Topologia

MARCO A. PEREZ B.Universite du Quebec a Montreal.Departement de Mathematiques.

TOPOLOGIA

Notas de curso

•x

X

Yf •f(x)

U

f(U)

V

Abril, 2012.

Estas notas estan basadas en un curso dado por Fermın Dalmagro en la UCV a mediadosdel 2006. Cualquier error u omision es responsabilidad del autor.

i

TABLA DE CONTENIDOS

1 TEORIA DE CONJUNTOS 1

1.1 Operaciones entre conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Relaciones y funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Relaciones de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Conjunto cociente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Familias de conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.6 Conjuntos numerables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.7 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.7.1 Operaciones entre conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.7.2 Funciones y diagramas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.7.3 Relaciones de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.7.4 Familias de conjuntos: operaciones, funciones y Leyes de De Morgan . . 18

1.7.5 Cubrimientos y particiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.7.6 Conjuntos numerables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 ESPACIOS TOPOLOGICOS 21

2.1 Topologıas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2 Espacios metricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3 Topologıa inicial y final . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.4 Base de una topologıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.5 Topologıa desde un punto de vista local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.6 Interior y clausura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.7 Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.8.1 Espacios topologicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.8.2 Base de una topologıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.8.3 Topologıa relativa, inicial y final . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.8.4 Topologıa desde un punto de vista local . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

iii

2.8.5 Espacios metricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.8.6 Sucesiones, clausura, interior y frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.8.7 Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3 CONEXIDAD 41

3.1 Espacios conexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2 Espacios conexos por arcos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.3.1 Teoremas del Valor Medio y del Punto Medio . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.3.2 Relacion entre espacios conexos, funciones continuas y espacios producto 47

3.3.3 Espacios conexos por arcos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4 AXIOMAS DE SEPARACION 49

4.1 Espacios de Hausdorff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4.2 Espacios normales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

4.3 Lemma de Urysohn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.4 Teorema de Extension de Tietze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.5.1 Espacios primer numerables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.5.2 Espacios de Hausdorff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

4.5.3 Espacios normales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5 COMPACIDAD 61

5.1 Espacios paracompactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5.2 Espacios compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

5.3 Espacios de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

5.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

5.4.1 Espacios paracompactos y compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

5.4.2 Espacios de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

BIBLIOGRAFIA 79

iv

CAPITULO 1

TEORIA DE CONJUNTOS

1.1 Operaciones entre conjuntos

Un conjunto es “cualquier cosa” sobre la cual esta dado un predicado,

X = {x / P (x)},

donde X es el conjunto de todos los elementos para los cuales se cumple P (x). Denotaremos por A ⊆ X siA es un subconjunto de X, i.e. todo elemento de A pertenece a X.

Ejemplo 1.1.1.

(1) N = El conjunto de los numeros naturales = {1, 2, 3, . . . }.(2) P = El conjunto de los numero pares = {2, 4, 6, . . . }. Note que P es un subconjunto de N.

Dado un conjunto X, denotaremos por P(X) el conjunto de los subconjuntos de X,

P(X) = {A / A ⊆ X}.

Ejemplo 1.1.2. Si X = {0, 4, 5} entonces P(X) = {∅, {0}, {5}, {0, 4}, {0, 5}, {4, 5}, X}.

Proposicion 1.1.1. Si Card(X) = n entonces Card(P(X)) = 2n.

Demostracion: Existe un subconjunto de 0 elementos, ∅. Existen(n1

)= n subconjuntos de 1 elemento,(

n2

)subconjuntos de 2 elementos, ...,

(nn

)= 1 subconjunto de n elementos, el mismo X. Ası obtenemos

Card(P(X)) =

(n

0

)+

(n

1

)+ · · ·+

(n

n

)= (1 + 1)n = 2n.

1

Sean A,B ∈ P(X):

• Union: A ∪B = {x ∈ X / x ∈ A o x ∈ B} ∈ P(X).

• Interseccion: A ∩B = {x ∈ X / x ∈ A y x ∈ B} ∈ P(X).

Proposicion 1.1.2.

(1) A ∪ ∅ = A.

(2) A ∩ ∅ = ∅.

(3) A ∪A = A.

(4) A ∩A = A.

La operacion

U : P(X)× P(X) −→ P(X)

(A,B) 7→ A ∪B

es un ejemplo de ley de composicion interna.

Proposicion 1.1.3 (Distributividad). A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C).

Demostracion:

A ∩ (B ∪ C) = {x ∈ X / x ∈ A y (x ∈ B o x ∈ C)}= {x ∈ X / (x ∈ A y x ∈ B) o (x ∈ A y x ∈ C)}= {x ∈ X / x ∈ A y x ∈ B} ∪ {x ∈ X / x ∈ A y x ∈ C}= (A ∩B) ∪ (A ∩ C).

Estas operaciones le dan a P(X) una estructura de algebra de Boole, donde ∪ funge como suma y ∩ comoproducto.

2

1.2 Relaciones y funciones

Dados dos conjuntos X e Y , es posible relacionar sus elementos de varias maneras. Se define el productocartesiano de X e Y como el conjunto

X × Y = {(x, y) / x ∈ X e y ∈ Y }.

Una relacion en X × Y es cualquier subconjunto de X × Y .

Una funcion es una relacion f que satisface la siguiente propiedad: Si (a, b) y (a, c) pertenecen a f entoncesb = c. Los pares ordenados (a, b) en una funcion f se denotan por (a, f(a)).

Dada una funcion f : X −→ Y , la imagen directa de un subconjunto A ⊆ X es el subconjunto de Y dadopor

f(A) = {y ∈ Y / y = f(x) para algun x ∈ A} = {f(x) ∈ Y / x ∈ A}.La imagen inversa de un subconjunto B ⊆ Y es el subconjunto de X dado por

f−1(B) = {x ∈ X / f(x) ∈ B}.

Proposicion 1.2.1. A ⊆ f−1(f(A)).

Demostracion: Sabemos que f(A) = {f(x) / x ∈ A} y f−1(f(A)) = {x ∈ X / f(x) ∈ f(A)}. Seax ∈ A. Luego, f(x) ∈ f(A). De donde x ∈ f−1(f(A)).

A

B

f(A)

f�1(B)

X Y

f

f�1

Proposicion 1.2.2. B ∩ f(A) = f(f−1(B) ∩A).

3

Demostracion: Note que

f−1(B) ∩A = {x ∈ X / x ∈ f−1(B) y x ∈ A} = {x ∈ X / f(x) ∈ B y x ∈ A}.

Sea y ∈ f(f−1(B) ∩A). Luego, existe x ∈ f−1(B) ∩A tal que y = f(x). Como x ∈ A, y = f(x) ∈ f(A).Por otro lado, x ∈ f−1(B), de donde y = f(x) ∈ B. Entonces se tiene y ∈ B e y ∈ f(A), es deciry ∈ B ∩ f(A). Por lo tanto, f(f−1(B) ∩A) ⊆ B ∩ f(A).

Sea y ∈ B ∩ f(A). Luego, y ∈ B y y = f(x), para algun x ∈ A. Entonces f(x) = y ∈ B implicaque x ∈ f−1(B). Tenemos y = f(x), donde x ∈ f−1(B) y x ∈ A, es decir x ∈ f−1(B) ∩ A. Se siguey ∈ f(f−1(B) ∩A). Por lo tanto, B ∩ f(A) ⊆ f(f−1(B) ∩A).

Sea f : X −→ Y una funcion. Diremos que f es:

(1) Inyectiva si para todo a, b ∈ X, f(a) = f(b) implica que a = b.

(2) Sobreyectiva si para todo y ∈ Y existe algun x ∈ X tal que y = f(x), es decir, si Y = f(X).

(3) Biyectiva si es inyectiva y sobreyectiva, es decir, si para todo y ∈ Y existe un unico elemento x ∈ Xtal que y = f(x).

Ejemplo 1.2.1. Sea X un conjunto.

(1) Denotaremos por 1X : X −→ X la funcion dada por 1X(x) = x, para todo x ∈ X. Esta funcion seconoce como funcion identidad, y es biyectiva.

(2) Si A es un subconjunto de X, la inclusion de A en X es la funcion iA : A −→ X definida poriA(x) = x, para todo x ∈ A. Esta funcion es inyectiva, pero no es sobreyectiva si A es distinto de X.

Sea Y otro conjunto y f : X −→ Y una funcion.

(3) La funcion P(X) −→ P(Y ) dada por A 7→ f(A) se conoce como funcion imagen directa (I.D.).

(4) La funcion P(Y ) −→ P(X) dada por B 7→ f−1(B) se conoce como funcion image inversa (I.I.).

Proposicion 1.2.3.

(1) I.D. e I.I. son en efecto funciones.

(2) f es inyectiva si, y solo si I.D. lo es.

(3) f es sobreyectiva si, y solo si, I.D lo es

(4) f es inyectiva si, y solo si, I.I. es sobreyectiva.

(5) f es sobreyectiva si, y solo si, I.I. es inyectiva.

4

Demostracion: Sean ϕ : P(X) −→ P(Y ) y ψ : P(Y ) −→ P(X) las funciones I.D. e I.I., respectiva-mente.

(1) Sean A1, A2 ∈ P(X) tales que A1 = A2. Tenemos

y ∈ f(A1)⇐⇒ y = f(a), a ∈ A1 ⇐⇒ y = f(a), a ∈ A2 ⇐⇒ y ∈ f(A2).

Entonces f(A1) = f(A2) y por ende ϕ esta bien definida. Ahora sean B1, B2 ∈ P(Y ) tales queB1 = B2. Tenemos

x ∈ f−1(B1)⇐⇒ f(x) ∈ B1 ⇐⇒ f(x) ∈ B2 ⇐⇒ x ∈ f−1(B2).

Entonces f−1(B1) = f−1(B2), por lo que ψ esta bien definida.

(2) Supongamos que f es inyectiva. Sean A1, A2 ∈ P(X) tales que f(A1) = f(A2). Dado a ∈ A1,tenemos f(a) ∈ f(A1) = f(A2). De donde existe a′ ∈ A2 tal que f(a) = f(a′). Como f es inyectiva,se sigue que a = a′ ∈ A2. Entonces A1 ⊆ A2. De manera similar, se tiene que A2 ⊆ A1. Por lotanto, ϕ es inyectiva.

Ahora supongamos que ϕ es inyectiva. Sean x, x′ ∈ X tales que f(x) = f(x′). Luego ϕ({x}) =ϕ({x′}). Como ϕ es inyectiva, se tiene que {x} = {x′}, es decir x = x′. Por lo tanto, f es inyectiva.

(3) Supongamos que f es sobreyectiva. Veamos que B = f(f−1(B)) = ϕ(f−1(B)). Sea b ∈ B, luegoexiste a ∈ X tal que b = f(a). Se sigue que a ∈ f−1(B), por lo que b ∈ f(f−1(B)). Por otro lado,si b = f(f−1(B)), entonces existe a ∈ f−1(B) tal que b = f(a). Como a ∈ f−1(B), se sigue queb = f(a) ∈ B. Por lo tanto, B = f(f−1(B)) = ϕ(f−1(B)).

Ahora supongamos que ϕ es sobreyectiva. Sea y ∈ Y . Considere el conjunto {y} ∈ P(Y ). Como ϕes sobreyectiva, existe A ∈ P(X) tal que {y} = ϕ(A) = f(A). De donde existe x ∈ A ⊆ X tal quey = f(x). Por lo tanto, f es sobreyectiva.

(4) Supongamos que f es injectiva. Sea A un subconjunto de X. Veamos que A = f−1(f(A)). Esclaro que A ⊆ f−1(f(A)). Ahora supongamos que x ∈ f−1(f(A)). Luego f(x) ∈ f(A). De dondeexiste a ∈ A tal que f(x) = f(a). Como f es inyectiva, se tiene x = a. Entonces x ∈ A. Por lotanto, A = ψ(f(A)).

Ahora supongamos que ψ es sobreyectiva. Sean x y x′ en X tales que f(x) = f(x′). Como ψ essobreyectiva, existe B ⊆ Y tal que {x} = ψ(B) = f−1(B). Luego, f(x′) = f(x) ∈ B. De dondex′ ∈ f−1(B) = {x}. De donde x = x′.

(5) Supongamos que f es sobreyectiva. Sean B1 y B2 dos subconjuntos de Y tales que ψ(B1) = ψ(B2),es decir f−1(B1) = f−1(B2). Como f es sobreyectiva, tenemos

B1 = f(f−1(B1)) = f(f−1(B2)) = B2.

Entonces, ψ es inyectiva.

Ahora supongamos que ψ es inyectiva. Veamos que Y = f(X). Supongamos lo contrario, Y 6=f(X). Como ψ es inyectiva, tenemos que ψ(Y ) 6= ψ(f(X)), es decir, X = f−1(Y ) 6= f−1(f(X)).Lo cual es una contradiccon porque X = f−1(f(X)). Por lo tanto, f es sobreyectiva.

5

Proposicion 1.2.4. Sea f : X −→ Y una funcion.

(1) f−1(B1 ∪B2) = f−1(B1) ∪ f−1(B2).

(2) f−1(B1 ∩B2) = f−1(B1) ∩ f−1(B2).

(3) f(A1 ∪A2) = f(A1) ∪ f(A2).

(4) f(A1 ∩A2) ⊆ f(A1) ∩ f(A2).

Demostracion:

(1)

x ∈ f−1(B1 ∪B2)⇐⇒ f(x) ∈ B1 ∪B2 ⇐⇒ f(x) ∈ B1 o f(x) ∈ B2 ⇐⇒ x ∈ f−1(B1) o x ∈ f−1(B2)

⇐⇒ x ∈ f−1(B1) ∪ f−1(B2).

(2)

x ∈ f−1(B1 ∩B2)⇐⇒ f(x) ∈ B1 ∩B2 ⇐⇒ f(x) ∈ B1 y f(x) ∈ B2 ⇐⇒ x ∈ f−1(B1) y x ∈ f−1(B2)

⇐⇒ x ∈ f−1(B1) ∩ f−1(B2).

(3) Sea y ∈ f(A1 ∪ A2). Luego, y = f(x) para algun x ∈ A1 ∪ A2. De donde f(x) ∈ f(A1) of(x) ∈ f(A2). Entonces y ∈ f(A1) ∪ f(A2).

Ahora supongamos que y ∈ f(A1) ∪ f(A2). Luego, y ∈ f(A1) o y ∈ f(A2). Si y ∈ f(A1) entoncesexiste x ∈ A1 tal que y = f(x). Como A1 ⊆ A∪A2, nos queda y ∈ f(A1 ∪ A2). De forma similar,si y ∈ f(A2) entonces y ∈ f(A1 ∪A2).

(4) Como A1 ∩ A2 ⊆ A1, se tiene que f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A1). Similarmente, f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A2). Dedonde f(A1 ∩A2) ⊆ f(A1) ∩ f(A2).

La otra contencion no es necesariamente cierta. Por ejemplo, consideremos la funcion f : R −→ Rdada por f(x) = x2, junto con los conjuntos A1 = (−∞, 0] y A2 = [0,+∞). Tenemos A1∩A2 = {0}.Por otro lado, f(A1) = [0,+∞) y f(A2) = [0,+∞). Tenemos f(A1)∩f(A2) = [0,+∞). Por lo que

f(A1 ∩A2) = f({0}) = {0} $ [0,+∞) = f(A1) ∩ f(A2).

Diremos que un diagrama

X Y

Z

f

h g

es conmutativo si h = g◦f . Recuerde que la composicion de funciones g◦f esta dada por g◦f(x) = g(f(x)).En este caso, se tiene que el dominio de g es un subconjunto de la imagen de f .

6

Si f : X −→ Y es una funcion inyectiva y g : Y −→ X es su inversa, tenemos el siguiente diagramaconmutativo:

Y

X Y

X

g1Y

f

1X

g

7

1.3 Relaciones de equivalencia

Dado un conjunto X y una relacion R ⊆ X × X, diremos que R es una relacion de equivalencia si sesatisfacen las siguientes condiciones:

(1) R es reflexiva: Para todo a ∈ X, (a, a) ∈ R. Esto equivale a decir que la diagonal

∆ = {(x, x) / x ∈ X}

esta contenida en R.

X�

X

(2) R es simetrica: Para todo a, b ∈ X, si (a, b) ∈ R entonces (b, a) ∈ R.

X�

X

ab

ab

(3) R es transitiva: Para todo a, b, c ∈ X, si (a, b) ∈ R y (b, c) ∈ R entonces (a, b) ∈ R.

Ejemplo 1.3.1.

(1) R = {(a, a) / a ∈ X} es la relacion mas fina de X, mientras que R′ = X ×X es la mas gruesa.

(2) Sea X = N y R = {(m,n) : m = np} ⊆ N× N, no es reflexiva. Por otro lado,

R = {(m,n) : m− n = kp, p fijo y k ∈ Z} ⊆ Z× Z

es una relacion de equivalencia.

8

(3) En X = R2, R = {((x1, y1), (x2, y2)) / y1 = y2} es una relacion de equivalencia.

(4) Sea X un conjunto y A un subconjunto de X. Sea R = {(a, b) : a = b o a, b ∈ A}. Es facil ver que Res una relacion de equivalencia en X.

A

X

AX

Dado un conjunto X y R una relacion de equivalencia, para cada a ∈ X, se define la clase de a como elconjunto

[a] := {b ∈ X : (a, b) ∈ R}.Note que:

(1) a ∈ [a].

(2) (a, b) ∈ R =⇒ [a] = [b].

(3) [a] ∩ [b] = ∅ ⇐⇒ (a, b) ∈ R. En efecto, si [a] ∩ [b] 6= ∅ entonces existe c ∈ [a] ∩ [b]. De donde (a, c) ∈ Ry (b, c) ∈ R. Se sigue que [a] = [b].

Ejemplo 1.3.2.

(1) [(a, b)] = {(x, y) : y = b}.

(2) ((x1, y1), (x2, y2)) ∈ R ⇐⇒ ||(x1, y1)|| = ||(x2, y2)||.

(3) Dado X = [−1, 1] y A = {−1, 1}. Consideremos la relacion

(a, b) ∈ R⇐⇒ a = b o a, b ∈ A.

Tenemos

[−1] = {x ∈ [−1, 1] / x = −1 o x,−1 ∈ A} = {−1, 1},[1] = [−1],

[t] = {t}, si t 6= ±1.

9

0

(a, b)

R

R 0

(a, b)

R

R

10

1.4 Conjunto cociente

Dada una relacion de equivalencia R en X, definimos el conjunto cociente X/R como el conjunto de lasclases se equivalencia

X/R := {[x] : x ∈ X}.La funcion p : X −→ X/R dada por p(x) = [x] se denomina proyeccion canonica.

Ejemplo 1.4.1.

(1) Para la relacion en R2 dada por ((a, b), (a′, b′)) ∈ R ⇐⇒ b = b′, se tiene el conjunto cociente X/R estadado por el eje Y .

(2) Para la relacion en R2 dada por ((x1, y1), (x2, y2)) ∈ R ⇐⇒ ||(x1, y1)|| = ||(x2, y2)||, tenemos que elconjunto cociente X/R es la semirecta {(x, 0) : x ≥ 0}.

0

R

R 0

R

R

Dada una relacion de equivalencia R en un conjunto X, supongamos que tenemos una funcon f : X −→ Ytal que f(a) = f(b) si aRb. Entonces tenemos el diagrama conmutativo

X

X/R Y

pf

f

donde f : X/R −→ Y es la funcion dada por f([a]) = f(a). Note que f esta bien definida. Si f es biyectiva,entonces X/R ∼= Y y tenemos al conjunto X/R liberado de la relacion de equivalencia.

Ejemplo 1.4.2.

(1) Considere R2 con la relacion(x1, y1)R(x2, y2)⇐⇒ x1 = x2.

11

Probemos que el eje X es el conjunto cociente. Consideremos el diagrama conmutativo

R2

R2/R Rp

f

f

donde f(a, b) = a. Note que (x1, y1)R(x2, y2) implica f(x1, y1) = f(x2, y2). Luego tenemos f([(x, y)]) =

f(x, y) = x. Supongamos f([(a, b)]) = f([(c, d)]). Entonces f(a, b) = f(c, d). De donde a = c. Esto

implica que (a, b)R(c, d), es decir [(a, b)] = [(c, d)]. Tenemos que f es inyectiva. Ahora, sea x ∈ R.

Luego x = f(x, y) para algun y ∈ R. Entonces x = f([(x, y)]). Tenemos que f es sobreyectiva. Por lo

tanto, f es biyectiva, y ası R2/R ∼= R (eje X).

0

R

R

(2) Considere nuevamente X = R2, esta vez con la relacion

(x1, y1)R(x2, y2)⇐⇒ existe λ > 0 tal que (x2, y2) = λ(x1, y1).

