%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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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{7}
\Titulo{Espacios de funciones y espacios de adjunción}

\begin{document}

\maketitle

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

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Espacios de funciones}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ un espacio topológico e $Y$ un espacio métrico. Sobre el
producto $Y^X$ consideramos las topologías $\tau_1$ de la convergencia
uniforme, $\tau_2$ de la convergencia uniforme sobre compactos, y $\tau_3$
de la convergencia puntual.
\begin{ejitems}

\item Es $\tau_1\supseteq\tau_2\supseteq\tau_3$.

\item Si $X$ es compacto, entonces $\tau_1=\tau_2$.

\item Si $X$ es discreto, entonces $\tau_2=\tau_3$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Si $f\in Y^X$, $\eps>0$ y $A\subseteq X$, pongamos
  \[
  B(f,\eps,A)=\{g\in Y^X:\sup_{x\in A}d(f(x),g(x))<\eps\}.
  \]
Entonces
\begin{itemize}

\item la topología $\tau_1$ de la convergencia uniforme tiene como base 
a 
  \[
  \B_1=\{B(f,\eps,X):f\in Y^X, \eps>0\}.
  \]

\item la topología $\tau_2$ de la convergencia uniforme sobre compactos
tiene como base a 
  \[
  \B_2 = \{B(f,\eps,K):f\in Y^X,\eps>0,\text{$K\subseteq X$ compacto}\}.
  \]

\item la topología $\tau_3$ de la convergencia puntual tiene como base a
  \[
  \B_3 = \{B(f,\eps,F):f\in Y^X,\eps>0,\text{$F\subseteq X$ finito}\}.
  \]

\end{itemize}
Es inmediato que $\B_3\subseteq\B_2$, así que $\tau_3\subseteq\tau_2$ y, 
si $X$ es discreto vale la igualdad porque en ese caso un subconjunto
de~$X$ es compacto sii es finito. Por otro lado, si $X$ es compacto
claramente $\B_1\subseteq\B_1$, así que para terminar el ejercicio basta
mostrar que $\tau_2\subseteq\tau_1$. 

Sean $f\in Y^X$, $\eps>0$, $K\subseteq X$ compacto y consideremos una
función $g\in B(f,\eps,K)$. Si ponemos $d=\sup_{x\in K}d(f(x),g(x))<\eps$ y
$\eps'=(\eps-d)/2$, entonces $\eps'>0$. Además, si $h\in B(g,\eps',X)$ y
$x\in K$, entonces 
  \[
  d(f(x),h(x))\leq d(f(x),g(x))+d(g(x),h(x))\leq d+\eps'=\frac{\eps+d}{2} < \eps,
  \]
de manera que $h\in B(f,\eps,K)$. Así, vemos que $B(g,\eps',X)\subseteq
B(f,\eps,K)$ y, en consecuencia, $B(f,\eps,K)\in\tau_1$. Como
$f\in Y^X$, $\eps>0$ y $K\subseteq X$ son arbitrarios, vemos entonces que
$\B_2\subseteq\tau_1$, de donde $\tau_2\subseteq\tau_1$ como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item En general, el conjunto de las funciones reales acotadas definidas sobre un
espacio topológico~$X$ no es cerrado en~$\RR^X$ con la topología de la
convergencia compacta.

\begin{Solucion}
Sea $B\subseteq\RR^\RR$ es subconjunto de las funciones reales definidas
sobre~$\RR$ que son acotadas y para cada $n\in\NN$ sea $f_n:\RR\to\RR$ la
función
  \[
  f_n = \sum_{i=1^n} n\chi_{(i,i+1]};
  \]
aquí $\chi_{(i,i+1]}$ denota la función característica del intervalo
$(i,i+1]$. Es inmediato que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge
uniformemente sobre compactos a una función no acotada. Pero como $f_n\in
B$ para todo $n\in\NN$, est muestra que $B$ no es cerrado en la topología
de la convergencia uniforme sobre compactos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos. Si $Y$ es de Fréchet, de
Hausdorff o regular, entonces $C(X,Y)$ es de Fréchet, de Hausdorff o
regular, respectivamente, si $C(X,Y)$ está dotado de su topología
compacto-abierta.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $Y$ es de Fréchet y sea $f\in C(X,Y)$. Sea $g\in
C(X,Y)$ tal que $g\neq f$. Existe entonces $x\in X$ tal que $g(x)\neq
f(x)$, así que existe un abierto $U\subseteq Y$ tal que $g(x)\not\in
U$ y $f(x)\in U$. El conjunto
  \(
  B = \{ h\in C(X,Y) : h(x)\in U\}
  \)
es un abierto básico de~$C(X,Y)$ y claramente $f\in B$ y $g\not\in B$.
Esto muestra que $\{f\}$ es un cerrado de~$C(X,Y)$ y nos permite concluir
que $C(X,Y)$ es de Fréchet.

