topologÍa - gitlab · tema 1 espacios métricos y aplicaciones continuas ejercicio 1.1....

TOPOLOGÍAPROBLEMAS

1

ApuntsFMEBarcelona, Marzo 2018

ii

Autores principales: Òscar Benedito, Jordi Castellví, Ernesto Lanchares, Miquel Ortega,Èric Sierra.

Última modificación: 22 de octubre de 2018.

This work is licensed under a Creative Commons“Attribution-NonCommercial-ShareAlike 4.0 Internatio-nal” license.

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Contenidos

1. Espacios métricos y aplicaciones continuas 1

2. Espacios topológicos y aplicaciones continuas 19

iii

iv CONTENIDOS

Tema 1

Espacios métricos y aplicacionescontinuas

Ejercicio 1.1. Hay que comprobar que

i) d(x, y) ≥ 0 ∀x, y ∈ X y que d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y, lo cual es trivial por ladefinición de d.

ii) d(x, y) = d(y, x) ∀x, y ∈ X, que de nuevo, esinmediato por la definición.

iii) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) ∀x, y, z ∈ X, suponemos que x, y, z son distintos dos ados. Entonces, d(x, y) = 1 ≤ d(x, z) + d(z, y) = 1 + 1 = 2.

Ejercicio 1.2. De nuevo, hemos de comprobar que

i) dcent(x, y) ≥ 0 ∀x, y ∈ X. Esto es fácil de ver, ya que d(c, x), d(c, y) ≥ 0, por lotanto dcent(x, y) = d(c, x) + d(c, y) ≥ 0.

ii) dcent(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y. Si x = y =⇒ dcent(x, y) = 0 por definición. Y sidcent(x, y) = 0, hay dos posiblidades, o x = y (y ya hemos acabado) o d(c, x) =d(c, y) = 0. Pero si ocurre lo segundo, entonces x = c = y.

iii) dcent(x, y) = dcent(y, x) ∀x, y ∈ X. Esto es obvio ya que la suma es conmutativa y dtambién.

iv) dcent(x, y) ≤ dcent(x, z) + dcent(z, y). Vamos a ver que se cumple:

dcent(x, y) = d(c, x)+d(c, y) ≤ d(c, x)+d(c, z)+d(c, z)+d(c, y) = dcent(x, z)+dcent(z, y)

Ahora, dibujaremos las bolas. En azul, está B((0, 0), 1

)y en rojo B

((42100 ,

√246110

), 1):

1

2 TEMA 1. ESPACIOS MÉTRICOS Y APLICACIONES CONTINUAS

−1 −0,5 0,5 1

−1

−0,5

0,5

1

x

y

Figura 1.1: B1 (0, 0) y B1

(42100 ,

√246110

)

Ejercicio 1.3. Tenemos que comprobar que

i) d(a, b) ≥ 0 ∀a, b ∈ An y que d(a, b) = 0 ⇐⇒ a = b, lo cual es trivial por ladefinición de d.

ii) d(a, b) = d(b, a) ∀a, b ∈ An. Trivial por la definición.

iii) d(a, b) ≤ d(a, c) + d(c, b). Sea i ∈ R ={j|aj 6= bj

}, entonces, se cumple al menos

una de las dos siguientes afirmacionesi ∈ P ={j|aj 6= cj

}i ∈ Q =

{j|cj 6= bj

}Por lo tanto, R ⊆ P ∪Q =⇒ d(a, b) = |R| ≤|P ∪Q| ≤|P |+|Q| = d(a, c) + d(a, b).

Ejercicio 1.4. Tenemos que comprobar que

i) d(a, b) ≥ 0 ∀a, b ∈ S(A), y que d(a, b) = 0 ⇐⇒ a = b, lo cual es trivial por ladefinición.

ii) d(a, b) = d(b, a) ∀a, b ∈ S(A), también trivial por la definición.

iii) d(a, b) ≤ d(a, c)+d(c, b). Podemos suponer sin pérdida de generalidad que d(a, c) ≥d(b, c). Sea s tal que e−s = d(a, c) y sea S tal que e−S = d(b, c), entonces, siS = s, entonces, d(b, c) = d(a, c) =⇒ d(a, b) ≤ d(a, c). Si S > s, entonces,d(a, b) ≤ d(a, c).

Ejercicio 1.5.

(a) Sí que define una métrica, ya que

i) d(x, y) ≥ 0 y d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y son triviales.ii) d(x, y) = d(y, x) es obvio.iii) d(x, y) = |ex − ey| = |ex − ez + ez − ey| ≤|ex − ez|+|ez − ey| = d(x, z)+d(y, z).

3

(b) No es una métrica. Los puntos x = π2 y y = 3π

2 son distintos, pero d(x, y) = 0.

(c) Sí que es una métrica:

i) d(x, y) ≥ 0 es trivial y d(x, y) = 0 ⇐⇒ cos(x) = cos(y) ⇐⇒ x = y.ii) d(x, y) = d(y, x) es obvio.iii) Finalmente,

d(x, y) =∣∣cos(x)− cos(y)

∣∣=∣∣cos(x)− cos(z) + cos(z)− cos(y)

∣∣≤∣∣cos(x)− cos(z)

∣∣+∣∣cos(z)− cos(y)∣∣ = d(x, z) + d(z, y).

(d) Sí define una métrica:

i) d(x, y) ≥ 0 es trivial y d(x, y) = 0 ⇐⇒ arctan(x) = arctan(y) ⇐⇒ x = y.ii) d(x, y) = d(y, x) es obvio.iii) Finalmente,

d(x, y) =∣∣arctan(x)− arctan(y)

∣∣=∣∣arctan(x)− arctan(z) + arctan(z)− arctan(y)

∣∣≤∣∣arctan(x)− arctan(z)

∣∣+∣∣arctan(z)− arctan(y)∣∣

= d(x, z) + d(y, z).En general, basta con que f sea inyectiva para que df (x, y) =

∣∣f(x)− f(y)∣∣ sea una

distancia. Vemos que si f es inyectivai) d(x, y) ≥ 0 por el valor absoluto. d(x, y) = 0 ⇐⇒ f(x) − f(y) = 0 ⇐⇒ f(x) =f(y) f inyectiva⇐⇒ x = y.

ii) d(x, y) =∣∣f(x)− f(y)

∣∣ =∣∣f(y)− f(x)

∣∣ = d(y, x).

iii) d(x, y) =∣∣f(x)− f(y)

∣∣ =∣∣f(x)− f(z) + f(z)− f(y)

∣∣ ≤ ∣∣f(x)− f(z)∣∣+∣∣f(z)− f(y)

∣∣= d(x, z) + d(z, y).

Ejercicio 1.6.

(a) Sí que es una métrica, de hecho es la métrica habitual en Rn.

−1 −0,5 0,5 1

−1

−0,5

0,5

1

x

y

Figura 1.2: B1 (0, 0)


(b) Sí que es una distancia

−1 −0,5 0,5 1

−1

−0,5

0,5

1

x

y

Figura 1.3: B1 (0, 0)

(c) Sí que es una métrica

−1 −0,5 0,5 1

−1

−0,5

0,5

1

x

y

Figura 1.4: B1 (0, 0)

(d) No es una métrica, por ejemplo, d((1, 0), (1, 1)

)= 0, pero (1, 0) 6= (1, 1).

(e) Sí que es una métrica

−1 −0,5 0,5 1

−1

−0,5

0,5

1

x

y

Figura 1.5: B1 (0, 0)

5

(f) No es una métrica, por ejemplo, d((1, 0), (1, 1)

)= 0, pero (1, 0) 6= (1, 1).

