\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{6}
\Titulo{Conexión y arco-conexión}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa como lado para hipó-tesis}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle

\begin{ejercicios}

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

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

\item ¿Cuáles de los siguientes subconjuntos de~$\RR$ son conexos?
  \[
  \{x\in\RR:0<\abs{x}<2\}, 
  \qquad
  \NN,
  \qquad
  [0,1),
  \qquad
  \QQ,
  \qquad
  \{\tfrac1n:n\in\NN\}.
  \]

\item Si $X$ es un espacio métrico, $x\in X$ y $\epsilon>0$, ¿es conexa la
bola $B_\epsilon(x)$?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Tenemos que
  \begin{gather*}
  \{x\in\RR:0<\abs{x}<2\} = (-2,0)\cup(0,2), \\
  \NN = \NN\cap(-\infty,1/2) \cup \NN\cap(1/2,+\infty), \\
  \QQ = \QQ\cap(-\infty,\sqrt2)\cup\QQ\cap(\sqrt2,+\infty), \\
  \{\tfrac1n:n\in\NN\} =  \{\tfrac1n:n\in\NN\}\cap(0,1/\sqrt5)\cup
        \{\tfrac1n:n\in\NN\}\cap(1/\sqrt5,2).
  \end{gather*}
así que cada uno de esos conjuntos es desconexo. Por otro lado, la función
  \[
  t\in\RR\mapsto 1-\frac{1}{1+t^2}\in\RR
  \]
es continua y tiene por imagen al intervalo~$[0,1)$, así que este último es
conexo.

\ejitem{2} Depende del espacio, del punto y del radio de la bola! Por
ejemplo, en un espacio con métrica discreta y con más de un punto una bola
abierta es conexa si y solamente si su radio es menor o igual a~$1$. Por
otro lado, en~$\RR^n$ toda bola es conexa. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item De ejemplos de dos conjuntos conexos de~$\RR^n$ que tengan \emph{(i)} unión no
conexa; \emph{(ii)} intersección no conexa; \emph{(iii)} diferencia no
conexa. ¿Puede encontrar ejemplos con $n=1$?


\begin{Solucion}
Los intervalos $(0,1)$ y $(1,2)$ son conexos, pero $(0,1)\cup(1,2)$ no es
conexo. 

Si $\phi:t\in\RR\mapsto(\cos t,\sin t)\in\RR^2$, entonces los conjuntos
$\phi([0,\pi])$ y $\phi([\pi,2\pi])$ son conexos, pero su intersección
$\{\phi(0),\phi(\pi)\}$ no lo es. Finalmente, $\RR^2$ y
$X=\{(x,0):x\in\RR\}$ son conexos de~$\RR^2$, pero la diferencia
$\RR^2\setminus X$ no lo es.

No hay ejemplos para~\emph{(ii)} y~\emph{(iii)} en~$\RR$. Para verlo,
mostremos primero que
  \[
  \claim[.9]{un subconjunto no vacío y conexo de~$\RR$ es un intervalo
  posiblemente degenerado.}
  \]
En efecto, supongamos que $A$ es un subconjunto no vacío y conexo de~$\RR$ y sean
  \[
  a=\inf A\in[-\infty,+\infty),
  \qquad
  b=\sup A\in(-\infty,+\infty].
  \]
Si $x$ es un elemento de~$\RR$ tal que $a<x<b$, entonces existen $y$,~$z\in
A$ tales que $y<x<z$ Si $x$ no fuera un elemento de~$A$, entonces las
intersecciones $A\cap(-\infty,x)$ y $A\cap (x,+\infty)$ serían entonces no
vacías, abiertas en~$A$ y con unión igual a~$A$, lo que es imposible. Vemos
de esta forma que $(a,b)\subseteq A$. La elección de~$a$ y $b$ implica que
además $A\subseteq[a,b]$, así que $A$ es alguno de los conjuntos $(a,b)$,
$[a,b)$, $(a,b]$ o $[a,b]$.

Ahora bien, como la intersección de dos intervalos es un intervalo y la
diferencia de dos intervalos es un intervalo, vemos que, como dijimos, no
hay ejemplos para \emph{(ii)} o \emph{(iii)} en~$\RR$. \qed
\end{Solucion}

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

\item\label{ej:Cx} Si $C$ es un subconjunto conexo de~$\RR^n$ y $x$ es un punto de
acumulación de~$C$, entonces $C\cup\{x\}$ es conexo.

\item ¿Son ciertas las siguientes afirmaciones?
\begin{ejitems}

\item El interior de un conjunto conexo es conexo.

\item La clausura de un conjunto conexo es conexa.

