%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\hyphenation{siguiente lema abierto abierta podemos}

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\DeclareMathOperator\inte{int}

\let\eps\varepsilon

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

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

\begin{document}

\maketitleParcial

%\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,\mathord\leq)$ un conjunto parcialmente ordenado, y para cada
$x\in X$ sea
  \[
  U_x = \{y\in X:x\leq y\}.
  \]
\begin{ejitems}

\item El conjunto $\{U_x:x\in X\}$ es una base de una topología~$\tau_{\leq}$ sobre~$X$.

\item La topología~$\tau_{\leq}$ es~$T_0$ y una intersección arbitraria de
abiertos de~$\tau_{\leq}$ es abierta.

\item Sea ahora $Y$ un espacio topológico~$T_0$ que tienen la propiedad de
que una intersección arbitraria de sus abiertos es abierta, y definamos una
relación~$\leq$ sobre~$Y$ de manera que
  \[
  x\leq y \iff x\in\overline{\{y\}}.
  \]
Entonces $(Y,\mathord\leq)$ es un conjunto parcialmente ordenado y la topología
$\tau_{\leq}$ concide con la topología original de~$Y$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $x$,~$y\in X$ y sea $z\in U_x\cap U_y$, de manera que
$x\leq z$ y $z\leq y$. Afirmamos que entonces $U_z\subseteq U_x\cap U_y$:
en efecto, si $u\in U_z$ es $z\leq u$ y, entonces, como $\leq$~es
transitivo, $x\leq u$ e $y\leq u$ o, equivalentemente, $u\in U_x\cap U_y$.
Esto prueba que $\B=\{U_x:x\in X\}$ es una base de una topología~$\tau_\leq$
sobre~$X$.

\ejitem{2} Sean $x$,~$y\in X$ y supongamos que $x\in U_y$. Entonces $y\leq x$ y,
como $\leq$~es anti-simétrico, $x\not\leq y$. Así, vemos que $y\not\in
U_x$. Esto prueba que la topología~$\tau_\leq$ es~$T_0$.

Sea ahora $\U\subseteq\tau_\leq$ una familia arbitraria de abiertos
de~$\tau_\leq$ y sea $V=\bigcap_{U\in\U}U$. Mostremos que todo punto de~$V$ es
interior para ver que $V$ es abierto.

Sea $v\in V$. Si $U\in\U$, entonces $v\in U$ y, como $\B$~es una base
de~$\tau_\leq$, existe $x\in X$ tal que $v\in U_x\subseteq U$. Como
entonces $x\leq v$ y, en consecuencia, $U_v\subseteq U_x$, vemos que
$U_x\subseteq U$. La arbitrariedad de~$U\in\U$ implica, entonces, que
$v\in U_v\subseteq\bigcap_{U\in\U}U=V$, así que $v\in\inte V$.

\ejitem{3} Si $x\in Y$, entonces claramente $x\in\overline{\{x\}}$, así que
$x\leq x$ y $\leq$~es reflexiva. 

Sean ahora $x$,~$y\in Y$ tales que $x\neq y$. Como
$Y$~es~$T_0$, sin pérdida de generalidad podemos suponer que existe un
abierto $U\subseteq Y$ tal que $x\in U$ e $y\not\in U$, y en ese caso es
claro que $x\not\in\overline{\{y\}}$. Así, es $x\not\leq y$ y vemos que
$\leq$~es anti-simétrica.

Sean finalmente $x$,~$y$,~$z\in Y$ tales que $x\leq y$ e $y\leq z$, de manera que
$x\in\overline{\{y\}}$ e $y\in\overline{\{z\}}$. Es 
$\{y\}\subseteq\overline{\{z\}}$ y, en consecuencia, que
$\overline{\{y\}}\subseteq\overline{\{z\}}$. Vemos entonces que
$x\in\overline{\{z\}}$, es decir, que $x\leq z$. Esto prueba que $\leq$~es
transitiva y completa la verificación de que $\leq$ es un orden parcial
sobre~$Y$. Notemos $\tau_\leq$ la topología correspondiente sobre~$Y$ y sea
$\tau$ la topología original de~$Y$. Para terminar, tenemos que mostrar que
$\tau=\tau_\leq$. 

