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\Materia{Geometría Diferencial}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2012}
\Practica{4}
\Titulo{Orientabilidad}

\begin{document}

\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que el plano proyectivo y la banda de Moebius no son
orientables.

\begin{Solucion}
Sea $f:S^2\to P^2$ la función tal que $f(x,y,z)=(x:y:z)$ para cada
$(x,y,z)\in S^2$. 

Sean $N=(0,0,1)$ y $S=(0,0,-1)$, $U_N=S^2\setminus\{N\}$,
$U_S=S^2\setminus\{S\}$, y 
  \begin{align*}
  &\phi_N:(x,y,z)\in U_N\mapsto \frac{(x,y)}{1-z}\in\RR^2, 
  &
  &\phi_S:(x,y,z)\in U_S\mapsto \frac{(x,y)}{1+z}\in\RR^2,
  \end{align*}
que tienen inversas
  \begin{align*}
  &\phi_N^{-1}:(x,y)\in\RR^2\mapsto\frac{1}{x^2+y^2+1}(2x,2y,x^2+y^2-1)\in U_N, \\
  &\phi_S^{-1}:(x,y)\in\RR^2\mapsto\frac{1}{x^2+y^2+1}(2x,2y,-x^2-y^2+1)\in U_S.
  \end{align*}
Entonces $\A=\{\phi_N,\phi_S\}$ es una carta de~$S^2$.
Por otro lado, si para cada $i\in\{0,1,2,\}$ es $V_i=\{(x_0:x_1:x_2)\in
P^2:x_i\neq0\}$ y definimos funciones $\psi_i:V_i\to\RR^2$ poniendo
  \begin{align*}
  &\psi_0(x_0:x_1:x_2) = (x_1/x_0,x_2/x_0), \\
  &\psi_1(x_0:x_1:x_2) = (x_0/x_1,x_2/x_1), \\
  &\psi_2(x_0:x_1:x_2) = (x_0/x_2,x_1/x_2), 
  \end{align*}
entonces $\A'=\{\psi_0,\psi_1,\psi_2\}$ es un atlas de~$P^2$.

Para ver que $f$ es diferenciable tenemos que mostrar que las composiciones
$\psi_i\circ f\circ\phi_j$ con $i\in\{0,1,2\}$ y $j\in\{S,N\}$ son
diferenciables en sus dominios. Por ejemplo, tomemos $i=0$ y $j=N$: el
dominio de~$\psi_0\circ f\circ\phi_N$ es $\{(x,y)\in\RR^2:x\neq0\}$ y allí
es  
  \begin{equation} \label{eq:0N}
  (\psi_0\circ f\circ\phi_N)(x,y) = (y/x,(x^2+y^2-1)/x);
  \end{equation}
las otras cinco composiciones son del mismo tipo.

Completando la cuentas que faltan, vemos que $f:S^2\to P^2$ es una
función diferenciable. Veamos que, de hecho, es una inmersión. Para ello,
alcanza con mostrar que todas las composiciones
$\psi_i\circ f\circ\phi_j$ con $i\in\{0,1,2\}$ y $j\in\{S,N\}$ tienen
matriz jacobiana inversible. Por ejemplo, la matriz jacobiana de 
la función $\psi_0\circ f\circ\phi_N$ que calculamos en~\eqref{eq:0N}
es 
  \[
  \begin{pmatrix}
  -\frac{y}{x^2} & \frac{1}{x} \\
   2-\frac{x^2+y^2-1}{x^2} & \frac{2
     y}{x}
  \end{pmatrix}
  \]
que tiene determinante $-(x^2+y^2+1)/x^3$, que no se anula en su dominio.

\medskip

Supongamos ahora que el plano proyectivo $P^2$ es orientable, fijemos una
orientación~$o$ sobre él, sea $o_!$ la orientación opuesta,
y sea $o'$ una orientación cualquiera sobre $S^2$.
Sea $A\subseteq S^2$ el conjunto de puntos $x\in S^2$ tales que la función
$f_{*x}:T_xS^2\to T_{f(x)}P^2$ manda la orientación~$o'(x)$ de~$T_xS^2$ en
la orientación~$o(f(x))$ de~$T_{f(x)}P^2$ y sea $B$ su complemento, que es
precisamente  el conjunto de puntos $x\in S^2$ tales que la función
$f_{*x}:T_xS^2\to T_{f(x)}P^2$ manda la orientación~$o'(x)$ de~$T_xS^2$ en
la orientación $o_!(f(x))$ de~$T_{f(x)}P^2$.

