se aprecia que elproblema es poder encolar adecuadamente las elevaciones locales. Esto significa que debenpoderse seleccionar las elevaciones locales mediante algun criterio global. Vamos a haceresto en el caso de una homotopıa.

Proposicion 6.3 (Lema de elevacion). En la situacion precedente, suponemos que Z =Y × [0, 1], es decir, que f es una homotopıa que denotaremos H : Y × [0, 1] → X.

Suponemos dada una elevacion H0 de H0 = H|Y × 0. Entonces existe una (unica)

elevacion H de H que extiende H0, es decir, tal que H|Y × 0 = H0.

Demostracion. Como elevaciones locales existen, nuestro primer paso es obtener eleva-

ciones parcialmente globales: para cada y ∈ Y existe una elevacion Hy : W y × [0, 1]→ X

que extiende H0|W y × [0, 1].

En efecto, por la compacidad del intervalo unidad, tenemos una particion 0 = t0 <· · · < tr = 1 tal que H(y × [ti−1, ti]) ⊂ U i para ciertos abiertos trivializadores U i. Porcontinuidad y compacidad, existe un entorno abierto W de y tal que H(W×[ti−1, ti]) ⊂ U i

para todo i. Mediante el dato inicial H0 definimos Hy(∗, 0) = H0(∗). Supongamos

construida la elevacion Hy(∗, t) para t ≤ ti−1, tal vez reduciendo W , y definamosla para

t ≤ ti. Tenemos Hy(y, ti−1) ∈ U i, luego Hy(y, ti−1) ∈ U iλ para cierto λ, y reduciendo W

conseguimos que Hy(W × ti−1) ⊂ U iλ. Esto significa que la elevacion Hy coincide en

W × ti−1 con p−1λ H y como esta ultima esta definida en todo W × [ti−1, ti] podemos


usarla para extender Hy a ese conjunto. Esto completa la elevacion para t ≤ ti. Esteprocedimiento termina en tr = 1, y proporciona la elevacion parcial deseada.

Ası tenemos las elevaciones parciales Hy, y ∈ Y , que definen bien una elevacion global.

Esto es ası porque dos cualesquiera Hy′ , Hy′′ coinciden en la interseccion (W y′∩W y′′)×[0, 1]

de sus dominios. Para verlo, sea y ∈ W y′ ∩ W y′′ . Entonces Hy′(y, ∗) y Hy′′(y, ∗) sonelevaciones de H en y × [0, 1] que coinciden en (y, 0):

Hy′(y, 0) = H0(y) = Hy′′(y, 0),

luego ambas coinciden en y × [0, 1] por la unicidad de elevacion 6.2(4).

El contenido esencial del lema de elevacion anterior es que el la existencia de elevacionsolo depende del tipo de homotopıa

Corolario 6.4. Una aplicacion continua f : Z → X tiene elevacion f : Z → X si latiene alguna otra g : Z → X homotopa a f . De otra manera, si f tiene una elevacion,entonces la tienen todas las aplicaciones homotopas a f .

Demostracion. Consideremos una homotopıa con Hs : g ' f . Como existe una ele-

vacion g de g podemos aplicar el lema de elevacion con Y = Z y H0 = g, de modo

que existe una elevacion H de H. Entonces f = H1 es una elevacion de H1 = f .

Por otra parte el caso particular Y = y0 es importante:

Corolario 6.5. Sea σ : [0, 1] → X un camino de origen σ(0) = x0 y sea x0 ∈ p−1(x0).

Entonces existe un unico camino σ : [0, 1]→ X con origen x0 que eleva σ.

En consecuencia, si el recubridor tiene digamos r hojas, cada camino de X tiene relevaciones, una por cada preimagen del origen de σ. Sin embargo, de su extremo solopodemos decir que es uno de los r puntos que yacen sobre el extremo de σ

Problemas

#1. Sea f : Y → X un homeomorfismo local suprayectivo entre espacios conexos. Demostrarque f es una aplicacion propia si y solo si es un recubridor con un numero finito de hojas.

#2. Probar que si p : X → X y q : Y → Y son recubridores, entonces lo es su producto

p× q : X × Y → X × Y#3. Sea p : X → X un recubridor, f : Z → X una aplicacion continua y f : Z → X una

elevacion. Demostrar que si f es a su vez un recubridor, entonces f tambien.

#4. Sea p : X → X un recubridor. Denotamos F ⊂ X × X el subespacio de los puntos (a, b)tales que p(a) = p(b) y ∆ su diagonal. Probar que ∆ es abierta y cerrada en F , y deducir deesto la unicidad de elevacion.

#5. Mostrar que p : C \ 0 → C \ 0 : z 7→ z2 es un recubridor de dos hojas.

Leccion 7. Espacios proyectivos reales de dimension n ≥ 2

El espacio proyectivo real P n(R) es el cociente de la esfera Sn por la identificacionantipodal:

p : Sn → P n(R) : (x0, . . . , xn) 7→ (x0 : . . . : xn).


Esta aplicacion es un recubridor de dos hojas. Para un punto a = (a0 : . . . : an) ∈ P n(R)consideramos el hiperplano perpendicular a0x0 + · · ·+ anxn = 0 que define un hiperplanode infinito Π ⊂ P n(R) y un entorno abierto U = P n(R) \ Π de a (homeomorfo a Rn).Resulta que

p−1(U) = U+ ∪ U− conU+ definido por a0x0 + · · ·+ anxn > 0,U− definido por a0x0 + · · ·+ anxn < 0,

y p|U+ y p|U− son homeomorfismos sobre U . El siguiente diagrama resume la situacion:

Sn

P n(R)

⊃ p−1(U)=U+∪ U− ∗ = + , −⊃U∗

⊃ U

p pp∗=p|U∗

p−1∗

Usando este recubridor p vamos a calcular π(P n(R), a) con a = (0 : . . . : 0 : 1) paran ≥ 2. Denotamos a = (0, . . . , 0, 1); notese que a y su antıpoda−a son las dos preimagenesdel punto base a.

Por 6.5 todo lazo σ : [0, 1] → P n(R) de base a tiene una elevacion σ : [0, 1] → Sn conorigen a, pero su extremos puede ser a o −a. Distinguimos casos:

(1) Si σ tiene por extremo a, es decir, es un lazo, por 3.1 existe una homotopıa de

extremos fijos Hs : σ ' a, que compuesta con p proporciona una homotopıa de extremosfijos Hs : σ ' a.

(2) Si σ tiene por extremo −a, por 3.1 de nuevo, existe una homotopıa de extremos

fijos Hs : σ ' α con cualquier camino α de origen a y extremos su antıpoda −a, quecompuesta con p proporciona una homotopıa de extremos fijos Hs : σ ' α con α = p α.Elegimos

α(t) = (0, . . . , sen πt, cosπt), α(t) = (0 : . . . : sen πt : cos πt).

Ası, hay a lo sumo dos clases de homotopıa de lazos en P n(R), y de hecho las hay:

Proposicion 7.1. El grupo fundamental de un espacio proyectivo real P n(R) de di-mension n ≥ 2 tiene dos elementos, es decir, es isomorfo a Z2.

Demostracion. Por la construccion precedente solo queda probar que el lazo α no esnulhomotopo. Supongamos pues que tenemos una homotopıa Hs : α ' a con extremosfijos. Por el lema de elevacion tomando α como condicion inicial, tenemos una homotopıa

Hs : α ' τ para cierto camino τ . Sea Z la union de los bordes verticales y superior deldominio [0, 1]× [0, 1].

Figura 26. Elevacion de una homotopıa de caminos.


En Z la homotopıa H es constante a, luego por la unicidad de elevacion, solo hay dos

posibilidades: H es constante a o constante −a. Esto significa que H vale lo mismo entodo Z, pero

H(0, 0) = H0(0) = α(0) = a, H(0, 1) = H0(1) = α(1) = −a,

contradiccion.

Por supuesto, esto nos dice cual es el grupo fundamental de cualquier espacio home-omorfo a un espacio proyectivo, y vanal como parece esta afirmacion tiene la siguienteconsecuencia que mas adelante aprovecharemos:

Proposicion 7.2. El grupo ortogonal especial SO(3), es decir, el grupo de las rotacionesde R3, tiene grupo fundamental Z2.

Demostracion. El grupo SO(3) es el grupo de las matrices ortogonales 3 × 3 con deter-minante +1, y tiene la topologıa como subespacio de R3×3. Sea D ⊂ R3 la bola cerradax2 + y2 + z2 ≤ π2 de radio π, cuya frontera es la esfera S : x2 + y2 + z2 = π2. Observamosque:

(1) Para cada punto x ∈ D hay un unico movimiento ϕx ∈ SO(3) tal que: (i) larecta L generada por x es invariante, (ii) induce en el plano Π ortogonal a L unarotacion de angulo ±‖x‖, y (iii) det(x, y, ϕx(y)) > 0 para cada y ∈ Π.

(2) La aplicacion ϕ : D → SO(3) : x 7→ ϕx es continua.(3) Se tiene ϕx = ϕy si y solo si x, y son dos puntos antipodales de S.

Esto significa que x 7→ ϕx define una aplicacion continua ϕ : D → SO(3) compatiblecon la identificacion antipodal en el borde de D, y que la aplicacion continua inducidaϕ : D/≡ → SO(3) es biyectiva. Pero D es compacto y SO(3) separado, luego ϕ es unhomeomorfismo.

Pero (0.2(6)) el espacio proyectivo P 3(R) es tambien el cociente de una bola cerradaD por la identificacion antipodal en su borde, y concluimos que P 3(R) es homeomorfo aD/≡ , luego a SO(3). Por ello π(SO(3)) = π(P 3(R)) = Z2.

