Espacios Topológicos Un espacio topológico es el par formado por un conjunto X y una familia T={Ai}i∈ I de subconjuntos de X, llamados abiertos, tales que cumplen las siguientes condiciones:

1) Toda reunión (finita o no) de abiertos es abierto. 2) Toda intersección finita de abiertos es abierto. 3) El conjunto X y el conjunto vacío son abiertos. La Familia T se llama topología sobre un conjunto de X, y el espacio topológico correspondiente lo anotamos (X, T). Dado un conjunto X y dos topologías, T1, T2, sobre él, diremos que T1, es más fina que T2, y escribimos T1>T2, si todo abierto de T2 es un abierto de T1. También diremos que T2 es menos fina que T1. 1.1 Sea N el conjunto de los números naturales, y sea T la familia de partes

de N, formada por:

, ,N ∅ {1},{1,2},{1,2,3},etc.

Demuestre que T es una topología sobre N.

1.2 Sean T y T´ dos topologías de un conjunto X. Demuéstrese que la familia, formada por los abiertos comunes a ambas, es también una topología de X.{ , } { , } { } ´a b c d b T T= ∉∩ ∪ Dése un ejemplo de un conjunto X y dos topologías, T, T´, sobre él, tal que la familia ´T T∪ no es una topología de X. Solución : I) ´T T∩ está formado por los abiertos que pertenecen a T y a T´. Luego: a) , ´X T T∅∈ ∩ . b) La reunió de abiertos de ´T T∩ pertenece a ´T T∩ , pues pertenece a T y a T´. c) La intersección de dos abiertos de ´T T∩ pertenece a T y T´, pues ambos pertenecen a T y T´. Luego dicha intersección pertenece a ´T T∩ .

II) { , , }X a b c= . { , ,{ , }}T X a b= ∅ y ´ { , ,{ , }}T X c d= ∅ son topologías sobre X.

´T T∪ = { , ,{ , },{ , }}X a b c d∅ no es una topología, pues { , } { , } { } ´a b c d b T T= ∉∩ ∪ .

1.3 Sea X un conjunto cualquiera. Demuéstrese que existe en X una topología sobre X, y otra llamada indiscreta, menos fina que todas las posibles topologías sobre X, y otra llamada discreta, que es la más fina.

Solución : La topología indiscreta es la formada por X y ∅ , y la discreta es la formada por todas las partes de X.

1.4 Sea T la familia formada por R2, ∅ y los subconjuntos { }k k RG ∈ de R2,

definidos de la siguiente forma:

2{( , ) / }kG x y R x y k= ∈ > +

Pruébese que toda T es una topología sobre R2. Solución : I) 2 ,R T∅∈ II) Consideremos la subfamilia.

,kG T k M R∈ ∈ ⊂ . Distinguiremos dos casos: que M esté acotado inferiormente, o que no lo esté.

a) Sea m=inf.M. Entonces

.k mk M

G G T∈

= ∈∪

En efecto:

( , ) kk M

x y G k M∈

∈ ⇒ ∃ ∈∪ tal que

( , ) ( , )k mx y G x y k m x y G∈ ⇒ − > ≥ ⇒ ∈

Luego:

( , ) mx y G∈ ⇒ x y− ,m k M> ⇒ ∃ ∈ tal que x y k− > pues, de lo contrario, x-y sería una cota inferior de M, mayor que m. Luego

( , ) kx y G∈ ⇒ ( , ) kk M

x y G∈

∈∪

y

mG kk M

G∈

⊂ ∪

b) M no está acotado inferiormente. Entonces

2

kk M

G R∈

=∪

En efecto:

2( , )x y R k M∈ ⇒ ∃ ∈ tal que x y k− > pues, por lo contrario, M estaría acotado inferiormente por x-y. Luego

( , ) ( , )k kk M

x y G x y G∈

∈ ⇒ ∈∪

III) Sean

1 2,k kG G T∈

y sea, por ejemplo, 1 1 2´ ( , )k ma x k k=

Entonces,

1 2k kG G⊂ pues

1 21 2( , ) ( , )k kx y G x y k k x y G∈ ⇔ − > > ⇒ ∈ Luego

1 2 1k k kG G G T= ∈∩

Sea un espacio topológico(X,T). Diremos que un subconjuntoC X⊂ es un cerrado de dicho espacio topológico, si su complemento es abierto.

1.5 I) Diremos que la familia { }i i ICς ∈= , de cerrados de un espacio

topológico (X,T) cumple las siguientes propiedades:

a) La intersección (finita o no) de cerrados es cerrado. b) La unión finita de cerrados es cerrado. c) Los conjuntos X y ∅ son cerrados. II) Demuéstrese que, dados un conjunto X y una familia { }i i ICς ∈= de partes de X que cumplan las tres propiedades anteriores, existe una única topología en X que la tiene como familia de cerrados.

1.6 Constrúyase un espacio topológico no discreto ni indiscreto, en que los

conjuntos sean idénticos a los conjuntos cerrados.

Solución: Sea X un conjunto con dos puntos, por lo menos. Sea

A X⊂ tal que

A X≠ y A ≠ ∅ y sea

B A= entonces formamos

{ , , , }T X A B= ∅ y ( , )X T cumple la condición pedida.

1.7 Dado un espacio topológico ( , )X T y un subconjunto Y X⊂ , demuéstrese que la familia de partes de Y:

{ / }YT A Y A Y= ∈∩

es una topología sobre Y. Esta topología se llama topología relativa o subordinada por la topología de T de X, y el espacio ( , )YY T se llama subespacio topológico de ( , )X T .

1.8 Sea un espacio ( , )X T u dos subconjuntos Y,Z de X, tales que Z Y X⊂ ⊂ . Demuéstrese que la topología relativa de T a Z, TZ , coincide con la topología relativa de TY a Z, (TY)Z.

1.9 Sea ( , )YY T un subespacio de ( , )X T . Demuéstrese que

( ).YY T B T B T∈ ⇔ ∀ ∈ ⇒ ∈ Solución: )⇐ YY T∈ por tanto Y T∈

)⇒ 1 1; ( )YB T B Y B B T B T∈ ⇒ = ∈ ⇒ ∈∩ (Dése una proposición análoga para cerrados). Sea el espacio ( , )X T . Diremos que la familia { }i i IBβ ∈= de elementos de T es una Base de la topología T si todo abierto de T es reunión de elementos de β .

1.10 I) Sea { }i i IBβ ∈= una base topológica T sobre X. Demuestrese que dicha base cumple las siguientes propiedades: 1) .i

i I

B X∈

=∪

2) Para ,i jB B β∀ ∈ y i j kx B B B β∀ ∈ ∃ ∈∩

tal que k i jx B B B∈ ⊂ ∩

II) Sea { }i i IBβ ∈= una familia de partes de un conjunto X, tal que cumpla las dos condiciones anteriores. Demuéstrese que la familia T de pares de X, definida de la siguiente forma:

A T A∈ ⇔ es una familia de elementos de β es una topología sobre X. Dicha topología se lama engendrada por β , y se escribe ( )T β . Demuéstrese que dicha topología es la menos fina de X, que contiene a la familia β . 1.11 Sea R el conjunto de los números reales, y la familia de partes de R de la forma:

,{( , )}a b R

a ba b ∈

<

donde

( , ) { / }.a b x R a x b= ∈ < <

Demuéstrese que dicha familia cumple las condiciones de base del problema anterior . La topología engendrada por dicha familia se llama topología usual sobre R; R con dicha topología, se llama recta real, y lo anotamos R.

1.12 Sea Q el conjunto de los números racionales, y la familia de partes de Q de la forma:

,{( , )}a b Qa b

a b ∈<

donde: ( , ) { / }.a b x Q a x b= ∈ < <

Demuéstrese que dicha familia cumple las condiciones de base. Q, con la topología engendrada por dicha base, se llama recta racional , Q.

1.13 Sea un conjunto X con dos topologías, 1T y 2T . Sea B una base de la topología 1T , y supongamos que dado elemento de B es una abierto de 2T . Demuéstrese que 1 2T T< . 1.14 Sea X un conjunto totalmente ordenado por la relación de orden ≤ . Se considera la familia β , de partes de X, de la forma

,{( , )} ,{( , )}{( , )}a X a b Xa b

a a a b∈ ∈<

← →

donde ( , ) { / }, ( , ) { / },( , ) { / }a b x X a b a x X x aa x X x a

= ∈ < ← = ∈ <→ = ∈ >

a) Pruébese que dicha familia cumple las condiciones de base.(La topología

que engendra se llama topología del orden de X.) b) Demuéstrese que la topología del orden es la menos fina sobre X que

hace el orden continuo en el siguiente sentido:

( ) , : ( , )a b a ba b U U x U y U x y< ⇒ ∃ ∃ ∈ ∈ ⇒ < ( aU abierto que contiene a a ) Solución: La demostración del apartado a) es muy sencilla, y se deja para el lector. Veamos que [ , ( )]X T β hace continuo el orden:

) :) :

a c a c ba b

b c a c b∃ < <⎧

< ⎨ ∃ < <⎩

Analicemos ambos casos:

a) Tomamos

( , ) ; ( , )a bU c U cβ β= ← ∈ = → ∈

y verifica

a

b

x U x cx y

y U c y

⎫∈ ⇒ < ⎪⇒ <⎬∈ ⇒ < ⎪⎭

b) tomamos

( , ) ; ( , )a bU b U aβ β= ← ∈ = → ∈

ya que si x y≤

entonces

y x< o x y= y

a y x b< < < o .a x y b< = <

con lo que llagamos a una contradicción de la hipótesis b). Supongamos ahora una topología ´T sobre X que haga continuo el orden, y vamos a ver:

´ ( )T T β>

Para ello basta ver que todo elemento de β es un abierto de la topología ´T . Sea ( , )a β→ ∈ Entonces

( , )b a a b∈ → ⇒ < ;

´´ , ´ : ;

´

aa b

b

x Ua b U U x y

y U

⎛ ⎞⎫∈ ⎪< ⇒ ∃ ⇒ <⎜ ⎟⎬⎜ ⎟∈ ⎪⎭⎝ ⎠

donde ´ , ´ ´a bU U T∈ .

Veamos que ´ ( , )bU a⊂ → .

En efecto, sea ´by U∈

Entonces ´´

a

b

x Ua y

y U

⎫∈ ⎪⇒ <⎬∈ ⎪⎭

; por tanto ( , )y a∈ → .

Luego

´ ( , )bU a⊂ → De donde

( , )

( , ) ´ ´b

b a

a U T∈ →

→ = ∈∪

Análogamente, ticket

( , ) ´b T← ∈ finalmente

( , ) ( , ) ( , ) .a b b a T= ← → ∈∩ Luego

´Tβ ⊂ , y, por tanto,

( ) ´T Tβ ⊂

1.15 Sea X un conjunto totalmente ordenado y un subconjunto .Y X⊂ Pruébese que la topología del orden en Y no coinciden, en general, con la topología relativa a y de la topología del orden de X.

Solución: Sean

( ,X R= ≤ el orden usual) ( , 1) {0} (1, )Y R= ← − → ⊂∪ ∪

En la topología relativa, el {0} es abierto, pues

{0} ( 1,1) Y= − ∩

pero no puede ser reunión de intervalos de Y de las formas

( , ); ( , ); ( , )a b c d→ ← .

Luego {0} no es abierto en la topología del orden de Y. 1.16 Sea

{1,2,3,4,5}X =

Demuéstrese que no existe ninguna topología en X que tenga por base a al familia

{{1,2}{2,4,5}{3,4,5}}β =

Solución: Supongamos que existe dicha topología T. Entonces,

{1,2},{2,4,5} T∈ y, por lo tanto

{1,2} {2,4,5} {2} T= ∈∩

lo cual es absurdo, pues {2} no se puede obtener como reunión de elementos de β . 1.17 Pruébese que la familia de intervalos cerrados {[ , ]}a bβ = de R, donde

, ,a Q b R Q∈ ∈ − y a b< , es base de una topología en R. Demuéstrese que no lo es la familia

{[ , ]}a b , con , ,a b Q a b∈ <

Solución: a)

[ , ]

[ , ]a b

a b Rβ∈

⊂∪

Esta inclusión es evidente. Veamos que

[ , ]

[ , ]a b

R a bβ∈

⊂ ∪

En efecto,

;

x Qx R o

x R Q

∈⎧⎪∈ ⇒ ⎨⎪ ∈ −⎩

si x Q∈ , entonces, [ , ]x x y∈

siendo ,y R Q x y∈ − < ;

si x R Q∈ − , se tiene que [ , ]x y x∈

donde ,y Q y x∈ <

y en ambos casos

[ , ]

[ , ]a b

x a bβ∈

∈ ∪

Luego

[ , ]

[ , ]a b

R a bβ∈

= ∪

b) Sean

,W V β∈ y sea .x V W∈ ∩ Se tiene

[ , ]V a b= , [ , ]W c d= y .b c≠ pues

b R Q∈ − y c Q∈ Supongamos a c< . Caben entonces los siguientes casos:

V W W=∩ [ , ], [ , ]V W c b x c b β= ∈ ∈∩

Supongamos c=a. Caben entonces los siguientes casos: V W W=∩

V W V V V= =∩ ∩ Si c<a, tenemos una discusión análoga al primer caso. Luego en todos los casos existe un elemento de β contenido en V W∩ , al cual x pertenece. Vamos a ver ahora que la segunda familia no es base. Sean

[ , ], [ , ]V a b W b d= =

Entonces { }b V W= ∩

y entonces no existe ningun elemento de β contenido en V W∩ , al cual b pertenezca. Diremos que dos bases , ´β β , en un conjunto X, son equivalentes si engendra la misma topología.