Afirmamos que
  \begin{equation}\label{eq:fmn}
  \claim{si $f:M\to N$ es una inmersión entre variedades orientadas de la
  misma dimensión, entonces el conjunto $\Omega$ de puntos de~$M$ sobre los que
  $f$ preserva la orientación es un abierto de~$M$.}
  \end{equation}
Esto implica, en nuestra situación, que $A$ y $B$ son abiertos de~$S^2$,
así que ---como la esfera es conexa--- uno de los dos es vacío.

Probemos~\eqref{eq:fmn}. Sea $f:M\to N$ una inmersión entre variedades
orientadas de dimensión~$n$ y sea $\Omega$ el conjunto de puntos de~$M$
sobre los que $f$~preserva la orientación. Sean $o$ y $o'$ las
orientaciones de~$M$ y de~$N$, respectivamente. Sea $x\in\Omega$ y sea
$U\subseteq M$ un abierto conexo tal que $x\in U$, $f(U)$ es un abierto
de~$N$ y $f|_U:U\to f(U)$ es un difeomorfismo; notemos que la existencia
de~$U$ sigue del teorema de la función inversa y de la observación de que
$f_{*x}:T_xM\to T_{f(x)}N$ es un isomorfismo. Sustituyendo en caso de que
sea necesario a~$U$ por un abierto más chico, podemos suponer además que
hay una carta $\phi:f(U)\to\RR^n$ de~$N$, y entonces $\phi\circ
f:U\to\RR^n$ es una carta de~$M$. Más aún, componiendo a~$\phi$ con una
función lineal podemos suponer que la base ordenada $(\fder[\phi\circ
f]{x_1}\big|_x,\dots,\fder[\phi\circ f]{x_n}\big|_x)$ de~$T_xM$ es positiva
con respecto a la orientación~$o(x)$; como $o$~es una orientación y $U$ es
conexo, se sigue de esto que de hecho para cada $y\in U$ la base ordenada
$(\fder[\phi\circ f]{x_1}\big|_y,\dots,\fder[\phi\circ f]{x_n}\big|_y)$
de~$T_yM$ es positiva con respecto a la orientación~$o(y)$.

Como $x\in\Omega$ y $f_{*x}\bigl(\fder[\phi\circ
f]{x_i}\big|_x\bigl)=\fder[\phi]{x_i}\big|_{f(x)}$, la base ordenada
$(\fder[\phi]{x_1}\big|_{f(x)},\dots,\fder[\phi]{x_n}\big|_{f(x)})$
de~$T_{f(x)}N$ es positiva con respecto a la orientación~$o'({f(x)})$ y,
otra vez porque $f(U)$ es conexo, se sigue de esto que para cada $z\in
f(U)$ la base ordenada
$(\fder[\phi]{x_1}\big|_{z},\dots,\fder[\phi]{x_n}\big|_{z})$ de~$T_{z}N$
es positiva con respecto a la orientación~$o'(z)$.
Como para todo $y\in U$ se tiene que $f_{*y}\bigl(\fder[\phi\circ
f]{x_i}\big|_y\bigl)=\fder[\phi]{x_i}\big|_{f(y)}$, esto nos dice que
la imagen por~$f_{*y}$ de la orientación~$o(y)$ de~$T_yM$ es la
orientación~$o'(f(y))$ de~$T_{f(y)}N$ para todo~$y\in U$, esto es, que
$U\subseteq\Omega$. Así, $x$~es un punto interior de~$\Omega$, que entonces
es un conjunto abierto de~$M$, como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una variedad que posee un atlas con exactamente dos cartas cuyos
dominios se intersecan en un conexo es orientable. ¿Puede relajar alguna de
estas hipótesis manteniendo la conclusión?