Tenemos[(a, b)] = {(x, y) ∈ R2 / existe λ > 0 tal que (a, b) = λ(x, y)}.

Note que [(a, b)] es la semirecta que nace en el origen de R2 y cuyo vector director es (a, b) si (a, b) esno nulo. Cuando (a, b) = (0, 0), se tiene que [(a, b)] viene dado por el origen de R2. De esto se sigueque el conjunto cociente X/R viene dado por S1 ∪ {(0, 0)}.

0

R

R

(a, b)

[(a, b)]

0

R

R

(a, b)

1

S1

12

Probemos esto ultimo. Consideremos el diagrama conmutativo

R2

R2/R S1 ∪ {0}p

f

f

donde

f(x, y) =

{(x,y)||(x,y)|| si (x, y) 6= (0, 0),

(0, 0) si (x, y) = (0, 0).

Veamos que f esta bien definida. Supongamos que (a, b)R(x, y). Luego existe λ > 0 tal que (a, b) =

λ(x, y). De donde λ = ||(a,b)||||(x,y)|| . Entonces,

f(a, b) =(a, b)

||(a, b)|| =1

||(a, b)|| ·||(a, b)||||(x, y)|| · (x, y) = f(x, y).

Ahora veamos que f es inyectiva. Supongamos que f([(a, b)]) = f([(c, d)]). Entonces f(a, b) = f(c, d).Tenemos

(a, b)

||(a, b)|| =(c, d)

||(c, d)||

(a, b) =||(a, b)||||(c, d)|| · (c, d).

De donde (a, b)R(c, d) tomando λ = ||(a,b)||||(c,d)|| . Ası, [(a, b)] = [(c, d)] y f es inyectiva. Ahora veamos que

f es sobreyectiva. Sea (x, y) ∈ S1. Luego ||(x, y)|| = 1. Tenemos

(x, y) =(x, y)

||(x, y)|| = f(x, y) = f([x, y]).

Por lo tanto, f es biyectiva.

(3) Consideremos el intervalo X = [0, 1] y el subconjunto A = {0, 1}, junto con la relacion

(a, b) ∈ R⇐⇒ a = b o a, b ∈ A.

Note queX/A = {[1]} ∪ {t : t 6∈ A}.

Veamos que este cociente viene dado por S1. Consideremos el siguiente diagrama

X

X/R S1

pf

f

dondef(θ) = e2πiθ = (cos(2πθ), sin(2πθ)).

Tenemos que f(0) = (1, 0) y f(1) = (1, 0), por lo que f esta bien definida. Veamos que es inyectiva.

Supongamos que f([x]) = f([y]). Nos queda e2πi(x−y) = 1. De donde 2πi(x−y) = 0 o 2πi(x−y) = 2kπi,

13

donde k es un entero no nulo. En el primer caso nos queda x = y. En el segundo, tenemos x = k + y.Ahora, como x, y ∈ [0, 1], necesariamente k = 1. Se sigue que x = 1 y y = 0. En cualquier caso,

tenemos [x] = [y] y f es inyectiva. Ahora veamos que es sobreyectiva. Sea (x, y) ∈ S1. Tenemos

(x, y) = (cos(2πθ), sin(2πθ)), donde θ = arctan(yx

).

Por lo tanto, f es una biyeccion.

14

1.5 Familias de conjuntos

Considere un conjunto X y sea ∆ una familia de ındices. Podemos considerar la familia {Ai ⊆ X / i ∈ ∆}.

Ejemplo 1.5.1. {Dr = disco de radio r > 0 y centro en (0, 0) / r ∈ (0,+∞)}.

Dada una familia {Aα / α ∈ ∆} de subconjunto de X, definimos la union y la interseccion de esta familiacomo: ⋃

α∈∆

Aα = {x ∈ X / existe α0 ∈ ∆ tal que x ∈ Aα0},⋂α∈∆

Aα = {x ∈ X / x ∈ Aα, para todo α ∈ ∆}.

Ejemplo 1.5.2. Sea An = {m ∈ N / m > n}. Tenemos⋂An = ∅.

15

1.6 Conjuntos numerables

Un conjunto X se dice numerable si existe una biyeccion f : X −→ N de X en N.

Lema 1.6.1. Todo subconjunto de N o es finito o es numerable.

Demostracion: Sea A un subconjunto de N. Supongamos que A no es finito. El Principio del MınimoEntero Positivo dice que todo subconjunto no vacıo de N tiene un primer elemento. Entonces A tiene unprimer elemento a1. Consideramos ahora A − {a1}. Sea a2 el primer elemento de A − {a1}. Note quea1 < a2. Luego consideramos A−{a1, a2} y seguimos aplicando el mismo razonamiento inductivamente.Denotamos por an el primer elemento de A − {a1, a2, . . . , an−1}, donde a1 < a2 < · · · < an−1 < an.Consideremos la funcion N −→ {a1, a2, . . . } dada por n 7→ an. Tenemos que esta funcon es una biyeccion.Solo falta probar que A = {a1, a2, . . . }. Es obvio que {a1, a2, . . . } ⊆ A. Supongamos que esta contenciones estricta, es decir que A−{a1, a2, . . . } 6= ∅. Sea a el primer elemento de A−{a1, a2, . . . }. Luego a > anpara todo n ∈ N, lo cual no es posible. Por lo tanto A = {a1, a2, . . . }.

Corolario 1.6.1. Todo subconjunto de un conjunto numerable o es finito o es numerable.

Demostracion: Sea A un subconjunto de X, donde X es numerable. Tenemos una biyeccion Xf−→ N.

Luego, f(A) es un subconjunto de N que es o finito o numerable. Como f es biyectiva, se tiene que A eso finito o numerable.

Teorema 1.6.1. La union numerable de conjunto numerables es un conjunto numerable.

Demostracion: Sea F = {Xn, n ∈ N} una familia numerable de conjuntos numerables. Note quepodemos escribir cada Xn como una lista

Xn = {an1, an2, an3, . . . }.

Para probar que⋃n∈NXn es numerable, una manera de hacerlo es escribir este conjunto como una

lista. Una forma de hacer esto viene dada por contar los elementos de⋃n∈NXn como se muestra a

continuacion:

X1 : a11 a12 a13 a14 · · ·X2 : a21 a22 a23 a24 · · ·X3 : a31 a32 a33 a34 · · ·

......

......

... · · ·

16

Teorema 1.6.2. Si X1, . . . , Xn son conjuntos numerables entonces X1 ×X2 × · · · ×Xn es numerable.

Demostracion: Por el Principio de Induccion, basta probar que si X e Y son numerables entoncesX × Y es numerable. Escribamos

X = {x1, x2, x3, . . . },Y = {y1, y2, y3, . . . }.

Luego, podemos escribir X × Y como una lista

X × Y =

(x1, y1), (x2, y1), . . .(x1, y2), (x2, y2), . . ....

.

Por lo tanto, X × Y es numerable.

Corolario 1.6.2. Q es un conjunto numerable.

Ejemplo 1.6.1. Q+ = {racionales positivos} es un conjunto numerable. La funcion Q+ −→ N×N dada porpq 7→ (p, q) es inyectiva. Por otro lado, Im(Q+) es un subconjunto numerable de N × N, por ser este ultimo

numerable. Se sigue que Q+ es numerable.

Ejemplo 1.6.2. Q×Q× · · · ×Q (n veces) es numerable.

17

1.7 Ejercicios

1.7.1 Operaciones entre conjuntos

Ejercicio 1.7.1. Dados A, B y C subconjuntos de X, probar:

(1) (A×B) ∪ (B ×A) = C × C =⇒ A = B = C.

(2) Leyes de De Morgan: (A ∩B)c = Ac ∪Bc y (A ∪B)c = Ac ∩Bc.

(3) Propiedad distribituva: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C) y A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C).

1.7.2 Funciones y diagramas

Ejercicio 1.7.2. Dada una funcion f : X −→ Y , probar que para todo B ⊆ Y se tiene f−1(Bc) = (f−1(B))c.

Ejercicio 1.7.3. Dado el diagrama conmutativo

X Y

X

f

1X

g

siendo 1X(x) = x para todo x ∈ X, probar que f es una funcion inyectiva y g una funcion sobreyectiva.

1.7.3 Relaciones de equivalencia

Ejercicio 1.7.4. Dada una relacion de equivalencia R en un conjunto X, y una funcion f : X −→ Y tal quef(x) = f(y) si xRy, sabemos que se puede contruir una funcion f : X/R −→ Y , dada por f([x]) = f(x), talque el siguiente diagrama es conmutativo:

X

X/R Y

pf

f

Probar que f es la unica funcion de X/R en Y tal que f ◦ p = f . Probar ademas que si f es sobreyectiva

entonces f es biyectiva.

1.7.4 Familias de conjuntos: operaciones, funciones y Leyes de De Morgan

Ejercicio 1.7.5. Si {Aα}α∈Λ es una familia de subconjuntos de X, probar la siguiente generalizacion de lasleyes de De Morgan:

18

(1)(⋃

α∈ΛAα)c

=⋂α∈ΛA

cα.

(2)(⋂

α∈ΛAα)c

=⋃α∈ΛA

cα.

Ejercicio 1.7.6. Si {Bα}α∈Λ es una familia de sunconjuntos de Y y f : X −→ Y es una funcion, probar:

(1) f−1(⋃

α∈ΛBα)

=⋃α∈Λ f

−1(Bα).

(2) f−1(⋂

α∈ΛBα)

=⋂α∈Λ f

−1(Bα).

Ejercicio 1.7.7.

(1) Sea {An}n∈N una familia de sunconjuntos de N definida por An = {m ∈ N / m ≥ n}. Probar que⋂n∈NAn = ∅.

(2) Probar⋂n∈N

(− 1n ,

1n

)= {0}.

(3) Probar⋃n∈N

[1n , 1− 1

n

]= (0, 1).

1.7.5 Cubrimientos y particiones

Ejercicio 1.7.8. Diremos que una familia {Uα}α∈Λ de subconjuntos de X es un cubrimiento de un sub-conjunto A ⊆ X si A ⊆ ⋃α∈Λ Uα. Un cubrimiento {Uα}α∈Λ es una particion de X si para cualesquieraα, β ∈ Λ, α 6= β =⇒ Uα ∩ Uβ = ∅. Dado cualquier cubrimiento {Un}n∈N de X, considere la familia {Vn}n∈Ndefinida por

V1 = U1, V2 = U2 − U1, V3 = U3 − (U1 ∪ U2),

...

Vn = Un −

n−1⋃j=1

Uj

.

Probar que {Vn}n∈N es un cubrimiento de X, y mas aun que {Vn}n∈N es un refinamiento de X.

Ejercicio 1.7.9. Sea {A1, A2, . . . , An} una familia finita de subconjuntos de X. Para cada H ⊆ {1, . . . , n},se define

PH =⋃i∈H

Ai y QH =⋂i∈H

Ai.

PAra cada 1 ≤ k ≤ n, sea Fk el conjunto de todos los subconjuntos de {1, . . . , n} que tiene k-elementos.Probar ⋂

H∈FkPH ⊆

⋃H∈Fk

QH si 2k < n+ 1.

19

1.7.6 Conjuntos numerables

Ejercicio 1.7.10. Demuestre que:

(1) La union numerable de conjuntos numerables es numerable, pero esta vez definiendo una biyeccion deN en dicha union.Sugerencia: Probar primero el resultado para uniones disjuntas.

(2) Z es numerable.

(3) El producto de dos conjuntos numerables es numerable, usando la parte (1).

(4) Q es numerable.

(5) Q× · · · ×Q (n veces) es numerable.

20

CAPITULO 2

ESPACIOS TOPOLOGICOS

2.1 Topologıas

Dado un conjunto X, una topoloıa en X es una familia τ ⊆ P(X) que satisface las siguientes propiedades:

(1) ∅, X ∈ τ .

(2) τ es cerrada bajo intersecciones finitas: Si A1, A2 ∈ τ entonces A1 ∩A2 ∈ τ .

(3) τ es cerrada bajo uniones arbitrarias: Para toda familia {Aα / α ∈ Λ} ⊆ τ , se tiene⋃α∈ΛAα ∈ τ .

Dadas dos topologıas τ1 y τ2 en X, diremos que τ1 es mas debil que τ2 si τ1 ⊆ τ2. A veces denotaremos estehecho mediante el uso de una flecha τ1 ⊆ τ2.

Ejemplo 2.1.1. Sea X = {a, b, c, d}. La familia de subconjuntos τ1 = {∅, X, {a}, {a, b}, {a, b, c}} es unatopologıa de X. Note que es claro que {∅, X} y P(X) tambien son topologıas de X. Estas se denominantopologıa indiscreta y topologıa discreta, respectivamente. Es facil ver que la familia de subconjuntosτ2 = {∅, X, {a}, {b}, {a, b}, {a, b, c}} es tambien una topologıa de X. Tenemos el diagrama:

τ1

{∅, X} P(X)

τ2

Un espacio topologico (X, τ) es un conjunto X junto con una topologıa τ .

Ejemplo 2.1.2.

(1) Sea X un conjunto y τ = {A ⊆ X : Ac es finito} ∪ {∅}. Veamos que τ es una topologıa, a la cualllamaremos topologıa cofinita. Ya sabemos que ∅ ∈ τ . Ademas, Xc = ∅ es finito, de donde X ∈ τ .Ahora sean A1, A2 ∈ τ . Tenemos que (A1 ∩ A2)c = Ac1 ∪ Ac2 es finito, porque Ac1 y Ac2 lo son. Entocesτ es cerrada bajo intersecciones finitas. Ahora consideremos una familia de subconjuntos {Aα}α∈Λ.Tenemos que

(⋃α∈ΛAα

)c=⋂α∈ΛA

cα es finito porque cada Acα es finito y la interseccion de conjuntos

finitos es finita. Por lo tanto, τ es una topologıa. Si X es finito, note que τ = P(X).

21

(2) Sea A un sunconjunto de un espacio topologico (X, τ). Existe una topologıa que A hereda de τX ,definida por

τA := {A ∩ V : V ∈ τX}.Dicha topologıa se conoce como la topologıa relativa de A. En efecto, veamos que τA define unatopologıa en A. Es claro que ∅, A ∈ τA pues ∅ = A ∩ ∅ y A = A ∩X. Sean V1, V2 ∈ τA. Luego, existenU1, U2 ∈ τ tales que V1 = A ∩ U1 y V2 = A ∩ U2. De donde

V1 ∩ V2 = (A ∩ U1) ∩ (A ∩ U2) = A ∩ (U1 ∩ U2),

donde U1 ∩ U2 ∈ τ . Por lo que V1 ∩ V2 ∈ τA. Ahora sea {Vα / α ∈ Λ} una familia de τA. Para cadaα ∈ Λ existe Uα ∈ τ tal que Vα = A ∩ Uα. Entonces tenemos

⋃α∈Λ

Vα =⋃α∈Λ

A ∩ Uα = A ∩(⋃α∈Λ

Uα

),

donde⋃α∈Λ Uα ∈ τ . Ası

⋃α∈Λ Vα ∈ τA.

Dado (X, τ) un espacio topologico. Los elementos de τ se denominan abiertos de X. Diremos que A ⊆ Xes cerrado si Ac es abierto.

Recordamos de los cursos de analisis que, en R, A es abierto si, y solo si, para todo x ∈ A existe r > 0 talque (x − r, x + r) ⊆ A. A la familia τ = {A ⊆ R / A es abierto} la llamaremos topologıa usual de R.Veamos que τ es una topologıa con respecto a la definicion que dimos anteriormente. Es claro que ∅ ∈ τ yR ∈ τ . Ahora supongamos que A1 y A2 son abiertos. Sea x ∈ A1 ∩A2. Luego, existen r1 > 0 y r2 > 0 talesque (x − r1, x + r1) ⊆ A1 y (x − r2, x + r2) ⊆ A2. Si r = min{r1, r2}, entonces (x − r, x + r) ⊆ A1 ∩ A2.Finalmente, consideremos una familia de abiertos {Aα}α∈Λ. Sea x ∈ ⋃α∈ΛAα. Luego, existe α ∈ Λ tal quex ∈ Aα. De donde existe r > 0 tal que (x− r, x+ r) ⊆ Aα ⊆

⋃α∈ΛAα.

De forma mas general, tenemos la topologıa usual de Rn, en la cual un conjunto A es abierto si, y solo si,para todo x ∈ A existe r > 0 tal que la bola abierta Bx(r) de centro x y radio r esta contenida en A.

22

2.2 Espacios metricos

Dado un conjunto X, una metrica en X es una funcion f : X ×X −→ R tal que:

(1) d(x, y) ≥ 0, donde d(x, y) = 0 si, y solo si, x = y.

(2) d(x, y) = d(y, x), para todo x, y ∈ X.

(3) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), para todo x, y, z ∈ X.

Dado x ∈ X y r > 0, denotamos la bola abierta de centro x y radio r como

Bx(r) := {y ∈ X : d(x, y) < r}.

Definamos τd como la familia de subconjuntos de X tales que

A ∈ τd ⇐⇒ para todo x ∈ A, existe r > 0 tal que Bx(r) ⊆ A.

La familia τd se conoce como la topologıa metrica en X.

Proposicion 2.2.1. Un conjunto A pertenece a τd si, y solo si, es la union de bolas abiertas.

Demostracion: Sea A ∈ τd. Luego para cada x ∈ A existe rx > 0 tal que x ∈ Bx(rx) ⊆ A. De esto sesigue que A ⊆ ⋃x∈X Bx(rx) ⊆ A. Por lo tanto, A =

⋃x∈X Bx(rx).

Ahora supongamos que A =⋃α∈ΛBbα(rα). Sea x ∈ A. Luego existe α ∈ Λ tal que x ∈ Bbα(rα), de

donde d(x, bα) < rα. Tomamos r = rα − d(x, bα). Tenemos que Bx(rx) ⊆ A.

Ejemplo 2.2.1.

(1) Metrica discreta: La funcion d : X ×X −→ R dada por

d(x, y) =

{0 si x = y,1 si x 6= y.

es una metrica en X, llamada metrica discreta. Tenemos que Bx(1) = {x}, Bx(r) = {x} si r ≤ 1,y que Bx(r) = X si r > 1. Veamos que τd = P(X). Es claro que τd ⊆ P(X). Ahora sea A ∈ P(X).Tenemos A =

⋃x∈A{x} =

⋃x∈ABx(1), y por la proposicion anterior, nos queda A ∈ τd. Por lo tanto,

τd = P(X). De aquı viene el nombre de metrica discreta.

(2) Sea X = Rn y d1, d2, d3 : Rn × Rn −→ R las metricas dadas por

d1(x, y) :=

[n∑i=1

|xi − yi|2]1/2

, d2(x, y) := max{|xi − yi| / i = 1, . . . , n} y d3(x, y) :=

n∑i=1

|xi − yi|.

23

Usamos la notacion

B1x(r) := {y ∈ Rn : d1(x, y) < r}, B2

x(r) := {y ∈ Rn : d2(x, y) < r} y B3x(r) := {y ∈ Rn : d3(x, y) < r}.

Para x = 0, tenemos la siguiente figura:

0

rB10(r)

0

rB20(r)

0

rB3

0(r)

24

2.3 Topologıa inicial y final

Dada una funcion f : X −→ Y y una topologıa τY en Y , llamaremos a la familia

f−1(τY ) := {f−1(A) / A ∈ τY }

la topologıa inicial en X inducida por f . Verifiquemos que f−1(τY ) es una topologıa en X. Primero,∅ ∈ f−1(τY ) ya que ∅ = f−1(∅). De forma similar, X ∈ f−1(τY ) pues X = f−1(Y ). Sean B1 y B2 enf−1(τY ). Luego existen A1, A2 ⊆ Y tales que B1 = f−1(A1) y B2 = f−1(A2). Ası tenemos

B1 ∩B2 = f−1(A1) ∩ f−1(A2) = f−1(A1 ∩A2) ∈ f−1(τY ).

Ahora consideremos una familia {Bα}α∈Λ en f−1(τY ). Para cada α ∈ Λ, existe Aα ⊆ Y tal que Bα =f−1(Aα). Ası obtenemos

⋃α∈Λ

Bα =⋃α∈Λ

f−1(Aα) = f−1

(⋃α∈Λ

Aα

)∈ f−1(τY ).

Por lo tanto, f−1(τY ) es una topologıa en X.

Ahora, sea τX una topologıa en X, la topologıa final en X inducida por f se define como la familia

τf := {B ⊆ Y / f−1(B) ∈ τX}.