\end{ejitems}
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $C$ un subconjunto conexo de~$\RR^n$, sea $x$ un punto de
acumulación de~$C$, sea $D\coloneqq C\cup\{x\}$ y supongamos que hay dos
abiertos $A$ y $B$ de~$D$ no vacíos, disjuntos y tales que $A\cup B=D$.
Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $x\in A$. Como $C=(A\cap
C)\cup(B\cap C)$ y los conjuntos $A\cap C$ y $B\cap C$ son abiertos
disjuntos de~$C$, que $C$ sea conexo implica que o bien $C\subseteq A$ o
bien $C\subseteq B$. La segunda posibilidad no puede ocurrir:
como $A$ es un abierto de~$D$, existe $\epsilon>0$ tal que
$B_\epsilon^D(x)\subseteq A$ y, por lo tanto, si $C\subseteq B$ es
$B_\epsilon(x)\cap C\subseteq B_\epsilon(x)\cap B\subseteq
B_\epsilon^D(x)\cap B\subseteq A\cap B=\emptyset$, lo que es absurdo, ya que
$x\in \overline C$.

Vemos así que $C\subseteq A$ y, en definitiva, que $D\subseteq A$. Esto
prueba que $D$ es conexo.

\ejitem{2} La primera de las dos afirmaciones del enunciado no es cierta:
en $\RR^2$ el conjunto $\overline B_1((-1,0))\cup\overline B_1((1,0))$ es
conexo --- cada una de las dos bolas cerradas es conexa y esas bolas tienen
intersección no vacía --- pero su interior $B_1(-1,0)\cup B_1(1,0)$ no lo
es. Veamos que la segunda sí es cierta.

Sea $X$ un espacio métrico, sea $C$ un subconjunto conexo de~$X$ y sean $A$
y $B$ dos abiertos disjuntos de~$\overline C$ tales que $A\cup B=\overline
C$. Como $(A\cap C)$ y $(B\cap C)$ son abiertos disjuntos de~$C$ cuya unión
es~$C$, uno de los dos coincide con~$C$: sin pérdida de generalidad podemos
suponer entonces que $C\subseteq A$. Sea ahora $x\in\bar C$ y supongamos
que $x\in B$. Como $B$ es abierto en~$\bar C$, existe $\epsilon>0$ tal que
$C\cap B_\epsilon(x)\subseteq \bar C\cap B_\epsilon(x)=B_\epsilon^{\bar
C}(x)\subseteq B$ y entonces $C\cap B_\epsilon(x)=C\cap B_\epsilon(x)\cap
A\subseteq B\cap A=\emptyset$: esto es absurdo, ya que $x\in\overline C$.
Vemos así que $\overline C\subseteq A$ y, en definitiva, que $\overline C$
es conexo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico y sea $C$ un subconjunto de~$X$. Las
siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{tfae}

\item No existen abiertos no vacíos y disjuntos $U$ y~$V$ de~$C$ tales que
$C=U\cup V$.

\item No existen abiertos disjuntos $U$ y~$V$ de~$X$ tales que $U\cap
C\neq\emptyset$, $V\cap C\neq\emptyset$ y $C\subseteq U\cup V$.

\item Si $A$ es un subconjunto no vacío de~$C$ que es abierto y cerrado
en~$C$, entonces $A=C$.

\end{tfae}

\begin{Solucion}
\implicacion{1}{2} Si $U$ y $V$ son abiertos disjuntos de~$X$ tales que
$U\cap C\neq\emptyset$, $V\cap C\neq\emptyset$ y~$C\subseteq U\cap B$,
entonces $U'=U\cap C$ y $V'=V\cap C$ son abiertos disjuntos y no vacíos
de~$C$ tales que $U'\cup V'=C$. Esto muestra que si no vale~\tfaeitem{2} no
vale~\tfaeitem{1}.

\implicacion{2}{1} Supongamos que \tfaeitem{1} no vale. Sean $U$ y $V$ dos
abiertos no vacíos y disjuntos de~$C$ tales que $C=U\cap V$. Como son
cerrados en~$C$, existen cerrados $F$ y $G$ de~$X$ tales que $F\cap C=U$ y
$F\cap C=V$, y esto implica que $\overline U\cap V\subseteq F\cap
V\subseteq F\cap C\cap V=U\cap V=\emptyset$ y, de manera similar, que
$U\cap\overline V=\emptyset$. Sean $d_U$,~$d_V:X\to\RR$ las funciones
distancia a~$U$ y a~$V$, respectivamente. Sean $\tilde
U=\{x\in\RR:d_U(x)<d_V(x)\}$ y $\tilde V=\{x\in\RR:d_U(x)>d_V(x)\}$. Se
trata de abiertos, porque las funciones~$d_U$ y~$d_V$ son continuas, y son
claramente disjuntos. Si $x\in U$, entonces $d_U(x)=0$ y $d_V(x)>0$ porque
$x\not\in\overline V$, así que $U\subseteq\tilde U$; de la misma forma,
$V\subseteq\tilde V$, y entonces $C\subseteq\tilde U\cup\tilde V$. Es
$\tilde U\cap C\supseteq U\cap C=U\neq\emptyset$ y $\tilde V\cap C\supseteq
V\cap C=V\neq\emptyset$. Esto nos dice que \tfaeitem{2} no vale.

