%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\hyphenation{sobre}

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

\Materia{Topología}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2009}
\Practica{2}
\Titulo{Funciones continuas}

\begin{document}

\maketitle

%%%%%%%%%%%%%%%
\let\theinnersection\thesection
\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Ejemplos}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Encuentre todas las funciones continuas entre todos los espacios
topológicos de a lo sumo 4 puntos. 

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

\item Si $X$ es un espacio discreto e $Y$ es un espacio cualquiera, toda
función $f:X\to Y$ es continua.

\item Si $X$ es un espacio cualquiera e $Y$ es un espacio indiscreto, toda
función $f:X\to Y$ es continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $U\subseteq Y$ es abierto, entonces $f^{-1}(U)$ es un abierto
de~$X$ porque \emph{toda} parte de~$X$ es abierta. Así, $f$~es continua.

\ejitem{2} Basta mostrar que $f^{-1}(Y)$ y $f^{-1}(\emptyset)$ son abiertos
en~$X$, pero como estos conjuntos son, respectivamente, $X$ y~$\emptyset$,
esto es evidente.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio topológico y sea $E\subseteq X$. La
función característica $\chi_E:X\to\RR$ de~$E$ es continua en~$x\in X$ sii
$x\not\in\partial E$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $f$~es continua en~$x$ y, para llegar a una contradicción,
que $x\in\partial E$. Como $I=(\chi_E(x)-1/3,\chi_E(x)+1/3)$ es un entorno
abierto de~$\chi_E(x)$, existe un entorno~$U$ de~$x$ en~$X$ tal que
$\chi_E(U)\subseteq I$. Como $x\in\partial E$, es $U\cap E\neq\emptyset$ y
$U\cap(X\setminus E)\neq\emptyset$, así que existen $y\in U\cap E$ y $z\in
U\cap(X\setminus E)$. Pero entonces $1=\chi_E(y)\in I$ y $0=\chi_E(z)\in
I$: esto es absurdo porque la longitud del intervalo~$I$ es~$2/3$.

Por otro lado, supongamos que $x\not\in\partial E$, de manera que existe un
abierto~$U\subseteq X$ tal que $x\in U$ y o bien (\emph{i}) $U\subseteq E$
o bien (\emph{ii}) $U\subseteq X\setminus E$, de manera que $\chi_E$ es
\emph{constante} sobre~$U$. Esto implica inmediatamente que si $I$ es un
entorno abierto de~$\chi_E(x)$ en~$\RR$, entonces $\chi_E(U)\subseteq I$.
Así, concluimos que $f$ es continua en~$x$.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Sean $X$ e $Y$ conjuntos ordenados dotados de la topología del orden.
Si $f:X\to Y$ es biyectiva y monótona, entonces $f$ es un homeomorfismo.

\item Muestre que para cada $n\in\NN$ la función
$g:x\in\RR_{\geq0}\mapsto\sqrt[n]{x}\in\RR_{\geq0}$ es un homeomorfismo.

\item Sea $X=(-\infty,-1)\cup[0,\infty)$ con su topología inducida por la
de~$\RR$ y sea $f:X\to\RR$ dada por
  \[
  f(x) = \begin{cases}
         x+1, & \text{si $x<0$;} \\
         x, & \text{si $x\geq0$.}
         \end{cases}
  \]
Muestre que $f$ es biyectiva y que preserva el orden. ¿Es un homeomorfismo?
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Para cada $a\in X$ sean $L_a(X)=\{x\in X:x<a\}$ y $R_a(X)=\{x\in X:x>a\}$; la
topología de~$X$ tiene entonces como sub-base al conjunto
$\S_X=\{L_a(X):a\in X\}\cup\{R_a(X):a\in X\}$. Usamos notaciones similares para~$Y$.

\ejitem{1} Sea $b\in Y$ y sea $a\in X$ el único elemento de~$X$ tal que
$f(a)=b$. Entonces
  \begin{align*}
  f^{-1}(L_b(Y))
    &= \{x\in X:f(x)< b\}
     = \{x\in X:f(x)< f(a)\},
\intertext{y, como $f$ preserva el orden, esto es lo mismo que}
    &= \{x\in X:x<a\}
     = L_a(X).
 \end{align*}
De la misma forma, $f^{-1}(R_b(Y))=R_a(X)$ y vemos así que la preimagen de cada
elemento de~$\S_Y$ por~$f$ es un abierto de~$X$. Esto nos dice que $f$ es continua.
De manera similar, podemos ver que $f(L_a(X))=L_{f(a)}(Y)$ y
$f(R_a(X))=R_{f(a)}(Y)$ para cada $a\in X$, así que---como $f$ conmuta con
intersecciones finitas porque se trata de una biyección---la imagen de cada
abierto de~$X$ es un abierto de~$Y$ y $f$ es abierta.
Concluimos de esta forma que $f$ es una biyección continua y abierta, esto
es, un homeomorfismo.

