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

\overfullrule5pt
\relpenalty=10000
\binoppenalty=10000
\hyphenation{siguiente}

\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\let\Im\undefined
\DeclareMathOperator\Im{Im}

\let\eps\varepsilon
\newcommand\A{\mathscr{A}}
\newcommand\B{\mathscr{B}}
\renewcommand\P{\mathscr{P}}
\newcommand\F{\mathscr{F}}
\renewcommand\S{\mathscr{S}}
\newcommand\U{\mathscr{U}}
\let\emptyset\varnothing
\DeclareMathOperator\inte{int}
\DeclareMathOperator\img{im}
\newcommand\id{\mathsf{id}}
\DeclarePairedDelimiter\abs{\lvert}{\rvert}

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

\multicolsep=0pt

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

\Materia{Topología}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2009}
\Practica{5}
\Titulo{Primeros axiomas de separación. Conexión}

\begin{document}

\maketitle

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

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Axiomas de separación}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio finito y Hausdorff es discreto. ¿Qué sucede si en vez de
Hausdorff el espacio es de Kolmorogov o de Fréchet 
(es decir, $T_0$ o $T_1$)?

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio finito y $T_1$. Para cada $x\in X$ el
conjunto~$\{x\}$ es entonces cerrado. Si $A\subseteq X$, entonces
$A=\bigcup_{x\in A}\{x\}$ es una unión finita de cerrados, así que $A$~es
cerrado. Vemos así que todo subconjunto de~$X$ es cerrado, de manera que
$X$~es discreto.

Por otro lado, el espacio de Sierpi\'nski es finito, $T_0$ y no es
discreto.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Un subespacio de un espacio de Fréchet es de Fréchet.

\item Un producto de espacios de Fréchet es de Fréchet.

\item Una unión disjunta de espacios de Fréchet es de Fréchet.

\item Sea $f:X\to Y$ un cociente. Entonces $Y$ es de Fréchet sii para cada
$y\in Y$ la fibra $f^{-1}(y)$ es cerrada.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $X$ un espacio topológico de Fréchet y sea $A\subseteq X$
un subconjunto. Si $a\in A$, entonces el conjunto~$\{a\}$ es un cerrado
de~$X$, así que $\{a\}=\{a\}\cap A$ es un cerrado de~$A$. Vemos así que
todo punto de~$A$ es cerrado en~$A$, esto es, que $A$~es de Fréchet.

\ejitem{2} Sea $(X_i)_{i\in I}$ una familia de espacios topológicos de
Fréchet y sea $X=\prod_{i\in I}X_i$ el espacio producto. Sean
$x=(x_i)_{i\in I}$ e $y=(y_i)_{i\in I}$ dos puntos distintos de~$X$. Existe
entonces $i_0\in I$ tal que $x_{i_0}\neq y_{i_0}$ y, como $X_{i_0}$ es un
espacio de Fréchet, existe un abierto~$U\subseteq X_{i_0}$ tal que
$x_{i_0}\in U$ e $y_{i_0}\not\in U$. Si ahora $\pi_{i_0}:X\to X_{i_0}$ es
la proyección $i_0$\nobreakdash-ésima, entonces $V=\pi_{i_0}^{-1}(U)$ es un
abierto de~$X$ tal que $x\in V$ e $y\not\in V$. Esto muestra que $X$ es un
espacio de Fréchet.

\ejitem{3} Sea $(X_i)_{i\in I}$ una familia de espacios topológicos de
Fréchet y, sin pérdida de generalidad, supongamos que los suboconjuntos
subyacentes son disjuntos dos a dos. Sea $X=\bigsqcup_{i\in I}X_i$ el
espacio unión disjunta. Sean $x$ e~$y\in X$ dos puntos distintos. Existen
entonces $i_0$,~$i_1\in I$ tales que $x\in X_{i_0}$ e $y\in X_{i_1}$. Si
$i_0\neq i_1$, entonces $X_{i_0}$ es un abierto de~$X$ que contiene a~$x$
pero no a~$y$. Si, en cambio, $i_0=i_1$, entonces $x$ e~$y$ son dos puntos
distintos de~$X_{i_0}$ y, como éste es un espacio de Fréchet por hipótesis,
existe un abierto $U\subseteq X_i$ tal que $x\in U$ e $y\not\in U$. En
cualquier caso, vemos que hay en $X$ un abierto que contiene a~$x$ y no
a~$y$.