\implicacion{1}{3} Supongamos que vale~\tfaeitem{1} y sea $A$ un
subconjunto no vacío de~$C$ que es abierto y cerrado en~$C$. Entonces
$C\setminus A$ es un abierto de~$C$ disjunto de~$A$ y tal que
$A\cup(C\setminus A)=C$: la hipótesis implica que $C\setminus A=\emptyset$,
es decir, que $A=C$.

\implicacion{3}{1} Sean $U$ y $V$ dos abiertos disjuntos de~$C$ tales que
$C=U\cap V$ y supongamos que $U\neq\emptyset$. El conjunto $U=C\setminus V$
es entonces también cerrado y la hipótesis~\tfaeitem{3} implica que $U=C$, es
decir, que $V$ es vacío. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico. Si $\mathcal A$ es una familia de
subconjuntos conexos de~$X$ tal que
  \[
  \claim{cada vez que $A$ y $B$ son dos elementos de~$\mathcal A$, existen
  $n\in\NN_0$ y elementos $C_0$,~\dots,~$C_n$ de~$\mathcal A$ tales que
  $A=C_0$, $B=C_n$ y para cada $i\in\inter{n}$ es $C_{i-1}\cap C_i\neq\emptyset$,}
  \]
entonces la unión $\bigcup_{A\in\mathcal A}A$ es conexa.

\begin{Solucion}
Basta mostrar que todo par de puntos de $Y=\bigcup_{A\in\mathcal A}A$ está
contenido en un subconjunto conexo. Sean entonces $x$ e~$y$ dos puntos
de~$Y$ y sean $A$ y $B$ dos elementos de~$\mathcal A$ tales que $x\in A$
e~$y\in B$. Por hipótesis, existen $n\in\NN_0$ y $C_0$,~\dots,~$C_n$
en~$\mathcal A$ tales que $A=C_0$, $B=C_n$ y para cada $i\in\inter{n}$ es
$C_{i-1}\cap C_{i}\neq\emptyset$. Queremos mostrar que $\bigcup_{i=0}^nC_i$
es un conexo que contiene a~$x$ y a~$y$. Que contiene a los dos puntos es
evidente, ya que contiene a~$A$ y a~$B$, así que solo hay que probar que es
conexo. Mostremos entonces que 
  \[
  \claim{si $n\in\NN_0$ y $C_0$,~\dots,~$C_n$ son elementos de~$\mathcal A$
  tales que $C_{i-1}\cap C_i\neq\emptyset$ para cada $i\in\inter{n}$,
  entonces la unión $\bigcup_{i=0}^nC_i$ es conexa.}
  \]
Lo hacemos por inducción con respecto a~$n$. Si $n=0$, esto es claro, ya
que los elementos de~$\mathcal A$ son conexos. Por otro lado, si $n>0$,
entonces la hipótesis inductiva evidente implica que
$\bigcup_{i=0}^{n-1}C_i$ es conexo. Como este conjunto se interseca con el
conexo $C_n$ en por lo menos los puntos de~$C_{n-1}\cap C_n$, tenemos que
$\bigcup_{i=0}^{n}C_i=C_n\cup \bigcup_{i=0}^{n-1}C_i$ es conexo. Esto
completa la inducción. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una función continua $\RR\to\ZZ$ es constante.

\begin{Solucion}
Sea $f:\RR\to\ZZ$ una función continua. Como $\{f(0)\}$ y
$\ZZ\setminus\{f(0)\}$ son abiertos disjuntos de~$\ZZ$ con unión~$\ZZ$ y la
función es continua, los conjuntos $f^{-1}(\{f(0)\})$ 
y~$f^{-1}(\ZZ\setminus\{f(0)\})$ son abiertos disjuntos de~$\RR$ con
unión~$\RR$. El primero no es vacío, ya que contiene a~$0$, así que, como
$\RR$ es un espacio métrico conexo, el segundo tiene que ser vacío: como se
trata del conjunto $\{x\in\RR:f(x)\neq f(0)\}$, vemos que $f$ es constante
de valor~$f(0)$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio métrico $X$ es conexo si y solo si toda función
continua $X\to\{0,1\}$ es constante.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $X$ es conexo y sea $f:X\to\{0,1\}$ una función
continua. Como $\{0\}$ y $\{1\}$ son abiertos disjuntos de~$\{0,1\}$ que lo
cubren, $f^{-1}(0)$ y $f^{-1}(1)$ son abiertos disjuntos de~$X$ que lo
cubren: alguno de los dos tiene que ser vacío, porque $X$ es conexo, y esto
claramente implica que $f$ es constante.