\ejitem{2} Esto es consecuencia de la parte~\ejitem{1}: la función~$g$ es
claramente biyectiva y preserva el orden, y la topología 
de~$\RR_{\geq0}$ es la topología inducida por el orden usual.

\ejitem{3} Sea $y\in\RR$. Si $y\geq0$ entonces $y\in X$ y $f(y)=y$; si
$y<0$, entonces $y-1\in X$ y $f(y-1)=y$; en cualquier caso, es $y\in f(X)$:
esto muestra que $f$ es sobreyectiva. 

Supongamos ahora que $x$,~$x'\in X$ son tales que $f(x)=f(x')$. Si $x\geq0$
y $x'\geq0$, entonces $x=f(x)=f(x')=x'$, y si $x<-1$ y $x'<-1$, entonces
$x+1=f(x)=f(x')=x'+1$, así que otra vez $x=x'$. Si no vale ninguna de estas
dos alternantivas podemos suponer, sin pérdidad de generalidad, que $x<-1$
y que $x'\geq0$, y en ese caso es $0>x+1=f(x)=f(x')=x'\geq0$: esto es
absurdo, así que no puede ocurrir. Vemos que $f$ es biyectiva.

Sean $x$,~$x'\in X$ tales que $x<x'$. Si $x<x'<-1$, entonces
$f(x)=x+1<x'+1=f(x')$; si $x<-1<x'$, entonces $x'\geq0$ y $f(x)=x+1<0\leq
x'=f(x')$; finalmente, si $-1<x<x'$ entonces $0\leq x<x'$ y
$f(x)=x<x'=f(x')$. Vemos que $f$ es estrictamente creciente.

Por otro lado, sean otra vez $x$,~$x'\in X$ y supongamos que $f(x)<f(x')$.
Si $x$,~$x'<-1$, entonces $x+1=f(x)<f(x')=x'+1$, así que $x<x'$; si
$-1<x$,~$x'$, entonces $x=f(x)<f(x')=x'$; si $x<-1<x'$, entonces $x'\geq0$
y $x<x+1=f(x)<f(x')=x'$; finalmente, si $x'<-1<x$ entonces $x\geq0$ y
$0\leq x=f(x)<f(x')=x'+1$, así que $-1\leq x'<-1$: esto es imposible. Vemos
así que $f$ preserva el orden.

La función $f$ no es un homeomorfismo. Para verlo, alcanza con mostrar que
no existe ninguna función $g:\RR\to X$ continua y sobreyectiva. En efecto,
supongamos que sí existe una tal función, y sean $x$,~$y\in\RR$ tales que
$g(x)=-2$ y $g(y)=0$. Aplicando el teorema de los valores intermedios a la
función continua $\iota\circ g:\RR\to\RR$ que se obtiene componiendo a~$g$
con la inclusión $\iota:X\to\RR$, vemos que debe existir $z\in\RR$ tal que
$(\iota\circ g)(z)=-1$, y es claro que esto es absurdo.

Notemos que esto \emph{no} contradice el resultado de~\ejitem{1}, ya que la
topología de~$X$ inducida por~$\RR$ no es la topología del orden. En
efecto, el conjunto $[0,1)$ es un entorno abierto de~$0$ en~$X$, pero en la
topología del orden, todo entorno de~$0$ contiene números negativos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio topológico, sea $Y$ un conjunto totalmente
ordenado dotado de la topología del orden y sean $f$,~$g:X\to Y$ funciones
continuas. 
\begin{ejitems}

\item El conjunto $\{x\in X : f(x)\leq g(x)\}$ es un cerrado de~$X$.

