TOPOLOGIA I

El borde de un toro es la figura del 8

2022-10-31T19:39:00.000+01:00

Consideramos el toro como el cociente de $I^2/\sim$ donde $I=[0,1]$ y $\sim$ es la relación $(0,t)\sim (1,t)$ y $(t,0)\sim (t,1)$. Consideramos el borde del cuadrado $B=\partial I^2$ y el cociente $B/\sim$. Probamos que dicho cociente es la figura del 8.

Para la figura del 8, consideramos dos esferas tangentes: $Y=S^1(1,0)\cup S^1(-1,0)$. Se define la aplicación $f:B\to Y$ mediante

$$\begin{array}{l} (t,0)\mapsto (1,0)+(\cos(2\pi t)+\pi),\sin(2\pi t)+\pi)\\

(t,1)\mapsto (1,0)+(\cos(2\pi t)+\pi),\sin(2\pi t)+\pi)\\

(0,t)\mapsto (-1,0)+(\cos(2\pi t),\sin(2\pi t))\\

(t,0)\mapsto (1,0)+(\cos(2\pi t),\sin(2\pi t))

\end{array}$$

Esta aplicación está bien definida, factoriza pues $f(p)=f(q)$ si y sólo si $p\sim q$ y es una identificación porque el dominio es compacto y llega a un espacio Hausdorff. Finalmente, la topología cociente en $B/\sim$ es la topología inducida del toro, pues la aplicación proyeccion de $I^2$ al toro es cerrada (dominio compacto y codominio Hausdorff).

Por tanto, la aplicación $\tilde{f}\colon B/\sim\to Y$ es un homeomorfismo.

Identificaciones y homotopías en espacios cocientes

2022-10-23T16:40:00.008+02:00

En la entrada anterior quedó por probar que $F'$ es una homotopía. En este caso, el dominio de $F'$ es un espacio cociente. Es natural pensar que $F'$ será continua si y sólo si $F'\circ (p\times 1_{I})$ es continua. Sin embargo esto no es trivial y para ello se usa de manera importante que $I$ es compacto. Probamos el siguiente resultado, el cual nos responde al problema planteado. Reemplazamos $I$ por un espacio localmente compacto y Hausdorff, aunque usaremos las notación $I$.

Teorema. Si $f\colon X\to Y$ es una identificación, entonces $f\times 1_I$ es una identificación.

Demostración. Es suficiente probar que $g:Y\times I\to Z$ es continua si y sólo si $h=g\circ (f\times 1_I)$ es continua. Por tanto, supongamos que $h$ es continua y probamos que $g$ también lo es. Sea $(y_0,t_0)\in Y\times I$ y $V$ un entorno abierto de $g(y_0,t_0)$. Sea $f(x_0)=y_0$ ($f$ es sobreyectiva). Ya que $h$ es continua e $I$ es localmente compacto, existen entornos $U$ de $x_0$ y $W$ entorno compacto de $t_0$ tal que $h(U\times W)\subset V$. Sea $$O'=\{y\in Y: g(\{y\}\times W)\subset V\}.$$Este conjunto contiene a $y_0$ y evidentemente $g(O')\subset W$. Faltaría por probar que $O'$ es abierto. Ya que $f$ es una identificación, es equivalente a probar que $f^{-1}(O')$ es abierto en $X$. Obsérvese que $$f^{-1}(O')=\{x\in X:g(f(x)\times U)\subset V\}.$$ Pero su complementario es $$X-f^{-1}(O')=p_X((X\times W)\cap h^{-1}(Z-V)).$$ Este es conjunto es cerrado, donde $p_X\colon X\times Y\to X$ es la primera proyección. Aquí se usa que $W$ es compacto, luego es cerrado, y también $X\times W$. Esto es consecuencia a que lo que hay en el paréntesis es cerrado, y por otro al siguiente resultado conocido de espacios compactos: "si $Y$ es compacto, entonces $p_X\colon X\times Y\to X$ es una aplicación cerrada".

Volviendo al origen, es decir, a la entrada anterior y a la prueba de que $F'$ es continua, la aplicación $p\times 1_I$ es una identificación porque $p$ lo es y usamos el teorema anteriormente probado. Por otro lado, ya que es una identificación, $F'$ es continua si y sólo si $F'\circ (p\times 1_I)$ es continua, y esto fue lo que se probó en la entrada anterior.

i y sólo si $(f\times 1_I)\circ (p\times 1_I) (se puede reemplazar $I$ por un espacio localmente com

El grupo fundamental de la banda Möbius

2022-10-21T07:59:00.003+02:00

Probamos que el grupo fundamental de la banda Möbius $\mathbb{M}$ es $\mathbb{Z}$. Vemos $\mathbb{M}$ como el espacio cociente del cuadrado $I\times I$ con la relación $(0,y)\sim (1,1-y)$. Probamos que $A=\frac{I\times\{\frac12\}}{\sim}$ es un retracto fuerte de deformación de $\mathbb{M}$.

La retracción es $r'\colon \mathbb{M}\to A$ dada por $r'\circ p=p\circ r$, donde $p$ es la aplicación proyección al cociente y $r\colon I\times I\to I\times \{\frac12\}$ es $r(x,y)=(x,\frac12)$. Otra manera de escribir $r'$ es $r'([(x,y)]=[(x,\frac12)]$. La aplicación está bien definida, pues $r'([(0,y)])=[(0,\frac12)]$, $r'([(1,1-y)])=[(1,\frac12)]$ y $(0,\frac12)\sim(1,\frac12)$.
La aplicación $r'$ es continua porque $r'\circ p$ es continua.
Es evidente que $r'([x,\frac12)])=[(x,\frac12)]$.
La retracción es de deformación fuerte. Para ello definimos $F\colon (I\times I)\times I\to I\times I$ mediante $F((x,y),t)=(1-t)(x,y)+t r(x,y)$. Con esta $F$, definimos $F'\colon \mathbb{M}\times I\to \mathbb{M}$ mediante $F'\circ (p\times 1_{I})=(p\times 1_{I})\circ F$. De nuevo $F'$ es continua y satisface la propiedades de la deformación. Sólo faltaría probar que $F'$ es continua. Nota: Se probará en la siguiente entrada que $F'$ es continua porque $F'\circ (p\times 1_{I})$ es continua.