\begin{Solucion}
Sea $M$ una variedad y supongamos que
$\A=\{\phi:U\to\RR^n,\psi:V\to\RR^n\}$ es un atlas de~$M$ tal que $U\cap V$
es conexo. Si es un atlas orientado, entonces $M$ es orientable, así que
supongamos que no lo es. Entonces la matriz jacobiana de la función de
transición $\psi\circ\phi^{-1}:\phi(U\cap V)\to\psi(U\cap V)$ tiene
determinante negativo en todo su dominio, porque no es positivo en algún
lado, nunca se anula, y su dominio es conexo. Si
$S:(x_1,\dots,x_n)\in\RR^n\mapsto(-x_1,x_2,\dots,x_n)\in\RR^n$, entonces
$\tilde\psi=S\circ\phi:V\to\RR^n$ también es una carta de~$M$,
$\tilde\A=\{\phi,\tilde\psi\}$ es un atlas de~$M$ y es inmediato que
$\tilde\A$ es un atlas \emph{orientado} de~$M$, así que $M$ es otra vez
orientable.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Enuncie y pruebe en detalle las caracterizaciones equivalentes de la
orientabilidad de una variedad en término de 
\begin{itemize}
\item orientaciones coherentes de los espacios tangentes;
\item atlas con funciones de transición positivamente compatibles;
\item existencia de formas de volumen
\end{itemize}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $M$ es una variedad de dimensión dos que tiene un atlas tal que
todas las funciones de transición correspondientes son funciones holomorfas,
entonces $M$ es orientable.

\begin{Solucion}
Sea $\A$ un atlas de~$M$ tal que cada vez que $\phi:U\to\RR^2$ y
$\psi:V\to\RR^2$ son cartas de~$\A$, la composición
$\psi\circ\phi^{-1}:\phi(U\cap V)\to\psi(U\cap V)$ es holomorfa.
Para ver que $M$ es orientable basta mostrar que $\A$~es un atlas
orientado y, para eso, que todas las funciones de transición tienen
jacobiano positivo. En vista de la condición satisfecha por~$\A$, es
suficiente con mostrar que
  \[
  \claim{si $f:U\to V$ es un difeomorfismo entre abiertos de~$\RR^2$
  que es holomorfo, entonces la matriz jacobiana de~$f$ tiene determinante
  positivo.}
  \]
Sea entonces $f:U\to V$ un difeomorfismo holomorfo, y sean $u$,~$v:U\to\RR$
las componentes de~$f$. Sabemos que $f$ satisface las condiciones de
Cauchy-Riemann, esto es, que $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}$
y $\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$, de manera
que la matriz jacobiana de~$f$ tiene determinante
  \[
  \begin{vmatrix}
  \frac{\partial u}{\partial x}
        & \frac{\partial u}{\partial y}
        \\
  \frac{\partial v}{\partial x}
        & \frac{\partial v}{\partial y}
  \end{vmatrix}
  =
  \frac{\partial u}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial y}
  -
  \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial x}
  =
  \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2
  +
  \left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^2.
  \]
Como $f$ es un difeomorfismo, su jacobiana no se anula nunca, así que esto
muestra que ella es siempre positiva.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $M$ es una variedad, entonces las variedades $TM$ y $T^*M$ son
orientables.

\begin{Solucion}
Mostremos que $TM$ es orientable—el argumento para $T^*M$ es completamente
similar—probando que el atlas que usamos para construir la estructura
diferenciable de~$TM$ es un atlas orientado. Para ello, consideremos dos
cartas $\phi:U\to\RR^n$ y $\psi:V\to\RR^n$ y sean $\tilde\phi:TU\to\RR^{2n}$
y $\tilde\psi:TV\to\RR^{2n}$ las correspondientes cartas de~$TM$: tenemos
que verificar que si $x\in TU\cap TV$, entonces el determinante de la
matriz jacobiana de la función
$\tilde\psi\circ\tilde\phi^{-1}:\tilde\phi(TU\cap TV)\to\tilde\psi(TU\cap
TV)$ es positivo. Recordemos que $\tilde\phi(TU\cap TV)$ y
$\tilde\psi(TU\cap TV)$ son $\phi(U\times V)\times\RR^n$ y $\psi(U\times
V)\times\RR^n$, y que la función $\tilde\psi\circ\tilde\phi^{-1}$ es
  \[
  (x,v)\in \phi(U\times V)\times\RR^n
    \mapsto ((\psi\circ\phi^{-1})(x), D_x(\psi\circ\phi^{-1})(v)\in\psi(U\cap V)\times\RR^n,
  \]
cuya diferencial es
  \[
  (w,v) \in \RR^n\times\RR^n
    \mapsto (D_x(\psi\circ\phi^{-1})(w), D_x(\psi\circ\phi^{-1})(v)) \in\RR^n\times\RR^n.
  \]
Esta función lineal tiene determinante $(\det
D_x(\psi\circ\phi^{-1}))^2>0$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una variedad paralelizable es orientable. En particular, un grupo de
Lie es orientable.

