%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\hyphenation{sobre sub-con-junto topo-logía todo todos toda todas como Como}

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

\Materia{Topología}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2009}
\Practica{4}
\Titulo{Topologías iniciales y finales}

\begin{document}

\maketitle

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

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Subespacios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio topológico y sean $Y\subseteq X$ y $Z\subseteq Y$
subconjuntos. Muestre que la topología de~$Z$ como subespacio de~$X$
coincide con la topología de~$Z$ como subespacio del subespacio~$Y$ de~$X$.

\begin{Solucion}
Sea $\tau_X$ la topología de~$X$. Entonces la topología inducida en~$Y$ 
por~$X$, la inducida por~$X$ en~$Z$, y 
la inducida por~$Y$ en~$Z$ son, respectivamente,
  \begin{gather*}
  \tau_X|_Y=\{Y\cap U:U\in\tau_X\}, \\
  \tau_X|_Z=\{Z\cap U:U\in\tau_X\} \\
\shortintertext{y}
  (\tau_X|_Y)|_Z=\{Z\cap V:V\in\tau_X|_Y\},
  \end{gather*}
y tenemos que mostrar que $(\tau_X|_Y)|_Z=\tau_X|_Z$.

Sea $A\in(\tau_X|_Y)|_Z$. Existe $V\in\tau_X|_Y$ tal que
$A=Z\cap V$, y existe $U\in\tau_X$ tal que $V=Y\cap U$. Entonces
$A=Z\cap(Y\cap U)=Z\cap U\in\tau_Z$.
Recíprocamente, si $B\in\tau_X|_Z$, existe $U\in\tau_X$ tal que $B=Z\cap U$
y entonces $Y\cap U\in\tau_X|_Y$ y $B=Z\cap(Y\cap U)\in(\tau_X|_Y)_Z$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio topológico y sea $Y\subseteq X$ un subconjunto
dotado de su topología de subespacio. Describa los operadores de clausura
$c:\P(Y)\to\P(Y)$ y de interior $i:\P(Y)\to\P(Y)$.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un conjunto totalmente ordenado, dotado de la topología del
orden, y sea $Y\subseteq X$ un subconjunto.
\begin{ejitems}

\item Muestre que la topología del orden de~$Y$ no necesariamente concide
con la topología de~$Y$ como subespacio de~$X$.

\item Si $Y$ es \emph{convexo}, de manera que
  \[
  a, b\in Y \implies (a,b) \subseteq Y,
  \]
entonces la topología del orden de~$Y$ coincide con la topología de~$Y$
como subespacio de~$X$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $X=\RR$ con su topología del orden, que es la usual, y
consideremos el subconjunto $Y=(-\infty,-1)\cup[1,+\infty)$. Entonces
$U=[1,2)$ es un abierto de~$Y$ con su topología de subespacio de~$X$, ya
que $U=(0,2)\cap Y$. Pero $U$ no es un abierto en la topología del orden
de~$Y$: todo entorno de~$1$ en esa topología contiene números negativos.

\ejitem{2} Sean $\tau_Y$ y $\tau'_Y$ la topología del orden de~$Y$ y la
topología inducida por~$X$ en~$Y$, respectivamente.

El conjunto $\S=\{(-\infty,a)_Y, (a,\infty)_Y:a\in Y\}$ es una sub-base
de~$\tau_Y$. Si $a\in Y$, entonces claramente
$(-\infty,a)_Y=(-\infty,a)_X\cap Y$ y  $(a,\infty)_Y=(a,\infty)_X\cap Y$,
así que todo elemento de~$\S$ es un abierto de~$\tau'_Y$. Esto implica que
$\tau_Y\subseteq\tau'_Y$.
Por otro lado, $\S'=\{(-\infty,a)_X\cap Y, (a,\infty)_X\cap Y:a\in X\}$ es
una sub-base de~$\tau'_Y$. Sea $a\in X$ y $U=(-\infty,a)_X\cap Y$: tenemos
que mostrar que $U\in\tau_Y$. Esto es evidente si $U=\emptyset$ o si $a\in
Y$, porque en este último caso $U=(-\infty,a)_Y$: supongamos en
consecuencia que existe $y\in U$ y que $a\in X\setminus Y$.  Pero entonces
$Y\subseteq (-\infty,a)_X$, de manera que $U=Y\in\tau_Y$: en efecto, de
existir $z\in Y\cap[a,\infty)_X$, sería necesariamente $z>a$ y la hipótesis
de convexitud hecha sobre~$Y$ implicaría que $a\in(y,z)\subseteq Y$, lo que
es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Productos}

\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos y sean $A\subseteq X$ y
$B\subseteq Y$ subconjuntos. Entonces la topología de~$A\times B$ como
subespacio de~$X\times Y$ coincide con la topología producto de los
subespacios~$A$ y~$B$ de~$X$ e~$Y$, respectivamente.

\begin{Solucion}
Sean $\tau_X$ y $\tau Y$ las topologías de~$X$ y de~$Y$, respectivamente.
Sean $\tau_A$ la topología de~$A$ como subespacio de~$X$, y $\tau_B$ la
topología de~$B$ como subespacio de~$Y$. Sea, finalmente, $\tau$ la
topología sobre~$A\times B$ como subespacio de~$X\times Y$ y $\tau'$ la
topología sobre~$A\times B$ producto de~$\tau_A$ y~$\tau_B$. Entonces   
$\tau_A=\{U\cap A:U\in\tau_X\}$ y $\tau_B=\{V\cap B:V\in\tau_Y\}$, 
  \[
  \S' = \{U\times V:U\in\tau_A, V\in\tau_B\}
  \]
es una base de~$\tau'$ y, como $\{U\times V:U\in\tau_X,V\in\tau_Y\}$ es una
base de la topología de~$X\times Y$, el conjunto
  \[
  \S = \{(U\times V)\cap(A\times B):U\in\tau_X,V\in\tau_Y\}
  \]
es una base de~$\tau$.

Si $U\in\tau_A$ y $V\in\tau_B$, de manera que existen $U'\in\tau_X$ y
$V'\in\tau_Y$ tales que $U=U'\cap A$ y $V=V'\cap B$, entonces $U\times
V=(U'\times V')\cap(A\times B)\in\S$: esto nos dice que $\S'\subseteq\S$.
Recíprocamente, si $U\in\tau_X$ y $V\in\tau_Y$, es $U\cap A\in\tau_A$ y
$V\cap B\in\tau_B$, y entonces $(U\times V)\cap(A\times B)=(U\cap
A)\times(V\cap B)\in\S'$, de manera que $\S'=\S$. 