Una vez probado que $A$ es un retracto fuerte de deformación, calculamos el grupo fundamental de $A$. Para ello probamos que $A\cong \mathbb{S}^1$, para ser exactos, que $A$ es homeomorfo al cociente $[0,1]/R$ donde $R$ es la relación identifica los extremos. Para ello, se define $g\colon I\times \{\frac12\}\to I$ mediante $g(x,\frac12)=x$. Entonces es claro que $(0,\frac12)\sim (1,\frac12)$ si y sólo si $g(0)R g(1)$. Esto implica que $g$ factoriza en los cocientes, $g'\colon A\to \frac{[0,1]}{R}$ como una aplicación continua y biyectiva. Ya que $g$ es una identificación (sale de un compacto y llega a un Hausdorff), entonces $g'$ es homeomorfismo.

Falta el detalle de darse cuenta que en $A$ estamos considerando en todo lo anterior (os dejo dónde) dos topología en $A$ que, en principio, son diferentes. Para ser precisos, denotamos por $\tau$ la topología usual de $I\times I$. Por un lado, la topología relativa de $\mathbb{M}$, es decir, $(\tau/\sim)_{|A}$. Por otro, la topología cociente en $B$, es decir, $(\tau_{|B})/sim$, donde $B=I\times\{\frac12\}$. Sin embargo, en nuestra situación, se tiene $$\frac{\tau}{\sim}_{|A}=\frac{(\tau)_{B}}{\sim}.$$

Para ello es suficiente que $p:I^2\to\mathbb{M}$ sea cerrada (sale de un compacto y llega a un Hausdorff. Ejercicio: probar que la banda de Möbius $\mathbb{M}$ es Hausdorff).

Sobre homeomorfismos y extensiones

2022-10-20T21:26:00.003+02:00

Ponemos un ejemplo de dos subconjuntos de $\mathbb{R}^2$ que son homeomorfos pero dicho homeomorfismo no es restricción de uno de $\mathbb{R}^2$ en sí mismo. Sea $X=\mathbb{S}^1\cup A$ e $Y=\mathbb{S}^1\cup B$, donde $A=[0,1]\times\{0\}$ y $B=[1,2]\times\{0\}$. Los conjuntos $A$ y $B$ son homeomorfos pues lo son al intervalo $[0,1]$. Si $\phi:A\to B$ es el homeomorfismo que lleva $(1,0)$ en sí mismo$, entonces

$$f\colon X\to Y,\ f(x)=\left\{\begin{array}{ll} x& x\in \mathbb{S}^1\\ \phi(x) & x\in A,\end{array}\right.$$

es un homeomorfismo.

Veamos que no existe $\tilde{f}$ un homeomorfismo de $\mathbb{R}^2$ en sí mismo tal que la restricción de $\tilde{f}$ a $X$ sea $f$. Si dicho homeomorfismo existiera, entonces $\tilde{f}(\mathbb{R}^2-X)=\mathbb{R}^2-Y$. Las componentes arcoconexas de dichos espacios los denotamos por $C_1$ y $C_2$ y $D_1$ y $D_2$ respectivamente, donde $C_1$ y $D_1$ son las componentes acotadas.

Veamos que $\tilde{f}(C_1)=D_2$. La frontera de $C_1$ es $X$. Por tanto $\tilde{f}(C_1)$ tiene como frontera $Y$. Pero dicha componente es la no acotada, es decir, $D_2$.

Llegamos ahora a la contradicción. El espacio $C_1$ es simplemente conexo porque es estrellado desde el punto $(-\frac12,0)$ pero $D_2$ no lo es ya que se retrae fuertemente en la circunferencia $\mathbb{S}^1_{3}$: basta con tomar como retracción, $x\mapsto 3x/|x|$ y como deformación, $F(x,t)=(1-t)x+t r(x)$.

Conexión y dimensión (II)

2016-01-29T08:46:00.002+01:00

Continuando con la entrada anterior, estudiamos la conexión del conjunto $X={\mathbb R}^n\times{\mathbb R}^n-\Delta$, donde $\Delta=\{(x,x):x\in{\mathbb R}^n\}$. Podemos ver $X$ como el producto cartesiano del espacio euclídeo ${\mathbb R}^n$ consigo mismo al que le hemos quitado su diagonal. Observemos que si $n > 1$, este conjunto no es ${\mathbb R}^{n^2}-\{(x,\ldots,x):x\in{\mathbb R}\}$.
Si $n=1$, entonces $X=\{(x,y)\in {\mathbb R}^2:y < x\}\cup\{(x,y)\in{\mathbb R}^2:x > y\}$, poniendo el conjunto como unión de dos conjuntos abiertos y disjuntos: esto prueba que $X$ no es conexo.
Veamos ahora que si $n\geq 2$, entones $X$ es conexo. Y como habitualmente hacemos, probamos que dados dos puntos de $X$, existe un conjunto conexo (en $X$) que los contiene. Sean $(x,y),(x',y')\in X$. Sin perder generalidad, supongamos que $x\not=x'$y por tanto, al no estar ambos pares en $\Delta$, entonces $y\not=y'$. Cojamos cualquier arco continuo $\alpha:I=[0,1]\rightarrow{\mathbb R}^n$ que una $x$ con $x'$ (por ejemplo el segmento que los une). Tomamos ahora $\beta:I\rightarrow{\mathbb R}^n$ otro arco uniendo $y$ con $y'$ pero que no interseque a $\alpha$, es decir, $\alpha(I)\cap\beta(I)=\emptyset$: esto es posible por que $n\geq 2$. Entonces $$\alpha\times\beta:I\rightarrow{\mathbb R}^n\times{\mathbb R}^n, (\alpha\times\beta)(t)=(\alpha(t),\beta(t))$$
une $(x,y)$ con $(x',y')$ porque $$(\alpha\times\beta)(0)=(\alpha(0),\beta(0))=(x,y),\ (\alpha\times\beta)(1)=(\alpha(1),\beta(1))=(x',y').$$
El conjunto $(\alpha\times\beta)(I)$ es un conjunto conexo (imagen continua de un conexo) y no interseca a $\Delta$: si $(a,a)\in (\alpha\times\beta)(I)$, entonces existe $t\in I$ tal que $(\alpha\times\beta)(t)=(a,a)$ luego $a\in \alpha(I)\cap \beta(I)$, es decir, $\alpha$ y $\beta$ se intersecan.
La demostración prueba realmente que $X$ es arcoconexo.
Observación: el mismo argumento no es válido si $n=1$. Por ejemplo, tomemos $(x,y)=(1,2)$ y $(x',y')=(3,4)$. Un arco de ${\mathbb R}$ que una $x$ con $x'$ es el segmento que los une, es decir, el intervalo cerrado $[1,3]$. Sin embargo no existe un arco en ${\mathbb R}$ uniendo $2$ y $4$ que no interseque al intervalo anterior. Por tanto, la dimensión del espacio euclídeo ${\mathbb R}^n$ juega un papel fundamental en el razonamiento anterior.