1.18 Demuéstrese que la condición necesaria y suficiente para que dos bases , ´β β del conjunto X sean equivalentes es que se cumplan las dos

condiciones siguientes:

a) , , ´ : ´B x B B x B Bβ β∀ ∈ ∀ ∈ ∃ ∈ ∈ ⊂ b) ´ , , : ´B y B B y B Bβ β∀ ∈ ∀ ∈ ∃ ∈ ∈ ⊂ .

1.19 Sea un espacio topológico ( , )X T , sea B una base de T y sea .Y X⊂

Demuéstrese que la familia { }iY i B BB B Y ∈= ∩ es una base de YT .

1.20 Demuéstrese que recta racional es un subespacio de la recta real.

Solución: Demostraremos que la base QB , subordinada por la base B de R, y la base B´ de Q, son equivalentes. Sea

( , ) , ,Qx a b Q B a b R∈ ∈ ∈∩ Entonces

, : ( , ) ( , ), ( , ) ´p q Q p q a b x p q B∃ ∈ ⊂ ∈ ∈ Recíprocamente, sea

( , ) , ,y p q B p q Q∈ ∈ ∈ Entonces

( , ) ( , ) Qy p q p q Q B∈ = ∈∩ Sea un espacio topológico (X,T) y se x X∈ . Diremos que un subconjunto V de X es un entorno de x si

: .A T x A V∃ ∈ ∈ ⊂

La familia

( ) { ( ) / ( )B x V x X V X= ⊂ entorno de }x se llama sistema de entornos de x.

1.21 Sean (X,T) y x X∈ . Demuéstrese que el sistema de entornos B(x) satisface las cuatro propiedades siguientes: a) ( ) ( ) ( ).V x B x x V x∈ ⇒ ∈ b) 1 2 1 2( ), ( ) ( ) ( ) ( ) ( )V x V x B x V x V x B x∈ ⇒ ∈∩ . c) ( )V B x∈ y ( ).U V U B x⊃ ⇒ ∈ d) ( )U B x A U∈ ⇒ ∃ ⊂ y ( )A B x∈ tal que t A∀ ∈ se verifica

( ).U B t∈

1.22 Sea un conjunto X, y supongamos que en cada punto x X∈ tenemos definida de partes de X que anotaremos B(x), y que satisface las cuatro propiedades del problema anterior.

Se define entonces a la familia T de partes de X de la siguiente forma:

: ( )A T x A A B x∈ ⇔∀ ∈ ∈

a) Demuéstrese que T es una topología sobre X. b) Demuéstrese que en todo punto x X∈ se verifica que ( )B x es el

sistema de entornos en x del espacio (X,T). c) Demuéstrese que dicha topología es la única en X, tal que se

verifica la condición anterior.

1.23 Sea (X,T) y sea un subconjunto A X⊂ . Demuestrese que la condición necesaria y suficiente para que a sea abierto es que sea entorno de todos sus puntos.

Sean (X,T) y x X∈ . Diremos que _____

( ) ( )B x B x⊂ es un sistema fundamental de entornos o base de entornos de x si:

_____

( ) ( ) ( ) ( ) : ( ) ( )V x B x U x B x U x V x∀ ∈ ⇒ ∃ ∈ ⊂

1.24 Sean (X,T) y x U∈ . Demuéstrese que los sistemas fundamentales de

entornos _____

( )B x verifican las tres propiedades siguientes:

a) _____

( )U B x x U∈ ⇒ ∈ .

b)_____ _____

, ( ) ( )U V B x U V W B x∈ ⇒ ⊃ ∈∩ .

c) _____ _____ __ _____ __

( ) ( ), , ( ) :U B x W B x t W U B t U U∈ ⇒ ∃ ∈ ∀ ∈ ∃ ∈ ⊃

[Tómese W tal que x W A U∈ ⊂ ⊂ , donde _____

, ( )A T W B x∈ ∈ ]

1.25 Sea un conjunto X, y supongamos que en cada punto x X∈ tenemos

definida una familia de partes de X que anotaremos _____

( )B x , y que satisface las tres propiedades del problema anterior. Se define entonces la familia ( )B x de partes de X de la siguiente forma:

_____

( ) ( ) ( ) : ( )V B x U x B x U x V∈ ⇔ ∃ ∈ ⊂ .

a) Demuéstrese que ( )B x cumple las cuatro propiedades del problema 1.21, y, por tanto, es sistema de entornos de una topología T sobre X.

b) Demuéstrese que _____

( )B x es un sistema fundamental de entornos de ( )B x .

c) La familia ( )B x construida es única tal que cumple a) y b). Demuéstrese, por tanto, que la topología T sobre X es la única tal

que en cada punto x X∈ se tenga que _____

( )B x sea sistema fundamental de entornos.

1.26 Sean (X,T) y x X∈ . Demuéstrese que

{ }____

( ) /B x A T x A= ∈ ∈ Es una base del sistema de entornos ( )B x . Dado (X,T) y x X∈ , el sistema de entornos ( )B x es único, pero puede existir mas de un sistema fundamental de entornos. Diremos que dos sistemas fundamentales de entornos son equivalentes si dan lugar a la misma topología (véase problema 1.25).

1.27 Sea la recta real R y x R∈ . Demuéstrese que los siguientes conjuntos son sistemas fundamentales de entornos de x R∈ , y, por tanto, equivalentes:

a) { }( , ) / , 0 .xa

x a x a a R a B− + ∈ > =

b) { }[ , ] / , 0 .x a x a a R a− + ∈ >

c) { }( , ) / , 0 .x a x a a Q a− + ∈ >

d) { }( , ) / , 0 .x a x a a I R Q a− + ∈ = − >

Sean (X,T) y x X∈ . Diremos que _____

( )B x es un sistema fundamental de entornos abiertos si es sistema fundamental de entornos y todos sus elementos son abiertos. Ejemplo: los sistemas a),c) y d) del problema anterior y el sistema del problema 1.26.

1.28 a) sean (X,T), una base B de T y x X∈ . Demuéstrese que la familia

{ }/A T x A∈ ∈

es una base de T.

1.29 Sea q Z∈ primo. Sean n Z∈ y la familia de conjuntos

{ }( ) / ( )r rU n n mq A B x= Ζ = + ∈

obtenidos para r Z +∈ . Demuéstrese que dicha familia forma un sistema fundamental de entornos abiertos de n, pero no formara, en general, un sistema de entornos. Solución:

I) Veamos que dicha familia cumple las tres propiedades del problema 1.24.

a) 0 ( )( ).r rn n q U n r Z += + ∈ ∀ ∈ b) Sean

1 21 2( ), ( ); ,r rU n U n r r Z +∈

y sea, por ejemplo, 1 1 2max( , )r r r=

Entonces, 1 2( ) ( )r rU n U n⊂ .

En efecto: 1 1 1 2 2 2( ) ( )r r r r r rZ U n Z n mq n mq q Z U n−∈ ⇒ = + = + ⇒ ∈

Luego 1 2 1( ) ( ) ( )r r rU n U n U n=∩ .

c) 1 1

1 1 1 1( ) : .r rZ U n m Z n m q∈ ⇒ ∃ = + Sea, entonces,

11( )rU Z

y se verifica que

1 11( ) ( )r rU Z U n⊂ .

En efecto: 1 1

1 1( ) :r rZ U n m Z Z Z m q∈ ⇒ ∃ ∈ = + ⇒ 1 1 1 1

1 1( ) ( )r r r rZ n m q mq n m m q Z U n= + + = + + ⇒ ∈

Además, todo elemento de la familia es abierto por ser entorno de todos sus puntos.

II) Veamos que, en general, no se verifica la condición 3) del

problema 1.21. Sea, por ejemplo,

2, 1q n= =

y

{ } { }2 2(1) 1 2 / 1 4 /rU Z m m Z Z m m Z= = + ∈ = = + ∈ Sea

{ }2 2(1) 0 (1).V U U= ⊃∪ Supongamos

(1),rV U r Z += ∈ Entonces,

0 1 2 0rm r= + ⇒ = y 1m = − Luego

V Z= Pero esto es absurdo, pues

22 (1)U∉ y, por tanto,

2 V∉ Según la definición de V. Sea (X,T) y una familia { }i i I

S S∈

= de partes de X. Diremos que S es una subbase de T si la familia formada por todas las intersecciones finitas de elementos de S, o sea,

/ , ,ii L

A A S L I Lfinito∈

⎧ ⎫= ⊂⎨ ⎬

⎩ ⎭∩

es una base de T.

1.30 Demuéstrese que los conjuntos de la forma

( , ), ( , ), ,a b a b R← → ∈ forman una subbase de la recta real.

1.31 Sean un conjunto X, y una familia { }i i I

S S∈

= , de partes de X. a) Demuéstrese que la familia de partes de X, definida de la manera

siguiente,

/ , ,ii L

A A S L I Lfinito∈

⎧ ⎫= ⊂⎨ ⎬

⎩ ⎭∩

Satisface las condiciones de base, y, por tanto, engendra una topología, que anotaremos T(S).

b) Demuéstrese que dicha topología T(S) es la menos fina de todas las que contienen a S.

1.32 Dado un conjunto X, consideremos un subconjunto A fijo de X, y la familia de partes de X:

{ } { }( ) 0 ( ) / 0T A X Aρ= ∈ ⊃ ∪ ∅ .

a) Pruébese que T(A) es una topología sobre X. b) Pruébese que

1 2 1 2( ) ( )T A T A A A> ⇔ ⊂ Solución: I a) ( )T A∅∈ por definición, y

( )X A X T A⊃ ⇒ ∈

I b)

( ) :i iO T A i O A∈ ⇒∀ ⊃ ( )i iO A O T A⇒ ⊃ ⇒ ∈∪ ∪

I c)

1 2 1 2, ( ) ,O O T A O A O A∈ ⇔ ⊃ ⊃

1 2 1 2 ( )O O A O O T A⇒ ⊃ ⇒ ∈∩ ∩

II a)

1 2 2 1 1 2( ) ( ) ( )T A T A A T A A A> ⇒ ∈ ⇒ ⊂ II b) Supongamos 1 2A A⊂ . Entonces, para todo 2( )O T A∈ se verifica

2 1O A A⊃ ⊃ luego

1( )O T A∈ y 1 2( ) ( )T A T A> .

1.33 Sean , ´B B dos subconjuntos no vacíos de un espacio topológico X, y sea A un

Subconjunto de ,B B∩ que es abierto (cerrado) tanto respecto a B como a ´B . Demuéstrese que A es abierto (cerrado) respecto a ´B B∪ . Solución:

1

2 ´A A BA A B= ⎫

⎬= ⎭

∩∩

donde 1 2,A A son abiertos

1 2 1 2 1 2

2 1

( ) ( ) ( ( )( ) ( ) .

A A B B A A B A A BA A A A A A A

= == = =∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩∩ ∪ ∩ ∪

Luego A es abierto respecto a ´B B∪ .Análogamente, se demuestra para cerrados.

Subconjuntos notables. Sucesiones.

Sea (X,T) y un subconjunto M X⊂ . Entonces, definimos los siguientes puntos: a) x X∈ es interior a M si M es entorno de x . El conjunto de los puntos

interiores de M se anota o

M , y se llama interior de M. b) x X∈ es exterior a M si es interior a cM . El conjunto de los puntos exteriores de a M se anota Ext., y se llama exterior de M. c) x X∈ es adherente a M si todo entorno de x contiene algún punto de M. El

conjunto de los puntos adherentes a M se anota ___

M , y se llama adherencia de M.

d) x X∈ es punto de acumulación de M si todo entorno de x contiene algún punto de M distinto de x . El conjunto de puntos de acumulación de M se escribe ´M y se llama derivado de M. e) x X∈ es punto frontera de M si es adherente a M y a cM . El conjunto de los puntos frontera de M se anotara FrM, y se llama frontera de M.

Diremos que M es denso en X si ___

M =X. Finalmente, diremos que x X∈ es aislado si existe un entorno suyo que no contiene otro punto de X, sino x . 2.1 Sea { }(0,1) 2M = ∪ , subconjunto de R. Demuéstrese que:

a) (0,1)o

M = ;

b) { }___

[0,1] 2M = ∪ ;

c) ´ [0,1]M = ; d) FrM = { } { } { }0 1 2∪ ∪ ; e) ExtM = ( ,0) (1,2) (2, )← →∪ ∪ ; f) { }2 no es punto aislado de R, pero sí lo es de ( , ).MM T

2.2 I) Demuéstrese que o

M es abierto, y que es el máximo abierto contenido en M.

