Topolog��a Algebrai aProblema 9 Pruebe que si n � 2 enton es no existe una apli a i�on ' :Sn! S1 tal que '(�x) = �'(x).Solu i�on. Supongamos que existe ' : Sn ! S1 tal que '(�x) = �'(x), on n � 2. Restringuiendo 'jS2 = : S2 ! S1 obtenemos una fun i�on ontinua que satisfa e (�x) = � (x)Ahora bien, onsideremos f : S1 ! S1 on f = jS1, es de ir, la restri i�onde a S1. Enton es, f es homot�opi a trivial, pues tiene una extensi�onF : D 2 ! S1 de�nida por F (z) = (z) :A�rmamos que f(�x) 6= f(x) para todo x 2 S1 (�). En efe to, si f(�x0) =f(x0) para alg�un x0 2 S1 enton es f(x0) = f(�x0) = �f(x0) lo que impli aque f(x0) = 0 2 S1, lo ual es absurdo.Por otro lado, por ser f homot�opi a trivial, se tiene quef�(�1(S1)) � P�(�1(R)) ; on p : R ! S1 el re ubrimiento universal de S1, enton es existe un levan-tamiento f : S1 ! R tal que p Æ f = f :De�nimos g : S1 ! R por g(z) = f(z)� f(�z) ;enton es g(z0) = f(z0)� f(�z0) y g(�z0) = f(�z0) � f(z0) = �g(z0). Porel teorema del valor intermedio existe z1 2 S1 tal que g(z1) = 0, es de ir,f(z1) = f(�z1), lo que ontradi e (�).Problema 16 Pruebe que si un espa io topol�ogi o X es deformable (porhomotop��a) a un subespa io A onvexo por aminos. Enton es X es onexopor aminos. 1

2Solu i�on. Si X es homot�opi o a A enton es existe H : X � [0; 1℄ ! A ontinua tal que H(x; 0) = x y H(x; 1) = (f Æ g)(x) para todo x 2 X on fy g equivalen ias homot�opi as. Sean x; y 2 X on x 6= y y a = (f Æ g)(x) yb = (f Æ g)(y). Como A es onexo por aminos existe � : [0; 1℄! A ontinuatal que �(0) = a y �(1) = b. Enton es, basta onsiderar � : [0; 1℄! X dadopor �(t) = 8><>:H(x; 2t) 0 � t � 12�(4t� 2) 12 � t � 34H(y; 4� 4t) 34 � t � 1Enton es, el � une x e y y es ontinua. En efe to, se tiene que�(0) = H(x; 0) = x ;�(1) = H(y; 0) = y ;�(12) = H(x; 1) = �(0) = a ;�(34) = H(y; 1) = �(1) = b :Problema 18 Sea X el espa io obtenido desde la esfera S2 on un segmentode re ta uniendo los polos norte y sur. Cal ule �1(X).Solu i�on. Observe queN

S ��=X b

N �= b �= S2 _ S1en donde �= signi� a homeomorfos y � signi� a homot�opi amente equiv-alentes y observe que la equivalen ia homot�opi a se obtuvo ontrayendola mitad de un meridiano. Apli ando el Teorema de Seifert Van-Kampende�niendo los onjuntos

3b

b

b � fpg =) �1(U \ V ) = f1gU \ V =U =V =

��

=) �1(U) �= h�i=) �1(V ) �= f1g

Observe que U y V son abiertos ar o- onexos y U \V es onexo por aminos.Enton es por el Teorema de Seifert-Van-Kampen obtenemos que�1(X) �= h�i �= Z :Problema 19 Sea G = Z2 � Z3 � Z� Z5 � Z10 � Z� Z50. Construya unespa io topol�ogi o onexo por aminos X on �1(X; x0) �= G.Solu i�on. Sabemos que �1(S1) �= Z. Por otro lado, un pol��gono de n-lados,Pn, donde ada lado esta identi� ado, on la dire i�on anti-horaria, posse ungrupo fundamental isomorfo Zn.0 1 2 3