Sea $x\in Y$. Observemos que
  \begin{equation} 
  \label{eq:t0:1}
  y\in Y\setminus U_x \implies \overline{\{y\}}\subseteq X\setminus U_x.
  \end{equation}
Para verlo, verificamos la afirmación contrarrecíproca: si existe $z\in
\overline{\{y\}}\cap U_x$, entonces $z\leq y$ y $x\leq z$, de manera que
$x\leq y$ o, equivalentemente, $y\in U_x$. 
Ahora bien, de~\eqref{eq:t0:1} es claro que
  \[
  X\setminus U_x = \bigcup_{y\in X\setminus U_x} \overline{\{y\}},
  \]
y, como cada término de esta unión es cerrado en~$Y$ y la familia de los cerrados de~$Y$
es cerrada por uniones arbitrarias por hipótesis, vemos que
$X\setminus U_x$ es cerrado y que $U_x\in\tau$. Luego $\B\subseteq\tau$ y,
en consecuencia, $\tau_\leq\subseteq\tau$.

Por otro lado, sea $U\in\tau$. Sea $x\in U$. Si $y\in U_x$, de manera que
$x\leq y$ y $x\in\overline{\{y\}}$, entonces $U\cap\{y\}\neq\emptyset$
porque $U$ es un entorno de~$x$, y vemos que $y\in U$: esto muestra que
$U_x\subseteq U$ así que $x$ es interior a~$U$ con respecto a~$\tau_\leq$.
Concluimos que $U\in\tau_\leq$ y, en general, que
$\tau\subseteq\tau_\leq$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:X\to Y$ una función continua entre espacios topológicos.
Decimos que $f$ es un \emph{homeomorfismo local} si 
  \[
  \claim{para cada $x\in X$, existen abiertos $U\subseteq X$ y $V\subseteq Y$ tales
  que $x\in U$, $f(x)\in V$, $f(U)\subseteq V$ y $f|_U^V:U\to V$ es un
  homeomorfismo.}
  \]
Entonces $f$ es un homeomorfismo local sii valen las siguientes dos
condiciones:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]

\item La función $f$ es abierta.

\item Si $A=\{(x_1,x_2)\in X\times X:f(x_1)=f(x_2)\}$, con su topología de
subespacio de~$X\times X$, entonces la función $\Delta_f:x\in X\to (x,x)\in
A$ es abierta.

\end{enumerate}

\begin{Solucion}
Supongamos que $f$ es un homeomorfismo local.

Sea $W\subseteq X$ un abierto y sea $x\in W$. Sean $U\subseteq X$ y
$V\subseteq Y$ abiertos tales que $x\in U$, $f(x)\in V$, $f(U)\subseteq V$
y $f|_U^V:U\to V$ es un homeomorfismo. Entonces $W\cap U$ es un abierto
de~$U$, de manera que $f(W\cap U)$ es un abierto de~$V$ y, como $V$ es
abierto en~$Y$, de~$Y$. Pero $f(x)\in f(W\cap U)\subseteq f(W)$, así que
$f(x)\in\inte f(W)$. Esto muestra que $f(W)$ es abierto y, en general, que
$f$ es una función abierta.

Sea ahora $W\subseteq X$ un abierto y $x\in W$. Sean $U\subseteq X$ y
$V\subseteq Y$ abiertos tales que $x\in U$, $f(x)\in V$, $f(U)\subseteq V$
y $f|_U^V:U\to V$ es un homeomorfismo. Notemos que $W\cap U$ es un abierto
de~$X$, así que $W'=A\cap\bigl[(U\cap
W)\times(U\cap W)\bigr]$ es un abierto de~$A$. Es claro que $\Delta_f(x)\in W'$. Si
$(y_1,y_2)\in W'$, entonces $(y_1,y_2)\in A$, es $f(y_1)=f(y_2)$ y, 
como $y_1$,~$y_2\in W\cap U$, esto implica que $y_1=y_2$ ya que $f|_{W\cap
U}$ es inyectiva. Así, vemos que $(y_1,y_2)=\Delta_f(y_1)\in\Delta_f(W)$.
Hemos mostrado de esta forma que $\Delta_f(x)\in W'\subseteq\Delta_f(W)$.
Concluimos que $\Delta_f(x)\in\inte\Delta_f(W)$ y, en definitiva, que
$\Delta_f(W)$ es un abierto.