Supongamos ahora que $Y$ es de Hausdorff, y sean $f$,~$g\in C(X,Y)$ tales
que $f\neq g$. Entonces existe $x\in X$ tal que $f(x)\neq g(x)$ y, como $Y$
es Hausdorff, existen abiertos $U$,~$V\subseteq Y$ tales que $f(x)\in U$,
$g(x)\in V$ y $U\cap V=\emptyset$. Los conjuntos
  \(
  B = \{h\in C(X,Y):h(x)\in U\}
  \)
y
  \(
  B' = \{h\in C(X,Y):h(x)\in V\}
  \)
son abiertos básicos de~$C(X,Y)$, y claramente $f\in B$, $g\in B'$ y $B\cap
B'=\emptyset$. Esto muestra que $C(X,Y)$ es de Hausdorff.

Supongamos, finalmente, que $Y$ es regular y sean $f\in C(X,Y)$ y sea
$U\subseteq C(X,Y)$ un abierto con $f\in U$.
Entonces existen compactos $K_1$,~\dots,~$K_n\subseteq X$ y abiertos
$U_1$,~\dots,~$U_n\subseteq Y$ tales que$f\in\bigcap_{i=1}^n
B(K_i,U_i) \subseteq U$.

Sea $i\in\{1,\dots,n\}$. Como $Y$ es regular y $f(K_i)\subseteq U_i$, para
cada $y\in f(K_i)$ existe un abierto $V_y\subseteq Y$ tal que $y\in V_y$ y
$\overline V_y\subseteq U_i$. Entonces $\{V_y:y\in f(K_i)\}$ es un
cubrimiento abierto de~$f(K_i)$, que es compacto, y existe $F_i\subseteq
f(K_i)$ finito tal que si $V_i=\bigcup_{y\in F}V_y$, es $f(K_i)\subseteq
V_i$ y $\overline V_i=\bigcup_{y\in F}\overline V_y\subseteq U_i$.
Sea $V=\bigcap_{i=1}^n B(K_i,V_i)$. Es claro que $f\in V\subseteq U$. Para
terminar, mostremos que $\overline V\subseteq U$.
Sea $g\in C(X,Y)\setminus U$. En particular, existe $j\in\{1,\dots,n\}$ tal
que $g\not\in B(K_j,U_j)$, así que existe $x\in K_j$ tal que $g(x)\not\in
U_j$. Entonces $g\in B(\{x\},Y\setminus\overline V_j)$ y
$B(\{x\},Y\setminus\overline V_j)\cap V=\emptyset$, así que
$g\not\in\overline V$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos y supongamos que $X$ es
localmente compacto y Hausdorff. Si $X$ e $Y$ satisfacen el segundo axioma de la
numerabilidad, entonces $C(X,Y)$ tiene la misma propiedad.

\begin{Solucion}
Por hipótesis, existen bases numerables $\B_X$ y $\B_Y$ para las topologías
de~$X$ y de~$Y$. Además, como $X$ es localmente compacto y Hausdorff,
podemos suponer que la clausura de todo elemento de~$\B_X$ es compacta. Sea
$\B=\{B(\overline U,V):U\in\B_X,V\in\B_Y\}$. Como $\B$ es evidentemente
numerable, para mostrar que $C(X,Y)$ tiene una base numerable alcanzará con
mostrar que $\B$ es una sub-base para la topología de~$C(X,Y)$.