0

1

2

3

Por lo tanto, basta onsiderar el espa io topol�ogi o onexo por aminosX = P2 � P3 � S1� P5 � P10 � S1� P50y enton es�1(X; x0) �= �1(P2)� �1(P3)� �1(S1)� �1(P5)� �1(P10)� �1(S1)� �1(P50)�= Z2 � Z3 � Z� Z5 � Z10 � Z� Z50 :

4Problema 20 Sea f : S1 ! S1 de�nida por f(z) = z`, ` 2 Z. Des riba elhomomor�smo indu ido f� : �1(S1; 1)! �1(S1; 1).Solu i�on. Sabemos que �1(S1; 1) �= h�i, donde � : [0; 1℄ ! S1 de�nidapor �(t) = e2�it : Enton es,(f Æ �)(t) = f(e2�it) = e2�i`t = (�(t))` :Luego, f�([�℄) = [�℄`, es de ir, f�(1) = `. Ahora bien, sea m 2 Z, omo f� esun homomor�smo se tiene quef�(m) = f�(1 + 1 + � � �+ 1| {z }n-ve es ) = f�(1) + f�(1) + � � �+ f�(1)| {z }n-ve es = mf�(1) = m` :Problema 21 Demuestre que S2 y T2 no son homeomorfos.Solu i�on. Supongamos que el toro y la esfera 2 dimensional son homeo-morfos enton es ellos deben poseer el mismo grupo fundamental, pero laesfera 2 dimensional es simplemente onexa, mientras que el toro tiene grupofundamental isomorfo Z� Z, lo ual es una ontradi i�on.Problema 25 Sea X = S3� S1. Cal ule �1(X).Solu i�on. Usando la proye i�on estereogr�a� a se tiene que X es homeo-morfo a R3 menos una re ta L que es la imagen de S1 v��a la proye i�onestereogr�a� a y podemos suponer que L es el eje z. Enton esX = S3� S1 �= R3 � L :Contrayendo R3 � L en la dire i�on del eje z obtenemos que X es ho-mot�opi amente equivalente a R2 � f0g el ual es homot�opi o equivalentea S1. Por lo tanto�(X) �= �1(R3 � L) �= �1(R2 � f0g) �= �1(S1) �= Z :Problema 43 Sean � : R3 ! RP2 la proye i�on an�oni a y Y � RP2 laimagen bajo � del onjunto � = f(x; y; z) 2 R3 : x2 + y2� z2 = 1g. Cal ule�1(Y ).Solu i�on. El onjunto � es un hiperboloide de revolu i�on que posee un parde asint�otas tal omo lo muestra la �gura

5Luego la imagen bajo � del onjunto � es de la formaPor el Teorema de Seifert - Van-Kampen�1(Y ) = h�; �; j �2 � �1 = 1i :Problema 54 En uentre �1(C 2 � C ).Solu i�on. Considere la apli a i�on r : C 2 � C ! A� f0g de�nida porr(z; w) = (0; w) ;donde A = f(z; w) 2 C 2 : z = 0g, enton es r es ontinua y para (0; w) 2A� f0g se tiene que r(0; w) = (0; w) se sigue que r es un retra to. Adem�as,la fun i�on H : (C 2 � C ) � [0; 1℄! C 2 � C de�nda porH((z; w); t) = (tz; w)es una homotop��a entre i Æ r y la fun i�on identidad. Luego, C 2 � C eshomotopi amente equivalente a A � f0g y omo A � f0g es homeomorfo aC � f0g obtenemos que�1(C 2 � C ) �= �1(A� f0g) �= �1(C � f0g) �= �1(R2 � f0g) �= �1(S1) �= Z :Problema 55 Pruebe que Rm � Rn y Sm�n�1, para n � m � 2, tienen elmismo tipo de homotop��a.Solu i�on. Observemos queX = Rm � Rn = f(x1; : : : ; xn; xn+1; : : : ; xm) 2 Rm : jxn+1j+ � � �+ jxmj 6= 0g :Considere el onjuntoA = f(x1; : : : ; xn; xn+1; : : : ; xm) 2 Rm : x1 = � � � = xn = 0ges inmediato que A es homeomorfo a Rm�n . Sea r : X ! A � f0g de�nidapor r(x1; : : : ; xn; xn+1; : : : ; xm) = (0; : : : ; 0; xn; : : : ; xm)enton es r es ontinua y satisfa e que r(a) = a para todo a 2 A�f0g, luegor es un retra to. Sea H : X � [0; 1℄! X de�nida porH((x1; : : : ; xn; xn+1; : : : ; xm); t) = (tx1; : : : ; txn; xn+1; : : : ; xm)

