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

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

\begin{document}

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ es un espacio, notamos $\mathcal K(X)$ a la familia de todas
las inclusiones $K\hookrightarrow X$ de compactos $K\subseteq X$, y
decimos que $X$ es \emph{compactamente generado} si la familia~$\mathcal K$
es final.
\begin{ejitems}

\item Un espacio localemente compacto (esto es, en el que todo punto tiene
un entorno compacto) es compactamente generado.

\item Si $X$ es un espacio Hausdorff cualquiera, sea $k(X)$ el espacio topológico
que se obtiene dotando a~$X$ de la topología final correspondiente a la
familia~$\mathcal K(X)$. 
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]
\item La función identidad $\iota:k(X)\to X$ es continua.
\item $\iota$ es un homeomorfismo sii $X$ es compactamente generado. 
\item Si $Y$ es un espacio compacto y $f:Y\to X$ es una función continua, entonces
$f:Y\to k(X)$ también es continua. 

\item La función $\iota:k(X)\to X$ induce una biyección
  \[
  \iota_*:\pi_0(k(X))\to \pi_0(X)
  \]
y, si $x_0\in X$, un isomorfismo
  \[
  \iota_*:\pi_1(k(X), x_0)\to \pi_1(X, x_0).
  \]
\end{enumerate}

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $U\subseteq X$ un subconjunto tal que para todo compacto
$K\subseteq X$ la intersección $U\cap K$ es abierta en~$K$. Sea $x\in U$.
Como $X$ es localmente compacto, existe un abierto $V\subseteq X$ tal que
$\overline V$ es compacto, y entonces $U\cap\overline V$ es abierto
en~$\overline V$. Pero entonces $U\cap V=(U\cap\overline V)\cap V$ es un
abierto de~$V$, así que también de~$X$. Como claramente $x\in U\cap
V\subseteq U$, vemos que $x\in\inte U$. Así, $U$ es abierto en~$X$.

\ejitem{2} \pitem[roman]{1} Para ver que $\iota:k(X)\to X$ es continua
basta mostrar, en vista de la definición de la topología de~$k(X)$, que
para cada compacto $K\subseteq X$ la composición $K\hookrightarrow
k(X)\stackrel{\iota}{\to} X$ es continua. Pero esta composición es
simplemente la inclusión de~$K$ en~$K$, así que esto es evidente. 

\pitem[roman]{2} Que $\iota$ sea un homeomorfismo es equivalente a que la
topología de~$X$ coincida con la de~$k(X)$. La equivalencia del enunciado,
entonces, es inmediata de la definición.

\pitem[roman]{3} Sea $Y$ un espacio compacto y sea $f:Y\to X$ continua.
Entonces $f(Y)$ es un compacto de~$X$, así que la función inclusión
$j:f(Y)\to k(X)$ es continua. Si $f|^{f(Y)}:Y\to f(Y)$ es la correstricción
de~$f$, entonces $f|^{f(Y)}$ es continua y la composición función $j\circ
f|^{f(Y)}:Y\to k(X)$ es entonces continua. Esta composición es precisamente
$f:Y\to k(X)$.

\pitem[roman]{4} Para ver que $\iota$ induce una biyección en~$\pi_0$,
hay que mostrar que dos puntos de~$X$ están en la misma compontente arco-conexa
si y solo si están en la misma componente arco-conexa de~$k(X)$. La
suficiencia de esta condición es inmediata, porque $\iota$ es continua. Por
otro lado, si $x$,~$y\in X$ están en la misma componente arco-conexa,
existe un camino $\sigma:I\to X$ de~$x$ a~$y$ y, por lo recién hecho, la
función $\sigma:I\to k(X)$ también es continua. Esto nos dice que $x$ e~$y$
están en la misma componente arco-conexa de~$k(X)$, como queríamos.

Veamos, para terminar, que $\iota$ induce un isomorfismo~$\iota_*$
en~$\pi_1(\place,x_0)$. Sea $\alpha:I\to X$ un camino cerrado en~$x_0$. Por
la parte anterior, la función $\alpha:I\to k(X)$ es continua, así que es un
camino cerrado en~$x_0$, y es claro que $\iota_*([\alpha])=[\alpha]$: esto
muestra que $\iota_*$ es sobreyectiva. Por otro lado, si
$\alpha$,~$\beta:I\to k(X)$ son dos caminos cerrados en~$x_0$ tales que
$\iota_*([\alpha])=\iota_*([\beta])$, entonces existe una homotopía de
caminos $H:I\times I\to X$ de~$\iota\circ\alpha$ a~$\iota\circ\beta$. Por
la parte anterior, es claro que $H:I\times I\to k(X)$ es continua, así que
$\alpha\simeq_p\beta$, esto es, $[\alpha]=[\beta]$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ un espacio, $A\subseteq X$ un subespacio arco-conexo,
$x_0\in A$ y $\iota:A\to X$ la inclusión. Entonces el morfismo
$\iota_*:\pi_1(A,x_0)\to\pi_1(X,x_0)$ es sobreyectivo sii todo camino
en~$X$ con extremos en~$A$ es homotópico como camino a un camino totalmente
contenido en~$A$.