Conexión y dimensión

2016-01-19T07:04:00.001+01:00

Hay muchos ejemplos de subconjuntos del espacio euclídeo cuya propiedad de conexión cambia al cambiar de dimensión. Un ejemplo conocido es el conjunto complementario de un hiperplano afín, es decir, $X={\mathbb R}^n-H$, donde $H$ es un hiperplano afín de ${\mathbb R}^n$. Un hiperplano afín es un subespacio afín de dimensión $n-1$ y no es más que es una traslación de un hiperplano vectorial. Por tanto, después de una traslación de ${\mathbb R}^n$, podemos suponer que $H$ es un hiperplano vectorial. Aclaro esta parte. Supongamos que $H=p_0+U$, donde $p_0\in {\mathbb R}^n$ y $U$ es un hiperplano vectorial. Consideramos $f:{\mathbb R}^n\rightarrow {\mathbb R}^n$ la traslación $f(p)=p-p_0$. Es evidente que $f(H)=U$. Como $f$ es biyectiva, $$f(X)=f({\mathbb R}^n-H)=f({\mathbb R}^n)-f(H)={\mathbb R}^n-U.$$ Ya que $f$ es un homeomorfismo, la propiedad de conexión de $X$ e la misma que $f(X)$. Por tanto, nos restringimos a $f(X)$.

Por un proceso parecido, después de un isomorfismo de ${\mathbb R}^n$, podemos suponer que $H$ es el hiperplano vectorial de ecuación $x_n=0$. Analizamos las diferentes dimensiones.

Si $n=1$, entonces $X={\mathbb R}-\{0\}=(-\infty,0)\cup(0,\infty)$, luego $X$ no es conexo.

Si $n=2$, entonces $$X={\mathbb R}^2-\{(x,y):y=0\}=\{(x,y):y < 0\}\cup \{(x,y): y > 0\}.$$ Este conjunto se puede escribir como $$X=({\mathbb R}\times (-\infty,0))\cup((0,\infty)\times {\mathbb R}),$$ que es unión de dos abiertos (producto de abiertos de ${\mathbb R}$) y conexos (productos de intervalos) de ${\mathbb R}^2$. Por tanto, estos dos conjuntos son las componentes conexas de $X$ y así, $X$ no es conexo.

Si $n\geq 3$, el conjunto $X$ es conexo. Hay varias maneras de probarlo y una es probar que dados dos puntos de $X$, existe un conjunto conexo en $X$ que contiene a ambos puntos. Se sabe que ${\mathbb R}^n-\{(0,\ldots,0)\}$ es conexo si $n\geq 2$. Sean $p,q\in X$. Tomamos las rectas $L$ y $L'$ que pasan por $p$ y $q$ respectivamente con vector de dirección $(1,0,\ldots,0)$. Estas rectas están en $X$ pues la última coordenada de sus puntos es $p_n$ o $q_n$, que no es cero. Las rectas intersecan el hiperplano de ecuación $x_1=0$ en dos puntos, a saber, $p'=(0,p_2,\ldots,p_n)$, $q'=(0,q_2,\ldots,q_n)$. Estos puntos pertenecen a $Y=\{0\}\times ({\mathbb R}^{n-1}-\{(0,\ldots,0)\})\subset X$ que es conexo al ser homeomorfo a ${\mathbb R}^{n-1}-\{(0,\ldots,0)\}$ y ser $n-1\geq 2$. Por tanto, el conjunto conexo en $X$ que contiene a $p$ y a $q$ es $L\cup Y\cup L'$: es conexo al ser unión de tres conexos que uno y el siguiente no se intersecan.

El mismo razonamiento dice que $X$ es arcoconexo.

Probando que los intervalos son conexos usando compacidad

2016-01-05T09:27:00.001+01:00

Vamos a probar que los intervalos de ${\mathbb R}$ son los únicos conjuntos conexos de ${\mathbb R}$ usando el concepto de compacidad. En primer lugar, ya sabíamos que un conjunto conexo de ${\mathbb R}$ tiene que ser un intervalo. Por otro lado, es trivial que el conjunto vacío y los conjuntos formados por un punto, es decir, los intervalos cerrados de la forma $[x,x]$ son conexos.

El resultado de compacidad que vamos a utilizar es que dados dos conjuntos compactos $A$ y $B$ de ${\mathbb R}$, la distancia se alcanza en dos puntos, es decir, existen $a\in A$ y $b\in B$ tal que $d(a,b)=d(A,B)$ donde $d(A,B)=\inf\{d(a,b):a\in A,b\in B\}$. También vamos a usar que los intervalos cerrados y acotados son compactos por el teorema de Heine-Borel. La prueba de que los intervalos son conexos la hacemos caso por caso.

En primer lugar, veamos que $[0,1]$ es conexo. Si $\{A,B\}$ es una partición por abiertos, también lo es por cerrados, y al ser cerrados de un compacto, $A$ y $B$ son compactos. Sean $a\in A$ y $b\in B$ tales que $d(a,b)=d(A,B)$. Ya $A\cap B=\emptyset$, este número debe ser positivo porque en caso contrario, $a\in \overline{B}=B$. Sea $c=(a+b)/2$. Entonces $|c-a|=|(a-b)/2| < |a-b|$ lo que dice que $c\not\in B$; y del mismo modo, tenemos $c\not\in A$. Esto es una contradición porque $c$ se encuentra entre $a$ y $b$ y $[0,1]$ es un intervalo.

Una vez probado que $[0,1]$ es conexo, para los otros casos el razonamiento es fácil, pues
$$[0,1)=\cup_{n\in{\mathbb N}}[0,1-\frac{1}{n+1}],\ \ (0,1)=\cup_{n\in{\mathbb N}}[\frac{1}{n+1}, 1-\frac{1}{n+1}],$$
escribiendo ambos conjuntos como unión de conexos (intervalos cerrados y acotados) cuya intersección es no vacía.