\item La función $h:x\in X\mapsto\max\{f(x),g(x)\}\in Y$ es continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $F=\{x\in X:f(x)\leq g(x)\}$ y sea $x\in X\setminus F$.
\begin{itemize}

\item Supongamos que existe $y\in Y$ tal que $g(x)<y<f(x)$ y consideremos
el conjunto $U=g^{-1}(L_y(Y))\cap f^{-1}(R_y(Y))$, que claramente es
abierto y contiene a~$x$. Si $z\in U$, entonces $g(z)\in L_y(Y)$ y $f(z)\in
R_y(Y)$, así que $g(z)<y<f(z)$: esto implica que $z\in X\setminus F$ y
muestra que $U\subseteq X\setminus F$.

\item Supongamos que $g(x)<f(x)$ pero que no existe $y\in Y$ con
$g(x)<y<f(x)$, y consideremos el conjunto $U=g^{-1}(L_{f(x)}(Y))\cap
f^{-1}(R_{g(x)}(Y))$, que es abierto y contiene a~$x$. Si $z\in U\cap F$,
entonces $g(z)<f(x)$, $g(x)<f(z)$ y $f(z)\leq g(z)$ y, en consecuencia,
$g(x)<f(z)<f(x)$, contradiciendo la hipótesis. Así, $U\cap F=\emptyset$ y
$U\subseteq X\setminus F$.

\end{itemize}
En cualquiera de los dos casos vemos que $x$ es un punto interior
de~$X\setminus F$, así que $X\setminus F$ es abierto. 

\ejitem{2} Sea $A=\{x\in X:f(x)\leq g(x)\}$ y $B=\{x\in X:g(x)\leq f(x)\}$.
De acuerdo a la parte~\ejitem{1}, se trata de dos cerrados de~$X$. Además,
es claro que $h|_A=g|_A$ y $h|_B=f|_B$ y estas dos restricciones son
continuas. Esto implica que $h$~es continua en~$X$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un conjunto y sean $\tau$ y $\tau'$ dos topologías sobre~$X$.
Entonces la función $\id_X:(X,\tau)\to(X,\tau')$ es continua sii $\tau$ es más fina
que~$\tau'$.

\begin{Solucion}
Si $\tau\supseteq\tau'$, entonces para cada $U\in\tau'$ se tiene que
$\id_X^{-1}(U)=U\in\tau$: esto nos dice que $\id_X:(X,\tau)\to(X,\tau')$ es continua.
Recíprocamente, si $\id_X:(X,\tau)\to(X,\tau')$ es continua y $U\in\tau'$,
entonces $U=\id_X^{-1}(U)\in\tau$, de manera que $\tau\supseteq\tau'$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Caracterizaciones}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que las siguientes condiciones sobre una función $f:X\to Y$
son equivalentes:
\begin{ejitems}

\item $f$ es continua.

\item Para todo cerrado $F\subseteq Y$ el conjunto $f^{-1}(F)$ es cerrado.

\item Para todo $A\subseteq X$ es $f(\overline A)\subseteq \overline{f(A)}$.

\item Para todo $B\subseteq Y$ es $\overline{f^{-1}(B)} \subseteq
f^{-1}(\overline B)$.

\item Para todo $B\subseteq Y$ es $f^{-1}(\inte B)\subseteq \inte
f^{-1}(B)$.

\item Si $\B$ es una base de la topología de~$Y$, entonces $f^{-1}(B)$ es
abierto en $X$ para cada $B\in\B$.

\item Si $\S$ es una sub-base de la topología de~$Y$, entonces $f^{-1}(S)$ es
abierto en $X$ para cada $S\in\S$.

\item Para todo $x\in X$ y todo $B\in\F_{f(x)}$ es $f^{-1}(B)\in\F_x$.

\item Para todo $x\in X$ y para todo $A\in\F_{f(x)}$ existe $B\in\F_x$ tal
que $f(B)\subseteq A$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\implicacion[alph]{1}{2} Sea $F\subseteq Y$ un cerrado. Entonces
$Y\setminus F$ es abierto en~$Y$ y, como $f$~es continua, $X\setminus
f^{-1}(F)=f^{-1}(Y\setminus F)$ es abierto en~$X$: esto nos dice que
$f^{-1}(F)$~es cerrado en~$X$.

