%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
\usepackage[nosolutions]{practicas}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{tikz}

\overfullrule5pt
\relpenalty=10000
\binoppenalty=10000
\hyphenation{siguiente lema abierto abierta podemos}

\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\B{\mathscr{B}}
\newcommand\V{\mathscr{V}}
\newcommand\U{\mathscr{U}}
\newcommand\R{\mathscr{R}}
\DeclareMathOperator\inte{int}

\let\eps\varepsilon
\let\emptyset\varnothing

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\Materia{Topología}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2009}
\Titulo{Primer parcial -- Recuperatorio}

\begin{document}

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Sea $f:X\to Y$ una función continua, abierta y sobreyectiva entre
espacios topológicos. Entonces $Y$ es Hausdorff sii 
$\Delta_f=\{(x,x')\in X\times X:f(x)=f(x')\}$ es un cerrado de~$X\times X$.

\item Si $f:X\to Y$ es una función continua, abierta, cerrada y
sobreyectiva y $X$ es regular y $T_1$, entonces $Y$ es Hausdorff.

\item Si $X$ es un espacio regular y $T_1$, $A\subseteq X$ es cerrado y
$Y=X/A$ es el espacio que se obtiene a partir de~$X$ identificando todos
los puntos de~$A$, entonces $Y$ es Hausdorff.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $Y$ es Hausdorff, entonces $\Delta_Y=\{(y,y)\in Y\times
Y:y\in Y\}$ es un cerrado de~$Y\times Y$. Como $f$ es continua, $f\times
f:X\times X\to Y\times Y$ también lo es, y en consecuencia
$\Delta_f=(f\times f)^{-1}(\Delta_Y)$ es un cerrado de~$X\times X$.

Recíprocamente, supongamos que $\Delta_f$ es cerrado en~$X\times Y$ y sean
$y$,~$y'\in Y$ dos puntos distintos. Como $f$ es sobreyectiva, existen
$x$,~$x'\in X$ tales que $f(x)=y$ y $f(x')=y'$. Entonces
$(x,x')\not\in\Delta_f$, así que la hipótesis implica que existen abiertos
$U$,~$V\subseteq X$ tales que $(x,x')\in U\times V\subseteq X\times
X\setminus\Delta_F$. Como $f$ es abierta, $f(U)$ y $f(V)$ son abiertos
de~$Y$, y es claro que $y\in f(U)$ e $y'\in f(V)$. Si existe $z\in f(U)\cap
f(V)$, entonces existen $u\in U$ y $v\in V$ tales que $f(u)=z=f(v)$, de
manera que $(u,v)\in U\times V\cap\Delta_f$: esto es imposible. Así,
$f(U)\cap f(V)=\emptyset$, y vemos que $Y$ es Hausdorff.

\medskip

\ejitem{2} Sea $y\in Y$ y sea $x\in X$ tal que $f(x)=y$. Como $\{x\}$ es un
cerrado de~$X$, porque $X$ es $T_1$, y como $f$ es cerrada,
$\{y\}=f(\{x\})$ es un cerrado de~$Y$. Esto nos dice que $Y$ es $T_1$. Por
otro lado, sean $y\in Y$ y $U\subseteq Y$ un abierto tal que $y\in U$. Sea
$x\in X$ tal que $f(x)=y$. Como $X$ es regular, y $x\in f^{-1}(U)$, existe
un abierto $V\subseteq X$ tal que $x\in V\subseteq\overline V\subseteq
f^{-1}(U)$. Entonces $y=f(x)\in f(V)\subseteq f(\overline V)\subseteq
f(f^{-1}(U))=U$. Como $f$ es abierta, $f(V)$ es un abierto; como además es
cerrada, $f(\overline V)$ es un cerrado, y entonces
$\overline{f(V)}\subseteq f(\overline V)$. Así, es $x\in f(V)\subseteq
\overline{f(V)}\subseteq U$. Concluimos de esta forma que $Y$ es regular.
Finalmente, como $Y$ es regular y $T_1$, es un espacio de Hausdorff.