Vemos así que $\S=\S'$ y, entonces, que $\tau=\tau'$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos.
\begin{ejitems}

\item Las proyecciones $\pi_1:X\times Y\to X$ y $\pi_2:X\times Y\to Y$ son
aplicaciones abiertas.

\item Muestre que no son en general cerradas.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $W\subseteq X\times Y$ un abierto. Sea $x_0\in\pi_1(W)$, de
manera que existe $y_0\in Y$ tal que $(x_0,y_0)\in W$. Como $W$~es abierto
y $\{U\times V:U\in\tau_X,V\in\tau_Y\}$ es una base de~$X\times Y$, existen
$U\in\tau_X$ y $V\in\tau_Y$ tales que $(x_0,y_0)\in U\times V\subseteq W$.
Entonces $\pi_1(W)\supseteq\pi_1(U\times V)=U\ni x_0$, así que
$x_0\in\inte\pi_1(W)$. Esto muestra que $\pi_1(W)\subseteq\inte\pi_1(W)$,
así que $\pi_1(W)$~es abierto.

La arbitrariedad de~$W$ implica que $\pi_1$~es una aplicación abierta. Para
ver que $\pi_2$~es abierta, procedemos de a misma forma.

\ejitem{2} Tomemos $X=Y=\RR$ con su topología usual, y consideremos la
función $\phi:(x,y)\in X\times Y\mapsto xy\in\RR$. Como $\phi$~es continua
y $\{0\}$~es un cerrado de~$\RR$, el conjunto~$\Gamma=\phi^{-1}(0)$ es un
cerrado de~$X\times Y$. Por otro lado, la proyección $\pi_1:X\times Y\to X$
claramente es tal que $\pi_1(\Gamma)=X\setminus\{0\}$, que \emph{no} es un
cerrado de~$X$. Así, vemos que en este caso la proyección~$\pi_1$ no es
cerrada.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos y sean $A\subseteq X$ y
$B\subseteq Y$ subconjuntos. Entonces:
\begin{ejitems}

\item $\overline{A\times B}=\overline A\times\overline B$;

\item $\inte (A\times B)=(\inte A)\times(\inte B)$;

\item $\!\!\begin{aligned}[t]
       \partial(A\times B)
          &=\overline{A\times B}\setminus\inte(A\times B) \\
          &= (\partial A\times\partial B)\cup(\partial A\times(\inte B))\cup((\inte B)\times\partial B)
           \\
          &=(\partial A\times\overline B)\cup(\overline A\times\partial B).
       \end{aligned}$
\end{ejitems}
Concluir que si $A$ y $B$ son cerrados, entonces $A\times B$ es un cerrado
de~$X\times Y$.

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $(x_0,y_0)\in\overline{A\times B}$. Sea $\phi:I\to X\times
Y$ una red que con valores en~$A\times B$ converge a~$(x_0,y_0)\in X\times
Y$, y sean $\pi_1:X\times Y\to X$ y $\pi_2:X\times Y\to Y$ las
proyecciones. La red $\pi_1\circ\phi:I\to X$ toma valores en~$\pi_1(A\times
B)=A$ y converge a~$\pi_1(x_0,y_0)=x_0$, ya que $\pi_1$~es una función
continua, así que $x_0\in\overline A$. De la misma forma, la red
$\pi_2\circ\phi:I\to Y$ toma valores en~$B$ y converge a~$y_0$, así que
$y_0\in\overline B$. Vemos así que $(x_0,y_0)\in\overline A\times\overline
B$ y, en consecuencia, que $\overline{A\times B}\subseteq\overline
A\times\overline B$.

Recíprocamente, sean $x_0\in\overline A$ y $y_0\in\overline B$, de manera
que existen redes $\phi:I\to X$ y $\psi:J\to Y$ con valores en~$A$ y en~$B$
que convergen a~$x_0$ y a~$y_0$, respectivamente. Sea $K=I\times J$ y
consideremos sobre~$K$ el orden producto del de~$I$ y~$J$, de manera que si
$(i,j)$,~$(i',j')\in K$, entonces
  \[
  (i,j)\leq(i',j') \iff i\leq i' \wedge j\leq j'.
  \]
Es inmediato verificar que $K$ resulta dirigido, así que 
$\rho:(i,j)\in K\mapsto(\phi(i),\psi(j))\in X\times Y$ es una red. Es claro
que $\rho$ toma valores en~$A\times B$. Mostremos que $\rho$ converge
a~$(x_0,y_0)$: hecho esto, tendremos que $(x_0,y_0)\in\overline{A\times B}$
y, en definitiva, que $\overline A\times\overline
B\subseteq\overline{A\times B}$.

Sea entonces $W\subseteq X\times Y$ un entorno de~$(x_0,y_0)$ en~$X\times
Y$. Por la forma en que fue contruida la topología de~$X\times Y$, existen
abiertos $U\subseteq X$ y $V\subseteq Y$ tales que $(x_0,y_0)\in U\times
V\subseteq W$. Claramente $x_0\in U$ e $y_0\in V$, así que como $\phi$ y
$\psi$ convergen a~$x_0$ y a~$y_0$, respectivamente, existen $i_0\in I$ y
$j_0\in J$ tales que si $i\geq i_0$ y $j\geq j_0$ se tiene $\phi(i)\in U$ y
$\psi(j)\in V$. Pero entonces si $(i,j)\in K$ es tal que
$(i,j)\geq(i_0,j_0)$ se tiene que $\rho(i,j)\in U\times V\subseteq W$ y
vemos que $\rho$~converge a~$(x_0,y_0)$, como queríamos.

\ejitem{2} Como $\inte A$ e $\inte B$ son abiertos de~$X$ y de~$Y$,
el conjunto~$(\inte A)\times(\inte B)$ es un abierto
de~$X\times Y$. Como se trata de un subconjunto de~$A\times B$, es claro
que $(\inte A)\times(\inte B)\subseteq\inte(A\times B)$.

Por otro lado, si $(x,y)\in\inte(A\times B)$, y en vista de la forma en que
fue definida la topología de~$X\times Y$, existen abiertos $U\subseteq A$ y
$V\subseteq B$ tales que $(x,y)\in U\times V\subseteq A\times B$. Esto
implica que $x\in U$ y que $y\in V$, así que $x\in\inte A$ e $y\in\inte B$:
vemos entonces que $\inte(A\times B)\subseteq(\inte A)\times(\inte B)$.