6enton es H es ontinua y es tal que H : i Æ r � idX . Por lo tanto, r es unretra to de deforma i�on, lo que impli a que X � A� f0g. Enton esRm � Rn � A� f0g �= Rm�n � f0g � Sm�n�1 :Problema 56 Pruebe que Rm�Rn , para n � m�3, es simplemente onexo.Solu i�on. Por problema 55 tenemos que Rn � Rm � Sm�n�1 enton es�1(Rm � Rn) �= �1(Sm�n�1) �= f1g ;ya que m � n � 1 � 2. Por lo tanto, Rn � Rm es simplemente onexo paran � m� 3.Problema 63 Sea X = A=�, donde A = fz 2 C : 1 � jzj � 2g y � esla rela i�on que identi� a los puntos del ��r ulo jzj = 2 antipodalmente eidenti� a los puntos del ��r ulo jzj = 1 antipodalmente. Cal ule �1(X).Solu i�on. Una realiza i�on geom�etri a del espa io X es el siguienteb b b b

����X �=

Re ortando por la urva obtenemos la siguiente representa i�on geom�etri apara el espa io X ��

� � Apli ando el Teorema de Seifert - Van-Kampen obtenemos que�1(X) �= h�; �; j �2 �1�2 = 1i :

7Problema 65 Pruebe que toda apli a i�on ontinua S2 en el toro T2 eshomot�opi a a una apli a i�on onstante. Lo mismo para apli a iones de S2en S1.Solu i�on. Sean f : S2 ! S1 una apli a i�on ontinua y p : R ! S1 el re- ubrimiento universal de S1, dada por p(t) = e2�it. Como S2 es simplemente onexo f se levanta a una fun i�on f : S2 ! R de manera que f = p Æ f .Luego, para todo z 2 S2 se tiene quef(z) = p(f(z)) = e2�if(z) :Ahora bien, onsidere la apli a i�on H : S2� [0; 1℄! S1 de�nida porH(z; t) = e2�if(z)(1�t) :enton es H es ontinua y satisfa e que H(z; 0) = e2�if(z) = f(z) y H(z; 1) =e0 = 1. Por lo tanto, f es homot�opi a a una onstante.Por otro lado, sabemos que T2 = S1�S1. Sean g : S2 ! S1�S1 una fun i�on ontinua y q : R2 ! S1 � S1 el re ubrimiento universal del toro dado porq(t; s) = (e2�it; e2�is). Como S2 es simplemente onexo f se levanta a unafun i�on ontinua g : S2 ! R2 tal que g = q Æ g. Enton es, para adaProblema 68 Sea Yn = fz 2 C : jz�j�1=2j = 1=2; j = 1; : : : ; ng. Cal ule�1(Yn; 0).Solu i�on.Problema 86 Sea 0 < s < 1, dados los aminos p y q on p(1) = q(0),de�na h por h(t) = � p(t=s) 0 � t � sq((t� s)=(1� s)) s � t � 1 :Pruebe que h � p � q rel f0; 1g.Solu i�on. Notemos que:(p � q)(t) = (p(2t) 0 � t � 12q(2t� 1) 12 � t � 1(t� 1=2)(s� 1=2) = r ) t = 1 + r(2s� 1)2