Problemas

#1. En el caso n = 1 tenemos que la recta proyectiva real P 1(R) es el cociente de lacircunferencia por la identificacion antipodal q : S1 → P 1(R). Mostrar que la aplicacionS1 → S1 : (x, y) 7→ (−x2 + y2, 2xy) induce un homeomorfismo P 1(R)→ S1.

#2. Demostrar que una aplicacion continua inyectiva h : S1 → P 2(R) es nulhomotopa si ysolo si lo es una parametrizacion σ de C = h(S1) como lazo de base un punto x0 ∈ C. Enconsecuencia, la nulhomotopıa no depende ni de h, ni de σ, ni de x0, y decimos que C es unacurva de Jordan nulhomotopa.

#3. Sea p : S2 → P 2(R) el recubrimiento antipodal. Consideramos una curva de JordanC ⊂ P 2(R). Demostrar que p−1(C) es bien una curva de Jordan invariante por la aplicacionantipodal, bien la union de dos curvas de Jordan imagenes antipodales la una de la otra.

#4. Sea p : S2 → P 2(R) el recubrimiento antipodal. Probar que una curva de Jordan C ⊂P 2(R) es nulhomotopa si y solo si p−1(C) tiene dos componentes conexas.

#5. Consideramos en R4 la estructura multiplicativa de los cuaterniones, es decir, la multi-plicacion antisimetrica definida por las reglas: ij = k, jk = i, ki = j, i2 = j2 = k2 = −1, donde1, i, j, k es la base canonica de R4. Mostrar que para cada u ∈ S3 la aplicacion ϕu(v)=uvu−1


es una isometrıa lineal, y deducir que u 7→ ϕu es un homomorfismo suprayectivo de S3 sobreSO(3). Calcular su nucleo y concluir de nuevo que P 3(R) es homeomorfo a SO(3).

Leccion 8. La circunferencia

Vamos a calcular el grupo fundamental de la circunferencia S1. Para ello usaremos elrecubridor exponencial

p : R→ S1 : θ 7→ exp(2πθ) = (cos 2πθ, sen 2πθ).

Sea σ : [0, 1] → S1 un lazo. Sabemos que σ tiene una (unica) elevacion σ : [0, 1] → Rpara cada condicion inicial θ0 ∈ R, es decir una elevacion tal que p(θ0) = σ(0).

R

[0, 1] S1σ

pσ

Como dos de tales condiciones θ0 y θ0 deben cumplir

(cos 2πθ0, sen 2πθ0) = (cos 2πθ0, sen 2πθ0)

resulta que θ0 = θ0 +k, y por tanto la elevacion σ para la condicion θ0 es σ+k. Se deducede esto que todas las elevaciones tienen la misma amplitud σ(1) − σ(0). En efecto, conlas notaciones anteriores,

σ(1)− σ(0) = (σ + k)(1)− (σ + k)(0) = σ(1)− σ(0).

En consecuencia:

Definicion 8.1. Se llama numero de vueltas del lazo σ y se denota #σ la amplitud decualquier elevacion σ de σ:

#σ = σ(1)− σ(0).

Ademas de haber comprobado que la definicion es consistente, interesa ver que esinvariante por homotopıa. Con precision:

Proposicion 8.2. Dos lazos σ, τ de S1 que son homotopos por una homotopıa de lazostienen el mismo numero de vueltas.

Demostracion. Sea Hs : σ ' τ una homotopıa de lazos: Hs(1) = Hs(0) para todo s. Lo

mismo que los lazos, las homotopıas tienen elevaciones, y consideramos una Hs : [0, 1]→R. Tenemos

p(Hs(1)) = Hs(1) = Hs(0) = p(Hs(0)),

lo que significa que la aplicacion continua s 7→ Hs(1) − Hs(0) toma valores enteros, lo

que implica que es constante, digamos ≡ k. Como H0 y H1 son elevaciones de H0 = σ yH1 = τ concluimos

#σ = H0(1)− H0(0) = k,

#τ = H1(1)− H1(0) = k.

y ası #σ = #τ .


Teorema 8.3. Sea x0 un punto base fijado en S1. La aplicacion

# : π(S1, x0)→ Z : [σ] 7→ #σ

esta bien definida y es un isomorfismo de grupos.

Demostracion. Que la aplicacion este bien definida significa que dos lazos homotoposcon punto base fijo tengan el mismo numero de vueltas, pero una homotopıa con puntobase fijo es una homotopıa de lazos, luego por la proposicion anterior se cumple lo quequeremos.

Veamos que # es un homomorfismo de grupos, es decir que #(σ ∗ τ) = #σ+ #τ . Paraello consideramos una elevacion cualquiera σ de σ y una elevacion τ de τ con condicioninicial σ(1), lo que es posible porque

p(σ(1)) = σ(1) = x0 = τ(0).

Por nuestra eleccion, el producto de caminos σ ∗ τ : [0, 1]→ R esta bien definido, y es unaelevacion de σ ∗ τ . Por tanto, y de nuevo teniendo en cuenta la eleccion realizada:

#(σ ∗ τ) = (σ ∗ τ)(1)− (σ ∗ τ)(0) = τ(1)− σ(0)

= (τ(1)− τ(0)) + (σ(1)− σ(0)) = #τ + #σ.

Visto que es un homomorfismo, su inyectividad se seguira si probamos que un lazoσ de base x0 con #σ = 0 es nulhomotopo. Pero si tenemos una elevacion σ de σ conσ(1)− σ(0) = 0 consideramos la homotopıa

Hs(t) = p((1− s)σ(t) + sσ(0)),

que cumple:H0 = p σ = σ, H1 ≡ p(σ(0)) = σ(0) = x0,

Hs(0) = p((1− s)σ(0) + sσ(0)) = p(σ(0)) = x0,

Hs(1) = p((1− s)σ(1) + sσ(0)) = p(σ(0)) = x0 (pues σ(1) = σ(0)).

Concluimos que σ es homototopo al lazo constante x0 por una homotopıa con punto basefijo.

Finalmente, la suprayectividad: para k ∈ Z el camino σ(t) = (cos 2πkt, sen 2πkt) tienenumero de vueltas k, pues t 7→ kt es una elevacion suya.

Como una primera aplicacion del numero de vueltas, obtenemos un resultado impor-tante:

Teorema 8.4 (Teorema fundamental del Algebra). Todo polinomio con coeficientes com-plejos tiene alguna raız compleja.

Demostracion. Consideremos un polinomio P (z) = zk + c1zk−1 + · · ·+ ck de grado k ≥ 1,

donde z es una variable compleja. Una acotacion elemental bien conocida nos dice quecualquier raız z de P cumple |z| < 1 + |c1| + · · · + |ck| = r. Esta acotacion vale tambienpara cualquier raız de los polinomios Ps(z) = zk + sc1z

k−1 + · · · + sck, 0 ≤ s ≤ 1. Enparticular, podemos definir la siguiente homotopıa de lazos

z(t) = r(cos 2πt, sen 2πt),

Hs(t) =Ps(z(t))

‖Ps(z(t))‖:z(t)k

r= (cos 2πkt, sen 2πkt) ' P (z(t))

‖P (z(t))‖= σ(t),


de manera que el lazo σ de S1 tiene numero de vueltas #(σ) = k (8.2). Por otra parte, siP (z) no tuviera ninguna raız, podrıamos definir esta otra homotopıa de lazos

Hs(t) =P (sz(t))

‖P (sz(t))‖:ck‖ck‖

' σ,

segun la cual el lazo serıa nulhomotopo y k = #(σ) = 0. Contradiccion.

La demostracion anterior es una de las varias que Gauss encontro de este teorema, quesegun propia declaracion apreciaba especialmente.

Para uso posterior detallamos el comportamiento del numero de vueltas cuando secambia el punto base.

Proposicion 8.5. El numero de vueltas se conserva por conjugacion: si α : [0, 1] → S1

es un camino con α(0) = x0, α(1) = x1 se cumple:

#σ = #(α′ ∗ σ ∗ α).

para todo lazo σ de base x0

Demostracion. Para calcular numeros de vueltas elegimos una elevacion cualquiera α′ deα′ y despues

(i) como p(α′(1)) = α′(1) = x0, una elevacion σ de σ con σ(0) = α′(1).(ii) como p(σ(1)) = σ(1) = x0, una elevacion α de α con α(0) = σ(1).

Todas estas elecciones se hacen para poder definir el camino α′∗σ∗α, que es evidentementeuna elevacion de α′ ∗ σα. Por tanto

#(α′ ∗ σ ∗ α) = (α′ ∗ σ ∗ α)(1)− (α′ ∗ σ ∗ α)(0) = α(1)− α′(0).

Ahora observamos que

p(α(1− t)) = α(1− t) = α′(t) = p(α′(t)),

luego la funcion continua h(t) = α(1 − t) − α′(t) toma valores enteros, con lo que tieneque ser constante. Ası, continuando el calculo anterior obtenemos

#(α′ ∗ σ ∗ α) = α(1)− α′(0) = h(0) = h(1) = α(0)− α′(1) = σ(1)− σ(0) = #σ,

como querıamos.

Problemas

#1. Estudiar si la restriccion de la exponencial a un intervalo abierto puede ser un recubridorde S1.

#2. Sea x0 = (1, 0) ∈ S1. Demostrar que π(R2 \ 0, x0) → π(S1, x0) : [σ] 7→ [σ/‖σ‖] es unisomorfismo, y por tanto π(R2 \ 0) = Z.