\ejitem{3} Cualquiera sea $C\subseteq X\times Y$ sabemos que $\partial
C=\overline C\setminus\inte C$, y la primera igualdad que tenemos que
mostrar se deduce de esto tomando $C=A\times B$. Como $\overline A=\partial
A\sqcup\inte A$ y  $\overline B=\partial B\sqcup\inte B$, es
  \begin{align*}
  \overline A\times\overline B
    &= (\partial A\sqcup\inte A)\times(\partial B\sqcup\inte B) \\
    &= (\partial A\times\partial B)
       \sqcup (\partial A\times\inte B)
       \sqcup (\inte A\times\partial B)
       \sqcup (\inte A\times\inte A),
  \end{align*}
de manera que
  \[
  \overline A\times\overline B \setminus(\inte A\times\inte B)
    = (\partial A\times\partial B)
       \sqcup (\partial A\times\inte B)
       \sqcup (\inte A\times\partial B).
  \]
Finalmente, como 
  \[
  (\partial A\times\partial B)\sqcup (\partial A\times\inte B)=\partial A\times\overline B
  \]
y, simétricamente, 
  \[
  (\partial A\times\partial B)\sqcup(\inte A\times\partial B)=\overline A\times\partial B,
  \]
es 
  \[
  \overline A\times\overline B \setminus(\inte A\times\inte B)
    = (\partial A\times\overline B) \cup (\overline A\times\partial B).
  \]
Notemos que esta última unión no es disjunta.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio topológico~$X$ es Hausdorff si y solo si 
$\Delta=\{(x,x)\in X\times X:x\in X\}$ es un cerrado de~$X\times X$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $X$ es Hausdorff y sea $(x,y)\in X\times
X\setminus\Delta$. Entonces $x\neq y$ y la hipótesis implica que
existen abiertos $U$,~$V\subseteq X$ tales que $x\in U$, $y\in V$ y $U\cap
V=\emptyset$. Pero entonces $(x,y)\in U\times V\subseteq X\times
X\setminus\Delta$ y vemos que $(x,y)\in\inte X\times X\setminus\Delta$.
Esto implica que $X\times X\setminus\Delta$ es abierto y, entonces, que
$\Delta$ es un cerrado.

Recíprocamente, supongamos que $\Delta$~es un cerrado de~$X\times X$ y sean
$x$,~$y\in X$ tales que $x\neq y$. Entonces $(x,y)\in X\times
X\setminus\Delta$. Como $X\times X\setminus\Delta$ es abierto, y en vista
de la forma en que fue definida la topología de~$X\times X$, existen
abiertos $U$,~$V\subseteq X$ tales que $(x,y)\in U\times V\subseteq X\times
X\setminus\Delta$. Es claro que $x\in U$ y que $y\in V$, así que $U$ y $V$
son entornos de~$x$ y de~$y$, respectivamente. Por otro lado, si $z\in
U\cap V$ entonces $(z,z)\in(U\times V)\cap\Delta=\emptyset$, lo que es
absurdo. Esto muestra que $U\cap V=\emptyset$. Así, $X$ es Hausdorff.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X_i)_{i\in I}$ una familia de espacios topológicos y, para cada
$i\in I$, sea $A_i\subseteq X_i$ un subconjunto. Si $X=\prod_{i\in I}X_i$
es el espacio producto:
\begin{ejitems}

\item ¿Es cierto que $\prod_{i\in I}\overline{A_i}=\overline{\prod_{i\in
I}A_i}$?

\item Si para cada $i\in I$ el conjunto~$A_i$ es cerrado en~$X_i$, entonces
$\prod_{i\in I}A_i$ es cerrado en~$X$. 

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X_i)_{i\in I}$ una familia de espacios topológicos, sea
$X=\prod_{i\in I}X_i$ es espacio producto con proyecciones $(\pi_i:X\to
X_i)_{i\in I}$ y sea $\phi:\Lambda\to X$ una red en~$X$. Entonces $\phi$ converge
a~$x\in X$ sii para cada $i\in I$ la red $\pi_i\circ\phi:\Lambda\to X_i$ converge
a~$\pi_i(x)$ en~$X_i$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $\phi:\Lambda\to X$ es una red en~$X$ que converge a~$x\in
X$, sea $i\in I$ y sea $\pi_i:X\to X_i$ la proyección $i$-ésima. Como
$\pi_i$~es continua, la red $\pi_i\circ\phi:\Lambda\to X_i$ converge
a~$\pi_i(x)$. Esto prueba la necesidad de la condición. Veamos la
suficiencia.

Supongamos que para cada $i\in I$ la red $\pi_i\circ\phi:\Lambda\to X_i$
converge a~$x_i\in X_i$, y sea $U\subseteq X$ un entorno de~$x$ en~$X$.
Entonces existe una familia $(U_i:i\in I)$ con $U_i\subseteq X_i$ un
abierto para cada $i\in I$ y un conjunto finito $F\subseteq I$ tales que
$x\in\prod_{i\in I}U_i\subseteq U$ y $U_i=X_i$ si $i\in I\setminus
F$. 

Si $i\in F$, y como $\pi_i\circ\phi$ converge a~$x_i$, existe
$\lambda_i\in\Lambda$ tal que si $\lambda\in\Lambda$ y
$\lambda\geq\lambda_i$ entonces $\pi_i(\phi(\lambda))\in U_i$. Como
$\Lambda$ es dirigidoi y $F$ finito, existe $\mu\in\Lambda$ tal que
$\mu\geq\lambda_i$ para todo $i\in F$. 
Afirmamos que si $\lambda\geq\mu$, entonces $\phi(\lambda)\in U$. En
efecto, sea $\lambda\in\Lambda$ tal que $\lambda\geq\mu$, y sea $i\in I$.
Si $i\not\in F$, entonces $\pi_i(\phi(\lambda))\in X_i=U_i$; si, en cambio,
$i\in F$, entonces $\pi_i(\lambda)\in U_i$ porque
$\lambda\geq\mu\geq\lambda_i$.