(g) En general no es una métrica, si tomamos la distancia euclidiana, deq((1, 0), (0,5, 0)

)=

0,5 =⇒ d((1, 0), (0,5, 0)

)= b0,5c = 0.

(h) En general no es una métrica, por ejemplo si A tiene un vep v de vap λ < 0, entoncesd(v, 0) =

√(v − 0)A(v − 0)t no existe, ya que el contenido de dentro de la raiz es

negativo.

(i) Vemos que cumple que

i) d(x, y) ≥ 0, sí, ya que A es definida positiva y por lo tanto, (x− y)A(x− y)t ≥0 =⇒

√(x− y)A(x− y)t ≥ 0.

ii) d(x, y) = 0 ⇐⇒√

(x− y)A(x− y)t = 0 ⇐⇒ (x− y)A(x− y)t = 0 A def. pos.⇐⇒x = y.

iii) d(x, y) =√

(x− y)A(x− y)t =√

(−1)(y − x)A(−1)(y − x)t =√(y − x)A(y − x)t = d(y, x)

iv) Se tiene que

d2(x, y) = (x− y)A(x− y)t = (x− z + z − y)A(x− z + z − y)t

= (x− z)A(x− z)t + (x− z)A(z − y)t + (z − y)A(x− z)t ++ (z − y)A(z − y)t

≤ (x− z)A(x− z)t + 2∣∣∣(x− z)A(z − y)t

∣∣∣+ (z − y)A(z − y)t

≤ (x− z)A(x− z)t + 2√

(x− z)A(x− z)t(z − y)A(z − y)t ++ (z − y)A(z − y)t

=((x− z)A(x− z)t + (z − y)A(z − y)t

)2

=(d(x, z) + d(z, y)

)2 .Por lo tanto, d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).

Ponemos un ejemplo, tomando

A =(

1 22 5

)

-3 -2 -1 1 2 3

-1

-0.5

0.5

1


Ejercicio 1.7.

(a) Comprobaremos las propiedades para d:

i) d(x, y) ≥ 0 trivial por la definición.ii) d(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.iii) d(x, y) = d(y, x) trivial por la definición.iv) Si d(x, y) < 1 entonces d(x, y) = d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).

Si d(x, y) ≥ 1, entonces d(x, y) = 1, y d(x, z) + d(z, y) es mayor o igual que 1,ya que, si d(x, z) ≥ 1 o d(z, y) ≥ 1 ya se cumple la desigualdad. En otro caso,se tiene que d(x, y) = 1 ≤ d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) = d(x, z) + d(z, y).

(b) Comprobamos las propiedades

i) d(x, y) ≥ 0 división de dos números positivos.ii) d(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.iii) d(x, y) = d(y, x) trivial por la definición.iv)

d(x, y) = d(x, y)1 + d(x, y) ≤

d(x, z)1 + d(x, z) + d(z, y)

1 + d(z, y) = d(x, z) + d(z, y) ⇐⇒

⇐⇒ d(x, y)1 + d(x, y) ≤

d(x, z) + d(z, y) + 2d(x, z)d(z, y)1 + d(x, z) + d(z, y) + d(x, z)d(z, y)

⇐⇒ d(x, y) +(((((((

d(x, y)d(x, z) +(((((((

d(x, y)d(z, y) +((((

(((((((

d(x, y)d(x, z)d(z, y) ≤≤ d(x, z) + d(z, y) + 2d(x, z)d(z, y) +((((((

(d(x, y)d(x, z) +

+(((((((

d(x, y)d(z, y) + �2d(x, y)d(x, z)d(z, y)⇐⇒ d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) + 2d(x, z)d(z, y) + d(x, y)d(x, z)d(z, y).

Lo cual es cierto ya que d es una distancia.

(c) De nuevo, comprobamos

i) d(x, y) ≥ 0 ⇐⇒ d(x, y) ≥ 0αOK.

ii) d(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.iii) d(x, y) = d(y, x) trivial.iv) d(x, y) = αd(x, y) ≤ α

(d(x, z) + d(z, y)

)= αd(x, z) + αd(z, y) = d(x, z) +

d(z, y).

(d) Comprobamos

i) d(x, y) ≥ 0 inmediato.ii) d(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.iii) d(x, y) = d(y, x) trivial.iv) d(x, y) =

(d(x, y)

)c ≤ (d(x, z) + d(z, y))c ≤ d(x, z)c+d(z, y)c, ya que la función

f(x) = xc es cóncava.

7

Ejercicio 1.8.

(a) Como f es cóncava, cumple la desigualdad αf(z)+(1−α)f(t) ≤ f(αz + (1− α)t

),

tomamos ahora z = 0 y t = x + y, entonces, substituyendo para unos valoresconcretos de α:

α = xx+y =⇒ x

x+yf(0) + yx+yf(x+ y) ≤ f

(xx+y0 + y

x+y (x+ y))

= f(y)

α = yx+y =⇒ y

x+yf(0) + xx+yf(x+ y) ≤ f

(y

x+y0 + xx+y (x+ y)

)= f(x)

=⇒

=⇒ f(0) + f(x+ y) ≤ f(x) + f(y) f(0)≥0=⇒ f(x+ y) ≤ f(x) + f(y)

(b) Comporbamos las propiedades

i) f creciente =⇒ f(x) ≥ f(0) = 0 =⇒ (f ◦ d)(x, y) ≥ 0.ii) (f ◦ d)(x, y) = 0 ⇐⇒ d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.iii) (f ◦ d)(x, y) = f

(d(x, y)

)= f

(d(y, x)

)= (f ◦ d)(y, x).

iv) (f ◦ d)(x, y) = f(d(x, y)

)≤ f

(d(x, z) + d(z, y)

) (a)≤ f

(d(x, z)

)+ f

(d(z, y)

)=

(f ◦ d)(x, z) + (f ◦ d)(z, y).

Ejercicio 1.9. Veremos que (a) =⇒ (b). Sea U ⊂ X un abierto de (X, d2), entoncesId−1(U) = U , que es un abierto en (X, d1) y análogamente con Id−1.

Veremos ahora que (b) =⇒ (c). Sea B1(x, r) una bola abierta según la métrica d1de centro x, entonces, por (b), Id−1 (B1(x, r)

)es un abierto, y x ∈ Id−1 (B1(x, r)

). Por lo

tanto, ∃s t. q. B2(x, s) ⊂ Id−1 (B1(x, r))

= B1(x, r). (la otra implicación es análoga).Por último, comprobaremos que (c) =⇒ (a). Sea U un abierto en (X, d1), entonces

∀x ∈ U ∃r t. q. B1(x, r) ⊂ U , pero por (c), ∃s t. q. x ∈ B2(x, s) ⊂ B1(x, r) ⊂ U =⇒ xes un punto interior en (X, d2), por lo tanto, U es abierto en (X, d2) y la otra implicaciónse demuestra de forma análoga.

Ejercicio 1.10. Sean d1, d2 dos métricas fuertemente equivalentes. Sean r ∈ R y x ∈ X,entonces, ∃s = r

M∈ R t. q. B2(x, s) ⊂ B1(x, r). De nuevo, la otra implicación es análoga.

Las métricas d1(x, y) = |x− y| y d2(x, y) =∣∣∣ 1x− 1

y

∣∣∣ son equivalentes, pero no sonfuertemente equivalentes.

Ejercicio 1.11.