\begin{Solucion}
Supongamos que la condición se cumple y sea $a\in\pi_1(X,x_0)$. Sea
$\alpha:I\to X$ un camino cerrado en~$x_0$ tal que $a=[\alpha]$. Como
$\alpha$ tiene sus extremos en~$A$, existe $\beta:I\to A$ tal que
$\alpha\simeq_p\beta$ y entonces, si $b=[\beta]\in\pi_1(A,x_0)$, es claro
que $\iota_*(b)=a$.

Recíprocamente, supongamos que $\iota_*$ es sobreyectiva y sea $\alpha:I\to
X$ un camino tal que $\alpha(0)$,~$\alpha(1)\in A$. Como $A$ es
arco-conexo, existen caminos $u$,~$v:I\to A$ tales que $u(0)=v(0)=x_0$,
$u(1)=\alpha(0)$ y $v(1)=\alpha(1)$. Entonces $u*\alpha*v^{-1}$ es un
camino cerrado en~$x_0$, así que la hipótesis implica que existe un camino
cerrado $\beta:I\to A$ en~$x_0$ tal que
$\iota_*([\beta])=[u*\alpha*v^{-1}]$ o, equivalentemente, tal que
$\beta\simeq_p u*\alpha*v^{-1}$. Entonces $u^{-1}*\beta*v\simeq_p
u^{-1}*u*\alpha*v^{-1}*v\simeq_p\alpha$, y es claro que $u^{-1}*\beta*v$
es un camino en~$A$, así que esto prueba lo que queríamos.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $n\geq3$ y $X\subseteq\RR^n$ es finito, entonces $\RR^n\setminus
X$ es simplemente conexo.

\begin{Solucion}
Hacemos inducción en $n=\abs{X}$. Si $n=0$, entonces $\RR^n\setminus
X=\RR^n$ es evidentemente contráctil, así que es simplemente conexo.

Supongamos ahora que $n=1$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que
$x=0$; en efecto, si $X=\{x\}$, la función $\tau:y\in\RR^n\setminus X \mapsto
y-x\in\RR^n\setminus\{0\}$ es un homeomorfismo. Sea
$S^{n-1}=\{x\in\RR^n:\norm{x}=1\}$ y sea $i:S^{n-1}\to\RR^n\setminus\{0\}$
la inclusión. La función 
  \[
  H:(x,t)\in(\RR^n\setminus\{0\})\times I
        \mapsto 
        \bigl(1-(1-\norm{x}^{-1})t\bigr)x\in\RR^n\setminus\{0\}
  \]
está bien definida y es continua.
%
\begin{detail}
Si $x\in\RR^n\setminus\{0\}$ y $t\in I$ son tales que
$(1-(1-\norm{x}^{-1})t)x\neq0$, entonces $1=(1-\norm{x}^{-1})t$. En
particular, $t>0$ y $0<\norm{x}^{-1}=1-t^{-1}<0$. Como esto es absurdo,
vemos que $H$ está bien definida. Su continuidad es evidente.
\end{detail}
%
Calculando, vemos que $H(\place,0)=\id_{\RR^n\setminus\{0\}}$, que
$H(x,1)\in S^{n-1}$ para todo $x\in\RR^n\setminus\{0\}$ y que $H(x,t)=x$
para todo $x\in S^{n-1}$. Así, esto muestra que $S^{n-1}$ es un retracto
por deformación fuerte de~$\RR^n\setminus\{0\}$. Como $S^{n-1}$~es
simplemente conexo, esto implica que $\RR^n\setminus X$ es simplemente
conexo en este caso.