8 L1 = 2t1 + r(2s� 1) ; L2 = 2t+ r(1� 2s)� 11 + r(1� 2s)Consideremos H : [0; 1℄� [0; 1℄! XH(t; r) = 8>><>>:p� 2t1+r(2s�1)� 0 � t � 1+r(2s�1)2q � 2t+r(1�2s)�11+r(1�2s) � 1+r(2s�1)2 � t � 1Enton es H � 1+r(2s�1)2 ; r� = p(1) = q(0) y H es ontinua.Problema 92 Pruebe que la rela i�on \es un retra to de" es transitiva.Solu i�on. Sea A un retra to de X y X un retra to de Z enton es existefun iones ontinuas p : X ! A y q : Z ! X tales que p(a) = a paratodo a 2 A y q(x) = x para todo x 2 X. Enton es, la apli a i�on ontinuar = p Æ q : Z ! A es tal que r(a) = (p Æ q)(a) = p(q(a)) = q(a) = a. Por lotanto, A es un retra to de Z.Problema 93 Sea f : I ! X un amino y sea h : I ! I una apli a i�on ontinua e inye tiva, on h(0) = 0 y h(1) = 1. Pruebe que f � f Æ h relf0; 1g. Si h(0) = 1 y h(1) = 0, pruebe que f � f Æ h rel f0; 1g.Solu i�on. Considere la apli a i�on H : I � I ! X de�nida porH(s; t) = f(s(1� t) + th(s)) :Enton es H es ontinua y satisfa e que H(s; 0) = f(s), H(s; 1) = f(h(s)) =(f Æ h)(s). Luego, H : f � f Æ h. Adem�as, H(0; t) = f(th(0)) = f(0) =(f Æ h)(0) y H(1; t) = f(1 � t + th(1)) = f(1) = (f Æ h)(1), por lo tanto lahomotop��a es rel f0; 1g. Similarmente, si onsidera la apli a i�on G : I � I !X de�nida por G(s; t) = f((1� s)(1� t) + th(s)) ;obtenemos que G : f � f Æ h rel f0; 1g.Problema 98 Sea fk : S1 ! S1 dada por fk(z) = zk. Des riba fk� ent�erminos del isomor�smo �1(S1; 1) �= Z.Solu i�on. Ver el problema 20.

9Problema 108 Sea X un espa io topol�ogi o y f : S1 ! X una apli a i�on ontinua. Pruebe que f es homot�opi a nula (es de ir, homot�opi a a unaapli a i�on onstante) si y s�olo si existe una apli a i�on ontinua g : D 2 ! Xtal que gjS1 = f .Solu i�on. Si f ' x0 enton es existe H : S1� [0; 1℄! X tal queH(z; 0) = x0; H(z; 1) = f(z) :Consideremos g : D 2 ! X de�nida por:g(z) = 8<: x0 0 � jzj � 12H � zjzj ; 2jzj � 1� 12 � jzj � 1Si z 2 S1 ) jzj = 1 enton es g(z) = H(z; 2 � 1) = H(z; 1) = f(z), luego,gjS1 = f .Re ��pro amente, supongamos que existe g : D 2 ! X tal que gjS1 = f .H� gXS1 � [0; 1℄

D 2Sean �(z; t) = zt y H(z; t) = (g Æ �)(z; t) = g(zt), enton esH(z; 0) = g(0) = x0; H(z; 1) = g(z) = f(z) :Problema 112 Pruebe que toda matriz 3� 3 on entradas positivas tieneun valor propio positivo.Solu i�on. Sean A una matriz de 3� 3 on entradas positivas, T : R3 ! R3la transforma i�on uya matriz es A yB = S2 \ f(x; y; z) : x > 0; y > 0; z > 0g :

10Enton es, B es homeomordo a D 2 y onsideremos F : B ! B de�nida porF (x) = T (x)kT (z)k :Por el Teorema del punto �jo de Brouwer existe x0 2 B tal que F (x0) =x0 ) T (x0) = kT (x0)kx0. Luego A posee un valor propio � = kT (x0)k > 0 .Problema 113 Sean f; g : S2 ! R apli a iones ontinuas tales quef(�x) = �f(x) y g(�x) = �g(x) para todo x 2 S2. Pruebe que existex0 2 S2 tal que f(x0) = g(x0) = 0.Solu i�on. Considere la apli a i�on ' : S2 ! R2 de�nida por'(x) = (f(x); g(x)) :Enton es, ' es ontinua y por el Teorema de Bursuk-Ulam existe x0 2 S2 talque '(x0) = '(�x0), lo que impli a que f(x0) = f(�x0) y g(x0) = g(�x0)enton es f(x0) = f(�x0) = �f(x0)) f(x0) = 0 ;g(x0) = g(�x0) = �g(x0)) g(x0) = 0 :