Supongamos ahora que toda función continua $X\to\{0,1\}$ es constante y
sean $A$ y $B$ dos abiertos disjuntos de~$X$ que lo cubren. Hay
por lo tanto una función $f:X\to\{0,1\}$ tal que para todo $x\in X$ es
  \[
  f(x) = \begin{cases*}
         0 & si $x\in A$; \\
         1 & si $x\in B$.
         \end{cases*}
  \]
Más aún, esta función es continua, porque sus restricciones a los abiertos
del cubrimiento abierto $\{A,B\}$ lo son. La hipótesis, entonces, nos dice
que $f$ es constante, esto es, que alguno de~$A$ o~$B$ es vacío. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $n\geq2$, entonces los espacios métricos $\RR$ y $\RR^n$ no son
homeomorfos.

\begin{Solucion}
Supongamos que hay un homeomorfismo $f:\RR\to\RR^n$. El intervalo $I=(0,1)$
tiene la propiedad de que es conexo y que existe $x\in I$ tal que
$I\setminus\{x\}$ no es conexo. El conjunto $U=f(I)$ es por lo tanto un
abierto de~$\RR^n$ conexo y para el que existe $x\in U$ con
$U\setminus\{x\}$ no conexo.  Existe entonces una función
$g:U\setminus\{x\}\to\{0,1\}$ que es continua y no constante. Como $U$ es
abierto, existe~$\delta>0$ tal que $B_\delta(x)\subseteq U$. El conjunto
$B_\delta^*(x)$ es conexo, así que la restricción $g|_{B^*_\delta(x)}$ es
constante: sea $u$ su valor allí. Es claro que $\lim_{y\to x}g(y)=u$, así
que la función $h:U\to\{0,1\}$ tal que $h(x)=u$ y $h(y)=g(y)$ para todo
$y\in U\setminus\{x\}$ es continua. Claramente no es constante, porque $g$
no lo es: esto es absurdo, porque $U$ es conexo.

\bigskip

Observemos que para poder hacer esto necesitamos saber que  
  \[
  \claim{para todo $\delta>0$ y todo $x\in\RR^n$ el conjunto $B_\delta^*(x)$
  es conexo.}
  \]
Es fácil probarlo. Sean $y$ y~$z$ dos puntos distintos de~$B_\delta^*(x)$.
Si $y-x$ y $z-x$ son linealmente independientes, entonces la función
  \[
  \gamma:t\in[0,1]\mapsto ty+(1-t)z\in\RR^n
  \]
toma valores en~$B_\delta^*(x)$: en efecto, si tuviéramos que $\gamma(t)=x$
para algún $t\in[0,1]$, entonces
  \[
  0 = x-x = (ty+(1-t)z) + (tx+(1-t)x) = t(y-x) + (1-t)(z-x),
  \]
lo que es absurdo, porque estamos suponiendo que $y-x$ y $z-x$ son
linealmente independientes. Por otro lado, para cada $t\in[0,1]$ es
  \begin{align*}
  d(\gamma(t),x) 
       &= \abs{ty+(1-t)z-x}
        = \abs{t(y-x)+(1-t)(z-x)} \\
       &\leq t\abs{y-x} + (1-t)\abs{z-x}
        < t\delta+(1-t)\delta = \delta.
  \end{align*}
Como $\gamma$ es continua, vemos que que $y$ y $z$ están en la misma
componente conexa de~$B_\delta^*(x)$.

Por otro lado, si $y-x$ y $z-x$ son linealmente dependientes existe
$w\in\RR^n$ que es linealmente independiente de los dos, ya que $n\geq2$,
y, sin pérdida de generalidad, podemos elegirlo de manera que
$\norm{w}<\delta$, de manera que $u=w+x\in B_\delta^*(x)$. Como $y-x$ y
$u-x$, por un lado, y $z-x$ y $u-x$, por otro, son linealmente
independientes, lo que ya hicimos muestra que $y$ y $u$, por un lado, y $z$
y $u$, por otro, están en la misma componente conexa de~$B_\delta^*(x)$:
por supuesto, esto implica que $y$ y~$z$ están en la misma componente
conexa de~$B_\delta^*(x)$. \qed
\end{Solucion}

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

\item Una función continua $f:[0,1]\to[0,1]$ posee un punto fijo, esto es,
existe $x\in[0,1]$ tal que $f(x)=x$.

\item Sea $X$ un espacio métrico, sea $f:X\to\RR$ una función
continua y sean $a$ y~$b$ dos elementos de~$f(X)$ tales que $a\leq b$. Si
$X$ es conexo, entonces para todo $c\in[a,b]$ existe $x\in X$ tal que
$f(x)=c$. ¿Es cierta la implicación recíproca?

\item Un espacio métrico conexo con más de un punto es no numerable.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f:[0,1]\to\RR$ una función continua. Si $f(x)\neq x$ para
todo $x\in[0,1]$, entonces los conjuntos $U=\{x\in[0,1]:f(x)<x\}$ y
$V=\{x\in[0,1]:f(x)>x\}$, que son abiertos y disjuntos, cubren~$[0,1]$:
esto es absurdo, porque $[0,1]$ es conexo.