Vemos así que $\phi$ está a la larga en todo entorno de~$x$, así que
converge a~$x$, como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$, $Y$ y~$Z$ espacios topológicos y sea $f:X\times Y\to Z$ una
función. Decimos que la función $f$ es \emph{continua en cada variable} si 
para todo $x\in X$ la función $y\in Y\mapsto f(x,y)\in Z$ es continua y si
para todo $y\in Y$ la función $x\in X\mapsto f(x,y)\in Z$ es
continua.
\begin{ejitems}

\item Si $f$ es continua, es continua en cada variable.

\item Dé un ejemplo que muestre que la implicación recíproca es falsa.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $y\in Y$. Entonces la función $x\in X\mapsto f(x,y)\in Z$ es
la composición de la aplicación $\iota_y:x\in X\mapsto (x,y)\in X\times Y$
y de~$f$. Para ver que es continua, entonces, bastará mostrar que $\iota_y$
es continua y para ello que la preimagen por~$\iota_y$ de cada uno de los
abiertos de la base usual de~$X\times Y$ es un abierto.
Esto es inmediato, ya que si $U\subseteq X$ y $V\subseteq Y$ son abiertos,
entonces
  \[
  \iota_y(U\times V)=
    \begin{cases}
      U, & \text{si $y\in V$;} \\
      \emptyset, & \text{en caso contrario.}
    \end{cases}
  \]
Para ver que $y\in Y\mapsto f(x,y)\in Z$ es continua para cada $x\in X$
podemos hacer un razonamiento enteramente análogo.

\ejitem{2} Sea $f:\RR\times\RR\to\RR$ tal que
  \[
  f(x,y) = 
    \begin{cases}
    xy(x^2+y^2)^{-1}, & \text{si $(x,y)\neq(0,0)$;} \\
    0, & \text{en otro caso.}
    \end{cases}
  \]
Mostremos que cualquiera sea $y\in\RR$ la función $f_y:x\in\RR\mapsto
xy(x^2+y^2)^{-1}\in\RR$ es continua y que $f$ no lo es; por simetría, será
$y\in\RR\mapsto xy(x^2+y^2)^{-1}\in\RR$ también continua y tendremos un
ejemplo como el buscado.

Si $y=0$, entonces $f_y$ es contante, así que es continua. Si, en cambio,
$y\neq0$, entonces $f_y$~es una función racional con denominador nunca
nulo, así que también es continua. Por otro lado, $\lim_{t\to0}f(t,0)=)$
mientras que $\lim_{t\to0}f(t,t)=\tfrac12$, así que $f$ no es continua
en~$(0,0)$.~\qed
\end{Solucion}

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

\item La topología del orden sobre $\RR\times\RR$ correspondiente al orden
lexicográfico coincide con la topología producto $\RR_d\times\RR$, si
$\RR_d$ es el conjunto~$\RR$ dotado de su topología discreta.

\item Sea $I=[0,1]$. Comparar las siguientes topologías sobre~$I\times I$:
\begin{itemize}

\item la topología producto;

\item la topología del orden para el orden lexicográfico; y

\item la topología producto $I_d\times I$, con $I_d$ el espacio discreto
que tiene a~$I$ como conjunto subyacente.

\end{itemize}
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $\tau$ la topología del orden lexicográfico~$\preceq$
en~$\RR\times\RR$ y sea $\tau'$ la topología de~$\RR_d\times\RR$. Si
$p\in\RR\times\RR$, sean $L(p)=\{q\in\RR\times\RR:q\prec p\}$ y
$R(p)=\{q\in\RR\times\RR:p\prec q\}$; entonces
$\S=\{L(p),R(p):p\in\RR\times\RR\}$ es una sub-base de~$\tau$. Por otro
lado, como $\RR_d$ es discreto y $\{(-\infty,y),\;(y,\infty):y\in\RR\}$ es
una sub-base de la topología de~$\RR$, el conjunto
$\S'=\{\{x\}\times(-\infty,y),\;\{x\}\times(y,\infty):x,y\in\RR\}$ es una sub-base de~$\tau'$;
en particular, para cada $x\in\RR$, el conjunto
$\{x\}\times\RR=\bigcup_{y\in\RR}\{x\}\times(-\infty,y)\in\tau'$.

Si $p=(x,y)\in\RR\times\RR$, entonces
  \begin{gather*}
  L(p) = (\{x\}\times(-\infty,y))\cup\bigcup_{x'<x}\{x\}\times\RR \in\tau'
\shortintertext{y}
  R(p) = (\{x\}\times(y,\infty))\cup\bigcup_{x<x'}\{x'\}\times\RR\in\tau',
  \end{gather*}
así que $\S\subseteq\tau'$: esto implica que $\tau\subseteq\tau'$. Por otro
lado, si $x$,~$y\in\RR$ entonces
  \begin{gather*}
  \{x\}\times(-\infty,y) 
    = \bigcup_{n\in\NN} \{x\}\times(y-n,y)
    = \bigcup_{n\in\NN} \bigl[L(x,y)\cap R(x,y-n)\bigr] 
    \in\tau
\shortintertext{y}
  \{x\}\times(y,\infty) 
    = \bigcup_{n\in\NN} \{x\}\times(y,y+n)
    = \bigcup_{n\in\NN} \bigl[L(x,y+n)\cap R(x,y)\bigr] 
    \in\tau,
  \end{gather*}
así que $\S'\subseteq\tau$ y, en consecuencia, $\tau'\subseteq\tau$.

\ejitem{2} Sea $\preceq$ el orden lexicográfico en~$I\times I$ y sea $\tau$
la topología del orden correspondiente. Sea $\tau'$ la topología usual
sobre~$I\times I$ y sea $\tau''$ la topología de~$I\times I$
correspondiente al producto $I_d\times I$ con $I_d$~el espacio discreto
sobre~$I$. Afirmamos que $\tau'\subseteq\tau''$, que $\tau\subseteq\tau''$,
y que no ninguna otra contención entre las tres topologías:
\begin{itemize}

\item El conjunto $\{1/2\}\times[0,1]$ es abierto en~$\tau''$ pero no en
$\tau'$, así que $\tau''\not\subseteq\tau'$.

\item El conjunto $[0,1/2)\times I\cup\{1/2\}\times[0,1)$ está en~$\tau$
pero no en~$\tau'$, así que $\tau'\not\subseteq\tau$.

\item El conjunto $[0,1/2]\times I$ está en~$\tau$ y no en~$\tau'$, así que
$\tau\not\subseteq\tau'$.