(a) Comprobemos que D1 satisface las propiedades de las métricas. Por ser d1 y d2métricas,

i)D1

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

)= d1 (x1, y1) + d2 (x2, y2) ≥ 0.

ii)

D1((x1, x2) , (y1, y2)

)= d1 (x1, y1) + d2 (x2, y2) = 0 ⇐⇒

⇐⇒{d1 (x1, y1) = 0d2 (x2, y2) = 0

}⇐⇒

{x1 = y1x2 = y2

}⇐⇒ (x1, y1) = (x2, y2) .


iii)

D1((x1, x2) , (y1, y2)

)= d1 (x1, y1) + d2 (x2, y2) = d1 (y1, x1) + d2 (y2, x2) =

= D1((y1, y2) , (x1, x2)

).

iv)

D1((x1, x2) , (y1, y2)

)= d1 (x1, y1) + d2 (x2, y2) ≤ d1 (x1, z1) + d1 (z1, y1) +

+d2 (x2, z2) + d2 (z2, y2) = D1((x1, x2) , (z1, z2)

)+D1

((z1, z2) , (y1, y2)

).

(b) Comprobemos que D2 satisface las propiedades de las métricas. Por ser d1 y d2métricas,

i)D2

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

)=√d1 (x1, y1)2 + d2 (x2, y2)2 ≥ 0.

ii)

D2((x1, x2) , (y1, y2)

)=√d1 (x1, y1)2 + d2 (x2, y2)2 = 0 ⇐⇒

⇐⇒{d1 (x1, y1) = 0d2 (x2, y2) = 0

}⇐⇒

{x1 = y1x2 = y2

}⇐⇒ (x1, y1) = (x2, y2) .

iii)

D2((x1, x2) , (y1, y2)

)=√d1 (x1, y1)2 + d2 (x2, y2)2 =

=√d1 (y1, x1)2 + d2 (y2, x2)2 = D2

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

).

iv) Primero, demostraremos un resultado auxiliar. Para cualesquiera reales posi-tivos a, b, c, d se tiene que

0 ≤ (ad− cb)2 =⇒ 2abcd ≤ a2d2 + c2b2

=⇒ (ab+ cd)2 = a2b2 + 2abcd+ c2d2

≤ a2b2 + a2d2 + c2b2 + c2d2

=(a2 + c2

) (b2 + d2

)=⇒ (a+ b)2 + (c+ d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab+ 2cd

≤ a2 + b2 + c2 + d2 + 2√

(a2 + c2) (b2 + d2)

=⇒(√

(a+ b)2 + (c+ d)2)2≤(√

a2 + c2 +√b2 + d2

)2

=⇒√

(a+ b)2 + (c+ d)2 ≤√a2 + c2 +

√b2 + d2. (1.1)

Entonces,

D2((x1, x2) , (y1, y2)

)=√d1 (x1, y1)2 + d2 (x2, y2)2

≤√(d1 (x1, z1) + d1 (z1, y1)

)2 +(d2 (x2, z2) + d2 (z2, y2)

)2(1.1)≤

√d1 (x1, z1)2 + d2 (x2, z2)2 +

√d1 (z1, y1)2 + d2 (z2, y2)2

= D2((x1, x2) , (z1, z2)

)+D2

((z1, z2) , (y1, y2)

).

9

(c) Comprobemos que D∞ satisface las propiedades de las métricas. Por ser d1 y d2métricas,

i)D∞

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

)= max

{d1 (x1, y1) , d2 (x2, y2)

}≥ 0.

ii)

D∞((x1, x2) , (y1, y2)

)= max

{d1 (x1, y1) , d2 (x2, y2)

}= 0 ⇐⇒

⇐⇒{d1 (x1, y1) = 0d2 (x2, y2) = 0

}⇐⇒

{x1 = y1x2 = y2

}⇐⇒ (x1, y1) = (x2, y2) .

iii)

D∞((x1, x2) , (y1, y2)

)= max

{d1 (x1, y1) , d2 (x2, y2)

}=

= max{d1 (y1, x1) , d2 (y2, x2)

}= D2

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

).

iv)

D∞((x1, x2) , (y1, y2)

)= max

{d1 (x1, y1) , d2 (x2, y2)

}≤ max

{d1 (x1, z1) + d1 (z1, y1) , d1 (x2, z2) + d2 (z2, y2)

}≤ max

{d1 (x1, z1) , d2 (x2, z2)

}+

+ max{d1 (z1, y1) , d2 (z2, y2)

}= D∞

((x1, x2) , (z1, z2)

)+D∞

((z1, z2) , (y1, y2)

).

Veamos ahora que D1 y D2 son métricas fuertemente equivalentes. Observamos que

D1((x1, x2) , (y1, y2)

)2 −D2((x1, x2) , (y1, y2)

)2 = 2d1 (x1, y1) d2 (x2, y2) .

Entonces,

2d1 (x1, y1) d2 (x2, y2) ≥ 0 =⇒ D2((x1, x2) , (y1, y2)

)≤ D1

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

).

Y también

2d1 (x1, y1) d2 (x2, y2) ≤ d1 (x1, y1)2 + d2 (x2, y2)2 = D2((x1, x2) , (y1, y2)

)2 =⇒=⇒ D1

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

)≤√

2D2((x1, x2) , (y1, y2)

).

Por lo tanto,

D2((x1, x2) , (y1, y2)

)≤ D1

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

)≤√

2D2((x1, x2) , (y1, y2)

),

con lo que D1 y D2 son métricas fuertemente equivalentes. Veamos ahora que D1 y D∞también lo son. Es trivial comprobar que

D∞((x1, x2) , (y1, y2)

)≤ D1

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

)≤ 2D∞

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

).

Finalmente, como que la equivalencia fuerte es una propiedad transitiva, D2 y D∞ sonmétricas fuertemente equivalentes.

Para acabar, mostraremos la generalización de estos resultados. Sean (Xi, di) espa-cios métricos para todo i ∈ {1, . . . , n}, y sea X = X1 × · · · × Xn. Definimos en X lasaplicaciones


(a) D1((x1, y1) , . . . , (xn, yn)

)= d1 (x1, y1) + · · ·+ dn (xn, yn) .

(b) D2((x1, y1) , . . . , (xn, yn)

)=√d1 (x1, y1)2 + · · ·+ dn (xn, yn)2.

(c) D∞((x1, y1) , . . . , (xn, yn)

)= max

{d1 (x1, y1) , . . . , dn (xn, yn)

}.

A través de un razonamiento inductivo inmediato a partir de lo anteriormente visto,obtenemos que D1, D2 y D∞ son métricas en X y fuertemente equivalentes entre ellas.

Ejercicio 1.12. Sea x = (x1, x2) ∈ X ×X y sean ε > 0, δ = ε. Entonces, ∀y = (y1, y2) ∈X ×X con D1 (x, y) < δ,∣∣d (x1, x2)− d (y1, y2)

∣∣ ≤ ∣∣d (x1, x2)− d (x2, y1) + d (x2, y1)− d (y1, y2)∣∣

≤∣∣d (x1, x2)− d (x2, y1)

∣∣+ ∣∣d (x2, y1)− d (y1, y2)∣∣

≤ d (x1, y1) + d (x2, y2) = D1 (x, y)< δ = ε.

Así pues, la aplicación d : X×X → R es continua tomando en X×X la métrica D1. Porser D1, D2 y D∞ métricas fuertemente equivalentes, d también es continua si tomamosen X ×X las métricas D2 o D∞.

Ejercicio 1.13.

