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

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

\Materia{Topología}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2009}
\Practica{6}
\Titulo{Compacidad y separación}

\begin{document}

\maketitle

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

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Compacidad}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio topologico con su topología cofinita es compacto.

\begin{Solucion}
Si $X$ es vacío, no hay nada que hacer, así que suponemos que
$X\neq\emptyset$. Sea $\U$ un cubrimiento abierto de~$X$. Existe $U\in\U$
tal que $U\neq\emptyset$, y para cada $x\in X\setminus U$ existe $U_x\in\U$
tal que $x\in U_x$. Pero entonces $\{U\}\cup\{U_x:x\in X\setminus U\}$ es
un subcubrimiento finito de~$\U$. Esto muestra que $X$ es compacto.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Decidir si $I=[0,1]$ es compacto con la topología
  \[
  \tau = \{ U\subseteq I: \text{$I\setminus U$ es numerable o igual a~$I$} \}.
  \]

\item Decidir si $I=[0,1]$ es compacto con su topología de subespacio
de~$\RR_l$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Para cada $n\in\NN$ sea $U_n=I\setminus\{\frac1k:k\geq n\}$ y
consideremos el cubrimiento abierto $\U=\{U_n:n\in\NN\}$. 
Como todos sus elementos son subconjuntos propios de~$I$ y está
totalmente ordenado por inclusión, no contiene ningún subcubrimiento finito.

\ejitem{2} Para cada $n\geq0$ sea $\alpha_n=\sum_{0\leq i<n}2^{-i-1}$, de
manera que $\alpha_0=0$, $\alpha_n<\alpha_{n+1}$ para cada $n\in\NN_0$ y
$\sup\{\alpha_n:n\in\NN_0\}=1$. Entonces 
$\U=\{[\alpha_n,\alpha_{n+1}):n\in\NN_0\}\cup\{\{1\}\}$ es un cubrimiento
abierto de~$I$ en su topología inducida por~$\RR_l$, y claramente no
contiene ningún subcubrimiento finito, ya que es disjunto e infinito.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Describa los conjuntos totalmente ordenados que son compactos con sus
topologías del orden.

\item* Sobre todo conjunto $X$ existe una topología compacta y Hausdorff.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $X$ un conjunto totalmente ordenado, dotado de su topología del orden.
Afirmamos que $X$ es compacto sii es completo y acotado.

\emph{Suficiencia}. Supongamos que $X$ es completo y acotado, sea $\U$ un
cubrimiento abierto de~$X$ y supongamos que $\U$ no contiene ningún
subcubrimiento finito. Como $X$ es acotado, existen $a=\min X$ y $b=\max
X$. Sea $\alpha$ el supremo del conjunto~$S$ de los elementos $x\in X$
tales que $\U$ contiene un subconjunto finito que cubre a $[a,x]$; es claro
que $a\in S$, de manera que $S\neq\emptyset$ y esto tiene sentido.  

Sea $U\in\U$ tal que $a\in U$. La forma de la sub-base de~$X$ implica que
existe $c\in X$ tal que $a\in\{x\in X:x<c\}\subseteq U$. Por otro lado,
existe $V\in\U$ tal que~$c\in V$. En consecuencia, el conjunto
$\{U,V\}\subseteq\U$ cubre a $[a,c]$, y vemos que $\alpha\geq c>a$.

Supongamos que $\alpha<b$. Sea $U\in\U$ tal que $\alpha\in U$. Como
$a<\alpha<b$, existen $c$,~$d\in X$ tales que $\alpha\in(c,d)\subseteq U$.
Como $c<\sup S$, existe $c'\in S$ tal que $c<c'$, y $\U$ contiene un
subconjunto finito~$\U'$ que cubre a~$[a,c']$. Por otro lado, existe
$V\in\U$ tal que $d\in V$. Es claro que $\U'\cup\{U,V\}$ cubre a~$[a,d]$,
de manera que $\sup S=\alpha<d\in S$: esto es absurdo, así que debe ser
en realidad $\alpha=b$.

Sea ahora $U\in\U$ tal que $b\in U$. Existe $c\in X$
tal que $b\in\{x\in X:c<x\}\subseteq U$, porque $U$~es abierto, y como
$c<b=\sup S$, existe $c'\in S$ tal que $c<c'$. Esto nos dice que hay un
subconjunto finito $\U'\subseteq\U$ que cubre a~$[a,c']$. Pero entonces
$\U\cup\{U\}\subseteq\U$ es un subcubrimiento finito de~$X$. 
Concluimos de esta forma que todo cubrimiento abierto de~$X$ tiene un
subcubrimiento finito, esto es, que $X$~es compacto.

\emph{Necesidad.} Supongamos que $X$ es compacto y sea $A\subseteq X$ un
subconjunto arbitrario. Con su orden inducido, $A$ es un conjunto dirigido,
así que la función inclusión $\phi:A\to X$ es una red en~$X$. Como $X$ es
compacto, existe un conjunto dirigido $J$ y una función monótona y cofinal
$\nu:J\to A$ tal que la red $\phi\circ\nu:J\to X$ converge. Sea $\alpha\in
X$ uno de sus límites: mostremos que $\alpha$ es un supremo para~$A$.