\ejitem{2} Supongamos que $X$ es conexo y
sea $c\in[a,b]$. Si $c\not\in f(X)$, entonces tenemos que
los conjuntos $U=f(X)\cap(-\infty,c)$ y $V=f(X)\cap(c,+\infty)$ son
abiertos disjuntos de~$f(X)$ con $f(X)=U\cup V$. Ambos abiertos son no
vacíos, ya que  $a\in U$ y $b\in V$: esto es absurdo, porque $f(X)$ es
conexo.

La implicación recíproca no es cierta. Por ejemplo, cualquier función
constante $f:X\to\RR$ con dominio un espacio métrico desconexo da un
ejemplo.

\ejitem{3} Sea $X$ un espacio métrico conexo con al menos dos puntos
distintos $x$ e~$y$. La función $f:z\in X\mapsto d(f,x)\in\RR$ es continua
y no constante, ya que tenemos por supuesto que $f(x)=0\neq d(x,y)=f(y)$.
La imagen de~$f$ es, por lo tanto, un conexo de~$\RR$ con más de un punto, así que
no es numerable: $X$ no puede ser entonces numerable. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Encuentre las componentes conexas de los siguientes subconjuntos
de~$\RR$ o~$\RR^2$:
  \begin{align*}
  &  \operatorname{arcsen}([\sqrt2/2,1]),
  && \QQ,
  \\
  &  B_1((-1,0))\cup B_1((1,0)),
  && B_1((-1,0))\cup B_1((1,0))\cup \{(0,0)\}.
  \end{align*}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} La imagen de un conexo por una función continua es conexa, así
que el conjunto del enunciado es conexo.

\ejitem{2} Si $C$ es un subconjunto de~$\QQ$ que tiene al menos dos puntos
distintos~$x$ e~$y$ y, sin pérdida de generalidad, $x<y$, entonces hay un
número irracional~$\xi$ tal que $x<\xi<y$ y los conjuntos
$C\cap(-\infty,\xi)$ y $C\cap(\xi,+\infty)$ son abiertos disjuntos de~$C$
que lo cubren: vemos así que $C$ no es conexo.

La conclusión de esto es que los únicos conexos de~$\QQ$ son los conjuntos
con exactamente un punto y, por lo tanto, esas son sus componentes conexas.

\ejitem{3} Los conjuntos $U=B_1((-1,0))$ y que $V=B_1((1,0))$ son conexos y
disjuntos, y $U\cup V$ es el espacio del enunciado, así que son sus
componentes conexas.

\ejitem{4} Sabemos que los conjuntos $U=B_1((-1,0))$ y que $V=B_1((1,0))$
son conexos, y $x=\{(0,0)\}$ está en la clausura de ambos. De acuerdo al
Ejercicio~\ref{ej:Cx}, $U\cup\{x\}$ y $V\cup\{x\}$ son conexos. Como tienen
intersección no vacía, su unión $U\cup V\cup\{x\}$, el conjunto del
enunciado, es conexo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Para cada $n\in\NN$ sea $A_n=\{\tfrac1n\}\times[0,1]$ y sea
  \[
  X = \{(0,0),(0,1)\}\cup\bigcup_{n\geq1}A_n.
  \]
\begin{ejitems}

\item Los conjuntos $\{(0,0)\}$ y $\{(0,1)\}$ son componentes conexas
de~$X$.

\item Si $B$ es un subconjunto abierto y cerrado  de~$X$, entonces o bien
$B$ contiene al conjunto $\{(0,0),(0,1)\}$ o es disjunto con él.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Es claro que $\{(0,0)\}$ es conexo. Veamos que se trata de un
conjunto maximal con esa propiedad. Sea $U$ un conexo de~$X$ que contiene
a~$(0,0)$ y sea $f:X\to\RR$ la proyección en la primera coordenada. Como
$f$ es continua y $(0,0)\in U$, $f(U)$ es un conexo de~$\RR$ que contiene
a~$0$. Ahora bien, la imagen de~$f$ es el conjunto
$\{0\}\cup\{1/n:n\in\NN\}$ y la componente de~$0$ en él es $\{0\}$. Esto
significa que $f(U)\subseteq\{0\}$ y, por lo tanto, que
$U\subseteq\{(0,0),(0,1)\}$. Como $U$ es conexo, debe ser $U=\{(0,0)\}$.

El mismo argumento se aplica a $\{(0,1)\}$, por supuesto.

\ejitem{2} Sea ahora $B$ un subconjunto de~$X$ que es abierto y cerrado y
supongamos que contiene a $(0,0)$. Como es abierto, existe $\epsilon>0$ tal
que $B_\epsilon^X((0,0))\subseteq B$ y, por lo tanto, si $n\in\NN$ es tal
que $1/n<\epsilon$, tenemos que $(0,1/n)\in B$. Vemos así que $B$ interseca
no trivialmente a~$A_n$ y, por lo tanto, como $A_n$ es conexo y $B$ es
abierto y cerrado en~$X$, que $A_n\subseteq B$. En particular, $(1/n,1)\in
B$. La conclusión de esto es que $(1/n,1)$ está en~$B$ para todo $n\in\NN$
tal que $1/n<\epsilon$ y, como $B$ es cerrado, que $(0,1)$ está en~$B$.