Sea $K\subseteq X$ un compacto y $U\subseteq Y$ un abierto, y sea $f\in
B(K,U)$. Para cada $x\in K$ existen $U_x\in\B_X$ y $V_x\in\B_Y$ tales que
$x\in U_x$, $f(x)\in V_x$ y $f(\overline U_x)\subseteq V_x$. Como
$\{U_x:x\in K\}$ es un cubrimiento abierto de~$K$, existe $F\subseteq K$
finito tal que $\{U_x:x\in F\}$ cubre a~$K$. Pero entonces $f\in
\bigcap_{x\in F}B(\overline U_x,V_x)\subseteq B(K,U)$. Esto muestra que
$\B$ es una sub-base.~\qed
\end{Solucion}

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

\item Sea $A\subseteq X$. La función
  \[
  r_A:f\in C(X,Y)\mapsto f|_A\in C(A,Y)
  \]
dada por la restricción de funciones es continua con respecto a las
topologías compacto-abiertas.

\item Para cada $y\in Y$ sea $j_y:X\to Y$ la función constante con valor
$y$, y sea $j:y\in Y\mapsto j_y\in C(X,Y)$. Entonces $j$ es un
homeomorfismo a su imagen y, si $Y$ es Hausdorff, tiene imagen cerrada.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f\in C(X,Y)$ y sean $K\subseteq A$ un compacto y
$U\subseteq Y$ un abierto tal que $f|_A=r_A(f)\in B_A(K,U)\subseteq C(A,Y)$.
Entonces $K$ es un compacto de~$X$ y $B_X(K,U)\subseteq C(X,Y)$ es un
entorno abierto de~$f$ en~$C(X,Y)$. Si $g\in B_X(K,U)$, entonces
$g(K)\subseteq U$ y $r_A(g)(K)=g|_A(K)\subseteq U$, esto es, $r_A(g)\in
B_A(K,U)$. Luego $r_A(B_X(K,U))\subseteq B_A(K,U)$, y vemos que $r_A$ es
continua en~$f$. La arbitraridad de $f\in C(X,Y)$, ahora, implica que
$r_A$~es continua.

\ejitem{2} Si $K\subseteq X$ es compacto y $U\subseteq Y$ abierto, entonces
es evidente que $j^{-1}(B(K,U))=U$, así que $j$~es una función continua.
Como es inyectiva, para ver que es un homeomorfismo a su imagen basta ver
que es relativamente abierta. Pero si $U\subseteq Y$ es un abierto y
$x_0\in X$ es un punto arbitrario, entonces $j(U)=B(\{x_0\},U)\cap j(Y)$:
así, $j(U)$ es un abierto de~$j(Y)$.

Para terminar, supongamos que $Y$ es de Hausdorff y sea $f:X\to Y$ una
función no constante, de manera que existen puntos $x_1$,~$x_2\in X$ con
$f(x_1)\neq f(x_2)$. Pero entonces existen abiertos disjuntos
$U$,~$V\subseteq Y$ tales que $f(x_1)\in U$ y $f(x_2)\in V$. El conjunto
$W=B({x_1},U)\cap B({x_2},V)$ es un abierto de~$C(X,Y)$, que no es vacío
porque $f\in W$, y, como $U\cap V=\emptyset$, $W\cap j(Y)=\emptyset$. Esto
muestra que $C(X,Y)\setminus j(Y)$ es abierto y, en definitiva, que la
imagen $j(Y)$ de~$j$ es cerrada.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$,~$Y$ y $Z$ espacios topológicos, y supongamos que $Y$ es
localmente compacto y Hausdorff. Entonces es continua la aplicación
  \[
  \mathord\circ:(f,g)\in C(Y,Z)\times C(X,Y)\mapsto f\circ g\in C(X,Z)
  \]
dada por la composición de funciones.

\begin{Solucion}
Sea $(f_0,g_0)\in C(Y,Z)\times C(X,Y)$ y sean $K\subseteq X$ compacto y
$U\subseteq Z$ abierto tales que $f_0\circ g_0\in B_{X,Z}(K,U)$, de manera
que $f_0(g_0(K))\subseteq U$. 

Para cada $k\in K$ existe un entorno compacto $V_k$ de $g_0(k)$ tal que
$f_0(V_k)\subseteq U$, porque $f_0$ es continua en~$g_0(k)$,
$f_0(g_0(k))\in U$ y los entornos compactos de $g_0(k)$ forman una
base---porque $Y$ es localmente compacto y Hausdorff. Entonces $\{\inte
V_k:k\in K\}$ es un cubrimiento abierto de $g_0(K)$, y existe $F\subseteq
K$ finito tal que $\{\inte V_k:k\in F\}$ también cubre a~$g_0(K)$. Sea
$V=\bigcup_{k\in F}V_k$. Entonces $V$ es compacto, $f_0(V)\subseteq U$ y
$g_0(K)\subseteq\inte V$. En particular, $f_0\in B_{Y,Z}(V,U)$ y $g_0\in
B_{X,Y}(K,\inte V)$.