\ejitem{4} Si $Y$ es de Fréchet e $y\in Y$, entonces la
fibra~$f^{-1}(y)=f^{-1}(\{y\})$ es la preimagen del cerrado~$\{y\}$ por la
función continua~$f$, así que es un cerrado de~$X$.

Recíprocamente, supongamos que las fibras de~$f$ son cerradas y sean
$y\in Y$. Como $f^{-1}(\{y\})$ es un cerrado de~$X$ y $f$~es un cociente, 
el conjunto~$\{y\}$ es cerrado. Así, $Y$ es de Fréchet.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item ¿Es alguna de las propiedades $T_0$, $T_1$ y $T_2$ de carácter local?
Por ejemplo, si $X$ es un espacio topológico sobre el cual existe un
cubrimiento abierto~$\U$ cuyos elementos son subespacios de Hausdorff, es
necesariamente $X$ un espacio de Hausdorff?

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio y sea $\U$ un cubrimiento abierto de~$X$.

Supongamos primero que cada elemento de~$\U$ es~$T_0$ y mostremos que $X$
es entonces $T_0$: sean $x$,~$y\in X$ dos puntos distintos y mostremos que
existe un abierto~$V$ en~$X$ tal que $\abs{V\cap\{x,y\}}=1$: 
\begin{itemize}

\item Si existe $U\in\U$ tal que $x\in U$ e $y\not\in U$, entonces no
hay nada que hacer. 

\item Si ese no es el caso, existe $U\in\U$ tal que
$x$,~$y\in U$. Como $U$ es $T_0$, existe un abierto~$V$ de~$U$ tal que
$\abs{V\cap\{x,y\}}=1$ y como $U$ es abierto en~$X$, $V$~es también 
abierto en~$X$.
\end{itemize}

Supongamos ahora que cada elemento de~$\U$ es~$T_1$. Sea $x\in X$ y
mostremos que $\{x\}$~es cerrado: sea $y\in X\setminus\{x\}$.
\begin{itemize}

\item Si existe $U\in\U$ tal que $y\in U$ y $x\not\in U$, entonces
$y\not\in\overline{\{x\}}$.

\item Si existe $U\in\U$ tal que $x$,~$y\in U$, entonces como $U$ es~$T_1$
existe un abierto $V$ de~$U$ tal que $y\in V$ y $x\not\in V$. Pero como $U$
es un abierto de~$X$, $V$ es también un abierto de~$X$, así que otra vez
$y\not\in\overline{\{x\}}$.

\end{itemize}
Estas dos alternativas cubren todos los casos porque $\U$~es un
cubrimiento.

Finalmente, sea $X=\RR\times\{0,1\}$, sea $\sim$ la relación de
equivalencia tal que
  \[
  (x,s)\sim(y,t) \iff (x=y\wedge s=t)\vee (s\neq t \wedge x=y\neq0),
  \]
y sea $Y=X/\mathord\sim$ con su topología cociente. Sea $p:X\to Y$ la
proyección, notemos $[t,s]$ a la clase de $(t,s)$ en~$Y$. Si $i\in\{0,1\}$
sea $U_i=p(\RR\times\{i\})$. Es claro que $\U=\{U_0,U_1\}$ es un
cubrimiento de~$Y$ y es abierto porque $\RR\times\{0\}$ y $\RR\times\{1\}$
son abiertos $\sim$-saturados de~$X$.