(a) Comprobemos que ‖u‖ :=√〈u, u〉 satisface las propiedades de norma.

i) 〈u, u〉 ≥ 0 =⇒ ‖u‖ =√〈u, u〉 ≥ 0.

ii)(〈u, u〉 = 0 ⇐⇒ u = 0

)=⇒

(‖u‖ =

√〈u, u〉 = 0 ⇐⇒ u = 0

).

iii) ‖λu‖ =√〈λu, λu〉 =

√λ2 〈u, u〉 = |λ|

√〈u, u〉 = |λ|‖u‖.

iv)

‖u+ v‖ =√〈u+ v, u+ v〉 =

√〈u, u+ v〉+ 〈v, u+ v〉 =

=√〈u, u〉+ 〈u, v〉+ 〈v, u〉+ 〈v, v〉 ≤

√〈u, u〉+ 〈v, v〉 ≤

≤√〈u, u〉+

√〈v, v〉 = ‖u‖+ ‖v‖.

(b) Comprobemos que d (u, v) := ‖u− v‖ satisface las propiedades de métrica.

i) d (u, v) = ‖u− v‖ ≥ 0.ii) d (u, v) = ‖u− v‖ = 0 ⇐⇒ u− v = 0 ⇐⇒ u = v.iii)

d (u, v) = ‖u− v‖ =√〈u− v, u− v〉 =

√〈u, u− v〉 − 〈v, u− v〉 =

=√〈u, u〉 − 〈u, v〉 − 〈v, u〉+ 〈v, v〉 =

√〈v − u, v − u〉 = ‖v − u‖ = d (v, u) .

iv) d (u, v) = ‖u−v‖ = ‖u−w+w−v‖ ≤ ‖u−w‖+‖w−v‖ = d (u,w)+d (w, v).

11

(c) La métrica discreta no proviene de norma alguna. Esto es así porque no es escalable,por ejemplo, 2 = 2d

((0, . . . , 0), (1, . . . , 1)

)6= d

((0, . . . , 0) , (2, . . . , 2)

)= 1, cosa que

debiera cumplir si proviniera de una norma.La norma ‖x‖ = ∑ |xi| no proviene de ningún producto escalar. De hacerlo, debieracumplir la identidad del paralelogramo, pero los vectores x = (1, 0, . . . , 0) , y =(0, 1, 0, . . . , 0) no la cumplen: 2‖x‖2 + 2‖y‖2 = 4 6= 8 = ‖x+ y‖2 +‖x− y‖2. Paran = 1 este contraejemplo no es válido pero en ese caso sí es cierto que toda normaproviene de un producto escalar.

Ejercicio 1.14. Dado un isomorfismo φ : F→ E, dos normas en E serán equivalentes si ysolo si las normas asociadas de F por φ (es decir, de la forma‖u‖′ =

∥∥φ(u)∥∥) lo son. Como

cualquier R-espacio vectorial de dimensión finita es isomorfo a Rn basta comprobar quetodas las normas de este último son equivalentes.

Para ello, veremos primero que es suficiente probar que todas las normas son equiva-lentes a la norma ordinaria (que denotaremos por‖·‖ord). Si toda norma es equivalente ala ordinaria, entonces tenemos que, para toda pareja de normas‖·‖1 , ‖·‖2 y vector v ∈ E

m1‖v‖1 ≤‖v‖ord ≤M1‖v‖1 ,

m2‖v‖ord ≤‖v‖2 ≤M2‖v‖ord .

Por lo tanto,

m1m2‖v‖1 ≤ m2‖v‖ord ≤‖v‖2 ≤M2‖v‖ord ≤M2M1‖v‖1 .

Es decir, que la equivalencia es una propiedad transitiva y, como ya se ha dicho, solo hacefalta ver que todas las normas son equivalentes a la ordinaria.

Para ver esto último, comenzamos demostrando que

‖v‖ =‖x1e1 + · · ·+ xnen‖ ≤ |x1|‖e1‖+ · · ·+ |xn|‖en‖ ≤ nXE ≤ nE‖v‖ord = M‖v‖ord ,

donde E es el máximo de las ‖ei‖ y X el máximo de las |xi|. La cota M obtenido esindependiente de v. Usando esto, podemos ver que una norma ‖·‖ en el espacio métricoordinario de Rn es continua: Para todo ε > 0, fijando δ = ε

M, si‖x− y‖ord < δ se cumple∣∣‖x‖ −‖y‖∣∣ ≤‖x− y‖ ≤M‖x− y‖ord < ε.

De lo que ‖·‖ es continua. Sabiendo esto, podemos deducir que existe una cota mtal que m ≤ ‖v‖ ∀ v t. q. ‖v‖ord = 1, puesto que cualquier función continua sobre uncompacto (en este caso, la esfera unidad con la métrica habitual en Rn) admite una cotainferior. Finalmente, para cualquier vector v

m‖v‖ord ≤∥∥∥∥∥ v

‖v‖ord

∥∥∥∥∥‖v‖ord =‖v‖ .

Con lo que hemos encontrado las cotas m y M necesarias para ver que cualquiernorma es equivalente a la ordinaria en Rn, y, como se ha explicado antes, para ver quedos normas cualesquiera en un R-espacio vectorial de dimensión finita son equivalentes.

Ejercicio 1.15.


(a) Comprobemos que ‖f‖1 es una norma.

i) ‖f‖1 =∫ ba

∣∣f (x)∣∣ dx ≥ 0.

ii) ‖f‖1 =∫ ba

∣∣f (x)∣∣ dx = 0 f continua⇐⇒ f = 0.

iii) ‖kf‖1 =∫ ba

∣∣f (x)∣∣ dx = |k|

∫ ba

∣∣f (x)∣∣ dx = |k|‖f‖1.

iv) ‖f + g‖1 =∫ ba

∣∣f (x) + g (x)∣∣ dx ≤ ∫ ba ∣∣f (x)

∣∣+ ∣∣g (x)∣∣ dx = ‖f‖1 + ‖g‖1.

Comprobemos que ‖f‖2 es una norma.

i) ‖f‖2 =√∫ b

a

∣∣f (x)∣∣2 dx ≥ 0.

ii) ‖f‖2 =√∫ b

a

∣∣f (x)∣∣2 dx = 0 f continua⇐⇒ f = 0.

iii) ‖kf‖2 =√∫ b

a

∣∣kf (x)∣∣2 dx = |k|

√∫ ba

∣∣f (x)∣∣2 dx = |k|‖f‖2.

iv) ‖f + g‖2 =√∫ b

a

∣∣f (x) + g (x)∣∣2 dx =

√∫ ba

∣∣f (x)∣∣2 + 2f (x) g (x) +

∣∣g (x)∣∣2 dx ≤√∫ b

a

∣∣f (x)∣∣2 +

∣∣g (x)∣∣2 dx ≤

√∫ ba

∣∣f (x)∣∣2 dx+

√∫ ba

∣∣g (x)∣∣2 dx = ‖f‖2 + ‖g‖2.

Comprobemos que ‖f‖3 es una norma.

i) ‖f‖∞ = supx∈[a,b]

{∣∣f (x)∣∣} ≥ 0.

ii) ‖f‖∞ = supx∈[a,b]

{∣∣f (x)∣∣} = 0 ⇐⇒ f = 0.

iii) ‖kf‖∞ = supx∈[a,b]

{∣∣kf (x)∣∣} = |k| supx∈[a,b]

{∣∣f (x)∣∣} = |k| ‖f‖∞.

iv) ‖f+g‖∞ = supx∈[a,b]

{∣∣f (x) + g (x)∣∣} ≤ supx∈[a,b]

{∣∣f (x)∣∣}+supx∈[a,b]

{∣∣g (x)∣∣} =

‖f‖∞ + ‖g‖∞.