Sea ahora $f\in B_{Y,Z}(V,U)$ y $g\in B_{X,Y}(K,\inte V)$. Entonces
$f(g(K))\subseteq f(\inte V)\subseteq f(V)\subseteq U$, de manera que
$f\circ g\in B_{X,Z}(K,U)$. Luego $W=B_{Y,Z}(V,U)\times B_{X,Y}(K,\inte V)$
es un entorno de $(f_0,g_0)$ tal que $c(W)\subseteq B_{X,Z}(K,U)$. Esto
muestra que $c$ es continua en~$(f_0,g_0)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $\tau$ es una topología sobre $C(X,Y)$ que hace continua a la función
  \[
  e:(f,x)\in C(X,Y)\times X\mapsto f(x)\in Y
  \]
dada por la evaluación de funciones, entonces $\tau$~es más fina que la
topología compacto-abierta.

\begin{Solucion}
Dotemos a $C(X,Y)$ de la topología~$\tau$.
Sea $K\subseteq X$ un compacto y $U\subseteq Y$ un abierto. Como
$e:C(X,Y)\times X\to Y$ es continua, su restricción $e_K:C(X,Y)\times K\to
Y$ es continua, así que $e_K^{-1}(U)$ es un abierto de $C(X,Y)\times K$.
Sea $W=\{f\in C(X,Y):\{f\}\times K\subseteq e_K^{-1}(U)\}$. Es inmediato
que $W=B(K,U)$, así que para ver que $\tau$ es más fina que la topología
compacto-abierta bastará mostrar que $W$ es un abierto de~$\tau$.

Sea $f\in W$. Para cada $k\in K$ existen abiertos $A_k\subseteq C(X,Y)$ y
$B_k\subseteq K$ tales que $(f,k)\in A_k\times B_k\subseteq e_K^{-1}(U)$. Como
$\{B_k:k\in K\}$ es un cubrimiento abierto de~$K$, existe un subconjunto
finito $F\subseteq K$ tal que $\{B_k:k\in F\}$ cubre a~$K$. Sea
$A=\bigcap_{k\in F}A_k$; es $f\in A$. Para terminar, mostremos que $A\subseteq W$.

Sea $g\in A$ y sea $k\in K$. Entonces existe $k'\in F$ tal que $k\in
B_{k'}$ y $(g,k)\in A_{k'}\times B_{k'}\subseteq e_K^{-1}(U)$. Esto muestra
que $\{g\}\times K\subseteq e_K^{-1}(U)$ y, en definitiva, que $g\in W$,
como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Espacios de adjunción}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e $Y$ espacios topológicos, $A\subseteq X$ un subespacio
cerrado, $f:A\to Y$ una función continua, y sea $Z=X\cup_f Y$ el espacio de
adjunción correspondiente.
\begin{ejitems}

\item La aplicación natural $i:Y\to Z$ es un homeomorfismo a su imagen, 
que es un cerrado de~$Z$.

\item Si $j:X\to Z$ es la aplicación natural, entonces la restricción
$j|_{X\setminus A}:X\setminus A\to Z$ es un homeomorfismo a su imagen, que
es un abierto de~$Z$.

\item $i(Y)$ y $j(X\setminus A)$ son disjuntos y es $i(Y)\cup j(X\setminus
A)=Z$.

\item Si $X$ e $Y$ tienen alguna de las propiedades
\pitem[roman]{1} compacidad,
\pitem[roman]{2} de Fréchet,
entonces $Z$ tiene la misma propiedad.

\item Si $A$ es no vacío y $X$ e $Y$ tienen alguna de las propiedades
\pitem[roman]{1} conexión,
\pitem[roman]{2} arco-conexión,
entonces $Z$ tiene la misma propiedad.


\item Si $Y$ es conexo y si $A$ interseca cada componente conexa de~$X$,
entonces $Z$ es conexo.