Supongamos finalmente que $n>1$. Para cada $i\in\{1,\dots,n\}$ sea
$p_i:\RR^n\to\RR$ la $i$-ésima proyección. Como $X\subseteq
p_1(X)\times\cdots\times p_n(X)$, existe $i_0\in\{1,\dots,n\}$ tal que
$\abs{p_{i_0}(X)}>1$. Sean $a=\min\{p_{i_0}(x):x\in X\}$, $b=\min\{p_{i_0}(x):x\in
X,p_{i_0}(x)\neq a\}$, $\xi=(a+b)/2$ y $\eps=(b-a)/4$. Sean, finalmente,
$U=\{x\in\RR^n:p_{i_0}(x)<\xi+\eps\}$ y $V=\{x\in\RR^n:p_{i_0}(x)>\xi-\eps\}$. La
elección de~$a$ y de~$b$ implica inmediatamente que $X_U=U\cap
X\neq\emptyset$, $X_V=V\cap X\neq\emptyset$ y $U\cap V\cap X=\emptyset$.
Es claro, además, que $\{U\setminus X_U,V\setminus X_V\}$ es un cubrimiento
abierto de~$\RR^n\setminus X$, y que 
  \[
  (U\setminus X_U)\cap(V\setminus X_V)=(U\cap V)\setminus X=U\cap V
  \]
es arco-conexo, porque se trata de un convexo de~$\RR^n$. El teorema de van
Kampen, entonces, nos dice que hay un morfismo sobreyectivo de grupos
  \[
  \pi_1(U\setminus X_U)*\pi_1(V\setminus X_V) \to \pi_1(\RR^n\setminus X),
  \]
si calculamos los tres grupos con respecto a un punto base elegido
en~$U\cap V$. Vemos así que para mostrar que $\RR^n\setminus X$ es
simplemente conexo basta mostrar que $U\setminus X_U$ y que $V\setminus
X_V$ lo son. Como $\abs{X_U}<n$ y $\abs{X_V}<n$, la hipótesis inductiva
implica que $\RR^n\setminus X_U$ y $\RR^n\setminus X_V$ son simplemente
conexos, así que alcanzará con probar que las inclusiones $U\setminus
X_U\hookrightarrow \RR^n\setminus X_U$ y $V\setminus X_V\hookrightarrow
\RR^n\setminus X_V$ inducen isomorfismos en los grupos fundamentales.
Finalmente, por simetría alcanzará con hacer esto para $U\setminus
X_U\hookrightarrow \RR^n\setminus X_U$.

Notemos que $\{U\setminus X_U,V\}$ es un cubrimiento abierto
de~$\RR^n\setminus X_U$, y que la intersección $(U\setminus X_U)\cap
V=U\cap V$ es arco-conexa porque es convexa. De hecho, como tanto $V$ como
$U\cap V$ son subconjuntos convexos de~$\RR^n$, se trata de simplemente
conexos y podemos concluir que la inclusión $U\setminus \RR^n\setminus X_U$
induce un isomorfismos en los grupos fundamentales invocando el siguiente
resultado probado en la práctica:
  \[
  \claim{si $Z$ es un espacio, $z_0\in Z$ y $A$,~$B\subseteq Z$ son dos abiertos tales
  que $Z=A\cup B$, $A\cap B$ es arco-conexo, y $B$ y $A\cap B$ son
  simplemente conexos, entonces la inclusión $A\hookrightarrow Z$ induce un
  isomorfismo $\pi_1(A,z_0)\to\pi_1(Z,z_0)$.}
  \]
Esto completa la inducción.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Otra solución, sin usar el teorema de van Kampen]
Para ver que $\RR^n\setminus X$ es simplemente conexo bastará mostrar las
siguientes afirmaciones:
\begin{enumerate}[label=\upshape{\bfseries(\Alph*)},ref={\bfseries(\Alph*)},before=\itshape]

\item\label{claim1} todo camino en $\RR^n\setminus X$ es homotópico, como camino,
a un camino lineal a trozos;

\item\label{claim2} todo camino lineal a trozos y cerrado
en~$\RR^n\setminus X$ es homotópico, como camino cerrado, a un camino constante; y
 
\item\label{claim3} si $Z$ es un espacio topológico tal que todo camino cerrado es
homotópico, como camino cerrado, a un camino constante, entonces $Z$ es
simplemente conexo.