Sea $a\in A$ y supongamos que $\alpha<a$. Como $\{x\in X:x<a\}$ es un
entorno de~$\alpha$ y $\phi\circ\nu$ converge a~$\alpha$, existe $j_0\in J$
tal que $\nu(j)=\phi(\nu(j))<a$ si $j\geq j_0$. Por otro lado, como $\nu$
es cofinal, existe $j_1\in J$ tal que $\nu(j_1)\geq a$. Finalmente, como
$J$ es dirigido, existe $j_2\in J$ tal que $j_2\geq j_0$ y $j_2\geq j_1$.
Pero entonces $\nu(j_2)<a\leq\nu(j_1)\leq\nu(j_2)$, lo que es absurdo. Así,
debe ser $a\leq\alpha$ y vemos de esta forma que $\alpha$ es una cota
superior para~$A$.

Sea ahora $b\in X$ una cota superior para~$A$ y supongamos que $b<\alpha$.
Como $\{x\in X:b<x\}$ es entonces un entorno de~$\alpha$ y como
$\phi\circ\nu$ converge a~$\alpha$, existe $k\in J$ tal que $A\ni\nu(k)=\phi(\nu(k))>b$.
Esto es absurdo. Esto implica que $\alpha\leq b$ y, entonces, que $\alpha$
es la menor de las cotas superiores de~$A$. En otras palabras, $\alpha$~es
un supremo para~$A$ en~$X$.

Un razonamiento similar muestra que todo subconjunto de~$X$ tiene un
ínfimo, así que $X$ es completo.

\ejitem{2} Sea $X$ un conjunto. Si es vacío, hay una única topología
sobre~$X$ y ésta es Hausdorff y compacta. Supongamos entonces que $X$ no es
vacío, y sea $x_0\in X$. Sabemos que existe un buen orden $\preceq$
sobre~$X\setminus\{x_0\}$. Consideremos la relación de orden total~$\leq$ sobre~$X$ 
que extiende a~$\preceq$ y para la cual~$x_0$ es el elemento más grande. Es
inmediato verificar que se trata de un buen orden sobre~$X$.
Si $A\subseteq X$ es no vacío, entonces $\inf A=\min A$ y 
  \[
  \sup A=\min\{x\in X:\text{$x$ es cota superior de~$A$}\}.
  \]
Esto muestra que $X$ es completo, así que la parte~\ejitem{1} nos dice que
$X$, dotado de la topología del órden correspondiente a~$\leq$, que es de
Hausdorff, es un espacio compacto.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un conjunto y sean $\tau$ y $\tau'$ dos topologías sobre~$X$.
\begin{ejitems}

\item Si $\tau'$ es más fina que $\tau$ y $(X,\tau')$ es compacto, entonces
$(X,\tau)$ es compacto.

\item Si $(X,\tau)$ y $(X,\tau')$ son compactos y Hausdorff, entonces o
bien $\tau=\tau'$ o bien $\tau$ y $\tau'$ no son comparables.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Todo cubrimiento abierto de~$X$ en la topología~$\tau$ es un
cubrimiento abierto en la topología~$\tau'$, así que esto es inmediato.

\ejitem{2} Supongamos que $\tau\subseteq\tau'$. Sea $U\in\tau'$. Como
$X\setminus U$ es un cerrado en $(X,\tau')$ y este espacio es compacto y
Hausdorff, $X\setminus$ es compacto con la topología~$\tau'|_{X\setminus
U}$. Pero entonces, como $\tau'|_{X\setminus U}$ es más fina que
$\tau|_{X\setminus U}$, por la parte~\ejitem{1} sabemos que $X\setminus U$
es un compacto de~$(X,\tau)$. Como este último espacio es compacto y
Hausdorff, esto implica que $X\setminus U$ es cerrado para~$\tau$ o,
equivalentemente, que $U\in\tau$. Así, vemos que $\tau'\subseteq\tau$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio Hausdorff.

\begin{ejitems}

\item Si $A\subseteq X$ es compacto y $x\in X\setminus A$, entonces
existen abiertos disjuntos $U$,~$V\subseteq X$ tales que $A\subseteq U$ y
$x\in V$.

En particular, si un espacio compacto y Hausdorff es \emph{regular}: para
cada cerrado $A\subseteq X$ y cada $x\in X\setminus A$, existen abiertos
disjuntos  $U$,~$V\subseteq X$ tales que $A\subseteq U$ y
$x\in V$.

\item Si $A$,~$B\subseteq X$ son dos compactos disjuntos, entonces existen
abiertos $U$,~$V\subseteq X$ disjuntos tales que $A\subseteq U$ y
$B\subseteq V$.