#3. La recta proyectiva real P 1(R) es el cociente de la circunferencia por la identificacionantipodal q : S1 → P 1(R). Esta identificacion q es un recubridor que compuesto con el recubridorexponencial p : R → S1 da un tercer recubridor p : R → P 1(R). Comprobar estas afirmacionesy utilizar p para definir el numero de vueltas #(τ) de un lazo τ en P 1(R). Calcular con estenumero de vueltas el grupo fundamental de P 1(R). (Por supuesto ya sabemos de antemano queese grupo es isomorfo a Z: # 7.1)

#4. Sea q : S1 → P 1(R) la identificacion antipodal. Sea σ un lazo en S1. Comparar losnumeros de vueltas #(σ) y #(q σ) (problema anterior). Utilizar el numero de vueltas para


caracterizar los lazos de P 1(R) que tienen por elevacion a S1 un lazo. ¿Que relacion se observacon el numero de hojas del recubridor q?

#5. Se considera la aplicacion q = p × p : R2 × R2 → S1 × S1 (0.2(4)), que es un recubridor(# 6.2). Utilizar q para definir un numero de vueltas doble # : π1(S1 × S1, x0)→ Z2 y concluirque el grupo fundamental de S1 × S1 es Z2.

Leccion 9. Teoremas de Borsuk-Ulam

Un conjunto A ⊂ Rn se llama simetrico si es invariante antipodal: x ∈ A si y solo si−x ∈ A. Una aplicacion f : A → A definida en un conjunto simetrico se llama par sif(−x) = f(x) y se llama impar si f(−x) = −f(x). Con estas definiciones:

Teorema 9.1 (Teorema de paridad). Denotamos σ : [0, 1] → S1 el lazo que genera elgrupo fundamental, es decir, σ(t) = (cos 2πt, sen 2πt). Sea f : S1 → S1 una aplicacion par(resp. impar). Entonces #(f σ) es par (resp. impar).

[0, 1] S1 S1

Rτ

σ = p|[0, 1] f

p = recubridor exponencialτ

Demostracion. Para calcular el numero de vueltas de τ = f σ elegimos una elevacion τde τ . Si f es par,

τ(t+ 12) = f(σ(t+ 1

2)) = f(−σ(t)) = f(σ(t)) = τ(t)

para 0 ≤ t ≤ 12. Ası h(t) = τ(t + 1

2)− τ(t) ∈ Z, y como h(t) es una funcion continua, es

constante, digamos ≡ k. En consecuencia

#(τ) = τ(1)− τ(0) = (τ(12) + k)− (τ(1

2)− k) = 2k.

Similarmente, si f es impar

τ(t+ 12) = f(−σ(t)) = −f(σ(t)) = −τ(t),

y h(t) = τ(t+ 12)− τ(t)− 1

2∈ Z para 0 ≤ t ≤ 1

2. Por continuidad, h(t) ≡ k y

#(τ) = τ(1)− τ(0) = (τ(12) + k + 1

2)− (τ(1

2)− k − 1

2) = 2k + 1.

Hemos terminado.

Corolario 9.2 (Teorema de la aplicacion impar). No existe ninguna aplicacion imparg : S2 → S1.

Demostracion. Usando las notaciones del la demostracion anterior, tenemos el siguientetriangulo conmutativo


S2 S1

[0, 1] S1

g

σ

f=g|z=0

τ=f σ

Como g es impar, lo es f , luego #(τ) es impar, y en particular no es nulo. Esto significaque τ no es nulhomotopo. Pero como S2 es simplemente conexo existe una homotopıade extremos fijos Hs : σ ' (1, 0, 0), que compuesta con g proporciona una homotopıa deextremos fijos g Hs : τ ' g(1, 0, 0). Ası τ es nulhomotopo: contradiccion.

Otro corolario:

Corolario 9.3 (Teorema de Borsuk-Ulam). Sea h : S2 → R2 una aplicacion continua.Entonces h(x) = h(−x) para algun x ∈ S2.

Demostracion. Si no existiera tal x, tendrıamos la aplicacion impar

g : S2 → S1 : x 7→ g(x) =h(x)− h(−x)

‖h(x)− h(−x)‖,

contra lo que acabamos de ver.

Esto significa, por ejemplo, que en todo momento, algun lugar de la tierra y su antıpodacomparten presion y temperatura. Sorprendente. Y lo que sorprende del corolario si-guiente es que no lo sepamos deducir de manera mas directa (como declaramos todoscuando lo explicamos):

Corolario 9.4. No existe ninguna aplicacion continua inyectiva S2 → R2, es decir, elplano no contiene a la esfera.

Una tercera consecuencia con nombre propio:

Corolario 9.5 (Lyusternik). Si tres cerrados cubren la esfera S2, alguno de ellos contieneun punto y su antıpoda.

Demostracion. Supongamos que S2 = A1 ∪ A2 ∪ A3, los Ai cerrados, y consideremos laaplicacion continua

g : S2 → R2 : x 7→ (dist(x,A1), dist(x,A2)).

Por 9.3, g(x) = g(−x) para algun x ∈ S2, esto es

dist(x,A1) = dist(−x,A1), dist(x,A2) = dist(−x,A2).

Si una de las distancias es 0, entonces x y −x estan en el Ai correspondiente. Si todasson >0, como los conjuntos son cerrados, x y −x estan en A3.

Los resultados 9.3 a 9.5 se enuncian analogamente en dimensiones superiores, y sonciertos. Las demostraciones requieren extender las tecnicas que en dimension 2 estamostratando aquı. Por otra parte, todos ellos estan relacionados por equivalencias formalessencillas de establecer y que proponemos al lector en los dos problemas # 9.3 y # 9.4 dela lista siguiente.


Problemas

#1. Sea h : D2 → S1 una aplicacion continua. Deducir del teorema de la aplicacion impar 9.2que h no puede ser impar en el borde del disco. (Si lo fuera, la funcion g(x) = h(x1, x2) definidaen S2 ∩ x3 ≥ 0 se podrıa extender a una aplicacion continua impar g : S2 → S1.)

#2. Deducir del problema anterior que no hay ninguna retraccion (# 5.5) ρ : D2 → S1. Estosignifica que el teorema antipodal de Borsuk implica el teorema del punto fijo de Brouwer 12.2,y se sabe que no al reves.

#3. Demostrar que las siguientes afirmaciones son equivalentes:(1) (Teorema de Borsuk-Ulam) Toda aplicacion continua f : Sn → Rn alcanza el mismo valor

en dos puntos antipodales.(2) Toda aplicacion continua f : Sn → Rn impar se anula en algun punto.(3) (Teorema de la aplicacion impar) No hay aplicaciones continuas impares f : Sn → Sn−1.(4) No hay aplicaciones continuas f : Dn → Sn−1 impares en Sn−1 (Dn ⊂ Rn es el disco

cerrado x21 + · · ·+ x2

n ≤ 1).Observese que (4) implica que (como ya sabemos para n = 2) no existe una retraccion ρ :

Dn → Sn−1.

#4. (1) Deducir del teorema de Borsuk-Ulam # 9.3(1) que si n+ 1 cerrados recubren la esferaSn, entonces alguno contiene dos puntos antipodales.

(2) Se considera la esfera Sn−1 ⊂ Rn y se inscribe en ella un simple con vertice en el polonorte (0, . . . , 0, 1) y cara opuesta en el hiperplano xn = −1

2 . Proyectar el simple desde el origen

para concluir que Sn−1 es union de n+ 1 subconjuntos cerrados ninguno de los cuales contienepuntos antipodales.

(3) Sea f : Sn → Sn−1 una aplicacion continua y C1, . . . , Cn+1 ⊂ Sn−1 los cerrados de (2).Aplicar la propiedad de (1) para deducir que f no es impar.

Es decir, la propiedad de Lyusternik (1) es equivalente a las cuatro del problema anterior.

#5. Consideremos el toro plano T = S1×S1. Estudiar si el teorema de Borsuk-Ulam se cumplepara aplicaciones T → R2.

Leccion 10. Teorema de invarianza del dominio

El teorema que da nombre a esta seccion es el siguiente:

Teorema 10.1. Una aplicacion continua e inyectiva del plano en sı mismo es abierta.

Demostracion. Se trata de probar que si U ⊂ R2 es abierto y f : U → R2 continua ylocalmente inyectiva, entonces f es abierta, es decir, cada abierto W ⊂ U tiene imagenf(W ) abierta en R2. Mas explıcitamente, para cada a ∈ W debemos encontrar un entornoabierto V de f(a) en R2 tal que V ⊂ f(W ). Para ello, salvo traslaciones, podemos suponera = f(a) = 0, y por hipotesis, existe una bola cerrada D : x2 + y2 ≤ ε2 contenida en Wen la que f es inyectiva. En particular, 0 = f(0) no esta en la imagen de la circunferenciaS : x2 + y2 = ε2 frontera de D, y denotamos V la componente conexa de R2 \ f(S)que contiene a 0. Como S es compacto, lo es su imagen, que por tanto es cerrada, yesto dice que R2 \ f(S) es abierto y todas sus componentes tambien. Afirmamos queeste entorno abierto V de 0 = f(0) es el entorno buscado. De hecho vamos a ver queV ⊂ f(D) ⊂ f(W ).

En efecto, supongamos lo contrario, es decir, que existe un punto c ∈ V \ f(D). ComoV es un abierto conexo del plano, es conexo por caminos, y existe un camino σ : [0, 1]→ Vcon σ(0) = 0 y σ(1) = c. Ahora consideramos las siguientes homotopıas S1 × [0, 1]→ S1:


f(εx)− f(−εsx)

‖f(εx)− f(−εsx)‖:

f(εx)

‖f(εx)‖' f(εx)− f(−εx)

‖f(εx)− f(−εx)‖,

f(εx)− σ(s)

‖f(εx)− σ(s)‖:

f(εx)

‖f(εx)‖' f(εx)− c‖f(εx)− c‖

,

f(εsx)− c‖f(εsx)− c‖

:−c‖c‖' f(εx)− c‖f(εx)− c‖

.