\end{enumerate}

Probemos~\ref{claim1}. Sea $\gamma: I\to\RR^n\setminus X$ un camino.
Como $\gamma( I)$ y $X$ son compactos en~$\RR^n$, existe $\delta>0$ tal
que para todo $t\in  I$ y todo $x\in X$ es $d(\gamma(t),x)>\delta$ y, en
particular,
  \begin{equation}\label{eq:delta}
  \claim{$B_\delta(\gamma(t))\subseteq\RR^n\setminus X$ para todo $t\in  I$.}
  \end{equation}
El conjunto
$\{\gamma^{-1}(B_\delta(\gamma(t))):t\in I\}$ es un cubrimiento abierto
de~$ I$, que es compacto y métrico, y existe entonces $n\in\NN$ tal que
  \begin{equation}\label{eq:tau}
  \claim{si $a$,~$b\in  I$ y $0<b-a\leq\frac1n$, entonces
  existe $\tau\in  I$ con $\gamma([a,b])\subseteq B_\delta(\gamma(\tau))$.
  }
  \end{equation}
Para cada $i\in\{0,\dots,n\}$ sea $t_i=i/n$, y sea
$H: I\times  I\to\RR^n$ dada, para $t\in[t_i,t_{i+1}]$ y $s\in I$,~por
  \[
  H(t,s) = (1-s)\gamma(t) + s\bigl(1-n(t-t_i)\bigr)\gamma(t_i) + s n (t-t_i) \gamma(t_{i+1})
  \]
Es inmediato verificar que esto está bien definido y que se trata de una
función continua. 

Sea $i\in\{0,\dots,n-1\}$. De acuerdo a~\eqref{eq:tau}, existe $\tau\in  I$
tal que $\gamma([t_i,t_{i+1}])\subseteq B_\delta(\gamma(\tau))$.
Si~$t\in[t_i,t_{i+1}]$ y $s\in  I$, entonces
  \[
  H(t,s) 
    = (1-s)\gamma(t) + s\bigl(1-n(t-t_i)\bigr) y_i + ns(t-t_i) y_{i+1}
    \in B_\delta(\gamma(\tau))
  \]
porque $\gamma(t)$,~$\gamma(t_i)$,~$\gamma(t_{i+1})\in
B_\delta(\gamma(\tau))$, $H(s,t)$ es una combinación lineal convexa de
estos tres puntos y $B_\delta(\gamma(\tau))$~es convexo. Esto muestra que
$H([t_i,t_{i+1}]\times  I)\subseteq
B_\delta(\gamma(\tau))\subseteq\RR^n\setminus X$. De la arbitrariedad
de~$i$, entonces, vemos que $H(I\times I)\subseteq\RR^n\setminus X$.

En particular, si definimos $\sigma:t\in I\mapsto H(t,1)\in\RR^n$, vemos
que $\sigma$ toma valores en~$\RR^n\setminus X$. Así, podemos correstringir
$\sigma$ y $H$ a funciones continuas $\sigma: I\to\RR^n\setminus X$ y $H:
I\times I\to\RR^n\setminus X$. Como claramente $H(0,s)=\gamma(0)$ y
$H(1,s)=\gamma(1)$ para todo $s\in  I$, $H$ es una homotopía de caminos
de~$\gamma$ a~$\sigma$. Como para cada
$i\in\{0,\dots,n-1\}$ y cada $t\in[t_i,t_{i+1}]$ es
  \[
  \sigma(t) = \bigl(1-n(t-t_i)\bigr) y_i + n(t-t_i) y_{i+1},
  \]
$\sigma$ es lineal a trozos. Esto muestra la validez de~\ref{claim1}.

\bigskip

En segundo lugar, probemos~\ref{claim2}.
Sea $\gamma: I\to\RR^n\setminus X$ un camino lineal a trozos y
cerrado, de manera que existen $n\in\NN$ y $t_0$,~$t_1$,~\dots,~$t_n\in I$
tales que $t_0=0$, $t_i<t_{i+1}$ para cada $i\in\{0,\dots,n-1\}$, $t_n=1$, 
y  tales que si $t\in[t_i,t_{i+1}]$ es
  \[
  \gamma(t) 
    = \left(1-\frac{t-t_i}{t_{i+1}-t_i}\right) \gamma(t_i)   +  \frac{t-t_i}{t_{i+1}-t_i} \gamma(t_{i+1}).
  \]
Si $p$,~$q$,~$r\in\RR^n$, notemos
  \[
  \L(p,q,r)=\{ap+bq+cr:a,b,c\in\RR, a+b+c=1\}
  \]
al subespacio afín generado por~$\{p,q,r\}$ en~$\RR^n$ y sea
  \[
  F = \bigcup_{\substack{0\leq i<n\\x\in X}}
  \L(\gamma(t_i),\gamma(t_{i+1}),x).
  \]
Afirmamos que $\inte F=\emptyset$, de manera que en particular existe
$x_0\in\RR^n\setminus F$. 

\begin{detail}
En vista de la definición de~$F$, que $\inte F=\emptyset$
sigue por inducción a partir de las siguientes dos afirmaciones:
\begin{enumerate}[label=(\Roman*)]

\item Cualesquiera sean $p$,~$q$,~$r\in\RR^n$, el conjunto $\L(p,q,r)$ es cerrado y
tiene interior vacío en~$\RR^n$.