II) Demuéstrese que o

M satisface las siguientes propiedades:

1) ;o

M M⊂

2) ;oo o

M M=

3) ____ _____o

M N∩ = o o

M N= .

2.3 I) Demuéstrese que ___

M es cerrado, y que es el mínimo cerrado que contiene a M.

II) Demuéstrese que ___

M satisface las siguientes propiedades:

1) ___

;M M⊂

2) ____

___ ___

;M M=

3) _________ ___ ___

M N M N=∪ ∪ .

2.4 Demuéstrese que ___

´M M M= ∪ .

2.5 Demuéstrese que

___ oc cM M= .

2.6 Demuéstrese que

______cFrM M M= ∩ .

2.7 Demuéstrese que

___ o

FrM M M= − .

2.8 Demuéstrese que

___ ___

( ) ( )cFrM M M M M= −∩ ∪ .

Solución: Sabemos que

______cFrM M M= ∩

___

x FrM x M∈ ⇒ ∈ y ___

cx M∈

Caben dos casos: Si

___ ___ ___( ) ( )c cx M x M M x M M M M∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ −∩ ∩ ∪

y si ______ ___

( ) ( )cx M x M M x M M M M∉ ⇒ ∈ − ⇒ ∈ −∩ ∪

Luego, en todo caso:

___ ___

( ) ( )cx M M M M∈ −∩ ∪

Sea ahora ___ ___

( ) ( )cx M M M M∈ −∩ ∪

Caben dos casos: a)

___ ___

x M M x M∈ − ⇒ ∈ y x M∉ ⇒ ___

x M∈ y cx M∈___

x M⇒ ∈ y ___

cx M∈ x FrM⇒ ∈

b)

___ ___cx M M x M∈ ⇒ ∈∩ y

___cx M∈

x FrM⇒ ∈

Luego ___ ___

( ) ( )cM M M M FrM− ⊂∩ ∪ .

2.9 I) Se considera en N la familia 1T formada por ∅ , N y todos los

subconjuntos de N de la forma { }1, 2,..., .nA n=

Pruébese que dicha familia es una topología de N.

II) Se considera en N la familia 2T formada por ∅ , N y todos los subconjuntos de N de la forma

{ }, 1,... .nB n n= +

Pruébese que esta familia es también una topología de N. III) Determínese

{ } { }____

3, 4 , 3, 4o

y { }3, 4Fr

en ambos espacios topológicos. Solución:

I) a) 1, N T∅ ∈

b) Sea 1( ).nA T n M N∈ ∀ ∈ ⊂

Sólo caben dos casos: Si M no está acotado, entonces

1nn M

A N T∈

= ∈∪

Si M no esta acotado, sea m extsutM=

y entonces

n mn M

A A∈

=∪

c) Sean 1,n mA A T∈

y sea, min( , )n n m=

Entonces n mA A⊂ y n m nA A A T= ∈∩

II) a)

2, N T∅ ∈

b) 2 , ( )nB T n M N∈ ∀ ∈ ⊂

y sea infm ext M=

Entonces 2n m

n M

A B T∈

= ∈∪

c) Sean 2,n mB B T∈

Sea, por ejemplo, max( , )n n m=

Entonces n mB B⊂ y 2n m nB B B T= ∈∩

III) En 1( , )N T es:

{ }3, 4o

=∅

{ } { }____

23, 4 3, 4,5,...N A= − =

{ } { } { }____

23, 4 3, 4 3, 4o

Fr N A= − = − En 2( , )N T es:

{ }3, 4o

=∅

{ } { }____

53, 4 1, 2,3, 4N B= − =

{ } { } { }____

53, 4 3, 4 3, 4o

Fr N B= − = −

2.10 Sea un subconjunto X. Se define la familia T formada por ∅ , X y todos los subconjuntos 0⊂X, tales que X-0 es finito.

I) Pruébese que T es una topología sobre X. II) Caracterícense los cerrados de (X,T). III) Encuéntrese la adherencia de una sucesión arbitraria del espacio. IV) Demuéstrese que A X∀ ⊂ se verifica que A es cerrado.

Solución:

I. a) , X T∅ ∈

b) Sean , ( )iO T i I∈ ∀ ∈

Entonces ( )i i

i I i I

X O X O∈ ∈

− = −∪ ∩

es finito. Luego i

i I

O I∈

∈∪

c) Sean 1 2,O O T∈

Entonces 1 2 1 2( ) ( ) ( )X O O X O X O− = − −∩ ∪

es finito. Luego 1 2O O T∈∩

II. Los cerrados son los subconjuntos finitos de ∅ y X. III. Sea { }nA X= una sucesión de X. Distinguiremos dos casos: a) A finito. Como todo punto de X es cerrado, A es reunión finita de

cerrados y, por tanto, cerrado. Luego

___

A A= b) A infinito. Entonces el único cerrado que puede contener a A es X. Luego

___

X A= IV. Sea A X⊂ , a) A finito. Entonces A cerrado y

___

´A A A A= = ∪ Luego A A⊂ finito y, por tanto, cerrado. b) A infinito. Entonces A X= . En efecto, sea x X∈ , y vamos a ver que si

´x A∉ llegamos a un absurdo. ´x A∉ xV⇒∃ abierto tal que { }( )xV x A− =∅∩ ;

{ } { }( ) ( )x xV x A V A x− =∅⇒ − =∅∩ ∩ ;

{ } { }( )x xV A x A x V− =∅ = − ⊂∩ finito;

2.11 Deseé un ejemplo de dos subconjuntos abiertos A, B de R tales que los cuatro conjuntos:

___ ___ _______ ___ ___

, , ,A B B A A B A B∩ ∩ ∩ ∩ sean distintos. Solución:

{ }

___

___

_______

___ ___

(0, 2)(0,1) (2,3)

(0,1]

[0,1)

[0,1]

[0,1] 2 .

AB

A B

B A

A B

A B

==

=

=

=

=

∪

∩

∩

∩

∩ ∪

2.12 Pruébese que para todo el conjunto finito A de la recta real, se verifica:

a) A cerrado; b) A =∅

Solución: I) En R todo punto x es cerrado, pues

{ } ( , ) ( , ).C x x x= ← →∪

Luego es reunión finita de cerrados y, por tanto, cerrado. II) Sea { }1,..., nA x x=

1 ´x A∈ En efecto, existen los entornos

2 ,..., nV V de 1x tales que

22 ,..., n

nx V x V∉ ∉ Sea

2 ... .nV V V= ∩ ∩ Entonces V es un entorno de 1x tal que

{ }1( )V x A− = ∅∩ Análogamente, se prueba que los restantes puntos de A no pertenecen a A . Luego

´A A =∅∩ ___

´ ´A A A A A= = ⇒ =∅∪ 2.13 Dése un ejemplo de dos intervalos A y B de la recta real, tales que

___ _______

B A A B⊄∩ ∩ Solución:

[ ) ( ) { }0,1 1,3 5 A∪ ∪ =

2.14 Póngase un ejemplo de un subconjunto de la recta real que no sea abierto ni cerrado. Solución. Q. 2.15 Se considera el subconjunto de la recta real.

[ ) ( ) { }0,1 1,3 5 A∪ ∪ =

Con la Topología TA subordinada por la usual . I) Digase si { }5 es abierto o cerrado en ( ), AA T .

II) Digase si ( )1,3 es abierto o ce3rrado en (A,TA)

III) Calculese la adherencia de [ )0,1 en (A,TA)

IV) Vease si [ ]0,1/ 2 es un entorno de {0} en (A,TA). Solucion :

I) {5}={{5}∩A y {5} cerrado en (R,T). Luego {5} cerrado en (A,TA) {5}=(4,6)∩A y (4,6) abierto en (R,T) Luego {5} abierto en (A,TA) Luego {5} es abierto y cerrado en (A,TA) II) Es abierto y cerrado: (1,3)=(1,3)∩A (1,3)=[ ]1,3 ∩A III) [ ) [ ]0,1 0,1= ∩Α

Luego[ )0,1 es cerrado en ( ), ATΑ , y

[ ) [ )0,1 0,1=

IV)

10;α = ∀ V α : { }( )V α α− [ ) ( )4,10 ,10β∩ ⊃ ;

α >10 ; ∃ V α = ( ) ( ), 10β β α→ < < : { }( ) [ )4,10V α α− ∩ =∅

Luego en los cuatro primeros casos, α es punto de acumulación de [ )4,10 , y en el quinto no lo es. Luego

( )( ) { }( ) { }8 8, : 8 8 .V Vβ= → − ∩ =∅ [ ),4,10 = ( ],10 .←

Calculamos ahora { },8 . Sea α ∈R, en los siguientes tres casos:

a) α <8 ; V α∀ : { }( ) { } { }8 8 .V α α− ∩ =

b) 8α = ; 8V∃ ( )( ) { }( ) { }8 8, : 8 8 .V Vβ= → − ∩ =∅

c) 8α > ; V α∃ ( )( ) { }( ) { }, : 8V Vα αβ α= → − ∩ =∅

Luego en el primer caso α es punto de acumulación de { }8 , y en el segundo caso y tercero no lo es. Luego

{ } ( ),8 ,8 .= ←

Calculemos, finalmente, `Z . Sea α ∈R en los siguientes dos casos: a) ,Zα ∈ ∀ V α se tiene { }( ) .V Zα α− ∩ ≠∅

b) ,Zα ∉ V α∀ se tiene { }( ) .V Zα α− ∩ ≠ ∅

Luego, en todo caso, α es punto de acumulación de Z, y R= ´Z .

2.19 Sean ( ),X T y un subconjunto A .X⊂ I) Pruébese , mediante un contraejemplo, que la relación

ExtA A∪ ≠ ∅ no es, en general , cierta. II) Hállese una condición suficiente para que lo sea (A, abierto). III) Pruébese que esta condición no es, en general, necesaria. Solución: I) Sean ( ),X T =R, A=Q Entonces,

Q= ,∅ ExtQ =∅ y ExtQ Q∪ =∅ .

II) A abierto⇔Α=A. Luego A Ext⊂ A∪A =

ExtA∪Α ExtA⊂ ∪Α ExtA⇒ ∪Α≠∅ pues ExtA∪Α contiene A≠ ∅

( ), .abiertoΑ

III) Un contraejemplo es el siguiente: Sean ( ),X T R= y A=[ ]0,1 Cerrado y no abierto. Entonces,

Α= ( )0,1 : ExtA = ( ) ( ),0 1, .← ∪ → Luego

Ext A∪Α =R-{ }0,1

ExtA∪Α=R

ExtA∪Α =R≠ ∅ .

2.20 Sean ( ),X T y un subconjunto abierto A .X⊂ Pruébese que

B BΑ∩ ⊂ Α∩ ( )B X∀ ⊂ y póngase un ejemplo en que no se verifique la igualdad. Póngase también un ejemplo en que se verifique la igualdad.

Solución: .x B∈Α∩ 2.23 I) Tomamos el conjunto

1∑ de las rectas paralelas al eje ,ΟΧ

como subbase de una topología en 2R . Calcúlese en ( )2

1,TR ⎡ ⎤⎣ ⎦∑ la

adherencia y el interior de A= ( ){ }, /1 2,1 2x y x y≤ ≤ ≤ ≤ . II) Sea ahora el conjunto

2∑ formado por el anterior1∑ y la recta

de la ecuación x=1. Calcúlese la adherencia y el interior de A en ( )2

2, TR ⎡ ⎤⎣ ⎦∑ .

Solución: Fig.2 Fig.3

I) Α =

1 2a≤ ≤∪ ar

siendo ar la recta de la ecuación y =a

Α=∅ pues ningún abierto no vacío puede estar contenido en A. II)

1 2a≤ ≤

Α = ∪ ar

Siendo ar la recta de la ecuación y= a.

( ){ }, / 1,1 2 .p x y x yΑ = = = ≤ ≤ En efecto, los puntos de la forma ( )01, ,y 01 2y≤ ≤

Pertenece a ,Α ya que

( ) ( ) ( ) ( ){ }0 0 01, 1 1,y x y y y∈ = ∩ = = ⊂ Α

( ) ( )01x y y abierto= ∩ =

Ningún otro punto de A pertenece aΑ .