Esto establece la necesidad de las condiciones \pitem[roman]{1} y
\pitem[roman]{2}. Veamos ahora su suficiencia.

Sea $x\in X$. Como $\Delta_f(X)$ es un abierto de~$A$, existen abiertos
$U_1$,~$U_2\subseteq X$ tales que $\Delta_f(x)=(x,x)\in A\cap(U_1\times
U_2)\subseteq\Delta_f(X)$. Sea $U=U_1\cap U_2$. Entonces $U$ es un entorno
abierto de~$x$ y, como $f$ es abierta, $V=f(U)$ es un entorno abierto
de~$f(x)$. La restricción $f|_U^V:U\to V$ es continua y sobreyectiva.
Es inyectiva: si $y_1$,~$y_2\in U$ son tales que $f(y_1)=f(y_2)$, entonces
$(y_1,y_2)\in A\cap(U_1\times U_2)\subseteq\Delta_f(X)$ y, en particular,
$y_1=y_2$. Finalmente $f|_U^V$ es abierta porque $f$ es abierta y $U$ y $V$
son abiertos de~$X$ e~$Y$, respectivamente.~\qed



\end{Solucion}

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

\item Si $X$ e $Y$ son espacios topológicos conexos y $f:X\times Y\to Z$ es
una función \emph{separadamente continua}, entonces $f(X\times Y)$ es un
conexo de~$Z$.

\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos conexos y sean $A\subsetneq X$ y
$B\subsetneq Y$. Entonces $X\times Y\setminus A\times B$ es conexo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Mostremos primero que
  \[
  \claim{si $X$ es un espacio topológico y si $A$,~$B\subseteq X$ son dos
  subconjuntos conexos tales que $A\cap B\neq\emptyset$, entonces $C=A\cup B$
  es un subconjunto conexo.}
  \]
En efecto, sean $U$,~$V\subseteq X$ abiertos tales que $C\subseteq U\cup V$
y~$C\cap U\cap V=\emptyset$. Como $A$ es conexo y $A\subseteq C$, debe ser
o bien $A\subseteq U$ o bien $A\subseteq V$ y, sin pérdida de generalidad,
podemos suponer que $A\subseteq U$. De la misma forma, o bien $B\subseteq
U$ o bien $B\subseteq V$. Pero si fuese $B\subseteq V$, tendríamos que $\emptyset\neq A\cap
B\subseteq C\cap U\cap V=\emptyset$, lo que es absurdo. Esto implica que
$B\subseteq U$ y, entonces, $C\cap V=C\cap U\cap V=\emptyset$. Así, $C$ es
conexo, como queríamos mostrar.

\ejitem{1} Sea $Z'=f(X\times Y)$. Sean $u$,~$v\in Z'$ y sean $(x,y)$,~$(x',y')\in
X\times Y$ tales que $f(x,y)=u$ y $f(x',u')=v$. Sabemos que el subespacio
$\{x\}\times Y$ de~$X\times Y$ es conexo, porque es homeomorfo a~$Y$, y que
la función $f_x:r\in Y\mapsto f(x,r)\in Z$ es continua: esto implica que
$f(\{x\}\times Y)$ es un conexo en~$Z'$. De la misma forma, $f(X\times\{y'\})$
es un conexo de~$Z'$.
Pero $f(x,y')\in f(X\times\{y'\})\cap f(\{x\}\times Y)$, así que 
$C=f(X\times\{y'\})\cup f(\{x\}\times Y)$ es un conexo de~$Z'$.
Como $u=f(x,y)\in C$ y $v=f(x',y')\in C$, vemos que $u$ y~$v$ están
conectados en~$Z'$. Esto prueba que $Z'$ es conexo, como queríamos.