\medskip

\ejitem{3} Sea $p:X\to Y$ el cociente. Sean $y$,~$y'\in Y$ dos puntos
distintos, y sean $x$,~$x'\in X$ tales que $p(x)=y$ y $p(x')=y'$.
Considerams dos casos:
\begin{itemize}

\item Si $x\in A$, entonces $x'\not\in A$. Como $X$ es regular y $A$ cerrado,
existen abiertos $U$,~$V\subseteq X$ tales que $x'\in U$, $A\subseteq V$ y
$U\cap V=\emptyset$. Es claro que $U$ y $V$ son $p$-saturados, así que
$p(U)$ y $p(V)$ son dos abiertos disjuntos de~$Y$. Como $y\in p(V)$ e
$y'\in p(U)$, vemos que en ese caso podemos separar a $y$ de~$y'$ por abiertos
disjuntos.

\item Supongamos ahora en cambio que $x$,~$x'\not\in A$. Como $X$ es
regular y $T_1$, es de Hausdorff, así que existen abiertos $U$,~$V\subseteq
X$ tales que $x\in U$, $x'\in V$ y $U\cap V=\emptyset$. Entonces
$U_1=U\setminus A$ y $V_1=V\setminus A$ son abiertos de~$X$ tales que $x\in
U_1$, $x'\in V_1$, $U_1\cap V_1=\emptyset$ y $U_1\cap A= V_1\cap
A=\emptyset$. En particular, $U_1$ y $V_1$ son abiertos saturads disjuntos,
así que $p(U_1)$ y $p(V_1)$ son abiertos disjuntos de~$Y$. Como $y\in
p(U_1)$ y $y'\in p(V_1)$, vemos que también en este caso podemos separar a
$y$ de $y'$.

\end{itemize}
Esto prueba que $Y$ es un espacio de Hausdorff.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $p:X\to Y$ una función cerrada, abierta y sobreyectiva, y sea
$\phi:X\to I$ una función continua. Sea $\tilde\phi:Y\to I$ dada por
$\tilde\phi(y)=\sup_{x\in p^{-1}(y)}\phi(x)$. Entonces $\tilde\phi$ es
continua.

\begin{Solucion}
Basta mostrar que son abiertas las preimágenes por~$\tilde\phi$ de los
abiertos de la forma $(a,1]$ y $[0,a)$, con $a\in I$, ya que éstos forman
una subbase de la topología de~$I$.
\begin{itemize}

\item Sea $a\in I$. Entonces 
  \begin{align*}
  \tilde\phi^{-1}((a,1])
    &= \{y\in Y:\sup\nolimits_{x\in p^{-1}(y)}\phi(x)>a\} \\
    &= \{y\in I:\text{existe $x\in p^{-1}(y)$ tal que $\phi(x)>a$}\} \\
    &= p\bigl(\{x\in X:\phi(x)>a\}\bigr) \\
    &= p(\phi^{-1}((a,1]).
  \end{align*}
Como $\phi$ es continua, $\phi^{-1}((a,1])$ es un abierto de~$X$, y como
$p$ es abierta, vemos que $\tilde\phi^{-1}((a,1])$ es un abierto de~$Y$.

\item Sea otra vez $a\in I$, sea $U=\tilde\phi^{-1}([0,a))$ y sea $y\in U$.
Entonces $s=\sup_{x\in p^{-1}(y)}\phi(x)<a$, así que existe $t\in(s,a)$. Se tiene que
  \begin{equation}\label{eq:phi}
  y\in Y\setminus p(\phi^{-1}([t,1])) \subseteq U.
  \end{equation}
En efecto, como $s<t$, no existe $x\in p^{-1}(y)$ con $\phi(x)\geq t$, así
que $y\not\in p(\phi^{-1}([t,1]))$, y, por otro lado, si $z\in Y\setminus
p(\phi^{-1}([t,1]))$, no existe $x\in p^{-1}(z)$ tal que $\phi(x)\geq t$ y
en consecuencia $\tilde\phi(z)=\sup_{x\in p^{-1}(z)}\phi(x)\leq t<a$, de
manera que $z\in U$.

Como $\phi$ es continua y $p$ cerrada, $p(\phi^{-1}([t,1]))$ es un cerrado
de~$Y$, y~\eqref{eq:phi} muestra entonces que $y\in\inte U$.~\qed
\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $A$,~$B\subseteq X$ dos subespacios cerrados de un espacio
localmente conexo tales que $A\cup B=X$, $A\cap B$ es localmente conexo. Entonces $A$ y
$B$ son localmente conexos.

\begin{Solucion}
Por simetría, basta mostrar que $A$ es localmente conexo. Sea $x\in A$ y
sea $U\subseteq X$ un abierto tal que $x\in U$. Tenemos que mostrar que
existe un abierto $W\subseteq X$ tal que $W\cap A$ es conexo y
$x\in W\cap A\subseteq U\cap A$. 