Veamos que τf es en efecto una topologıa. Primero, ∅ ∈ τf ya que f−1(∅) = ∅ ∈ τX . Tambien Y ∈ τf puesf−1(Y ) = X ∈ τX . Sean B1, B2 ∈ τf . Tenemos

f−1(B1 ∩B2) = f−1(B1) ∩ f−1(B2) ∈ τX

y por ende B1 ∩B2 ∈ τf . Ahora sea {Bα}α∈Λ una subfamilia de τf . Tenemos

f−1

(⋃α∈Λ

Bα

)=⋃α∈Λ

f−1(Bα) ∈ τX ,

y ası⋃αBα ∈ τf . Por lo tanto, τf es una topologıa en Y .

25

2.4 Base de una topologıa

Dado un espacio topologico (X, τ) y β ⊆ τ . Diremos que β es base de τ si todo elemento de τ es union demiembros de β, es decir, para todo A ∈ τ y para todo x ∈ A existe U ∈ β tal que x ∈ U ⊆ A.

Ejemplo 2.4.1.

(1) Dado un espacio metrico (X, d), la familia β = {B(x, r) : x ∈ X y r > 0} es una base de la topologıametrica τd.

(2) Sea (X, τ) un espacio topologico y β una base de τ . Dado A ⊆ X, βA = {U ∩ A / U ∈ β} es basede la topologıa relativa τA. En efecto, sea U ∩ A ∈ τA. Como β es base de τ , podemos escribirU =

⋃{Uα / α ∈ Λ} donde cada Uα pertenece a β. Ası tenemos U ∩ A =⋃{Uα ∩ A / α ∈ Λ}, donde

Uα ∩A ∈ βA para cada α ∈ Λ.

Teorema 2.4.1. Sean τ1 y τ2 dos topologıas en X, y β1 y β2 bases de τ1 y τ2, respectivamente. Si paratodo U ∈ β2 y para todo x ∈ U existe V ∈ β1 tal que x ∈ V ⊆ U , entonces τ2 ⊆ τ1.

Demostracion: Sea U ∈ τ2. Entonces U puede escribirse como U =⋃{Uα / α ∈ Λ} donde cada Uα

pertenece a β2. Fijemos α ∈ Λ y sea x ∈ Uα. Por hipotesis, existe V xα ∈ β1 tal que x ∈ V xα ⊆ Uα. Estoimplica que podemos escribir Uα =

⋃{V xα / x ∈ Uα} ∈ τ1. De donde se sigue que U ∈ τ1.

Dado X un conjunto y β una familia de subconjuntos de X. Un pregunta interesante es saber cuando β esbase de alguna topologıa. Impongamos las siguientes condiciones sobre β:

(1) β debe ser un cubrimiento de X, es decir que X se escribe como la union de los conjuntos de β.

(2) Si U, V ∈ β entonces U ∩ V debe ser union de miembros de β.

Seaτ := {A ∈ P(X) / A =

⋃{U : U ∈ F ⊆ β}.

Veamos que β es una topologıa en X.

(i) ∅ ∈ τ : Basta escribir ∅ =⋃α∈ΛAα, donde Aα ∈ β y Λ = ∅.

(ii) X ∈ τ : Escribimos X =⋃{U : U ∈ β} porque β es un cubrimiento de X.

(iii) Sean A1, A2 ∈ τ . Veamos que A1 ∩A2 ∈ τ . Sabemos que

A1 =⋃{U : U ∈ F1 ⊆ β} y A2 = {V : V ∈ F∈ ⊆ β}.

Luego tenemos

A1 ∩A2 =⋃{U ∩ V : (U, V ) ∈ F1 ×F2}.

Como U, V ∈ β, se tiene que U ∩ V es union de miembros de β, U ∩ V =⋃{S : S ∈ F(U,V ) ⊆ β}.

Entonces,

A1 ∩A2 =⋃

(U,V )∈F1×F2

(⋃{S : S ∈ F(U,V ) ⊆ β}

)∈ τ.

26

(iv) Considere una familia {Aα}α∈Λ donde Aα ∈ τ para todo α ∈ Λ. Para cada α, tenemos

Aα =⋃{U : U ∈ Fα ⊆ β}.

Ası ⋃α∈Λ

Aα =⋃α∈Λ

(⋃{U : U ∈ Fα ⊆ β}

)∈ τ.

Teorema 2.4.2. Sea β ⊆ P(X). Entonces β es base de una topologıa si cumple las siguientes propiedades:

(1) β es un cubrimiento de X.

(2) Para cada U, V ∈ β, ocurre que U ∩W =⋃{W : W ∈ F ⊆ β}, es decir U ∩ V es union de miembros

de β. O equivalentemente, para cada par U, V ∈ β y para cada x ∈ U ∩ V , existe W ∈ β tal quex ∈W ⊆ U ∩ V .

Ejemplo 2.4.2.

(1) Dada una funcion f : X −→ Y , y τ una topologıa en X. Considere la topologıa final τf . Si β es unabase de τ y f es sobreyectiva, entonces βf = {f(U) / U ∈ β} es una base de τf . Primero veamos queβf es un cubrimiento de Y . Sabemos que X =

⋃{U / U ∈ β}. Como f es sobreyectiva, tenemos

Y = f(X) =⋃{f(U) / U ∈ β} =

⋃{V / V ∈ βf}.

Ahora sean f(U), f(V ) ∈ βf . Sabemos que f(U)∩ f(V ) = f(U ∩V ). Ahora, U ∩V =⋃α∈ΛBα, donde

Bα ∈ β. Se sigue que

f(U) ∩ f(V ) = f

(⋃α∈Λ

Bα

)=⋃α∈Λ

f(Bα).

Por lo tanto, βf es una base de la topologıa final en Y .

(2) Sea f : X −→ Y una funcion y τ una topologıa en Y con base β. La familia f−1(β) = {f−1(B) / B ∈ β}es base de la topologıa inicial en X inducida por f . Primero tenemos que f−1(β) es un cubrimiento deX, pues

X = f−1(Y ) = f−1

(⋃α∈Λ

Aα

)=⋃α∈Λ

f−1(Aα),

donde Aα ∈ β. Ahora sean f−1(U), f−1(V ) ∈ f−1(β). Tenemos que U ∩ V =⋃{Aα / α ∈ Λ}, donde

Aα ∈ β. Ası nos queda

f−1(U) ∩ f−1(V ) = f−1(U ∩ V ) = f−1

(⋃α∈Λ

Aα

)=⋃α∈Λ

f−1(Aα).

Por lo tanto, f−1(β) es base de f−1(τ).

(3) En R, considere la familia β = {[a, b) : b > a}. Note que R =⋃{[a, b) / (a, b) ∈ R2 y b > a}. Ahora

veamos que para cada par [a, b) y [c, d), se tiene que A = [a, b) ∩ [c, d) puede escribirse como union deelementos de β. Las unicas posibilidades para A son

A = ∅, [a, b), [c, d), [c, b).

Por lo tanto, β es base de una topologıa en R.

27

(4) Topologıa producto: Consideremos dos espacios topologicos (X, τX) y (Y, τY ) con bases βX y βY ,respectivamente. Sea

βX×Y := {U × V / U ∈ τX y V ∈ τY }.Veamos que βX×Y es base de una topologıa en X × Y . Podemos escribir X =

⋃{U / U ∈ βX} yY =

⋃{V / V ∈ βY }. Tenemos

X × Y =(⋃{U / U ∈ βX}

)×(⋃{V / V ∈ βY }

)=⋃{U × V / U ∈ βX y V ∈ βY }

donde cada U × V pertenece a βX×Y . Entonces βX×Y es un cubrimiento abierto de X × Y . Ahorasean U1 × V1, U2 × V2 ∈ βX×Y . Tenemos

(U1 × V1) ∩ (U2 × V2) = (U1 ∩ U2)× (V1 ∩ V2) ∈ βX×Y .

Por lo tanto, βX×Y es base de una topologıa en X × Y . Dicha topologıa se conoce como topologıaproducto de X × Y . Es de hacer notar que la descripcion que acabamos de hacer tambien vale paraproductos arbitrarios.

28

2.5 Topologıa desde un punto de vista local

Sea (X, τ) un espacio topologico y x ∈ X. Un entorno de x es cualquier abierto que contenga a x. Esto es,U ∈ τ es un entorno de x si x ∈ U . Otros autores definen un entorno de x como cualquier subconjunto V deX tal que existe U ∈ τ con x ∈ U . Dado x ∈ X, denotaremos por W (x) al conjunto de todos los entornos de x.

Un subconjunto β(x) ⊆ W (x) es una base de entornos de x si para todo W ∈ W (x) existe B ∈ β(x) talque B ⊆W .

Ejemplo 2.5.1. Dado R2 con la topologıa usual, la familia β(x) = {Bx(r) : r > 0} es base de entornos dex. Dicha base se puede reducir a la base β1(x) = {Bx(r) : r ∈ Q+}. Veamos que β1(x) = {Bx(r) / r ∈ Q+}y β2(x) = {Bx(1/n) / n ∈ Z>0} son bases de entornos de x. Sea U ∈ W (x). Sabemos que existe Bx(r) talque Bx(r) ⊆ U . Sea q ∈ (0, r). Se tiene que Bx(q) ⊆ Bx(r) ⊆ U . El hecho de que β2(x) es base de entornosde x se sigue de manera similar.

Sea (X, τ) un espacio topologico. Diremos que X es de primera categorıa (o que satisface el primeraxioma de numerabilidad) si cada x ∈ X posee una base de entornos numerable.

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2.6 Interior y clausura

Sea (X, τ) un espacio topologico. Diremos que x ∈ X es un punto de acumulacion de A si para todoabierto U ∈W (x) se tiene que (U − {x}) ∩A 6= ∅. Es decir, x es un punto de acumulacion de x si, y solo si,todo entorno de x contiene al menos un punto en A distinto de x.

Ejemplo 2.6.1. En R, considere A = [a, b). El punto b es un punto de acumulacion de A, al igual que a.Mas aun, todo c ∈ (a, b) es un punto de acumulacion de A. Tenemos que [a, b] es el conjunto de todos lospuntos de acumulacion de A.

Para B = [a, b) ∪ {d}, con d > b, tenemos que [a, b] son todos los puntos de aculumacion de B.

Lema 2.6.1. Un subconjunto A ⊆ X es abierto si, y solo si, A es entorno de cada uno de sus puntos.

Demostracion: Es inmediato.

Denotaremos por A′ al conjunto de puntos de acumulacion de A. El conjunto

A := A ∪A′

se denomina clausura de A.

Teorema 2.6.1.

(1) A es cerrado.

(2) A es el menor cerrado que contiene a A.

(3) A =⋂{B ⊇ A : B es cerrado}.

(4) A es cerrado si, y solo si, A = A.

Demostracion:

(1) Probemos que Ac

es abierto. Sea x ∈ Ac. Luego x 6∈ A′ y x 6∈ A. De donde existe U ∈ W (x) talque (U − {x}) ∩ A = ∅. Como x 6∈ A, se tiene U ∩ A = ∅. Veamos que U ∩ A = ∅. Supongamoslo contrario. Luego existe y ∈ U tal que y ∈ A. Como U ∩ A = ∅, se tiene que y ∈ A′. De donde[(U −{x})−{y}]∩A 6= ∅. Entonces existe z ∈ U ∩A donde z 6= x. Obteniendo una contradiccion.Por lo tanto, x ∈ U ⊆ Ac.

(2) Sea B otro conjunto cerrado que contiene a A. Sea x ∈ A. Luego, x ∈ A o x ∈ A′. Si x ∈ Aentonces x ∈ B. Ahora supongamos que x ∈ A′. Supongamos que x 6∈ B. Entonces, como B escerrado, existe U ∈ W (x) tal que U ⊆ Bc, es decir U ∩ B = ∅. Como x 6∈ A y A ⊆ B, se sigue(U − {x}) ∩A = ∅, obteniendo una contradiccion. Por lo tanto, A ⊆ B.

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(3) Como A es el menor conjunto cerrado que contiene a A, se tiene que A ⊆ B para todo cerrado Bque contenga a A. De donde A ⊆ ⋂{B ⊇ A : B es cerrado}. Ahora, por (1) sabemos que A es unconjunto cerrado que contiene a A, por lo que

⋂{B ⊇ A : B es cerrado} ⊆ A.

(4) Supongamos que A es cerrado. Por (3), tenemos A ⊆ A = ∩{B ⊇ A : B es cerrado} ⊆ A, dedonde A = A. Ahora supongamos que A = A. Como A es cerrado por (1), se tiene que A escerrado.

Proposicion 2.6.1. Un subconjunto A ⊆ X es cerrado si, y solo si, A contiene todos sus puntos deacumulacion.

Demostracion: Supongamos que A es cerrado. Luego A = A. Se tiene A′ ⊆ A = A. Ahora supongamosque A contiene a todos sus puntos de acumulacion. Tenemos A = A ∪ A′ = A, por lo tanto A escerrado.

Podemos ver a A 7→ A como un operador P(X) −→ P(X).

Proposicion 2.6.2 (Propiedades).

(1) A ⊆ B =⇒ A ⊆ B.

(2) A ∪B = A ∪B.

(3) A ∩B ⊆ A ∩B.

Demostracion:

(1) Tenemos que B es un cerrado que contiene a A. Como A es el menor cerrado que contiene a A,nos queda A ⊆ B.

(2) Como la union de cerrados es cerrado, tenemos que A ∪B es un cerrado que contiene a A ∪B. Sesigue que A ∪B ⊆ A∪B. Falta probar la contencion contraria. Como A ⊆ A∪B, se tiene por (1)que A ⊆ A ∪B. De manera similar, B ⊆ A ∪B. De donde A ∪B ⊆ A ∪B.

(3) Procedemos de manera similar a (2). Como A ∩B es un cerrado que contiene a A ∩B, nos quedaA ∩B ⊆ A ∩B.

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La contencion enunciada en (3) puede ser estricta. Consideremos por ejemplo los conjuntos A = (−1, 0) yB = (0, 1) en R con la topologıa usual. Tenemos que A = [−1, 0] y B = [0, 1]. Luego A ∩ B = ∅, de dondeA ∩B = ∅. Por otro lado, A ∩B = {0}. Entonces A ∩B $ A ∩B.

Se define el interior de un subconjunto A ⊆ X, denotado por int(A), como la union de todos los abiertoscontenidos en A, es decir

int(A) :=⋃{U ⊆ A : U es abierto}.

Proposicion 2.6.3 (Propiedades).

(1) int(A) es abierto.

(2) A es abierto sı, y solo si, A = int(A).

(3) A ⊆ B =⇒ int(A) ⊆ int(B).

(4) int(A ∪B) ⊇ int(A) ∪ int(B).

(5) int(A ∩B) = int(A) ∩ int(B).

Demostracion:

(1) Es inmediato pues la union de conjuntos abiertos es un conjunto abierto.

(2) Supongamos que A es abierto. Entonces A ⊆ ⋃{U ⊆ A : U es abierto}. Por otro lado, es claroque

⋃{U ⊆ A : U es abierto} ⊆ A. De donde A = int(A). Ahora supongamos que A = int(A).Como int(A) es abierto, se tiene que A es abierto.

(3) Sea U cualquier abierto contenido en A. Entonces U es un abierto contenido en B. Por lo que⋃{U ⊆ A : U es abierto} ⊆ ⋃{V ⊆ B : V es abierto}, es decir int(A) ⊆ int(B).

(4) Como int(A) ∪ int(B) es un abierto contenido en A ∪B, se tiene int(A) ∪ int(B) ⊆ int(A ∪B).

(5) Por (3), tenemos int(A∩B) ⊆ int(A) y int(A∩B) ⊆ int(B). Entonces int(A∩B) ⊆ int(A)∩ int(B).Por otra parte, int(A) ∩ int(B) es un conjunto abierto contenido en A ∩ B, de donde se tieneque int(A)∩int(B) ⊆ ⋃{U ⊆ A∩B : U es abierto} = int(A∩B). Por lo tanto, se sigue la igualdad.

Dado un subconjunto A ⊆ X, la frontera de A, denotada por Fr(A) o por ∂A, se define como el conjunto

∂A := A− int(A).

Tenga en cuenta que int(A) ⊆ A ⊆ A.

Ejemplo 2.6.2. Sea A = [0, 1) en R con la topologıa usual. Tenemos ∂A = [0, 1]− (0, 1) = {0, 1}.

32

2.7 Funciones continuas

Sean (X, τX) y (Y, τY ) dos espacios topologicos y f : X −→ Y una funcion. Diremos que f es continua sipara todo U ∈ τY se tiene que f−1(U) ∈ τX , es decir, la imagen inversa de todo abierto en Y es un abiertoen X.

Ejemplo 2.7.1.

(1) Si A es un subespacio de X (es decir que la topologıa de A es la topologıa relativa), entonces la inclusioniA : A −→ X es una funcion continua.

(2) Toda funcion f : X −→ Y es continua si X tiene la topologıa inicial inducida por f .

(3) Toda funcion f : X −→ Y es continua si Y tiene la topologıa final inducida por f .

(4) Sean (X1, τ1), . . . , (X, τn) espacios topologicos y considere a X = X1 × · · · × Xn con la topologıaproducto. Para cada j = 1, . . . , n, la proyeccion pj : X −→ Xj dada por (x1, . . . , xn) 7→ xj es unafuncion continua. En efecto, sea U ∈ τj . Tenemos

p−1j (Uj) = {(x1, . . . , xn) ∈ X : xj ∈ U} = X1 × · · · ×Xj−1 × U ×Xj+1 × · · · ×Xn ∈ τX .

(5) Si f : X −→ Y y g : Y −→ Z son funciones continuas, entonces g◦f : X −→ Y es una funcion continua.En efecto, si U ∈ τZ entonces g−1(U) ∈ τY , porque g es continua. Luego, f−1(g−1(U)) ∈ τX , pues f estambien continua. Por lo tanto, (g ◦ f)−1(U) = f−1(g−1(U)) ∈ τX y g ◦ f es continua.

Teorema 2.7.1. Sean (X, τX) y (Y, τY ) dos espacios topologicos y f : X −→ Y una funcion. Las siguientesafirmaciones son equivalentes:

(1) f es continua.

(2) La imagen inversa de cada cerrado en Y es cerrado en X.

(3) La imagen inversa de cada miembro de la bade de Y es abierto en X.

(4) Para todo x ∈ X y para todo V ∈W (f(x)), existe U ∈W (x) tal que f(U) ⊆ V .

(5) Para todo A ⊆ X, f(A) ⊆ f(A).

(6) Para todo B ⊆ Y , f−1(B) ⊆ f−1(B).

Demostracion: Supongamos (1), y sea B ⊆ Y cerrado. Luego Bc es abierto. Como f es continua, setiene (f−1(B))c = f−1(Bc) ∈ τX . De donde f−1(B) es cerrado en X. La implicacion (2) =⇒ (1) seprueba de manera similar. Tenemos (1) =⇒ (2).

La implicacion (1) =⇒ (3) es inmediata. Ahora supongamos (3). Sea βY una base de Y y V ∈ τY . LuegoV =

⋃{Vα / Vα ∈ βY }. Se tiene f−1(V ) =⋃{f−1(Vα) / Vα ∈ βY } ∈ τX , porque cada f−1(Vα) ∈ τX y

la union de abiertos es un abierto. Entonces tenemos (1) =⇒ (3).

Ahora probemos que (1) es equivalente a (4). Si asumimos (1) y V ∈ W (f(x)) para x ∈ X, entoncesf−1(V ) ∈ τX . Sea U = f−1(V ). Tenemos U ∈W (x) y f(U) = f(f−1(V )) ⊆ V . Ahora supongamos (4).Sea V ∈ τY y x ∈ f−1(V ). Existe Ux ∈W (x) tal que f(Ux) ⊆ V . Entonces Ux ⊆ f−1(f(Ux)) ⊆ f−1(V ).

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De esto se sigue que f−1(V ) =⋃x∈X Ux, donde cada Ux es un abierto en X. Por lo tanto, f−1(V ) es

abierto en X. Tenemos (1) =⇒ (4).

Como (5) involucra conjuntos cerrados, probemos (2) =⇒ (5). Esta eleccion es mas conveniente, y yahemos probado que (2) equivale a (1), (3) y (4). Supongamos (2). Como f(A) es cerrado en Y , se tieneque f−1(f(A)) es cerrado en X. Ademas, A ⊆ f−1(f(A)). Se sigue que A ⊆ f−1(f(A)). De dondef(A) ⊆ f(f−1(f(A))) ⊆ f(A).

Ahora asumamos (5) y probemos (6). Sea B ⊆ Y . Por (5), tenemos f(f−1(B)) ⊆ f(f−1(B)) ⊆ B.Luego, f−1(B) ⊆ f−1(f(f−1(B))) ⊆ f−1(B).