Por supuesto, hay que ver que estas definiciones son posibles para x ∈ S1, 0 ≤ s ≤ 1.Pero:

(i) Si f(εx) = f(−εsx) como f es inyectiva en D, serıa εx = −εsx, luego s = −1,(ii) Si f(εx) = σ(s) ∈ V , como εx ∈ S, la componente V cortarıa a f(S), y

(iii) Si f(εsx) = c, como εsx ∈ D, serıa c ∈ f(D).

Visto esto, resulta que la aplicacion impar

h : S1 → S1 : x 7→ h(x) =f(εx)− f(−εx)

‖f(εx)− f(−εx)‖es homotopa a una constante, lo que contradice el teorema de paridad de Borsuk-Ulam.

Se deduce inmediatamente la siguiente version (equivalente):

Corolario 10.2. Una aplicacion continua inyectiva f : U → R2 definida en un abierto Ude R2 es un homeomorfismo sobre su imagen f(U), que es un abierto de R2.

Tambien obtenemos:

Corolario 10.3. Sean S, T dos subconjuntos de R2 y f : S → T un homeomorfismo.Entonces f(Int(S)) = Int(T ) y f(Fr(S)) = Fr(T ) (aquı el interior consiste en loe puntosinteriores de S en R2 y la frontera en los puntos frontera de S en R2 que estan en S).

Demostracion. Como f | Int(S) : Int(S) → R2 es continua e inyectiva, por el teoremaes abierta. Ası, f(Int(S)) ⊂ T es abierto en R2 y en consecuencia f(Int(S)) ⊂ Int(T ).Analogamente, para f−1 obtenemos f−1(Int(T )) ⊂ Int(S), y aplicando f se deduce elcontenido Int(T ) ⊃ f(Int(S)), y con el la igualdad deseada. La afirmacion sobre lafrontera se escribe

f(S ∩ R2 \ S) = T ∩ R2 \ T ,o lo que es lo mismo,

f(S \ Int(S))

= T \ Int(T )),

y esto consecuencia inmediata de lo que ya hemos probado.

Corolario 10.4 (Invarianza del borde). Sean U, V dos abiertos de un semiplano afınx ≥ 0 ⊂ R2. Si h : U → V es un homeomorfismo, entonces

h(U ∩ x = 0) = V ∩ x = 0.Demostracion. Es claro que el interior de U (resp. V ) en R2 es U \ x = 0 (resp.U \ x = 0), y por tanto tenemos un caso particular del corolario anterior.


Corolario 10.5 (Invarianza de la dimension). Sea f : U → V un homeomorfismo de unabierto U de R2 sobre un abierto V de Rn. Entonces n = 2.

Demostracion. Es claro que n no puede ser 1, ası que supongamos que es ≥ 3. Denotamosg = f−1 : V → U y elegimos un plano afın cualquiera H ⊂ R3 que corte a V . EntoncesW = V ∩ H es un abierto no vacıo de H ≡ R2 y g|W : W → U ⊂ R2 una aplicacioncontinua e inyectiva. Por el teorema, es abierta, luego g(W ) es abierto en R2, luego enU . Como f : U → V es homeomorfismo, se sigue que f(g(W )) es abierto no vacıo de V ,luego de Rn. Pero

f(g(W )) = f(f−1(W )) = W = V ∩H ⊂ H ⊂ Rn,

y el plano H tiene interior vacıo en Rn pues n ≥ 3. Contradiccion.

Para concluir senalemos que todos estos resultados son validos en dimension arbitraria.De hecho, las demostraciones de los corolarios son validas en cualquier dimension, y esla del teorema de invarianza del dominio la que requiere argumentos mas sofisticados deTopologıa Algebraica.

Problemas

#1. Enunciar y demostrar la invarianza del dominio en dimension 1.

#2. Enunciar y demostrar la invarianza del borde en dimension 1.

#3. Sea Ω ⊂ R2 un conjunto abierto acotado y f : Ω → R2 una aplicacion continua inyectivatal que f(Fr(Ω)) ⊂ Ω. Si R2 \Ω es conexo, entonces f(Ω) ⊂ Ω.

#4. Mostrar que no hay ninguna aplicacion continua inyectiva Sn → R2 si n > 2. (Comparesecon 9.4.)

#5. Probar que una superficie S ⊂ Rn compacta conexa no contiene ninguna esfera: no existenaplicaciones continuas inyectivas S2 → S. (Comparese de nuevo con 9.4, teniendo en cuenta quecualquier superficie contiene a R2.)

Leccion 11. Funtorialidad aka general non-sense

Hasta ahora hemos ido utilizando un formalismo mınimo para extraer consecuenciasrelevantes de la nocion de grupo fundamental. Es ya el momento para formalizar de man-era estructurada ese formalismo. Podrıamos decir que se trata de expresar rigurosamenteel general nonsense que tal vez insospechadamente resulta tan fructıfero: la idea del grupofundamental como funtor. Tenemos la siguiente situacion que se explica por sı misma

Espacios topologicoscon punto base

grupos

(X, x0)x0

y0

π(X, x0) [σ]

(Y, y0) π(Y, y0) [f σ]

f f∗


la asignacion f 7→ f ∗ es lo que se denomina un funtor covariante (por conservar el sentidode las flechas), y se comporta como un homomorfismo respecto de la composicion deaplicaciones. En efecto, se comprueba facilmente que:

(1) Si tenemos una homotopıa Hs : σ ' τ , tenemos otra f Hs : f σ ' f τ .(2) (g f)∗ = g∗ f∗.(3) (IdX)∗ = Idπ(X,x0).

En particular, recuperamos la invarianza por homeomorfismo del grupo fundamental: Sif es homeomorfismo, de (2) y (3) se deduce que f∗ es un isomorfismo de grupos y (f∗)

−1 =(f−1)∗. Dentro de unas lecciones veremos un tipo mas general de aplicaciones continuasque inducen isomorfismos en los grupos fundamentales. Por el momento, introducimos elsiguiente concepto.

Definicion 11.1. Sea X un espacio topologico y A ⊂ X. Una retraccion (sobre A) esuna aplicacion continua ρ : X → A que deja fijo A: f(a) = a para todo a ∈ X. Tambiense dice que A es un retracto de X.

Aquı senalamos solo lo siguiente. Sea : A→ X la inclusion, de manera que ρ = IdA.Elegimos un punto base x0 ∈ A para que ρ(x0) = x0, y deducimos ρ∗ ∗ = Id∗. Portanto ∗ : π(A, x0) → π(X, x0) es inyectiva y ρ∗ : π(X, x0) → π(A, x0) suprayectiva. Noes mucho, pero veremos en la leccion siguiente que no es poco.

Terminamos esta breve leccion con otro resultado sencillo pero util:

Proposicion 11.2. Sea X×Y el producto de dos espacios X, Y y denotamos p : X×Y →X, q : X × Y → Y las dos proyecciones. Elegimos puntos base x0 ∈ X, y0 ∈ Y y(x0, y0) ∈ X × Y y tenemos el homomorfismo de grupos

(p∗, q∗) : π(X × Y, (x0, y0)) −→ π(X, x0)× π(Y, y0)

Este homomorfismo es un isomorfismo.

Demostracion. Es claro que un camino en X × Y es un par (σ, τ) : [0, 1] → X × Yde caminos σ en X y τ en Y . Lo mismo para las homotopıas de X × Y , son paresHs = (Fs, Gs) de homotopıas Fs de X y Gs de Y . Dicho esto, es claro que (p∗, q∗) essobre, y que es inyectivo tambien, pero escribamoslo. Hay que ver que si un lazo (σ, τ)en el producto es un par de lazos nulhomotopos en cada factor X e Y , entonces (σ, τ)es nulhomotopo en X × Y . En efecto, dadas dos homotopıas Fs : σ ' x0 y Gs : τ ' y0

podemos formar otra Hs = (Fs, Gs) : (σ, τ) ' (x0, y0).

El primer ejemplo de este resultado es la confirmacion inmediata del calculo del grupofundamental de un toro # 8.5:

π(S1 × S1) = Z× Z.

Esto nos dice ya que el toro, la esfera y el plano proyectivo real son todos distintostopologicamente.

Problemas

#1. Sea q : S1 → P 1(R) la identificacion antipodal (# 8.3); consideramos un punto x0 ∈ S1 ysu imagen z0 = q(x0). Calcular el homomorfismo q∗ : π(S1, x0)→ π(P 1(R), z0).

#2. Demostrar que un retracto A de un espacio X es un subconjunto cerrado de X.


#3. Demostrar que no existe ninguna elevacion continua h : S1 → R de la identidad IdS1 , esdecir, ninguna aplicacion continua h : S1 → R tal que

(x, y) = (cos 2πh(x, y), sen 2πh(x, y)).

#4. Mostrar que el espacio afın menos un punto, X = Rn \ a, es homeomorfo a Sn−1 × Ry utilizar esto para calcular el grupo fundamental de X. Deducir que R2 no es homeomorfo aningun Rn con n 6= 2 (version global de 10.5).

#5. Sea T ⊂ R3 un toro de revolucion, que es homeomorfo al toro plano S1 (0.2(4)).(1) Definir un homeomorfismo de S1 × S1 en sı mismo que transforme uno de los generadores

de su grupo fundamental en el otro, y concluir que T tiene tambien un homeomorfismo h conesa propiedad.

(2) Mostrar que este homeomorfismo h no puede extenderse a un homeomorfismo H de R3:tal H dejarıa invariante la componente conexa acotada W de R3 \ T , y por tanto inducirıa unhomeomorfismo del toro solido M = T ∪W en sı mismo que transformarıa un lazo nulhomotopoen otro que no lo es.