2.24 En R se define los conjuntos { }1/ .x nn

V y y x y nó= − < >

I) Demuéstrese que la familia

B={ }/ ,xnv x R n N∈ ∈

es base de una topología sobre R. II) Hállese en dicha topología la adherencia de A= { }/ 2 .x x > Solución: I)

x

x Rn N∈∈

∪ .xnV R=

II) Dados 1 2

1 2,x x

n nV V B∈ y x 1 2

1 2

x xn nV V∈ ∩

Se tiene:

( )

( )

( )

( )

1

1

2

2

1 1 11 1

2 2 22 2

1 1 11 1

2 2 2,2 2

1 1, ,

1 1, ,

1 1, ,

1 1,

xn

xn

V x x nn n

V x x nn n

x x x nn n

x x nn n →

⎛ ⎞= − + ∪ →⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

= − + ∪ →⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞∈ − + ∪ → ∩⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞

∩ − + ∪ = Λ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦

Es posible construir un intervalo abierto

( ), xx x Bε−∈ +∈ =

tal que .xBε ⊂ Λ (compruébese). Se tiene que

11: .x

nn B

n∃ <∈⇒ ⊂ Λ

Podemos tomar n=máx ( )1 2, , .n n n Entonces

( ) ( )

( ) ( )( )

1

2

, ,

, ,,

n n

n nn

→ ⊂ →

→ ⊂ →

⎧ ⎫⎪ ⎪⇒ → ⊂ Λ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

y ( )1 , ;x

nB n∪ → ⊂ Λ ( )1 , .x

nB n B∪ → ∈

Entonces (problema 2.34),

0 0, : nn n n x x Q∃ ∀ ≥ = ∈ Y sin embargo, Q no es abierto, pues su complemento no es numerable. Sean ( ),X T y una sucesión { }n n N

a∈

en X. Diremos que a X∈ es un valor de adherencia de dicha sucesión si

,aV∀ n N∀ ∈ : .amm n a V∃ ≥ ∈

2.37 Sea ( ),X T y la sucesión { }n n N

a∈

en X. Sea A el conjunto de valores de adherencia de dicha sucesión, y sea

{ }/ .n mA a m n= ≥

I. Demuéstrese que { }.n nA a⊂

II. Demuéstrese que nn N

A A∈

= ∩

Solución: I. Inmediato

II. nn N

a A∈

∈ ⇔∩ n N∀ ∈ , ,aV∀ : .amm n a V∃ ≥ ∈ ⇔

a es valor de adherencia de { }n n Na

∈

Luego

nn N

A A∈

= ∩ =A.

2.38 Pruébese que, en todo espacio topológico X, la reunión de un subconjunto abierto A y su exterior, es denso en X. Solución:

Ext A=o

A ; B =A∪ ext A =A∪o

A . Sea C un abierto cualquiera de X.

I. Sí A∪ C≠ ∅ , entonces B∪ C≠ ∅ .

II. Sí A∪ C≠ ∅ , entoncesC A⊂ .

Luego C A⊂ y C abierto ⇒ C ⊂o

A ⇒ B∩ C≠ ∅ en todo caso, B∩ C≠ ∅ .

Luego B =X. 2.39. Diremos que un espacio es separable si existe un subconjunto suyo, denso en él y numerable.

I. Demuéstrese que en todo espacio separable X, el subconjunto de todos los puntos aislados del mismo es finito o numerable.

II. Demuéstrese que la recta real es separable. III. Demuéstrese que todo subespacio abierto de un espacio separable es separable.

Solución: I) sea A subconjunto numerable tal que

A =X Y sea B el conjunto de los puntos aislados de X. Entonces, B⊂A, pues todo punto aislado es un abierto. Luego B es numerable.

II) Q es denso en R y es numerable. III) Sea A denso en R y es numerable. Sea Y abierto un subconjunto de X. Entonces A∩ Y es numerable y denso en Y (compruébese).

2.40 Sea A un subconjunto denso en un espacio topológico X, y sea U un abierto. Pruébese que

U⊂ ( )A U∩ . Solución: Sea x U∈ y W un entorno abierto de x. Entonces,

W∩ U≠ ∅ y abierto Luego:

(A∩ U) ∩W= A∩ (W∩ U) ≠ ∅ y ( )x A U∈ ∩ . 2.41 Sea X un espacio topológico. Pruébese que las tres proposiciones siguientes son equivalentes:

I. Para todo par de puntos distintos ,x y X∈ se verifica que:

:x xU y U∃ ∉

:y yV x V∃ ∉ II. Todo punto y de X es un subconjunto cerrado.

III. Para todo punto x X∈ se verifica que:

{ }( )x

x

V B xV x

∈=∩

Solución: I)⇒ II) Para todo punto x X∈ , ningún otro punto y V∈ es adherente a x pues:

:y yV x V∃ ∉ Luego

{ } { }x x= II)⇒ III) Sí

( )x

x

V B xV

∈∩

contuviera otro punto y x≠ , entonces

{ }x y∈ y { }y y≠ III)⇒ I) Si x y≠ , entonces

( )x

x

V B xy V

∈∉ ∩

Luego :x xV y V∃ ∉

Análogamente, :y yU x U∃ ∉

2.42 Un punto a a R∈ se dice que es adherente por la izquierda a un subconjunto, si a A∈ y existe un intervalo de la forma ( ), ,a b a <b , tal que

( ),a b A =∅∩ I. Demuéstrese que el conjunto de los puntos adherentes por la izquierda de un subconjunto A de R es numerable.

II. Demuéstrese que todo subconjunto bien ordenado de R es numerable. Solución: Establecemos la aplicación inyectiva:

a q Q→ ∈ tal que ( ),q a b∈ .

Sea A un subconjunto bien ordenado de R. Entonces, todo punto de A es un punto adherente por la izquierda de A, pues a A∈ , el conjunto

{ }/aA x A x a= ∈ >

tiene primer elementob , y ( ),a b A =∅∩ ó aA =∅ con lo que existe a b< tal que

( ),a b A =∅∩

Luego A es un subconjunto de un conjunto numerable, y, por tanto, numerable.

2.43 Demuéstrese que un espacio separable X, toda familia de abiertos no vacíos y disjuntos de X es numerable. Solución: Sea Y numerable tal que Y X= y sea { }i i I

A∈

una familia de abiertos no vacíos y disjuntos de X. Entonces,

,i I∀ ∈ :i i ix Y x A∃ ∈ ∈ La aplicación:

I Y→

ii x→ es inyectiva, pues los abiertos son disjuntos. Luego I es numerable.

Aplicaciones Continuas 3.9 Sean dos aplicaciones f, g, continuas de un espacio ( ),X T , en un espacio 2T , ( )`,Y T . Demuéstrese

que el subconjunto de X: ( ) ( ){ }/A x A f x g x= ∈ =

es cerrado. Solución: Veamos que A es abierto. Para todo punto x A∈ se verifica:

( ) ( )f x g x≠ ⇒ ( ) ( ),f x g xV V∃ tales que ( ) ( )f x g xV V =∅∩ (Véase que podemos tomar ( ) ( ),f x g xV V tales que sean entornos abiertos). Se verifica que

( ) ( )1 ( ) 1 ( )f x g xW f V g V− −= ≠ ∅∩

puesto que x W∈ . Además, W es abierto por ser intersección finita de abiertos. Veamos que

W A⊂ Sea y W∈ . Se sigue que

( ) ( )f xf y V∈ ; y A∉ Luego

y A∈ 3.10

Sean un espacio topológico ( ),X T y us subconjunto D denso en X. Sean un espacio topológico 2T ,

( )`,Y T y dos aplicaciones continuas f,g de ( ),X T en ( )`,Y T . Demuéstrese que si

\Df = \Dg entonces

f g= Solución: Supongamos que

f g≠ Entonces

1 1: ( ) ( )ix X f x g x∃ ∈ ≠ Sean los subconjuntos de X:

( ) ( ){ }/ ;A x X f x g x= ∈ ≠ 1x A∈

( ) ( ){ }/B x X f x g x D= ∈ = ⊃

Según el problema anterior, B es cerrado, luego A = B es abierto. Luego,

A D ≠ ∅∩ y podemos tomar z A D∈ ∩ , que verificara:

( ) ( );f z g z= ( ) ( );f z g z≠ y llegamos a un absurdo. 3.11 Sea un espacio ( ),X T con una base numerable (cumple en segundo axioma de numerabilidad), y consideremos una aplicación:

:f X R→ Sea

( )/ maxM x X f x es imo local⎧ ⎫= ∈⎨ ⎬⎩ ⎭

( )f x es máximo local si existe xV tal que:

: ( ) ( )xy V f y f x∀ ∈ ≤

Pruébese que ( )f M R⊂ es numerable. Solución: Sea { }n n N

B∈

la base numerable de ( ),X T . Vamos a construir una aplicación inyectiva:

{ }( ) n n Nf M Bφ

∈⎯⎯→

( ) nz f x B= →

( );z f M∈ ;x M∈ : : ( ) ( )x xx M V y V f y f x∈ ⇒ ∃ ∀ ∈ ≤ Tomamos nB tal que

xn Vx B∈ ⊂

y veamos que la aplicación φ es inyectiva. En efecto, sí ( ) nz f x B= →

` ( `) nz f x B= →

y suponemos 'n nB B= , resulta '

' ( ) ( )nx B f x f x∈ ⇒ ≤ ' '( ) ( )nx B f x f x∈ ⇒ ≤

de donde '( ) ( )f x f x=

y, por tanto, 'z z=

3.12 Sea el conjunto { }, , ,X a b c d=

con la topología { } { } { } { }{ }, , , , , , , ,T X a b a b b c d= ∅

Consideremos la aplicación: :f X X→

descrita en el siguiente diagrama

Pruébese que: I. f no es continua en c II. f es continua en b Solución:

I. Se tiene ( )f c b=

Dado { }b bV = se verifica que cV∀ ; ( ) { }bf V b⊄

En efecto, cV∀ se verifica

{ }, ,cV b c d⊃ y { }( )f d c b= ∉ II. Se tiene

( )f b d= El único entorno de d distinto de X es

{ }, ,dV b c d= y existe

{ }bV b= tal que

( ) { }( ) { }bf V f b d= = ⊂ { }, ,dV b c d=

3.13 Sea un conjunto X con tres topologías 1T < 2T < 3T , y sea una aplicación 1 2: ( , ) ( , )f X T X T→ Demuéstrese que si dicha aplicación no es continua, tampoco lo es la siguiente

1 3: ( , ) ( , )f X T X T→ . Solución: Si

1 2: ( , ) ( , )f X T X T→ no es continua, entonces

2 3U T U T∃ ∈ ⇒ ∈ Luego

3U T∃ ∈ tal que

( )11f U T− ∉

3.15 Demuéstrese que ´: ( , ) ( , )f X T Y T→

es continua si, y solo si, para todo subconjunto M de X se verifica:

( ) ( )f M f M⊂ .

Solución: I. Supongamos f continua y sea M X⊂ . Se verifica

( ) ( )f M f M⊂ Luego

( ) ( )( )1 1M f f M f f M− −⊂ ⊂ y ( )( )1f f M− es cerrado.

Por lo tanto,

( )( )1M f f M−⊂ y ( ) ( )( ) ( )1f M ff f M f M−⊂ ⊂ .

II. Supongamos que para todo subconjunto M de X se verifica la condición [1]. Sea C cerrado de ´( , )Y T . Entonces,

( )( ) ( )( )1 1f f C f f C C C− −⊂ ⊂ ⊂

Luego

( ) ( )( ) ( )1 1 1 1f C f f f C f C− − − −⊂ ⊂

y, por lo tanto, ( )1f C− es cerrado. 3.16 Demuéstrese que

´: ( , ) ( , )f X T Y T→

es continua si, y solo si, para todo subconjunto N de Y se verifica:

( ) ( )1 1oo

f N f N− −⊂ Solución:

I. Suponga f continua, y sea N un subconjunto de Y. Entonces, oN N⊂

Luego

( ) ( )1 1oo

f N f N− −⊂

II. Supongamos que para todo subconjunto N de Y se verifica la condición [I]. Sea A abierto de ( )`,Y T . Entonces,

( ) ( ) ( )1 1 1oo

f A f A f A− − −= ⊂

Luego ( )1f A− es abierto.

3.17 Sea un homeomorfismo

´: ( , ) ( , )f X T Y T→ Demuéstrese que para todo subconjunto M de X se verifica: I ( ) ( ) '

'f M f M= ⎡ ⎤⎣ ⎦

II ( ) ( )oo

f M f M= Solución: I Sea 'x M∈ . Entonces,

( ) ( ) 'f x f M∈⎡ ⎤⎣ ⎦

En efecto,

( )f xV∀ , ( ) ( )x f xf U V⊂ pues f es continua. Luego

{ }( ) ( ){ }( )x f xf U x V f x− ⊂ − pues f es inyectiva, y no puede existir otro punto distinto del x cuya imagen sea ( )f x . Luego,

{ }( ) { }( ) ( ) ( ){ } ( )( )x x f xf U x M f U x f M V f x f M⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤∅ ≠ − ⊂ − ⊂ −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦∩ ∩ ∩

y ( ) ( ) '

'f M f M= ⎡ ⎤⎣ ⎦ ; ( ) ( ) ''f M f M⊂ ⎡ ⎤⎣ ⎦ .