Finalmente, probemos (6) =⇒ (2). Sea B ⊆ Y cerrado. Luego B = B. Por (6), tenemos f−1(B) ⊆f−1(B) = f−1(B). Como la otra contencion tambien vale, nos queda f−1(B) = f−1(B), es decir, f−1(B)es cerrado. Por lo tanto, tenemos que (2), (5) y (6) son equivalentes.

Teorema 2.7.2. Sea (Z, τ) un espacio topologico y f : Z −→ X =∏nj=1Xj una funcion. Entonces f es

continua si, y solo si, pj ◦ f : Z −→ Xj es continua, para cada j = 1, . . . , n.

Demostracion: Si f es continua entonces pj ◦ f tambien lo es, por ser la composicion de funcionescontinuas. Ahora supongamos que pj ◦ f es continua, para cada j = 1, . . . , n. Consideramos a X con latopologıa producto. Por el teorema anterior, se tiene que basta probar que f−1(U1×· · ·×Un) es abierto,para cada abierto U1 × · · · × Un de la base de τX . Para cada j, tenemos que

τ 3 (pj ◦ f)−1(Uj) = f−1 ◦ p−1j (Uj) = f−1(X1 × · · · × Uj × · · · ×Xn).

De donde

f−1(U1 × · · · × Un) = f−1((U1 ×X2 × · · · ×Xn) ∩ · · · ∩ (X1 × · · · ×Xn−1 × Un))

= f−1(U1 ×X2 × · · · ×Xn) ∩ · · · ∩ f−1(X1 × · · · ×Xn−1 × Un) ∈ τ.

Por lo tanto, f es continua.

Corolario 2.7.1. Toda funcion f : Rn −→ Rn puede escribirse como

f(x1, . . . , xn) = (f1(x1, . . . , xn), . . . , fn(x1, . . . , xn)).

Entonces f es continua si, y solo si, cada fj es continua, con 1 ≤ j ≤ n.

El teorema anterior caracteriza a la topologıa producto en el sentido de que X posee dicha topologıa si, ysolo si, f : Z −→ X es continua.

Dados dos espacios topologicos X e Y , un homoemorfismo es una funcion continua y biyectiva f : X −→ Ytal que su inversa f−1 : Y −→ X es tambien continua.

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Ejemplo 2.7.2. Sea X el disco unitario e Y el casquete superior de la espera unitaria:

X = {(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 < 1} y Y = {(x, y, z) ∈ R3 / x2 + y2 + z2 = 1 y z > 0}.

Sea f : X −→ Y la funcion dada por

f(x, y) = (x, y,√

1− x2 − y2).

Tenemos que f es continua porque cada funcion componente lo es. Ademas, f es biyectiva y la proyeccion(x, y, z) 7→ (x, y) restringida a Y es la inversa de f , que tambien es continua. Por lo tanto, f es un homeo-morfismo.

Proposicion 2.7.1. Sea A ⊆ X, iA : A −→ X la inclusion de A en X, y Z otro espacio topologico.Entonces f : Z −→ A es continua si, y solo si, iA ◦ f : Z −→ X es continua.

Demostracion: Si f es continua entonces iA ◦ f tambien lo es por ser la composicion de funcionescontinuas. Ahora supongamos que iA ◦ f es continua. Sea U ∈ τA. Luego existe V ∈ τX tal queU = V ∩ A. Tenemos (iA ◦ f)−1(V ) = f−1(i−1

A (V )) = f−1(V ∩ A) = f−1(U), por lo que f−1(U) esabierto en Z.

Proposicion 2.7.2. Sea f : X −→ Y una funcion. El grafico de f se define como el conjunto

G(f) := {(x, y) / y = f(x)} ⊆ X × Y.

Sea f : X −→ G(f) la funcion dada por x 7→ (x, f(x)). Entonces, f es continua si, y solo si, f es unhomeomorfismo.

Demostracion: Antes de demostrar esta equivalencia, note que tenemos el siguiente diagrama conmu-tativo

X

X G(f) X × Y

Y

1X

f

f ipX

pY

donde i es la inclusion de G(f) en X × Y , y pX y pY son las proyecciones de X × Y en X e Y ,respectivamente.

Supongamos que f es continua. Consideremos la composicion i◦f . Como pX◦(i◦f) = 1X y pY ◦(i◦f) = f

son continuas, se tiene que i ◦ f es continua. Por la proposicion anterior, nos queda que f es continua.Ahora, consideremos la funcion continua pX ◦ i. Por un lado, tenemos (pX ◦ i) ◦ f = 1X . Ahora,

sea (x, f(x)) ∈ G(f). Tenemos f ◦ (pX ◦ i)(x, f(x)) = f(x) = (x, f(x)) = 1G(f)(x, f(x)), por lo que

f ◦(pX ◦i) = 1G(f). Por lo que pX ◦i es la inversa continua de f . Por lo tanto, f es un homeomorfismo.

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2.8 Ejercicios

2.8.1 Espacios topologicos

Ejercicio 2.8.1. Sea X un conjunto y F una familia de subconjuntos de X. Si A ⊆ X, probar que A es launion de miembros de F si, y solo si, para todo x ∈ A existe U ∈ F tal que x ∈ U ⊆ A.

Ejercicio 2.8.2. Sea X un conjunto y F una familia de subconjuntos de X. Probar que la interseccion finitade miembros de F es union de miembros de F si, y solo si, para cada U, V ∈ F , y cada x ∈ U ∩ V , existeW ∈ F tal que x ∈W ⊆ U ∩ V .

Ejercicio 2.8.3. Dado el conjunto X = {a, b, c, d, e}. Denotemos por τ0 la topologıa indiscreta y por τ8 latopologıa discreta. Construir un diagrama de topologıas

τ1 τ3 τ6

τ0 τ5 τ8

τ2 τ4 τ7

2.8.2 Base de una topologıa

Ejercicio 2.8.4. En X = R2, verifique en cada caso que β es base de alguna topologıa en X:

(1) β es la familia contituıda por {(0, 0)} y todos los anillos abiertos con centro en (0, 0).

(2) β es la familia constituıda por X y todos los anillos abiertos con centro en (0, 0).

(3) β es la familia constituıda por {(0, 0)} y todos los conos abiertos con centro en (0, 0).

Ejercicio 2.8.5 (Topologıa producto). Sea {(X1, τ1), . . . , (Xn, τn)} una familia finita de espacios topologicos.Sea X = X1 × · · · ×Xn. Pruebe, sin usar induccion, que β = τ1 × · · · × τn es base de alguna topologıa en X.

Ejercicio 2.8.6. Comparar τd2 con la topologıa producto de Rn, donde la topologıa de R es la usual.

2.8.3 Topologıa relativa, inicial y final

Ejercicio 2.8.7. Pruebe que la topologıa relativa de A respecto a τ es precisamente la topologıa inicial deA inducida por la inclusion iA : A −→ X.

Ejercicio 2.8.8. La circunferencia S1 puede ser representada como el espacio cociente de [0, 1] por la sigu-iente relacion de equivalencia: sRt si, y solo si, s = t o {s, t} = {0, 1}, y puede ser presentado como elsubconjunto {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1} ⊆ R2. Damos en R y en R2 las topologıas usuales inducidas por lametrica euclıdea, y damos a [0, 1] la topologıa relativa de R. Pruebe que la topologıa cociente de S1 = [0, 1]/R

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coincide con la topologıa relativa de S1 como subespacio de R2.

Ejercicio 2.8.9. La esfera S2 puede ser presentada como el espacio cociente de D1(0, 1) = {(x, y) ∈R2 : x2 + y2 ≤ 1} por la relacion de equivalencia sRt si, y solo si, s = t o {s, t} ⊆ ∂D1(0, 1), y puedeser representada como subconjunto de R3. Damos en R2 y R3 las topologıas usuales, y damos en D1(0, 1)la topologıa relativa de R2. Pruebe que la topologıa cociente de S2 coincide con la topologıa relativa de S2

como subespacio de R3.

2.8.4 Topologıa desde un punto de vista local

Ejercicio 2.8.10. Dado (x, y) ∈ R2, hallar una base de entornos de (x, y) para cada topologıa del Ejercicio2.8.4.

2.8.5 Espacios metricos

Ejercicio 2.8.11. Pruebe que τd es una topologıa.

Ejercicio 2.8.12. Pruebe que toda bola abierta pertenece a τd.

Ejercicio 2.8.13. Pruebe que la interseccion finita de bolas abiertas en union de bolas abiertas.

Ejercicio 2.8.14. Pruebe que la metrica discreta es en efecto una metrica.

Ejercicio 2.8.15. En Rn, verificar que cada una de las siguientes funciones definen una metrica:

(1) d1(x, y) =(∑n

i=1 |xi − yi|2)1/2

.

(2) d2(x, y) = max{|xi − yi| : i = 1, . . . , n}.

(3) d3(x, y) =∑ni=1 |xi − yi|.

Pruebe que τd1 = τd2 = τd3 .

Ejercicio 2.8.16. Sea C[0, 1] el conjunto de las funciones continuas de [0, 1] en R.

(1) Verificar que cada una de las siguientes funciones son metricas en C[0, 1]:

(a) e1(f, g) =∫ 1

0|f − g|dx.

(b) e1(f, g) = supx∈[0,1] |f(x)− g(x)|.

(2) En cada caso graficar Bf (r).

(3) Pruebe que τe1 ⊆ τe2 , pero que τe2 6⊆ τe1 .

La familia de abiertos dada por τe2 es conocida como la topologıa de la convergencia uniforme en C[0, 1].

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Ejercicio 2.8.17. Sea C[0, 1] como en el Ejercicio 2.8.16. Para cada f ∈ C[0, 1], cada subconjunto finitoF ⊆ [0, 1] y cada ε > 0, definimos el conjunto

W (f, F, ε) = {g ∈ C[0, 1] : maxx∈F|g(x)− f(x)| < ε}.

Pruebe que β = {W (f, F, ε)} es base de una topologıa τ en C[0, 1]. Esta topologıa es la topologıa de laconvergencia puntual. Compare dicha topologıa con la topologıa del Ejercicio 2.8.16.

Ejercicio 2.8.18. Pruebe que todo espacio metrico satisface el primer axioma de numerabilidad.

2.8.6 Sucesiones, clausura, interior y frontera

En un espacio topologico X, una sucesion es una funcion s : N −→ X. Usualmente escribimos s = {xn}donde xn = s(n). Diremos que {xn} converge a x ∈ X si para todo U ∈W (x), existe n0 ∈ N tal que n > n0

=⇒ xn ∈ U . Esto es: cada entorno de x contiene todos los terminos de la sucesion salvo prosiblemente unnumero finito de terminos. Diremos que una sucesion es constante si todos sus terminos son iguales salvoposiblemente en un numero finito de terminos.

Ejercicio 2.8.19. Pruebe que toda sucesion constante es convergente.

Ejercicio 2.8.20. Pruebe que en la topologıa discreta las unicas sucesiones convergentes son las constantes.

Ejercicio 2.8.21. Pruebe que en la topologıa indiscreta toda sucesion converge a cada punto.

Ejercicio 2.8.22. Sea X un espacio que satisface el primer axioma de numerabilidad y A un subconjuntode X. Probar que x ∈ X es un punto de acumulacion de A si, y solo si, existe una sucesion {xn} en A talque xn 6= x y {xn} converge a x.

Ejercicio 2.8.23. Sea X = R2, damos a X la topologıa τ generada por la base

β = {X} ∪ {conos abiertos con vertice en el origen}.

Probar:

(1) X satisface el primer axioma de numerabilidad.

(2) Hallar la clausura, el interior y la frontera de los siguientes conjuntos:

(a) Una recta.

(b) Un disco.

(c) Una circunferencia.

(d) Una franja.

(e) El origen.

(3) Pruebe que toda sucesion en X converge al origen.

(4) Pruebe que si {xn} converge a x, tambien converge a λx, para todo λ > 0.

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Ejercicio 2.8.24. Relacionar A, int(A) y int(A).

Ejercicio 2.8.25. Ver como opera la frontera respecto a ∪ y ∩.

Ejercicio 2.8.26. Para todo B ⊆ Y , probar que f−1(B) ⊆ f−1(B) implica que para todo A ⊆ X,f(A) ⊆ f(A).

2.8.7 Funciones continuas

Ejercicio 2.8.27. Sean X e Y espacios topologicos y f : X −→ Y una funcion. Pruebe que si f es continua,entonces para cada sucesion {xn} en X, si {xn} converge a x entonces {f(xn)} converge a f(x). ¿Sera ciertoel recıproco?.

Ejercicio 2.8.28. Sea f : X −→ Y una funcion entre espacio topologicos.

(1) Pruebe que si Y tiene la topologıa final, entonces para cada espacio topologico Z y cada funciong : Y −→ Z, g es continua si, y solo si, g ◦ f es continua.

(2) Pruebe que si X tiene la topologıa inicial de f , entonces para cada espacio topologico Z y cada funciong : Z −→ X, g es continua si, y solo si, f ◦ g es continua.

Ejercicio 2.8.29. Sea f : X −→ Y una funcion entre espacios topologicos. Pruebe que si la topologıa de Xes la discreta, entonces f es continua; o si la topologıa de Y es la indiscreta, entonces f es continua.

Ejercicio 2.8.30. Sean X e Y espacios topologicos, con τ1 y τ2 dos topologıas en X, sea f : X −→ Y unafuncion. Pruebe que si f es continua respecto a τ1 y τ1 ⊆ τ2, entonces f es continua con respecto a τ2.

Ejercicio 2.8.31. Sea X = C[0, 1] el conjunto de las funciones continuas de [0, 1] en R. Sea H : X −→ R,definida por H(f) = f(1). Pruebe que H es continua para la topologıa de la convergencia uniforme y parala topologıa de la convergencia puntual.

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CAPITULO 3

CONEXIDAD

3.1 Espacios conexos

Sea (X, τ) un espacio topologico. Diremos que X es conexo si no se puede expresar como union disjunta deabiertos no vacios. Un subconjunto A ⊆ X es conexo si es un espacio conexo cuando se considera con latopologıa relativa a X.

Proposicion 3.1.1. Las siguientes condiciones son equivalentes:

(1) X es conexo.

(2) Para todo par de abiertos U, V ∈ τ , si U ∪ V = X y U ∩ V = ∅, entonces U = X o U = ∅.

(3) Los unicos subconjuntos de X que son al mismo tiempo cerrados y abiertos son X y ∅.

Demostracion: Note que (1) =⇒ (2) es inmediato de la definicion de espacio conexo. Probemos(2) =⇒ (3). Sea U un subconjunto de X que es abierto y cerrado a la vez. Entonces U c tambien esabierto y cerrado a la vez. Ahora bien, note que X = U ∪ U c y que U ∩ U c = ∅. Como (2) es cierta,tenemos que U = X o U = ∅. Finalmente, probemos (3) =⇒ (1) suponiendo que (1) es falso. Entoncespodemos expresar X como X = U ∪ V , donde U y V son abiertos disjuntos no vacios. Se sigue queU 6= ∅ y U c = V 6= ∅. De manera similar, se tiene que U 6= X. Por lo tanto, U es un conjunto que esabierto y cerrado a la vez, distinto de X y de ∅, obteniendo ası una contradiccion.

Ejemplo 3.1.1. Q no es conexo si se considera con la topologıa relativa a R, es decir que si U es un abiertoen Q entonces U = Q ∩ V , donde V es un abierto de R. En este caso podemos escribir

Q = (Q ∩ (−∞,√

2)) ∪ (Q ∩ (√

2,+∞)),

que es una union disjunta.

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Un subconjunto A de R es un intervalo si para cada par a, b ∈ A con a < b, se tiene [a, b] ⊆ A.

Teorema 3.1.1. Sea A un subconjunto de R. Entonces, A es conexo si, y solo si A es un intervalo.

Demostracion: Supongamos que A es un subconjunto conexo de R y que no es un intervalo. Entoncesexisten a y b en A, con a < b, tales que [a, b] 6⊆ A. Entonces, existe a < c < b tal que c 6∈ A. Considerelos siguientes subconjuntos abiertos de A, U = A∩ (−∞, c) y V = A∩ (c,+∞). Es claro que U y V sondisjuntos y no vacıos, pues a ∈ U y b ∈ V . Mas aun,

U∪V = (A∩(−∞, c))∪(A∩(c,+∞)) = A∩[(−∞, c)∪(c,+∞)] = A∩[R−{c}] = A, porque A ⊆ R− {c}.

Por lo tanto, A no es conexo.

Ahora probemos que si A es un intervalo, entonces A es conexo. Supongamos que A no es conexo.Entonces existen abiertos no vacıos U, V ∈ τA tales que A = U ∪ V , U ∩ V = ∅. Se sigue que existena ∈ U y b ∈ V tales que a < b. Sea c = sup{x ∈ U / x > a}. Note que c 6∈ U porque U es abierto yc es un punto de acumulacion de U . De manera analoga, tenemos que c 6∈ V . Por lo que c 6∈ A, puesA = U ∪ V . Entonces A no es un intervalo, obteniendo ası una contradiccon.

Observacicon 3.1.1. Un espacio topologico X es conexo si, y solo si para todo cubirmiento abierto {U, V }de X, si U ∩ V = ∅ entonces U = ∅ o V = ∅.

Proposicion 3.1.2. Sea X un espacio topologico. Considere el conjunto Z2 = {0, 1} dotado con la topologıadiscreta. Entonces X es conexo si, y solo si toda funcion continua f : X −→ Z2 es constante.

Demostracion: Para probar la primera implicacion, supongamos que X es conexo y que existe unafuncion continua f : X −→ Z2 que no es constante. Entonces U = f−1(1) y V = f−1(0) son abiertosdisjuntos no vacios. Ademas, X = U∪V . Por lo tanto, X no es conexo, obteniendo ası una contradiccion.

Para probar la otra implicacion, supongamos que X no es conexo. Entonces existen dos abiertos novacıos y disjuntos U y V tales que X = U ∪ V . Sea f : X −→ Z2 la funcion dada por

f(x) =

{1 si x ∈ U,0 si x ∈ V .

Note que f esta bien definida porque U y V son disjuntos. Mas aun, f es continua pues f−1(1) = U yf−1(0) = V . Como U y V son no vacıos, se tiene que f no es constante. Hemos construıdo una funcioncontinua f : X −→ Z2 no constante.

Corolario 3.1.1. Sea f : X −→ Y una funcion continua. Si A es un subconjunto conexo de X, entoncesf(A) es un subconjunto conexo de Y .

42

Demostracion: Considere una funcion continua g : f(A) −→ Z2. Como f es continua, se tiene quesu restriccion f ′ = f |A : A −→ f(A) tambıen lo es. Entonces la composicion g ◦ f ′ : A −→ Z2 nos dauna funcion continua. Como A es conexo, se tiene que g ◦ f ′ es constante. Sin perdida de generalidad,supongamos que g ◦ f ′ = 0. Sea y ∈ f(A). Entonces existe a ∈ A tal que y = f(a). De dondeg(y) = g(f(a)) = (g ◦ f ′)(a) = 0, para todo y ∈ Y . Por lo tanto, g es constante.

Corolario 3.1.2 (Teorema de Bolzano). Sea f : R −→ R una funcion continua. Sean a, b ∈ R tales quea < b. Si f(a) < 0 y f(b) > 0, entonces existe c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0.

Demostracion: Como [a, b] es conexo y f es continua, se tiene que f([a, b]) es conexo, es decir, f([a, b])es un intervalo. Como f(a) < 0 y f(b) > 0, se tiene que 0 ∈ (f(a), f(b)) ⊆ f([a, b]). Luego, existec ∈ [a, b] tal que f(c) = 0. Note que c 6= a y c 6= b.

Teorema 3.1.2. La union de una familia de espacios conexos con un punto en comun es un espacio conexo.

Demostracion: Sea f :⋃α∈ΛXα −→ Z2 una funcion continua. Sea x0 ∈

⋂α∈ΛXα. Para todo α,

consideremos la composicion

Xαiα−→

⋃α∈Λ

Xαf−→ Z2,

donde iα es la inclusion de Xα en⋃α∈ΛXα. Como f ◦ iα es continua, se tiene que f ◦ iα es contante.

Sean x ∈ Xα e y ∈ Xβ . Veamos que f(x) = f(y). Si α = β, entonces f ◦ iα(x) = f ◦ iβ(y) implica quef(x) = f(y). Si α 6= β, entonces

f(x) = f ◦ iα(x) = f ◦ iα(x0) = f ◦ iβ(x0) = f ◦ iβ(y) = f(y).

Por lo tanto f es contante y⋃α∈ΛXα es conexo.

Teorema 3.1.3. Si X1, . . . , Xn son espacios conexos, entonces∏ni=1Xj es tambien un espacio conexo.