\item El conjunto $I\times\{0\}$ está en~$\tau''$ pero no en~$\tau$, así
que $\tau''\not\subseteq\tau$.

\item Si $\tau_I$ es la topología de~$I$, entonces una base para $\tau'$ es
$\{U\times V:U,V\in \tau_I\}$. Si $U$,~$V\in\tau_I$, entonces $U\times
V=\bigcup_{t\in U}\{t\}\times V\in\tau''$. Luego $\tau'\subseteq\tau''$.

\item Si para cada $p\in I\times I$ escribimos $L(p)=\{q\in I\times
I:q\prec q\}$ y, dualmente, $R(p)=\{q\in I\times I:p\prec q\}$, entonces
$\S=\{L(p),\,R(p):p\in I\times I\}$ es una sub-base para $\tau$. Si $p=(x,y)\in
I\times I$, entonces $L(p)=\{x\}\times[0,y)\cup\bigcup_{x'<x}\{x''\}\times
I\in\tau''$ y $R(p)=\{x\}\times(y,1]\cup\bigcup_{x<x'}\{x'\}\times
I\in\tau''$. Luego $\S\subseteq\tau''$ y, en consecuencia, $\tau\subseteq\tau''$.~\qed
\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\RR_l$ el espacio topologíco que como conjunto coincide
con~$\RR$ y cuya topología tiene como base al conjunto
$\{[a,b):a,b\in\RR,\,a<b\}$, y sea $L\subseteq\RR\times\RR$ una~recta.
Describa la topología de~$L$ como subespacio de~$\RR_l\times\RR_l$ y como
subespacio de~$\RR_l\times\RR$.

\begin{Solucion}
Sean $\alpha$,~$\beta$,~$\gamma\in\RR$ tales que $(\alpha,\beta)\neq(0,0)$,
y sea $L=\{(x,y)\in\RR\times\RR:\alpha x+\beta y=\gamma\}$. A menos de una
translación de~$\RR\times\RR$, que es un homeomorfismo tanto si a este
conjunto lo vemos como $\RR_l\times\RR_l$ como como $\RR_l\times\RR$, es
fácil ver que podemos suponer que $\gamma=0$.
\begin{itemize}

\item Si $\alpha\beta>0$, la topología inducida por
$\RR_l\times\RR_l$ sobre~$L$ es la discreta. En efecto, supongamos que
$(x_0,y_0)\in L$. Entonces $U=[x_0,\infty)\times[y_0,\infty)$ es un abierto
de~$\RR_l\times\RR_l$, y si $(x_1,y_1)\in L\cap U$, entonces 
  \[
  0 = (\alpha x_1+\beta y_1) - (\alpha x_0+\beta y_0)
    = \alpha (x_1-x_0) + \beta (y_1-y_0),
  \]
y entonces, como $\alpha\beta>0$ y $x_1-x_0$,~$y_1-y_0\geq0$, es
necesariamente $(x_1,y_1)=(x_0,y_0)$. Esto nos dice que $L\cap
U=\{(x_0,y_0)\}$ y muestra que la topología de~$L$ es discreta.

\item Si $\alpha\beta=0$, entonces dotando a~$L$ de la topología inducida
por~$\RR_l\times\RR_l$ obtenemos un espacio homeomorfo a~$\RR_l$. En
efecto, en este caso $L$ es una fibra de una de las dos proyecciones
$\pi_1$,~$\pi_2:\RR_l\times\RR_l\to\RR_l$.

\item Si $\alpha\beta<0$, entonces existe $p=(x_0,y_0)\in L$ tal que
$x_0>0$ e $y_0>0$, y $\phi:t\in\RR_l\to tp\in L$ es una biyección. Afirmamos
que si dotamos a~$L$ de la topología inducida por~$\RR_l\times\RR_l$,
entonces es un homeomorfismo.

\item Si $\beta\neq0$, entonces existe $p=(x_0,y_0)\in L$ con $x_0>0$ y
la función $\phi:t\in\RR_l\mapsto tp\in L$ es biyectiva. Si dotamos a~$L$
de la topología inducida por~$\RR_l\times\RR$, entonces $\phi$ es un
homeomorfismo.

\item Finalmente, si $\beta=0$, entonces $L$ es una fibra de la proyección
$\pi_1:\RR_l\times\RR\to\RR_l$, así que $L$ es homeomorfo a~$\RR$ con su
topología usual.~\qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

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

\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos y sea $y_0\in Y$. La topología inducida
sobre~$X$ por la aplicación $x\in X\mapsto (x,y_0)\in X\times Y$ es la
topología de~$X$.

\item Sea $X$ un espacio métrico con métrica $d:X\times X\to\RR$. La
topología de~$X$ es la menos fina que hace que $d$ sea una función
continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f:x\in X\mapsto(x,y_0)\in X\times Y$ la función del
enunciado y sean $\tau$ y $\tau'$ la topología de~$X$ y la topología
inducida por~$f$ en~$X$. Como $\pi_1\circ f=\id_X:X\to X$ y $\pi_2\circ f:X\to Y$ es
constante, sabemos que $f$ es continua. Esto implica que
$\tau'\subseteq\tau$. Por otro lado, sea $U\in\tau$ un abierto de~$X$.
Entonces $U\times Y$ es un abierto de~$X\times Y$ y entonces
$U=f^{-1}(U\times Y)$ es un abierto de~$\tau'$: esto muestra que
$\tau\subseteq\tau'$.

\ejitem{2} Sea $d:X\times X\to\RR$ la métrica de~$X$, sea $\tau_d$ la
topología de~$X$ definida por~$d$, y sea $\tau$ una topología sobre~$X$
para la cual la función~$d$ es continua y sea $\tau_\times$ la topología
sobre~$X\times X$ inducida por~$\tau$. Para cada $x\in X$ sea $\iota_x:y\in
X\mapsto (x,y)\in X\times X$. 

Sea $x\in X$ y sea $\eps>0$. La función $\iota_x:(X,\tau)\to(X\times
X,\tau_\times)$ es continua, así que $d\circ\iota_x:X\to\RR$ es continua.
En particular,
$B_\eps(x)=(d\circ\iota_x)^{-1}\bigl((-\eps,\eps)\bigr)\in\tau$. Como
$\{B_\eps(x):x\in X,\,\eps>0\}$ es una base para la topología~$\tau_d$,
concluimos de esta forma que~$\tau_d\subseteq\tau$.