En particular, un espacio $X$ compacto y Hausdorff es \emph{normal}:
para cada par de cerrados disjuntos $A$,~$B\subseteq X$ existen abiertos
disjuntos $U$,~$V\subseteq X$ tales que $A\subseteq U$ y $B\subseteq V$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Para cada $a\in A$ existen abiertos disjuntos $U_a$,~$V_a\subseteq X$
tales que $a\in U_a$ y $x\in V_a$. Es claro entonces que $\{U_a:a\in A\}$
es un cubrimiento de~$A$. Como $A$ es compacto, existe un subconjunto
finito $F\subseteq A$ tal que $A\subseteq\bigcup_{a\in F}U_a$. Pongamos
entonces $U=\bigcup_{a\in F}U_a$ y~$V=\bigcap_{a\in F}V_a$. Como $F$ es
finito, se trata de dos abiertos, y sabemos que $A\subseteq U$ y $x\in V$.
Además, es fácil verificar que $U\cap V=\emptyset$. Esto prueba el
resultado deseado.

\ejitem{2} Para cada $b\in B$ existen, de acuerdo a~\ejitem{1}, abiertos
disjuntos $U_b$,~$V_b\subseteq X$ tales que $A\subseteq U_b$ y $b\in V_b$.
Entonces $\{V_b:b\in B\}$ es un cubrimiento abierto del compacto~$B$, así
que existe un subconjunto finito $F\subseteq B$ tal que si ponemos
$V=\bigcup_{b\in F}V_b$ entonces $B\subseteq V$. Por otro lado, el conjunto
$U=\bigcap_{b\in F}U_b$ es un abierto de~$X$ tal que $A\subseteq U$, y es
claro que~$U\cap V=\emptyset$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ e $Y$ son espacios topológicos e $Y$ es compacto y Hausdorff, 
una función $f:X\to Y$ es continua sii su gráfico $\Gamma_f=\{(x,f(x))\in
X\times Y:x\in X\}$ es un cerrado de~$X\times Y$.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $f$ es continua y sea $(x,y)\in X\times
Y\setminus\Gamma_f$, de manera que $y\neq f(x)$. Como $Y$ es Hausdorff,
existen abiertos $U$,~$V\subseteq Y$ tales que $f(x)\in U$, $y\in V$ y
$U\cap V=\emptyset$. Sea $\iota:x\in X\mapsto (x,f(x))\in X\times Y$; se
trata de una función continua, porque su composición con la inclusión
$\Gamma_f\to X\times X$ es evidentemente continua. Entonces
$U'=\iota^{-1}(X\times U)$ es un abierto de~$X$. Supongamos que $(x',y')\in
\Gamma_f\cap U'\times V$. Entonces $\iota(x')\in X\times U$, de manera que
$f(x')\in U$, e $y'\in V$. Pero como $(x',y')\in\Gamma_f$ tenemos que
$y'=f(x')$: así, vemos que $f(x')\in U\cap V$R, lo que es absurdo. Esto nos
dice que $\Gamma_f\cap U'\times V=\emptyset$ y entonces, que $\Gamma_f$~es
cerrado en~$X\times Y$.

Supongamos ahora que $\Gamma_f$ es cerrado. Sea $\phi:I\to X$ una red que
converge a~$x_0\in X$. Como $Y$ es compacto, la red $f\circ\phi:I\to Y$
tiene una subred convergente, y existe un conjunto dirigido $J$ y una
función cofinal $\nu:J\to I$ tal que $f\circ\phi\circ\nu:J\to Y$ converge
un punto $y_0\in Y$. 

Consideremos la red $\psi:j\in J\mapsto (\phi(\nu(j)),f(\phi(\nu(j))))\in
X\times Y$. Veamos que converge a $(x_0,y_0)$. Sean $A\subseteq X$,
$B\subseteq Y$ abiertos tales que $x_0\in A$ e $y_0\in B$. Como $\phi$
converge a~$x_0$, la subred $\phi\circ\nu$ también y existe $j_1\in J$ tal
que $\phi(\nu(j))\in A$ para cada $j\in J$ con $j\geq j_1$. Por otro lado,
como la red $f\circ\phi\circ\nu$ converge a $y_0$, existe $j_2\in J$ tal
que $f(\phi(\nu(j)))\in B$ para cada $j\in J$ con $j\geq j_2$. Si $j_3\in
J$ es tal que $j_3\geq j_1$ y $j_3\geq j_2$, entonces vemos que para cada
$j\geq j_3$ es $\psi(j)\in A\times B$. Esto prueba que $\psi$ converge
a~$(x_0,y_0)$, como queríamos. Como $\psi$ toma valores en~$\Gamma_f$, que
es cerrado, concluimos que $(x_0,y_0)\in\Gamma_f$, esto es, $y_0=f(x_0)$.

Esto muestra, de hecho, que toda subred convergente de $f\circ\phi:I\to Y$
converge a~$f(x_0)$. Para ver que $f$ es continua bastará mostrar que
$f\circ\phi$ converge ella misma a~$f(x_0)$. Si ese no es el caso, existe
un abierto $W\subseteq Y$ tal que $f(x_0)\in W$ y $f\circ\phi$ está
frecuentemente en~$X\setminus W$. Pero entonces $f\circ\phi$ tiene una
subred con valores en~$Y\setminus W$ y, como $Y\setminus W$ es compacto, 
esta subred tiene a su vez una subred~$\lambda$ que converge a un punto
de~$Y\setminus W$: en particular, el límite de~$\lambda$ no es~$f(x_0)$.
Pero esto es imposible, ya que $\lambda$ es una subred
de~$f\circ\phi$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $f:X\to Y$ es una función continua, sobreyectiva y cerrada con $Y$
compacto, y si para cada $y\in Y$ la fibra $f^{-1}(y)$ es compacta,
entonces $X$ es compacto.

\begin{Solucion}
Sea $\phi:I\to X$ una red. Como $Y$ es compacto, $f\circ\phi:I\to Y$ tiene
una subred convergente, así que reemplazando a $\phi$ por alguna de sus
subredes podemos suponer que $f\circ\phi:I\to J$ es convergente con
límite~$y_0\in Y$. 