La función $f:t\in\RR\mapsto [t,0]\in U_0$ es continua porque es la
composición de~$p$ con $t\in\RR\mapsto(t,0)\in\RR\times\{0,1\}$. Por otro
lado, es muy fácil ver que la función $g:[t,0]\in U_0\mapsto t\in\RR$ está
bien definida, y es continua porque $g\circ p:X\to\RR$ es la
primera proyección del producto~$X=\RR\times\{0,1\}$. Calculando
directamente, vemos que $f$ y~$g$ son biyecciones inversas. Así,
$U_0\cong\RR$ y, en particular $U_0$ es Hausdorff. De la misma forma, $U_1$
es un espacio Hausdorff. Para terminar, mostremos que $X$ no es Hausdorff.

Sea $x=[0,0]$ e $y=[0,1]$. Supongamos que $U$ y $V$ son abiertos de~$Y$
tales que $x\in U$, $y\in V$. Entonces $U'=p^{-1}(U)$ y
$V'=p^{-1}(V)$ son abiertos de~$X$ que contienen a $(0,0)$ y a $(0,1)$,
respectivamente. En vista de la forma en que se define la topología de~$X$,
es claro que existe entonces $\eps>0$ tal que si
$J=(-\eps,\eps)\subseteq\RR$, entonces $J\times\{0\}\subseteq U'$ y
$J\times\{1\}\subseteq V'$. Ahora bien, esto implica que
$U\supseteq p(U')\ni[\eps/2,0]=[\eps/2,1]\in p(V')\subseteq V$, así que
$U\cap V\neq\emptyset$. Luego no podemos separar a~$x$ de~$y$ por entornos
disjuntos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio topológico. Muestre que existe un
espacio topológico $X^\#$ y una función continua $q:X\to X^\#$ que tienen
las sigientes propiedades:
\begin{itemize}

\item $X^\#$ es un espacio de Kolmorogov.

\item Si $f:X\to Y$ es una función continua con codominio~$Y$ de
Kolmorogov, entonces existe exactamente una función continua~$f^\#:X^\#\to
Y$ tal que $f^\#\circ q=f$.

\end{itemize}
Si $X$ es de Kolmorogov, entonces $q$ es un homeomorfismo.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio topológico, sea $\tau$ la topología de~$X$ y sea $\sim$
la relación de equivalencia sobre~$X$ tal que si $x$,~$y\in X$, 
  \[
  x\sim y \iff \forall U\in\tau,\, (x\in U\iff y\in U).
  \]
Sea $X^\#=X/\mathord\sim$ el espacio cociente y sea $q:X\to X^\#$ la
proyección. Es evidente que todo abierto de~$X$ es $\sim$-saturado, así que
$q$~es una aplicación abierta.
Mostremos que $X^\#$ y~$q$ satisfacen las condiciones del enunciado.
\begin{itemize}

\item Sean $x^\#$,~$y^\#\in X^\#$ tales que $x^\#\neq y^\#$. Entonces
existen $x\in x^\#$ e $y\in y^\#$ tales que $x\not\sim y$, de manera que
existe un abierto $U\in\tau$ tal que $\abs{U\cap\{x,y\}}=1$; a menos de
renombrar a $x^\#$ y a~$y^\#$, podemos suponer que $x\in U$ e $y\not\in U$.
Como $q$~es abierta, $q(U)$ es un abierto de~$X^\#$. Es claro que $x^\#\in
q(U)$. Por otro lado, si fuese $y^\#\in q(U)$ tendríamos que $y\in
q^{-1}(y^\#)\subseteq q^{-1}(q(U))=U$, ya que $U$ es saturado. Esto es
absurdo, así que $y^\#\not\in U$. Vemox así que $X^\#$ es un espacio de
Kolmorogov.