Esto muestra que si $(0,0)$ está en~$B$, entonces $(0,1)$ también está
en~$B$, y la recíproca puede probarse de la misma forma. La afirmación que
queremos probar es consecuencia inmediata de esto. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Las componentes conexas de un espacio métrico son cerradas. ¿Son
abiertas?

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico y sea $C$ una de sus componentes conexas, esto
es, un subconjunto conexo maximal de~$X$. Como $\overline C$ es conexo y
contiene a~$C$, debe ser $C=\overline C$, esto es, $C$ debe ser cerrado. 

En general, las componentes conexas de un espacio métrico no son abiertas:
por ejemplo, las componentes conexas de~$\QQ$ tienen exactamente un punto
todas y, por lo tanto, ninguna de ellas es abierta. Es cierto, sin embargo,
que son abiertas cuando son finitas: al ser finitas y cerradas, la unión de
todas salvo una de ellas es un cerrado y, por lo tanto, el complemente de
esa unión, que es la componente restante, es abierto. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que los siguientes conjuntos son totalmente desconexos:
\begin{ejitems}

\item Un espacio métrico discreto con mas de~$1$ punto.

\item $\QQ$.

\item El conjunto de Cantor.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Todo subconjunto de un espacio métrico discreto es él mismo
discreto, así que para ver que los únicos conexos de un espacio métrico
discreto son los conjuntos que tienen exactamente un punto es suficiente
con mostrar que un espacio métrico discreto conexo tiene un solo punto.

Sea entonces $X$ un espacio métrico discreto y conexo. Sea $x\in X$ y sea
$f:X\to\{0,1\}$ la función tal que $f(x)=1$ y $f(y)=0$ para todo $y\in
X\setminus\{x\}$. Esta función es continua: como $X$ es conexo, tiene que
ser constante y claramente esto significa que $X\setminus\{x\}=\emptyset$,
esto es, que es $X=\{x\}$.

\ejitem{2} Queremos probar que las componentes conexas de~$\QQ$ tienen
exactamente un punto y para eso es suficiente con ver que un subconjunto
de~$\QQ$ con más de un punto no es conexo.

Sea $A$ un subconjunto de~$\QQ$ y supongamos que $x$ e~$y$ son dos
elementos distintos de~$A$ con $x<y$. Sea $\xi$ un número irracional tal
que $x<\xi<y$ y sean $U=A\cap(-\infty,\xi)$ y $V=A\cap(\xi,+\infty)$. Se
trata de dos abiertos no vacíos disjuntos de~$A$ tales que $U\cup V=A$, así que $A$
no es conexo.

\ejitem{3} Sea $K$ el conjunto de Cantor y sea $A$ un subconjunto de~$K$
con al menos dos puntos distintos $x$ e~$y$. Sin pérdida de generalidad
suponemos que $x<y$. Sean $x=0.x_1x_2\dots$ e $y=0.y_1y_2\dots$ los
desarrollos ternarios de~$x$ y de~$y$ que no usan el dígito~$1$. Supongamos que $n\in\NN$ es tal que
$x_i=y_i$ para todo $i\in\inter{n-1}$ y que $x_n=0$, $y_n=2$, y sea
$\xi=0.x_1x_2\dots x_{n-1}1$ en base~$3$. Es $x<\xi<y$ y $\xi\not\in K$.
Los conjuntos $A\cap(-\infty,\xi)$ y $A\cap(\xi,+\infty)$ son entonces
dos abiertos no vacíos y disjuntos de~$A$ que lo cubren. \qed
\end{Solucion}

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

Recordemos que un subconjunto~$A$ de un espacio métrico~$X$ es
\emph{arco-conexo} si no es vacío y cada vez que $x$ e~$y$ son puntos
de~$A$ existe una función continua $\sigma:[0,1]\to A$ tal que
$\sigma(0)=x$ y $\sigma(1)=y$.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un subconjunto arco-conexo de un espacio métrico es conexo, pero
existen espacios conexos que no son arco-conexos.

\begin{Solucion}
Sea $X$ un espacio métrico y sea $A$ un subconjunto no vacío arco-conexo de
$X$. Para cada $a$, $b\in A$ existe una función continua
$f_a:[0,1]\to A$ que tiene a~$a$ y a~$b$ en su imagen: como $[0,1]$ es
conexo, $f([0,1])$ es conexo. Vemos así que todo par de puntos de~$A$ está
contenido en un conexo contenido en~$A$ y, por lo tanto, que $A$ es conexo.