El plano de Moore

2015-11-29T12:13:00.000+01:00

Uno de los espacios topológicos que aparecen en libros de topología es el plano de Moore, probablemente más famoso por el nombre, Moore, que por su posible utilidad. El espacio $(X,\tau)$ está definido por $X=\{(x,y)\in{\mathbb R}^2: y\geq 0\}$ y la topología se define a partir de bases de entornos de cada punto. Si $(x,y)\in X$, con $y>0$, tomamos las bolas euclídeas centradas en $(x,y)$ e incluidas en $X$; si $y=0$, tomamos
$$\beta_{(x,0)}=\{B_r(x,r)\cup \{(x,0)\}: r>0\}.$$ Cada elemento básico es una bola euclídea en $X$ tangente en $(x,0)$ junto con el punto $(x,0)$.

Un primer ejercicio es probar que, efectivamente, se define así un espacio topológico, es decir, que las familias $\beta_{(x,y)}$ satisfacen todas las propiedades. Un segundo ejercicio es sobre topologías relativas. Si $A=\{(x,y)\in{\mathbb R}^2: y > 0\}$, entonces $\tau_{|A}$ es la topología usual. Esto sucede porque la base de entornos que define la topología de Moore es también de la topología usual: recordar que las bolas centradas en un punto son base de entornos con la topología usual, pero si de ellas tomamos aquellas bolas con radio menor que un $r_0$, también lo son. En nuestro caso, si $y > 0$, tomamos $r_0=y$. Por otro lado, si $B=\{(x,y)\in{\mathbb R}^2: y = 0\}$, entonces $\tau_{|B}$ es la topología discreta. Esto se debe a que cuando intersecamos $\beta_{(x,0)}$ con $B$ (para obtener una base de entornos de $\tau_{|B}$, entonces obtenemos sólo un elemento, a saber, $\{\{(x,0)\}\}$, que es base de entornos de la topología discreta.

Topología del orden a derechas

2015-11-20T21:36:00.001+01:00

Consideramos en ${\mathbb R}$ la topología del orden a derechas, es decir, aquélla cuya base de entornos para $x$ es $\beta_x=\{V_x:=[x,\infty)\}$. Estudiamos la convergencia de algunas sucesiones:

La sucesión $(-1/n)$ no converge a $x=0$ porque ningún elemento de la sucesión pertenece $V_0$.
La sucesión $(1/n)\rightarrow -2$ porque $(x_n)\subset V_{-2}$.
Una sucesión $(x_n)$ acotada inferiormente por $\alpha$ satisface $(x_n)\rightarrow x$ para todo $x\leq \alpha$ porque $(x_n)\subset V_x$.
La sucesión de números naturales $(n)$ converge a cualquier $x\in{\mathbb R}$. Si $\nu=E[x]+1$, donde $E[x]$ es la parte entera de $x$, entonces $n\in V_x$ para $n\geq\nu$.
Con un argumento similar, toda sucesión no acotada superiormente converge a cualquier número real .

Sistemas de entornos para alguna topología

2015-11-11T06:37:00.002+01:00

En la topología usual del ${\mathbb R}$ los intervalos abiertos juegan un papel decisivo. Por ejemplo, son base de abiertos, o base de entornos (si contiene al punto). En general, y como tiene que ser, cuando trabajamos con la topología euclídea de ${\mathbb R}$ nos olvidamos de 'abiertos', 'cerrados', 'entornos', etc, y sólo trabajamos con los intervalos abiertos.

Nos preguntamos en esta entrada si los intervalos abiertos sirven para 'definir' la topología a partir de los entornos. Me explico, consideramos para cada $x\in {\mathbb R}$ la familia $V_x=\{(a,b)\subset {\mathbb R}: a < x < b\}$, es decir, todos los intervalos abiertos que contienen a $x$ y nos preguntamos si todos los $V_x$ constituyen los sistemas de entornos de alguna topología (puede uno pensar que va a ser la topología usual). Tenemos, por tanto, que probar si satisfacen las propiedades correspondientes. Podemos ver, por ejemplo, que para cada $U\in V_x$, $x\in U$, o que si $U_1,U_2\in V_x$, entonces $U_1\cap U_2\in V_x$. Incluso la última propiedad también la satisface: si $U\in V_x$, tomamos $W=U$; entonces para cada $y\in W$, tomamos $W\in V_y$, puesto que es un intervalo abierto y contiene a $y$ y es evidente que $W\subset U$.

Sin embargo es la propiedad "si $U\in V_x$ y $W\supset U$, entonces $W\in V_x$" la que no se cumple, puesto todo conjunto que contiene a un intervalo abierto no tiene porqué ser un intervalo abierto. Podemos sacar dos conclusiones: (i) aunque los intervalos abiertos definen una base de entornos de la topología usual, no definen el sistema de entornos de alguna topología. Es cierto que una base de entornos no tiene porqué ser toda la colección de entornos, pero podría serlo para otra topología, y (ii) la propiedad "si $U\in V_x$ y $W\supset U$, entonces $W\in V_x$", que parece tonta, o trivial, no lo es, como se puede comprobar al ver la demostración del resultado de que cierta colección de subconjuntos definen los entornos de cierta topología, donde se usa varias veces.

Sumando abiertos en la topología de Sorgenfrey

2015-11-03T14:12:00.004+01:00

Siguiendo con la entrada anterior ¿qué sucede si cambiamos por otra topología en ${\mathbb R}$? Vamos a considerar la topología de Sorgenfrey. Con el mismo razonamiento, tenemos de nuevo $$A+B=\cup_{a\in A}h_a(B),$$
donde $h_a(x)=x+a$. El problema radica ahora en saber si $h_a$ es un homeomorfismo (que sí lo era en la topología usual). Pero en este caso, sí lo es.La biyectividad es clara; lleva bases de abiertos en bases de abiertos, pues $h_a([c,d))=[a+c,d+e)$; y lo mismo sucede con la imagen inversa, pues $h_{a}^{-1}([c,d))=[c-a,d-a)$. En verdad, en la demostración de que $A+B$ es abierto, sólo se usa que $h_a$ es abierta, no que sea un homeomorfismo.