\begin{Solucion}
Sea $M$ una variedad paralelizable de dimensión~$n$ y sean
$X_1$,~\dots,~$X_n\in\X(M)$ campos sobre~$M$ tales que para cada $x\in M$
el conjunto $\{X_{1x},\dots,X_{nx}\}$ es una base de~$T_xM$. Para cada
$x\in M$ sea $B_x$ la base \emph{ordenada} $(X_{1x},\dots,X_{nx})$ y sea
$o_x=[B_x]$ la orientación~$T_xM$ que determina~$B_x$. Mostremos que esto
define una orientación~$o$ de~$M$.

Sea $\phi:U\to\RR^n$ una carta de~$M$ con dominio conexo.
Hay funciones $X_{i,j}\in C^\infty(U)$ tales que
$X_i=\sum_{j=1}^nX_{i,j}\fder{x_i}$ sobre~$U$. Si cada cada $x\in U$
escribimos $B_x^\phi$ a la base ordenada
$(\fder{x_1}\big|_x,\dots,\fder{x_n}\big|_x)$, entonces la matriz de cambio
de base $C(B^\phi_x,B_x)$ es precisamente $(X_{i,j}(x))_{1\leq i,j\leq n}$.
Vemos así que la función $x\in U\mapsto\det C(B_x^\phi,B_x)$ es
diferenciable. Como no se anula y $U$ es conexo, vemos que o bien
la orientación~$o$ coincide con la inducida por~$\phi$ en~$U$ o bien es
distinta en todo~$U$. Que $o$ es una orientación, entonces, sigue de que
hay un atlas de~$M$ con dominios conexos.

Alternativamente, construyamos a partir de los campos $X_1$,~\dots,~$X_n$
una forma de volumen sobre~$M$. Sea $i\in\{1,\dots,n\}$. Si $x\in M$,
existe una única función lineal $\omega_{ix}:T_xM\to\RR$ tal que
$\omega_{ix}(X_{jx})=\delta_{i,j}$; en efecto, esto es consecuencia
inmediata de que $\{X_{1x},\dots,X_{nx}\}$ es una base de~$T_xM$. Si
mostramos que la asignación $x\in M\mapsto \omega_{ix}\in T_x^*M$ es
diferenciable, tendremos definida una $1$-forma $\omega_i\in\Omega^1(M)$.
Para hacerlo, basta mostrar que si $X\in\X(M)$ es un campo diferenciable,
entonces $\omega_i(X)\in C^\infty(M)$. Sea entonces $X\in\X(M)$; existen
funciones $f_1$,~\dots,~$f_n\in C^\infty(M)$ tales que
$X=\sum_{j=1}^nf_jX_j$, y entonces
$\omega_i(X)=\sum_{j=1}^nf_j\omega_i(X_j)=f_i$, que es diferenciable.