\ejitem{2} Sea $Z=X\times Y\setminus A\times B$.
Bastará mostrar que si $(x,y)$,~$(x',y')\in Z$, entonces hay un conexo
$C\subsetneq Z$ tal que $(x,y)$,~$(x',y')\in C$.
\begin{itemize}

\item Supongamos que $x\not\in A$. Como $B\subsetneq Y$, existe $y_0\in
Y\setminus B$, y entonces el conjunto $C=\{x\}\times Y\cup X\times\{y_0\}\cup\{x'\}\times
Y$ es conexo en~$Z$, porque $\{x\}\times Y\cap X\times\{y_0\}\neq\emptyset$ y 
$X\times\{y_0\}\cap\{x'\}\times Y\neq\emptyset$, y claramente
$(x,y)$,~$(x',y')\in C$.

\item Si, en cambio, es $x\in B$, tendremos necesariamente que $y\not\in
B$. Si ahora $x_0\in X\setminus A$, el conjunto
$C=X\times\{y\}\cup\{x_0\}\times Y\cup X\times\{y'\}$ es, como antes, un
conexo de~$Z$ que contiene a $(x,y)$ y a~$(x',y')$.~\qed
\end{itemize}
\end{Solucion}

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

\item Sea $f:X\to Y$ una función continua entre dos espacios topológicos, y
supongamos que $Y$ es un espacio de Hausdorff. Sea $\sim$ la relación de
equivalencia sobre~$X$ tal que si $x$,~$x'\in X$, 
  \[
  x\sim x' \iff f(x)=f(x').
  \]
Entonces el espacio cociente $X/\mathord\sim$ es un espacio de Hausdorff.

\item Si $X$ es un espacio topológico, entonces existe un par $(\tilde
X,\iota)$ con $\tilde X$ un espacio de Hausdorff y $\iota:X\to\tilde X$ una
función continua tal que
  \[
  \claim{si $Y$ es un espacio de Hausdorff y $f:X\to Y$ es continua, existe
  una única función $\tilde f:\tilde X\to Y$ tal que $f=\tilde
  f\circ\iota$.
  }
  \]
Más aún, si $(\tilde X_1,\iota_1)$ es otro par con las mismas propiedades,
existe un único homeomorfismo $q:\tilde X\to\tilde X_1$ tal que $\iota_1 =
q\circ\iota$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $u$,~$v\in X/R$ dos puntos \emph{distintos}. Sea $q:X\to
X/\mathord\sim$ el cociente. Sean $x$,~$y\in X$ tales que $q(x)=u$ y $q(y)=v$. Es
$f(x)\neq f(y)$, porque $u\neq v$, así que existen abiertos
$U$,~$V\subseteq Y$ tales que $f(x)\in U$, $f(y)\in V$ y $U\cap
V=\emptyset$. Es claro que $p^{-1}(U)$ es un abierto saturado de~$X$, así
que $U'=q(p^{-1}(U))$ es un abierto de~$X/\mathord\sim$; de la misma forma, 
$V'=q(p^{-1}(V))$ es abierto. Como $p^{-1}(U)$ y $p^{-1}(V)$ son saturados
y disjuntos, $U'\cap V'=\emptyset$. Finalmente, es evidente que $u\in U'$ y
que $v\in V'$. Esto prueba que $X/\mathord\sim$ es Hausdorff.

\ejitem{2} Consideremos la relación~$\sim$ sobre~$X$ tal que si $x$,~$y\in
X$, 
  \[
  \claim{$x\sim y$ sii para cada función continua $f:X\to Y$ con $Y$ un
  espacio de Hausdorff es $f(x)=f(y)$.}
  \]
Afirmamos que $\sim$~es una relación de equivalencia. La reflexividad y la
simetría son evidentes. Por otro lado, supongamos que $x$,~$y$,~$z\in X$ y que
$x\sim y$ e $y\sim z$. Si $f:X\to Y$ es una función continua con~$Y$ un
espacio de Hausdorff, entonces $f(x)=f(y)$ y $f(y)=f(z)$, así que
$f(x)=f(z)$: esto muestra que $x\sim z$, esto es, que $\sim$~es transitiva.