Veamos ahora que hay espacios conexos que no son arco-conexos.
Consideremos en~$\RR^2$ el subconjunto
  \[
  X \coloneqq \{(0,1)\}\cup [0,1]\times\{0\}\cup \bigcup_{n\geq1}\{\tfrac1n\}\times[0,1].
  \qquad
  \qquad
  \begin{tikzpicture}[scale=1.5, very thin,
        baseline=(current bounding box.center)
        ]
  \foreach \n in {1, ..., 35}
    \draw (1/\n,0) -- (1/\n,1);
  \draw (0,0) -- (1,0);
  \draw[gray, dotted] (0,0) -- (0,1);
  \fill (0,1) circle(0.5pt);
  \end{tikzpicture}
  \]
Su subespacio 
  \[
  Y = [0,1]\times\{0\}\cup \bigcup_{n\geq1}\{\tfrac1n\}\times[0,1].
  \]
es arco-conexo --- el conjunto $[0,1]\times\{0\}$ y cada uno de los
conjuntos $\{1/n\}\times[0,1]$ con $n\in\NN$ es evidentemente arco-conexo y
todos ellos intersecan al primero--- así que es conexo. Como $(0,1)$ está
en la clausura de~$Y$, $X$ también es conexo. Veamos que $X$ no es
arco-conexo. Supongamos que $f:[0,1]\to X$ es una función continua tal que
$f(0)=(0,1)$, sea
  \[
  D \coloneqq \{\delta\in[0,1]:\forall t\in[0,\delta],\, f(t)=(0,1)\}
  \]
y sea $T\coloneqq\sup D$. Como $f$ es continua, es claro que
$f(T)=(0,1)$. Supongamos que $T<1$.
Como $f$ es continua, existe $\delta>0$ tal que
$[T,T+\delta)\subseteq[0,1]$ y
  \[
  t\in[T,T+\delta) \implies d(f(t),(0,1)) < \tfrac12.
  \]
Supongamos que existe $t\in[T,T+\delta)$ tal que $\pi_1(f(t))>0$: entonces
hay un número irracional $\zeta$ tal que $0<\zeta<\pi_1(f(t))$ y tiene que
existir $s\in[T,T+\delta)$ tal que $\pi_1(f(s))=\zeta$. Pero $X\cap
B_{1/2}((0,1))\cap\{\zeta\}\times\RR=\emptyset$. 

Vemos así que para todo $t\in[T,T+\delta)$ es $\pi_1(f(t))=0$ y, por lo
tanto, $f(t)$ es $(0,0)$ o $(0,1)$. Como $[T,T+\delta)$ es conexo y
$f(T)=(0,1)$, tenemos que, de hecho, $f(t)=(0,1)$ para todo
$t\in[T,T+\delta)$. La elección de~$T$ implica
entonces que $f(t)=(0,1)$ para todo $t\in[0,T+\delta/2]$, de manera que
$T+\delta/2\in D$: esto contradice la elección de~$T$.

Vemos así que $T=1$ y, por lo tanto, que la función $f$ es constante
de valor~$(0,1)$. Esto significa que la componente arco-conexa de~$(0,1)$
en~$X$ tiene un único punto. El espacio~$X$ no es, en consecuencia,
arco-conexo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item ¿Cuáles de los siguientes conjuntos son arco-conexos?
\begin{ejitems}

\item El gráfico $\Gamma_f=\{(x,y,f(x,y))\in\RR^3:(x,y)\in\RR^2\}$ de una
función continua~$f:\RR^2\to\RR$.

\item Los conjuntos $B_1(0)$ y $\RR^n\setminus B_1(0)$.

\item $\RR^2\setminus\{(x,0):x\in\RR\}$.

\item $\RR^2\setminus\{(0,0)\}$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $p$ y $q$ dos puntos de~$\Gamma_f$, de manera que existen
$(x,y)$ y $(x',y')$ en~$\RR^2$ tales que $p=(x,y,f(x,y))$ y
$q=(x',y',f(x',y'))$. La función
  \[
  \gamma:t\in[0,1]\mapsto
        ((1-t)x+tx',(1-t)y+ty',f((1-t)x+tx',(1-t)y+ty'))\in\Gamma_f
  \]
es claramente continua y tiene $\gamma(0)=p$ y $\gamma(1)=q$. El
conjunto~$\Gamma_f$ es, por lo tanto, arco-conexo.

\ejitem{2} Si $x\in B_1(0)$, entonces la función $\gamma:t\in[0,1]\mapsto
tx\in B_1(0)$ es continua y tiene $\gamma(0)=0$ y $\gamma(1)=x$. Todos los
puntos de~$B_1(0)$ están por lo tanto en la componente arco-conexa de~$0$
y, por lo tanto, $B_1(0)$ es arco-conexo.