\item Si $M$ y $N$ son cerrados de~$\RR^n$ de interior vacío, entonces
$M\cup N$ es un cerrado de interior vacío.

\end{enumerate}
Veamos (I). Como $n\geq3$, el conjunto $\{p-r,q-r\}$ no genera a~$\RR^n$
como espacio vectorial, así que existe $v\in\RR^n\setminus0$ tal que $\lin{p-r,v}=\lin{q-r,v}=0$.
La función lineal $\phi:x\in\RR^n\mapsto \lin{x,v}\in\RR$ es tal que
$\phi(p)=\phi(q)=\phi(r)$, así que es constante sobre~$\L(p,q,r)$.
Supongamos que $\inte \L(p,q,r)\neq\emptyset$, de manera que existen
$x\in\L(p,q,r)$ y $\eps>0$ con $B_\eps(x)\subseteq\L(p,q,r)$. Como $\phi$
es constante sobre~$\L(p,q,r)$, es claro que $\nabla\phi(x)=0$. Como
$\nabla \phi=v$, esto es imposible.

Veamos ahora (II). Sean $M$,~$N\subseteq\RR^n$ cerrados de interior vacío y
supongamos que $M\cup N$ tiene interior no vacío, de manera que existen
$x\in M\cup N$ y $\eps>0$ tales que $B_\eps(x)\subseteq M\cup N$. Sea $y\in
B_\eps(x)$ y sea $\delta>0$ tal que $B_\delta(y)\subseteq B_\eps(x)$. Si
$n\in\NN$, entonces $B_{\delta/n}(y)\not\subseteq N$ porque $\inte
N=\emptyset$, y, por otro lado, $B_{\delta/n}(y)\subset B_\eps(x)\subseteq
M\cup N$: esto implica que existe $y_n\in B_{\delta/n}(y)\cap M$. Es claro
que la sucesión $(y_n)_{n\in\NN}$ converge a~$y$, y como la sucesión toma
valores en~$M$ y este conjunto es cerrado, esto implica a su vez que $y\in
M$. Vemos así que $B_\eps(x)\subseteq M$, lo que es absurdo porque $\inte
M=\emptyset$. Esta contradicción prueba (II).

\end{detail}
%
Sea $\H:(t,s)\in  I\times  I\mapsto (1-s)\gamma(t) + s x_0\in\RR^n$. 
Sean $i\in\{0,\dots,n-1\}$, $t\in[t_i,t_{i+1}]$ y $s\in I$, y~supongamos que
  \[
  \H(t,s) =
    (1-s) \left(1-\frac{t-t_i}{t_{i+1}-t_i}\right) \gamma(t_i)   
    + (1-s) \frac{t-t_i}{t_{i+1}-t_i} \gamma(t_{i+1})
    + s x_0
    \in X
  \]
Si $s\neq0$, esto implica que
$x_0\in\L(\gamma(t_i),\gamma(t_{i+1}),\H(t,s))\subseteq F$, lo que es
absurdo; si, en cambio, es $s=0$, entonces
$\H(t,s)=\gamma(t)\in\RR^n\setminus X$, lo que otra vez es absurdo. Esto
muestra que $\H([t_i,t_{i+1}]\times I)\subseteq\RR^n\setminus X$, y la
arbitrariedad de~$i$, que de hecho $\H(I\times I)\subseteq\RR^n\setminus
X$.

Podemos entonces correstringir~$\H$ para obtener una función continua $\H:
I\times  I\to\RR^n\setminus X$. Calculando se ve que $\H(t,0)=\gamma(t)$ y
que $\H(t,1)=x_0$ para todo $t\in  I$. Por otro lado, si $s\in  I$,
entonces $\H(0,s) = (1-s) \gamma(t_0)+ s x_0 = \H(1,s)$ cualquiera sea
$s\in  I$. Así, vemos que $\H$ es una homotopía de~$\gamma$ a una curva
constante en tanto caminos cerrados de~$\RR^n\setminus X$ y esto
prueba~\ref{claim2}.