Veamos ahora si el contraejemplo de los cerrados también vale. Los conjuntos $F_1$ y $F_2$ son también cerrados. Por último, $F_1+F_2$ contiene a la sucesión $\{1/n\}$, cuyo límite es $0$, y $0\not\in F_1+F_2$ ¿hemos acabado?.

Sumando abiertos y sumando cerrados en la recta euclídea

2015-10-27T03:21:00.000+01:00

En ${\mathbb R}$, la suma de dos conjuntos abiertos es un abierto, concretamente, si $A,B\in\tau_u$, entonces $$A+B=\{a+b: a\in A,b\in B\}$$ es un abierto puesto que se expresa como unión de abiertos, a saber,
$$A+B=\cup_{a\in A}h_a(B),$$
donde $h_a(x)=x+a$, es decir, es una traslación. Pero sabemos que las traslaciones son homeomorfismos con la topología usual, luego lleva abiertos en abiertos.

Esta propiedad no sucede con la suma de cerrados. Por ejemplo, si $F_1={\mathbb N}$ es el conjunto de los números naturales y $F_2=\{-n+1/n:n\in {\mathbb N},n\geq 2\}$, entonces $F_1$ y $F_2$ son cerrados, pero $F_1+F_2$ contiene a la sucesión $\{1/n\}$, cuyo límite es $0$, y $0\not\in F_1+F_2$.

Topología relativa de la topología a derechas

2015-10-17T15:18:00.003+02:00

La topología del orden a derechas $\tau_r$ en un conjunto ordenado $(X,\leq)$ que no tiene máximo es la que está generada por $\beta=\{[x,\rightarrow):z\in X\}$, donde $[x,\rightarrow)=\{y\in X:x\leq y\}$. Si consideramos ${\mathbb R}$ con su orden usual, entonces $[x,\infty=[x,\infty)$. En este blog hemos llamado a esta topología la topología a derechas. Veamos cómo son las topologías relativas.

Si $A\subset{\mathbb R}$, su topología $\tau_r^A$ del orden a derechas tienes por base $\beta^A=\{\{[a,\rightarrow)^A\}\}$, donde ahora $[a,\rightarrow)^A=\{x\in A:a\leq x\}$. Por otro lado, la topología relativa $(\tau_r)_{|A}$ tiene como base $\beta_{|A}=\{[x,\infty)\cap A:x\in{\mathbb R}\}$. Veamos que
$$\tau_r^A=(\tau_r)_{|A}.$$
Ya que $[a,\rightarrow)^A=[a,\infty)\cap A$, entonces $\beta^A\subset\beta_{|A}$. Esto prueba que $\tau_r^A\subset (\tau_r)_{|A}$.

Para la otra inclusión, sea $[x,\infty)\cap A\in \beta_{|A}$, donde $x\in {\mathbb R}$. Veamos que este conjunto es abierto en $\tau_r^A$ probando que todo punto suyo es un punto interior. Efectivamente, si $a\in [x,\infty)\cap A$, entonces $x\leq a$ y por tanto, $a\in [a,\rightarrow)^A\subset [x,\infty)\cap A$: como $[a,\rightarrow)^A\in\tau_r^A$, entonces $x$ es interior a $[x,\infty)\cap A$ en $\tau_r^A$. Esto quiere decir $(\tau_r)_{|A}\subset\tau_r^A$.

Quitando elementos de una base

2015-10-09T07:38:00.002+02:00

Sabemos que si a una base de una topología le añadimos más abiertos entonces obtenemos otra base. Por supuesto, siempre buscaremos bases con pocos elementos. ¿Qué sucede si quitamos elementos? Es evidente que la nueva familia puede dejar de ser base, pero pongamos el siguiente ejemplo.

Supongamos que $\beta$ es una base donde el conjunto vacío o el conjunto total están. ¿podemos quitarlos y nos quedará base? En el caso que tengamos el conjunto vacío, podemos quitarlo y nos va a quedar una base. Efectivamente, sea $\beta'$ la familia obtenida de quitar a $\beta$ el conjunto vacío. Observemos que $\beta'$ tiene elementos, y si un abierto (no vacío) era unión de elementos de $\beta$, si estaba el vacío, lo quitamos, y nos queda una unión de elementos de elementos ahora sólo de $\beta'$ que sigue siendo el abierto. Y si el abierto que cogemos es el vacío, ... (dejo los detalles).

Sin embargo si en $\beta$ está el conjunto total, puede suceder que al quitarlo no tengamos una base. Un ejemplo lo tenemos en la topología de Sierpinski $(X,\tau)$, con $X=\{a,b\}$ y $\tau=\{\emptyset,X,\{a\}\}$. Entonces $\tau$ es una base, pero no así $\{\emptyset,\{a\}\}$, pues al hacer las uniones arbitrarias tenemos de nuevo $\{\emptyset,\{a\}\}$. Otro ejemplo que os dejo es la topología del punto excluido, donde en toda base necesariamente tiene que estar el conjunto total.

Concluyendo, a veces es necesario que la base contenga al abierto más grande, es decir, el conjunto total.

Siguiendo con adherencia y acotación

2015-10-04T14:18:00.001+02:00

Podemos plantear la entrada anterior en otras topologías definidas en la recta real ${\mathbb R}$. Por un lado, para hablar de acotación tenemos decir respecto de qué distancia. Como antes, vamos a considerar la distancia usual. Una primera topología a considerar es la topología de Sorgenfrey. Es fácil ver que la misma propiedad que había para la topología euclídea se satisface para los intervalos. Dejo el problema de si es cierta en general.

Otra topología que podemos tomar es la que tiene por base $\beta=\{[a,\infty):a\in{\mathbb R}\}$. Si $A=\{0\}$, entonces $\overline{A}=(-\infty,0]$, que no está acotado inferiormente. Además, los ínfimos no coinciden, siendo el de $\overline{A}$ $-\infty$ (los supremos sí son iguales). En esta topología podemos preguntarnos de nueva si es cierta la propiedad de la entrada anterior, y como antes, los primeros conjuntos a estudiar son los intervalos: la ventaja aquí es que podemos determinar fácilmente la adherencia de estos conjunto en esta topología.

¿Y respecto del interior? Pongamos el mismo ejemplo de conjunto $A$. Entonces $int(A)=\emptyset$, pero $\inf(\emptyset)=+\infty$ y por tanto, $\inf(A)<\inf(int(A))$, a pesar de que ¡¡¡$int(A)\subset A$!!! (el mismo ejemplo vale para la topología usual).