\item Sea ahora $f:X\to Y$ una función continua cuyo dominio~$Y$ es un
espacio de Kolmorogov. Sean $x$,~$x'\in X$ tales que $f(x)\neq f(x')$.
Entonces existe un abierto $U\subseteq Y$ tal que
$\abs{U\cap\{f(x),f(x')\}}=1$ y entonces $\abs{f^{-1}(U)\cap\{x,x'\}}=1$,
de manera que $x\not\sim x'$. Así, vemos que si $x$,~$x'\in X$ son tales
que $x\sim x'$, entonces $f(x)=f(x')$ y, en consecuencia, existe una función
$f^\#:X^\#\to Y$ tal que $f^\#\circ q=f$. Más todavía, como la función~$q$
es sobreyectiva, esta función $f^\#$ es la única función $X^\$\to Y$ con
esa propiedad. Finalemente, como $q$ es un cociente, esa propiedad implica
que $f^\#$ es continua.

\end{itemize}
Si $X$ es un espacio de Kolmorogov, entonces si $x$,~$y\in X$ se tiene que
  \[
  x\sim y \iff x=y,
  \]
y entonces es inmediato que $X\cong X^\#$.

\bigskip

\textit{Versión alternativa.} Sea $S=\{0,1\}$ es espacio de Sierpi\'nski,
cuya topología es $\{\emptyset,\{0\},S\}$. Sea $\F(X)$ el conjunto de todas
las funciones continuas $X\to S$, sea para $S(X)=\prod_{f\in\F(X)}S$ el
producto de copias de~$S$ indexadas por los elementos de~$\F(X)$ con
proyecciones $\pi_f:S(X)\to S$ para cada $f\in\F(X)$, y sea
$\phi:X\to S(X)$ la función tal que $\pi_f\circ\phi=f$ para cada
$f\in\F(X)$. Es claro, entonces, que $\phi$~es continua. Sea $X^\#=\Im\phi$
dotado de la topología inducida por~$S(X)$, y sea $q=\phi|^{X^\#}:X\to
X^\#$ la correstricción de~$\phi$ a~$X^\#$, que es continua. 

Sea $Y$ un espacio de Kolmorogov, y sea $r:X\to Y$ una función continua.
Sean $x$,~$x'\in X$ tales que $r(x)\neq r(y)$. Como $Y$ es un espacio de
Kolmorogov, existe un abierto $U\subseteq Y$ tal que
$\abs{U\cap\{x,x'\}}=1$. Supongamos, a menos de renombrar los puntos, que
$x\in U$ y $x'\not\in U$. La función característica $g=\chi_{Y\setminus
U}:Y\to S$ es continua. Como
$\pi_g(q(x))=g(x)=0\neq1=g(x')=\pi_g(q(x'))$, vemos que $q(x)\neq q(x')$ y,
en definitiva, mostramos que si $x$,~$x'\in X$, entonces
  \[
  q(x) = q(y) \implies r(x)=r(y).
  \]
Esto implica que existe una función $r^\#:X^\#\to Y$ tal que $r^\#\circ
q=r$ y, como $q$~es sobreyectiva, se trata de la única tal función. Para
terminar, tenemos que mostrar que $r^\#$~es continua y para eso alcanza con
ver que $q$~es final. Para eso, es suficiente mostrar que $q$ es abierta,
ya que es continua y sobreyectiva. Esto es consecuencia de dos ejercicios
de la práctica~4.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Conexión}

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

\item $\RR$, $I=[0,1]$ y $(0,1]$ son espacios conexos.

\item Muestre que no hay homemorfismos entre los espacios $(0,1)$, $(0,1]$
y $[0,1]$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $U$,~$V\subseteq\RR$ abiertos disjuntos tales
que $U\cap V=\RR$. Entonces existen $a\in U$ y $b\in V$ y, sin pérdida de
generalidad, podemos suponer que $a<b$. Sea $\alpha=\sup U\cap(-\infty,b)$.
\begin{itemize}

\item Supongamos que $\alpha\in U$. Como $b\in V$, $\alpha<b$. Como $U$ es
abierto, existe $\eps>0$ tal que $(\alpha-\eps,\alpha+\eps)\subseteq U$.
Pero entonces $\alpha<\alpha+\frac12\min\{\eps,b-a\}\in U\cap(-\infty,b)$.
Esto es absurdo.