Supongamos que $\phi$ no converge a ningún punto de~$f^{-1}(y_0)$. Entonces
si $x\in f^{-1}(y_0)$ existe un abierto $U_x\subseteq X$ tal que $x\in U_x$
y $\phi$ está frecuentemente en~$X\setminus U_x$. El conjunto $\{U_x:x\in
f^{-1}(y_0)\}$ es un cubrimiento abierto del compacto~$f^{-1}(y_0)$, así
que existe un subconjunto finito $F\subseteq f^{-1}(y_0)$ tal que
$f^{-1}(y_0)\subseteq U\colonequals\bigcup_{x\in f^{-1}(y_0)}U_x$. 

Supongamos que $F=\{x_1,\dots,x_n\}$. Pongamos $\phi_0=\phi$. Supongamos
que $0\leq k<n$ y que tenemos construida una subred $\phi_k$ de~$\phi$ tal
que $\psi_k$ toma valores en $X\setminus\bigcup_{s=1}^{k}U_{x_s}$. Entonces
$\psi_k$ toma valores frecuentemente en~$X\setminus U_{x_{k+1}}$ y vemos que
existe una subred $\psi_{k+1}$ de~$\phi$ que toma valores
en~$X\setminus\bigcup_{s=1}^{k+1}U_{x_s}$. 

Este procedimiento construye inductivamente una subred~$\phi_n$ de~$\phi$
que toma valores en~$X\setminus U$. La red $f\circ\phi_n$ es una subred
de~$f\circ\phi$, así que converge a~$y_0$. Además, toma valores en
$f(X\setminus U)$, que es un cerrado de~$Y$, y entonces converge a un punto
de~$f(X\setminus U)$. Concluimos de esta forma que $y_0\in f(X\setminus
U)$. Esto es absurdo, y esta contradicción implica que nuestra hipótesis de
que $\phi$ no converge a ningún punto de~$f^{-1}(y_0)$ es insostenible.
Así, concluimos que $\phi$ tiene al menos un límite.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X,\tau)$ un espacio topológico y sea $\tau_c=\{U\in\tau:\text{$X\setminus
U$ es compacto}\}\cup\{\emptyset\}$. Entonces $\tau_c$ es una topología
sobre~$X$

\begin{Solucion}
Verifiquemos los axiomas:
\begin{itemize}

\item Claramente $\emptyset$,~$X\in\tau_c$. 

\item Sean $U$,~$V\in\tau_c$. Si son disjuntos, entonces $U\cap
V\in\tau_c$, así que supongamos $U\cap V\neq\emptyset$. En ese caso,
$U\neq\emptyset$ y $V\neq\emptyset$, así que $X\setminus U$ y $Y\setminus
V$ son compactos de~$X$. Pero entonces $X\setminus(U\cap V)=X\setminus
U\cup X\setminus V$ es un compacto de~$X$, esto es, $U\cap V\in\tau_c$.
Vemos así que $\tau_c$ es cerrada por intersecciones finitas.

\item Sea ahora $\U\subseteq\tau_c$. Queremos ver que $V=\bigcup_{U\in\U}U$
es un elemento de~$\tau_c$. Es claro que podemos suponer que
$\U\neq\emptyset$ y que $\emptyset\not\in\U$. En ese caso, para cada
$U\in\U$ el conjunto $X\setminus U$ es compacto, y $X\setminus
V=\bigcap_{U\in\U}(X\setminus U)$. Como una intersección arbitraria de
compactos cerrados es un compacto cerrado, vemos que $V\in\tau_c$.~\qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ es un espacio métrico, las siguientes afirmaciones son
equivalentes:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]

\item $X$ es acotado en toda métrica que define la topología de~$X$.

\item Toda función continua $f:X\to\RR$ es acotada.

\item $X$ es compacto.

\end{enumerate}

\begin{Solucion}
\implicacion[roman]{2}{1} Sea $d:X\times X\to\RR$ una métrica que define a
la topología de~$X$. Si $x_0\in X$, entonces la función $f:x\in X\mapsto
d(x,x_0)\in\RR$ es continua, así que por hipótesis es acotada. Sea
$K\in\RR$ una cota, de manera que $d(x,x_0)\leq K$ para todo $x\in X$.
Vemos entonces que $X\subseteq B_K(x_0)$ y, entonces, que la métrica~$d$ es
acotada.