Para terminar, bastará mostrar que $d$ es continua si dotamos a~$X$ de la
topología~$\tau_d$. Esto es consecuencia de las siguientes tres
observaciones:
\begin{itemize}

\item Sean $(x,y)\in X\times X$ y $r>0$ tales que $d(x,y)<r$. Pongamos
$\eps=(r-d(x,y))/2$, que es un número positivo. Entonces si $(x',y')\in
B_\eps(x)\times B_\eps(y)$, es
  \[
  d(x',y')
    \leq d(x',x)+d(x,y)+d(y,y')
    < 2\eps + d(x,y)
    = r
  \]

\item Sean $(x,y)\in X\times X$ y $r>0$ tales que $d(x,y)>r$, y sea
$\eps=(d(x,y)-r)/2$, que es otra vez un número positivo. Si $(x',y')\in
B_\eps(x)\times B_\eps(y)$, entonces
  \[
  d(x',y')
    \geq d(x,y)-d(x',x)-d(y,y')
    > -2\eps + d(x,y)
    = r
  \]

\item Si $r\leq0$, entonces $d^{-1}\bigl((-\infty,r)\bigr)=\emptyset$
y $d^{-1}\bigl((r,\infty)\bigr)=X\times X$.

\end{itemize}
En efecto, esto prueba que para todo $r\in\RR$ los conjuntos
$d^{-1}\bigl((-\infty,r)\bigr)$ y
$d^{-1}\bigl((r,\infty)\bigr)$ son abiertos y la continuidad sigue de esto
porque $\{(-\infty,r),\,(r,\infty):r\in\RR\}$ es una sub-base
de~$\RR$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un producto $\prod_{i\in I}X_i$ de espacios topológicos tiene una
base numerable sii cada uno de los factores tiene una base numerable y a lo
sumo un número numerable de ellos no es indiscreto.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Cocientes}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una función sobreyectiva y continua $f:X\to Y$ que es abierta o
cerrada es un cociente.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $f$ es abierta. Si $U\subseteq Y$ es un abierto,
entonces $f^{-1}(U)$ es un abierto de~$X$ porque $f$~es continua. 
Si $U\subseteq Y$ es un subconjunto tal que $f^{-1}(U)$ es un abierto
de~$X$, entonces $f(f^{-1}(U))$ es un abierto de~$Y$ porque $f$ es abierta
y, como $f$ es sobreyectiva, $U=f(f^{-1}(U))$. Así, vemos que la hipótesis
implica que un subconjunto~$U\subseteq Y$ es abierto sii $f^{-1}(U)$ es
abierto en~$X$: esto es, $f$ es un cociente.

Supongamos ahora que $f$ es cerrada. Si $F\subseteq Y$ es un cerrado,
entonces la continuidad de~$f$ implica que $f^{-1}(F)$ es cerrado en~$X$.
Recíprocamente, sea $F\subseteq Y$ un subconjunto tal que $f^{-1}(F)$ es
cerrado en~$X$. La hipótesis hecha sobre~$f$, entonces, nos dice que
$f(f^{-1}(F))$ es un cerrado de~$Y$ y, como $f$~es sobreyectiva,
$F=f(f^{-1}(F))$. Otra vez vemos que $f$ es un cociente.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio topológico, sea $R\subseteq X\times X$ una
relación de equivalencia, y sea $f:X\to X/R$ la proyección canónica al
cociente~$X/R$, dotado éste de su topología cociente.. Si $A\subseteq X$,
escribimos
  \[
  R(A) = \{x\in X:\text{existe $a\in A$ tal que $(a,x)\in R$}\}.
  \]
\begin{ejitems}

\item Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]

\item $f$ es abierta;

\item si $A\subseteq X$ es abierto, entonces $R(A)$ también lo es;

\item si $A\subseteq X$ es un cerrado, entonces la unión de los elementos
de~$X/R$ contenidos en~$A$ es un cerrado.

\end{enumerate}

\item Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]

\item $f$ es cerrada;

\item si $A\subseteq X$ es cerrado, entonces $R(A)$ también lo es;

\item si $A\subseteq X$ es un abierto, entonces la unión de los elementos
de~$X/R$ contenidos en~$A$ es un abierto.

\end{enumerate}

\item Si $X/R$ es Hausdorff, $R$ es un cerrado de~$X\times X$.

\item $f$ es cerrada sii $\overline{R(A)}\subseteq R(\overline A)$ para
todo subconjunto~$A\subseteq X$.

\item $f$ es abierta sii $R(\inte A)\subseteq\inte R(A)$ para todo
subconjunto~$A\subseteq X$.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} \implicacion[roman]{1}{3} Sea $A\subseteq X$ un cerrado. La
union de los elementos de~$X/R$ contenidos en~$A$ es el conjunto
  \[
  F = \bigcup_{\substack{Y\in X/R\\Y\subseteq A}} Y
  \]
Como $X/R$ es una partición de~$X$, 
  \[
  X\setminus F 
    = \smashoperator[r]{\bigcup_{\substack{Y\in X/R\\Y\cap (X\setminus A)\neq\emptyset}}}\; Y
    = f(X\setminus A),
  \]
y como $f$ es abierta por hipótesis y $A$ cerrado, vemos que $F$ es
cerrado.

\implicacion[roman]{3}{2} Sea $A\subseteq X$ un abierto. Entonces
$X\setminus A$ es cerrado, y la hipótesis nos dice que el conjunto
  \[
  F = \smashoperator[r]{\bigcup_{\substack{Y\in X/R\\Y\subseteq X\setminus A}}}\; Y
  \]
es un cerrado de~$X$. Como $X/R$ es una partición de~$X$ tenemos que
  \[
  X\setminus F = \smashoperator[r]{\bigcup_{\substack{Y\in X/R\\Y\cap A\neq\emptyset}}}\; Y
    = R(A)
  \]
es un abierto.

\implicacion[roman]{2}{1} Si $A\subseteq X$ es un abierto, entonces
$f^{-1}(f(A))=R(A)$ es abierto en~$X$ por hipótesis. Así, $f$ es abierta.

\ejitem{2} Esto puede probarse de manera exactamente similar a lo hecho en
la parte anterior.