Supongamos primero que $x\in A\setminus B$. Como $U\cap(X\setminus B)$ es
un abierto de~$X$ que contiene a $x$ y como $X$ es localmente conexo, existe
un abierto conexo $V\subseteq X$ tal que $x\in V\subseteq U\cap(X\setminus B)$.
Pero $V\subseteq A$, de manera que se trata de un abierto \emph{de $A$}:
podemos tomar, entonces, $W=V$.

Supongamos ahora que $x\in A\cap B$. Como $A\cap B$ es localmente conexo y
$x\in U\cap A\cap B$, existe un abierto $V\subseteq X$ tal que $x\in V\cap
A\cap B\subseteq U\cap A\cap V$ y tal que $V\cap A\cap B$ es conexo. Sea
$V'$ la componente conexa de~$x$ en~$V$ y sea $V''=V\setminus V'$ la unión
de todas las otras componentes. Como $X$ es localmente conexo, $V'$ y $V''$
son abiertos en~$X$ y, en particular, $V'\cap A\cap B$ y $V''\cap A\cap B$
son dos abiertos disjuntos de~$A\cap B$ cuya unión es $V\cap A\cap B$. Como
$V\cap A\cap B$ es conexo, alguno de los dos debe ser vacío, y como $x\in
V'\cap A\cap B$, vemos que de hecho $V'\cap A\cap B=V\cap A\cap B$.

Si ponemos $W=V'$, entonces $x\in W\cap A=V'\cap A\subseteq U\cap A$, así que
para terminar bastará mostrar que $V'\cap A$ es conexo, y para eso, que
  \begin{equation}\label{eq:zz}
  \claim{si $Z$ es un espacio topológico conexo y si $L$,~$R\subseteq Z$ son
  subespacios cerrados de~$Z$ tales que $L\cap R$ es conexo y $L\cup R=Z$,
  entonces $L$ y $R$ son conexos.}
  \end{equation}
En efecto, si ponemos $Z=V'$, $L=V'\cap A$, $R=V'\cap B$, se satisfacen las
hipótesis de~\eqref{eq:zz} y entonces podemos concluir que $V'\cap A$ es
conexo, como queremos.

\bigskip

Probemos entonces la afirmación~\eqref{eq:zz}. Supongamos, para llegar a un
absurdo, que $L$ no es conexo, de manera que existen abiertos
$F$,~$G\subseteq Z$ tales que $L\cap F\neq\emptyset$, $L\cap
G\neq\emptyset$, $L\cap F\cap G=\emptyset$ y $L\subseteq F\cup G$. Como
$L\cap R$ es conexo, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $L\cap
R\subseteq F$. Sean $F'=F\cup R$ y $G'=G\setminus R$. Como $R^c\subseteq L$, es
  \begin{gather*}
  F'\cap  G'
     = (F\cup R)\cap(G\cap R^c) 
     = (F\cap G\cap R^c)\cup(R\cap G\cap R^c)
     \subseteq F\cap G\cap L 
     = \emptyset
\shortintertext{de manera que $F'\cap G'=\emptyset$, y, por otro lado,}
  F'\cup G'
     = \mathrlap{(F\cup R)\cup(G\cap R^c)
     = (F\cup R\cup G)\cap(F\cup R\cup R^c)
     = Z\cap Z = Z.}
  \end{gather*}
Es claro que $G'$ es abierto. El conjunto $F'$ también es abierto: para
verlo, observamos que la familia de inclusiones $\{L\hookrightarrow
X,R\hookrightarrow X\}$ es final, y que
  \[
  F'\cap L = (F\cup R)\cap L = (F\cap L)\cup (R\cap L) = F\cap L
  \]
es un abierto de~$L$, y que $F'\cap R = R$ es un abierto de~$R$. Así, vemos
que $\{F',G'\}$ es una partición de~$Z$ por abiertos disjuntos no vacíos.
Esto es imposible, porque por hipótesis $Z$ es conexo. Esta imposibilidad
prueba que $L$ debe ser conexo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio topológico es de Lindelöf si todo cubrimiento abierto
contiene un subcubrimiento numerable.

\begin{ejitems}

\item Un espacio cuya topología tiene una base numerable es de Lindelöf.