Tenemos entonces $n$ $1$-formas
$\omega_1$,~\dots,~$\omega_n\in\Omega^1(M)$, y podemos considerar la
$n$-forma producto
$\omega=\omega_1\wedge\dots\wedge\omega_n\in\Omega^n(M)$. Se trata de una
forma de volumen, porque no se anula: en efecto, es
$\omega(X_1,\dots,X_n)\equiv1$. Esto muestra, otra vez, que $M$~es
orientable.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $M$ y $N$ son variedades no vacías, entonces $M\times N$ es
orientable sii $M$ y $N$ lo son.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $M$ y $N$ son orientables, y sean $\A$ y $\A'$ 
atlas orientados de~$M$ y de~$N$, respectivamente, y consideremos el atlas
$\A''$ sobre~$M\times N$ cuyas cartas son las funciones
$\phi\times\psi:U\times V\to\RR^m\times\RR^n$ con $\phi:U\to\RR^m$ y
$\psi:V\to\RR^n$ cartas de~$\A$ y de~$\A'$, respectivamente; notemos que
$\A''$ está contenido en el atlas que usamos para definir la estructura
diferenciable de~$M\times N$ y claramente los dominios de sus elementos
cubren a este espacio, así que se trata en efecto de un atlas.

Para ver que $M\times N$ es orientable, bastará que mostremos que $\A''$ es
un atlas orientado. Sean entonces $\phi_1:U_1\to\RR^m$,
$\phi_2:U_2\to\RR^n$ dos cartas de~$\A$ y $\psi_1:V_1\to\RR^n$,
$\psi_2:V_2\to\RR^n$ dos cartas de~$\A'$, de manera que
$\phi_1\times\psi_1:U_1\times V_1\to\RR^{m+n}$ y
$\phi_2\times\psi_2:U_2\times V_2\to\RR^{m+n}$ son dos cartas de~$\A''$.
Es $(U_1\times V_1)\cap(U_2\times V_2)=(U_1\cap U_2)\times(V_1\cap V_2)$, y
la función de transición
  \[
  \hskip-1em
  (\phi_2\times\psi_2)\circ(\phi_1\times\psi_1)^{-1}
        :(\phi_1\times\psi_1)\bigl((U_1\times V_1)\cap(U_2\times V_2)\bigr)
        \to
        (\phi_2\times\psi_2)\bigl((U_1\times V_1)\cap(U_2\times V_2)\bigr)
  \]
es la función
  \[
  (\phi_2\circ\phi_1^{-1})\times(\psi_2\circ\psi_1^{-1})
        :\phi_1(U_1\cap U_2)\times\psi_1(V_1\cap V_2)
        \to
        \phi_2(U_1\cap U_2)\times\psi_2(V_1\cap V_2).
  \]
En cada punto $(x,y)\in\phi_1(U_1\cap U_2)\times\psi_1(V_1\cap V_2)$
la diferencial 
  \[
  D_{(x,y)}((\phi_2\circ\phi_1^{-1})\times(\psi_2\circ\psi_1^{-1}))
  :\RR^{m+n}\to\RR^{m+n}
  \]
es la función
  \[
  \begin{pmatrix}
  D_x(\phi_2\circ\phi_1^{-1}) & 0 \\
  0 & D_y(\psi_2\circ\psi_1^{-1})
  \end{pmatrix}
  : \RR^m\oplus\RR^n\to\RR^m\oplus\RR^n,
  \]
cuyo determinante es $\det D_x(\phi_2\circ\phi_1^{-1})\cdot\det
D_y(\psi_2\circ\psi_1^{-1})>0$.

\medskip

Para probar la recíproca, supongamos que $M\times N$ es orientable, y
mostremos que $M$ también lo es. Si $V\subseteq N$ es un abierto de~$N$
difeomorfo a~$\RR^n$, entonces $M\times V$ es un abierto de~$M\times N$ y,
en particular, es él mismo una variedad orientable. Esto muestra que
podemos suponer que $N=\RR^n$, y tenemos que mostrar entonces que
  \[
  \claim{si $M\times\RR^n$ es orientable, entonces $M$ lo es.}
  \]
Como el producto cartesiano es asociativo, una inducción evidente muestra
que, de hecho, es suficiente que probemos que
  \[
  \claim{si $M\times\RR$ es orientable, entonces $M$ lo es.}
  \]
Si $\phi:U\to\RR^n$ y $\psi:V\to\RR^n$ son cartas de~$M$, entonces 
las funciones
$\phi\times\id:U\times\RR\to\RR^{n+1}$
y
$\psi\times\id:V\times\RR\to\RR^{n+1}$
son cartas de~$M\times\RR$, tenemos campos
$\fder[\phi\times\id]{t}\in\X(U\times\RR)$ y
$\fder[\psi\times\id]{t}\in\X(V\times\RR)$, y es inmediato que
$\fder[\psi\times\id]{t}\big|_{(U\cap V)\times\RR} =
\fder[\psi']{t}\big|_{(U\cap V)\times\RR}$. Esto implica que existe un
campo vectorial $X\in\X(M\times\RR)$ tal que para cada carta
$\phi:U\to\RR^n$ de~$M$ es $X|_{U\times\RR}=\fder[\phi\times\id]{t}$.