(b) Consideremos la familia de funciones, para k ≥ 1,

fk : [0, 1]→ R

x 7→ fk (x) :={

0 si x > 1k

2k (1− kx) si x ≤ 1k

Se tiene que para todo k ≥ 1, ‖fk‖1 = 1 y ‖fk‖∞ = k, de modo que las normas‖ · ‖1 y ‖ · ‖∞ no son equivalentes.

(c) Con la distancia d1 (f, g) = ‖f − g‖1, la bola no se puede dibujar. Con la distanciad∞ (f, g) = ‖f − g‖∞, ERNESTO PON TU DIBUJO.

Ejercicio 1.16.

(a) El punto (1, 0) del conjunto no es interior, de modo que el conjunto no es abierto.

(b) Para cada punto (x, y) del conjunto, la bola abierta centrada en él y de radio 1−|x|está contenida en el conjunto, de modo que el conjunto es abierto.

(c) El punto (0, 0) del conjunto no es interior, de modo que el conjunto no es abierto.

(d) El punto (0, 0) del conjunto no es interior, de modo que el conjunto no es abierto.

13

(e) El punto (1, 0) del conjunto no es interior, de modo que el conjunto no es abierto.

(f) El punto (0, 0) del conjunto no es interior, de modo que el conjunto no es abierto.

(g) El punto(√

2, 0)del conjunto no es interior, de modo que el conjunto no es abierto.

(h) El punto (0, 0) del conjunto no es interior, de modo que el conjunto no es abierto.

Ejercicio 1.17. Sea x ∈ E. Entonces, ∀ε > 0, d (x, y) < δ = ε =⇒∣∣d (x, p)− d (p, y)

∣∣ ≤d (x, y) < ε. Por tanto, d (·, p) : E → R es continua.

Ejercicio 1.18. En el espacio métrico (R, d0), todos los puntos son interiores a cualquierconjunto que los contenga, ya que B 1

2(x) = {x}. Entonces, para cualquier aplicación

f : (R, d0)→ (R, d), la antiimagen de un abierto es siempre un abierto y por consiguientees una aplicación continua.

Ejercicio 1.19.

(a) Vamos a comprobar que es continua por definición.Sean x′, y′ ∈ X t. q. d (x′, y′) < ε. Entonces tenemos que

f(x′) = ınfy∈A

d(x′, y

)≤ ınf

y∈A

(d(x′, y′

)+ d

(y′, y

))= d

(x′, y′

)+ ınf

y∈Ad(y′, y

)< ε+ f(y′)

f(y′) = ınfy∈A

d(y′, y

)≤ ınf

y∈A

(d(y′, x′

)+ d

(x′, y

))= d

(y′, x′

)+ ınf

y∈Ad(x′, y

)< ε+ f(x′).

Lo que nos dice que

f(x′)− ε ≤ f(y′) ≤ f(x′) + ε ⇐⇒∣∣∣f(x′)− f(y′)

∣∣∣ < ε.

Y por lo tanto, cogiendo δ = ε tenemos que

∀ε > 0,∃δ > 0 t. q. si d(x′, y′

)< δ,

∣∣∣f(x′)− f(y′)∣∣∣ < ε,

lo que demuestra la continuidad de f .

(b) Tenemos dos opciones:

x ∈ A, y por lo tanto, ∃y ∈ A t. q. d (x, y) = 0 (y = x), y por lo tantod (x, A) = 0.x 6∈ A. Como 0 = d (x, A) = ınfy∈A d (x, y), podemos encontrar puntos de Atan cercanos a x como queramos, es decir

∀δ > 0, ∃y ∈ A t. q. y ∈ Bδ(x) =⇒(Bδ(x) \ {x}

)∩ A 6= ∅,

que son los puntos de acumulación de A.

Por lo tanto, d (x, A) = 0 ⇐⇒ x ∈ A ∪ A′.

Ejercicio 1.20.


(a) Si cogemos f(x) = x y g(x) = 2x tenemos un contraejemplo a la continuidad dela función, ya que d

(f ′(x), g′(x)

)= sup

(f ′(x)− g′(x)

)= 1, lo que nos dice que no

podemos hacer la distancia tan pequeña como queramos.

(b) Es trivial demostrar que d es una distancia a partir de las propiedades del valorabsoluto. Para ver que la función derivada es continua, usaremos la definición. Siconsideramos dos funciones f y g t. q. d (f, g) < ε, por definición de d tenemos quesupx∈[a,b]

∣∣f ′(x)− g′(x)∣∣ < d (f, g) < ε, y por lo tanto, si cogemos δ = ε, tenemos que

∀ε, ∃δ t. q. si d (f, g) < δ, supx∈[a,b]

∣∣∣f ′(x)− g′(x)∣∣∣ < d < ε,

lo que nos dice que la aplicación derivada con esta métrica es continua.

Ejercicio 1.21.

(a) Tomemos una bola abierta cualquiera Br (x) y un punto cualquiera perteneciente adicha bola y ∈ Br (x). Entonces, para todo punto z ∈ Br (y) (bola abierta) se tieneque d (x, z) ≤ max

{d (x, y) , d (y, z)

}< r. Así pues, Br (y) ⊆ Br (x). Mediante un

razonamiento análogo, obtenemos que Br (x) ⊆ Br (y), concluyendo que Br (y) =Br (x). Para las bolas cerradas el procedimiento es el mismo.

(b) Sea y ∈ Br1 (x1)∩Br2 (x2) y pongamos, sin pérdida de generalidad, r1 ≤ r2. EntoncesBr1 (x1) (a)= Br1 (y) ⊆ Br2 (y) (a)= Br2 (x2).

(c) Veamos primero que toda bola es un cerrado. SeaBr (x) una bola cualquiera (abiertao cerrada) y sea y /∈ Br (x) un punto no perteneciente a dicha bola. Supongamosque ∃z ∈ Br (x) ∩ Br (y). Se tiene que Br (x) (a)= Br (z) (a)= Br (y), lo cual es unacontradicción porque y /∈ Br (x). Entonces, Br (x) ∩ Br (y) = ∅ y todos los puntosdel complementario de la bola son interiores, de modo que Br (x) es cerrada. Veamosahora que toda bola es un abierto. Sea Br (x) una bola cualquiera (abierta o cerrada)y sea y ∈ Br (x) un punto perteneciente a dicha bola. Se tiene que Br (y) (a)= Br (x)y, por consiguiente, que y es un punto interior. Concluimos, pues, que la bola es unabierto.

(d) Queremos ver que d (a, b) ≤ max{d (a, c) , d (c, b)

}. Supongamos que no se satis-

face, es decir, que ∃a, b, c ∈ Z tales que n−r1 = d (a, b) > max{d (a, c) , d (c, b)

}=

max{n−r2 , n−r3

}= n−r2 , sin pérdida de generalidad. Esto implica que r1 < r2 y que

r2| (a− c) y r2| (c− b), lo que a su vez significa que r2| (a− c) + (c− b) = (a− b).Pero esto supone una contradicción porque entonces d (a, b) ≥ r2 > r1. Por consi-guiente, d (a, b) ≤ max

{d (a, c) , d (c, b)

}.