\implicacion[roman]{3}{2} Supongamos que $X$ es compacto y que $f:X\to\RR$
es una función continua no superiormente acotada. Para cada $n\in\NN$
existe entonces $x_n\in X$ tal que $f(x_n)\geq n$. Esto define una sucesión
$\phi:n\in\NN\mapsto x_n\in X$ que, como $X$ es compacto, posee una subred
convergente: así, existe un conjunto dirigido~$J$ y una función monótona y
cofinal $\nu:J\to\NN$ tal que $\phi\circ\nu:J\to X$ converge. Pero como
$f$~es continua, esto implica que la red $f\circ\phi\circ\nu:J\to X$
converge. Esto es absurdo porque claramente ésta no es acotada.

Así, vemos que toda función continua $f:X\to\RR$ es superiormente acotada
y, de la misma forma, que es inferiormente acotada.

\implicacion[roman]{1}{3} \textcolor{red}{Hacer}

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ e $Y$ son espacios topológicos e $Y$ es compacto, la
proyección canónica $\pi_1:X\times Y\to X$ es cerrada.

\begin{Solucion}
Sea $F\subseteq X\times Y$ un cerrado y sea $x\in X\setminus\pi_1(F)$. Sea
$y\in Y$. Entonces $(x,y)\not\in F$, así que existen abiertos $U_y\subseteq
X$ y $V_y\subseteq Y$ tales que $(x,y)\in U_y\times V_y\subseteq X\times
Y\setminus F$. Como $\{V_y:y\in Y\}$ es un cubrimiento abierto de~$Y$, que
es compacto, existe un subconjunto finito $I\subseteq Y$ tal que
$\{V_y:y\in I\}$ también cubre a~$Y$. Sea $U=\bigcap_{y\in I}U_y$; se trata
de un abierto de~$X$ porque la intersección es finita y claramente $x\in
U$. Si $(x',y')\in F\cap U\times Y$, entonces existe $y\in I$ tal que
$y'\in V_y$, y $(x',y')\in F\cap U_y\times V_y=\emptyset$, lo que es
absurdo.

Luego $F\cap U\times Y=\emptyset$, de manera que
$x\in U\subseteq X\setminus \pi_1(F)$. Así, $x\in\inte X\setminus\pi_1(F)$
y vemos que $\pi_1(F)$ es cerrado.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item* Un espacio compacto y Hausdorff con base numerable es metrizable.

\begin{Solucion}
\textcolor{red}{Hacer}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Compacidad local}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item $\QQ$ no es localmente compacto como subespacio de~$\RR$.

\begin{Solucion}
Sea $U\subseteq\QQ$ un subconjunto de interior no vacío, de manera que
existen $a$,~$b\in\RR$ con $a<b$ y $(a,b)\cap\QQ\subseteq U$. Sabemos que
existen $\alpha\in(a,b)\setminus\QQ$ y una sucesión
$\gamma=(c_n)_{n\geq1}$ con valores en $(a,b)\cap\QQ$ que converge a~$\alpha$.
Pero entonces $\gamma$ es una sucesión en~$U$ que no contiene ninguna
subsucesión convergente, así que $U$ no es compacto.

Esto muestra que ningún punto tiene ningún entorno compacto.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Todo cerrado de un espacio localmente compacto es localmente
compacto. 

\item Todo abierto de un espacio localmente compacto y Hausdorff es
localmente compacto.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $X$ un espacio localmente compacto y sea $Y\subseteq X$ un
cerrado. Sea $y\in Y$ y sea $K$ un entorno compacto de~$y$ en~$X$. Entonces
$K\cap Y$ es un entorno de~$y$ en~$Y$, que es compacto. Esto muestra que
$Y$ es localmente compacto.

\ejitem{2} Sea ahora $X$ un espacio localmente compacto y Hausdorff, sea
$Y\subseteq X$ un abierto y sea $y\in Y$. Como $X$ es localmente compacto y
Hausdorff, $y$ posee una base de entornos compactos en~$X$, así que, como
$Y$ es un entorno de~$y$, existe un entorno compacto~$K$ de~$y$ en~$X$ tal
que $K\subseteq Y$. Entonces $K$ es un entorno compacto de~$y$ en~$Y$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ es un espacio localmente compacto y $A\subseteq X$ es un
compacto, entonces existe un abierto $U\subseteq X$ tal que $A\subseteq U$
y $\overline U$ es compacto.

\begin{Solucion}
Cada $a\in A$ posee un entorno compacto $K_a$ en~$X$. Entonces $\{\inte
K_a:a\in A\}$ es un cubrimiento abierto de~$A$, así que existe $F\subseteq
A$ finito tal que, si ponemos $U=\bigcup_{a\in F}\inte K_a$, es $A\subseteq
U$. Además, como $F$ es finito, $\overline U=\overline{\bigcup_{a\in F}\inte K_a}
=\bigcup_{a\in F}\overline{\inte K_a}$ y esto es compacto, porque es un
cerrado contenido en el compacto $\bigcup_{a\in F}K_a$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(X_i)_{i\in I}$ una familia de espacios no vacíos y sea
$X=\prod_{i\in I}X_i$ el espacio producto. Entonces $X$ es localmente
compacto sii para cada $i\in I$ el espacio $X_i$ es localmente compacto y
para cada $i\in I$, salvo por un número finito de excepciones, $X_i$ es
compacto.

\begin{Solucion}
Para cada $i\in I$ sea $\pi_i:X\to X_i$ la proyección.