Sea $\tilde X=X/\mathord\sim$ el espacio cociente, y sea $\iota:X\to \tilde X$ la
aplicación canónica. Sean $a$,~$b\in\tilde X$ puntos distintos de~$\tilde
X$, y sea $x$,~$y\in X$ tales que $x\in a$ e $y\in b$. Como $a\neq b$,
$x\not\sim y$, y entonces existe una función continua $f:X\to Y$ con
codominio de Hausdorff tal que $f(x)\neq f(y)$. Existen entonces abiertos
$U$,~$V\subseteq Y$ tales que $f(x)\in U$, $f(y)\in V$ y $U\cap
V=\emptyset$. Si ponemos $U'=f^{-1}(U)$ y $V'=f^{-1}(V)$, entonces $U'$ y
$V'$ son abiertos de~$X$ tales que $x\in U'$, $y\in V'$ y~$U'\cap
V'=\emptyset$. Afirmamos que $U'$ y $V'$ son saturados para~$\sim$: por
ejemplo, si $z\in U'$ y $z'\in X$ son tales que $z\sim z'$, debe ser
$f(z')=f(z)\in U$, de manera que $z'\in f^{-1}(U)=U'$. La construcción de
la topología de~$\tilde X$ implica entonces que $U''=\iota(U')$ y
$V''=\iota(V')$ son abiertos de~$\tilde X$. Es claro que $a\in U''$ y que
$b\in V''$. Por otro lado, si suponemos que existe un elemento $c\in
U''\cap V''$ y que $z\in c$, entonces, como $U'$ y $V'$ son saturados,
$z\in U'\cap V'$, lo que es absurdo. Esto demuestra que $\tilde X$ es un
espacio de Hausdorff.

Sea ahora $f:X\to Y$ una función continua con valores en un espacio de
Hausdorff. La definición de~$\sim$ hace evidente que si $x$,~$y\in X$ y
$x\sim y$, entonces $f(x)=f(y)$. Esto implica que existe una función
$\tilde f:\tilde X\to Y$ tal que $\tilde f\circ\iota=f$. Más aún, como
$\tilde X$ tiene su topología cociente, esta función~$\tilde f$ es continua
y, como $\iota$~es sobreyectiva, $\tilde f$ es la única función con estas
propiedades.

\bigskip

\emph{Alternativamente, podemos proceder de la siguiente manera.} Sea $\R$
el conjunto de todas las relaciones de equivalencia~$R$ sobre~$X$ para las
que $X/R$ es un espacio Hausdorff. Si $S\in\R$ sea $q_S:X\to X/S$ el
cociente correspondiente, sea $\pi_S:\prod_{R\in\R}X/R\to X/S$ la
proyección $S$-ésima y sea $q:X\to\prod_{R\in\R}X/R$ la única función tal
que $\pi_S\circ q=q_S$ para toda $S\in\R$, que es continua. Notemos
$\prod_{R\in\R}X/R$ es Hausdorff, así que si $\sim$ es la relación de
equivalencia sobre~$X$ tal que $x\sim y$ sii $q(x)=q(y)$, entonces de
acuerdo a la parte anterior de este ejercicio, el espacio $\tilde
X=X/\mathord\sim$ es Hausdorff. Sea $\iota:X\to\tilde X$ la proyección
canónica y sea $\tilde q:\tilde X\to\prod_{R\in\R}X/R$ la única función
continua tal que $\tilde q\circ\iota=q$.

Sea $f:X\to Y$ una función continua con codominio un espacio de Hausdorff.
Sea $S_f\subseteq X\times X$ la relación de equivalencia sobre~$X$ tal que
$(x,y)\in S_f$ sii $f(x)=f(y)$. Sabemos que $X/S_f$ es Hausdorff, así que
$S_f\in\R$. Existe además una función continua $\bar f:X/S_f\to Y$ tal que
$\bar f\circ q_{S_f}=f$. En el siguiente diagrama cada cara acotada
conmuta,
  \[
  \begin{tikzpicture}[auto,swap,->]
  \foreach \i / \text in {0/X,1/\tilde X,2/\prod_{R\in\R}{X/R},3/{X/S_f},4/Y}
    \node (\i) at (72*\i+180:1.75) {$\text$} ;
  \draw (0) -- (1) node[midway] {$\iota$} ;
  \draw (0) -- (2) node[pos=.65,midway,swap] {$q$} ;
  \draw (0) -- (3) node[pos=.65,swap] {$q_{S_f}$} ;
  \draw (0) -- (4) node[midway,swap] {$f$} ;
  \draw (1) -- (2) node[midway] {$\tilde q$} ;
  \draw (2) -- (3) node[midway] {$\pi_{S_f}$} ;
  \draw (3) -- (4) node[midway] {$\bar f$} ;
  \end{tikzpicture}
  \]
asi que si definimos $\tilde f=\bar f\circ\pi_{S_f}\circ\tilde q:\tilde
X\to Y$, tenemos que $\tilde f\circ\iota=f$. Notemos que $\tilde f$ es la
única función de~$\tilde X$ a~$Y$ con esa propiedad, ya que $\iota$~es
sobreyectiva. Esto prueba que el par $(\tilde X,\iota)$ tiene la propiedad
deseada.