\item Supongamos, por el contrario, que $\alpha\in V$. Como $V$ es abierto,
existe $\eps>0$ tal que $(\alpha-\eps,\alpha+\eps)\subseteq V$. Por otro
lado, la elección de~$\alpha$ implica que existe $\beta\in
U\cap(-\infty,b)$ tal que $\alpha-\eps/2<\beta\leq\alpha$. Pero entonces
$\beta\in(\alpha-\eps,\alpha+\eps)\subseteq V$, lo que es absurdo.

\end{itemize}
Como ninguna de estas dos posibilidades puede ocurrir, hemos llegado a una
contradicción ya que $U$ y $V$ cubren~$\RR$. Esto prueba que~$\RR$ es
conexo.

La función $f:\RR\to[0,1]$ tal que si $x\in\RR$
  \[
  f(x) = \begin{cases}
           0, & \text{si $x\leq0$;} \\
           x, & \text{si $x\in[0,1]$;} \\
           1, & \text{si $x\geq1$;}
         \end{cases}
  \]
es una función continua, así que $[0,1]$ es conexo. De la misma forma, la
función $g:x\in\RR\mapsto(1+x^2)^{-1}\in(0,1]$ es continua, así que $(0,1]$
es conexo.

\ejitem{2} Si $x\in(0,1)$, entonces $(0,1)\setminus\{x\}$ no es conexo.
Como $(0,1]\setminus\{1\}$ y $[0,1]\setminus\{1\}$ son conexos, vemos que
$(0,1)\not\cong(0,1]$ y que $(0,1)\not\cong[0,1]$.

Por otro lado, si $x$,~$y\in(0,1]$ son dos puntos distintos,
$(0,1]\setminus\{x,y\}$ no es conexo, mientras que $[0,1]\setminus\{0,1\}$
es conexo. Esto nos dice que $(0,1]\not\cong[0,1]$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un conjunto y $\tau$ y $\tau'$ dos topologías sobre~$X$. Si
$(X,\tau)$ es un espacio topológico conexo y $\tau\supseteq\tau'$, entonces
$(X,\tau')$ es un espacio topológico conexo.

\begin{Solucion}
Supongamos que $(X,\tau')$ no es conexo, de manera que existe
$U$,~$V\in\tau'$ tales que $U\neq\emptyset$, $V\neq\emptyset$, $U\cap
V=\emptyset$ y $U\cup V=X$. Pero entonce spor hipótesis $U$,~$V\in\tau$,
así que $(X,\tau)$ no es conexo.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Si $X$ es un espacio conexo y $A\subsetneq X$ es un subconjunto
propio y no vacío, entonces $\partial A\neq\emptyset$.

\item Recíprocamente, si $X$ no es conexo, existe un subconjunto
$A\subsetneq X$ propio y no vacío tal que $\partial A=\emptyset$.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $X$ un espacio topológico y sea $A\subsetneq X$ un
subconjunto propio y no vacío tal que $\partial A=\emptyset$. Seam $U=\inte
A$ y $V=X\setminus\overline A$. Se trata de abiertos disjuntos de~$X$ y,
como $\inte A\cup\partial A\cup(X\setminus\overline A)=X$, $U\cup V=X$.
Como $U\subseteq A\subsetneq X$, $U$ es propio; como $A$ no es vacío,
$V$ es propio. Luego $X$ no es conexo.