\ejitem{3} Supongamos que $X/R$ es Hausdorff y sea $(x,y)\in X\times
X\setminus R$. Entonces $(x,y)\not\in R$, de manera que $f(x)\neq f(y)$ y
la hipótesis implica que existen abiertos $U$,~$V\subseteq X/R$ tales que
$f(x)\in U$, $f(y)\in V$ y $U\cap V=\emptyset$. Pero entonces
$f^{-1}(U)\times f^{-1}(V)$ es un abierto de~$X\times X$ que contiene
a~$(x,y)$ y contenido en~$X\times X\setminus R$. Esto muestra que $X\times
X\setminus R$ es abierto y, en consecuencia, que $R$ es cerrado.

\ejitem{4} Supongamos que $f$ es cerrada y sea $A\subseteq X$. Es claro que
$R(A)\subseteq R(\overline A)$ porque $A\subseteq\overline A$. Por
otro lado, como $\overline A$ es un cerrado, $f(\overline A)$ es un cerrado
de~$X/R$ y, como $f$~es un cociente, $R(\overline A)=f^{-1}(f(\overline
A))$ es un cerrado de~$X$. Concluimos que $\overline{R(A)}\subseteq
R(\overline A)$.

Veamos ahora la suficiencia de la condición. Sea $F$ un cerrado. Entonces
  \[
  f^{-1}(f(F)) = R(F) = R(\overline F) \supseteq\overline{R(F)}
    \supseteq \overline{f^{-1}(f(F))},
  \]
así que $f^{-1}(f(F))$ es un cerrado de~$X$. Como $f$ es un cociente, esto
implica que $f(F)$ es cerrado en~$X/R$ y, por la arbitrariedad de~$F$, que
$f$ es cerrada.

\ejitem{5} Supogamos primero que $f$ es abierta y sea $A\subseteq X$.
Entonces $R(\inte A)=f^{-1}(f(\inte A))$ es un abierto de~$X$ porque
$f(\inte A)$ es un abierto por hipótesis y $f$ es continua. 
Como $R(\inte A)\subseteq R(A)$, es inmediato ahora que $R(\inte
A)\subseteq\inte R(A)$.

Recíprocamente, supongamos que vale la condición y sea $U\subseteq X$ un
abierto. Es $f^{-1}(f(U))=R(U)=R(\inte U)\subseteq \inte R(U)=\inte
f^{-1}(f(U))$ y, entoneces, $f^{-1}(f(U))$ es un abierto de~$X$. Como $f$
es un cociente, esto implica que $f(U)$ es un abierto de~$X/R$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e~$Y$ espacios topológicos y sea $f:X\to Y$ una función continua.
Si existe $g:Y\to X$ continua tal que $f\circ g=\id_Y$, entonces $f$~es un cociente.

\begin{Solucion}
Sea $U\subseteq Y$ tal que $f^{-1}(U)$ es abierto. Entonces
$U=g^{-1}(f^{-1}(U))$ es abierto.

Recíprocamente, como $f$ es continua $f^{-1}(U)$ es abierto para todo
abierto $U\subseteq Y$. Estas fos afirmaciones muestran que $f$ es un
cociente.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\pi_1:\RR\times\RR\to\RR$ la primera proyección.
\begin{ejitems}

\item Si $X=(\{0\}\times\RR)\cup(\RR\times\{0\})$, entonces
$\pi_1|_X:X\to\RR$ es un cociente cerrado pero no abierto.

\item Si $Y=(\RR_{\geq0}\times\RR\cup(\RR\times\{0\})$, entonces
$\pi_1|_Y:Y\to\RR$ es un cociente que no es ni abierto ni cerrado.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como $\pi_1|_X$ es sobreyectiva y continua, para ver que es una
identificación cerrada basta ver que es cerrada. Como $F_1=\{0\}\times\RR$ y
$F_2=\RR\times\{0\}$ son dos cerrados de~$X$ que lo cubren, basta mostrar que
las restricciones $(\pi_1|_X)_{F_1}$ y $(\pi_1|_X)_{F_2}$ son cerradas. La
primera es constante mientras que la segunda es un homeomorfismo, así que
esto es claro.

\ejitem{2} Si $\Gamma=\{(x,y)\in Y:x>0,\,y>0,\,xy=1\}$, entonces $\Gamma$
es cerrado en~$Y$ (porque es cerrado en~$\RR^2$, y
$(\pi_1)|_Y(\Gamma)=(0,\infty)$ no es un cerrado de~$\RR$: esto muestra que
$\pi_1|_Y$ no es cerrada. Por otro lado, $U=\{(x,y)\in Y:y>0\}$ es un
abierto de~$Y$ cuya imagen $\pi_1|_Y(U)=[0,\infty)$ no es un abierto
de~$\RR$: vemos que la proyección $\pi_1|_Y$ tampoco es abierta.

Veamos que se trata de un cociente. Es claramente continua, así que bastará
mostrar que si $U\subseteq\RR$ es tal que $V=(\pi_1|_Y)^{-1}(U)$ es abierto
en~$Y$, entonces $U$ es abierto en~$\RR$. Sea $x\in U$. 
\begin{itemize}

\item Supongamos primero que $x<0$. Como $V$ es abierto, existe $\eps>0$
tal que $\eps<\abs{x}$ y $B_\eps(x,0)\cap Y\subseteq V$. Pero
$B_\eps(x,0)\cap Y=\{(\xi,0)\in Y:x-\eps<\xi<x+\eps\}$, así que
$U=\pi_1|_Y(V)\supseteq \pi_1|_Y(B_\eps(x,0)\cap Y)=(x-\eps,x+\eps)$, y
vemos que $x\in\inte U$.

\item Sea ahora $x>0$. Como $V$ es abierto en~$Y$, existe $\eps>0$ 
tal que $\eps<x$ y $B_\eps(x,0)=B_\eps(x,0)\cap Y\subseteq V$. Pero entonces
  \[
  U=\pi_1|_Y(V)\supseteq \pi_1|_Y(B_\eps(x,0))=(x-\eps,x+\eps)
  \]
y vemos que $x\in\inte U$.

\item Finalmente, supongamos que $x=0$. Entonces $(0,0)\in V$, así que
existe $\eps>0$ con $\eps<1$ y $B_\eps(0,0)\cap Y\subseteq V$: esto implica
que $\pi_1|_Y(V)\supseteq\pi_1|_Y(B_\eps(0,0)\cap Y)=(-\eps,\eps)$.