\item Si $A$ es conexo y no vacío y $Z$ es conexo, entonces $Y$ es conexo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Consideraremos varias funciones, que ilustramos en el siguiente diagrama:
  \[
  \xymatrix{
  A \ar[r]^-f \ar@{_(->}[d]_s 
    & Y \ar[d]_-{q_Y} \ar@/^4ex/[rdd]^-i
    \\
  X \ar[r]^-{q_X} \ar@/_4ex/[rrd]_-{j}
    & X\sqcup Y \ar[dr]^-\pi
    \\
  {}
    & {}
    & X\cup_f Y
  }\]

\ejitem{1} Sea $q_Y:Y\to X\sqcup Y$ la inclusión y $\pi:X\sqcup Y\to
X\cup_fY$ el cociente. Entonces $i=\pi\circ q_Y$ es continua. Es inmediato
que $i$ es inyectiva, así que para ver que se trata de un homeomorfismo a su
imagen, basta ver que es cerrada. Si $F\subseteq Y$ es un cerrado, entonces
es inmediato ver que $\pi^{-1}(i(F))=q_X(s(f^{-1}(F)))\sqcup q_Y(F)$; como
$q_X$, $q_Y$ y $s$ son cerradas y $f$ es continua, es claro entonces que $i(F)$ es
un cerrado de~$Z$. En particular, $i(Y)$ es un cerrado de~$Z$.

\ejitem{2} La función $j=\pi\circ q_X$ es continua, y su restricción
$j'=j|_{X\setminus A}$ es inyectiva. Para probar lo que queremos, entonces,
bastará mostrar que $j'$ es abierta: si $U\subseteq X\setminus A$ es un
abierto, entonces $\pi^{-1}(j'(U))=q_X(U)$ y esto es abierto porque $q_X$
es una función abierta. En particular, $j(X\setminus A)$ es un abierto
de~$Z$.

\ejitem{3} $\pi^{-1}(i(Y)\cap j(X\setminus A))=[q_X(A)\cup q_Y(Y)]\cap
q_X(X\setminus A)=\emptyset$, así que, como $\pi$~es sobreyectiva,
$i(Y)\cap j(X\setminus A)=\emptyset$. Por otro lado, 
$\pi^{-1}(i(Y)\cup j(X\setminus A))=[q_X(A)\cup q_Y(Y)]\cup
q_X(X\setminus A)=X\sqcup Y$, así que $i(Y)\cup j(X\setminus A)=Z$.

\ejitem{4} Si $X$ e $Y$ son compactos, entonces evidentemente $X\sqcup Y$
es compacto y $Z=\pi(X\sqcup Y)$ también lo es. Supongamos, por otro lado,
que $X$ e $Y$ son espacios de Fréchet. Para ver que $Z$ es de Fréchet
tenemos que mostrar que las fibras de~$\pi$ son cerradas. Sabemos que
$Z=i(Y)\cup j(X\setminus A)$ así que alcanza con considerar los siguientes
dos casos:
\begin{itemize}

\item si $y\in Y$, entonces $\pi^{-1}(i(y))=f^{-1}(y)\cup\{y\}$, y esto es
un cerrado de $X\sqcup Y$ porque $f$ es continua;

\item si $x\in X\setminus A$, entonces $\pi^{-1}(j(x))=\{x\}$, que es un
cerrado de~$X\sqcup Y$.

\end{itemize}

\ejitem{5} Si $X$ e $Y$ son conexos o arco-conexos, entonces $Z=j(X)\cup
i(Y)$ es conexo o arco-conexo porque $j(X)$ e $i(Y)$ lo son y $j(X)\cap
i(Y)\supseteq j(A)\not\emptyset$.

\ejitem{6} Si $Z=\emptyset$, no hay nada que hacer. Supongamos entonces que
$Z\neq\emptyset$. Esto implica, dada la hipótesis, que
$Y\neq\emptyset$: en efecto, si fuese $Y=\emptyset$ debería ser
$A=\emptyset$ y, como $A$ interseca cada componente conexa de~$X$, debe ser
entonces $X=\emptyset$.

Para ver que $Z$ es conexo, basta mostrar que cada par de puntos de~$Z$
está contenido en un subconjunto conexo $T$. Sean $u$,~$v\in Z$. 
\begin{itemize}

\item Si $u$,~$v\in i(Y)$ podemos tomar $T=i(Y)$, que es conexo. 