Supongamos primero que $X$ es localmente compacto. Sea $i\in I$ y sea $x\in
X_i$. Sea $\tilde x\in\pi_i(x)$ y sea $K\subseteq X$ un entorno compacto
de~$\tilde x$ en~$X$. Como $\pi_i$ es continua y abierta, $\pi_i(K)$ es un
entorno compacto de~$x$ en~$X_i$. Esto muestra que $X_i$ es localmente
compacto. Por otro lado, para casi todo $j\in I$ es $\pi_j(K)=X_J$, así
que, otra vez porque $\pi_j$~es continua, vemos que para casi todo $j\in I$
es $X_i$ un espacio compacto.

Veamos ahora la suficiencia de las condiciones, y para ello basta con
mostrar que el producto de dos espacios localmente compactos es localmente
compactos. 

Sean entonces $X$ e $Y$ dos espacios localmente compactos, y sea $(x,y)\in
X\times Y$. Si $K$ y~$L$ son entornos compactos de~$x$ y de~$y$ en~$X$
e~$Y$, respectivamente, entonces $K\times L$ es un entorno compacto de~$(x,y)$.
Esto muestra que $X\times Y$ es localmente compacto.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ es un espacio localmente compacto y $f:X\to Y$ es una función
abierta, el subespacio $f(Y)$ de~$Y$ es localmente compacto.

\begin{Solucion}
Sea $x\in X$ y sea $K\subseteq X$ un entorno compacto de~$x$ en~$X$. Como
$f$ es continua, el conjunto~$f(K)$ es compacto, y como es abierta, se trata de un
entorno de~$f(x)$. Así, $f(K)\subseteq f(X)$ es un entorno compacto
de~$f(x)$ en~$f(X)$. La arbitrariedad de~$x$ nos dice, entonces, que $f(X)$
es localmente compacto.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Compactificación de Alexandroff}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item La compactificación por un punto del espacio discreto~$\NN$ es
homeomorfa al subespacio $\{0\}\cup\{\tfrac1n:n\in\NN\}$ de~$\RR$.

\begin{Solucion}
\textcolor{red}{Hacer}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item La compactificación por un punto de~$\RR^n$ es homeomorfa a 
la esfera~$S^n$.

\begin{Solucion}
\textcolor{red}{Hacer}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio de Hausdorff, $A\subseteq X$ un cerrado, $Y$ un
espacio localmente compacto y $f:X\setminus A\to Y$ una función continua y
propia. Sea $Y^*$ la compactificación de Alexandroff de~$Y$, sea $\omega\in
Y^*$ el `punto del infinito' y sea $g:X\to Y$ la función tal que
$g|_{X\setminus A}=f$ y $f(a)=\omega$ para todo $a\in A$. Entonces $g$ es
continua.

\begin{Solucion}
\textcolor{red}{Hacer}
\end{Solucion}

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

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

\item En un espacio regular de Fréchet, dos puntos distintos admiten entornos de
clausuras disjuntas.

\item  En un espacio normal, dos cerrados disjuntos admiten entornos de
clausuras disjuntas.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $X$ un espacio regular de Fréchet y sean $x$,~$y\in X$
distintos. Como $x\not\in\{y\}$ e $\{y\}$ es cerrado, existen abiertos
$U$,~$V\subseteq X$ tales que $x\in U$, $y\in V$ y $U\cap V=\emptyset$.
Como $x\not\in X\setminus U$, existen abiertos $U'$,~$V'\subseteq X$ tales
que $x\in U'$, $X\setminus U\subseteq V'$ y $U'\cap V'=\emptyset$; de la
misma forma, como $y\not\in X\setminus V$, existen abiertos
$U''$,~$V''\subseteq X$ tales que $X\setminus V\subseteq U''$, $y\in V''$ y
$U''\cap V''=\emptyset$. Pero $U'\subseteq X\setminus V'\subseteq U$ y
$V''\subseteq X\setminus U''\subseteq V$, así que $\overline U'\subseteq U$
y $\overline V''\subseteq V$, con lo que $\overline U'\cap \overline
V''=\emptyset$. Como $x\in U'$, $y\in V''$, esto termina la prueba.

\ejitem{2} Sea $X$ un espacio normal y sean $A$,~$B\subseteq X$ dos
cerrados disjuntos. Como $X$ es normal, existen abiertos disjuntos
$U$,~$V\subseteq X$ tales que $A\subseteq U$ y $B\subseteq V$.