\bigskip

\emph{Por el contrario, la siguiente estrategia no funciona.} Sea $\sim$ la
menor relación de equivalencia sobre~$X$ tal que si $x$,~$y\in X$, entonces
  \[
  \claim{$x\sim y$ si para cada par de abiertos $U$,~$V\subseteq X$ tales
  que $x\in U$ e $y\in V$ se tiene que $U\cap V\neq\emptyset$.}
  \]
Uno podría imaginar que el par $(X/\mathord\sim,q)$, con $q:X\to X/\mathord\sim$ la
proyección al espacio cociente, la tiene las propiedades requeridas por el
enunciado, pero en general no se trata ni siquiera de un espacio~$T_1$.
Veamos un ejemplo de~esto.

Sea $\tau_\RR$ la topología usual de~$\RR$. Sea $X=\RR\cup\{\omega\}$ con
$\omega\not\in\RR$ y consideremos la familia
  \[
  \tau=\tau_\RR\cup\bigl\{U\cup\{\omega\}:(-1,1)\subseteq U\in\tau_\RR\bigr\}.
  \]
Es inmediato verificar que se trata de una topología sobre~$X$. Entonces si
$x$,~$y\in X$ se tiene que
  \begin{multline*}
  x\sim y \iff (x=y)
        \vee \bigl[x\in(-1,1)\wedge y\in(-1,1)\bigr] \\
        \vee \bigl[x\in(-1,1)\wedge y=\omega\bigr]
        \vee \bigl[x=\omega\wedge y\in(-1,1) \bigr].
  \end{multline*}
En particular, si $q:X\to X/\mathord\sim$ es la proyección canónica y si
$\xi=q(\omega)$, entonces $q^{-1}(\omega)=(-1,1)\cup\{\omega\}$ no es un
cerrado de~$X$: esto nos dice que $\{\xi\}$ no es un cerrado de~$X/\mathord\sim$ y,
en consecuencia, que este espacio no es~$T_1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X_i)_{i\in I}$ una familia de espacios topológicos no vacíos y sea
$X=\prod_{i\in I}X_i$ el espacio producto. Entonces $X$ es localmente
conexo sii vales las siguientes dos condiciones:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]

\item para cada $i\in I$ el espacio $X_i$ es localmente conexo, y

\item para cada $i\in I$, salvo a lo sumo un número finito de
excepciones, el espacio $X_i$ es conexo.

\end{enumerate}

\begin{Solucion}
Supongamos que valen \pitem[roman]{1} y \pitem[roman]{2}, y sea $x\in X$ y
$U\subseteq X$ un abierto tal que $x\in U$. Entonces existen un subconjunto
finito $J\subseteq I$ y, para cada $i\in I$, un abierto $U_i\subseteq X_i$
tales que $x\in\prod_{i\in I}U_i\subseteq U$ y $U_i=X_i$ para todo $i\in
I\setminus J$. En vista de~\pitem[roman]{2} podemos suponer que $X_i$ es
conexo para cada $i\in I\setminus J$, a menos de reemplazar a~$J$ por un
subconjunto finito más grande. Pongamos $V_i=X_i$ para cada $i\in
I\setminus J$. Por otro lado, si $i\in J$ entonces, como $X_i$ es
localmente conexo y $U_i$ es un entorno de~$\pi_i(x)$ en~$X_i$, existe un
entorno conexo $V_i$ de~$\pi_i(x)$ en~$X_i$ tal que $V_i\subseteq U_i$.
Entonces $V=\prod_{i\in I}V_i$ es un espacio conexo, y se trata de un
entorno de~$x$ contenido en~$U$. Esto prueba la suficiencia de las
condiciones.