\bigskip

Probemos finalmente~\ref{claim3}. Sea $z_0\in Z$ un punto base, y sea
$\gamma: I\to Z$ un lazo en~$z_0$. Por hipótesis, existen $z_1$ y una
función continua $H: I\times  I\to Z$ tal que $H(t,0)=\gamma(t)$ y
$H(t,1)=z_1$ para todo $t\in  I$, y $H(0,s)=H(1,s)$ para todo $s\in  I$.
Sea $G: I\times  I\to  I$ la función tal que si $(t,s)\in I\times  Z$ es
  \begin{alignat*}{3}
  &G(t,s) =
    \begin{cases}
    H(0,s), & \text{si $0\leq t\leq \frac{s}2$;} \\
    H(\frac{t-\frac s2}{1-s},s), & \text{si $\frac{s}2\leq t\leq1-\frac{s}2$ y $s<1$;} \\
    z_1, & \text{si $(t,s)=(1/2, 1)$;} \\
    H(1,s), & \text{si $1-\frac{s}2\leq t\leq 1$.}
    \end{cases}
  &\hskip2cm&
  \begin{tikzpicture}[scale=.35, baseline=(current bounding box.center), font=\footnotesize]
  \draw (0,0) rectangle (4,4); 
  \draw (0,4) -- (2,0) -- (4,4);
  \fill[pattern=tight vertical lines,pattern color=black!45] (0,0) -- (2,0) -- (0,4) -- cycle;
  \fill[pattern=tight vertical lines,pattern color=black!45] (4,0) -- (2,0) -- (4,4) -- cycle;
  \node at (2,3) {$H$};
  \node at (.2,-.4) {\tiny $0$};
  \node at (4-.1,-.4) {\tiny $1$};
  \node at (2,-.4) {\tiny $t$};
  \node at (-.3,.2) {\tiny $1$};
  \node at (-.3,4-.2) {\tiny $0$};
  \node at (-.3,2) {\tiny $s$};
  \end{tikzpicture}
  \end{alignat*}
Es fácil ver que esto está bien definido y que $G$ es continua. 
%
\begin{detail}
La buena definición sigue de un cálculo directo.
Para ver la continuidad mostramos que las restricciones de~$G$ a los tres triángulos
indicados en la figura son continuas. Para dos de ellas, esto es inmediato,
así que alcanzará con mostrar que la restricción de~$G$ al triángulo
$T=\{(t,s)\in I\times I:\frac{s}2\leq t\leq1-\frac{s}2\}\subset I\times I$
es continua. Sea $q:(t,s)\in I\times I\mapsto (s/2+(1-s)/t,s)\in T$, que es
una función continua, sobreyectiva, y cerrada---esto último porque todo
cerrado de su dominio es compacto, y todo compacto de su codominio es
cerrado---así que se trata de un cociente. Es inmediato verificar que
$G|_T\circ q=H$, así que esto implica que la continuidad de~$H$ implica la
de~$G|_T$.
\end{detail}
%
Es $G(t,0)=\gamma(t)$ para todo $t\in  I$ y, si definimos $\sigma:t\in
I\mapsto H(0,t)\in Z$, entonces $G(t,1)=(\sigma*\sigma^{-1})(t)$ para todo
$t\in I$. Como $G(0,s)=G(1,s)=z_0$ para todo $s\in  I$, concluimos que $G$
es una homotopía $\gamma\simeq_p\sigma*\sigma^{-1}$ de lazos en~$z_0$. Esto
implica que en $\pi_1(Z,z_0)$ es $[\gamma]=0$. Así, $\pi_1(Z,z_0)=0$, como
queríamos mostrar.~\qed 

\bigskip

Notemos que si $X\subseteq\RR^n$ es ahora un subconjunto cerrado y
numerable, exactamente el mismo argumento prueba que $\pi_1(\RR^n\setminus
X)=0$. La única diferencia aparece en la demostración de~\ref{claim2}: en
este caso el conjunto $F$ es una unión \emph{numerable} de subespacios
afines de dimensión a lo sumo~$2$, y para ver que $F\subsetneq\RR^n$
necesitamos invocar el teorema de Baire en vez de la afirmación~(II) hecha
arriba.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios arco-conexos y localmente arco-conexos, y
sean $p:\tilde X\to X$ y $q:\tilde Y\to Y$ revestimientos con $\tilde X$ y
$\tilde Y$ simplemente conexos. Si $X\simeq Y$, entonces $\tilde
X\simeq\tilde Y$.

\begin{Solucion}
Sean $f:X\to Y$ y $g:Y\to X$ equivalencias homotópicas inversas, de manera
que existen homotopías $H:X\times I\to X$ y $G:Y\times I\to Y$ tales que
$H:g\circ f\stackrel\sim\to\id_X$ y $G:f\circ g\stackrel\sim\to\id_Y$.