#6. Consideramos otra vez la superficie compacta M = S1 × S1 y un punto a ∈ S1. Mostrarque la aplicacion f : M →M dada por f(x, y) = (x, a) no es nulhomotopa (aunque dista muchode ser suprayectiva).

Leccion 12. Teoremas de Brouwer

El primer resultado es consecuencia inmediata de las propiedades generales del grupofundamental (y ya lo hemos visto antes, # 5.5 y # 9.2):

Proposicion 12.1. No existe ningun retracto ρ : D2 → S1.

Demostracion. Supongamos que existe una aplicacion continua ρ : D2 → S1 tal queρ(x) = x si ‖x‖ = 1. Esto se puede escribir tambien ρ j = IdS1 , siendo j : S1 ⊂ D2.Entonces tomando como punto base x0 ∈ S1 tenemos

Id∗ = ρ∗ j∗ : π(S1, x0)→ π(D2, x0)→ π(S1, x0).

Pero esto nos da la siguiente sucesion de homomorfismos de grupos: Id : Z → 0 → Z,¡que es imposible!

De aquı se deduce un primer resultado importante de Brouwer:

Teorema 12.2 (Teorema del punto fijo). Toda aplicacion continua f : D2 → D2 tienealgun punto fijo x = f(x).

Demostracion. Supongamos que x 6= f(x) para todo x. Entonces la recta que pasa por xy f(x) corta a S1 en dos puntos distintos. El que esta del mismo lado que x (figura 27) es

ρ(x) = x+ λ(x− f(x)), λ = ‖x− f(x)‖2 +√‖x− f(x)‖4 + 4(1− ‖x‖2).


Figura 27. Retracto sobre la circunferencia.

Claramente ρ : D2 → S1 es una funcion continua, y por construccion una retraccion,contra el resultado anterior. En suma, debe ser x = f(x) para algun x.

Ejemplo 12.3. Ası, lo menos que puede tener una aplicacion continua f : D2 → D2 esun punto fijo. Es facil exhibir un ejemplo: cualquier giro de centro el origen. Pero esesencial en el teorema de D2 sea el disco cerrado, ası que lo interesante es encontrar unejemplo de un f con un unico punto fijo en el borde. Una manera de obtener ese ejemploes observar que D2 es la compactificacion por un punto del semiplano superior x ≥ 0.En ese semiplano una traslacion horizontal τ(x, y) = (x + 1, 0 es un homeomorfismo sinpuntos fijos, y se puede extender a esa compactificacion dejando fijo el punto anadido.

Es segundo teorema de Brouwer que probaremos es el siguiente:

Teorema 12.4 (Teorema de la esfera despeinada). Todo campo tangente continuo ξ :S2 → R3 tiene algun cero.

Demostracion. Supongamos que existe un ξ : S2 → R3 sin ceros. Es decir, ξ es unaaplicacion continua tal que 〈x, ξ(x)〉 = 0 (ortogonalidad que expresa la tangencia a laesfera) y ξ(x) 6= 0 para todo x. En primer lugar podemos reemplazar ξ por ξ/‖ξ‖ quees asimismo un campo tangente sin ceros y tiene la propiedad adicional de ser unitario.Vamos a utilizarlo para construir un homeomorfismo h : S2 × S1 → SO(3) sobre el grupode las rotaciones de R3.

Como hemos explicado antes, una rotacion no es mas que una matriz M = (u, v, w)ortogonal con determinante +1, es decir que u, v, w es una base ortonormal positiva deR3. Por tanto, dado x ∈ S2 podemos construir cualquiera de esas matrices ası:

(i) Como primer vector u = x.(ii) El segundo vector v debe estar en el plano perpendicular Πx a x, que es el plano

tangente a S2, plano que contiene al vector unitario ξ(x). Ademas, ζ(x) = x×ξ(x)es otro vector perpendicular a x, y como es perpendicular a ξ(x) y unitario, resultaque ξ(x), ζ(x) es una base ortonormal de Πx. En consecuencia, v = sξ(x)+tζ(x)y 1 = ‖v(x)‖2 = s2 + t2, o sea (s, t) ∈ S1.

(iii) El tercer vector es w = u×v = x×(sξ(x)+tζ(x)) = −tξ(x)+sζ(x).

De esta manera tenemos la aplicacion continua suprayectiva

h : S2 × S1 → SO(3) : (x, s, t) 7→ (x, sξ(x)+tζ(x), −tξ(x)+sζ(x)).


Figura 28. Base ortonormal.

Pero es tambien inyectiva, por ser ξ(x), ζ(x) una base. Esta aplicacion continua eshomeomorfismo, pues su dominio es compacto. En suma, tomando puntos base que nohace falta explicitar, h induce un isomorfismo de grupos:

π(S2 × S1)→ π(SO(3)).

Ahora bien, esto no puede ser y ademas es imposible:π(S2 × S1) = π(S2)× π(S1) = 1 × Z,π(SO(3)) = π(P 3(R)) = Z2 (7.2).

Como hemos comentado antes, y haremos mas veces, los dos teoremas de Brouwerque hemos demostrado aquı son validos en dimension arbitraria, pero las demostracionesescapan a nuestros medios.

Problemas

#1. Mostrar que si existiera un retracto ρ : D2 → S1 entonces toda aplicacion continuaf : S1 → S1 se extenderıa al disco D2, luego S1 serıa simplemente conexo. Esta es otra manerade escribir la demostracion de 12.1.

#2. Definir un homeomorfismo f : D2 → D2 del disco cerrado D2 : x2 + y2 ≤ 1 que tenga ununico punto fijo, y este en el borde, explicitando la construccion geometrica del dibujo:

(0, 1)

c

(0, 0)

(0,−1)

(x, y)

C

D2

L

(x∗, y∗) = f(x, y)

(t,−1)

D2 : x2 + y2 ≤ 1

C : x2+ (y + 1− 2c)(y − 1) = 0

L : y = −1

(t∗,−1), t∗= t+1

r r∗

#3. Sea f : D2 → R2 una aplicacion continua tal que 〈x, f(x)〉 < 1 para todo x ∈ S1. Mostrar

que f tiene un punto fijo en el interior de D. (En otro caso podrıamos definir g(x) = f(x)−x‖f(x)−x‖ ,

funcion continua del disco cerrado en sı mismo que deberıa tener algun punto fijo.)


#4. Sea f : D2 → R2 una aplicacion continua tal que 〈x, f(x)〉 < 0 para todo x ∈ S1. Mostrarque f tiene un cero en el interior de D.

#5. Consideramos S1 ⊂ C como el grupo multiplicativo de los numeros complejos z de modulo|z| = 1. Demostrar que si u ∈ R2 es un vector tangente a S1 en (1, 0), entonces z 7→ uz defineun campo tangente continua en S1.

#6. Construir campos tangentes continuos sin ceros en las esferas de dimension impar.

Leccion 13. Retractos de deformacion

Ya hemos explicado lo que es un retracto, y nos ha servido para probar algunas cosasinteresantes (leccion 12), pero es un concepto insuficiente. Al fin y al cabo, cualquierespacio tiene un punto por retracto, y no se pueden extraer consecuencias de este hecho.Lo que se precisa es la nocion mas refinada de deformacion. Nosotros usaremos aquı lasiguiente nocion:

Definicion 13.1. Un retracto ρ : X → A ⊂ X es de deformacion fuerte si es homotopoa la identidad IdX por una homotopıa Hs : X → X relativa a A:

H0 = IdX , H1 = ρ, Hs|A = IdA .

Por ejemplo, un espacio se llama fuertemente contractil si un retracto a un puntoρ : X → A = a es de deformacion fuerte. No es lo mismo que un espacio contractil, yno entraremos aquı en mas disquisiciones, pues solo usaremos deformaciones fuertes. Dehecho nuestro primer ejemplo de espacio contractil en la leccion 1, los conjuntos estrellados1.7, son fuertemente contractiles (como allı se especifico en realidad). Los retractos dedeformacion son importantes por el siguiente resultado:

Proposicion 13.2. Sea ρ : X → A ⊂ X un retracto de deformacion fuerte y : A→ Xla inclusion, de manera que ρ = IdA; sea x0 ∈ A. Entonces ∗ : π(A, x0) → π(X, x0)es un isomorfismo con inverso ρ∗ : π(X, x0)→ π(A, x0).

Demostracion. Ya sabemos que como ρ∗ ∗ = IdA, ∗ es inyectiva y basta ver que essobre. Sea [σ] ∈ π(X, x0). Por ser el retracto de deformacion, existe una homotopıaHs : ρ ' IdX que es la identidad en A. Entonces Hs σ : ρ σ ' σ y esta homotopıa enX tiene extremos fijos pues Hs(x0) = x0 para todo s. Ası, [σ] = ∗[ρ σ] y ∗ es sobre.

Para explotar el resultado anterior necesitamos construir retractos de deformacion. Acontinuacion enumeramos los ejemplos basicos que utilizaremos en las lecciones siguientes.

Ejemplos y observaciones 13.3. (1) El retracto radial ρ(x) = x/‖x‖ de Rn \ 0 sobrela esfera Sn−1 es de deformacion fuerte, vıa

Hs(x) = (1− s)x+ s x‖x‖ ,

es decir interpolacion lineal una vez mas. La figura siguiente representa el caso plano.


Figura 29. Retracto de deformacion sobre la circunferencia unidad.

Por la proposicion precedente, tomamos x0 ∈ Sn−1 y tenemos:

π(Rn \ 0, x0) = π(Sn−1) = Z para n = 2,1 para n ≥ 3.

Recuerdese ahora los problemas # 8.2 y # 3.2).