(e) Las bolas cerradas de radio n−r,{b ∈ Z|d (a, b) ≤ n−r

}, son los conjuntos de puntos

que satisfacen nr| (a− b), es decir, los conjuntos a+ nrZ. Comprobamos pues, queuna bola abierta de radio R satisfaciendo n−r < R ≤ n−r+1 coincide con el conjuntoa+ nrZ y que una bola cerrada de radio R satisfaciendo n−r ≤ R < n−r+1 coincidecon el conjunto a+ nrZ.

15

Ejercicio 1.22. Trataremos primero el caso dmın. Sea S = {A,B,C} y sean

d1 : S × S → Rd1 (A,B) = d1 (B,A) = 2, d1 (B,C) = d1 (C,B) = 3, d1 (C,A) = d1 (A,C) = 1,

d1 (A,A) = 0, d1 (B,B) = 0, d1 (C,C) = 0.y

d2 : S × S → Rd2 (A,B) = d2 (B,A) = 1, d2 (B,C) = d2 (C,B) = 3, d2 (C,A) = d2 (A,C) = 2,

d2 (A,A) = 0, d2 (B,B) = 0, d2 (C,C) = 0.

Es trivial comprobar que tanto d1 como d2 son métricas. Consideremos ahora dmın (x, y) =mın

{d1 (x, y) , d2 (x, y)

}. Tenemos que dmın (B,C) = 3 > 1 + 1 = d2 (B,A) + d1 (A,C) =

dmın (B,A) + dmın (A,C). Esto es incompatible con la desigualdad triangular de las mé-tricas, de modo que dmın no és una métrica. Tratemos ahora dmax. Puesto que d1 y d2 sonmétricas,

i) dmax (x, y) = max{d1 (x, y) , d2 (x, y)

}≥ 0.

ii) dmax (x, y) = max{d1 (x, y) , d2 (x, y)

}= 0 ⇐⇒ x = y.

iii) dmax (x, y) = max{d1 (x, y) , d2 (x, y)

}= max

{d1 (y, x) , d2 (y, x)

}= dmax (y, x).

iv)

dmax (x, y) = max{d1 (x, y) , d2 (x, y)

}≤ max

{d1 (x, z) + d1 (z, y) , d2 (x, z) + d2 (z, y)

}≤ max

{d1 (x, z) , d2 (x, z)

}+ max

{d1 (z, y) , d2 (z, y)

}= dmax (x, z) + dmax (z, y) .

Así pues, dmax sí es una métrica.

Ejercicio 1.23.

(a) Vamos a comprobar que D1 cumple las propiedades de las métricas.

i) |xn − yn| ≥ 0 =⇒ D1 (x, y) ≥ 0.ii) xn = yn ⇐⇒ |xn − yn| = 0 ⇐⇒ D1 (x, y) = 0.iii) D1 (x, y) = sup

{mın

{|xn − yn| , 1

}}= sup

{mın

{|yn − xn| , 1

}}= D1 (y, x).

iv)

D1 (x, y) = sup{

mın{|xn − yn| , 1

}}= sup

{mın

{|xn − yn + zn − zn| , 1

}}≤ sup

{mın

{|xn − zn|+|yn − zn| , 1

}}≤ sup

{mın

{|xn − zn| , 1

}}+ sup

{mın

{|yn − zn| , 1

}}= D1 (x, z) +D1 (y, z) .


La comprobación de que D2 es equivalente a la de D1.

(b) Veamos qué conjunto conforma la bola B1ε (0) =

{x ∈ Rω|D1 (0, x) < ε

}. Podemos

separar dos casos. Si ε > 1, trivialmente tenemos que B1ε (0) = Rω. En cambio, si

ε ≤ 1, B1ε (0) =

{x ∈ Rω| |xn| < ε

}.

Tratemos ahora la bola B2ε (0) =

{x ∈ Rω|D2 (0, x) < ε

}. Sabemos que si n > 1

ε,

entonces 1n< ε. Por lo tanto,

B2ε (0) =

{x ∈ Rω t. q. |xn|

n< ε, ∀n ≥ 1

ε

}

(c) Estudiemos, para empezar, el primer conjunto. Sea x = (x1, x2, . . .) ∈ (a, b)× R×(c, d)× R× · · · y tomemos r = mın {x1 − a, b− x1, x3 − c, d− x3}. Entonces,

B1r (x) =

{y ∈ (a, b)× R× (c, d)× R× · · · |D1 (y, x) < r

}⊆

⊆ (a, b)× R× (c, d)× R× · · · .

Por consiguiente, x es un punto interior por la métrica D1 y (a, b) × R × (c, d) ×R × · · · es un conjunto abierto por la métrica D1. De forma similar, tomemosr = mın

{x1 − a, b− x1,

x3−c3 , d−x3

3

}. Entonces,

B2r (x) =

{y ∈ (a, b)× R× (c, d)× R× · · · |D2 (y, x) < r

}⊆

⊆ (a, b)× R× (c, d)× R× · · · .

Por consiguiente, x es un punto interior por la métricaD2 y (a, b)×R×(c, d)×R×· · ·es un conjunto abierto por la métrica D2.Estudiemos, ahora, el segundo conjunto. Sea x =

(a+ b−a

n

). Entonces, para cual-

quier r > 0,

B1r (x) =

{y ∈ (a, b)ω |D1 (y, x) < r

}∩(Rω \ (a, b)ω

)6= ∅.

Por consiguiente, x no es un punto interior por la métrica D1 y (a, b)ω no es un con-junto abierto por la métricaD1. Además,B1

r (x) ⊆ B2r (x) =

{y ∈ (a, b)ω |D2 (y, x) < r

},

con lo que x no es un punto interior por la métrica D2 y (a, b)ω no es un conjuntoabierto por la métrica D2.

(d) Estudiemos, para empezar, f(t). Observemos que

D1(f (x) , f (y)

)= sup

{mın

{|x− y| , 1

}}≤|x− y| .

Entonces,

∀x ∈ R, ε > 0, ∃δ = ε t. q. |x− y| < δ =⇒ D1(f (x) , f (y)

)≤|x− y| < δ = ε.

Por consiguiente, f (t) es contínua si tomamos la métrica D1 en Rω. Observemosahora que

D2(f (x) , f (y)

)= sup

{1n

mın{|x− y| , 1

}}≤|x− y| .

17

Entonces,


)≤|x− y| < δ = ε.

Por lo tanto, f (t) es contínua si tomamos la métrica D2 en Rω.Estudiemos ahora g (t). Observemos que

D1(f (x) , f (y)

)= sup

{mın

{n|x− y| , 1

}}={

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

Entonces, la condición de continuidad no se satisface para 0 < ε < 1, de modo quef (t) no es contínua si tomamos la métrica D1 en Rω. Observemos ahora que

D2(f (x) , f (y)

)= sup

mın{|x− y| , 1

n

} ≤|x− y| .Entonces,


)≤|x− y| < δ = ε.

Finalmente, g (t) es contínua si tomamos la métrica D2 en Rω.

Tema 2

Espacios topológicos y aplicacionescontinuas

Ejercicio 2.1.

(a) Comprobamos que

i) El intervalo (a, a) = ∅ ∈ T y (−∞,+∞) = X ∈ T .ii) Sea U = ⋃

i∈IUi la unión de un numero arbitrario de abiertos, entonces, ∀x ∈

U,∃i ∈ I t. q. x ∈ Ui ⊆ U y por tanto x es un punto interior y U es un abierto.

iii) Sea U =n⋂i=1

Ui la intersección de un numero finito de abiertos, entonces, ∀x ∈U,∀i ∈ {1, . . . , n} ,∃ai, bi t. q. x ∈ (ai, bi) ⊆ Ui, porque x ∈ Ui y Ui abierto.Sean

a = maxi∈{1,...,n}

{ai} ,

b = mıni∈{1,...,n}

{bi} ,

entonces x ∈ (a, b) ⊆n⋂i=1

Ui y por tanto x es un punto interior y U es unabierto.