Como $A$ y $X\setminus U$ son cerrados disjuntos, existen abiertos
disjuntos $U'$,~$V'\subseteq X$ tales que $A\subseteq U'$ y $X\setminus
U\subseteq V'$. De la misma forma, como $B$ y $X\setminus V$ son cerrados
disjuntos, existen abiertos disjuntos $U''$,~$V''\subseteq X$ tales que
$X\setminus V\subseteq U''$ y $B\subseteq V''$. Pero entonces $U'\subseteq
X\setminus V'\subseteq U$ y $V''\subseteq X\setminus U''\subseteq V$, así
que $\overline U'\subseteq U$ y $\overline V''\subseteq V$. Los entornos
$U'$ y $V''$ de $A$ y de $B$, respectivamente, entonces, satisfacen las
condiciones deseadas.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un subespacio cerrado de un espacio normal es normal.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio normal y sea $Y\subseteq X$ un subespacio cerrado.
Sean $A$,~$B\subseteq Y$ dos cerrados disjuntos. Como $Y$ es cerrado, $A$ y
$B$ son cerrados en~$X$ y entonces existen abiertos disjuntos
$U$,~$V\subseteq S$ tales que $A\subseteq U$ y $B\subseteq V$. Pero
entonces $U\cap Y$ y $V\cap Y$ son entornos abiertos disjuntos de $A$ y
de~$B$ en~$Y$. Así, $Y$ es normal.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio localmente compacto y Hausdorff es regular.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio localmente compacto y Hausdorff, y sean $x\in X$ y
$F\subseteq X$ un cerrado tales que $x\not\in F$. La hipótesis hecha
sobre~$X$ implica que $x$ posee una base de entornos compactos, así que
existe un compacto $K\subseteq X$ tal que $x\in\inte K$ y $K\cap
F=\emptyset$. Pero como $X$ es Hausdorff, $K$ es cerrado y entonces $\inte
K$ y $X\setminus K$ son entornos abiertos disjuntos de~$x$ y de~$F$,
respectivamente. Esto muestra que $X$ es regular.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un conjunto totalmente ordenado con su topología del orden es un
espacio regular.

\begin{Solucion}
Mostremos que
  \begin{equation}\label{eq:reg}
  \claim{Si $Y$ es un espacio topológico y $\S$ es una sub-base de la
  topología de~$Y$, entonces $Y$ es regular si para cada $U\in\S$ y cada
  $y\in U$ existe un abierto $V\subseteq Y$ tal que $y\in
  V\subseteq\overline V\subseteq U$.}
  \end{equation}
En efecto, supongamos que vale la condición y sean $U\subseteq Y$ un abierto
e $y\in U$. Como $\S$ es una sub-base, existen $U_1$,~\dots,~$U_n\in\S$
tales que $y\in\bigcap_{i=1}^nU_i\subseteq U$, y en vista de la condición
existen abiertos $V_1$,~\dots,~$V_n\subseteq Y$ tales que para cada
$i\in\{1,\dots,n\}$ es $y\in V_i\subseteq\overline{V_i}\subseteq U_i$. Pero
entonces $y\in\bigcap_{i=1}^nV_i\subseteq \overline{\bigcap_{i=1}^nV_i}
\subseteq\bigcap_{i=1}^n\overline V_i\subseteq \bigcap_{i=1}^nU_i\subseteq
U$. Como $\bigcap_{i=1}^nV_i$ es un abierto de~$Y$, esto muestra que $Y$ es
regular.

Sea ahora $X$ un conjunto totalmente ordenado con su topología del orden,
de manera que $\{(-\infty,a):a\in X\}\cup\{(a,+\infty):a\in X\}$ es una
sub-base. Usamos~\eqref{eq:reg} para ver que $X$ es regular. Por simetría,
bastará mostrar que si $a\in X$ y $x\in (a,+\infty)$, entonces existe un
abierto $U\subseteq X$ tal que $x\in U\subseteq\overline
U\subseteq(a,+\infty)$.
Si existe $y\in(a,x)$, entonces podemos poner $U=(y,+\infty)$ ya que
$x\in U\subseteq\overline{U}\subseteq[y,+\infty)\subseteq(a,+\infty)$.
Si, en cambio, $(a,x)=\emptyset$, entonces $(a,+\infty)=[x,+\infty)$ y vemos
que $(a,+\infty)=\overline{(a,+\infty)}$, así que podemos tomar
$U=(a,+\infty)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio normal, conexo y con más de un punto cerrado es no numerable.

\begin{Solucion}
En efecto, si $X$ es un tal espacio y $x$,~$y\in X$ son dos puntos
cerrados, entonces el lema de Urysohn implica que existe una función
continua $f:X\to [0,1]$ tal que $f(x)=0$ y $f(y)=1$. Como $X$ es conexo,
$f(X)=[0,1]$ así que, como $[0,1]$ es no numerable, debe ser $X$ mismo no
numerable.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio regular con una base numerable y sea $U\subseteq
X$ un abierto.
\begin{ejitems}

\item $U$ es unión numerable de cerrados de~$X$.

\item Existe una función continua $f:X\to\RR$ tal que $f(x)>0$ si $x\in U$
y $f(x)=0$ si $x\in U$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $U$ un abierto y sea $\B$ una base numerable de~$X$.
Como $X$ es regular y $\B$ es una base, para cada $x\in U$ existe un
abierto $U_x\in\B$ tal que $x\in V_x\subseteq\overline V_x\subseteq U$.
Si $\F=\{V_x:x\in U\}$, entonces claramente $U=\bigcup_{V\in\F}\overline
V$ y esta unión es numerable.