(4) Del mismo estilo es el caso del plano con agujeros, es decir X = R2 \ a1, . . . , a1,donde, claro, los puntos a1, . . . , ar son los agujeros. En primer lugar, para un unicoagujero, se puede utilizar el retracto radial de (1), pero no es necesario que el punto seael centro de la circunferencia:

Figura 30. Plano con un agujero.

Como antes los puntos y las flechas indican como se define el retracto ρ.

Para mas agujeros se pueden combinar a pedazos varios de estos retractos radiales yotras interpolaciones lineales. Esto da gran libertad para colocacion de los agujeros ypara el resultado final de la retraccion. En la figura que sigue se representan dos manerasde deformar el plano con dos agujeros sobre dos retractos no homeomorfos (el segundoretracto se conoce como ocho).


Figura 31. Plano con dos agujeros.

En la primera el plano menos dos agujeros se deforma sobre dos circunferencias unidas porun segmento, en la segunda, sobre dos circunferencias tangentes; una vez mas, los puntosy las flechas indican cual es el retracto ρ que se utiliza. Las zonas sombreadas distinguenlas variaciones de ese retracto: fuera de ellas se trata de retractos radiales respecto delcentro de cada circunferencia, en ellas son proyecciones ortogonales al eje de abscisas. Esfacil imaginar como extender esta construccion a mas de dos agujeros.

(5) Para tres agujeros representamos en la figura que sigue una variante importante;en la figura se utiliza como mas arriba el sombreado de algunas zonas para distinguir lasdiferentes retracciones que se combinan.

Figura 32. Plano con tres agujeros.

Esta ultima deformacion se aplica evidentemente a un numero arbitario r de agujeros.El retracto que se obtiene es el bouquet de r petalos, una coleccion de r “circunferencias”que se tocan todas en un mismo punto. Ese punto es el adecuado como punto base delgrupo fundamental (vease la leccion 38).

(2) La interpolacion sirve muy a menudo como en el caso anterior. Supongamos quetenemos un retracto ρ : X → A de cierto conjunto X ⊂ Rn. Entonces intentamos definir

Hs(x) = (1− s)x+ sρ(x),

y si es posible, ρ sera de deformacion fuerte. Eso sera cuando para cada x el segmento[x, ρ(x)] este totalmente contenido en X.


(3) La forma particular de convexidad formulada en el apartado enterior no es infre-cuente y por ejemplo nos muestra que la circunferencia es retracto de deformacion delcilindro, y tambien de la banda de Moebius, o que una esfera es retracto de deformacionfuerte del espacio afın menos el centro de la esfera.

Figura 33. Deformaciones sobre una circunferencia.

En esta figura representamos mediante puntos y flechas como se hace el retracto en cadacaso: todos los puntos x de un segmento se transforman en el punto ρ(x) de intersecciondel segmento y la circunferencia central del cilindro o de la banda.

Estos dos espacios tienen pues grupo fundamental Z, pero no son homeomorfos: estotardara aun en poderse probar (problema # ??).

Senalemos que se pueden combinar homeomorfismos y retracciones ρi para probar quedos espacios tienen el mismo grupo fundamental, y ası no sufrir la restriccion de que elretracto A sea un subespacio de X. El siguiente diagrama lo representa:

X1

A1 ≈ A2

X2 ≈X3

A3 ≈ A4

X4

· · ·ρ1 ρ2 ρ3 ρ4

Otra cosa es que este tipo de maniobra realmente expresa un concepto fuera de nuestrosobjetivos: que dos espacios tengan el mismo tipo de homotopıa.

13.4. Deformaciones y cocientes. Muchos espacios se describen como cocientes, ypuede ser mas comodo hacer una deformacion compatible con la relacion de equivalenciaque hacerla directamente en en el cociente. Analicemos esto con precision.

(1) Si en un espacio X tenemos una relacion de equivalencia ∼ y un retracto de defor-macion Hs : X → X tal que Hs(x) ∼ Hs(x

′) cuando x ∼ x′, entonces

Hs : X/ ∼→ X/ ∼: [x] 7→ [Hs(x)]

es un retracto de deformacion de X/ ∼ bien definido.

En efecto, se trata de justificar el diagrama siguiente

X X

X/ ∼ X/ ∼

Hs

p

Hs

p

x Hs(x)

[x] [Hs(x)]

Claramente p Hs esta bien definida y es continua, y por las propiedades de la topologıacociente esto implica que si Hs esta bien definida entonces es necesariamente continua.Pero que Hs este bien definida significa que si [x] = [x′] entonces [Hs(x)] = [Hs(x

′)], yesta es la condicion de compatibilidad que hemos enunciado.


(2) Ilustremos de lo anterior. En un rectangulo (ver la figura siguiente) consideramosla retraccion sobre el eje horizontal central.

Figura 34. Cociente de una deformacion.

Las ecuaciones de esta interpolacion vertical son Hs(x, y) = (x, (1 − s)y), y esta defor-macion es compatible en el sentido de (1) tanto con la relacion de equivalencia que defineel cilindro como con la que define la banda de Moebius (figura 8). En efecto:

(i) Para el cilindro, dos puntos distintos y relacionados son de la forma (a, y) ∼ (b, y),y tenemos

Hs(a, y) = (a, (1− s)y) ∼ (b, (1− s)y) = Hs(b, y).

(ii) Para la banda, los puntos a considerar son (a,−y) ∼ (b, y), luego

Hs(a,−y) = (a, (1− s)(−y)) = (a,−(1− s)y) ∼ (b, (1− s)y) = Hs(b, y).

En consecuencia, por (1), la deformacion sobre el segmento [a, b] × 0 pasa a los doscocientes, el cilindro y la banda. Ası, ambos espacios se deforman sobre el cociente de esesegmento. Pero en los dos casos la relacion en el segmento se reduce a (a, 0) ∼ (b, 0), esdecir, a identificar los extremos, lo que da las circunferencias centrales del cilindro y dela banda. Hemos reencontrado lo que se ve en la figura 33.

Problemas

#1. Sea ρ : X → A ⊂ X un retracto de deformacion fuerte. Mostrar que ρ induce unabiyeccion C 7→ ρ(C) entre las componentes conexas de X y las de A, y que cada restriccionρ : C → ρ(C) ⊂ C es un retracto de deformacion fuerte.

#2. Calcular el grupo fundamental del espacio X = A ∪B ⊂ R3 donde

A : x2 + y2 + z2 = 1, x ≤ 0; B : x2 + y2 = 1, x ≥ 0, z = 0.

#3. Un segmento cerrado se pega por un extremo suyo a un disco cerrado en un punto (i) desu interior y (ii) de su borde. Estudiar si los espacios resultantes son homeomorfos.

#4. Demostrar que el borde de una banda de Mobius no es un retracto suyo.

#5. El plano proyectivo P 2(R) es el cociente de un disco cerrado por la identificacion antipodalen su borde (0.2(5)). Utilizar la retraccion radial de ese disco agujereado sobre su borde paraobtener un retracto de deformacion del plano proyectivo agujereado P 2(R)\a sobre el cocientede aquel borde por la identificacion antipodal, y concluir que el grupo fundamental del planoproyectivo con un agujero es Z.


Figura 35. Plano proyectivo agujereado.

Utilizar el argumento anterior en dimensiones superiores (0.2(6)) para concluir que el grupofundamental del espacio proyectivo con un agujero Pn(R) \ a es Z2 para n ≥ 3.

#6. Recordemos que la esfera S3 se obtiene pegando dos toros solidos M y M ′ por su bordeque es un toro de revolucion T (# 0.4). Mostrar que M y M ′ contienen circunferencias S y S′

de manera que: (i) S es un retracto de deformacion de M y (ii) T es un retracto de deformacionde M ′ \ S′. Deducir que el grupo fundamental de S3 \ S es Z.

Leccion 14. Bouquets finitos

Ya hemos visto algunos ejemplos de curvas que son retractos de deformacion fuerte delplano con agujeros. Naturalmente todas ellas tienen el mismo grupo fundamental: el delplano con agujeros. En esta seccion vamos a calcularlo con rigor. Puede considerarsecomo una introduccion modesta al Teorema de van Kampen.

(14.1) Deformaciones de un intervalo. (1) Mediante las interpolaciones lineales quese representan en la figura, se puede construir una homotopıa Hs : [0, 1] → [0, 1] quecumple las siguientes condiciones

H0 = Id; Hs(0) = 0, Hs(1) = 1; H1[0, a] = [0, 1], H1[a, 1] = 1.

Figura 36. Deformacion de un intervalo.

Es decir, manteniendo fijos los extremos, la homotopıa termina por colapsar el segmento[a, 1] (que podemos elegir arbitrariamente). Es claro que esta deformacion de la identidadse puede aplicar a cualquier arco homeomorfo a [0, 1].

(2) Ahora vamos a extender la deformacion anterior a un bouquet X de base x0 con npetalos. Para ello descomponemos cada petalo en dos arcos que comienzan en cualquierpunto del petalo distinto de la base del bouquet y terminan en esa base. En cada uno delos arcos ası determinados hacemos la deformacion previamente descrita.


Figura 37. Deformacion de un petalo y del bouquet.

Todas esas deformaciones coinciden en los extremos de los arcos, luego definen bien unadeformacion Hs : X → X. Esto se representa en la figura 37 anterior. Tambien en esafigura se representan dos abiertos U, V de X de manera que X = U ∪ V y se cumple losiguiente:

(i) H0 = Id,(ii) Hs(Y ) = Y,Hs(Z) = Z, luego Hs(x0) = x0.(iii) H1(U) = Y,H1(V ) = Z,H1(U ∩ V ) = x0.

En particular, observemos que Hs induce por restriccion una deformacion de la identidaden Y y en Z.

