Trabajo No.3

Andrea Yineth Gomez Vargas

Codigo: 070200212008

Julieth Karinne Quintero Espinosa

Codigo: 070200422008

Marıa Camila Gonzalez Reina

Codigo: 070200502008

Universidad del Tolima

Topologıa

Departamento de Matematicas y Estadıstica

Programa de Matematicas con enfasis en Estadıstica

Ibague

2012

3.1. a) Demuestre que en cualquier espacio metrico es adh(

Bǫ(x))

⊆ Bǫ(x).

Demostracion. Como Bǫ(x) es cerrada, y Bǫ(x) esta contenida en Bǫ(x) y la ad-

herencia es el menor cerrado, entonces es evidente que la adh(Bǫ(x)) ⊂ Bǫ(x).

b) Demuestre que en cualquier espacio Rn con la metrica usual se tiene

adh(

Bǫ(x))

= Bǫ(x).

z�

x

�

ǫ

δ�

c

Demostracion. Para la igualdad demostraremos las dos contenencias.

⇒) adh(Bǫ(x)) ⊂ Bǫ(x). En este sentido la contenencia esta dada por los argumentos

dados en el punto a).

⇐) Bǫ(x) ⊂ adh(Bǫ(x)). Sea z ∈ Bǫ(x), es decir, sea z ∈ Rn con d(z, x) ≤ ǫ.

• Si d(z, x) < ǫ entonces z ∈ Bǫ(x) y Bǫ(x) ⊆ adh(Bǫ(x)).

• Si d(x, z) = ǫ. Sea δ < 0 cualquiera (δ < ǫ). Entonces se puede encontrar un punto c

en el segmento que une a x con z de tal manera que se encuentra en al interseccion de

las dos bolas Bǫ(x) y Bδ(z). Tecnicamente es c = αx+(1−α)z para algun α adecuado.

Como Bǫ(x) ∩ Bδ(z) 6= φ se tiene z ∈ adh(Bǫ(x)).

Por lo tanto se cumple que adh(Bǫ(x)) = Bǫ(x).

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c) Sea S el subespacio de R2 constituido por la circunferencia unidad junto con

la diagonal horizontal que une los puntos (−1, 0) y (1, 0) (es decir, S tiene la forma

⊖). Para este espacio encuentre (i) B1(0, 0), (ii) adhS

(

B1(0, 0))

= S∩adhR2

(

B1(0, 0))

y (iii) B1(0, 0). Concluya que la igualdad de (b) no se cumple en todos los espacios

metricos.

Demostracion. (i) B1(0, 0) = Es el segmento abierto entre los puntos (-1,0) y (1,0).

(ii) adhS

(

B1(0, 0))

= S ∩ adhR2

(

B1(0, 0))

.

El segmento cerrado entre los puntos (-1,0) y (1,0).

(iii) B1(0, 0) = S.

3.2. Sean f : X −→ Y , g : Y −→ Z dos funciones entre espacios topologicos. De-

muestre que si f es continua en el punto x ∈ X y g es continua en el punto f(x) ∈ Y ,

entonces la funcion compuesta gf : X −→ Z es continua en x.

�

x �

f(x)

�

gf(x)

f g

X Y Z

gf

Demostracion. Sea V ∈ V(gf(x)).

Como g es continua en f(x) y g−1(V ) ∈ V(f(x)).

Ademas, como f es continua en X entonces f−1(g−1(V )) ∈ V(x). Como x ∈ f−1g−1(V ).

Y ademas f(a) ∈ f−1g−1(V ) luego g(f(a)) ∈ V es decir gf(a) ∈ V entonces (gf)−1(V ).

Por lo tanto, gf es continua en X.

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3.3. Pruebe que una funcion f : X −→ Y entre espacios topologicos es continua si y

solo si para cada subconjunto M ⊆ Y se tiene

f−1(

M ◦

)

⊆(

f−1(M))

◦

.

Demostracion. ⇒ Tenemos por hipotesis que f es continua y sea x ∈ f−1(M ◦

)

,

donde, f(x) ∈ M ◦. Como M ∈ V(f(x)), es decir f−1(M) ∈ V(x). Por propiedad se

tiene que a ∈ M ◦ = M ∈ V(a), entonces x ∈ [f−1(M)]◦.

⇐ Se tiene que A es abierto de Y , ademas por definicion de interior A = (A ◦

)

y la

imagen reciproca f−1(A) = f−1(A ◦

)

. Por hopotesis se tiene que f−1(A ◦

)

⊆ [f−1(A)]◦,

por propiedad se tiene que M ◦ ⊆ M siempre que M ⊆ M ◦ entonces M ◦ = M ; es

decir, que f−1(A) ⊆ [f−1(A)]◦. Por tanto, f−1(A) es abierto.