Acotación, supremo, adherencia e interior

2015-09-30T13:26:00.001+02:00

Tomamos ${\mathbb R}$ con la topología usual. Vamos a relacionar los conceptos de acotación con el de adherencia, interior y supremo. Sea $A$ un conjunto acotado. Tenemos entonces:

la adherencia $\overline{A}$ es acotado
el supremo é ínfimo de $A$ coincide con el de $\overline{A}$.

Para el primer apartado, sabemos que existe $C$ tal que $|a|\leq C$ para todo $a\in A$. Si $x\in\overline{A}$, existe $a_n\rightarrow x$ con $a_n\in A$. Entonces $|a_n-x|\rightarrow 0$ y $|x|\leq|a_n-x|+|a_n|\leq |a_n-x|+C$. Tomando límites, $|x|\leq 0+C=C$, luego $\overline{A}$ está acotado, pero además por la misma constante que $A$.

Para el segundo apartado, y como estamos con el supremo, modificamos lo anterior del siguiente modo. Tomamos $C=sup(A)$ y escribimos $$x=x-a_n+a_n\leq |x-a_n|+a_n\leq |x-a_n|+C.$$ Tomando límites, $x\leq C$, luego $C$ es una cota superior de $\overline{A}$, en particular, $sup(\overline{A})\leq C$. Pero como $A\subset \overline{A}$, también se tiene $C\leq sup(\overline{A})$, y así la igualdad.

Sin embargo esto cambia un poco para el interior. Si $A$ está acotado, su interior también lo está al ser un subconjunto de $A$ y todo subconjunto de un conjunto acotado también es acotado (ejercicio trivial). Sin embargo, el supremo o el ínfimo puede cambiar. Como ejemplo, sea $A=(0,1)\cup\{-1,2\}$. Entonces $A$ es acotado y el ínfimo y supremo son $-1$ y $2$. Pero el interior de $A$ es $(0,1)$ y su ínfimo y supremo son $0$ y $1$.

Continuidad de la parábola

2015-09-22T06:40:00.001+02:00

Estamos acostumbrados a estudiar la continuidad de una función (en la topología usual) mediante la $\epsilon-\delta$ formulación. Pero podemos hacerla también mediante la imagen inversa de abiertos. La 'diferencia' es que tenemos que saber cuál es la imagen inversa de un conjunto y esto depende de cómo sea la función.

Aún menos tenemos que hacer: basta con hallar la imagen inversa de un intervalo abierto, ya que los intervalos de este tipo forma una base de la topología. Como ejemplo, voy a considerar $f(x)=x^2$. Es inmediato que
$$f^{-1}((a,b))=\left\{\begin{array}{ll}
(-\sqrt{b},-\sqrt{a})\cup(\sqrt{a},\sqrt{b})&\mbox{if $a > 0$}\\
(-\sqrt{b},\sqrt{b})&\mbox{if $a\leq 0 < b$}\\
\emptyset&\mbox{if $b\leq 0.$}
\end{array}\right.$$
Y esto prueba que $f$ es continua!

Distancias equivalentes

2015-09-17T23:36:00.000+02:00

Dos distancias equivalentes en un conjunto son las que determinan la mima topología. Es conocido que una condición suficiente para que $d$ y $d'$ sean equivalentes es que existan $k,m > 0$ tal que $d\leq k d'$ y $d'\leq m d$. Sin embargo el recíproco no es cierto. En esta entrada ponemos un ejemplo.

Sea $X=\{1/n:n\in {\mathbb N}\}\cup \mathbb N$ (el número $0$ no está incluído en $X$) y consideramos la distancia euclídea $d_u$ y la distancia discreta $d$ ($d(x,y)=1$ si son distintos y $d(x,x)=0$). La topología que generan las dos distancias es la discreta, pero no existen $k, m > 0$ tales que $d_{u}\leq k d$ y $d\leq m d_{u}$.

Para la imposibilidad de $d\leq m d_{u}$, tomamos un número natural $n$ tal que $m < n(n+1)$ y sean $x=1/(n+1)$ y $y=1/n$. Entonces $d(x,y)=1$ pero $md_u(x,y)=m/(n(n+1)) < 1=d(x,y)$.

Tampoco es cierta la desigualdad $d_{u}\leq k d$, y para ello usamos los números naturales que están en $X$. Pero aquí os lo dejo propuesto porque, aunque es fácil e intuitivo, formalizarlo cuesta un poco de trabajo.

Topología a derechas y topología relativa

2015-09-14T10:53:00.000+02:00

Estudiamos la topología inducida en un subespacio de la topología a derechas. Recordamos esta topología y el problema que planteamos en esta entrada. En un conjunto ordenado $(X,\leq)$ la topología a derechas $\tau_d$ es la que tiene como base de la topología $\beta=\{[x,\rightarrow):x\in\mathbb{R}\}$, donde $[x,\rightarrow)=\{y\in X:x\leq y\}$. Sea $A\subset X$ un subconjunto, que también es un conjunto ordenado con el mismo orden. Entonces existen, en principio, dos topología en $A$. La primera es la inducida de $\tau_d$, que denotamos por
${\tau_d}_{|A}$ y otra es la topología a derechas en $A$, que denotamos por $\tau'$. ¿cuál es la relación entre ${\tau_d}_{|A}$ y $\tau'$?.

Para ${\tau_d}_{|A}$ una base es $$\beta_{|A}=\{B\cap A:B\in\beta\}=\{:x\in\mathbb{R}\}.$$
Para $\tau'$ una base es $\beta'=\{[a,\rightarrow):a\in A\}$, donde aquí $[a,\rightarrow)'=\{y\in A:a\leq y\}$. Veamos que ambas bases dan la misma topología. Por un lado, $[a,\rightarrow)'=[a,\rightarrow)\cap A$, luego $\beta'\subset \beta_{A}$, es decir, $\tau'\subset{\tau_d}_{|A}$.

Para la otra inclusión, veamos que $[x,\rightarrow)\cap A$ ($x\in X$) es un abierto en $(A,\tau')$. Si $y\in [x,\rightarrow)\cap A$, entonces es evidente las inclusiones $$y\in[y,\rightarrow)\cap A=[y,\rightarrow)'\subset [x,\rightarrow)\cap A,$$ probando que todo punto $y$ de $[x,\rightarrow)\cap A$ es interior (con la topología $\tau'$).