Mediante el mismo razonamiento con la imagen inversa y conjunto ( )f M resulta:

( )( ) ( ) ''1 1 'f f M f f M M− −⎡ ⎤⊂ =⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Luego

Como f es continua (Problema 3.16) y biyectiva:

Y

Como 1f − es continua y ( ) 11f f−− = :

Luego

3.18 Sean dos espacios topologicos ( , )X T , '( , )Y T y una aplicación :f X Y→ .Sea un número finito de cerrados de 1 2, , ,..., nX C C C tales que su reunión es X , y las aplicaciones

1

'1: ( , ) ( , )cf C T Y T→

2

'2: ( , ) ( , )cf C T Y T→

… … … … … … … ': ( , ) ( , )

nn cf C T Y T→

son continuas, entonces ': ( , ) ( , )f X T Y T→ es continua. Solución: Sea C cerrado de '( , )Y T . Entonces

( ) ( ) ( )1 1 11[ ] ... [ ];nf C f C C f C C− − −= ∩ ∪ ∪ ∩

( )1

if C C− ∩ es cerrado en ( , )ii cC T y iC cerrado de X. Luego ( )1

if C C− ∩ es cerrado de X (problema 1.9). Luego ( )1f C− es reunión finita de cerrado y, por lo tanto, cerrado. 3.21 Sea una aplicación

': ( , ) ( , )f X T Y T→ Sea { }i i I

B B∈

= una base de 'T . Demuéstrese que la condición necesaria y suficiente para que f sea continua para todo

iB B∈ se verifique que 1( ) .if B T− ∈ Solución:

I) La condición es necesaria por ser 'iB T∈ .

II) La condición es suficientes; en efecto:

1 1 1

' 1 1 1: ( ) ( ) ( )i i ii I i I i I

A T A B f A f B f B− − −

∈ ∈ ∈

∀ ∈ = ⇒ = =∪ ∪ ∪

y 1( )f A T− ∈ por ser reunión de abiertos. 3.22 I) Sea f una aplicación del espacio ( ),X T en el espacio '( , )Y T , y sea { }i i I

S S∈

=

una subbase de '( , )Y T . Entonces f es continua si, y sólo si, para todo i I∈ se verifica que 1( )if S− es abierto. Sea f una aplicación de ( ),X T en R . Pruébese que si para todo Rλ ∈ se verifica que los conjuntos

( ) ( )1 1, , ,f fλ λ− −← → son abiertos, entonces f es continua. Solución: I) a) Si f es continua, los 1( )if S− son abiertos, pues los iS son abiertos. b) Supongamos que para todo i I∈ se verifica que 1( )if S− es abierto. Sea A un abierto de '( , )Y T . Entonces:

( )1 1 1, ,( )

i i

j i j ii J j F i J j F

f A f S f S− − −

∈ ∈ ∈ ∈

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∪ ∩ ∪ ∩

es abierto de ( ),X T . Luego f es continua. II) Basta tener en cuenta que los conjuntos ( ) ( ), ,yλ λ← → forman una subbase de

R (problema 1.30). 3.23 Sea :f R R→ una aplicación estrictamente creciente ( ( ) ( )x y f y f x< ⇒ ≤ )) y sobre. Demuéstrese que f es un homeomorfismo. Solución: I) f es inyectiva, por ser estrictamente creciente. Luego f es biyectiva. II) ( ) ( )f y f x x y< ⇒ < , pues por le contrario: si x y= se verifica ( ) ( )f y f x= y si x y> se verifica ( ) ( )f x f y> .Luego la imagen de un intervalo abierto es un intervalo abierto. 3.25 Demuéstrese que a recta real es homeomorfa a trodo intervalo abierto. Solución: I) La recta real es homeomorfa al intervalo (-1,1) mediante la aplicación

: ( 1,1)f R → −

:1 | |

xf xx

→+

que es estrictamente creciente, y sobre (véanse los problemas anteriores). II) Todo intervalo abierto ( , )a b es homeomorfo al intervalo (-1,1) mediante la aplicación:

: ( , ) ( 1,1)f a b → − 2 ( ): x b af x

b a− +

→−

que es estrictamente creciente y sobre. III) Todo intervalo ( ),a → es homeomorfo a un intervalo ( , )c d contenido en (-1,1),

mediante el homeomorfismo de I), y analogamente para todo intervalo ( ),a← . 3.26 Se llama recta completa R al conjunto formado por R y dos puntos, que llamaremos y, con una relación de orden definida de la siguiente forma: Denotamos a de la topologçia del orden ¿problema 1.14?. Demuéstrese: I Es homeomorfo al intervalo [-1,1] y, por tanto, compacto ¿Cap. 6?. II La recta real es un subespacio de , y denso en Solución: I. Establecemos la aplicación : que es estrictamente creciente y sobre. Luego tanto ella

como su inversa son continuas (Compruebese de manera analoga al problema 3.24). Luego es homeomorfo al intervalo [-1,1].

II. La recta real es un subespacio de , pues la base relativa sobre es la base de la recta real (problema 1.19). Cualquier entorno de es de la forma. Luego todo entorno de corta a .Analogamente para. Luego es denso en.

3.28 Sean un conjunto , una familia de espacios, y una familia de aplicaciones Pruébese que la familia de partes de : Es una topología sobre (se llama topología final de las aplicaciones anteriores), y que es la topología más fina sobre que hace continuas las aplicaciones. Solución: I. Vamos a ver que es topología: II. Cada una de las son, evidentemente, continuas. Sea otra topología sobre tal que las sigan siendo

continuas; entonces,y es más fina que . 3.29 Sean un espacio , un conjunto, y una aplicación biyectiva Demuestrese que es una topologia sobre tal que es homeomorfismo si, y solo si, es la topología final para la aplicación (problema 3.28) Solución: I. La condición es necesaria. Sea ; entonces, y por tanto, pertenece a la topologia final . Sea ahora ;

entonoces, Luego pertenece a. Luego II. Sea ahora y biyectiva, y vamos a ver que es homeomorfismo. En efecto, para todo se verifica

que luego es continua. Y para todo se verifica que luego es continua. 3.30 Sea la aplicación Estudiese su continuidad. Solución: Estudiemos la continuidad de en . se tiene . Sea un intervalo abierto de centro 2 y radio 1; entonces, para todo entorno de 3, se verifica que Pues Y Luego no es continua en. En los restantes puntos f es continua, por serlo y , por ser monótonas crecientes (problema 3.24). 3.31 Sea la aplicación , definida de la siguiente forma: Demuéstrese que es continua. Solución: Son cerrados en ,y Es continua (monótona creciente , problema 3.24). Análogamente es continua. Luego es continua (problema 3.18) 3.32 Sea una aplicación continua en tal que verifica las siguientes condiciones: . es inyectiva para todo es estrictamente mayor que cero en y es estrictamente menor que cero en Entonces: Continua en Tal que Solución: Consideremos Sabemos que ambas funciones son continuas, y que Luego: Es estrictamente mayor que cero y Es estrictamente menor que cero. Sea Tomamos Entonces, Es continua y Luego (problema 5.16) Tal que Además es unico, tal que Puesto que es inyectiva. Por lo tanto, hemos construido una aplicación Que cumple (compruebese). Veamos ahora que es continua en Sea Por la construcción de se tiene Luego Sea

Consideremos Ambas son continuas, y [por ser inyectiva]. Luego: Tal que en Es estrictamente mayor a cero, Tal que en Es estrictamente menor que cero. Sea Veamos que En efecto, es el cero de la aplicación Y luego OBSERVACIONES I. Las hipótesis: a) F continua en b) . c) (derivada parcial respecto a ) en un entorno de. d) Y continua en Implican las hipotesis del problema anterior, como consecuencia del teorema de Rolle. II) Es inmediato también que es unica en su genero, pues es inyectiva para Pongase un ejemplo de un espacio topologico y dos subconjuntos propios suyos y , tales que abierto y no cerrado, cerrado y no abierto, y homeomorfismo a con sus topologías relativas. Solución: Con la topología y 4.2 Dada una familia de espacios{( , )}i i i IX T ∈ , definimos sobre

ii I

X X∈

=∏

La topología T engendrada por la subbase (problema 1.31):

( )1{ / , , )}i i i iS P G i I G T−= ∈ ∈

El espacio ( , )X T se llama espacio producto de los ( , )i iX T

I. Demuéstrese que una base de ( , )X T está formada por la familia

ii I

G∈∏

donde todos los iG , salvo un número finito, F I⊂ son el total, jX o sea:

i jG X= ( )j I F∀ ∈ −

II. Demuéstrese que en el caso finito ( I finito) esta topología coincide con la definida en el problema 4.1.

III. Demuéstrese que las proyecciones i ip X X= → son continuas, y que T es la topología

menos fina sobre X tal que hace las proyecciones continuas. Demuéstrese que la familia de partes de X :

1 { / }i i ii I

B G G T∈

= ∈∏

cumple las condiciones de base para una topología sobre X , y que la topología 1( )T B que engendra es más fina que T .

Solución: I) Una base de la to pología es la que tiene como elementos (problema 1.31):

( )1{ / , , )}i i i ij I

S P G F I finito G T−

∈

= ⊂ ∈∩

1 { / ( ), , }i i j i ii I

B G G X j I F G T∈

= = ∀ ∈ − ∈∏

(compruebese).

II) Es consecuencia de I) III) Sea iG abierto de ( , )i iX T Entonces

Luego ip es continua.

Supongamos ahora X con la topología 'T tal que las proyecciones ip sean continuas. Entonces, para

todo elemento 1( ) 'i ip G T− ∈ de la subbase de T se verifica que 1( ) 'i ip G T− ∈ . Luego (problema 1.31)

'T es más fina que T . IV) a) ( )iG X=∏∪ pues

1ii I

X X B∈

= ∈∏

b) Sea ( ) ( ) ( )i i I i i

i I i I

x G H∈∈ ∈

∈ ∏ ∏∩

Entonces

i i i ix G H T∈ ∈∩ Y

( ) ( ) ( ) ( )i i I i i i ii I i I i I

x G H G H∈∈ ∈ ∈

∈ ⊂∏ ∏ ∏∩ ∩

1( )T B es más fina que T , pues , según I), todo elemento de B pertenece a 1B . En caso en que I no es fino:

ii I

G∈

≠ ∅∏ , i ix T∈ , ( )i iG X i≠ ∀

es de 1B y no es de B . 4.3 Sea

ii I

X X∈

=∏

Con la topología producto, y una aplicación: : ( , ')f Y T X→

Entonces f es continua si, y solo si, para todo i I∈ se verifica que

: ( , ') ( , )i i i if p f Y T X T= → sea continua. Solución: I. Supongamos f continua. Entonces, para todo i I∈ , i if p f= es producto de aplicaciones

continuas, y, por lo tanto, continua. II. Supongamos if continua. ( )i I∀ ∈ Entonces, para todo abierto

( )1

j

i ij J i F

p G−

∈ ∈∪∩

de ( , )X T se verifica:

( ) ( )1 11 1

j j

i i i ij J i F j J i F

f p G f p G− −− −

∈ ∈ ∈ ∈

⎡ ⎤= =⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∪∩ ∪∩

( ) ( ) ( )1 1 'j j

i i i ij J i F j J i F

p f G f G T− −

∈ ∈ ∈ ∈

= = ∈∪∩ ∪∩

Luego f es continua.

4.4 Sean X ,Y abiertos de nR con la topología relativa, sea una biyección. :f X Y→

Demuéstrese la siguiente equivalencia:

f es homeomorfismo ⇔

( )1 11 ,..., ny f x x=

; i if p f=

( )1,...,n nny f x x=

Son continuas, y

( )1 11 ,..., nx g y y=

; 1i ig p f −=

( )1,...,n nnx g y y=

Son continuas. Solución: ⇒ ) f es continua, por ser homeomorfismo. Luego, según el problema anterior, if es continua ( )i∀ .

1f − Es continua, por ser f homeomorfismo. Luego, según el problema anterior, ig es continua, ( )i∀ .