\ejitem{2} Supongamos que $X$ no es conexo, y sean $U$,~$V\subsetneq X$ dos
abiertos disjuntos, propios y no vacíos tales que $U\cup V= X$. Sea $A=U$.
Entonces es claro que $\partial A=\emptyset$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio discreto es totalmente desconexo, pero no recíprocamente.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio discreto y sea $x\in X$. Si $C\subseteq X$ es un
subconjunto que contiene a~$x$ propiamente, es un espacio discreto
con más de un punto y entonces es desconexo. Luego la componente conexa
de~$x$ en~$X$ es~$\{x\}$. Así, $X$ es totalmente desconexo.

Por otro lado, sea $X=\QQ$ con su topología usual. Es claro que $X$ no es
discreto. Sea $U\subseteq X$ un subconjunto con más de un punto. Entonces
existe $\alpha\in\RR\setminus\QQ$ tal que $U\cap(-\infty,a)\neq\emptyset$ y
$U\cap(a,\infty)\neq\emptyset$. Como $\{U\cap(-\infty,a),U\cap(a,\infty)\}$
es una partición abierta de~$U$, vemos que $U$ no es conexo. Esto muestra
que $X$ es totalmente desconexo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio topológico y sea $A\subseteq X$. Si $A$ es 
conexo, entonces $\overline A$ es conexo. ¿Qué pasa con $\inte A$ y con
$\partial A$?

\begin{Solucion}
Supongamos que $\overline A$ no es conexo. En ese caso existen abiertos
$U$,~$V\subseteq X$ tales que $U\cap\overline A\neq\emptyset$, $V\cap
\overline A\neq\emptyset$ y $\overline A\subseteq U\cap V$.

Sea $x\in U\cap\overline A$. Como $x\in\overline A$ y $U$~es un entorno
abierto de~$x$, existe $x'\in U\cap A$, de manera que en particular~$U\cap
A\neq\emptyset$. De la misma forma, $V\cap A\neq\emptyset$.
Vemos así que $\{U\cap A,V\cap A\}$ es una partición de~$A$ por abiertos
relativos no vacios. Esto es imposible, ya que $A$ es conexo.

En $\RR$, es claro que $\partial[0,1]=\{0,1\}$ no es conexo a pesar de que
$[0,1]$ lo es. Por otro lado, el conjunto
  \[
  B=\{(x,y)\in\RR^2:(\abs{x}-1)^2+y^2\leq 1\}
  \]
es un conexo de~$\RR^2$ (porque es arco-conexo ya que es bien-mirable
desde~$(0,0)$) cuyo interior 
  \[
  \inte B=\{(x,y)\in\RR^2:(\abs{x}-1)^2+y^2<1\}
  \]
no es conexo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $A\subseteq\RR^2$ es finito, entonces $\RR^2\setminus A$ es
conexo.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item ¿Cuáles de los siguientes espacios dotados de sus topologías del orden son conexos?
\begin{multicols}{2}
\begin{ejitems}

\item $\NN\times[0,1)$.

\item $[0,1)\times\NN$.

\item $[0,1)\times[0,1]$.

\item $[0,1]\times[0,1)$.

\end{ejitems}
\end{multicols}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un producto arbitrario de espacios conexos es conexo.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio y $A\subseteq X$ un subconjunto conexo. Si
$B\subseteq X$ es tal que $A\cap B\neq\emptyset$ y $A\cap(X\setminus
B)\neq\emptyset$, entonces $A\cap\partial B\neq\emptyset$.

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

\item Si $f:I\to I$ es una función continua, entonces existe $\xi\in I$ tal
que $f(\xi)=\xi$.

\item Si $f:S^1\to\RR$ es una función continua, entonces existe $x\in S^1$
tal que $f(x)=f(-x)$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos que no. Entonces la función $g:x\in I\mapsto
f(x)-x\in\RR$ es continua y nunca nula. Como $I$ es conexo, $g(I)$ es
conexo, y entonces o bien $g(I)\subseteq(-\infty,0)$ o bien
$g(I)\subseteq(0,\infty)$. En el primer caso, $g(0)=f(0)<0$, lo que es
absurdo; en el segundo, $g(1)=f(1)-1>0$, lo que otra vez es absurdo. La
hipótesis es entonces insostenible.