Demostracion: Por el Principio de Induccion, solo es necesario probar que X × Y es conexo. Fijemosun punto (x0, y0) ∈ X × Y . Primero probemos que Z = ({x0} × Y ) ∪ (X × {y0}) es conexo. La funcionf : Y −→ {x0} × Y dada por y 7→ (x0, y) es continua y sobreyectiva. De donde {x0} × Y = f(Y ) esconexo porque Y es conexo. De manera similar, X×{y0} es conexo. Luego, Z = ({x0}×Y )∪ (X×{y0})es la union de dos conjuntos conexos con un punto en comun, por lo que Z es conexo. Ahora, escribimos

X × Y =⋃x∈X

[({x} × Y ) ∪ (X × {y0})].

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Entonces X×Y es conexo por ser la union de conjuntos conexos con un punto en comun, a saber (x0, y0).

Ejemplo 3.1.2. La bola B1(0, 1) es conexa por ser homeomorfa a B2(0, 1). Dicho homeomorfismo vienedado por

f(x, y) =

{||(x,y)||2||(x,y)||1 · (x, y) si (x, y) 6= (0, 0),

0 si (x, y) = (0, 0).

Proposicion 3.1.3. Si A es conexo y A ⊆ B ⊆ A entonces B es conexo.

Demostracion: Sean U y V dos abiertos en B tales que B = U ∪ V y U ∩ V = ∅. Veamos que U = ∅ oV = ∅. Sabemos que existen abiertos U0 y V0 en X tales que U = U0 ∩B y V = V0 ∩B. Como A ⊆ B,tenemos

A = A ∩B= A ∩ [(U0 ∩B) ∪ (V0 ∩B)]

= [A ∩ U0 ∩B] ∪ [A ∩ V0 ∩B]

= [A ∩ U0] ∪ [A ∩ V0].

Como A es conexo, se tiene U0 ∩A = ∅ o A ∩ V0 = ∅. Supongamos que U0 ∩A = ∅. Tenemos

∅ = U0 ∩A ⊆ U0 ∩B ⊆ U0 ∩A = U0 ∩ (A ∪A′) = (U0 ∩A) ∪ (U0 ∩A′) = U0 ∩A′.

Probemos que U0 ∩A′ = ∅. Si U0 ∩A′ 6= ∅, entonces existe x ∈ U0 tal que x es un punto de acumulacionde A. Luego, U0 ∩ (A− {x}) 6= ∅, obteniendo ası una contradiccion. De donde U = U0 ∩B = ∅.

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3.2 Espacios conexos por arcos

Un espacio topologico (X, τ) se dice conexo por arcos si para cada par de puntos p, q ∈ X, existe unafuncion continua σ : [0, 1] −→ X, llamada arco, tal que σ(0) = p y σ(1) = q.

Diremos que (X, τ) es localmente conexo por arcos si para cada p ∈ X existe un entorno U ∈ W (p) talque U es conexo por arcos.

Sea (X, τ) un espacio topologico y p ∈ X. La componente conexa de p es la union de todos los sub-conjuntos conexos que contienen a p. La componente conexa por arcos de p es la union de todos lossubconjuntos conexos por arcos que contiene a p.

Proposicion 3.2.1. La componente conexa de p es el mayor conexo que contiene a p.

Demostracion: Sea C(p) =⋃{U ⊆ X / U es conexo y p ∈ U} la componente conexa de p. Note que

C(p) es conexo por ser la union de conjuntos conexos con un punto en comun, en este caso p. Sea V unsubconjunto conexo que contiene a p. Luego,

V ⊆⋃{U ⊆ X / U es conexo y p ∈ U} = C(p).

Por lo tanto, C(p) es el mayor subconjunto conexo que contiene a p.

Proposicion 3.2.2. La componente conexa por arcos de p es el mayor conjunto conexo por arcos quecontiene a p.

Demostracion: Sea Carc(p) =⋃{U ⊆ X / U es conexo por arcos y p ∈ U}. Primero veamos que

Carc(p) es conexo por arcos. Sean x, y ∈ Carc(p). Existen conjuntos conexos por arcos U y V talesque x ∈ U y y ∈ V . Ademas, p ∈ U ∩ V . Tenemos que existes arcos σ1 : [0, 1] −→ U y σ2 : [0, 1] −→ Vtales que σ1(0) = x, σ1(1) = p, σ2(0) = p y σ2(1) = y. Sea σ1 ∪ σ2 : [0, 1] −→ U ∪ V el arco definido por

σ1 ∪ σ2(t) =

{σ1(t) si t ∈ [0, 1/2],σ2(2t− 1) si t ∈ [1/2, 1].

Tenemos que σ1 ∪ σ2 es continua porque σ1 y σ2 lo son y coinciden en t = 1/2. Ademas, σ1 ∪ σ2(0) = x,σ ∪ σ2(1) = y y σ1 ∪ σ2 ⊆ Carc(p). La prueba de que Carc(p) es el mayor subconjunto conexo por arcosque contiene a p se hace de la misma manera que en la proposicion anterior.

Proposicion 3.2.3. Sea p ∈ X. La componente conexa de p, C(p), es cerrada.

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Demostracion: Sabemos que C(p) es cerrado y conexo, con p ∈ C(p). Como C(p) es el mayor conjuntoconexo que contiene a p, tenemos C(p) ⊆ C(p). Por otro lado, C(p) ⊆ C(p). Por lo tanto, C(p) = C(p)y C(p) es cerrada.

Teorema 3.2.1. Sea Y un subconjunto numerable de Rn, donde n > 1. Entonces X = Rn − Y es conexopor arcos.

Demostracion: Sean p1, p2 ∈ X. Sea l una recta que corta al segmento [p1, p2] tal que p1, p2 6∈ l.Definamos σ(q) = [p0, q] ∪ [q, p1]. Tenemos que σ es un arco que une a p0 y a p1.

p1

p2

q

l

Note que σ(q1) y σ(q2) tiene a p0 y a p1 como puntos comunes, cualesquiera q1 y q2. Afirmamos que existeq ∈ l tal que σ(q) ⊆ X. Supongamos lo contrario. Sea f : l −→ Y la aplicacion q 7→ f(q) ∈ σ(q) ∩ Y . Siq1 6= q2 entonces

(σ(q1) ∩ Y ) ∩ (σ(q2) ∩ Y ) = σ(q1) ∩ σ(q2) ∩ Y = {p0, p1} ∩ Y = ∅,

porque p0, p1 6∈ Y . Entonces, f es inyectiva. Luego, l esta en biyeccion con f(l), que es un subconjuntode Y , por lo que f(l) es finito o numerable. Obteniendo ası una contradiccion, pues l es no numerable.Por lo tanto, existe q ∈ l tal que σ(q) ⊆ X. Por lo tanto, X es conexo por arcos.

Corolario 3.2.1. Rn y R no son homeomorfos si n > 1.

Demostracion: Supongamos que Rn y R son homeomorfos. Entonces existe una aplicacion continua ybiyectiva f : Rn −→ R cuya inversa es continua. Sea p ∈ Rn. La aplicacion f : Rn − {p} −→ R− {f(p)}dada por q 7→ f(q) es tambien un homeomorfismo. Luego, R− {f(p)} = f(Rn − {p}) es conexo, porque

Rn−{p} es conexo por el teorema anterior, y f es continua. Por otro lado, R−{f(p)} no es un intervalo,por lo que no es conexo, obteniendo ası una contradiccion.

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3.3 Ejercicios

3.3.1 Teoremas del Valor Medio y del Punto Medio

Ejercicio 3.3.1. Sea f : X −→ R una funcion continua, y sean x0 y x1 puntos de X tales que f(x0) < f(x1).Pruebe que si X es conexo, para cada t ∈ (f(x0), f(x1)) existe x ∈ X tal que f(x) = t.

Ejercicio 3.3.2. Pruebe que toda funcion continua y sobreyectiva del intervalo [0, 1] en sı mismo tiene unpunto fijo.

3.3.2 Relacion entre espacios conexos, funciones continuas y espacios producto

Ejercicio 3.3.3. Sea f : X −→ Y una funcion continua. Probar que:

(1) Si X es conexo, entonces G(f) (grafico de f) es conexo en X × Y .

(2) A = {(x, sin(1/x)) / x ∈ (0, 1)} es un subespacio conexo de R2.

(3) Si B es un subconjunto del intervalo {(0, y) / y ∈ [0, 1]}, entonces A ∪ U es conexo.

Ejercicio 3.3.4. Sean X1, . . . , Xn espacios topologicos. Pruebe que X1×X2× · · ·×Xn es conexo si, y solosi, cada Xj , j = 1, . . . , n, es conexo.

3.3.3 Espacios conexos por arcos

Ejercicio 3.3.5. Demuestre que:

(1) Todo subconjunto convexo de Rn es conexo por arcos.

(2) La union de una familia de subespacios conexos por arcos que tienen un punto en comun es tambienconexo por arcos.

(3) Todo espacio conexo por arcos es conexo.

(4) La imagen por una funcion continua de un espacio conexo por arcos es conexo por arcos.

Un espacio X es localmente conexo por arcos si cada punto posee un entorno conexo por arcos. Dadoun espacio topologico X y p un punto de X, la componente conexa por arcos de p es la union de todoslos subconjuntos conexos por arcos que contiene a p.

Ejercicio 3.3.6. Pruebe que si X es localmente conexo por arcos, entonces:

(1) La componente conexa por arcos de p es el mayor conjunto conexo por arcos que contiene a p.

(2) La componente conexa por arcos es abierta y cerrada.

Deducir que si X es conexo y localmente conexo por arcos entonces X es conexo por arcos.

Ejercicio 3.3.7. Probar que R3 y R2 no son homeomorfos.

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CAPITULO 4

AXIOMAS DE SEPARACION

4.1 Espacios de Hausdorff

Sea (X, τ) un espacio topologico. Diremos que X es un espacio de Hausdorff (o T2) si para todo parx1, x2 ∈ X, con x1 6= x2, existen U1 ∈W (x1) y U2 ∈W (x2) tales que U1 ∩ U2 = ∅.

U2

U1

x1 x2

T2

Ejemplo 4.1.1. Los siguientes espacios no son de Hausdorff:

(1) (X, τ) con la topologıa τ = {∅, X}.

(2) (R2, τ), con τ la topologıa de las franjas abiertas verticales. Dos puntos sobre el eje Y no pueden serseparados por abiertos disjuntos.

(3) (R2, τconos) y (R2, τanillos).

Ejemplo 4.1.2. Los siguientes son espacios de Hausdorff:

(1) (X, τdiscreta). Si x1 6= x2 entonces {x1} ∩ {x2} = ∅.

(2) SeaX un espacio metrico con metrica d, se tiene queX con la topologıa metrica τd es un espacio de Haus-dorff. Sean x1, x2 ∈ X puntos distintos. Basta tomar U1 = B(x1, d(x1, x2)/2) y U2 = B(x2, d(x1, x2)/2)para obtener U1 ∩ U2 = ∅.

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Proposicion 4.1.1. Si Xi son espacios de Hausdorff, con i = 1, . . . , n, entonces∏ni=1Xi es un espacio de

Hausdorff.

Demostracion: Basta probar el caso n = 2. El resultado se sigue por el Principio de Induccion. SeanX e Y dos espacios de Hausdorff. Sean (x1, y1), (x2, y2) ∈ X ×Y puntos distintos. Tenemos que x1 6= x2

o y1 6= y2. Analicemos los tres casos posibles:

(1) x1 6= x2 e y1 = y2: Como X es un espacio de Hausdorff, tenemos que existen abiertos U1 ∈W (x1)y U2 ∈W (x2) tales que U1 ∩ U2 = ∅. Ası tenemos

∅ = (U1 ∩ U2)× Y = (U1 × Y ) ∩ (U2 × Y ).

Ademas, U1 × Y ∈W (x1, y1) y U2 × Y ∈W (x2, y2).

(2) El caso x1 = x2 e y1 6= y2 es analogo al anterior.

(3) x1 6= x2 e y1 6= y2: Como X es un espacio de Hausdorff, existen U1 ∈ W (x1) y U2 ∈ W (x2)tales que U1 ∩ U2 = ∅. De manera similar, existen abiertos V1 ∈ W (y1) y V2 ∈ W (y2) tales queV1 ∩ V2 = ∅. Tomamos A1 = U1 × V1 ∈W (x1, y1) y A2 = U2 × V2 ∈W (x2, y2). Tenemos

A1 ∩A2 = (U1 × V2) ∩ (U2 × V2) = (U1 ∩ U2)× (V1 ∩ V2) = ∅.

Por lo tanto, X × Y es un espacio de Hausdorff.

El recıpoco del Teorema anterio no es cierto, en general.

Dada una funcion continua f : X −→ Y , si X es un espacio de Hausdorff, no necesariamente lo es f(X).

Teorema 4.1.1. Sea f : X −→ Y es un homeomorfismo. Entonces X es un espacio de Hausdorff si, y solosi, Y = f(X) lo es.

Demostracion: Supongamos que X es un espacio de Hausdorff. Sean y1, y2 ∈ Y puntos distintos.Existen x1, x2 ∈ X tales que y1 = f(x1) e y = f(x2), donde x1 6= x2. Como X es de Hausdorff,existen U1 ∈ W (x1) y U2 ∈ W (x2) tales que U1 ∩ U2 = ∅. Consideremos V1 = f(U1) ∈ W1(y1) yV2 = f(U2) ∈W (y2), pues f es un homeomorfismo. Tenemos

V1 ∩ V2 = f(U1) ∩ f(U2) = f(U1 ∩ U2) = f(∅) = ∅,

porque f es inyectiva. Por lo tanto, Y = f(X) es un espacio de Hausdorff.

Ahora supongamos que Y es un espacio de Hausdorff. Sean x1, x2 ∈ X puntos distintos. Como f esinyectiva, tenemos que y1 = f(x1) y y2 = f(x2) son puntos distintos. Como Y es un espacio de Hausdorff,tenemos que existen V1 ∈W (y2) y V2 ∈W (y2) tales que V1 ∩ V2 = ∅. Luego,

∅ = f−1(V1 ∩ V2) = f−1(V1) ∩ f−1(V2).

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Tomamos U1 = f−1(V1) y U2 = f−1(V2). Tenemos que U1 ∈W (x1) y U2 ∈W (x2) y U1 ∩ U2 = ∅.

Teorema 4.1.2. Considere el siguiente diagrama conmutativo

X Y

X

f

1X

g

donde f y g son funciones continuas. Si Y es un espacio de Hausdorff entonces X tambien lo es.

Demostracion: La prueba es analoga al recıproco del teorema anterior.

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4.2 Espacios normales

Un espacio topologico X se dice regular (o T3) si para todo conjunto cerrado A ⊆ X y para todo p ∈ X −Aexisten abiertos U1 y U2 tales que p ∈ U1, A ⊆ U2 y U1 ∩ U2 = ∅. Diremos que X es normal (o T4) si paratodo par de subconjuntos cerrados disjuntos A1 y A2 existen abiertos U1 y U2 tales que A1 ⊆ U1, A2 ⊆ U2 yU1 ∩ U2 = ∅.

U2

U1

x1 A

T3U2

U1

A1

A2

T4

Teorema 4.2.1. Un espacio topologico X es normal si, y solo si, para cada cerrado B y cada abierto U conB ⊆ U , existe un abierto V tal que B ⊆ V ⊆ V ⊆ U .

Demostracion: Supongamos que X es un espacio normal. Sea B un conjunto cerrado y U un conjuntoabierto que contiene a B. Tenemos que B∩U c = ∅ y U c es cerrado. Como X es normal, existen abiertosdisjuntos U0 y U1 tales que B ⊆ U0 y U c ⊆ U1. Elegimos V = U0. Tenemos U0 ⊆ U c1 ⊆ U . Luego,V ⊆ U . Por otro lado, U c1 es un cerrado que contiene a V y V es el menor cerrado que contiene a V , dedonde V ⊆ U c1 . Por lo tanto, B ⊆ V ⊆ V ⊆ U .

Ahora supongamos que para todo cerrado B y para todo abierto U que contenga a B, existe un abiertoV tal que B ⊆ V ⊆ V ⊆ U . Sean A0 y A1 cerrados disjuntos. Luego A0 ⊆ Ac1, donde Ac1 es abierto.Luego, existe un abierto V tal que A0 ⊆ V ⊆ V ⊆ Ac1. Como V es cerrado, tenemos que V

ces abierto.

Como V ⊆ Ac1, se tiene A1 ⊆ Vc. Entonces, A0 ⊆ V y A1 ⊆ V

c, donde V y V

cson abiertos disjuntos.

Proposicion 4.2.1. Todo espacio metrico es normal.

Demostracion: Sea X un espacio metrico con metrica d. Sean A0 y A1 dos cerrados disjuntos. Comod es continua, tenemos

ε = d(A0, A1) = inf{d(x, y) : x ∈ A0, y ∈ A1} > 0.

En efecto, si ε = 0, existe una sucesion {(xn, yn)}n≥1 ⊆ A0 × A1 tal que d(xn, yn) > 0 ylimn→∞ d(xn, yn) = 0. Sea x un punto de acumulacion de {xn} e y un punto de acumulacion de

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{yn}. Luego, d(x, y) = 0 y x = y. Entonces x = y ∈ A0 ∩ A1, obteniendo una contradiccion. Ahoratomemos

U0 = {x ∈ X : d(x,A0) < ε/4} y U1 = {x ∈ X : d(x,A1) < ε/4}.Tenemos que A0 ⊆ U0, ya que si x ∈ A0 entonces d(x,A0) = 0 < ε/4 y por tanto x ∈ U0. De manerasimilar, A1 ⊆ U1. Veamos que U0 y U1 son disjuntos, suponiendo lo contrario. Luego existe x ∈ X talque d(x,A0) < ε/4 y d(x,A1) < ε/4, lo cual no es posible por la definicion de ε. Es facil ver que U0 y U1

son ademas abiertos.

Ejemplo 4.2.1.

(1) R con la topologıa metrica es un espacio normal.

(2) Consideremos en R la familia β = {[a, b) / a < b}. Note que R =⋃a<b[a, b) y que

[a, b) ∩ [c, d) =

∅,[a, b) o [c, d),[x, y), donde x = max{a, c} o y = min{b, d}.

Se sigue que β es base de una topologıa τ . Veamos que (R, τ) es un espacio normal. Recuerde que τviene dada por τ = {A ⊆ R / A =

⋃U∈F U, F ⊆ β}. Sea B un conjunto cerrado y U un conjunto

abierto que contiene a B. Todo x ∈ B esta en U , y como U es abierto existen ax y bx tales quex ∈ [ax, bx) ⊆ U . Sea V =

⋃x∈B

[ax,

x+bx2

). Tenemos que

V =⋃x∈B

[ax,

x+ bx2

)=⋃x∈B

[ax,

x+ bx2

)=⋃x∈B

[ax,

x+ bx2

).

De donde B ⊆ V ⊆ V ⊆ U .

(3) Consideremos en R2 la siguiente familia de conjuntos: β = {[a, b)× [c, d) ⊆ R2}. Veamos primero queβ es base de alguna topologıa τ . Sea (x, y) ∈ R2. Luego, (x, y) ∈ [x − 1, x + 1) × [y − 1, y + 1). Dedonde β es un cubrimiento de R2. Ahora considere los siguientes elementos de β: A = [a, b) × [c, d) yB = [a′, b′)× [c′, d′). Tenemos

A ∩B =

∅AB[max{a, a′}),min{c, c′} × [max{b, b′},min{d, d′})

Se sigue que A ∩ B es la union de miembros de β, pues es un miembro de β. Por lo tanto, β es basede la topologıa τ = {⋃α∈ΛAα ∈ β}. Ahora veamos que (R2, τ) no es un espacio normal. Considere lossiguientes subconjuntos de R2: F1 = [−1, 0]× {0} y F2 = {(x,−x) / x ∈ [−1, 0)}.

Note que F1 y F2 son cerrados, porque sus complementos son abiertos. Ademas, F1 y F2 no puedenser separados por abiertos disjuntos, ya que todo rectangulo que contenga al origen contiene tambiıenpuntos de F2.

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�1 0 0�1

1

F1

F2

54

4.3 Lemma de Urysohn

Recordemos la reprsentacion p-adica de los numeros reales. Para todo p ≥ 2, p ∈ N, y para todo x > 0, existeuna serie

∑∞n=0

anpn tal que an ∈ N, 0 ≤ an < p, y

∑∞n=0

anpn −→ x.

Lema 4.3.1 (Urysohn). Un espacio topologico X es normal si, y solo si, para cada par de cerrados disjuntosA0 y A1 existe una funcion continua f : X −→ [0, 1] tal que f |A0

≡ 0 y f |A1≡ 1.