⇐ ) if , ig i∀ son continuas, por hipótesis. Luego, según el problema anterior, f , 1g f −= son continuas. 4.5 Sean Hállese la topología producto de Solución: Recordemos que , en el caso finito, la topología producto es la que tiene por base En nuestro caso: 4.6 Sean un espacio y una aplicación continua: Demuestrese que el grafico de Es cerrado en con la topología producto. Solución: Veamos que es abierto. En efecto: Abierto de Abierto de Se verifica que Pues, de lo contrario: 4.7 Sean un espacio y la diagonal de Demuestrese que , con la topologia relativa de la producto, es homeomorfo a. Solución: Sea Es una aplicación biyectiva (compruebese). Veamos que es continua; sea un abierto de: Abierto en Veamos que es abierta (la inversa es continua). Sea un abierto de : Donde Mes abierto de, o sea, Donde Luego Entonces: Luego es abierto en y es continua. 4.8 Sea una aplicación continua Y sea el grafo de en con la topología producto. Demuéstrese que y son homeomorfos. Solución: Es continua. Luego: Es continua. Establecemos, entonces, la aplicación: Es biyectiva (compruebese). Además, es continua, por serlo (problema 4.3). Veamos que es abierta; sea un abierto de : Abierto en 4.9 Sean las aplicaciones Definimos entonces la aplicación Pruébese la siguiente equivalencia: Continuas continua

Solución: Sean Tales que Entonces Supongamos Entonces, Y Donde Es entorno de Es entorno de Luego es 4.11 I) Sea una aplicación continua Demuestrese que las aplicaciones Son continuas. II) Póngase un ejemplo de una aplicaciones sí lo sean. Solución: I. Veamos que es continua, en todo punto . En efecto: es continua en; luego para todo entorno

existe entorno de tal que: Luego Análogamente, es continua. II. No es continua en (0,0), y sí lo son 4.14 Sean dos subconjuntos de dos espacios ,respectivamente. Demuéstrese que: Solución: I. En efecto, sea Sea . Entonces, para todo entorno se verifica que Luego Analogamente Luego II. En efecto, sean Entonces existen tales que: (problemas 4.1 y 1.28) Entonces: Luego Y 4.17 Pruébense las siguientes equivalencias: I. Es II. . III. es cerrado. Solución: I) II) Siempre se verifica Veamos que En efecto, si, se verifica: II) III) Veamos que es abierto. En efecto, sea Entonces y, según II): Luego existe tal que Luego existe tal que Y Con lo que es abierto. III) I) Sean tales que.Entonces, que es abierto, según III). Luego existe tal que Y, por lo tanto, Con lo que es 4.18 Póngase un ejemplo en que la proyección no sea cerrada. Solución: Tomamos en el conjunto Es cerrado (imagen inversa de un cerrado mediante una aplicación continua) y su proyección sobre cualquier eje es Que no es cerrado en 4.19

Sean dos espacios topológicos, y sea un subconjunto cerrado de . Sea el sistema de entornos, y sean I. Pruébese que II. Póngase un ejemplo en que es abierto, y Solución: I. Para todo y para todo se verifica: Luego Luego Sea ahora Entonces, para todo y para todo se verifica Luego (compruébese). Luego (compruébese). II. Consideremos en la bola abierta de centro (3,3) y ardio 1. Entonces: Y 4.20 Sean dos espacios, y in subconjunto , cerrado de . Demuéstrese que (Véase el problema anterior. ) Solución: (problema 4.19), luego 4.21 Demuéstrese que el conjunto con la topología relativa de es homeomorfo a Solución:

5.1 Demuéstrese que las siguientes proposiciones son equivalentes: I. ( , )X T es conexo II. No existen dos subconjuntos cerrados, no vacíos, tales que

A B =∅∩ ; A B X=∪ . III. Los únicos subconjuntos de X que son abiertos y cerrados X y ∅ . IV. No existen dos subconjuntos no vacíos de tales que: X A B= ∪ ; ( ) ( )A B A B =∅∩ ∪ ∩ .

Solución: I) ⇒ II) Supongamos que II) no es cierto. Entonces, existen A , B cerrados, tales que A ≠ ∅ , B ≠ ∅ ; X A B= ∪ ; A B =∅∩

Luego X A B= ∪ ; ( )A B A B= =∅∩ ∪

donde A , B abiertos, A ≠ ∅ B ≠ ∅

Y no sería cierto I). II) ⇒ IV) Supongamos que IV) no es cierto. Entonces, existen dos subconjuntos A , B de X tales que

A ≠ ∅ , B ≠ ∅ , A B X=∪ , ( ) ( )A B A B =∅∩ ∪ ∩ Luego

A B =∅∩ ⇒ A A⊂ ⇒ A cerrado Y

A B =∅∩ ⇒ B B⊂ ⇒ B cerrado luego

X A B= ∪ ; A , B cerrados; A ≠ ∅ , B ≠ ∅ ; ; A B A B= =∅∩ ∪ y no se verificaría II). IV) ⇒ III) Supongamos que III) no es cierto. Entonces existe A abierto y cerrado, tal que

A X≠ ; A ≠ ∅ Y

X A A= ∪ ; A ≠ ∅ ; A ≠ ∅

A A A A= =∅∩ ∩

A A A A= =∅∩ ∩ con lo que IV) no sería cierto. III) ⇒ I) Supongamos que I) no es cierto. Entonces, existe dos abiertos A , B tales que

X A B= ∪ ; A B =∅∩ , A ≠ ∅ , B ≠ ∅ Y A es abierto y cerrado; A ≠ ∅ ; A X≠

y III) no sería cierto. 5.2 Dado el espacio topológico ( , )A T , donde

, , , ,A a b c d e={ }

, , , , , , , , , , ,T A a c d a c d b c d e= ∅{ {}{ }{ }{ }} véase si: I. ( , )A T es conexo

II. , ,H b d e={ }con la topología relativa, es conexo. Solución: I. ( , )A T no es conexo, pues a{}es abierto y cerrado

II. La topología relativa es , ,HT H d= ∅{ {}}

( , )HH T es conexo, pues los únicos abiertos y cerrados son H y ∅

5.3 Sean ( , ')Y T conexo y una aplicación

:f X Y→ continua y sobre. Entonces ( , ')Y T es conexo. Solución: Supongamos que ( , ')Y T no es conexo. Entonces, existen dos abiertos 1A , 2A , tales que Entonces,

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 11 2 1 2X f Y f A A f A f A− − − −= = =∪ ∪

( ) ( ) ( )1 1 11 2 1 2f A f A f A A− − −= = ∅∩ ∩

( )11f A− , ( )1

2f A− abiertos, por ser continua y, por ser sobre:

( )11f A− , ( )1

2f A− ≠ ∅

Luego ( , )X T no sería conexo. 5.4 Sean un espacio ( , )X T y una familia de subconjuntos conexos { }i i IS ∈ de X , tales que existe un conexo de la familia, con la condición

i I∀ ∈ i hS S ≠ ∅∩

Entonces ii I

S∈∪ es conexo.

Solución: Supongamos que i

i I

S∈∪ no sea conexo. Entonces, existen A , B tales que

ii I

S A B∈

= ∪∪ ; A B =∅∩ ,A B =∅ ;

,A B abiertos en ii I

S∈∪

A , B abiertos en ii I

S∈∪ ⇒ 1 ( )i

i I

A A S∈

= ∩ ∪ ,

1 ( )ii I

B B S∈

= ∩ ∪ donde 1 1,A B T∈ .

Entonces i I∀ ∈ : iS A⊂ ó iS B⊂

pues, de lo contrario,

( ) ( )i i iS A S S B= ∩ ∪ ∩ ; ( ) ( )i iA S S B =∅∩ ∪ ∩

iA S ≠ ∅∩ , iB S ≠ ∅∩

1 1( )i i i ii I

A S A S S A S∈

= =∩ ∩ ∩ ∩∪ abierto en iS

1 1( )i i i ii I

B S B S S B S∈

= =∩ ∩ ∩ ∩∪ abierto en iS

Y iS no sería conexo. Entonces,

hS A⊂ ó hS B⊂ Supongamos Caben entonces los siguientes casos: a) i I∃ ∈ : iS B⊂ ⇒ i hS S ≠ ∅∩

b) i I∀ ∈ : iS A⊂ ⇒ ii I

S A∈

⊂∪ ⇒ B ≠ ∅

5.5 Sean un espacio ( , )X T y una familia de subconjuntos conexos { }i i IS ∈ de X tales que

ii I

S∈

≠ ∅∩ .

Entonces, ii I

S∈∪ es conexo.

Solución: Es consecuencia del problema anterior, tomando un hS cualquiera de la familia

5.6 Sean un espacio ( , )X T y una familia finita de subconjuntos conexos 1{ ,..., }nS S de X , tales que cada uno corta al siguiente, o sea,

1K KS S + ≠ ∅∩ 1,..., 1.K n∀ = −

Entonces 1

n

KS∪ es conexo.

Solución: Lo demostraremos por recurrencia: a) n =1. La reunión sería 1S , que es conexo por hipótesis. b) Supongamos

1

1

n

KS S−

=∪

Conexo, y sea nS conexo tal que

1n nS S− ≠ ∅∩

Entonces 1

n

K nS S S= ∩∪ es conexo, según el problema anterior.

5.7 I. Sean ( , )X T , ( , ')Y T dos espacios conexos. Demuéstrese que X Yx con la topología producto

es conexo. II. Sean 1 1 2 2( , ), ( , ),..., ( , )n nX T X T X T espacios conexos. Demuéstrese que 1 2 ... nX X Xx x x con

la topología es conexo. (En particular, nR es conexo.) Solución: I. Sea a X∈ .Entonces { }a Y Y≈x es conexo (problemas 4.12 y 5.3). Por la misma razón:

y Y∀ ∈ , { }X y X≈x conexo Se verifica que Y

y Y∀ ∈ , ({ } ) ( { }) {( , )}a Y X y a y= ≠ ∅∩x x . Luego (problema 5.4) es conexo. II. Por recurrencia: a) Es conexo b) Supongamos conexo. Entonces, (problema 413) es conexo, según I). 5.8 Demuéstrese que los únicos subconjuntos de la recta real que son conexos son los puntos y los intervalos. Solución: I. Todo subconjunto de que no sea ni un punto ni un intervaloes no conexo. En efecto: Luego Y no es conexo. II. Todo punto es conexo. Vamos a ver ahora que todo intervalo es conexo. Sea un intervalo

cualquiera de, y supongamos que no es conexo. Entonces se verifica que: Donde abiertos de. Como existe, y, como , existe, y ,pues. Supongamos y sea Dicho extremo superior existe, pues Está acotado (problema 6.17). Además, Pues es un intervalo. Vamos a ver que esto es una contradicción, pues En efecto: a) Si, entonces, pues. Luego Abierto Por ser intervalo Y no podría ser el extremo superior del conjunto anterior. b) Si ; entonces, pues. Luego Abierto Tal que Por ser intervalo. Luego Y es una cota superior del conjunto anterior Y .Luego no puede ser el extremo superior de dicho conjunto. 5.9 demuéstrese que la recta racional no es conexa. Solución: Resulta como consecuencia del problema anterior. 5.11. I. Sean un espacio y un subconjunto conexo de. Sea una partición de por abiertos no vacíos. Demuéstrese que ó II. Sean un espacio y un subconjunto de tal que Entonces es conexo. En particular, es conexo.

Solución: I. Si no fuera ó , entonces Y Son abiertos en distintos de, tales que E no sería conexo. II. Supongamos no conexo. Entonces, Es una partición de por abiertos ( abiertos de ). Entonces, según I): Supongamos , con lo que Y Luego existe Tal que Y Siendo entorno de, y llegamos a una contradicción. Luego ha de ser conexo. 5.12 Sean , dos espacios conexos, , , subconjuntos propios de y de :Demuéstrese que el complementario en de es conexo. Solución: Sean, .Entonces, Son conexos (problemas 4.12 y 5.3). Para cada elemento formamos, conexo. Sea Es reunión de espacios conexos tales que cada uno de ellos cortan a , conexo. Luego (problema 5.4) es conexo. Para cada elemento formamos, conexo. Sea Es conexo, por ser reunión de conexos tales que todos ellos cortan a conexo. Entonces, Y Luego Es conexo. 5.13 Sea un espacio , y sea dos subconjuntos conexos de , tales que Pruébese que es conexo. Solución: Sea Entonces, Luego es conexo (problema 5.11). Entonces Y Luego es reunión de conexos con intersección no vacía, y por tanto, conexo. 5.14 sea una aplicación de la recta real en la recta racional. Demuéstrese que es constante si, y sólo si, es continua. Solución: I. Toda aplicación constante es continua (problema 3.6). II. Supongamos continua. Entonces, es continua. Supongamos que no es constante; entonces existen

tales que Supongamos Tomamos en un intervalo abierto tal que Entonces ha de ser conexo (problema 5.3) y, por lo tanto, un intervalo (problema 5.8). Pero esto es absurdo, pues existe irracional tal que 5.15 Sea y una aplicación continua . demuéstrese que existe tal que (f tiene punto fijo). Solución: Supongamos que no tiene punto fijo. Entonces: Construimos la aplicación Es continua (problema 4.3). Por lo tanto, es conexo. Sean, entonces, Son abiertos de .Luego Son abiertps de, y se verifica: Pues Pues Pues Además, En efecto, Pues Si , entonces

Si , Luego no es conexo, y llegamos a un absurdo. 5.16 Sea unha aplicación continua tal que Demuéstrese que existe tal que Solución: Es conexo por ser imagen continua de conexo. Si, entonces: Ó pertenece a Luego Ó pertenece a Luego Y no sería conexo. Luego Y existe tal que Pues 5.17 Demuéstrese que: es conexo Solución: I. Supongamos conexo. Si Entonces, Sería reunión disjunta de dos cerrados no vacíos, y no sería conexo. Luego II. Supongamos no conexo. Entonces existen dos cerrados de tales que: Entonces 5.18 Sean un espacio topologico y un subconjunto de. Demuéstrese que si existe un subconjunto conexo de tal que entonces se cumple que Solución: Sabemos que: Supongamos que: Entonces se tiene: Abiertos Y no sería conexo. 5.19. I. Demuéstrese que en todo conjunto hay una topología mínima entre las que hacen a espacio. II. Si es infinito y es la topología mínima entre las que se hacen a espacio , entonces es conexo. Solución: I. Sea la familia de conjuntos Y sea la topología que tiene a como subbase (problema 1.31) . a) Es espacio , puesto que todo punto es cerrado (problema 2.28). b) Sea un espacio . Veamos que ; en efecto, para todo elemento de la subbase se verifica que De donde Puesto que es cerrado en . luego II. Supongamos infinito, y sea . Veamos que es conexo. Si no lo fuera, existirían dos abiertos no

vacíos , , tales que: Como es subbase de se verifica que donde Es finito. Análogamente, Donde es finito. Por lo tanto, Luego sería reunión de dos conjuntos finitos y, por lo tanto, finito (contra hipótesis) 5.20 Sea Pruébese que es no conexo. Solución: Sea: Es continua (problema 7.64), y sean Abiertos en . Entonces, Y pues Luego es no conexo. 5.21 demuéstrese que es conexo Solución: Sea