(b) Sea B ={(a, b) : a, b ∈ X ∪ {±∞}

}, comprobamos que

i) ∀x ∈ X, x ∈ (−∞,+∞) ∈ B.ii) ∀a, b, c, d ∈ X ∪ {±∞}, si (a, b) ∩ (c, d) 6= ∅, entonces,

α = max {a, c} ,β = mın {b, d} ,

(a, b) ∩ (c, d) = (α, β) .

y por tanto ∀x ∈ (a, b) ∩ (c, d) , x ∈ (α, β) ⊆ (a, b) ∩ (c, d), y (α, β) ∈ B.

(c) Si vemos que ∀x ∈ X, {x} es un abierto, ya abremos acabado, ya que todo conjuntode P (X) contiene únicamente puntos de X y por lo tanto sera la unión de abiertos.En Z, ∀x ∈ Z, tenemos que {x} = (n− 1, n+ 1) y por tanto ya estamos. En N,∀x ∈ N \ {1}, tenemos que {x} = (n− 1, n+ 1) y {1} = (−∞, 2) y por tanto yaestamos, suponiendo que 0 /∈ N.

19

20 TEMA 2. ESPACIOS TOPOLÓGICOS Y APLICACIONES CONTINUAS

(d) Sea X un espacio topológico con la topología del orden, entonces ∀x, y ∈ X, x < y,

Si ∃z tal que x < z < y, entonces x ∈ (−∞, z) , y ∈ (z,+∞) , (−∞, z) ∩(z,+∞) = ∅.Si @z tal que x < z < y, entonces x ∈ (−∞, y) , y ∈ (x,+∞) , (−∞, y) ∩(x,+∞) = ∅.

(e) Aquest dibuix està en contrucció.

(f) Tenemos que ver que Tord ⊂ T≤, es decir, Tord ⊆ T≤ y T≤ 6= Tord.

Veamos que Tord ⊆ T≤. Sea U ⊆ Tord, ∀x ≡ (x1, x2) ∈ U, ∃r ∈ R+ t. q. Br (x) ⊆U , y por tanto, A =

((x1 − r, x2) , (x1 + r, x2)

)⊆ Br (x) , A ∈ T≤. Así pues,

todos los puntos de U son interiores en la topología del orden y por tantoU ∈ T≤.Veamos que T≤ 6= Tord. Sean x = (0, 0) , y = (0, 1), entonces (x, y) ∈ T≤, (x, y) /∈Tord. Por tanto T≤ 6= Tord.

(g) Son las topologías discretas.

Ejercicio 2.2.

(a) Comprobamos que

i) ∅ = [x, x) ∈ T` y X = ⋃x∈X

[x,∞) ∈ T`.

ii) Sea U = ⋃i∈IUi la unión de un numero arbitrario de abiertos, entonces, ∀x ∈

U,∃i ∈ I t. q. x ∈ Ui ⊆ U y por tanto x es un punto interior y U es un abierto.

iii) Sea U =n⋂i=1

Ui la intersección de un numero finito de abiertos, entonces, ∀x ∈U,∀i ∈ {1, . . . , n} ,∃ai, bi t. q. x ∈ [ai, bi) ⊆ Ui, porque x ∈ Ui y Ui abierto.Sean

a = maxi∈{1,...,n}

{ai} ,

b = mıni∈{1,...,n}

{bi} ,

entonces x ∈ [a, b) ⊆n⋂i=1

Ui y por tanto x es un punto interior y U es unabierto.

(b) Sea B ={[a, b) : a ∈ X, b ∈ X ∪ {∞}

}, comprobamos que

i) ∀x ∈ X, x ∈ [x,∞) ∈ B.ii) ∀a, b, c, d ∈ X ∪ {∞}, si [a, b) ∩ [c, d) 6= ∅, entonces,

α = max {a, c} ,β = mın {b, d} ,

[a, b) ∩ [c, d) = [α, β) .

y por tanto ∀x ∈ [a, b) ∩ [c, d) , x ∈ [α, β) ⊆ [a, b) ∩ [c, d), y [α, β) ∈ B.

21

(c)

(a, b) [a, b) (a, b] [a, b] {0} ∪{

1/n}n≥1 {0} ∪

{− 1/n

}n≥1

Adherencia [a, b) [a, b) [a, b] [a, b] {0} ∪{

1/n}n≥1 {0} ∪

{− 1/n

}n≥1

Interior (a, b) [a, b) (a, b) [a, b) ∅ ∅Frontera {a} ∅ {a, b} {b} {0} ∪

{1/n}n≥1 {0} ∪

{− 1/n

}n≥1

Acumulación [a, b) [a, b) [a, b) [a, b) {0} ∅Puntos aislados ∅ ∅ {b} {b}

{1/n}n≥1 {0} ∪

{− 1/n

}n≥1

Ejercicio 2.3. Este ejercicio aún no está resuelto.

Ejercicio 2.4. (a) Para ver que son una topología, tenemos que comprobar que:

i) Kn = V({0}

)y ∅ = V

({x− x1, x− x2}

)(con x1 6= x2).

ii) La unión de dos conjuntos V (I1) , V (I2) ∈ Kn es parte de la topología.Tomamos los susodichos subconjuntos V (I1) y V (I2). Veremos ahora que launión pertenece a la topología:Para todo fα ∈ I1 tomamos el conjunto fαI2 (el producto de fα por cadaelemento de I2). Y ahora, consideramos el conjunto

I =⋃

fα∈I1

fαI2

Por último, comprobaremos que V (I1) ∪ V (I2) = V (I). Es trivial que si x ∈V (I1) entonces x ∈ V (I), ya que x anula a tosos los elementos del conjunto I1y por lo tanto también a los de fαI2 (fα ∈ I1). Análogamente, si x ∈ V (I2),x ∈ V (I).Ahora, ∀x ∈ V (I). Suponemos que x /∈ V (I1) por lo tanto, existe una fα ∈ I1tal que fα(x) 6= 0. Como x ∈ V (I), x anula a fαI2, como fα(x) 6= 0 entoncesx ∈ V (I2) y análogamente para V (I2).Con lo cual deducimos que V (I1)∪V (I2) = V (I) y la unión finita de cerrados,es cerrado.

iii) La intersección arbitraria de cerrados es cerrada.Tomamos una familia arbitraria de cerrados

{V (Iα)

}α. Consideramos el con-

juntoI =

⋃α

Iα

Y vermos que ∩V (Iα) = V (I). Si x ∈ V (I) =⇒ x ∈ V (Iα) (∀α), ya que si xanula a todo I, en particular anula a un subconjunto de I (Iα). Y si x anulaa Iα para todo α por definición, x ∈ V (I).

(b) En el caso n = 1, obtenemos la topología de los complementos finitos. De formatrivial un conjunto finito de puntos es cerrado:

{x1, . . . , xn} = V({

(x− x1) · · · (x− xn)}).


Suponemos ahora que existe un subconjunto cerrado C con un número no finito deelementos (y distinto del total). Entonces C = V (I) para algún I. Como C 6= K,∃f ∈ I y todo elemento de C anula a f . Pero esto es imposible, ya que un polinomiotiene un número finito de raices. Por lo tanto no existe un conjunto cerrado coninfinitos elementos.