\item Supongamos que $u\in i(Y)$ y que $v=j(x)$ con $x\in X\setminus A$. Si
$C$ es la componente conexa de~$x$ en~$X$, entonces la hipótesis nos dice
que existe $a\in A\cap C$. Pero entonces $v$,~$j(a)\in j(C)$, que es
conexo, y $j(a)=i(f(a))$,~$u\in i(Y)$, que también es conexo. Luego
$v$,~$u\in j(C)\cup i(Y)$ y este conjunto es conexo.

\item Finalmente, supongamos que $u$,~$v\in j(X\setminus A)$. Como
$Y\not\emptyset$, existe $w\in i(Y)$ y por lo hecho antes, existen
subconjuntos conexos $C_1$ y $C_2$ tales que $u$,~$w\in C_1$ y $v$,~$w\in
C_2$. Esto implica que $u$,~$v\in C_1\cup C_2$ y que este conjunto es
conexo.

\end{itemize}
En definitiva, vemos que $Z$ es conexo.

\ejitem{7} Supongamos que $Y$ no es conexo, y sean $U$,~$V\subseteq Y$ dos
abiertos no vacíos, disjuntos y tales que $Y=U\cup V$. COmo $A$ no es vacío
y es conexo, $f(A)$ es no vacío y conexo, así que, sin pérdida de
generalidad podemos suponer que $f(A)\subseteq U$. Pero entonces hay un
homeomorfismo evidente $X\cup_fYc\cong (X\cup_{f|^U}U)\sqcup V$, y, como
$V\neq\emptyset$, este último espacio no es conexo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$, $Y$ e $Y'$ espacios topológicos, $A\subseteq X$ un
subespacio cerrado, y $f:A\to Y$  una función continua, de manera que
podemos construir el espacio $X\cup_fY$, junto con funciones naturales 
$i:Y\to X\cup_fY$ y $\bar f:X\to X\cup_f Y$.
\begin{ejitems}

\item Sean además $Y'$ un espacio topológico y $g:Y\to Y'$ una función
continua. Como $Y$ puede verse como un subespacio
cerrado de~$X\cup_fY$, podemos construir el espacio
$(X\cup_f Y)\cup_{g}Y'$. Podemos, por otro lado, construir el espacio de
adjunción $X\cup_{g\circ f}Y'$. En estas condiciones, hay un homeomorfismo
natural $(X\cup_fY)\cup_gY'\cong X\cup_{g\circ f}Y'$.

\item Sea ahora $k:X\to X'$ una inclusión cerrada, de manera que tiene
sentido el espacio de adjunción $X'\cup_fY$. Entonces 
$X'\cup_fY\cong X'\cup_{\bar f}(X\cup_f Y)$ naturalmente.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Consideremos el diagrama
  \[
  \xymatrix{
  A \ar[r]^-f \ar@{_(->}[d]
    & Y \ar[r]^-{g}\ar[d]
    & Y' \ar[d]
    \\
  X \ar[r]
    & X\cup_f Y \ar[r]
    & (X\cup_f Y)\cup_{g} Y'
  }\]
en el que las flechas sin nombre son las evidentes. Entonces los dos
cuadrados son cocartesianos, así que el rectángulo exterior es
cocartesiano. La únicidad del push-out, entonces, nos dice que hay un
homeomorfismo $(X\cup_f Y)\cup_g Y'\cong X\cup_{g\circ f}Y'$.

\ejitem{2}
Consideremos ahora el diagrama
  \[
  \xymatrix{
  A \ar[r]^-f \ar@{_(->}[d]
    & Y \ar[d]
    \\
  X \ar[r]^-{\bar f} \ar@{_(->}[d]
    & X\cup_fY \ar[d]
    \\
  X' \ar[r]
    & X'\cup_{\bar f}(X\cup_fY)
  }\]
Como los dos cuadrados son cocartesiano, es rectángulo exterior también lo
es, y la unicidad del push-out implica que hay un homeomorfismo $X'\cup
fY\cong X'\cup_{\bar f}(X\cup_f Y)$.~\qed
\end{Solucion}
\end{ejercicios}

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

\vspace*{\stretch{1}}

%\begin{figure}[hp]

\vspace*{1cm}

\foto{Whitehead}{John Henry Constantine Whitehead\\1904--1960, Estados Unidos}{%
Whitehead introdujo los CW-complejos.
}

\vspace*{0cm}

%\end{figure}

\vspace*{\stretch{1}}

\end{document}