Demostracion: Supongamos que X es un espacio normal. Como A0 y A1 son cerrados disjuntos, setiene que A0 ⊆ Ac1. Como X es normal, existe un abierto V tal que A0 ⊆ V ⊆ V ⊆ Ac1. LlamamosV = V1/2. Tenemos A0 ⊆ V1/2 ⊆ V1/2 ⊆ Ac1. Nuevamente, como X es normal, existen abiertos V1/4 yV3/4 tales que

A0 ⊆ V1/4 ⊆ V1/4 ⊆ V2/4 ⊆ V2/4 ⊆ V3/4 ⊆ V3/4 ⊆ Ac1.De manera similar, existen abiertos V1/8, V3/8, V5/8 y V7/8 tales que

A0 ⊆ V1/8 ⊆ V1/8 ⊆ V2/8 ⊆ V2/8 ⊆ V3/8 ⊆ V3/8 ⊆ V4/8

⊆ V4/8 ⊆ V5/8 ⊆ V5/8 ⊆ V6/8 ⊆ V6/8 ⊆ V7/8 ⊆ V7/8

⊆ Ac1.

Continuamos con este procedimiento de manera indefinida. Entonces, para todo n y m naturales, con0 ≤ m < 2n, tenemos abiertos Vm/2n tales que

A0 ⊆ V1/2n ⊆ V1/2n ⊆ · · · ⊆ Vm/2n ⊆ Vm/2n ⊆ · · · ⊆ V2n−1/2n ⊆ V2n−1/2n ⊆ Ac1.

Definimos f : X −→ [0, 1] como

f(x) =

{inf{t / x ∈ Vt} si x 6∈ A1,1 si x ∈ A1.

Tenemos que f(A0) = 0 y f(A1) = 1. Los abiertos basicos de [0, 1] son del tipo [0, a), (b, 1], (a, b). Solohay que probar que f−1([0, a)) y f−1((b, 1]) son abiertos para ver que f es continua. Tenemos

f−1([0, a)) =⋃t<a

Vt es abierto en X,

f−1((b, 1]) =⋃t>b

Vtc

es abierto en X.

Probemos esto ultimo. Sea x ∈ f−1([0, a)). Luego, f(x) ∈ [0, a). Note que 0 ≤ inf{t / x ∈ Vt} < a.Luego, existen m,n ∈ N tal que m/2n ∈ {t / x ∈ Vt}. Ademas, inf{t / x ∈ Vt} ≤ m/2n < a. Entoncesx ∈ Vm/2n ⊆

⋃t<a Vt. Ahora sea x ∈ ⋃t<a Vt. Luego existe 0 ≤ λ < a tal que x ∈ Vλ. Como

inf{t / x ∈ Vt} ∈ [0, a), se tiene que f(x) ∈ [0, a). Falta probar la segunda igualdad. Sea x ∈ f−1((b, 1]).Luego, f(x) ∈ (b, 1]. Si f(x) = 1 entonces x ∈ A1. Sea n ∈ N tal que b < (2n − 1)/2n ≤ 1. ComoV(2n−1)/2n ⊆ Ac1, nos queda x ∈ A1 ⊆ V(2n−1)/2n ⊆

⋃t>b Vt

c. Si por el contrario f(x) < 1, tenemos que

b < inf{t / x ∈ Vt} < 1. Veamos que existen m,n ∈ N tales que b < inf{t / x ∈ Vt} ≤ m/2n < 1 conx ∈ Vm/2n

c. Supongamos lo contrario, es decir que para todo r ∈ (b, 1] se tiene x ∈ Vr. Entonces x ∈ Vr,

para todo r ∈ (b, f(x)]. Por definicion de ınfimo, x 6∈ Vr para algun r ∈ (b, f(x)). Para tal r, existep ∈ (b, r) tal que x ∈ Vp. Por construccion, Vp ⊆ Vr. Luego, x ∈ Vp ⊆ Vr, obteniendo una contradiccion.

55

Por lo tanto, existen m,n ∈ N tal que b < f(x) ≤ m/2n < 1 y x ∈ Vm/2nc. De donde x ∈ ⋃t>b Vtc.

Ahora, sea x ∈ ⋃t>b Vtc. Luego, existe t0 > b tal que x ∈ Vt0c, es decir x 6∈ Vt0 . Si f(x) = 1 no hay

nada que probar. Asumamos que f(x) < 1. Veamos que existe λ ∈ (t0, 1) tal que x ∈ Vλ. Supongamoslo contrario, luego x 6∈ Vλ para todo λ ∈ (t0, 1). Por otro lado, x 6∈ Vt0 implica que x 6∈ Vα para todoα ≤ t0. Tenemos que x 6∈ Vt para todo t ∈ [0, 1]. Como f(x) 6= 1, se sigue que f(x) > 1, obteniendo unacontradiccion. Entonces, x ∈ Vλ, para algun λ ∈ (t0, 1). De donde inf{t / x ∈ Vt} ≤ λ. Por lo tanto,f(x) ∈ (b, 1].

Ahora supongamos que para cada par de cerrados disjuntos A0 y A1, existe una funcion f : X −→ [0, 1]continua tal que f |A0

≡ 0 y f |A1≡ 1. Demos a [0, 1] la topologıa relativa. Consideremos los abiertos

[0, 1/4) y (3/4, 1]. Como f es continua, tenemos que f−1([0, 1/4)) y f−1((3/4, 1]) son abiertos en X.Ademas, A0 ⊆ f−1([0, 1/4)) y A1 ⊆ f−1((3/4, 1]). Finalmente, es claro que estos abiertos son disjuntos.Por lo tanto, X es un espacio normal.

Corolario 4.3.1. Un espacio topologico X es normal si, y solo si, para todo par de cerrados disjuntos A0 yA1 existe una funcion continua f : X −→ [a, b] tal que f |A0

≡ a y f |A1≡ b.

Demostracion: Basta notar que la funcion h : [0, 1] −→ [a, b] dada por h(t) = (b − a)t + a es unhomeomorfismo.

56

4.4 Teorema de Extension de Tietze

Teorema 4.4.1 (Tietze). Un espacio topologico X es normal si, y solo si, para todo cerrado A en X y todafuncuon continua f : A −→ [−1, 1], existe una extension continua g : X −→ [−1, 1].

Demostracion: Supongamos que para todo subconjunto cerrado A en X y para toda funcion continuaf : A −→ [−1, 1] existe una extension continua g : X −→ [−1.1]. Sean A0 y A1 cerrados disjuntos en X.Sea A = A0 ∪ A1 y f : A −→ [−1, 1] la funcion dada por f(a) = −1 si a ∈ A0 y f(a) = 1 si a ∈ A1.Note que f es continua. Por hipotesis, existe una extension continua g : X −→ [−1, 1] de f . Tenemosque g|A0

≡ −1 y g|A1≡ 1. Por el corolario anterior, tenemos que X es normal.

Ahora supongamos que X es un espacio normal. Sea A un subconjunto cerrado en X y f : A −→ [−1, 1]una funcion continua. Llamemos A0 = f−1[−1,−1/3] y A1 = f−1[1/3, 1]. Tenemos que A0 y A1 sonsubconjuntos disjuntos cerrados en X. Dado que A tiene la topologıa relativa de X, tanto A0 como A1

son cerrados en X. Por el Lema de Urysohn, existe una funcion continua g1 : X −→ [−1/3, 1/3] tal queg1|A0 ≡ −1/3 y g1|A1 ≡ 1/3. Tenemos lo siguiente:

|(f − g1)(x)| = |f(x)− g1(x)| = |f(x) + 1/3| ≤ 2/3, para todo x ∈ A0.

|g1(x)| < 1/3, para todo x ∈ A.|(f − g1)(x)| < 2/3, para todo x ∈ A.

Tenemos una funcion continua f − g1 : A −→ [−2/3, 2/3]. Ahora llamemos

A0 = (f − g1)−1([−2/3,−2/32]) y A1 = (f − g1)−1([2/32, 2/3]).

Tenemos que A0 y A1 son cerrados disjuntos en X. De donde existe una funcion g2 : X −→ [−2/32, 2/32]continua tal que g2|A0

≡ −2/32 y g2|A1≡ 2/32. En este paso tenemos

|(f − g1 − g2)(x)| ≤ 4/9 = 22/32.

Continuando de esta manera, en el n-esimo paso obtenemos una funcion gn : X −→ [−2n−1/3n, 2n−1/3n]continua tal que gn|A0 ≡ −2n−1/3n y gn|A1 ≡ 2n−1/3n. Ademas,

|(f − g1 − g2 − · · · − gn)(x)| < 2n/3n.

Sea g =∑∞n=1 gn. En este punto recordemos el siguiente resultado:

Teorema de Weirstrass: Sea fn : X −→ [a, b] una sucesion de funciones continuas. Si para todo nexiste an ∈ R tal que |fn(x)| < an para todo x ∈ X y si

∑an converge, entonces

∑fn converge a una

funcion continua.

En nuestro caso, |gn(x)| ≤ 2n−1

3n = 12 ·(

23

)n, donde

∑∞n=1

12 ·(

23

)nconverge a 1

2 ·2/3

1−2/3 = 1. Tenemos que

g es por tanto una funcion continua y ademas

|g(x)| ≤∣∣∣∣∣∞∑n=1

gn(x)

∣∣∣∣∣ ≤∞∑n=1

1

2·(

2

3

)n= 1.

57

4.5 Ejercicios

4.5.1 Espacios primer numerables

Dado un espacio topologico X y un punto p ∈ X, diremos que una familia F(p) de entornos de p es unabase de entornos de p si para cada entorno U de p, existe V ∈ F(p) tal que p ∈ V ⊆ U . Diremos que Xes primer numerable (o que satisface el primer axioma de numerabilidad) si cada punto de X tieneuna base de entornos numerable.

Ejercicio 4.5.1. Sea X un espacio primer numerable. Para cada par de puntos p y q, podemos elegir bases{Un}n∈N y {Vn}n∈N de entornos encajados de p y q, respectivamente. Supongamos que para cada n ∈ N, setiene Un ∩ Vn 6= ∅. Luego, para cada n ∈ N elegimos xn ∈ Un ∩ Vn. Pruebe que {xn} converge tanto a pcomo a q.

Ejercicio 4.5.2. Sea X un espacio primer numerable. Pruebe que si cada sucesion convergente converge aun unico punto, entonces X es un espacio de Hausdorff.

4.5.2 Espacios de Hausdorff

Ejercicio 4.5.3. Pruebe que en un espacio de Hausdorff todo subconjunto finito es cerrado.

Ejercicio 4.5.4. Sea f : X −→ Y una funcion continua. Pruebe que si Y es un espacio de Hausdorff,entonces el grafico de f , G(f) ⊆ X × Y , es cerrado.

Ejercicio 4.5.5. Sean f, g : X −→ Y dos funciones continuas. Pruebe que si Y es un espacio de Hausdorff,entonces el conjunto {x ∈ X / f(x) = g(x)} es cerrado en X.

Ejercicio 4.5.6. Dado el siguiente diagrama conmutativo de funciones continuas

X Y

X

f

1X

g

Pruebe que si Y es un espacio de Hausdorff, entonces X es de Hausdorff y f(X) es cerrado en Y .

4.5.3 Espacios normales

Ejercicio 4.5.7. Sea R una relacion de equivalencia en un espacio topologico X, y p : X −→ X/R laproyeccion canonica. Pruebe que si p es una aplicacion abierta y cerrada entonces: X normal =⇒ X/Rnormal.

58

Ejercicio 4.5.8. Sea X un espacio normal y F1, . . . , Fn cerrados disjuntos. Pruebe que existen abiertosVi ⊇ Fi, para cada i = 1, . . . , n, tales que

⋂Vi = ∅.

Ejercicio 4.5.9. Sea X un espacio normal y A un subconjunto cerrado en X. Demuestre que A es normal.

Ejercicio 4.5.10. Sean X1, . . . , Xn espacios topologicos. Si∏ni=1Xi es normal, demuestre que cada Xi

tambien lo es.

Ejercicio 4.5.11. Probar que si X es un espacio normal y A es un subconjunto cerrado de X, entonces X/Aes tambıen normal.

59

CAPITULO 5

COMPACIDAD

5.1 Espacios paracompactos

Sea X un espacio topologico, Γ un cubrimiento de X, es decir X =⋃U∈Γ U . Un cubrimiento Γ′ de X es un

refinamiento de Γ si para todo U ∈ Γ′, existe V ∈ Γ tal que U ⊆ V . Es otras palabras, todo elemento deΓ′ esta contenido en algun elemento de Γ. Si Γ′ ⊆ Γ, diremos que Γ′ es un subcubrimiento de Γ.

Un cubrimiento Γ es localmente finito si para cada x ∈ X, existe solo un numero finito de elementos de Γque contienen a x.

Ejemplo 5.1.1.

(1) Sea X = R y Γ = {(a, b) : a < b} es un cubrimiento de R que no es localmente finito. Por otro lado,Γ′ = {(n, n+ 2) : n ∈ N} sı es un cubrimiento de R localmente finito.

(2) Sea X = R2 y Γ = {C1, C2, C3, C4}, donde Ci es el i-esimo cuadrante de R2. Tenemos que Γ es uncubrimiento de R2 que es localmente finito, por ser finito.

C1C2

C3 C4

La familia Γ = {(n, n+ 2)× R}n∈Z tambien es un cubrimiento de R2 localmente finito.

61

Un espacio de Hausdorff X se dice paracompacto si todo subconjunto abierto de Γ posee un refinamientoabierto localmente finito.

Proposicion 5.1.1. Todo espacio paracompacto es normal.

Demostracion: Sea X un espacio paracompacto. Probaremos primero que X es regular. Sea A unsubconjunto cerrado de X y y ∈ Ac. Como X es un espacio de Hausdroff, para cada x ∈ A existenabiertos disjuntos Ux y Vx tales que y ∈ Ux y y ∈ Vx. Considere el cubrimiento de X formado formadopor Ac y todos los Vx con x ∈ A. Por paracompacidad, existe un refinamiento abierto localmente finito{Vα}α∈∆ de este cubrimiento. Sea V la union de todos los Vα que intersectan a A. Se tiene que Ves un abierto que contiene a A. Al ser {Vα}α∈∆ localmente finito, existe un abierto W en X tal quey ∈W y W intersecta solo a un numero finito de V1, . . . , Vn de elementos de {Vα}α∈∆. Al ser {Vα}α∈∆

un refinamiento, si Vi ∩ A 6= ∅, entonces Vi ⊆ Vxi para algun xi ∈ A. Tomamos ahora la interseccionW ∩ (

⋂ni=1 Uxi) = U . Tenemos que U es un conjunto abierto por ser la interseccion finita de abiertos,

y que y ∈ W y y ∈ Uxi para todo i ∈ [n]. De donde U ∈ W (y). Ademas, W ∩ Vα = ∅ si α 6= i yUxi ∩ Vxi = ∅, por lo tanto U ∩ V = ∅. Entonces, X es regular.

Ahora probaremos que X es normal. Supongamos que tenemos dos conjuntos cerrados A y B que sondisjuntos. Para cada x ∈ A, la regularidad de X proporciona abiertos disjuntos Ux y Vx con x ∈ Ux yB ⊆ Vx. Consideremos el cubrimiento abierto Γ = {Ux / x ∈ A} ∪ {Ac}. Como X es paracompacto,existe un refinamiento abierto localmente finito {Uα} de Γ. Sea U la union de los miembros de {Uα}α∈∆

que intersectan a A. Luego, tenemos que U es un abierto que contiene a A. Entonces, para cada y ∈ Bexiste un abierto Wy que intersecta solo a un numero finito U1y, . . . , Uny de elementos de {Uα}α∈∆.Note que Uiy ⊆ Uxi , para algun xi en A, porque {Uα}α∈∆ es un refinamiento abierto de Γ. SeaXy = Wy ∩ (

⋂ni=1 Vxi). Tenemos que Xy es un abierto que contiene a y y no intersecta a U . Tomando

V =⋃y∈B Xy, tenemos que V es un abierto que no intersecta a Uy y que contiene a B. Por lo tanto, X

es normal porque existen U y V abiertos tales que U ∩ V = ∅, A ⊆ U y B ⊆ V .

Dado un espacio topopogico X y una funcion continua f : X −→ R, se define el soporte de f como elconjunto

Supp(f) = {x : f(x) 6= 0}.

Sean X es un espacio topologico y {µα : X −→ R}α∈∆ una familia de funciones continuas de X en R. Dadoun cubrimiento abierto Γ de X, diremos que la familia {µα : X −→ R}α∈∆ es subordinada a Γ si para todoα ∈ ∆, existe U ∈ Γ tal que Supp(µα) ⊆ U .

Dada una familia de funciones {µα}α∈∆ y un cubrimiento Γ como en el parrafo anterior, diremos que {µα}α∈∆

es una particion de la unidad de X subordinada a Γ si:

(1) {µα}α∈∆ es subordinada a Γ.

(2) {Supp(µα)}α∈∆ es localmente finito.

(3)∑α∈∆ µα(x) = 1.

Teorema 5.1.1. Si X es un espacio paracompacto, entonces para todo cubrimiento abierto Γ de X, existeuna particion de la unidad subordinada a Γ.

62

Demostracion: Sea Γ un cubrimiento abierto de X. Sea {Vα}α∈∆ un refinamiento abierto de Γ local-mente finito. Luego, para todo α ∈ ∆, existe Uα ∈ Γ tal que Vα ⊆ Uα. Recuerde que X es un espacionormal, por lo que cada punto de x ∈ X es cerrado. Entonces podemos encontrar un refinamiento{Wα}α∈∆ tal que

Vα ⊆ Vα ⊆Wα ⊆Wα ⊆ Uα.Tenemos Wα ∩ V cα = ∅ y que cada V cα es cerrado. Por el Lema de Urysohn, existe para cada α unafuncion continua fα : X −→ [0, 1] tal que fα|Wα

= 1 y fα|V cα = 0. Ahora definamos

µα :=fα∑α∈∆ fα

, para cada α ∈ ∆.

Note que∑α∈∆ fα es siempre finito, por lo que µα esta bien definida. Es facil ver que

∑α∈∆ µα = 1.

Ademas µα 6= 0 en Wα, y{x / µα(x) 6= 0} ⊆Wα ⊆ Uα.

Sabemos que fα(x) ≥ 0 para todo x ∈ X. Luego,∑α∈∆ fα(x) = 0 si, y solo si fα(x) = 0 para todo

α ∈ ∆. Esto equivale a que x ∈ V cα para todo α ∈ ∆, que a su vez equivale a que x 6∈ ⋃α∈∆ Vα = X.Vemos que no es posible que

∑α∈∆ fα(x) = 0 para algun x ∈ X. De donde

∑α∈∆ fα(x) 6= 0 para

todo x ∈ X. Entonces µα esta bien definida. Como fα es continua, tenemos que∑α∈∆ fα por ser la

suma de funciones continuas. Se sigue que µα es continua, por ser el cociente de funciones continuas y∑α∈∆ fα 6≡ 0.

Proposicion 5.1.2. Si X paracompacto y A cerrado entonces X/A es paracompacto.

Demostracion: Como X es paracompacto, se tiene que X es regular. Y como A es cerrado, se tieneque X/A es Hausdorff. Ahora, sea Γ = {Uα}α∈∆ un cubrimiento abierto de X/A. Consideremos laproyeccion p : X −→ X/A y damos a X/A la topologıa final inducida por p. Luego cada p−1(Uα) esun abierto de X porque p es continua. De donde ΓX = {p−1(Uα)}α∈∆ es un cubrimiento abierto de X,porque

X = p−1(X/A) = p−1

( ⋃α∈∆

Uα

)=⋃α∈∆

p−1(Uα).

Como X es paracompacto, existe un refinamiento Γ′X de Γ localmente finito. Podemos suponer queΓ′X = {Vα}α∈∆ con Vα ⊆ p−1(Uα). Consideremos los Vα tales que Vα ∩A 6= ∅. Luego, V =

⋃{Vα / Vα ∩A 6= ∅} es un abierto que contiene a A. Reescribimos Γ′X = {Vα / Vα ∩ A = ∅} ∩ {V }. Ahora, seaΓ′ = {p(Vα) / Vα ∩ A 6= ∅} ∪ {p(V )}. Sean Bα = p(Vα) y B = p(V ). Luego, Vα = p−1(Bα) porqueVα ∩A = ∅. De donde p−1(Bα) es un abierto de X. Similarmente, V = p−1(B) porque A ⊆ V , de dondep−1(B) es tambien un abierto de X. Si Vα ∩ A = ∅ entonces [a] 6∈ Bα, para todo a ∈ A. ConsideremosU =

⋃{Uα / [a] ∈ Uα}. Tenemos que U es un abierto que contiene a [a]. Luego, podemos escribirΓ = {Uα / [a] 6∈ Uα} ∪ {U}. Veamos que Γ′ = {Bα} ∪ {B} es un refinamiento abierto de Γ localmentefinito. En el caso A ∩ Vα = ∅, [a] 6∈ Uα, se tiene que

Vα ⊆ p−1(Uα) =⇒ Bα = p(Vα) ⊆ p(p−1(Uα)) = Uα.