\end{itemize}
En cualquier caso, vemos que $x\in\inte U$, así que $U=\inte U$.~\qed

\end{Solucion}

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

\item Sea $I=[0,1]$ y sea $\sim$ la menor relación de equivalencia sobre~$I$
tal que $0\sim 1$. Muestre que $I/\mathord\sim \cong S^1$.

\item Sea $\sim$ la relación de equivalencia sobre~$\RR$ tal que 
  \[
  x\sim y \iff x-y\in\ZZ.
  \]
Muestre que $\RR/\mathord\sim\cong S^1$.

\item Sea $X=\RR^2\setminus\{0\}$ y sea $\sim$ la relación de equivalencia
sobre~$X$ tal que
  \[
  x\sim y \iff \exists \lambda\in\RR, \quad \lambda x=y.
  \]
Muestre que $X/\mathord\sim\cong S^1$.

\item Sea $\sim$ la relación de equivalencia sobre~$\RR^2$ tal que
  \[
  x\sim y \iff \exists \lambda\in\RR, \quad \lambda x=y.
  \]
Describa el espacio $\RR^2/\mathord\sim$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $\phi:t\in I\mapsto \exp2\pi it\in S^1$. Se trata de una
aplicación continua y sobreyectiva. Más aún, es cerrada: si $F\subseteq I$ es cerrado,
entonces el teorema de Heine-Borel nos dice que $F$ es un compacto
de~$\RR$, así que $\phi(F)$ es un compacto de~$S^1\subseteq\CC$: esto
implica que $\phi(F)$ es cerrado en~$S^1$. Podemos concluir entonces que
$\phi$~es un cociente. Es inmediato que la relación de equivalencia
sobre~$I$ inducida por~$f$ es precisamente la relación~$\sim$ del
enunciado, así que vemos que $I/\mathord\sim\cong S^1$.

\ejitem{2} Sea $\phi:t\in\RR\mapsto\exp2\pi it\in S^1$. Se trata de una
sobreyección continua. Es claro que la relación de equivalencia que induce
es la relación del enunciado, así que bastará mostrar que se trata de un
cociente y, para ello, que es abierta. 

Como $\{(x,x+1/2):x\in\RR\}$ es una sub-base de la topología
de~$\RR$, alcanza con mostrar que para cada $x\in\RR$ 
el conjunto $\phi((x,x+1/2))$
es un abierto. Pero
  \[
  \phi((x,x+1/2)) = \{z\in S^1 : \Im(z/\phi(x)) > 0\}
  \]
y esto es claramente abierto.

TERMINAR
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\{\pm1\}\subseteq\RR$ con su topología discreta, y sea
$X=\CC\times\{\pm1\}$. Sea $\sim$ la menor relación de equivalencia
sobre~$X$ tal que
  \[
  i\neq j\wedge xy=1 \implies  (x,i)\sim(y,j).
  \]
Muestre que $X/\mathord\sim\cong S^2$.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo. Un \emph{$G$-espacio} es un par $(X,\mathord\cdot)$
formado por un espacio topológico~$X$ y una función $\mathord\cdot:G\times
X\to X$ tal que
  \begin{itemize}
  \item $1_G\cdot x=x$ para todo $x\in X$;
  \item $g\cdot(h\cdot x)=gh\cdot x$ para todo $g$,~$h\in G$ y todo $x\in X$;
  \item para cada $g\in G$ la aplicación $L_g:x\in X\mapsto g\cdot x\in X$ es
  continua.
  \end{itemize}
Si $(X,\mathord\cdot)$ es un $G$-espacio, definimos una relación de
equivalencia~$\sim_G$ sobre~$X$ poniendo
  \[
  x\sim_G y \iff \exists g\in G, \quad g\cdot x=y,
  \]
y notamos $X/G$ al espacio cociente~$X/\mathord\sim_G$ y $\pi:X\to X/G$ a
la proyección.
\begin{ejitems}

\item La proyección $\pi$ es abierta.

\item Si $G$ es finito, $\pi$ es cerrada.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $U\subseteq X$ un abierto. Si $g\in G$, entonces $L_g$ es un
homeomorfismo y $L_g(U)$ es un abierto de~$X$. Entonces
$\pi^{-1}(\pi(U))=\bigcup_{g\in G}L_g(U)$ es un abierto de~$X$ y, en
consecuencia, $\pi(U)$ es un abierto de~$X/G$.

\ejitem{2} Sea $F\subseteq X$ un cerrado. Si $g\in G$, entonces $L_g(F)$ es
un cerrado de~$X$, así que $\pi^{-1}(\pi(F))=\bigcup_{g\in G}L_g(F)$ es un
cerrado de~$X$ porque la unión es finita. Entonces $\pi(F)$ es un cerrado
de~$X/G$.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Familias iniciales y finales}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(f_i:X\to X_i)_{i\in I}$ una familia inicial de funciones y sea
$\prod_{i\in I}X_i$ el espacio producto con proyecciones
$(\pi_i:\prod_{i\in I}X_i\to X_i)_{i\in I}$. Consideremos la función $f:X\to\prod_{i\in I}X_i$
tal que $\pi_i\circ f=f_i$ para todo $i\in I$ y sea $Z=\img f$ la imagen
de~$f$ dotada de su topología de subespacio de~$\prod_{i\in I}X_i$.
Entonces la correstricción $f|^Z:X\to Z$ es continua y abierta.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $S=\{0,1\}$ el espacio de Sierpi\'nski, con topología
$\{\emptyset, \{1\}, S\}$ y sea $X$ un espacio topologíco con
topología~$\tau$.
\begin{ejitems}

\item Un subconjunto $A\subseteq X$ es abierto sii su función
característica $\chi_A:X\to S$ es continua.

\item La familia $(\chi_A:X\to S)_{A\in\tau}$ es inicial.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $V$ un espacio vectorial real de dimensión finita y sea $V^*$ su
espacio dual. Entonces $V^*$ es una familia inicial para~$V$.

\end{ejercicios}

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

\begin{figure}[hp]

\vspace*{3cm}

\foto{Tychonoff}{Andrei Nikolaevich Tychonoff\\1906--1993, Rusia}{%
Tychonoff introdujo la topología usual sobre un producto cartesiano en
1926, un año antes de terminar su formación de grado y probó que, dotado de
su topología, un producto de espacios compactos es compacto. Otro resultado
imporante suyo es un teorema de punto fijo para aplicaciones continuas en
compactos convexos de espacios vectoriales topológicos localmente convexos.
}

\vspace*{3cm}

\end{figure}

\end{document}