\ejitem{2} Supongamos que no existe $x\in S^1$ tal que $f(x)=f(-x)$.
Entonces la función $g:z\in S^1\mapsto f(x)-f(-x)\in\RR$ es continua y no
se anula. Como $S^1$ es conexo, vemos que o bien
$g(S^1)\subseteq(-\infty,0)$ o bien $g(S^1)\subseteq(0,\infty)$. En el
primer caso, $f(1)-f(-1)=g(1)<0$ y $f(-1)-f(1)=g(-1)<0$, lo que es
imposible; en el segundo, $f(1)-f(-1)=g(1)>0$ y $f(-1)-f(1)=g(-1)>0$, lo
que también es imposible. Esto es una contradicción.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:X\to Y$ un cociente. Si $Y$ es conexo y si para todo $y\in Y$
la fibra $f^{-1}(y)$ es un subespacio conexo de~$X$, entonces $X$ es
conexo.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Decimos que un espacio $X$ es \emph{localmente conexo en~$x\in X$} si
los entornos conexos de~$x$ forman una base de entornos de~$x$, y decimos
que es \emph{localmente conexo} si es localmente conexo en todos sus
puntos.
\begin{ejitems}

\item Si $X$ es un espacio y $x\in X$ es tal que $X$ es localmente conexo
en~$x$, y si $C$ es la componente conexa de~$x$ en~$X$, entonces $x\in\inte
X$.

\item Si $X$ es localmente conexo, entonces las componentes conexas de~$X$
son abiertas.

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

\item $X$ es localemente conexo.

\item Las componentes de todo subespacio abierto de~$X$ son abiertas
en~$X$.

\item Los abiertos conexos de~$X$ forman una base de la topología de~$X$.

\end{enumerate}
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $f:X\to Y$ es una función continua, sobreyectiva y cerrada con $X$
localmente conexo, entonces $Y$ es localmente conexo.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Arco-conexión}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un producto arbitrario de espacios arco-conexos es arco-conexo.

\begin{Solucion}
Supongamos que $(X_i)_{i\in I}$ es una familia de espacios arco-conexos y
sea $X=\prod_{i\in I}X_i$ el espacio producto. Sean $x=(x_i)_{i\in
I}$,~$y=(y_i)_{i\in I}\in X$. Si $i\in I$, entonces la hipótesis implica
que existe $\gamma_i:[0,1]\to X$ continua tal que $\gamma_i(0)=x_i$ y
$\gamma_i(1)=y_i$. Existe además una única función $\gamma:[0,1]\to X$ tal
que $\pi_i\circ\gamma=\gamma_i$ para cada $i\in I$. En particular, la
función $\gamma$~es continua. Como evidentemente $\gamma(0)=x$ y
$\gamma(1)=y$. Esto prueba que $X$ es arco-conexo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Decimos que un espacio $X$ es \emph{localmente arco-conexo en $x\in
X$} si los entornos arco-conexos de~$x$ forman una base de entornos de~$x$,
y decimos que es \emph{localmente arco-conexo} si es localmente arco-conexo
en todos sus puntos.
\begin{ejitems}

\item Si $X$ es un espacio localmente arco-conexo en~$x\in X$ y si $C$ es
la componente arco-conexa de~$x$ en~$X$, entonces $x\in\inte X$.

\item Si $X$ es un espacio localmente arco-conexo en~$x\in X$, entonces $X$ es
localmente conexo en~$x$.

\item Un espacio conexo y localmente arco-conexo es arco-conexo.