La construccion anterior tiene por objeto facilitar la descripcion del grupo fundamentaldel bouquet X. Con las notaciones introducidas se cumplen las siguientes propiedades:

(a) U ∩ V es simplemente conexo,(b) U tiene por retracto de deformacion el primer petalo Y de X,(c) V tiene por retracto de deformacion el bouquet Z formado por los demas petalos

(que son n− 1).

El Teorema de van Kampen (o una version particular del mismo) nos dice que el grupofundamental πX de X es el producto libre del los grupos fundamentales πY de Y y πZde Z. Ya sabemos que el grupo fundamental del petalo Y (es una circunferencia) esπY = Z y por induccion el de Z es πZ = Z∗(n−1), luego el grupo fundamental de X esZ ∗Z∗(n−1) = Z∗n. Lo que haremos a continuacion es dar una demostracion mas barata ydirecta de este van Kampen en nuestro caso particular del bouquet.

Proposicion 14.2. Todo lazo de base x0 de X es homotopo a un producto τ1 ∗ · · · ∗ τmde lazos de base x0 de Y o de Z.

Demostracion. Utilizaremos la construccion de la deformacion Hs : X → X de la identi-dad asociada al recubrimiento X = U ∪ V y la descomposicion X = Y ∪Z, con todas laspropiedades explicadas anteriormente.

Sea σ : [0, 1]→ X un lazo con σ(0) = σ(1) = x0. Por compacidad existe una particion0 = t0 < t1 < · · · < tm = 1 tal que cada imagen σ[ti−1, ti] esta contenida en U o en V .Podemos suponer que todas las junturas cumplen σ(ti) ∈ U ∩ V : en otro caso se puedesuprimir ti pues el subintervalo precedente y el siguiente estaran los dos en U o los dosen V . Ahora consideramos la homotopıa Hs σ que es de extremos fijos, pues

Hs σ(0) = Hs(x0) = x0 = Hs σ(1) (por (ii)).


Por tanto σ es homotopo a τ = H1σ y definen el mismo elemento en πX . Ahora tenemos

τ [ti−1, ti] = H1(σ[ti−1, ti]) ⊂ H1(U)=Y o ⊂ H1(V )=Z,

por (iii). AdemasH1 σ(ti) ∈ H1(U ∩ V ) = x0,

luego cada restriccion τi = τ |[ti−1, ti] es un lazo de base x0 en Y o Z. En suma, podemoscomo pretendıamos escribir σ ' τ = τ1 ∗ · · · ∗ τm, un producto de lazos de base x0 cadauno en Y o en Z.

Esto ya prueba que el grupo fundamental de X es un cociente de πY ∗ πZ , es decir, queel homomorfismo

πY ∗ πZ → πX : [τ1] ∗ · · · ∗ [τm] 7→ [τ1 ∗ · · · ∗ τm]

es suprayectivo. Notese aquı al diferencia de significado entre las ∗ de la izquierda y lasde la derecha. Se trata pues de ver que ese homomorfismo es inyectivo, es decir, probarque:

Proposicion 14.3. Si se tiene una homotopıa de lazos de base x0 en X, Φs : τ1∗· · ·∗τm 'x0, entonces [τ1] ∗ · · · ∗ [τm] = [x0] en el producto libre πY ∗ πZ.

Otra manera de formular esto es que las unicas relaciones τ1 ∗ · · · ∗ τm ' x0 son lastriviales, o aun de otra manera, que si τ1 ∗ · · · ∗ τm es nulhomotopo en X entonces cada τies nulhomotopo en Y o en Z segun corresponda. Pero es preferible razonar en terminosdel grupo πY ∗ πZ , aunque luego se entendera que la demostracion proporciona la nulho-motopıa que decimos.

Demostracion. Supongamos pues dada una homotopıa (de lazos de base x0) Φ : [0, 1] ×[0, 1]→ X con Φ0 = τ1 ∗ · · · ∗ τm, Φ1 ≡ x0. Por la compacidad, tenemos particiones

0 = t0 < t1 < · · · < tr = 1, 0 = s0 < s1 < · · · < sr = 1,

de manera que cada cuadrado E`k = [tk−1, tk] × [s`−1, s`] cumple Φ(E`

k) ⊂ U o V . Clara-mente, podemos refinar la particion para que el dominio de cada τi sea union de intervalos[tk−1, tk] consecutivos. Ademas consideramos nuestra deformacion Hs : X → X, y la ho-motopıa Ψ = H1 Φ. Representamos todos estos datos en la figura siguiente.

Figura 38. Homotopıa en un bouquet.

Observamos que por las propiedades de la deformacion, la composicion αi = H1 τisigue siendo un lazo de base x0 en Y o Z segun fuera τi, y Hs τi es una homotopıa, en


Y o Z segun corresponda, entre τi y αi. Por tanto, [τ1] ∗ · · · ∗ [τm] = [α1] ∗ · · · ∗ [αm] enπY ∗ πZ . En realidad, α1 ∗ · · · ∗ αm es exactamente el lazo Ψ |s=s0 .

Dicho esto, coloreamos la retıcula asignando una letra Y o Z a los cuadrados E`k segun

donde esten contenidas sus imagenes: si Φ(E`k) ⊂ U (resp. V ), entonces

Ψ(E`k) = H1(Φ(E`

k)) ⊂ H1(U) = Y (resp. ⊂ H1(V ) = Z)

por (iii), y asignamos la letra Y (resp. Z); si Φ(E`k) ⊂ U ∩ V elegimos cualquiera de las

dos letras. Utilizaremos este coloreado para refinar la factorizacion α1 ∗ · · · ∗ αm.

Consideremos los intervalos [tk−1, tk] correspondientes a un factor αi, y por ejemplosupongamos que αi es un lazo en Y (el otro caso es analogo). Uno esperarıa que el colorde los cuadrados E1

k con base [tk−1, tk] fuera Y , pero muy bien podrıa ser Z. En ese caso

αi[tk−1, tk] ⊂ X ∩ Y = x0

y tenemos αi = α′i ∗x0 ∗α′′i , donde α′i es αi hasta tk−1 y α′′i es αi desde tk (figura 39). Estafactorizacion esta hecha en πY , pero en realidad el lazo constante x0 es tambien un lazoen Z y, ası lo consideramos a partir de ahora.

Figura 39. Recoloreado de la homotopıa.

Esta simpleza remedia la discrepancia de coloreado, pues ahora el color Z sobre [tk−1, tk]se corresponde con tener en el un lazo de Z (el constante). Esto se hace con todos loscuadrados que sea necesario y el resultado lo denotamos α1∗· · ·∗αn, asociando los factorespara que esten alternativamente en Y y en Z. Con esta construccion,

[α1] ∗ · · · ∗ [αm] = [α1] ∗ · · · ∗ [αn] en πY ∗ πZ .

Consideremos uno de los αj; supongamos que es un lazo de Y . En la figura siguienterepresentamos el coloreado del rectangulo R = E1

a ∪ · · · ∪ E1b cuya base es el dominio de

αj; tambien representamos los dos cuadrados adyacentes E ′ = E1a−1 y E ′′ = E1

b+1.

Como el color de R es Y y el del cuadrado adyacente E ′ es Z, el lado izquierdo L′ =E ′ ∩R de R cumple:

Ψ(L′) ⊂ Ψ(E ′) ∩ Ψ(R) ⊂ Z ∩ Y = x0,

es decir, Ψ |L′ ≡ x0. Analogamente para el lado derecho L′′ = R ∩ E ′′ de R se tieneΨ |L′′ ≡ x0. Esto significa que Ψ |R define una homotopıa en Y de lazos de base x0 entreαj y otro lazo βj de base x0 de Y . Tenemos pues [αj] = [βj] en πY .

Es claro que el mismo metodo vale, si αj es un lazo de Z, para obtener otro lazo βj deZ tal que [αj] = [βj] en πZ . Ası, haciendo esto con cada αj resulta

[α1] ∗ · · · ∗ [αn] = [β1] ∗ · · · ∗ [βn] en πY ∗ πZ .

Observese que β1 ∗ · · · ∗ βn es exactamente el lazo Ψ |s=s1 .


Este proceso se puede repetir: primero se refina la factorizacion β1 ∗ · · · ∗ βn para quese ajuste el coloreado de los cuadrados con base en s = s1, y se obtiene

[β1] ∗ · · · ∗ [βn] = [β1] ∗ · · · ∗ [βp],

con los lazos βl alternativamente en Y y en Z. Despues se usa Ψ para reemplazar cada

factor βl por un lazo homotopo γl en Y o Z segun el caso, y poder escribir

[β1] ∗ · · · ∗ [βp] = [γ1] ∗ · · · ∗ [γp] en πY ∗ πZ ,donde γ1∗· · ·∗γp es exactamente el lazo Ψ |s=s2 . De esta manera, progresamos verticalmentehasta que alcanzamos la ordenada sr = 1 y concluimos que en el producto libre nuestroelemento esta representado por una cierta factorizacion de Ψs=1 ≡ x0. Pero claro, en talfactorizacion todos los factores son lazos constantes x0, y nuestro elemento de πY ∗ πZ esel elemento neutro.

Esto completa la demostracion, que puede parecer un ejercicio de retorica, pues al finy al cabo el lazo Ψ |s=1 lo tenıamos desde el principio. Para insistir en la necesidad de esaretorica digamos que la retıcula se usa para descomponer la homotopıa global Ψs en unasucesion de homotopıas, bien en Y , bien en Z, que sean compatibles con el producto enπY ∗ πZ .