\implicacion[alph]{2}{4} Sea $B\subseteq Y$. Entonces
  \[
  f^{-1}(\overline B)
    = f^{-1}\Bigl(\bigcap_{\substack{B\subseteq F\subseteq Y\\\textup{$F$ cerrado}}}F\Bigr)
    = \bigcap_{\substack{B\subseteq F\subseteq Y\\\textup{$F$ cerrado}}}f^{-1}(F)
  \]
Si $F\subseteq Y$ es un cerrado tal que $F\supseteq B$,
entonces $f^{-1}(F)$ es, por hipótesis, un cerrado de~$X$ que contiene a
$f^{-1}(B)$, así que 
  \[
  \bigcap_{\substack{B\subseteq F\subseteq Y\\\textup{$F$ cerrado}}}f^{-1}(F)
    \supseteq \bigcap_{\substack{f^{-1}(B)\subseteq F\subseteq X\\\textup{$F$ cerrado}}}F
    = \overline{f^{-1}(B)}.
  \]
Vemos así que $\overline{f^{-1}(B)}\subseteq f^{-1}(\overline B)$, como
queríamos.

\implicacion[alph]{4}{1} Sea $U\subseteq Y$ un abierto. Entonces
$Y\setminus U$ es cerrado, así que $\overline{Y\setminus U}=Y\setminus U$
y, por hipótesis,
  \[
  f^{-1}(Y\setminus U)
    = f^{-1}(\overline{Y\setminus U})
    \supseteq \overline{f^{-1}(Y\setminus U})
    \supseteq f^{-1}(Y\setminus U).
  \]
Esto implica que $f^{-1}(Y\setminus U)=\overline{f^{-1}(Y\setminus U)}$,
así que $X\setminus f^{-1}(U)=f^{-1}(Y\setminus U)$ es cerrado y, en
consecuencia, $f^{-1}(U)$ es abierto. Esto muestra que $f$~es continua.

\implicacion[alph]{1}{5} Sea $B\subseteq Y$. Como $\inte B\subseteq B$, es
$f^{-1}(\inte B)\subseteq f^{-1}(B)$. Como $\inte B$ es abierto y $f$ es
continua, $f^{-1}(\inte B)$ es abierto en~$X$, y entonces $f^{-1}(\inte
B)\subseteq\inte f^{-1}(B)$.

\implicacion[alph]{5}{7} Si $B\in\S$, entonces $B=\inte B$, así que por
hipótesis 
  \[
  f^{-1}(B)=f^{-1}(\inte B)\subseteq\inte f^{-1}(B)\subseteq f^{-1}(B).
  \]
Esto nos dice que $f^{-1}(B)=\inte f^{-1}(B)$ y que, en
consecuencia, $f^{-1}(B)$ es abierto en~$X$.

\implicacion[alph]{7}{6} Esto es inmediato, ya que toda base de~$Y$ es una
sub-base.

\implicacion[alph]{6}{8} Sea $\B$ una base para la topología de~$Y$. 
Sea $x\in X$ y sea $B\in\F_{f(x)}$. Existe $B'\in\B$ tal que $f(x)\in
B'\subseteq B$ y entonces $x\in f^{-1}(B')\subseteq f^{-1}(B)$. Como
$f^{-1}(B)$ es abierto por la hipótesis, vemos que $f^{-1}(B)\in\F_x$.

\implicacion[alph]{8}{9} Sean $x\in X$ y $A\in\F_{f(x)}$. En vista de la
hipótesis, tenemos que $B=f^{-1}(A)\in\F_x$ y es $f(B)=f(f^{-1}(A))\subseteq A$.

\implicacion[alph]{9}{1} Sea $U\subseteq Y$ un abierto. Sea $x\in
f^{-1}(U)$. Como $U\in\F_{f(x)}$, la hipótesis nos dice que existe $B\in
\F_x$ tal que $f(B)\subseteq U$ y entonces $B\subseteq f^{-1}(U)$, de
manera que $f^{-1}(U)\in\F_x$. Vemos así que $f^{-1}(U)$ es un entorno de
cada uno de sus puntos, así que se trata de un abierto.

\implicacion[alph]{8}{3} Sea $A\subseteq X$. Sea $x\in\overline A$. Sea
$U\in\F_{f(x)}$. Entonces $f^{-1}(U)\in\F_x$ por hipótesis y, como $x\in\overline A$,
existe $x'\in f^{-1}(U)\cap A$. Pero entonces 
  \[
  f(x')\in f(f^{-1}(U)\cap A) \subseteq f(f^{-1}(U))\cap f(A)\subseteq U\cap f(A).
  \]
Esto implica que $U\cap f(A)\neq\emptyset$ y vemos que
$f(x)\in\overline{f(A)}$. 