63

En el caso A ∩ Vα 6= ∅, [a] ∈ Uα, se tiene que

Vα ⊆ p−1(Uα) =⇒ Bα ⊆ Uα, de donde [a] ∈ Bα.

Luego

B =⋃{Bα / [a] ∈ Bα} ⊆

⋃{Uα / [a] ∈ Uα} = U.

De donde Γ′ es un refinamiento abierto de Γ. Ahora, sea [x] ∈ X/A. Si x = a para algun a ∈ A, el unicoelemento de Γ′ que contiene a [x] es B. Si x 6= a para todo a ∈ A, denotamos C[x] = {Bα / [x] ∈ Bα}.Luego p−1([x]) = x porque x 6= a. De donde x ∈ p−1(Bα) = Vα. Como Γ′X es localmente finito, solo unnumero finito de Vα contiene a x, digamos x ∈ Vαi donde i ∈ [n]. Ası, [x] ∈ p(Vαi) = Bαi . Luego, todoC[x] posee un numero finito de elementos. Tenemos que Γ′ es un refinamiento de Γ localmente finito.Por lo tanto, X/A es paracompacto.

64

5.2 Espacios compactos

Sea (X, τ) un espacio topologico de Hausdorff. Diremos que X es compacto si de cada cubrimiento abiertoΓ podemos extraer un subcubrimiento finito Γ′ ⊆ Γ.

Proposicion 5.2.1 (Teorema de Heine-Borel). Todo intervalo cerrado de R es compacto.

Demostracion: Consideremos un intervalo cerrado [a, b] ⊆ R. Sea Γ un cubrimiento abierto de [a, b] yA = {x ∈ [a, b] / [a, x] puede ser cubierto por un numero finito de miembros de Γ}. Tenemos que A 6= ∅pues a ∈ A. Tenemos ademas A ⊆ [a, b]. Por el Axioma de Completitud, existe c ∈ [a, b] tal quec = sup(A). Note que [a, c] es cubierto por un numero finito de miembros de Γ, porque todo x ∈ A conx < c cumple que [a, x] esta cubierto por un numero finito de miembros de Γ. Falta ver que c = b. Sic < b, entonces sea U un abierto de Γ que contiene a c. Luego existe x ∈ U tal que c < x < b. Sabemosque [a, c] es cubierto por un numero finito de elementos de Γ, digamos U1, . . . , Un. Por otro lado, [a, x]esta cubierto por un numero finito de abiertos U1, . . . , Un y U de Γ. Luego, x ∈ A, de donde c < x,obteniendo ası una contradiccion.

Ejemplo 5.2.1. El intervalo abierto (a, b) no es compacto. Para ver esto considere el siguiente cubrimientoabierto, Γ = {(a + 1/n, b − 1/n)}n∈N. Supongamos que podemos extraer un subcubrimiento finito Γ′ ={(a+ 1/i, b− 1/i)}pi=k. Luego,

p⋃i=k

(a+

1

i, b− 1

i

)=

(a+

1

k, b− 1

k

)6= (a, b).

Por lo tanto, (a, b) no es compacto.

Proposicion 5.2.2. Si X es un espacio compacto y A es cerrado en X, entonces A es compacto.

Demostracion: Sea Γ = {Uα ∩A / U ∈ τX}α∈Λ un cubrimiento abierto de A. Tenemos que la familia{Uα}α∈Λ ∪ {Ac} es un cubrimiento abierto de X. Como X es compacto, existe un subcubrimiento finito{U1, . . . , Un} ∪ {Ac} de {Uα}α∈Λ ∪ {Ac} para X. Tenemos

A = A ∩X = A ∩(Ac ∪

n⋃i=1

Ui

)= (A ∩Ac) ∪

n⋃i=1

A ∩ Ui =

n⋃i=1

A ∩ Ui.

Por lo que {Ui ∩A}ni=1 es un subcubrimiento finito para A.

Proposicion 5.2.3. La union finita de conjuntos compactos es compacto.

65

Demostracion: Sean A1, . . . , An subconjuntos compactos de un espacio X. Sea Γ un cubrimientoabierto de

⋃ni=1Ai. Para cada i, tenemos que {Ai ∩ U / U ∈ Γ} es un cubrimiento abierto de Ai.

Como cada Ai es compacto, existe un subcubrimiento finito de {Ai ∩ U / U ∈ Γ} para Ai, digamos{Ai ∩ Uij}miij=1. Tenemos

n⋃i=1

Ai =

m1⋃1j=1

A1 ∩ U1j

∪ · · · ∪ mn⋃nj=1

An ∩ Unj

=⋃

i=1,...,n, j=m1,...,mn

Uij .

Entonces {Uij} es un subcubrimiento finito para⋃ni=1Ai.

Proposicion 5.2.4. Sea f : X −→ Y una funcion continua. Si X es compacto entonces f(X) tambien lo es.

Demostracion: Sea Γ = {Uα}α∈Λ un cubrimiento abierto de f(X), de donde f(X) =⋃α∈Λ Uα. Ten-

emos X =⋃α∈Λ f

−1(Uα). Como f es continua, tenemos que {f−1(Uα)}α∈Λ es un cubrimiento abierto deX. Como X es compacto, podemos extraer un subcubrimiento finito de {f−1(Uα)}α∈Λ para X, digamos{f−1(Ui)}ni=1. Veamos que f(X) =

⋃ni=1 Ui. Si f(x) ∈ f(X) entonces existe i tal que x ∈ f−1(Ui), es

decir f(x) ∈ Ui. De donde f(X) =⋃ni=1 Ui ∩ f(X). Entonces,

f(X) =

n⋃i=1

f(X) ∩ Ui = f(X) ∩(

n⋃i=1

Ui

)=

n⋃i=1

Ui.

Por lo tanto, {Ui}ni=1 es un subcubrimiento finito de Γ para f(X).

Ejemplo 5.2.2. Si R es una relacion de equivalencia en un espacio compacto X, entonces X/R es tambiencompacto.

Proposicion 5.2.5. Sea X un espacio de Hausdorff y A un subespacio de X. Si A es compacto entonces Aes cerrado.

Demostracion: Sea x ∈ A y y ∈ Ac. Como X es un espacio de Hausdorff, existen Ux ∈ W (x) yVx ∈ W (y) tales que Ux ∩ Vx = ∅. Luego, {Ux}x∈A es un cubrimiento abierto de A. Como A escompacto, podemos extraer un subcubrimiento finito para A, digamos {Uxi}ni=1. Sea V =

⋂ni=1 Vxi .

Tenemos que V ∈W (y). Por otro lado, sea U =⋃ni=1 Uxi . Es facil ver que U ∩ V = ∅. Como A ⊆ U , se

sigue que y ∈ V ⊆ Ac. Por lo tanto, Ac es abierto.

Lema 5.2.1. Sea (Z, τ) un espacio topologico y Γ un cubrimiento de Z. Si Γ′ es un refinamiento de Γ y Γ′

tiene un subcubrimiento finito entonces Γ tiene un subcubrimiento finito.

66

Demostracion: Por ser Γ′ un refinamiento de Γ, se tiene que para todo U ∈ Γ′ existe V ∈ Γ tal queU ⊆ V . Si {U1, . . . , Un} es un subcubrimiento finito de Γ′, entonces podemos elegir V1, . . . , Vn en Γ talesque Ui ⊆ Vi, para cada i = 1, . . . , n. Luego, Z =

⋃nj=1 Uj ⊆

⋃nj=1 Vj ⊆ Z. Por lo tanto, {V1, . . . , Vn} es

un subcubrimiento finito de Γ para Z.

Lema 5.2.2. Sean X e Y espacios topologicos. Para cada x ∈ X, consideremos {x}×Y ⊆ X×Y . Entonces{x} × Y es homeomorfo a Y .

Demostracion: Un homeomorfismo h : {x} × Y −→ Y viene dado por h(x, y) = y.

Teorema 5.2.1. Sean X1, . . . , Xn espacios compactos. Entonces∏ni=1Xi es compacto.

Demostracion: Basta probar que si X e Y son espacios compactos, entonces X × Y tambien lo es.Sea Γ = {Uα}α∈Λ un cubrimiento abierto de X × Y . Damos a X × Y la topologıa producto. SeaΓ un cubrimiento abierto de X × Y . Todo elemento de Γ es union de elementos de τX × τY . Apartir de Γ obtenemos un refinamiento Γ′ = {U × V ∈ τX × τY : existe A ∈ Γ tal que U × V ⊆ A}.Fijamos x0 ∈ X. Note que {x0} × Y ∼= Y . Para todo (x0, y) ∈ {x0} × Y existe Ux0

× Vy tal que(x0, y) ∈ Ux0

×Vy. Ası tenemos que Γ′ es un cubrimiento abierto de {x0}×Y . Por ser {x0}×Y compacto,existe un subcubrimiento finito de Γ′ para {x0} × Y , digamos Γ′x0

= {U jx0× Vj : j = 1, . . . , n} ⊆ Γ′.

Sea Ux0=⋂nj=1 U

jx0

. Tenemos que Ux0∈ W (x0) y que Γ′x0

cubre a Ux0× Y . Ahora, {Ux}x∈X es un

cubrimiento abierto de X. Por ser X compacto, existe un subcubrimiento finito Ux1 , . . . , Uxn de X. Paracada Uxj existe un subcubrimiento finito Γ′xj = {U ixj × Vi : i = 1, . . . ,mj} de Uxj × Y . Tenemos que

Γ =⋃nj=1 Γ′xj es un subcubrimiento finito de Γ′. En efecto, sea (x, y) ∈ X × Y . Luego, existe Uxj tal

que x ∈ Uxj . Ası, (x, y) ∈ Uxj × Y , y luego existe U ixj × Vi ∈ Γ′xj tal que (x, y) ∈ U ixj × Vi. Entonces, Γcubre a X × Y . Ahora, como Γ′ tiene un subcubrimiento finito de X × Y y Γ′ es un refinamiento de Γ,se tiene que Γ posee un subcubrimiento finito de X × Y . Por lo tanto, X × Y es compacto.

Corolario 5.2.1. Para cada n, sean ai y bi numeros reales con ai < bi y i = 1, . . . , n. Entonces∏ni=1[ai, bi]

es un subconjunto compacto de Rn.

Teorema 5.2.2. B ⊆ Rn es un subconjunto compacto si, y solo si, B es cerrado y acotado.

67

Demostracion: Supongamos que B es compacto. Como Rn es un espacio de Hausdorff, se tiene que Bes cerrado. Ahora, sea x0 ∈ B y Γ = {B(x0, r) : r > 0}. Tenemos que Γ es un cubrimiento abierto deB. Como B es compacto, existe un subcubrimiento finito de Γ para B, digamos {B(x0, ri)}ni=1. Luego,B ⊆ B(x0,max{ri}ni=1). Por lo tanto, B es acotado.

Ahora supongamos que B es cerrado y acotado. Luego existe x0 ∈ Rn y r > 0 tal que B ⊆ B(x0, r).Escribamos x0 = (x1

0, . . . , xn0 ). Tenemos B ⊆ B(x0, r) ⊆

∏ni=1[xi0 − r, xi0 + r] =: P . Note que P es

compacto por ser un producto finito de compactos. Como B ⊆ P , B es cerrado en P (por ser cerradoen Rn y ser P cerrado en Rn) y P es compacto, se tiene que B es un subconjunto compacto de P . Porlo tanto, B es un subconjunto compacto de Rn.

Definicion 5.2.1. Un espacio topologico X se dice:

(1) Secuencialmente compacto si toda sucesion en X tiene al menos una subsucesion convergente.

(2) Numerablemente compacto si todo subconjunto infinito de X tiene al menos un punto de acumu-lacion.

Teorema 5.2.3.

(1) Todo espacio secuencialmente compacto es numerablemente compacto.

(2) Todo espacio compacto es secuencialmente compacto.

Demostracion:

(1) Sea A ⊆ X un subconjunto infinito de un espacio secuencialmente compacto X. Escojamos unasucesion x1 ∈ A, x2 ∈ A− {x1}, x3 ∈ A− {x1, x2}, . . . , xn+1 ∈ A− {x1, . . . , xn}, lo cual se puedehacer porque A es infinito. Ası obtenemos una sucesion de elementos distintos {xn}n∈N ⊆ A.Como X es secuencialmente compacto, {xn}n∈N posee una subsucesion convergente {xnk}k∈N. Seap = limk→∞ xnk . Luego para todo W ∈ W (p), existe N ∈ N tal que n > N implica que xn ∈ W .Es decir, todo entorno de p contiene infinitos puntos de {xnk}k∈N y por tanto infinitos puntos deA. Entonces, p es un punto de acumulacion de A. Por lo tanto, X es numerablemente compacto.

(2) Sea X un espacio compacto y {xn}n∈N una sucesion en X. Supongamos que {xn}n∈N no poseeuna subsucesion convergente. Luego, {xn}n∈N no posee puntos de acumulacion. Entonces paracada x ∈ X existe un abierto Ux ∈ W (x) tal que Ux solo contiene un numero finito de puntos de{Xn}. La familia {Ux}x∈X es un cubrimiento abierto de X. Como X es compacto, {Ux}x∈X poseeun subcubrimiento finito {Uxi}ni=1. Cada Uxi contiene solo un numero finito de puntos de {xn}n∈Ny {xn}n∈N ⊆

⋃ni=1Xi. Entonces {xn}n∈N es finita y por lo tanto existe un xk que se repite

infinitas veces (de donde se obtiene una subsucesion convergente), obteniendo ası una contradiccion.

68

Lema 5.2.3 (Numero de Lebesgue de un cubrimiento). Dado X un espacio metrico secuencialmentecompacto. Para cada cubrimiento abierto Γ = {Us / s ∈ S}, existe un entero positivo n (a 1/n se le llamanumero de Lebesgue de Γ) tal que para cada x ∈ X existe Us ∈ Γ tal que B(x, 1/n) ⊆ Us.

Demostracion: Supongamos que para todo entero positivo n existe un punto xn ∈ X tal queB(xn, 1/n) 6⊆ Us, para todo s ∈ S. Como X es secuencialmente compacto, la sucesion {xn}n∈N tieneuna subsucesion convergente y por lo tanto un punto de acumulacion x ∈ X. Tenemos que x ∈ Us,para algun s ∈ S. Como Us es abierto, existe δ > 0 tal que B(x, δ) ⊆ Us. Como x es un punto deacumulacion de {xn}n∈N, existe n > 2/δ tal que xn ∈ B(x, δ/2). Ademas, B(xn, 1/n) ⊆ B(x, δ). Enefecto, si y ∈ B(xn, 1/n) entonces d(y, xn) < 1/n < δ/2, y como xn ∈ B(x, δ/2) se tiene d(x, xn) < δ/2.Se sigue

d(y, x) ≤ d(y, xn) + d(xn, x) <δ

2+δ

2= δ.

Entonces B(xn, 1/n) ⊆ B(x, δ) ⊆ Us. Pero por otro lado, B(xn, 1/n) 6⊆ Us, obteniendo una con-tradiccion.

Un espacio metrico X es totalmente acotado si para cada ε > 0 existe una coleccion finita {B(xi, ε)}ni=1

de bolas abiertas que cubre a X.

Lema 5.2.4. Todo espacio metrico secuencialmente compacto es totalmente acotado.

Demostracion: Sea X un espacio secuencialmente compacto. Supongamos que X no es total-mente acotado, esto es, existe ε > 0 tal que para cualquier familia finita {B(xi, ε)}ni=1 se tiene que⋃ni=1B(xi, ε) $ X. Entonces para cada coleccion finita {xi : i = 1, . . . , n} existe un punto x ∈ X tal

que d(x, xi) ≥ ε, para todo i = 1, . . . , n. Podemos escoger una sucesion {yn} tal que d(yn, ym) ≥ εsi n 6= m. En efecto, sea y1 ∈ X. Luego existe y2 ∈ X − B(y1, ε). De manera similar, existey3 ∈ X − (B(y1, ε) ∪ B(y2, ε)). Procediendo de esta manera, obtenemos tal sucesion {yn}. Ahoraveamos que {yn} no tiene una subsucesion convergente. Supongamos lo contrario. Luego existe unasubsucesion convergente {ynk} ⊆ {yn}. En particular, {ynk} es una sucesion de Cauchy, de donde paracada ε > 0 existe N ∈ N tal que i, j > N implica que d(yni , ynj ) < ε. Esto contradice el hecho deque d(yn, ym) ≥ ε si n 6= m. Por lo tanto, {yn} no tiene una subsucesion convergente, lo cual es unacontradiccion porque X es secuencialmente compacto.

Teorema 5.2.4. Si X es un espacio metrico entonces las siguientes condiciones son equivalentes:

(1) X es secuencialmente compacto.

(2) X es numerablemente compacto.

(3) X es compacto.

69

Demostracion: Probemos (1) =⇒ (3). Sea X un espacio metrico secuencialmente compacto y sea{Us / s ∈ S} un cubrimiento abierto de X con numero de Lebesgue δ. Como X es totalmente acotadopor el lema anterior, existe una coleccion finita {B(xi, δ) / i = 1, . . . , n} que cubre a X. Para cadai = 1, . . . , n, existe si ∈ S tal que B(xi, δ) ⊆ Usi . Entonces {Usi / i = 1, . . . , n} es un subcubrimientofinito de {Us / s ∈ S} para X. Por lo tanto, X es compacto.

Ahora probemos (3) =⇒ (2). Supongamos que X es un espacio metrico compacto. Sea A un subconjuntoinfinito de X. Supongamos que A no posee un punto de acumulacion. Luego, para cada x ∈ X existeUx ∈ W (x) tal que A ∩ (Ux − {x}) = ∅. Tenemos que Γ = {Ux / x ∈ X} es un cubrimiento abierto deX. Como X es compacto, existe un subcubrimiento finito Γ′ = {Uxi / i = 1, . . . , n} de Γ para X. Seax ∈ A. Luego, x ∈ Uxi para algun i = 1, . . . , n. Si x 6= xi entonces x ∈ A ∩ (Uxi − {xi}), lo cual no esposible. Entonces se tiene que x = xi. Por lo tanto, A es finito, obteniendo una contradiccion.

Finalmente, probemos que (2) =⇒ (1). Sea {xn} una sucesion en un espacio metrico X numerablementecompacto. Veamos que {xn} posee una subsucesion convergente. Si {xn} tiene un termino infinitamenterepetido entonces no hay nada que demostrar. Supongamos entonces que {xn} no posee terminos in-finitamente repetidos, de donde {xn} es un subconjunto infinito de X. Como X es numerablementecompacto, {xn} posee un punto de acumulacion, digamos x ∈ X. Como X es un espacio metrico, xposee una base numerable de entornos, a saber β = {B(x, 1/n) / n ∈ N}. Luego para todo k ∈ N existexnk tal que xnk ∈ B(x, 1/k) − {x}. En particular, para k = 1 existe xn1

tal que xn1∈ B(x, 1) − {x}.

Sea d1 = d(xn1, x). Sea k2 ∈ N tal que 1/k2 < d1, y sea xn2

∈ B(x, 1/k2) − {x}. Tomamos ahorad2 = d(xn2

, x). Hallamos k3 y xn3de manera similar usando d2, y seguimos repitiendo este proced-

imiento de manera indefinida. Ası obtenemos una subsucesion {xnk} ⊆ {xn} tal que {xnk} −→ x. Porlo tanto, X es secuencialmente compacto.

70

5.3 Espacios de funciones

Sea X un espacio metrico compacto, denotamos

C(X) := {f : X −→ R / f es continua}.

Toda funcion continua f : X −→ R, con X compacto, es acotada. Luego, supx∈X |f(x)| existe, por lo quetiene sentido definir la norma de f en C(X) por

||f || := supx∈X|f(x)|.

Tenemos que (C(X), || ||) es un espacio metrico, con la metrica [ , ] : C(X)× C(X) −→ R dada por

[f, g] := supx∈X|f(x)− g(x)|.

Una funcion f ∈ C(X) se dice uniformemente continua en X si dado ε > 0 existe δ > 0 tal que

d(x, x′) < δ =⇒ |f(x)− f(x′)| < ε, para todo par x, x′ ∈ X.