Es homeomorfo a y, por lo tanto, conexo. Además, Vamos a ver que todo punto de pertenece a un subconjunto conexo de , cuya intersección con es no vacía, con lo que es reunión de conjuntos conexos cuya intersección con y conexo es distinta de vacío, y, por lo tanto, es conexo. Sea Distinguiremos dos casos: a) . Entonces, el conjunto Es conexo (por ser imagen continua de ), no contiene al origen, contiene a y corta a b) . Entonces, el conjunto Es conexo (por ser imagen continua de ), no contiene al origen, contiene a y corta a. 5.22 Demuéstrese que es conexo (). Solución: Establecemos la aplicación: Esta aplicación es continua (problema 4.3). Además es sobreyectiva, pues si Entonces Luego, por ser conexo (problema5.21), es conexo. 5.23 Demuéstrese que es conexo. Sean Cada uno de los conjuntos son imágenes continuas (problema 4.3) de [-1,1) conexo. Luego son conexos, y: Luego es conexo (problema 5.5) 5.24 Demuéstrese que no es homeomorfo a . Solución: Sea un homeomorfismo, y sea tal que Entonces Es un homeomorfismo (problema 3.2) y no conexo Y conexo (problema 5.23), con lo cual llegamos a una contradicción. (Hágase otra demostración mediante compacidad.) 5.25. Se llama componente conexa de un espacio a todo subconjunto conexo maximal. Demuéstrese. I. Toda componente conexa es un subconjunto cerrado. II. La familia de componentes conexas de forma una partición de III. Es conexo si, y sólo si, tiene una única componente conexa. IV. Es conexo si, y solo si, para todo par de puntos , existe conexo, tal que . Solución: I. Componente conexa conexo conexo cerrado. II. . a) Todo elemento pertenece a la componete conexa: Conexo No vacía, pues conexo. Luego, si es la familia de componentes conexas de , se verifica: b) Sea la familia de componentes conexas de . Entonces: Pues, de lo contrario, sería componente conexa. III. Es consecuencia inmediata de II). IV. Si es conexo, todo par de puntos, conexo. Supongamos ahora que para todo par de puntos existe conexo, tal que . sea ; entonces, Pues para todo existe conexo tal que 5.26 Sea un abierto de. I. Demuéstrese que cada una de las componentes conexas de es un abierto. II. Demuéstrese que el conjunto de las componentes conexas de es numerable. Solución: I. Es de la forma Donde es un intervalo abierto de (problema 4.16) Sea una componente conexa de , sea . Entonces, Pues Es conexo, por ser producto finito de conexos (problema 5.7). luego es abierto, pues todo punto suyo es interior a. II. Establecemos una aplicación entre las componentes conexas y los puntos de coordenadas

racionales, haciendo corresponder a cada componente uno de dichos puntos contenidos en ella

(cada componente contiene un producto de intervalos abiertos, y, por lo tanto, existe dicho punto). Esta aplicación es inyectiva), pues las componentes conexas forman una partición de . Luego tenemos una aplicación inyectiva del conjunto de las componentes conexas en un conjunto numerable y por lo tanto, las componentes conexas de forman un conjunto numerable.

5.27 Demuéstrese que todo subconjunto abierto de es reunión numerable de intervalos abiertos no rampantes (que no se cortan). Solución: Las componentes conexas tienen que ser intervalos (problema 5.8). Luego, por el problema anterior, resulta que dichos intervalos han de ser abiertos y en cantidad numerable. Dichos intervalos no se cortan, por ser componentes conexas. 5.28 Sea un espacio y una aplicación continua Demuéstrese que para todo abierto de se verifica que es un (reunión numerable de cerrados). Solución: Todo abierto de es reunión numerable de intervalos abiertos no rampantes (problema 5.27). Todo intervalo abierto de es reunión de la familia numerable de cerrados Por lo tanto, es reunión numerable de intervalos cerrados, y Es reunión numerable de cerrados. 5.29 Diremos que dos elementos de un espacio topológico se pueden unir mediante un camino en , si existe una aplicación continua tal que Demuéstrese que la relación “se pueden unir mediante un camino en “es una relación de equivalencia en . Se llaman “componentes por caminos de “ a las clases de equivalencia correspondients a dicha relación. Solución: a) Sea . Definimos la aplicación constante Dicha aplicación es continua y Luego b) Supongamos . Entonces, existe una aplicación continua Tal que Definimos entonces la aplicación De la siguiente forma: Es continua, pues es producto de las aplicaciones continuas Y Luego c) Supongamos e . Entonces existe una aplicación continua Tal que Y la aplicación continua Tal que Definimos entonces la aplicación: Donde Para Y Para Es la aplicación, pues para resulta: Sean Es continua, pues es la composición de las aplicaciones continuas Es continua, pues es la composición de las aplicaciones continuas Luego es continua (problema 3.18) y Luego 5.30 Diremos que un espacio es conexo por camonos si su única componente por caminos es X. Demuéstrese que todo espacio conexo por caminos es conexo. Solución: Para todo par de puntos ser verifica que existe una aplicación continua Tal que Donde es conexo, por ser imagen continua de un conexo. Luego (problema 5.25), es conexo. 5.31 Sea un espacio conexo por caminos, y sea una aplicación

continua y sobre. Demuéstrese que es conexo por caminos. Solución: Sean . Entonces, por ser sobre, existen tales que

Por ser conexo por caminos, existe una aplicación continua Tal que Definimos entonces Como la aplicación producto Es continua y Luego es conexo por caminos. 5.32 En consideremos el conjunto: Estúdiese si es un conjunto conexo. Solución: Es reunión de los conjuntos Es la imagen mediante la aplicación continua (problema 4.3) Donde es el intervalo (compruébese). Luego es conexo. La intersección de todos los conjuntos es no vacía, pues contiene al (0,0). Luego (problema 5.5), es conexo. 5.33 Sean y dos subconjuntos no vacíos de un espacio topológico . Pruébese que si y son cerrados y y son conexos. Pruébese mediante un ejemplo en la recta real, que la hipotesis por ser y cerrados no puede suprimirse. Solución: I. Sea una partición de por cerrados (en y en por ser cerrado). Entonces alguno de los cerrados ó

ha de contener a , pues, de lo contrario, tendríamos una partición de por cerrados; supongamos Entonces, , es una partición de por cerrados, y no sería conexo. Luego es conexo, y analogamente lo es. II. Considérese los conjuntos 5.34 Demuéstrese que le subconjunto de es conexo. Solución: Sean Y Entonces, Para todo; de donde conexo. 5.35 Póngase un ejemplo de un espacio topologico y un subespacio de tal que: I. Sea abierto y cerrado en II. Sea conexo. Solución: Como subespacio de Es abierto de, ya que Es cerrado en , por ser [2,3] abierto de; es conexo por ser intervalo. 5.36 Dése un ejemplo de dos subconjuntos conexos de, tales que su intersección sea vacía y su reunión sea conexa. Solución: 5.37 Encuéntrese un ejemplo de dos espacios una aplicación continua y un subconjunto conexo, tal que sea no conexo. Solución: 5.38 Sea un espacio conexo . Demuéstrese que la diagonal es un subconjunto conexo de. Solución: (problema 4.7) luego conexo (problema 5.3). 5.39 Sean subconjuntos propios de , abierto y cerrado. Demuéstrese que y no pueden ser homeomorfos. Solución: Supongamos que exista un homeomorfismo Es reunión de intervalos abiertos, la imagen mediante de cada uno de estos intervalos ha de ser un intervalo (la imagen continua de un conexo es conexo), y alguno de ellos debe ser no abierto, pues no puede ser abierto ( , conexo). Sea entonces el intervalo abierto tal que es intervalo no abierto. Entonces el intervalo tiene un extremo que pertenece a; sea este extremo , y sea Entonces,

Donde es no conexo, y sí es conexo, con lo que llegamos a una contradicción. Diremos que un espacio es localmente conexo si todo punto tiene un sistema fundamental de entornos formado por conjuntos conexos por arcos. 5.40 Póngase un ejemplo de espacios, y una aplicación continua sobre tales que sea localmente conexo e no lo sea. Solución: Con la topología discreta, Como subespacio de la recta real, 5.41 Muéstrese que la unión de infinitos subconjuntos localmente conexos y cerrados, no es, en general, localmente conexa. Solución: Es localmente conexo y cerrado. No es localmente conexo, ya que los entornos de (1,0) no son conexos. 5.42 Muéstrese que la unión finita de subconjuntos localmente conexos no es, en general, localmente conexa. Solución: Y son localmente conexos. No es localmente conexo, pues los entornos de no son conexos. 5.43 Sean 1A , 2A subconjuntos localmente conexos y cerrados de un espacio ( , )X T . Demuéstrese que

1 2A A A= ∪ es localmente conexo. Solución: Sean y A∈ , yV entorno de y en ( , )X T . Caben los siguientes casos: a) 1y A∈ 2y A∉ .

Entonces, yW∃ entorno de y en ( , )X T tal que

2yW A =∅∩ .

1y A∈ ; 1y yW V A∩ ∩ entorno de y en 1A ;

Por tanto, existe yU , entorno de y en 1A , tal que

1y y yU W V A⊂ ∩ ∩

y yU conexo.

1y yU B A= ∩

donde yB es entorno de y en ( , )X T .

1y y y yU B V W A= ∩ ∩ ∩ ,

luego existe y y yB V W∩ ∩

entorno de y en ( , )X T tal que y y y yB V W V⊂∩ ∩

Y y y y yB V W A U=∩ ∩ ∩ conexo

b) 1 2y A A∈ ∩ .

Entonces, 2yV∃ entorno de y en ( , )X T , tal que

1y yV V⊂ y 1 1

yV A∩ conexo;

2yV∃ entorno de y en ( , )X T tal que

2y yV V⊂ , 2 2

yV A∩ conexo.

Se verifica, por lo tanto, que

12 2 1( ) ( )y yV A V A∩ ∪ ∩ es conexo y es entorno de y en. A

De donde existe yW , entorno de y en ( , )X T , tal que

12 2 1( ) ( )yy yAW V A V A=∩ ∩ ∪ ∩ .

Existe, por ultimo, y yV W∩ , entorno de y en ( , )X T tal que y y yV W V⊂∩

y y yW V A W A=∩ ∩ ∩ conexo.

luego existe y y yB V W∩ ∩

entorno de y en ( , )X T tal que y y y yB V W V⊂∩ ∩

Y y y y yB V W A U=∩ ∩ ∩ conexo

b) 1 2y A A∈ ∩ .

Entonces, 2yV∃ entorno de y en ( , )X T , tal que

1y yV V⊂ y 1 1

yV A∩ conexo;

2yV∃ entorno de y en ( , )X T tal que

2y yV V⊂ , 2 2

yV A∩ conexo. Se verifica, por lo tanto, que

12 2 1( ) ( )y yV A V A∩ ∪ ∩ es conexo y es entorno de y en. A

De donde existe yW , entorno de y en ( , )X T , tal que

12 2 1( ) ( )yy yAW V A V A=∩ ∩ ∪ ∩ .

Existe, por ultimo, y yV W∩ , entorno de y en ( , )X T tal que y y yV W V⊂∩

y y yW V A W A=∩ ∩ ∩ conexo.