3.4. Sean (X,≤), (Y,≪) conjuntos ordenados. Una funcion f : X −→ Y es monotona

si para cada a, b ∈ X se tiene: a ≤ b implica f(a) ≪ f(b). Demuestre que si ambos

conjuntos ordenados tienen la topologıa generada por la respectiva base{

(x]}

(ver

ejercicio 2.3, de ingrata recordacion /) entonces toda funcion monotona es continua.

Demostracion. Sea a ∈ X, f es continuaen a, v ∈ V(f(a)) y f(a) ∈ (y] ⊆ V . Ahora,

sea u ≤ a. Entonces f(u) ≪ f(a), pero f(a) ≪ y entonces f(u) ≪ y, es decir,

f(u) ∈ (y]. Como (y] ⊆ V , f(u) ∈ V , de alli, por definicion, u ∈ f−1(v). Es decir que,

(a] ⊆ f−1(v) y ası f−1(v) ∈ V(a).

3.5. Sean (X, dX), (Y, dY ) espacios metricos. Una isometrıa es una funcion f : X −→ Y

tal que para cada x, y ∈ X se tiene dY (f(x), f(y)) = dX(x, y).

a) Pruebe que toda isometrıa es inyectiva

Demostracion. La distancia entre puntos diferentes es estrictamente positiva. Por

hipotesis se tiene que x, y ∈ Y tal que f(x) = f(y), esto implica que dY (f(x), f(y)) = 0.

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Como f es isometria entonces dY (f(x), f(y)) = dx(x, y) = 0. Como es igual a 0 cumple

que x = y. Es decir la isometria es inyectiva.

b) Compruebe que toda isometrıa es continua para las topologıas inducidas por

las metricas

�

x

δ�

f(x)ǫf−1(Bǫf(x))

X Y

V

Demostracion. f : X → Y es continua en x si dado ǫ > 0, para la vecindad

Bǫ(f(x)) ∈ V(f(x)). Sea δ > 0 tal que Bδ(x) ⊆ f−1Bǫ(f(x)) , es decir, z ∈ Bδ(x)

entonces f(z) ∈ Bǫ(f(x)), ademas, si dX(x, z) < δ entonces dY (f(x), f(z)) < ǫ,

ahora por isometria se tiene que dY (f(x), f(z)) = dX(x, z) < ǫ = δ. Por tanto

f−1Bǫ(f(x)) ∈ V(x) es vecindad de x, es decir, f−1 es continua. Por lo cual se

concluye que toda isometria es continua para las topologias inducidas por las metricas.

c) Demuestre que toda isometrıa sobreyectiva es un homeomorfismo

Demostracion. Por hipotesis tenemos que toda isometrıa es sobreyectiva y por el

enciso a) las isometrıas son inyectivas, entonces las isometrıas son biyectivas. Tambien

por el enciso b) se tiene que f es continua. Solo nos restarıa que f−1 es continua para

demostrar que toda isometrıa sobreyectiva es homeomorfismo.

Sea z ∈ f−1(Bǫ(f(x)) es decir f(z) ∈ Bǫ(f(x)). Donde f−1(Bǫ(f(x)) ∈ X y ademas

X es abierto, entonces X ∈ V(f−1(Bǫ(f(x)))). Como f es continua se cumple que

f−1(Bǫ(f(x))) ∈ V(x).

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3.6. Pruebe que si f : X −→ Y es un homeomorfismo entre espacios topologicos

entonces para cada subconjunto P ⊆ X se tiene f(

P)

= f(P ).

Demostracion. Por hipotesis tenemos que f es continua ya que es un homeomorfismo.

⇒ f(P ) ⊆ f(P ).

Sea y ∈ f(P ) donde y = f(x) y x ∈ P . Sea V ∈ V(y) y V ∈ V(f(x)) entonces

f−1(V ) ∈ V(x). Como x ∈ P , P ∩ f−1(V ) 6= φ. Sea p un punto arbitrario donde

p ∈ P ∩ f−1(V ), entonces f(p) ∈ f(P ) y f(p) ∈ V , es decir que f(P )∩ V 6= φ. Por lo

tanto y ∈ f(P ).

⇐ f(P ) ⊂ f(P ).

Como f es un homeomorfismo, entonces f−1 es continua, donde

f−1(f(P )) ⊆ f−1(f(P )) = P , dado que f es biyectiva se cumple que f−1f(x) = x. Por

lo tanto (f(P )) ⊂ f(P ).

De 1 y 2 se tiene que f(P ) = (f(P )).

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