Teorema 5.3.1. Sea f : (X, d1) −→ (Y, d2) una funcion continua entre espacios metricos. Si (X, d1) escompacto, entonces f es uniformemente continua.

Demostracion: Dado ε > 0. Para cada x ∈ X, existe δ > 0 tal que f(B(x, δx)) ⊆ B(f(x), ε/2). Lafamilia {B(x, δx) : x ∈ X} es un cubrimiento abierto de X. Como X es compacto, {B(x, δx)} poseeun numero de Lebesgue δ. Ahora sean x, y ∈ X tales que d1(x, y) < δ. Luego existe z ∈ X tal queB(x, δ) ⊆ B(z, δz), o tambien {x, y} ⊆ B(z, δz). Entonces, d1(x, z) < δz y d1(y, z) < δz. De donde

d1(x, z) < δz =⇒ d2(f(x), f(z)) < ε/2 y

d1(y, z) < δz =⇒ d2(f(y), f(z)) < ε/2

implican que d2(f(x), f(y)) < ε. Por lo tanto, f es uniformemente continua.

Una sucesion {xn}n∈N en un espacio metrico X se dice de Cauchy si para cada ε > 0 existe N ∈ N tal que

n,m > N =⇒ d(xn, xm) < ε.

Un espacio metrico X se dice completo si toda sucesion de Cauchy en X converge a un punto de X.

Proposicion 5.3.1. Sea X un espacio metrico. Entonces X es compacto si, y solo si, X es completo ytotalmente acotado.

71

Demostracion: Supongamos que X es compacto. Entonces X es totalmente acotado por el Lema 5.2.4y el Teorema 5.2.4. Ahora supongamos que {xn}n∈N es una sucesion de Cauchy en X. Entonces {xn}tiene un punto de acumulacion x ∈ X. Sea ε > 0, como {xn} es de Cauchy, existe N ∈ N tal que sin,m > N entonces d(xn, xm) < ε/2. Sea xnk una subsucesion convergente de {xn}, tal que xnk −→ x.Luego, existe M ∈ N tal que si nk > M entonces d(xnk , x) < ε/2. Sea xnk tal que xnk > N,M .Supongamos que n > N . Entonces, d(xn, xnk) < ε/2. Ademas, d(xnk , x) < ε/2. Luego

d(xn, x) ≤ d(x, xnk) + d(xn, xnk) < ε.

Dado ε > 0, existe N ∈ N tal que n > N implica que d(xn, x) < ε. Es decir, {xn} converge a x.

Ahora supongamos que X es completo y totalmente acotado. Por el Teorema 5.2.4, basta probar queX es secuencialmente compacto. Sea {xn} una sucesion en X. Al ser X completo, para demostrar que{xn} tiene una subsucesion convergente es suficiente probar que {xn} tiene una subsucesion de Cauchy.Como X es totalmente acotado, existe una coleccion finita {B(a1

j , 1) : j = 1, . . . , k1} que cubre a X. Al

menos una de estas bolas, digamos B1, contiene una subsucesion {x1n} de {xn}. Existe otra coleccion

finita, {B(a2j , 1/2) : j = 1, . . . , k2} que cubre a X. Al menos una de estas bolas, digamos B2, contiene

una subsucesion {x2n} de {x1

n}. Siguiendo este proceso recursivamente, obtenemos una subsucesion {xkn}de {xk−1

n } contenida en una bola Bk de radio 1/k. A partir de las sucesiones {x1n}, {x2

n}, . . . , tomamosla sucesion diagonal {xnn}, la cual es una subsucesion de Cauchy de {xn}. En efecto, sea ε > 0, luegoexiste N ∈ N tal que 1/N < ε. Si n,m > 2N entonces xmm, x

nn ∈ B2N de radio 1/2N . De donde

d(xnn, xmm) ≤ 1/2N + 1/2N < ε.

Proposicion 5.3.2. Si X es compacto entonces C(X) es completo.

Demostracion: Sea {fn} ⊆ C(X) una sucesion de Cauchy. Luego, dado ε > 0 existe N ∈ N tal quen,m > N implica |fn(x) − fm(x)| < ε para todo x ∈ X (1). Ası tenemos que {fn(x)} es una sucesionde Cauchy en R. Como R es completo, se tiene que {fn(x)} converge. Denotamos f(x) = limn→∞ fn(x)(tomamos el lımite cuando m −→ ∞ en (1)). Luego para todo ε > 0, existe N ∈ N tal que n > Nimplica que |fn(x)− f(x)| < ε, para todo x ∈ X. Solo falta probar que f ∈ C(X). Sea x ∈ X. Veamosque f es continua en x. Dado ε > 0, existe N ∈ N tal que |fN (x) − f(x)| < ε/3 porque {fn} convergeuniformemente a f . Ası tenemos

|f(x)− f(x′)| = |f(x)− fN (x) + fN (x)− fN (x′) + fN (x′)− f(x′)|≤ |f(x′)− fN (x′)|+ |fN (x′)− fN (x)|+ |fN (x)− f(x)|<ε

3+ |fN (x′)− fN (x)|+ ε

3

=2ε

3+ |fN (x′)− fN (x)|, para todo x′ ∈ X.

Como fN es continua en x, existe δ > 0 tal que d(x′, x) < δ implica que |fN (x′)− fN (x)| < ε3 . Luego, si

d(x′, x) < δ entonces |f(x)− f(x′)| < ε. Por lo tanto, f ∈ C(X).

Proposicion 5.3.3. Todo subconjunto cerrado de un espacio metrico completo es completo.

72

Demostracion: Sea E ⊆ X un subconjunto cerrado de X, donde X es un espacio metrico completo.Sea {xn}n∈N ⊆ E una sucesion de Cauchy. Como X es completo, existe x ∈ X tal que {xn}n∈N convergea x. Dicho x resulta ser un punto de acumulacion de E, y como E es cerrado, se tiene x ∈ E. Por lotanto, E es completo.

Una sucesion (fn) ⊆ C(X) converge puntualmente a f si cada cada x ∈ X y ε > 0 existe Nx ∈ N tal que

n ≥ Nx =⇒ |fn(x)− f(x)| < ε.

Diremos que (fn) converge uniformemente a f si para cada ε > 0 existe N ∈ N tal que

n ≥ N =⇒ |fn(x)− f(x)| < ε, para todo x ∈ X.

Teorema 5.3.2 (Dini). Sea fn : X −→ R una sucesion de funciones continuas sobre un espacio compactoX. Si fn(x) ≤ fn+1(x) y si fn(x) −→ f(x) para todo x ∈ X, donde f es una funcion continua, entonces lasucesion (fn)n∈N converge a f de manera uniforme.

Demostracion: Considere la sucesion en C(X) dada por gn = f − fn. Si n > m entonces fn > fm,de donde gn < gm. Por lo que {gn}n∈N es una sucesion decreciente. Es claro que {gn}n∈N convergepuntualmente a 0. Ahora, dado ε > 0, sea Dn = g−1

n (−∞, ε). Tenemos que Dn es abierto porque gnes continua y (−∞, ε) es abierto en R. Note que {Dn}n≥1 es creciente porque {gn}n≥1 es decreciente.Por la convergencia puntual, si x ∈ X entonces existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 implica que gn(x) < ε.Es decir, x ∈ Dn si n ≥ n0. Entonces X =

⋃∞n=1Dn. Como X es compacto, Γ = {Dn}n≥1 posee un

subcubrimiento finito Γ′ = {Dn}Nn=1. Se tiene X =⋃Nn=1Dn. Como {Dn}n≥1 es creciente, se tiene

X = DN . Luego, para todo x ∈ X, gN (x) < ε. Como {gn}n≥1 es decreciente entonces para todo x ∈ X,gn(x) < ε si n ≥ N . Note que N no depende de x. Hemos probado que dado ε > 0 existe N ∈ N tal quesi n ≥ N entonces |f(x)− fn(x)| < ε, para todo x ∈ X. Por lo tanto, {fn}n≥1 converge uniformementea f .

Ejemplo 5.3.1. Consideremos el espacio compacto X = {1, . . . , n}. En este caso, C(X) = Rn. Toda funcionf : X −→ R viene dada por una n-tupla (f(1), . . . , f(n)). Los espacios C(X) y Rn son topologicamente equiv-alentes, es decir, C(X) con la topoloıa de la norma es homeomorfo a Rn con la topologıa usual.

Un subespacio F ⊆ C(X) es equicontinuo en x ∈ X si dado ε > 0 existe δx > 0 tal que

d(x, x′) < δx =⇒ |f(x)− f(x′)| < ε, para todo f ∈ F.

Diremos que F es equicontinuo en X si es equicontinuo en cada punto de X. Se dice que F es equiacotadosi existe una constante M ∈ R tal que |f(x)| ≤M para todo f ∈ F y todo x ∈ X.

Teorema 5.3.3 (Arzela-Ascoli). En C(X), todo conjunto cerrado E es compacto si, y solo si, E esequicontinuo y equiacotado.

73

Demostracion: Supongamos que E es compacto. Sea f ∈ E y considere el cubrimiento abierto Γ ={B(f, r) : r > 0} de E. Como E es compacto, existe un subcubrimiento finito Γ′ = {B(f, ri) : i =1, . . . , n} ⊆ Γ. De donde E ⊆ ⋃ni=1B(f, ri) ⊆ B(f,max{ri : i = 1, . . . , n}). Por lo que E es acotado.Por otro lado, como E es un subconjunto compacto de un espacio de Hausdorff, tenemos que E es cerrado.Ahora sea ε > 0 y considere el cubrimiento abierto Γ = {B(f, ε/3) : f ∈ E} de E. Como E es compacto,existe un subcubrimiento finito Γ′ = {B(fi, ε/3) : i = 1, . . . , n} ⊆ Γ. Luego E ⊆ ⋃ni=1B(fi, ε/3). Seaj ∈ {1, . . . , n}. Como fj es continua en X y X es compacto, se tiene que fj es uniformemente continua enX. Luego, existe δj > 0 tal que d(x, x′) < δj implica que |fj(x)−fj(x′)| < ε/3. Sea δ = min{δ1, . . . , δn}.Sea f ∈ E. Luego existe k ∈ {1, . . . , n} tal que f ∈ B(fk, ε/3). Es decir, |f(x)− fk(x)| < ε/3, para todox ∈ X. Si d(x, x′) < δ entonces

|f(x)− f(x′)| ≤ |f(x)− fk(x)|+ |fk(x)− fk(x′)|+ |fk(x′)− f(x′)| < ε.

Por lo tanto, f es uniformemente continua en X, para doto f ∈ E. Es decir, f es equicontinuo.

Ahora sea E ⊆ C(X) un subconjunto cerrado, acotado y equicontinuo. Como C(X) es completo y Ees cerrado tenemos que E es completo. Entonces, E es compacto si es totalmente acotado. Como Ees acotado o equiacotado en C(X) existe M > 0 tal que |f(x)| ≤ M para todo x ∈ X y para todof ∈ C(X). Como E es equicontinuo, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que |f(x1) − f(x2)| < ε/4 siempreque x1, x2 ∈ X sean tales que d(x1, x2) < δ y f ∈ E. Como X es compacto, es totalmente acotadoy, por ende, existe una coleccion finita {B(xi, δ) : i = 1, . . . , p} que cubre a X. Sea P = {y0, . . . , yq}una particion de [−M,M ] en subintervalos de longitud menor que ε/4. Sea P es conjunto de todaslas p-tuplas (yk1 , . . . , ykp) de puntos de P . Note que P es finito. Para cada g ∈ E, existe una p-tuplaen P tal que |g(xi) − yki | < ε/4, i = 1, . . . , p (∗). Sea P ′ el subconjunto de P que consiste en todasaquellas p-tuplas para las cuales existe al menos una funcion g ∈ E que satisface (∗). Ahora, a cadap-tupla de P ′ le asociamos una sola funcion g ∈ E que satisface (∗), y formamos el conjunto F de talesg seleccionadas. Tenemos que F es finito. Para casa f ∈ E existe una p-tupla (yk1 , . . . , ykp) ∈ P ′ talque |f(xi) − yki | < ε/4, donde i = 1, . . . , p. Sea g ∈ F que corresponde a (yk1 , . . . , ykp) (1). Entoncespara cada x ∈ X existe xi tal que x ∈ B(xi, δ). Por la continuidad uniforme de f y g, tenemos que sid(x, xi) < δ entonces |f(x)− f(xi)| < ε/4 y |g(xi)− g(x)| < ε/4 (2). Note que {B(g, ε)} cubre a E. Enefecto, por (1) y (2), tenemos

|f(x)− g(x)| ≤ |f(x)− f(xi)|+ |f(xi)− yki |+ |yki − g(xi)|+ |g(xi)− g(x)|<ε

4+ |f(xi)− yki |+ |yki − g(xi)|+

ε

4

<ε

4+ε

4+ε

4+ε

4= ε.

Luego, f ∈ B(g, ε). Se sigue que E es totalmente acotado.

Sea (X, d) un espacio metrico y A ⊆ X. Diremos que A es nunca denso si int(A) = ∅. Un espacio esde primera categorıa o magro cuando puede expresarse como la union numerable de subconjuntos nucadensos. Un espacio es de segunda categorıa cuando no es de primera categorıa.

Teorema 5.3.4 (Teorema de Interseccion de Cantor). Sea (X, d) un espacio metrico completo y {Fn}n≥1

una sucesion decreciente de subconjuntos no vacios y cerrados de X tales que limn→∞ diam(Fn) = 0.Entonces

⋂∞n=1 Fn es exactamente un punto.

74

Demostracion: Para empezar, tenemos la cadena de inclusiones F1 ⊇ F2 ⊇ · · · . Sea {xn} una sucesionen X tal que xn ∈ Fn para cada n ≥ 1. Veamos que {xn} es una sucesion de Cauchy. Note que{diam(Fn)} es una sucesion que tiene a 0. Luego, dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que si n > n0 entoncesdiam(Fn) < ε. Como la sucesion de cerrados es decreciente, tenemos que n,m > n0 con m > n yxn, xm ∈ Fn implica d(xn, xm) < diam(Fn) < ε. De donde {xn} es una sucesion de Cauchy. Como X escompleto, {xn} es convergente a un punto x ∈ X.

Veamos ahora que x ∈ ⋂∞n=1 Fn. Supongamos lo contrario, entonces existe k ∈ N tal que x 6∈ Fk ycomo Fk es cerrado, tenemos que r = d(x, Fk) > 0, con lo que la bola B(x, r/2) y Fk no tienen puntoscomunes, pero si n > k entonces xn ∈ Fk (pues la sucesion de cerrados es decreciente), lo que implicaque xn 6∈ B(x, r/2), lo cual es imposible pues porque xn −→ x.

Ahora veamos que x es el unico punto en la interseccion. Supongamos que existe y ∈ ⋂∞n=1 Fn. Entoncesd(x, y) ≤ diam(Fn), para todo n ∈ N, y como limn→∞ diam(Fn) = 0, se tiene que d(x, y) = 0. Se sigueque x = y, pues d es una metrica.

Proposicion 5.3.4. Sea N un subconjunto nunca denso de un espacio X. Entonces Nc

es denso en X.

Demostracion: Supongamos que Nc

no es denso en X. Luego Nc 6= X. De donde existe p ∈ X y un

abierto A ∈ W (p) tal que A ∩N c= ∅. Entonces, p ∈ A ⊆ N y, por consecuente, p ∈ int(N). Tenemos

que int(N) 6= ∅, obteniendo ası una contradiccion, pues N es nunca denso en X.

Proposicion 5.3.5. Sea A ⊆ X un subconjunto abierto, donde X es un espacio metrico. Sea N un conjuntonunca denso en X. Entonces, existen p ∈ X y ε > 0 tales que B(p, δ) ⊆ A y B(p, δ) ∩N = ∅.

Demostracion: Sea H = A ∩ N c. Entonces H ⊆ A y H ∩ N = ∅ (o H ∩ N = ∅). Ademas, H no es

vacıo porque A es abierto y Nc

es denso en X. Note que H es abierto porque A y Nc

lo son. Luego,existe δ > 0 tal que B(p, δ) ⊆ H, para algun p ∈ H. En consecuencia, B(p, δ) ⊆ A y B(p, δ) ∩N = ∅.

Teorema 5.3.5 (Teorema de Categorıa de Baire). Todo espacio metrico completo es de segunda categorıa.Es decir, dado un espacio metrico completo X y {An} una sucesion de conjuntos nunca densos, entoncesexiste x ∈ X tal que x 6∈ ⋃∞n=1An.

Demostracion: Sea M =⋃∞n=1An. Tenemos que M es un espacio de primera categorıa. Como A1

es nunca denso en X, existe a1 ∈ X y δ1 > 0 tales que B(a1, δ1) ∩ A1 = ∅. Sea ε1 = δ1/2. Entonces,B(a1, ε1) ∩ A1 = ∅. Ahora bien, B(a1, ε1) es abierta y A2 es nunca denso en X, por consecuente existe

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a2 ∈ X y δ2 > 0 tales que B(a2, ε2) ⊆ B(a1, ε1) ⊆ B(a1, ε1) y B(a2, δ2)∩A2 = ∅. Sea ε2 = δ2/2 ≤ ε1/2 =δ1/4. Entonces, B(a2, ε2) ⊆ B(a1, ε1) y B(a2, ε2)∩A2 = ∅. Repitiendo este procedimiento infinitas veces,se puede obtener una sucesion en encaje de conjuntos cerrados B(a1, ε1) ⊇ B(a2, ε2) ⊇ B(a3, ε3) ⊇ · · ·tales que, para todo n ∈ N, B(an, εn) ∩ An = ∅ y εn ≤ δ1/2

n. Ası, limn→∞ εn = 0 y, por el Teorema deInterseccion de Cantor, existe p ∈ X tal que p ∈ ⋂∞n=1B(an, εn). Ademas, para todo n ∈ N, p 6∈ An ypor tanto p 6∈M .

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5.4 Ejercicios

5.4.1 Espacios paracompactos y compactos

Ejercicio 5.4.1. Verifique que Γ = {(1/n, 1] : n ∈ N} es un cubrimiento abierto de (0, 1]. Pruebe ademasque no se puede extraer de Γ un subcubrimiento finito.

Ejercicio 5.4.2. Pruebe que todo espacio con la topologıa indiscreta es compacto. Ademas, un espacio conla topologıa discreta es compacto si, y solo si, es finito.

Ejercicio 5.4.3. Pruebe que la imagen de un espacio compacto a traves de una funcion continua es tambiencompacta.

Ejercicio 5.4.4. Verifique que S1 ⊆ R2 es compacto.

Ejercicio 5.4.5. Pruebe que todo espacio compacto y de Hausdorff es paracompacto.

Ejercicio 5.4.6. Pruebe que todo espacio compacto de Hausdorff es normal.

Ejercicio 5.4.7. Pruebe el Teorema de Bolzano-Weierstrass en R. Esto es, si A es un subconjunto acotadode R entonces todo subconjunto infinito de A contiene al menos un punto de acumulacion.

Ejercicio 5.4.8. Sean τ1 y τ2 dos topologıas en un conjunto X. Si τ1 ⊆ τ2, compare compacidad, conexidad,normalidad y paracompacidad de tales topologıas.

Ejercicio 5.4.9. Pruebe que R2 con la topologıa generada por la base

β = {conos abiertos con vertice en el origen} ∪ {R2}

es compacto y conexo.

5.4.2 Espacios de funciones

Ejercicio 5.4.10. Si f : X −→ R es una funcion continua y X es compacto y conexo, entonces f(X) es unintervalo cerrado.

Ejercicio 5.4.11. Sea F ⊆ C(X) una familia de funciones continuas X −→ R que satisface:

(1) Para todo f, g ∈ F , f · g ∈ F .

(2) Para todo x ∈ X existe U ∈W (x) y f ∈ F tal que f |U ≡ 0.

Pruebe que F contiene a la funcion 0.

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Ejercicio 5.4.12. Si f : X −→ R es una funcion continua y X es un espacio compacto, pruebe que falcanza su maximo y su mınimo, esto es, que existen x1, x2 ∈ X tales que f(x1) = sup{f(x) : x ∈ X} yf(x2) = inf{f(x) : x ∈ X}.

Ejercicio 5.4.13. Pruebe que R2 con la topologıa de las franjas abiertas paralelas al eje Y no es compacto.¿Sera conexo?.

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BIBLIOGRAFIA

[1] James Dugundji. Topology. Allyn and Bacon Series in Advanced Mathematics. Allyn and Bacon, Inc.Boston. (1966).

[2] John Kelly. General Topology. Graduate Texts in Mathematics. Vol. 27. Springer Verlag. New York.(1955).

[3] James Munkres. Topology. Prentice Hall, Inc. Upper Saddle River. (2000).

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