(c) Si K es finito, entonces Kn tmbién es finito y podemos suponer que

Kn = {x1, x2, . . . , xm} .

Consideramos ahora el polinomio

f(x) = (x− x2) (x− x3) . . . (x− xn)

Ahora, de forma trivial, V({f}

)= Kn \{x1}, de donde se deduce que x1 es abierto.

Como esta construcción se puede hacer para cualquier punto xi, cualquer punto esabierto, y por lo tanto la topología es la discreta.

(d) Para el caso n = 1 ya lo hemos demostrado en el apartado anterior. Ahora, proce-deremos a demostrar el paso de inducción: Suponemos que existe un polinomio

f : Rn−1 × R→ R(x, y) 7→ f(x, y)

que se anula en todo [0, 1]n. Entonces, el polinomio

f ′ : Rn−1 → Rx 7→ f(x, 1)

Se anula en todo [0, 1]n−1, lo cual es una contradicción con la hipótesis de induccón.De aquí deducimos que la topología euclideana es más fina, ya que contiene máscerrados (como hemos visto, la de Zariski no contiene ningún cerrado que contengaa In, y como tiene más cerrados, tiene más abiertos.

(e) Primero, “traducimos” la definición de Hausdorff a cerrados: Un espacio es Haus-dorff, si ∀x, y ∈ X, ∃C1 63 x,C2 63 y tales que C1 ∪C2 = X. Ahora, veremos que noexisten cerrados C1 y C2 no triviales tales que su unión sea el total.Suponemos que existen dichos cerrados C1 = V (I1) y C2 = V (I2), como hemosvisto en el primer apartado, C1 ∪ C2 = V (I) donde I = I1I2 (simplificando lanotación del primer apartado). Como la unión es el total y la única familia depolinomios que se anula en todo Rn es {0}, ya que, si se anula en todo Rn, enparticular se anula en [0, 1]n. Entonces I1I2 = {0}, por lo tanto, o bien I1, o bien I2son el conjunto formado por el polinomio 0. Con lo cual o bien C1, o bien C2 son eltotal, contradicción con la suposición de que fueran abiertos no triviales.

(f)

Ejercicio 2.5. Como viene siendo costumbre, para demostrar que T es una topologíadebemos ver que cumple las propiedades de esta:

i) El vacío es un abierto de R que no contiene 0.

23

ii) R =(R \ {0}

)∪{

0−, 0+}∈ T .

iii) ⋃i∈IUi = ⋃

i∈IU ′i \ {0} ∪ Si =

(⋃i∈IU ′i

)\ {0} ∪ ⋃

i∈ISi = V \ {0} ∪ S ∈ T . Los Si son

vacíos si 0 /∈ Ui y en caso contrario Si ⊆{

0−, 0+}. Se ha usado que la unión de

abiertos en R es un abierto.

iv)n⋂i=1

Ui =n⋂i=1

U ′i \ {0} ∪ Si =(

n⋂i=1

U ′i

)\ {0} ∪

n⋂i=1

Si = V \ {0} ∪ S ∈ T .

T no es Hausdorff puesto que cualquier abierto que contenga 0+ debe contener unintervalo alrededor del 0 en R y lo mismo es cierto para 0−, con lo que cualquier parejade abiertos que los contenga tendrá intersección no nula. T no es la topología métrica deuna distancia dado que cualquier topología métrica es Hausdorff: Dados dos puntos x, ydistintos, la bola abierta con centro x y radio d(x,y)

2 y la bola con centro y y de mismoradio tienen intersección nula (es consecuencia directa de la desigualdad triangular), perocontienen a sus respectivos centros.

Ejercicio 2.6. Este ejercicio aún no está resuelto

Ejercicio 2.7. Sea T una topología y X un espacio topológico. Por definición de ψ setiene que ∀A ⊆ X, ψ (A) = A es un cerrado de T . Por lo tanto, podemos definir unconjunto de abiertos de T como

B ={B ⊆ X | ∃A ⊆ X t. q. B = X \ ψ (A)

}que son abiertos por ser el complementario de un cerrado (A es el cerrado más pequeñoque contiene a A).

Ahora demostraremos que B es una base de la topología T .Primero veamos que

X \ ψ (∅) = X \∅ = X ∈ BX \ ψ (X) = X \X = ∅ ∈ B.

Entonces tenemos lo siguiente:

i) ∀x ∈ X, ∃A ⊆ t. q. A ∩ {x} = ∅ =⇒ x ∈ B = X \ ψ (A). En concreto podemoscoger A = ∅.

ii) Sean B1, B2 ∈ B y sea x ∈ X t. q. x ∈ B1 ∩B2. Entonces

x ∈ B1 ∩B2 =(X \ ψ (A1)

)∩(X \ ψ (A2)

)= X \

(ψ (A1) ∪ ψ (A2)

)=

= X \ ψ (A1 ∪ A2) = X \ ψ(ψ (A1 ∪ A2)

),

y como A = ψ (A1 ∪ A2) ⊆ X, B = X \ ψ (A) ∈ B, tenemos que ∃B ∈ B t. q. x ∈B ⊆ B1 ∩B2.


Por lo tanto, B es la base de una topología (de T ), lo que nos dice que como B sonlos mínimos abiertos que debe contener una topología que cumpla que ψ (A) = A y unabase define una única topología, existe una única topología T que lo cumple.

Ejercicio 2.8.

(a) Este conjunto no es una base porque no es cierto que la intersección de dos elementosno disjuntos del conjunto contenga algún elemento de la base. Sin embargo, sí que esuna subbase, ya que cualquier punto está contenido en algun elemento del conjunto.

(b) Este conjunto es una base porque cualquier punto está contenido en algún elementodel conjunto y porque la intersección de dos elementos no disjuntos del conjunto es,evidentemente, un elemento del conjunto. En particular, también es una subbase.

(c) Este conjunto es una base porque cualquier punto está contenido en algún elementodel conjunto y porque la intersección de dos elementos del conjunto contiene al-menos un elemento del conjunto. Veamos esto último en detalle. Dados dos discoscualquiera, existe almenos un disco que contiene ambos, por ejemplo, un disco concentro el punto medio de los centros de los discos y con radio la suma de los radiosde los dos discos y la distancia entre sus centros. Entonces, el exterior del discoque hemos definido está contenido en el exterior de los dos discos originales y, portanto, de su intersección. En particular, también es una subbase.

(d) Este conjunto no es una base porque no es cierto que la intersección de dos elementosno disjuntos del conjunto contenga algún elemento de la base. Sin embargo, sí que esuna subbase, ya que cualquier punto está contenido en algun elemento del conjunto.

(e) Este conjunto no es una base porque no es cierto que la intersección de dos elementosno disjuntos del conjunto contenga algún elemento de la base. Sin embargo, sí que esuna subbase, ya que cualquier punto está contenido en algun elemento del conjunto.

(f) Este conjunto no es una base porque no es cierto que la intersección de dos elementosno disjuntos del conjunto contenga algún elemento de la base. Sin embargo, sí que esuna subbase, ya que cualquier punto está contenido en algun elemento del conjunto.

(g) Este conjunto no es una base porque no es cierto que la intersección de dos elementosno disjuntos del conjunto contenga algún elemento de la base. Sin embargo, sí que esuna subbase, ya que cualquier punto está contenido en algun elemento del conjunto.

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