\implicacion[alph]{3}{4} Sea $B\subseteq Y$. Por hipótesis, tenemos que
  \(
  f(\overline{f^{-1}(B)}) 
    \subseteq \overline{f(f^{-1}(B))}
    \subseteq \overline{B}
  \),
así que $\overline{f^{-1}(B)}\subseteq f^{-1}(\overline B)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:X\to Y$ una función continua.
\begin{ejitems}

\item Si $X'\subseteq X$ está dotado de su topología de subespacio de~$X$,
entonces la restricción $f|_{X'}:X'\to Y$ es continua.

\item Si $Y'\supseteq f(X)$ está dotado de su topología de subespacio
de~$Y$, entonces la corestricción $f|^{Y'}:X\to Y'$ es continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Sean $\tau_X$ y $\tau_Y$ las topologías de~$X$ y de~$Y$.

\ejitem{1} La topología inducida por~$X$ en~$X'$ es
$\tau_{X'}=\{U\cap X':U\in\tau_X\}$. Si $V\in\tau_Y$, entonces
$(f|_{X'})^{-1}(V)=f^{-1}(V)\cap X'\in\tau_{X'}$, ya que
$f^{-1}(V)\in\tau_X$. Así, $f|_{X'}$ es continua.

\ejitem{2} Sea $U\subseteq Y'$ un abierto. Existe entonces $V\subseteq Y$
abierto tal que $U=V\cap Y'$. Como $f$ es continua, $f^{-1}(V)$ es abierto,
y, como $f(X)\subseteq Y'$, 
  \[
  f^{-1}(V)=f^{-1}(V\cap Y')=f^{-1}(U)=(f|^{Y'})^{-1}(U).
  \]
Esto muestra que $f|^{Y'}$ es continua.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos y sea $f:X\to Y$ una función.
Muestre que ni
  \[
  \forall A\subseteq X, \quad f(\inte A)\subseteq\inte f(A)
  \]
ni 
  \[
  \forall A\subseteq X, \quad f(\inte A)\supseteq\inte f(A)
  \]
son condiciones ni necesarias ni suficientes para que $f$ sea continua.

\begin{Solucion}
Si $f:X\to Y$ es una función entre espacios topológicos e $Y$ es discreto,
entonces cualquiera sea~$A\subseteq X$ se tiene que $f(\inte A)\subseteq
f(A)=\inte f(A)$. Es claro que $X$ y $f$ pueden tomarse de manera que $f$
no resulte continua. Esto muestra que la primera condición no es suficiente
para la continuidad. Por otro lado, una función constante $f:\RR\to\RR$ es
continua, pero no satisface esa condición, así que ésta tampoco es
necesaria.

Sea $X=\RR\setminus\{0\}$, sea $Y=\{0,1\}$ con su topología discreta, y sea
$f:X\to Y$ tal que $f(x)=0$ si $x<0$ y $f(x)=1$ si $x>0$. Se trata de una
función continua. Sea ahora $A=\QQ\setminus\{0\}$. Entonces $\inte
A=\emptyset$ y $f(A)=\{0,1\}$ es abierto en~$Y$, así que $\inte
f(A)=\{0,1\}\not\subseteq\emptyset= f(\inte A)$. Esto muesta que la segunda
condición del enunciado no es necesaria para la continuidad.

Finalmente, sea $f:\RR\to\RR$ la función signo, que no es continua. Sin
embargo, cualquiera sea $A\subseteq\RR$ es $\inte f(A)=\emptyset\subseteq
f(\inte A)$, así que la segunda condición no es suficiente.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos. Sea $\A\subseteq\P(X)$ tal que
$X=\bigcup_{A\in\A}A$, y supongamos que $f|_{A}:A\to Y$
es continua para cada $A\in\A$.

\begin{ejitems}

\item Si los elementos de~$\A$ son abiertos, entonces $f$~es continua.

\item Si los elementos de~$\A$ son cerrados y
$\A$~es finito, entonces $f$~es continua.

\item Encuentre un ejemplo en el que $\A$ sea numerable y sus elementos
sean cerrados, pero $f$ no sea continua

\item Decimos que la familia $\A$ es \definiendum{localmente finita} si
para todo $x\in X$ existe un abierto $U\subseteq X$ tal que $x\in U$ y el
conjunto $\{A\in\A:A\cap U\neq\emptyset\}$ es finito.