\item Si $X$ es localmente arco-conexo, entonces las componentes conexas
de~$X$ coinciden con las componentes arco-conexas de~$X$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como $X$ es localmente arco-conexo en~$x$, existe un entorno~$U$
de~$x$ que es arco-conexo. Pero entonces $U\cap C\neq\emptyset$, la unión
$U\cup C$ es arco-conexa, y la maximalidad de~$C$ implica que $U\subseteq
C$. Esto muestra que $C$ es un entorno de~$x$ y, en consecuencia, que
$x\in\inte C$.

\ejitem{2} Un entorno arco-conexo de~$x$ es conexo, así que la afirmación
es inmediata.

\ejitem{3} Sea $X$ un espacio conexo y localmente arco-conexo. Es
consecuencia inmediata de~\ejitem{1} que cada componente arco-conexa de~$X$ 
es abierta, así que $\pi_0(X)$ es una partición de~$X$ por abiertos. Como
$X$ es conexo, esto solo es posible si $\abs{\pi_0(X)}=1$, esto es, si
$X$~es arco-conexo.

\ejitem{4} Sea $x\in X$ y sean $C$ y $C'$ la componente conexa y la
componente arco-conexa de~$x$, respectivamente. Como $C'$ es conexa y
contiene a~$x$, y como $C$ es un conexo maximal con la propiedad de
contener a~$x$, vemos que $C'\subseteq C$. Por otro lado, como $X$ es
localmente arco-conexo, es localmente conexo y en consecuencia $C$ es un
abierto de~$X$; además, como $X$ es localmente arco-conexo y $C$~es
abierto, $C$ es localmente arco-conexo. Como $C$ es localmente
arco-conexo y conexo, $C$ es arco-conexo. Finalmente, como $C'$ es un
arco-conexo maximal con la propiedad de contener a~$x$ y $x\in C$, vemos
que $C\subseteq C'$.

Concluimos de esta manera que $C=C'$, así que las componentes arco-conexas
de~$X$ y las componentes conexas coinciden.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\RR_l$ el conjunto~$\RR$ con de la topología de base
$\{[a,b):a,b\in\RR,\,a<b\}$.
Describa las componentes conexas y arco conexas de $\RR_l$.

\begin{Solucion}
Como las translaciones de~$\RR_p$ son auto-homeomorfismos, bastará
describir la componente conexa y la componente arco-conexa de~$0$.

Sea $X\subseteq\RR_l$ un conjunto conexo tal que $0\in X$. Si existe $x\in
X\cap(-\infty,0)$, los conjuntos $U=X\cap(-\infty,0)$ y $V=X\cap[0,\infty)$
son abiertos disjuntos de~$X$ tales que $X=U\cup V$: esto es imposible, y
vemos que $X\subseteq[0,\infty)$. Por otro lado, si existe $x\in
X\cap(0,\infty)$ entonces $U=X\cap[0,x)$ y $V=X\cap[x,\infty)$ son dos
abiertos disjuntos y no vaciós de~$X$ tales que $X=U\cap V$: otra vez, esto
es imposible. Concluimos de esta forma que $X=\{0\}$. Así, $\RR_l$ es
totalmente desconexo. Como la componente arco-conexa de~$0$ es conexa,
vemos también que aquella también es~$\{0\}$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

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

\begin{figure}[hp]

\vspace*{3cm}

\foto{Hausdorff}{Felix Hausdorff\\1868--1942, Alemania}{%
Después de comenzar su carrera estudiando las aplicaciones de la matemática
a la física y la astronomía, Hausdorff se dedicó a la topología. Introdujo
el concepto de conjunto parcialmente ordenado, y lo que ahora llamamos la
\emph{dimensión de Hausdorff}, que juega un rol central en el estudio de
los fractales. Escribió uno de los primeros tratados sobre topología
general, \emph{Grundzüge der Mengenlehre}, publicado en 1914.
En 1942, para evitar ser enviado al campo de concentración de Endenich,
se suicidó, junto con su esposa y su cuñada.
}


\vspace*{3cm}

\end{figure}

\end{document}