Sea $\omega\in\Omega^{n+1}(M\times\RR)$ una forma de volumen
sobre~$M\times\RR$, cuya existencia está asegurada por la orientabilidad
de~$M\times\RR$, sea $q:x\in M\mapsto(x,0)\in M\times\RR$, y
consideremos la $n$-forma $\tilde\omega=q^*(\iota_X\omega)\in\Omega^n(M)$.
Para mostrar que $M$ es orientable bastará que mostremos que $\tilde\omega$
no se anula en ningún punto de~$M$.

Sea entonces $x\in M$, sea $\phi:U\to\RR^n$ una carta de~$M$ tal que~$x\in
U$ y, como antes, sea $\phi\times\id:U\times\RR\to\RR^{n+1}$ la carta de~$M\times\RR$
que corresponde a~$\phi$, cuyo domino contiene al punto~$q(x)=(x,0)$.
Es claro que
$q_{*x}(\fder[\phi]{x_i}\big|_x)=\fder[\phi\times\id]{x_i}\big|_{(x,0)}$ y
de la definición del campo~$X$ es
$X_{(x,0)}=\fder[\phi\times\id]{t}\big|_{(x,0)}$, y
entonces
  \begin{align*}
  \tilde\omega_x\Bigl(\fder[\phi]{x_1}\Big|_x,\dots,\fder[\phi]{x_1}\Big|_x\Bigr)
    &= (q^*\iota_X\omega)\Bigl(\fder[\phi]{x_1}\Big|_x,\dots,\fder[\phi]{x_1}\Big|_x\Bigr) \\
    &= \omega\Bigl(q_{*x}\Bigl(\fder[\phi]{x_1}\Big|_x\Bigr),
                \dots,
                q_{*x}\Bigl(\fder[\phi]{x_1}\Big|_x\Bigr), X\Bigr) \\
    &= \omega\Bigl(\fder[\phi\times\id]{x_1}\Big|_{(x,0)}, 
                \dots,
                \fder[\phi\times\id]{x_n}\Big|_{(x,0)},
                \fder[\phi\times\id]{t}\Big|_{(x,0)}
                \Bigl) \\
    &\neq0
  \end{align*}
porque $\bigl\{\fder[\phi\times\id]{x_1}\big|_{(x,0)}, \dots,
\fder[\phi\times\id]{x_n}\big|_{(x,0)},
\fder[\phi\times\id]{t}\big|_{(x,0)}\bigr\}$ es una base
de~$T_{(x,0)}(M\times\RR)$ y $\omega_{(x,0)}$ es una $n$-forma no nula
sobre ese espacio vectorial.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad, sea $\tilde M$ el conjunto de pares $(x,o)$
con $x\in M$ y $o$ una orientación de~$T_xM$ y sea $p:\tilde M\to M$ la
función tal que $p(x,o)=x$ para todo $(x,o)\in\tilde M$.
\begin{ejitems}

\item Muestre que $\tilde M$ es, de manera natural, una variedad. Con
respecto a esa estructura, la función $p:\tilde M\to M$ es un revestimiento
diferenciable de dos hojas.

\item La variedad $\tilde M$ es orientable.

\item La variedad $M$ es orientable si y solamente si existe una función
diferenciable $s:M\to\tilde M$ tal que $p\circ s=\id_M$.

\item Una variedad simplemente conexa es orientable.

\item Una variedad cuyo grupo fundamental no contiene subgrupos de
índice~$2$ es orientable.

\end{ejitems}


\end{ejercicios}

\end{document}