Sea $\tilde y_1\in\tilde Y$, $y_1=q(\tilde y_1)$, $x_0=g(y_1)$, $\tilde
x_0\in p^{-1}(x_0)$, $y_0=f(x_0)$, $\tilde y_0\in q^{-1}(y_0)$, $x_1=g(y_0)$
y $\tilde x_1\in p^{-1}(x_1)$, de manera que tenemos un diagrama de espacios
punteados
  \[
  \xymatrix{
  (\tilde Y,\tilde y_1) \ar@{.>}[r]^{\tilde g'} \ar[d]_-q
    & (\tilde X,\tilde x_0) \ar@{.>}[r]^{\tilde f} \ar[d]_-p
    & (\tilde Y,\tilde y_0) \ar@{.>}[r]^{\tilde g} \ar[d]_-q
    & (\tilde X,\tilde x_1) \ar[d]^-p
    \\
  (Y,y_1) \ar[r]^-g
    & (X,x_0) \ar[r]^-f
    & (Y,y_0) \ar[r]^-g
    & (X,x_1)
  }
  \]
Como tanto $\tilde X$ como $\tilde Y$ son arco-conexos, localmente
arco-conexos y simplemente conexos, aplicando tres veces el teorema de
levantamiento vemos que existen: una única función continua $\tilde
g':(\tilde Y,\tilde y_1)\to(\tilde X,\tilde x_0)$ tal que $p\circ\tilde
g'=g\circ q$, una única función continua $\tilde f:(\tilde X,\tilde
x_0)\to(\tilde Y,\tilde y_0)$ tal que $q\circ\tilde f=f\circ p$, y una
única función continua $\tilde g:(\tilde Y,\tilde y_0)\to(\tilde X,\tilde
x_1)$ tal que $p\circ\tilde g=g\circ q$. Por otro lado, tenemos diagramas
de espacios puntados
  \[
  \xymatrix{
  (\tilde X\times I,(\tilde x_0,0)) \ar@{.>}[r]^-{\Tilde H} \ar[d]_-{p\times\id_I}
    & (\tilde X,\tilde x_1) \ar[d]^-p
    \\
  (X\times I,(x_0,0)) \ar[r]^-H
    & (X,x_1)
  }
  \qquad
  \xymatrix{
  (\tilde Y\times I,(\tilde y_1,0)) \ar@{.>}[r]^-{\Tilde G} \ar[d]_-{q\times\id_I}
    & (\tilde Y,\tilde y_0) \ar[d]^-q
    \\
  (Y\times I,(y_1,0)) \ar[r]^-G
    & (Y,y_0)
  }
  \]
y como $\tilde X\times I$ y $\tilde Y\times I$ son arco-conexos, localmente
arco-conexos y simplemente conexos, existen una única función $\tilde
H:(\tilde X\times I,(\tilde x_0,0))\to(\tilde X,\tilde x_1)$ tal que
$q\circ\tilde H=H\circ p\times\id_I$, y una única función $\tilde G:(\tilde
Y\times I,(\tilde y_1,0))\to(\tilde Y,\tilde y_0)$ tal que $q\circ\tilde
G=G\circ q\times\id_I$.

Notemos que $p\circ\tilde g\circ\tilde f=g\circ f\circ p$, así que $\tilde
g\circ\tilde f:(\tilde X,\tilde x_0)\to(\tilde X,\tilde x_1)$ es  un
levantado de la función $g\circ f\circ p:(\tilde X,\tilde x_0)\to(X,x_1)$
a lo largo de $p:(\tilde X,\tilde x_1)\to(X,x_1)$
tal que $(\tilde g\circ\tilde f)(\tilde x_0)=\tilde x_1$, y es de hecho el
\emph{único}. Por otro lado, si $\tilde x\in\tilde X$, es 
  \[
  p(\tilde H(\tilde x,0))
    = H((p\times\id_I)(\tilde x,0))
    = H(p(\tilde x),0)
    = g(f(p(\tilde x))),
  \]
de manera que $p\circ \tilde H(\place,0)=g\circ f\circ p$, y $\tilde
H(\tilde x_0,0)=x_1$, así que $H(\place,0):(\tilde X,\tilde x_0)\to(\tilde
X,\tilde x_1)$ es otro levantado de $g\circ f\circ p:(\tilde X,\tilde
x_0)\to(X,x_1)$ a lo largo de $p:(\tilde X,\tilde x_1)\to(X,x_1)$. Como
coincide en el punto base don $\tilde g\circ\tilde f$, la unicidad implica
que $\tilde g\circ\tilde f=\tilde H(\place,0)$.