Sobre bolas en un espacio métrico

2015-09-11T08:35:00.000+02:00

Ya hemos comentado varias veces que las bolas en un espacio métrico no tienen la misma 'forma' que en un espacio euclídeo. El ejemplo más claro es la distancia discreta $d$ en un conjunto $X$: $d(x,y)=1$ si $x\not=y$ y $d(x,x)=0$. La topología que determina esta distancia es la topología discreta y esto se debe a cómo son las bolas en $(X,d)$, a saber,$$B_r(x)=\left\{\begin{array}{ll} \{x\}&\mbox{si $r\leq 1$}\\ X&\mbox{si $r>1$}\end{array}\right.$$ Entonces para cada $x\in X$, $\{x\}$ es un abierto al ser una bola, y así, todo punto es abierto y la topología es la discreta.

Las dos curiosidades que traigo aquí son las siguientes: si $x\not=y$, tomando $r=2$, se tiene $B_r(x)=B_r(y)$, es decir, dos bolas son iguales y tienen distintos centros. Por otro lado, $B_2(x)=B_3(x)$, es decir, dos bolas son iguales y tienen distintos radios.

Por si se piensa que esto ocurre sólo con la distancia discreta, puede uno pensar en el siguiente ejemplo. Tomamos $X=[0,1]\cup\{5\}$ como subconjunto de la recta real $\mathbb{R}$ y con la distancia euclídea. Entonces: (i) $B_6(0)=B_6(5)$; (ii) $B_2(5)=B_3(5)$.

Continuidad de una aplicación que llega a un espacio cociente

2014-12-19T16:19:00.001+01:00

Al estudiar la continuidad de aplicaciones relacionándolo con la topología cociente, el resultado que se tiene se refiere a aplicaciones que tienen como dominio un espacio cociente: basta con componer con la proyección para ver si es continua. Entonces el problema se transforma en uno sobre continuidad entre espacios 'no cocientes'. ¿Qué pasa si en el codominio tenemos una topología cociente?
Un ejemplo de la situación es la siguiente. En ${\mathbb R}$ con la topología usual $\tau$ consideramos la relación de equivalencia $\sim$ que identifica todos los puntos del intervalo $A=[3,5]$, es decir, $$[x]=\left\{\begin{array}{ll}\{x\} & \mbox{si $x\not\in A$} \\ A & \mbox{si $x\in A$}\end{array}\right.$$ Definimos $$f: {\mathbb R}\rightarrow \frac{{\mathbb R}}{\sim}, \ \ f(x)=[x^2].$$ Para estudiar la continuidad, veamos cuál es la imagen inversa de abiertos. Sea $G\in\tau/\sim$. Entonces $$f^{-1}(G)=\{x\in{\mathbb R}: [x^2]\in G\}.$$
Pero ¿cómo son los abiertos en $\tau/\sim$? El abierto $G$ es la imagen mediante la proyección $p:{\mathbb R}\rightarrow{\mathbb R}/\sim$ de un abierto $O\in\tau$ que es saturado, es decir, $O=p(G)$. Un abierto de este tipo satisface que si $x\in{\mathbb R}$ tiene la propiedad de que $x\sim y$, donde $y\in O$, entonces $x\in O$. Por tanto, si el abierto $O\in\tau$ no interseca a $A$, entonces es saturado; es caso contrario, $O$ contiene a $A$. Así el abierto $(0,2)$ es saturado, pero no el intervalo $(1,4)$.
Volvamos al ejercicio. Se tiene $$f^{-1}(G)=f^{-1}(p(O))=\{x\in{\mathbb R}: [x^2]\in p(O)\}=
\{x: \exists z\in O, x^2\sim z^2\}.$$ Tomamos el abierto $G=p(O)$, donde $O=(1,2)$: como $O\cap A=\emptyset$, entonces $O$ es saturado, y $G\in\tau/\sim$. Al hacer los cuadrados, obtenemos el intervalo $(1,4)$, y el conjunto de números relacionados por $\sim$ es $(1,5]$. Entonces, se puede observar que $$f^{-1}(G)=[-\sqrt{5},-1)\cup (1,\sqrt{5}],$$que no es abierto, probando que $f$ no es continua.

Más de lo mismo, cambiando un poquito

2014-12-17T01:59:00.002+01:00

Modifico el ejemplo anterior cambiando la forma de la aplicación. Si ahora $f$ viene dada por $f(x,y)=-x+y$, con $$f:(\mathbb{R}\times\mathbb{R},\tau_S\times\tau_S)\rightarrow (\mathbb{R},\tau_S),$$
entonces la aplicación no es continua. La razón es que hay abiertos cuya imagen inversa no es abierto, en verdad, ninguna imagen inversa es abierto.
Las diferencias son las siguientes. La imagen inversa son de nuevo la banda entre dos rectas paralelas, incluida la recta de abajo y no la de arriba, y éstas tienen pendiente $1$, es decir, paralelas a la recta $y=x$. Al hacer $f^{-1}([m,n])$, y calcular los puntos interiores (para ver si coincide con el conjunto, el mismo razonamiento que se hizo en la entrada anterior prueba que todos los puntos de $f^{-1}((m,n))$ son interiores, es decir, la banda estrictamente entre las dos rectas (el argumento es pasando por la topología usual). Sin embargo los puntos de la recta $y=x+n$ (la recta de abajo) no son interiores. Para ello, tomamos como base de entornos de dicho punto los rectángulos que tienen como vértices de abajo izquierda el punto, es decir $$\beta_{(x,y)}=\{[x,x+r)\times [y,y+s): r,s > 0\}.$$ Entonces cualquier rectángulo de este tipo no está contenido en el conjunto: por ejemplo el punto $(x+r/2,y)$, que está en el rectángulo, no pertenece a $f^{-1}([m,n])$ pues $$-(x+\frac{r}{2})+y=-x+\frac{r}{2}+x+m=\frac{r}{2}+n > n.$$ La conclusión es que pequeñas diferencias de la aplicación, hacen que ésta deje de ser continua.