ºCapitulo 6 Espacios compactos

6.2 Diremos que un espacio ( , )X T tiene la propiedad intersección finita cuando para toda

familia de cerrados { }i i IC ∈ tal que cualquier número finito de ellos tiene intersección no

vacía, se verifica que ii I

C∈∩ es no vacía. Demuéstrese que un espacio es compacto si,

y sólo si, posee la propiedad de intersección finita. Solución: I. Supongamos ( , )X T compacto y { }i i IC ∈ una familia de cerrados tal que cualquier

número finito de ellos tiene una intersección no vacía. Vamos a ver que si

ii I

C∈

= ∅∩

llegamos a una contradicción; en efecto: ( )i i

i I i I

X X C X C∈ ∈

= − = −∩ ∪

Luego { }i i IX C ∈− es recubrimiento abierto de X , y ,por lo tanto, existe su subrecubrimiento finito

1{ ,..., }nX C X C− − Entonces

1( ) ... ( )nX X C X C= − −∪ ∪ y

1 2 ... nC C C∅ = ∩ ∩ ∩ Contra hipótesis. II. Supongamos que ( , )X T tiene la propiedad de intersección finita, y sea

{ }i i IUυ ∈=

Un recubrimiento abierto de X .Vamos a ver que sino existiera un subrecubrimiento finito llegaríamos a una contradicción; en efecto, para toda subfamilia finita 1 2{ , ,..., }nU U U de υ se tiene entonces

1 2( ... )nX U U U− ≠ ∅∪ ∪ ∪ Luego

1( ) ... ( )nX U X U− − ≠ ∅∩ ∩ y

( )ii I

X U∈

− ≠ ∅∩

Con lo que

ii I

X U∈

− ≠ ∅∪

Contra hipótesis. 6.3 Demuéstrese que, en un espacio compacto, todo subconjunto infinito posee punto de

acumulación. Solución: Sea ( , )X T compacto, y sea Y X⊂ infinito. Supongamos que Y no tenga punto de

acumulación; entonces, para todo punto x X∈ existe un entorno abierto xU tal que

( { })xU x Y− =∅∩ (luego { } xY x X U− ⊂ − )

la familia { }xx XU ∈ forma un recubrimiento abierto de X . Luego existe un subrecubrimiento

finito 1 ,..., nxxU U

o sea,

1

i

nx

i

U X=

=∪

Ahora bien, 1

1{ } xY x X U− ⊂ − 2

2{ } xY x X U− ⊂ − … … … … … …

{ } nxnY x X U− ⊂ −

De donde 1

1{ ,..., } xnY x x X U− ⊂ −

21{ ,..., } x

nY x x X U− ⊂ − … … … … … …

1{ ,..., } nxnY x x X U− ⊂ −

luego

11 1

{ ,..., } ( )i i

n nx x

ni i

Y x x X U X U X X= =

− ⊂ − = − = − =∅∩ ∪

E es finito, contra hipótesis. 6.5 Sea un espacio compacto ( , )X T , y una aplicación

: ( , ) ( , ')f X T Y T→ continua. Demuéstrese que ( )f X es compacto. (En particular, si f es continua y sobre, Y es compacto). Solución: Sea un recubrimiento abierto

{ ( )}i i IU f X ∈∩

de ( )f X . Entonces

( )ii I

U f X∈

⊃∪

Luego

( ) ( )1 1 1{ }i i i i Ii I i I

X f U f U f U− − −∈

∈ ∈

⎛ ⎞⊂ = ⇒⎜ ⎟

⎝ ⎠∪ ∪

es un recubrimiento abierto de X ; luego existe un subrecubrimiento finito:

( ) ( )1 11{ ,..., }nf U f U− −

Entonces,

( ) ( )1 1

1 1

( )n n

i ii i

X f U f X f f U− −

= =

⎛ ⎞= ⇒ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠∪ ∪

( )1

1 1

[ [ ( )]n n

i ii i

f f U U f X−

= =

= = ∩∪ ∪

y 1,...,{ ( )}i i nU f X =∩ es un subrecubrimiento finito de ( )f X .

6.6 Sea un espacio compacto ( , )X T y topología 'T menos finita que T . Pruébese que ( , ')X T es también compacto. Solución: Dada una familia de abiertos { }i i IU ∈ de 'T que recubren X ,

ii I

X U∈

=∪

se tiene que { }i i IU ∈ son también abiertos de T , y, por ser ( , )X T compacto, existe un subrecubrimiento finito. 6.7 I) Demuéstrese que todo subconjunto cerrado de un espacio compacto, existe un

subrecubrimiento finito II) Póngase un ejemplo de un espacio compacto y de un conjunto compacto suyo que

sea cerrado. Solución: I) Sea ( , )X T compacto y un subconjunto cerrado C de X . Sea

{ }i i IU C ∈∩

un recubrimiento abierto de C . Entonces { } { }i i IX C U ∈− ∪

es un recubrimiento abierto de X , y existe un subrecubrimiento finito X C− , 1,..., nU U de X

Luego

1 ,..., nU C U C∩ ∩

Es un subrecubrimiento finito de C . II) Tomamos { , }X a b= con la topología indiscreta formada por ,X ∅ . Entonces

X es compacto, y el subconjunto { }C a= es compacto y no cerrado. 6.9 I) En todo espacio compacto, toda sucesión posee algún valor de adherencia.

II) Si tiene un único valor de adherencia, converge hacia ese valor. Solución: Sea ( , )X T compacto y una sucesión { }n n Na ∈ de puntos de X I) El conjunto de valores de adherencia es

nn N

A A∈

= ∩ donde 1{ , ,...}n n nA a a +=

es cerrado, y toda intersección finita de elementos es no vacía. Luego (problema 6.2)

nn N

A A∈

= ≠ ∅∩

II) Sea aV entorno abierto de a . Entonces anV A∩ es cerrado n N∀ ∈ . Luego, como

( )a an n

n N n N

V A V A∈ ∈

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠∩ ∩∩ ∩

{ }aV a∩

ha de ser (problemas 6.2) un número finito jnA de tal que:

( ) ( )1...

r

a an nV A V A =∅∩ ∩ ∩ ∩

Y, si 1max( ,..., )r rn n n= es

r

anV A =∅∩

Luego

r

anA V⊂ y

r

anA V⊂

Con lo que { }na converge hacia a

6.10 Sea ( , )X T un espacio 2T y sea Y un subconjunto compacto de X . Supongamos x X Y∈ −

Solución: Por ser ( , )X T un espacio 2T , para todo punto y Y∈ existen yV , x

yU , entornos abiertos de y , x , respectivamente, tales que

y xyV U =∅∩

La familia { }yy YV ∈ forma un recubrimiento abierto de Y . Luego existe un subrecubrimiento

finito ( 1 ,..., nyyV V ). Sean:

1 ... nyyA V V= ∪ ∪ ; 1

...n

x xy yB U U= ∩ ∩

Entonces los abiertos A , B 6.11 Sea un espacio y sea un subconjunto compacto de 6.12 Sea un espacio y dos subconjuntos de compactos y tales que 6.13 Sea un espacio compacto, y sea un espacio 6.14 I) Sean dos espacios compactos. Demuéstrese que el espacio producto es

compacto. 6.15 Demuéstrese que la recta real no es compacta. Solución: Sea el recubrimiento abierto de: Ningún subconjunto finito Puede ser recubrimiento de . En efecto: sea un subconjunto finito Entonces 6.16 Demuéstrese que todo intervalo cerrado de es compacto Solución: Supongamos un recubrimiento abierto de , tal que no admite subrecubrimiento finito. Entonces tampoco debe existir subrecubrimiento 6.17 Demuéstrese que en , todo subconjunto acotado superiormente tiene extremo superior

y todo subconjunto acotado inferiormente tiene extremo inferior. Solución: Sea un subconjunto de acotado superiormente por una cota , sea tal que . Vamos a considerar entonces los elementos de que pertenecen al intervalo . Para cada uno de estos elementos consideramos el conjunto: Y se verifica: Cualquier número finito de los cerrados así construidos tienen intersección no vacía (sí es , entonces); Luego, por ser compacto, es (propiedad de intersección finita). Sea entonces: I) es cota superior de , pues si y , entoncesluego , pues si fuera , entonces (compruébese). II) es extremo superior de , pues si es otra cota superior de , entonces En efecto, si fuera , entonces (compruébese), y, por tanto, De manera análoga se demuestra que todo subconjunto acotado inferiormente tiene extremo inferior.

Capitulo 7 Espacios métricos

7.1 Dado un conjunto E con una métrica d , demuéstrese que los subconjuntos de E la

forma { / ( , ) }x

rB y E d x y r= ∈ < donde 0r > forman base de una topología sobre E (dichos conjuntos se llaman bolas abiertas de centro x y radio r ,el espacio topológico correspondiente se llama espacio métrico sobre E determinado por la métrica d y se anota ( , )E d o E cuando se sobrentiende la métricas que se considera). Solución: I

0

xr

rx E

E B>∈

=∪

es inmediato, pues para todo x E∈ se verifica: xrx B∈

II Sean dos bolas 1

xrB ,

2

xrB abiertas tales que

1 2

x yr rB B ≠ ∅∩

Sea

1 2

x yr rz B B∈ ∩

Sea entonces

1 2min[ ( , ), ( , )]r r d x z r d y z= − − Entonces,

0r > y 1 2

z x yr r rB B B⊂ ∩

(compruébese). 7.2 I) Demuéstrese que en cada punto x de un espacio métrico E , el conjunto de

bolas abiertas de centro x forman una base de entornos abiertos en x . II) Se defina una bola cerrada de centro x y radio 0r > como:

' { / ( , ) }xrB y E d x y r= ∈ ≤

Demuéstrese que el conjunto de bolas cerradas de centro x forma una base de entornos en x . III) Demuéstrese que en todo punto x existe una base de entornos numerable. Solución: I Las bolas abiertas que contienen a x forman una base de entornos de x (problema

1.28). Entonces basta que toda bola abierta que contiene a x contenga una bola abierta de centro x . Sea la bola abierta y

rB tal que yrx B∈ ;

sea entonces

1 ( , )r r d x y= − Y se verifica

1

x yr rx B B∈ ⊂

(Compruébese). II . (a) Toda bola cerrada 'xrB de centro x es entorno de x . En efecto:

/ 2 'x xr rx B B∈ ⊂

(compruébese)

(b) Dichas bolas cerradas forman una base, pues si es xrB una bola abierta de centro x ,

entonces

/ 2'x xr rx B B∈ ⊂

(Compruébese). III Las bolas abiertas

1/{ }xn n NB ∈

forman una base numerable de entornos, pues si es xrB una bola abierta de centro x , entonces

,v N∃ ∈1:n v rn

∀ ≥ <

y

1/x x

n rx B B∈ ⊂ Además estas bolas cumplen la condición de que cada una contiene a la siguiente (compruébese). 7.7 Sea un espacio métrico ( , )E d . Demuéstrese que existe en E una métrica acotada 'd

acotada por 1 (para todo par de puntos ,x y y de E de se verifica que '( , ) 1d x y ≤ ) equivalente a la métrica dada.

Solución: Definimos

' : ;d E E R× → '( , ) min( ( , ),1)d x y d x y= (Compruébese que esta aplicación verifica las propiedades de métrica). Los espacios métricos a que dan lugar son los mismos, pues las bases correspondientes son equivalentes (problema 1.18). Diremos que un espacio topológico ( , )X T es metrizable si existe una métrica sobre X tal que la topología a que da lugar coincide conT . 7.8 Demuéstrese que todo subespacio de un espacio métrico es metrizable. Solución: Sea

:d E E R+× → Y sea un subconjunto A de E . Definimos entonces la métrica sobre A como la aplicación anterior d restringida a A A×

:d A A R+× → (que sigue verificando las propiedades de una mètrica; , con esta métrica, se llama subespacio métrico de ( , )E d ). Una base del espacio métrico corresponde está formada por bolas abiertas de A , que son de la forma:

arB A∩

donde arB son bolas abiertas de E de centros los puntos de A . Una base del subespacio

topológico A está formada por los conjuntos xrB A∩

Donde xrB son las bolas abiertas de E de centros cualesquiera (problema 1.19). Vamos a ver

que ambas bases son equivalentes. Es inmediato que todo elemento de la primera es un elemento de la segunda. Sea

xrB A∩

Un elemento de la segunda base, y sea xra B A∈ ∩ ;

Entonces (problema 7.2) existe 1 0r > tal que

1

a xr rB B⊂

Y, por lo tanto:

1

a xr rB A B A⊂∩ ∩

Luego ambas bases son equivalentes y dan lugar a la misma topología. 7.9 Sea

: ( , ) ( , )f X T E d→ Un homeomorfismo de un espacio topológico ( , )X T en un espacio métrico ( , )E d . Demuéstrese que el espacio ( , )X T es metrizable. Solución: I) Definimos la aplicación

' :d X X R+× → ( , ) '( , ) ( ( ), ( ))x y d x y d f x f y→ =

Dicha aplicación es una métrica (compruébese). II) Veamos que todo abierto de ( , ')X d es de ( , )X T , y recíprocamente. Sea A abierto

de ( , ')X d . Entonces xrA B= ∪

Y ( )( ) ( )x f x

r rf A f B B= =∪ ∪ es abierto de ( , )E d (compruébese). Luego, por ser f homeomorfismo,

1 ( )f f A A= Es abierto de ( , )X T . Sea ahora A abierto de ( , )X T . Entonces, por ser homeomorfismo, Es abierto de Luego: Luego, por ser biyectiva (compruébese) y es abierto de . 7.10 Demuéstrese que la recta real es metrizable. Solución: Definimos la aplicación: (compruébese que se cumple las propiedades de una métrica). Las bolas abiertas son los intervalos abiertos: Luego dicha metrica da lugar a la topología usual de la recta real. 7.11 Demuéstrese que el producto de dos espacios métricos , es metrizable. Solución: Definimos las tres aplicaciones I) II) III) Las tres métricas son uniformemente equivalentes (comprúebese): Luego dan lugar a la misma topología (problema 7.11). Una base del espacio métrico está formada por los productos de bolas abiertas (compruébese y generalícese el resultado). Donde es una bola en es una bola de . Vamos a ver que ambas bases son equivalentes. Sea Una bola abierta de . Entonces (compruébese). Sea Un elemento de la segunda base, y sea Entonces (compruébese). Luego las tres métricas anteriores dan lugar a la topología producto de (problema 1.18) 7.14 I) Sea un espacio métrico . Demuéstrese