\ejitem{2} Basta mostrar que $X$ es normal. En efecto, supongamos ya hecho
esto y sea $\F=\{F_n:n\in\NN\}$ una familia numerable de cerrados tal que
$U=\bigcup_{n\geq1}F_n$. La normalidad implica que para cada $n\in\NN$
existe una función continua $f_n:X\to [0,1]$ tal que $f_n(x)=1$ si $x\in
F_n$ y $f_n(x)=0$ si $x\in X\setminus U$. Sea
$f=\sum_{n\geq1}2^{-n}f_n:X\to\RR$. Como $0\leq f_n(x)\leq1$ para todo
$x\in X$ y todo $n\in\NN$, la función está bien definida. Como es claro que
$f(x)=0$ si $x\in X\setminus U$ y que $f(x)>0$ si $x\in U$, alcanzará con
mostrar que $f$ es continua, pero esto es claro ya que la convergencia de
la serie es uniforme.

Nos queda entonces mostrar que $X$ es normal porque es regular con una base
$\B$ numerable. Sean $A$,~$B\subseteq X$ dos cerrados disjuntos.

La regularidad implica que existen $\U$,~$\V\subseteq\B$ tales que
$A\subseteq\bigcup_{U\in\U}U$, $B\subseteq\bigcup_{V\in\V}V$, $\overline
U\cap B=\emptyset$ para cada $U\in\U$ y $\overline V\cap A=\emptyset$ para
cada $V\in\V$. Como $\B$ es numerable, podemos suponer que
$\U=\{U_n:n\in\NN\}$ y que $\V=\{V_n:n\in\NN\}$ (si es necesario,
repetimos elementos en estas enumeraciones). Sean 
  \[
  U = \bigcup_{n\in\NN} U_n\setminus(\overline V_1\cup\cdots\cup\overline V_n)
  \]
y 
  \[
  V = \bigcup_{n\in\NN} V_n\setminus(\overline U_1\cup\cdots\cup\overline U_n).
  \]
Es claro que $U$ y $V$ son abiertos de~$X$, que $A\subseteq U$ y
$B\subseteq V$, y la forma de estos abiertos implica inmediatamente que
$U\cap V=\emptyset$. Así, concluimos que $X$ es normal, como
queríamos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:inicial} Si $X$ es un espacio topologico y
$\F=\{f_a:X\to\RR\}_{a\in A}$ es una familia de funciones continuas que
separan puntos de cerrados, entonces $\F$~es inicial.

\begin{Solucion}
Basta mostrar que bajo esa hipótesis el conjunto
  \(
  \{f_a^{-1}(U):\text{$a\in A$, $U\subseteq\RR$ abierto}\}
  \)
es una base de~$X$. Pero si $V\subseteq X$ es abierto y $x\in V$, existe
$a\in A$ tal que $f_a(x)=0$ y $f_a(y)=1$ si $y\in X\setminus V$, y en 
particular, $x\in f_a^{-1}((-\infty,1))\subseteq V$.~\qed

\end{Solucion}


%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $X$ es un espacio normal y de Fréchet con base~$\B$, entonces $X$
es homeomorfo a un subespacio de~$[0,1]^J$ para algún conjunto
$J\subseteq\B\times\B$.

\begin{Solucion}
Sea $K=\{(U,V)\in\B\times\B:\overline U\subseteq V\}$. Si $(U,V)\in K$,
entonces existe una función continua $f_{(U,V)}:X\to[0,1]$ tal que
$f_{(U,V)}(x)=0$ si $x\in\overline U$ y $f_{(U,V)}(x)=1$ si $x\in
X\setminus V$. Sea $\F=\{f_{(U,V)}:(U,V)\in K\}$. Afirmamos que $\F$ separa
puntos de cerrados. En efecto, si $x\in X$ y $F\subseteq X$ es un cerrado
tal que $x\not\in F$, entonces como $X$ es regular y $\B$ es una base,
existe $(U,V)\in K$ tal que $x\in U$ y $V\cap F=\emptyset$ y entonces
$f_{(U,V)}(x)=0$ y $f_{(U,V)}(y)=1$ si $y\in F$.

De acuerdo al ejercicio~\ref{ej:inicial}, esta propiedad de la familia $\F$
implica que se trata de una familia inicial. Si $f:X\to\prod_{(U,V)\in
K}[0,1]$ es la función continua tal que $\pi_{(U,V)}\circ f=f_{(U,V)}$ para
cada $(U,V)\in K$, entonces $f$ es un homeomorfismo a su imagen: es
claramente continua e inyectiva, así que solo hay que mostrar que es
abierta. Como $f$ es inyectiva, basta mostrar que $f$ manda cada abierto de
la sub-base $\{f_{(U,V)}^{-1}(W):\text{$(U,V)\in K$, $W\subseteq I$
abierto}\}$ a un abierto de~$f(X)$. Pero
$f(f_{(U,V)}^{-1}(W))=f(W)\cap\pi_{(U,V)}^{-1}(W)$, así que esto es
claro.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

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

\vspace*{\stretch{1}}

\begin{figure}[hp]

\vspace*{3cm}

\foto{Alexandroff}{Pavel Sergeevich Alexandroff\\1896--1982, Rusia}{%
}

\vspace*{3cm}

\end{figure}

\vspace*{\stretch{1}}

\end{document}