\item Todo subespacio cerrado de un espacio de Lindelöf es de Lindelöf.

\item Si $f:X\to Y$ es una función continua y $X$ es de Lindelöf, entonces
$f(X)$ es de Lindelöf.

\item Un espacio métrico de Lindelöf tiene una base numerable.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $X$ un espacio topológico con una base numerable~$\B$, y sea
$\U$ un cubrimiento abierto de~$X$. Si $\B'=\{B\in\B:\text{existe $U\in\U$
tal que $B\subseteq U$}\}$, entonces existe una función $\phi:\B'\to\U$ tal
que $\phi(B)\supseteq B$ para todo $B\in\B'$. Sea $\U'=\phi(\B')$. Como
$\B'$ es numerable, $\U'$ es numerable. Para terminar, mostremos que $\U'$
es un cubrimiento de~$X$.

Sea $x\in X$. Como $\U$ cubre a~$X$, existe $U\in\U$ tal que $x\in U$, y
como $\B$ es una base, existe $B\in\B$ tal que $x\in B\subseteq U$. Pero entonces
$B\in\B'$, así que $V=\phi(B)$ es un elemento de~$\U'$ tal que $x\in
B\subseteq V$. Así, $x\in\bigcup_{U\in\U'}U$, como queríamos.

\medskip

\ejitem{2} Sea $X$ un espacio de Lindelöf y sea $F\subseteq X$ un cerrado.
Sea $\U=\{U_i\}_{i\in I}$ un cubrimiento abierto de~$F$. Para cada $i\in I$
existe un abierto $V_i\subseteq X$ tal que $U_i=V_i\cap F$, y es claro que
$\V=\{X\setminus F\}\cup\{V_i:i\in I\}$ es un cubrimiento abierto de~$X$.
Como $X$ es de Lindelöf, existe un subconjunto numerable $\V'\subseteq\V$
tal que $\V'$ también cubre a~$X$. Pero entonces claramente $\{V\cap
F:V\in\V'\}\setminus\{\emptyset\}$ es un cubrimiento abierto de~$F$
numerable y contenido en~$\U$. Esto muestra que $F$ es de Lindelöf.

\medskip

\ejitem{3} Sea $\U$ un cubrimiento de~$f(X)$ por abiertos de~$Y$. Entonces
$\{f^{-1}(U):U\in\U\}$ es un cubrimiento abierto de~$X$, de manera que
existe un subconjunto numerable $\U'\subseteq\U$ tal que
$\{f^{-1}(U):U\in\U'\}$ también es un cubrimiento de~$X$. Es claro que
$\U'$ cubre a~$f(X)$.

\medskip

\ejitem{4} Sea $(X,d)$ un espacio métrico de Lindelöf. Si $n\in\NN$
el conjunto $\{B_{1/n}(x):x\in X\}$ es un cubrimiento abierto de~$X$, así
que por hipótesis existe $A_n\subseteq X$ numerable tal que $\U_n=\{B_{1/n}(a):a\in A_n\}$
también es un cubrimiento. Sea $\B=\{B_{1/n}(a):n\in\NN,a\in A_n\}$. Como
$\B$ es numerable, bastará que mostremos que se trata de una base.

Sea $U\subseteq X$ un abierto y sea $x\in U$. Existe $\delta>0$ tal que
$B_\delta(x)\subseteq U$. Sea $n\in\NN$ tal que $1/n<\delta/2$. Como $\U_n$
es un cubrimiento de~$X$, existe $a\in A_n$ tal que $x\in B_{1/n}(a)$. 
Si $y\in B_{1/n}(a)$, entonces $d(a,y)<1/n$; como por otro lado
$d(x,a)<1/n$, vemos que $d(x,y)\leq d(x,a)+d(a,y)<2/n<\delta$: esto es,
$y\in B_\delta(x)$. Así, $x\in B_{1/n}(a)\subseteq B_\delta(x)\subseteq U$.
Esto prueba que $\B$ es una base.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio topológico. Definimos una relación $\simeq$
en~$X$: si $x$,~$y\in X$, entonces ponemos $x\simeq y$ sii no existe un par
de abiertos $U$,~$B\subseteq X$ disjuntos tales que $x\in U$, $y\in V$ y
$X=U\cup V$.
\begin{ejitems}

\item Se trata de una relación de equivalencia. Llamamos a sus clases de
equivalencia las \emph{cuasi-componentes} de~$X$.