Si $\A$ es localmente finita y sus elementos son cerrados,
entonces $f$ es continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $U\subseteq Y$ un abierto. 
Si $A\in\A$, entonces $f|_A$ es continua, así que $(f|_A)^{-1}(U)$ es
abierto en~$A$ y, como $A$ es abierto en~$X$, también en~$X$. Entonces
  \[
  f^{-1}(U)
    = \bigcup_{A\in\A}\bigl(f^{-1}(U)\cap A\bigl)
    = \bigcup_{A\in\A} (f|_A)^{-1}(U)
  \]
es un abierto de~$X$. Esto implica que $f$ es continua.

\ejitem{2} Sea $F\subseteq Y$ un cerrado. Si $A\in\A$, entonces $f|_A$ es
continua, de manera que $(f|_A)^{-1}(F)$ es un cerrado de~$A$ y, como $A$
es cerrado en~$X$, también de~$X$. Pero entonces
  \[
  f^{-1}(F)
    = \bigcup_{A\in\A}\bigl(f^{-1}(F)\cap A)\bigl)
    = \bigcup_{A\in\A} (f|_A)^{-1}(F)
  \]
es un cerrado de~$X$, porque la unión es finita.

\ejitem{3} Sea $X=\QQ$ con su topología usual, inducida por~$\RR$, y sea
$\A=\{\{x\}:x\in X\}$. Es claro que $\A$ es un cubrimiento numerable de~$X$
por cerrado, y que \emph{toda} función $f:X\to\RR$ tiene restricciones
continuas a los elementos de~$\A$. Pero claramente existen funciones
$f:X\to\RR$ que no son continuas.

\ejitem{4} Mostremos primero que
  \begin{equation}\label{eq:lf}
  \claim{si $\A$ es una familia localmente finita de cerrados de~$X$,
  entonces $\bigcup_{A\in\A}A$ es un cerrado de~$X$.}
  \end{equation}
Sea $x\in X\setminus\bigcup_{A\in\A}A$. Existe un abierto
$U\subseteq X$ tal que $x\in U$ y $\A'=\{A\in\A:U\cap A\neq\emptyset\}$.
Si~$A\in\A'$, entonces $x\not\in A$ y como $A$ es cerrado existe un abierto
$V_A\subseteq X$ tal que $x\in V_A\subseteq X\setminus A$. Pongamos
$V=U\cap\bigcap_{A\in\A'}V_A$: se trata de un abierto porque $\A'$ es
finito. Afirmamos que $x\in V$ y que $V\cap\bigcup_{A\in\A}A=\emptyset$. Lo
primero es claro. Para ver lo segundo, sea $y\in V$. Entonces $y\in U$, así
que $y\not\in A$ si $A\in\A\setminus\A'$; por otro lado, si $A\in\A'$ es
$y\in V_A$ y $V_A\cap A=\emptyset$, así que $y\not\in A$. Así, vemos que
$y\not\in\bigcup_{A\in\A}A$. Esto prueba~\eqref{eq:lf}, ya que muestra que
$x\in\inte X\setminus\bigcup_{A\in\A}A$.

Mostremos ahora la afirmación del enunciado. Sea $F\subseteq Y$ un cerrado.
Si $A\in\A$, entonces $f|_A$ es continua y entonces $(f|_A)^{-1}(F)$ es un
cerrado de~$A$: como $A$ es cerrado, $(f|_A)^{-1}(F)$ es cerrado en~$X$.
Además, es claro que $f^{-1}(F)=\bigcup_{A\in\A}(f|_A)^{-1}(F)$, así que
para ver que $f^{-1}(F)$ es cerrado, en vista de~\eqref{eq:lf}, bastará
mostrar que la familia de cerrados $\{(f|_A)^{-1}(F):A\in\A\}$ es
localmente finita.

Sea entonces $x\in X$. Sea $U\subseteq X$ un abierto tal que $x\in U$ y
$\{A\in\A:U\cap A\neq\emptyset\}$ es finito. Entonces, como
$(f|_A)^{-1}(F)\subseteq A$ para todo $A\in\A$, es claro que 
$\{A\in\A:U\cap(f|_A)^{-1}(F) \neq\emptyset\}$ es un conjunto finito.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

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

\newpage

\vspace*{\stretch{1}}

\foto{Weierstrass}{Karl Theodor Wilhelm Weierstrass\\1815--1897, Alemania}{%
Al dar en 1877 la primera prueba rigurosa del teorema de Bolzano-Weierstrass que
afirma que un conjunto infinito y acotado de números reales posee al menos
un punto de acumulación, introdujo el concepto de~\emph{entorno}.
}

\vspace*{\stretch{1}}

\end{document}