Por otro lado, si $\tilde x\in \tilde X$ es 
  \(
  p(H(\tilde x,1))=H((p\times\id_I)(\tilde x,1))=H(p(x),1)=p(x)
  \),
de manera que $p\circ H(\place,1)=p$. Esto implica que $H(\place,p):\tilde
X\to\tilde X$ es un homeomorfismo.
%
\begin{detail}
Sea $r:\tilde Z\to Z$ un cubrimiento con $\tilde Z$ arco-conexo, localmente
arco-conexo y simplemente conexo, y sea $\phi:\tilde Z\to\tilde Z$ una
función continua tal que $r\circ\phi=r$. Sea $\tilde z_0\in\tilde Z$,
$z_0=r(\tilde z_0)$ y $\tilde z_1=\phi(\tilde z_0)$; notemos que $\tilde
z_1\in r^{-1}(z_0)$. Dadas las hipótesis hechas sobre~$\tilde Z$, existe un
único levantamiento de $r:(\tilde Z,\tilde z_1)\to(Z,z_0)$ a una función
$\tilde r:(\tilde Z,\tilde z_1)\to(\tilde Z,\tilde z_0)$ tal que
$r\circ\tilde r=r$.

La función $\tilde r\circ\phi:(\tilde Z,\tilde z_0)\to(\tilde Z,\tilde
z_0)$ es tal que $r\circ\tilde r\circ\phi=r$, así que se trata de el único
levantamiento de $r:(\tilde Z,\tilde z_0)\to(Z,z_0)$ que manda $\tilde z_0$
a $\tilde z_0$. Pero la función $\id_{\tilde Z}:(\tilde Z,\tilde
z_0)\to(\tilde Z,\tilde z_0)$ es otro levantamiento que cumple la misma
condición, así que $\tilde r\circ\phi=\id_{\tilde Z}$.
De la misma forma, la función $\phi\circ\tilde r:(\tilde Z,\tilde
z_1)\to(\tilde Z,\tilde z_1)$ es el único levantamiento de $r:(\tilde
Z,\tilde z_1)\to(Z,z_0)$ que manda $\tilde z_1$ a~$\tilde z_1$. Como
$\id_{\tilde Z}$ tambien es un levantamiento que cumple esa condición,
vemos que $\phi\circ\tilde r=\id_{\tilde Z}$.

Así, concluimos que $\phi$ es un homeomorfismo y que $\tilde r$ es su
inverso.

\end{detail}
%
Vemos entonces que $\tilde H$ es una homotopía de~$\tilde g\circ \tilde f$
a un homeomorfismo $\tilde X\to\tilde X$. Esto nos dice que $g\circ f$ es
homotópico a una equivalencia homotópica, así que $\tilde g\circ\tilde f$
es una equivalencia homotópica.
Razonando de la misma forma con $G$ y $\tilde G$, podemos ver que $\tilde
f\circ\tilde g'$ es una equivalencia homotópica. Entonces $\tilde f$ es una
equivalencia homotópica, porque en la práctica mostramos que
  \[
  \claim{una función $\alpha:U\to V$ es una equivalencia homotópica sii
  existen functiones $\beta$,~$\gamma:V\to U$ tales que $\beta\circ\alpha$
  y $\alpha\circ\gamma$ son equivalencias homotópicas.}\qed
  \]
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ es un espacio arco-conexo y localmente arco-conexo tal que
$\pi_1(X)$~es finito, entonces toda función continua $f:X\to S^1$ es
homotópica a una función constante.

\begin{Solucion}
Sea $x_0\in X$ y elijamos como punto base de~$S^1$ a
$s_0=f(x_0)$. El morfismo $f_*:\pi_1(X,x_0)\to\pi_1(S^1,f(x_0))$ tiene
imágen finita. Como $\pi_1(S^1,f(x_0))\cong\ZZ$ no tiene subgrupos finitos
no triviales, vemos que $f_*$ es el morfismo nulo. En particular, si
$p:\RR\to S^1$ es el cubrimiento usual y $r_0\in p^{-1}(s_0)$, es claro que
$f_*(\pi_1(X,x_0))\subseteq p_*(\pi_1(\RR,r_0)$. Del criterio de
levantamiento, entonces---ya que $X$ es arco-conexo y localmente
arco-conexo---concluimos que existe una función continua $\tilde f:X\to\RR$
tal que $\tilde f(x_0)=r_0$ y $p\circ\tilde f=f$.

Sea ahora $H:X\times I\to S^1$ tal que para cada $x\in X$ y cada $t\in t$
es
  \[
  H(x,t) = p\bigl((1-t)\tilde f(x)+t r_0\bigr).
  \]
Es inmediato que $H$ es una función continua, que $H(\place,0)=p\circ\tilde
f=f$ y que $H(\place,1)$ es la función constante $X\to S^1$ de valor~$s_0$.
Vemos así que $f$ es homotópica a una función constante.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