\item La cuasi-componente de un punto es la intersección de todos los
abiertos cerrados que lo contienen.

\item Toda componente de~$X$ está contenida en una cuasi-componente.

\item Si $X$ es localmente conexo, entonces las componentes y las
cuasi-componentes coinciden.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Es evidentemente reflexiva y simétrica. Sean $x$,~$y$,~$z\in X$
tres puntos distintos, y supongamos que $x\not\simeq z$, de manera que
existen abiertos disjuntos $U$,~$V\subseteq X$ tales que $x\in U$, $z\in V$
y $U\cup V=X$. Entonces $y\in U$ o $y\in V$. En el primer caso,
$y\not\simeq z$; en el segundo, $x\not\simeq y$. Esto prueba que $\simeq$~es
transitiva.

\medskip

\ejitem{2} Sea $x\in X$, sea $C$ la cuasi-componente de~$x$ en~$X$ y sea
$D$ la intersección de todos los subconjuntos de~$X$ abiertos y cerrados
que contienen a~$x$.

Si $y\in X\setminus D$, entonces existe un conjunto $U\subseteq X$ abierto
y cerrado tal que $x\in U$ e $y\in X\setminus U$. Esto implica que
$y\not\simeq x$, es decir, que $y\not\in C$. Así, vemos que $C\subseteq D$.

Recíprocamente, supongamos que $y\in D\setminus C$. Entonces $x\not\simeq
y$, así que existen abiertos disjuntos $U$,~$V\subseteq X$ tales que $U\cup
V=X$, $x\in U$ e $y\in V$. Pero esto implica que $U$ es un abierto cerrado
que contiene a~$x$, así que $y\in D\subseteq U$. Esto es absurdo.

\medskip

\ejitem{3} Sea $x\in X$, sea $C$ la componente conexa de~$x$ en~$X$ y sea
$Q$ la cuasi-componente de~$x$ en~$X$. Mostremos que $C\subseteq Q$.
Supongamos por el contrario que existe $y\in (X\setminus Q)\cap C$.
Entonces $x\not\simeq y$ y existen abiertos disjuntos $U$,~$V\subseteq X$
tales que $x\in U$, $y\in V$ y $U\cup V=X$. Esto implica que $x\in C\cap U$
e $y\in C\cap V$, así que $\{C\cap U,C\cap V\}$ es una separación de~$C$ no
trivial. Como $C$ es conexo, esto es absurdo.

\medskip

\ejitem{4} Sea $X$ un espacio localmente conexo. Ya sabemos que toda
componente está contenida en una cuasi-componente, así que para ver que las
componentes y las cuasi-componentes coinciden, basta mostrar que las
cuasi-componentes son conexas. 

Supongamos que $Q\subseteq X$ es una cuasi-componente que no es conexa, de
manera que existen abiertos $U$,~$V\subseteq X$ tales que $U\cap
Q\neq\emptyset$, $V\cap Q\neq\emptyset$, $Q\subseteq U\cup V$ y $U\cap
V\cap Q=\emptyset$.
Como $Q$ es la unión de las componentes que contiene y como estas últimas
son abiertas en~$X$ porque $X$ es localmente conexo, vemos que $Q$ es
abierta en~$X$. Si $U_1=U\cap Q$ y $V_1=V\cap Q$, entonces $U_1$ y $V_1$
son abiertos de~$X$ no vacíos y disjuntos tales que $Q=U_1\cup V_1$.

Como $X\setminus Q$ es un abierto de~$X$, porque es unión de
quasi-componentes, los conjuntos $U_2=U_1\cup(X\setminus Q)$ y $V_2=V_1$
son dos abiertos de~$X$ disjuntos y no vacíos tales que $X=U_2\cup V_2$.
Si $x\in U_1$ e $y\in V_1$, entonces $x\in U_2$ e $y\in V_2$, así que
$x\not\simeq y$. Esto es absurdo, porque $x$,~$y\in Q$. Esta contradicción
nos dice que $Q$ no puede ser no conexa.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