Seguimos con la continuidad en la topología producto

2014-12-15T23:56:00.003+01:00

Vuelvo a la aplicación $f(x,y)=x+y$, vista como $$f:({\mathbb R}\times{\mathbb R},\tau_S\times\tau_S)\rightarrow ({\mathbb R},\tau_S).$$Ahora hemos puesto en el dominio la topología producto de la de Sorgenfrey por ella misma, y en el codominio, $\tau_S$. De nuevo, y ésta es una de las claves para realizar este ejercicio, es que podemos hallar la imagen inversa de intervalos: $$f^{-1}([m,n))=\{(x,y):m \leq x+y < n\}$$ que es la 'banda inclinada' entre las rectas $y=-x+m$ e $y=-x+n$, conteniendo a la recta $y=-x+m$, pero no a la recta $y=-x+n$. Volviendo a recordar: si probamos que la imagen inversa de de estos elementos son abiertos, es suficiente para demostrar la continuidad de la aplicación.
Hay que probar que esta banda es un conjunto abierto en $\tau_S\times\tau_S$ (¡no hay que probar que pertenece a la base $\tau_S\times\tau_S$!). Esta base está formada por rectángulos de la forma $[a,b)\times[a',b')$. Entonces es fácil darse cuenta que dado un punto $(x,y)\in f^{-1}([m,n))$, entre él y la banda se puede encontrar un rectángulo de la forma $[a,b)\times[a',b')$. Esto con un dibujo es fácil. Para los puntos entre la dos rectas, sin contener a éstas, aparte de un pequeño dibujito, también de puede hacer del siguiente modo: la banda sin las rectas es un conjunto abierto en la topología usual (ejercicio); la topología usual de ${\mathbb R}^2$ es la topología producto $\tau_u\times\tau_u$; la topología $\tau_u$ de ${\mathbb R}$ es menos fina que $\tau_S$, es decir, $\tau_u\subset\tau_S$; por tanto $\tau_u\times\tau_u\subset\tau_S\times\tau_S$, que era lo que se quería probar.
Quedaría probar que los puntos de la banda $y=-x+m$ son interiores a la banda en la topología $\tau_S\times\tau_S$. De nuevo, repito, un dibujo lo prueba fácilmente. Que uno quiere encontrar con 'fórmulas' dicho abierto, basta tomar un rectángulo cuyo vértice de la izquierda abajo sea el punto $(x,y)$: podría valer $$(x,y)\in [x,x+\frac{n-m}{2})\times [y,y+\frac{n-m}{2})\subset f^{-1}([m,n)).$$

Continuidad en espacios productos (III)

2014-12-06T18:35:00.000+01:00

Seguimos con la misma aplicación considerando $$f:({\mathbb R}\times{\mathbb R},\tau_u\times\tau_u)\rightarrow ({\mathbb R},\tau_i).$$
Para estudiar la continuidad, no vamos a tomar todos los abiertos de $\tau_i$, sino sólo una base. Tomamos la base $\beta_i=\{\{a,0\}:a\in{\mathbb R}\}$. La razón es que cada uno de estos abiertos tiene sólo dos elementos. La aplicación será continua si la imagen inversa de los elementos de $\beta_i$ es un abierto en la topología $\tau_u\times\tau_u$. Recordemos que $\tau_u\times\tau_u$ es la topología usual de ${\mathbb R}^2$, como espacio euclídeo.

Tenemos ahora $$f^{-1}(\{a,0\})=\{(x,y):x+y\in \{a,0\}\}=\{y=-x+1\}\cup\{y=-x\}.$$ Es decir la imagen inversa son dos rectas paralelas. Sin embargo, dicho conjunto nunca es abierto (por ejemplo, debería incluir a bolas euclídeas, lo cual no es cierto). Esto prueba que $f$ no es continua. Es más, esto prueba que en ningún punto la aplicación $f$ es continua.

Continuidad en espacios productos (II)

2014-12-05T21:39:00.000+01:00

En la entrada anterior, cambiamos en el codominio la topología, y ponemos la topología del punto incluido $\tau_i$ para el punto $p=0$. Ahora una base $\beta_i$ de $\tau_i$ es $\beta_i=\{\{a,0\}:a\in{\mathbb R}\}$. Hacemos la imagen inversa de uno de estos elementos: $$f^{-1}(\{a,0\})=\{(x,y):x+y\in \{a,0\}\}.$$ Si $x+y=a$, tenemos la recta $y=-x+a$ y si $x+y=0$, entonces $y=-x$. Por tanto, $f^{-1}(\{a,0\})$ son dos rectas (paralelas), una de ellas es $y=-x$. La cuestión ahora es si dicho conjunto es abierto.
Antes de seguir, observemos que no nos están preguntando si está en $\beta_i\times\beta_i$, es decir, en una base de la topología producto, si no en la topología que genera dicha base. Como no es fácil en un primer momento hallar dicha topología, es decir, hallar las uniones arbitrarias de elementos de $\beta_i\times\beta_i$, lo mejor parece ser estudiar qué puntos de $f^{-1}(\{a,0\})$ son interiores. Como teníamos una base de entornos, este trabajo no es difícil. Dado $(x,y)\in f^{-1}(\{a,0\})$, hay que probar $$\{(x,y),(x,0),(0,y),(0,0)\}\subset f^{-1}(\{a,0\}).$$ Ahora bien, $(x,y)$ es $(x,-x+a)$ o $(x,-x)$.

En el primer caso, hay que probar que $\{(x,-x+a),(x,0),(0,-x+a),(0,0)\}\subset f^{-1}(\{a,0\})$. Pero esto no es cierto: los puntos $(x,0)$ y $(0,-x+a)$ no tienen porqué estar.
Para el segundo caso, tenemos que probar que $\{(x,-x),(x,0),(0,-x),(0,0)\}\subset f^{-1}(\{a,0\})$, que tampoco es cierto en general. Esto prueba que la aplicación no es continua.

Si queremos 'concretarlo', tomamos $O=\{1,0\}\in\tau_i$. Veamos que $f$ no es continua en el punto $(x,y)=(2,-2)$. Ya que $f(2,-2)=0$, entonces $O$ es un abierto (entorno) que contiene a $f(2,-2)$. Si fuera continua en dicho punto entonces $$\{(2,-2),(2,0),(0,-2),(0,0)\}\subset f^{-1}(\{1,0\})$$
pero $(2,0)\not\in f^{-1}(\{1,0\})$, pues $f(2,0)=2$ que no es ni $1$ ni $0$.