Supongamos ahora que $X$ es localmente conexo y sean $i\in I$, $x\in X_i$ y
$U\subseteq X_i$ un abierto tal que $x\in U$. Entonces $\pi_i^{-1}(U)$ es
un abierto de~$X$ y, si $y\in \pi_i^{-1}(x)\subseteq\pi_i^{-1}(U)$,
entonces existe un entorno conexo $V$ de~$y$ en~$X$ contenido
en~$\pi_i^{-1}(U)$. Entonces $\pi_i(V)$ es un entorno conexo de
$x=\pi_i(x)$, y $\pi_i(V)\subseteq U$. Esto muestra que $X_i$ es localmente
conexo. Por otro lado, como $V$ es un entorno de~$y$, existen un
subconjunto finito $J\subseteq I$ y, para cada $k\in I$, abiertos
$W_k\subseteq X_k$ tales que $\prod_{k\in I}W_k\subseteq V$ y $W_k=X_k$ si
$k\in I\setminus J$. Esto implica que si $k\in I\setminus K$ se tiene que
$X_k=\pi_k(\prod_{k\in I}W_k\subseteq V)\subseteq \pi_k(V)$ y, en
consecuencia, $X_k=\pi_k(V)$ es conexo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item\begin{ejitems}
%
%\item Un espacio es localmente conexo sii las componentes conexas de cada
%uno de sus abiertos son abiertas.
%
%\item Si $f:X\to Y$ es una función continua entre espacios topológicos que
%es un cociente y $X$ es localmente conexo, entonces $Y$ es localmente
%conexo.
%
%\end{ejitems}
%
%\begin{Solucion}
%\ejitem{1} Supongamos primero que $X$ es un espacio localmente conexo, sea
%$U\subseteq X$ un abierto no vacío y sea $C$ una componente conexa
%de~$U$. Sea $x\in C$. Como $x\in U$, que es abierto, y $X$ es localmente
%conexo, existe un entorno conexo~$V$ de~$x$ tal que $x\in V\subseteq U$.
%Como $C$ es la componente conexa de~$x$ en~$U$, esto implica que
%$V\subseteq C$ y, entonces, que $x\in\inte C$. Vemos así que $C$ es un
%abierto de~$X$.
%
%Recíprocamente, supongamos que $X$ es un espacio topológico en el que las
%componentes conexas de los abiertos son abiertas, y sean $x\in X$ y
%$U\subseteq X$ un abierto tal que $x\in U$. Sea $C$ la componente conexa
%de~$x$ en~$U$, que, por hipótesis, es un abierto de~$X$: entonces $x\in
%C\subseteq U$ y $C$ es un entorno conexo de~$x$. Esto muestra que $X$ es
%localmente conexo.
%
%\ejitem{2} Usamos el criterio del punto anterior. Sea $U\subseteq Y$ un
%abierto no vacío, sea $y\in Y$ y sea $U\subseteq Y$ un abierto tal que
%$y\in U$. Sea $C$ la componente conexa de~$y$ en~$U$. El conjunto
%$f^{-1}(U)$ es un abierto de~$X$, así que por hipótesis sus componentes
%conexas son también abiertas. Para ver, entonces, que $C$ es un abierto
%de~$Y$ bastará mostrar que $p^{-1}(C)$ es una unión de componentes conexas
%de~$p^{-1}(U)$.
%
%Sea entonces $x\in p^{-1}(C)$ y sea $D$ la componente conexa de~$x$
%en~$p^{-1}(U)$. Entonces $p(D)$ es un conexo de~$Y$ tal que $p(x)\in
%p(D)\subseteq U$ y, como $C$ es la componente conexa de~$x$ en~$U$, vemos
%que $p(D)\subset C$. Así, es $D\subseteq p^{-1}(C)$. Esto muestra que
%$p^{-1}(C)$ es la unión de las componentes conexas de~$p^{-1}(U)$ que
%interseca, como queríamos.~\qed
%\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