Y como el plano con n agujeros se retracta sobre un bouquet con n petalos:

Corolario 14.4. El grupo fundamental del plano afın R2 con n agujeros es el grupo libreZ∗n generado por n elementos

Problemas

#1. El toro T es el cociente de un cuadrado K identificando sus lados opuestos con igualesorientaciones (0.2(4)). Definir en el cuadrado menos un punto interior un retracto de deformacionsobre su borde R que sea compatible con la identificacion, y usarlo para definir en el toro conun agujero un retracto de deformacion sobre un bouquet de dos petalos. Concluir que el grupofundamental de un toro con un agujero es Z ∗ Z.

Figura 40. Toro con un agujero.

#2. Generalizar el problema anterior para probar que el grupo fundamental de un toro con ragujeros es Z∗(r+1) (segun sugiere la figura siguiente).

Figura 41. Toro con dos agujeros.


#3. Usando la descripcion del plano proyectivo como cociente de un disco se ve que el planoproyectivo con un agujero tiene grupo fundamental Z (# 13.5). Utilizar la misma estrategiapara demostrar que P 2(R) con r agujeros tiene grupo fundamental Z∗r.

Figura 42. Plano proyectivo con agujeros.

#4. Calcular el grupo fundamental del espacio X ⊂ R3 consistente en la union de cuatro esferastangentes cada una con otras dos (como las de radio 1 y centros (1, 1, 0), (−1, 1, 0), (−1,−1, 0),(1,−1, 0)).

#5. Construir espacios compactos de distintas dimensiones que tengan por grupo fundamentalZ ∗ Z (evitando trivialidades).

Leccion 15. Puntos singulares

En esta leccion vemos como distinguir cruzamientos topologicamente distintos. Endimension 1 basta apelar a la conexion, segun se ilustra en los ejemplos siguientes.

Figura 43. Puntos singulares de curvas.

De manera concisa, ninguno de los espacios anteriores es localmente homeomorfo a otroen el punto a. En el primero, el punto tiene una base de entornos que nodesconecta. En elsegundo desconecta a todos sus entornos, y hay una base de entornos a los que desconectaen exactamente dos componentes. En el tercero el punto desconecta en al menos trescomponentes todos sus entornos, y a los de una base en tres componentes. En general, enel cuarto caso dibujado, el punto desconecta siempre en al menos r componentes (lo que lodistingue de los puntos con menos de r componentes) y hay una base de entornos a los quedesconecta en exactamente r (lo que lo distingue de los puntos con mas de r). La estrategiade agujerear los entornos se puede aplicar en dimension superior, pero la conexion nobasta entonces para hacer las distinciones. Aquı, en dimension dos, utilizaremos lo queya sabemos del grupo fundamental.

Para empezar, un lema.

Lema 15.1. Supongamos que en un espacio X un punto a tiene una base de entornosencajados Vk : k ≥ 1 de manera que las inclusiones : Vk+1 ⊂ Vk inducen isomorfismos∗ : π(Vk+1\a, x0)→ π(Vk\a, x0), dado x0 ∈ Vk+1\a. El grupo πX,a = π(Vk\a, x0)


es independiente (salvo isomorfismo) de la base de entornos con esa propiedad, y enconsecuencia ese grupo es un invariante topologico local del punto a.

Demostracion. Sea W` otra base con esa propiedad. Para `2 ⊂ `1 y k1 ≤ k2 suficien-temente grandes sera W`2 ⊂ Vk2 ⊂ W`1 ⊂ Vk1 y para x0 ∈ V`2 fijado consideramoa lasucesion de homomorfismos

π(W`2 \ a, x0)→ π(Vk2 \ a, x0)(∗)→ π(W`1 \ a, x0)→ π(Vk1 \ a, x0).

Por hipotesis la composicion de las dos ultimas flechas es un isomorfismo, luego (∗) esinyectiva. Pero tambien es isomorfismo la composicion de las dos primeras, luego (∗) essuprayectiva. Ası tenemos el isomorfismo requerido. La ultima afirmacion es evidente.

Utilizaremos estas bases de entornos encajados para distinguir entre sı espacios queno son localemente homeomorfos. Por supuesto, lo que veremos es solo una muestramuy parcial y elemental de argumentos generales mucho mas potentes de la Topologıaalgebraica. A continuacion describimos la construccion basica.

15.2. Fijemos un punto a ∈ Rn.

(1) Denotamos Dk la bola cerrada de centro a y radio 1/k. Claramente, las bolas Dkforman una base encajada de entornos de a, y cada una es retracto radial de deformacionde la anterior, como muestra el dibujo (a).

Figura 44. Bases de entornos encajados y πU,a.

Por otra parte, podemos calcular el grupo fundamental de Vk \ a tambien medianteretraccion radial sobre su borde Sk como en el dibujo (b). Ese borde es una esfera dedimension n− 1, luego para cualquier entorno abierto U ⊂ Rn de a tenemos

πU,a = π(Sn−1, x0) = Z si n = 2,

0 si n ≥ 3.

(2) Esta construccion se puede aplicar en un semiespacio (como el estandar x1 ≥ 0 ⊂Rn), pues las retracciones radiales dejan invariante el borde, y tambien se puede aplicara uniones de semiespacios. La figura ilustra esto en el caso n = 2 que es el que mas nosinteresa.


Figura 45. En dimension 2.

En (a) se representa la retraccion de Vk sobre Vk+1 en una union de r semiespacios. En(b) se describe: (i) el retracto de un entorno Vk sobre su borde, que es una union de arcosσi entre dos puntos α y β, (ii) un modelo plano de esa union de r arcos, que es retractodel plano con r−1 agujeros pi y por tanto tiene grupo fundamental πX,a = Z∗(r−1) (14.4).

Podemos ya extraer dos consecuencias. Primero redemostramos 10.5:

Invarianza de la dimension. Sea U un abierto de R2 homeomorfo a uno V de Rn, ya ∈ U un punto con imagen b ∈ V . Por ser un invariante local, πU,a = πV,b, y por loscalculos de 15.2 el primer grupo es Z y por ser igual al segundo, necesariamente n = 2.

Ahora, 10.4:

Invarianza del borde. Sea h : U → V es un homeomorfismo entre dos abiertos U, V deun semiplano afın x ≥ 0 ⊂ R2. Si a ∈ U esta en el borde, es decir, a = (0, q), entoncesπU,a = 1, pues un semidisco se retracta sobre un arco de circunferencia, que es contractil.Entonces πV,h(a) = 1 y h(a) no puede estar en x > 0, pues en ese caso serıa πV,h(a) = Z.

15.3. Puntos singulares. Finalmente describimos como se distinguen los puntos decruzamiento de un espacio X de dimension 2, aplicando los calculos de πX,a de 15.2.

(1) Puntos regulares. Son aquellos en los que no hay ningun cruzamiento, o si se quiere,en los que se unen dos semiplanos. El espacio es en ellos locamente homeomorfo a unplano. En ese caso tenemos πX,a = Z, pues X es cerca de a un abierto de R2.

(2) Puntos del borde. Son aquellos en que no hay cruzamiento, pero solo hay un semi-plano. El espacio cerca de ellos un entorno abierto del origen en un semiplano. EsπX,a = 1.

(3) Puntos singulares. Son aquellos en los que se unen al menos tres semiplanos,generando cruzamiento. En este caso πX,a = Z∗r−1, donde r ≥ 3 es el numero de semi-planos.

Ejemplo 15.4. Consideremos el espacio X union de dos conos pegados por una generatrizcomo en la figura.


Figura 46. Dos conos pegados por una generatriz.

Es claro que a es un punto regular, b uno del borde, p uno singular con 4 semiplanosincidentes. Por 15.3 sera:

πX,a = Z, πX,b = 1, πX,p = Z∗3,

luego a, b y p son topologicamente distintos. El punto q requiere algo mas de analisis. Enun momento calcularemos el invariante πX,q que sera Z, luego nos distinguira q de b y dep, pero no de a. Para hacer la distincion observamos que:

(1) a es lımite de puntos regulares y nada mas.(2) b es lımite de puntos regulares y puntos del borde.(3) p es lımite de puntos regulares y de puntos como el mismo p.(4) q es lımite de puntos regulares, de puntos del borde y de puntos como p.

Esto muestra que los cuatro puntos son distintos topologicamente, incluso sin necesidadde calcular πX,q = Z. En todo caso lo explicamos tambien.

Un entorno V de q enX es la union de un cono a cuya generatriz se pegan dos semidiscos.Si le quitamos el vertice del cono podemos retractar radialmente V sobre la base del cono ylos bordes curvos de los otros dos sectores, de manera que el retracto es una circunferenciajunto con dos arcos pegados en un punto de la misma. Estos arcos se retractan cada unosobre ese punto de pegado y queda una circunferencia, que tiene grupo fundamental Z.

Problemas

#1. Mostrar que la construccion de bases de entornos encajados con semidiscos cerrados sepuede hacer tambien con semidiscos abiertos.

#2. Clasificar por homeomorfismo local los puntos del paraguas de Whitney X : x2 = zy2.

Figura 47. Paraguas de Whitney y su tela

#3. La tela del paraguas de Whitney X : x2 = zy2 es el conjunto Y = X ∩ z ≥ 0, en elque ya no hay puntos regulares de dimension 1. Entonces no podemos usarlos para distinguir


el origen 0 ∈ Y de los otros puntos singulares (que son los del eje de las z’s). Calcular el grupoπY,0 para hacer esa distincion.

#4. Sean X e Y los espacios union de dos conos por una generatriz como se ven en la figura48. ¿Son homeomorfos? Buscar subconjuntos maximales de ambos que sı lo sean.

Figura 48. Dos maneras de pegar dos conos por una generatriz.

#5. Sean X un espacio compacto y C = CaX el cono sobre el, con vertice a (# 1.4). Mostrarque se puede calcular el invariante πC,a y coincide con π(X,x0). (En realidad esto cubre todos loscasos discutidos en esta leccion, pues todos los puntos analizados tienen esta estructura conicalocal.)

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