Sea ahora $X=\RR^n\setminus B_1(0)$ con $n\geq2$. Si $x\in X$ e
$y=2x/\norm{x}$, entonces la función 
  \[
  \gamma:t\in[0,1]\mapsto (1-t)x+ty\in\RR^n
  \]
es continua y tiene imagen en~$X$. En efecto,
  \[
  \norm{(1-t)x+ty} 
        = \norm*{\left((1-t)+\frac{2t}{\norm{x}}\right)x}
        = \abs*{(1-t)+\frac{2t}{\norm{x}}}\norm{x}
        = \abs*{(1-t)\norm{x}+2t}
  \]
y esto es mayor que $1$, porque está entre $\norm{x}$, que es mayor que $1$,
y $2$. Como $\gamma(0)=x$ y~$\norm{\gamma(1)}=2$, vemos que todo punto
de~$X$ se puede conectar con una curva contenida en~$X$ con un punto de
$S=\{x\in\RR^n:\norm{x}=2\}$. 

Para probar que $X$ es arco-conexo, entonces, es suficiente que mostremos
que $S$ es arco-conexo. Ahora bien, $S$ es la unión de los conjuntos
$S_+\coloneqq\{x\in S:x_1\geq0\}$ y $S_-\coloneqq\{x\in S:x_1\geq0\}$ y estos dos
conjuntos se intersecan no trivialmente, así que es suficiente que
mostremos que $S_+$ y $S_-$ son arco-conexos.

Sea $B\coloneqq\{x\in\RR^2:\norm{x}\leq 2\}$ y sea 
  \[
  f:(x,y)\in B\mapsto (x,y,\sqrt{1-x^2-y^2}\in\RR^3.
  \]
Esta función es continua y tiene imagen igual a~$S_+$: como $B$ es
arco-conexo, esto implica que $S_+$ es arco-conexo. De la misma forma
podemos ver que $S_-$ es arco-conexo.

\ejitem{3} Sea $X=\RR^2\setminus\{(x,0):x\in\RR\}$. Los puntos $e_2$ y
$-e_2$ están en~$X$. Supongamos que hay una curva $\gamma:[0,1]\to X$ tal
que $\gamma(0)=e_2$ y $\gamma(1)=-e_2$. La composición
$\pi_2\circ\gamma:[0,1]\to\RR$ es continua y vale~$1$ y $-1$ en~$0$ y
en~$1$, respectivamente, así que existe $t\in[0,1]$ tal que
$\pi_1(\gamma(t))=0$: esto es absurdo, porque entonces
$\gamma(t)\in\{(x,0):x\in\RR\}$.

\ejitem{4} Sea $X=\RR^2\setminus\{(0,0)\}$. Sean $x$ e~$y$ dos puntos
de~$X$. Si $y\not\in\RR_{<0}x$ (observemos que esta condición se cumple si,
por ejemplo, $x$ e~$y$ son linealmente independientes), entonces la función 
  \[
  f:t\in[0,1]\mapsto (1-t)x+ty\in\RR^2
  \]
toma valores en~$X$. En efecto, si $t\in[0,1]$ fuese tal que $\gamma(t)=0$,
tendríamos que $(1-t)x+ty=0$: como $x\neq0$ e~$y\neq0$, es $t\in(0,1)$, y,
por lo tanto, $y=-(1-t)x/t\in\RR_{<0}x$, lo que es absurdo. Como $f$ es
continua y $f(0)=x$ y $f(1)=y$, vemos que $x$ e~$y$ están en la misma
componente arco-conexa.

Supongamos ahora que $y=-\lambda x$ con $\lambda>0$. Como $\RR^2$ tiene
dimensión~$2$ y $x\neq0$, existe $z\in X$ tal que $x$ y $z$ son linealmente
independientes; es claro que $y$ y~$z$ son también linealmente
independientes. Lo que ya hicimos nos dice que $x$ y~$z$ están en la misma
componente arco-conexa y que $y$ y~$z$ están en la misma componente
arco-conexa: vemos así que también en este caso $x$ e~$y$ están en la misma
componente arco-conexa. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:X\to Y$ una función continua entre espacios métricos. Si $X$
es arco-conexo, entonces $f(X)$ es un subconjunto arco-conexo de~$Y$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $X$ es arco-conexo y sean $y$ e~$y'$ dos puntos de~$f(X)$,
de manera que existen dos puntos $x$ y~$x$ en~$X$ tales que $y=f(x)$ e~$y'=f(x')$. Como
el espacio $X$ es arco-conexo, existe una función continua $\gamma:[0,1]\to X$ tal que
$\gamma(0)=x$ y $\gamma(1)=x'$. La composición
$\sigma\coloneqq f\circ\gamma:[0,1]\to Y$ es continua, su imagen
está contenida en~$f(X)$ y tiene $\sigma(0)=y$ y~$\sigma(1)=y'$. Vemos así que $f(Y)$ es
un subconjunto arco-conexo de~$Y$, como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio métrico~$X$ es \emph{localmente conexo} o \emph{localmente
arco-conexo} si cada vez que $x$ es un punto de~$X$ y $U$ un entorno de~$x$
en~$X$ existe un entorno $V$ de~$x$ en~$X$ tal que $V\subseteq U$ y $V$ es
conexo o arco-conexo, respectivamente.
\begin{ejitems}

\item $\RR^n$ es localmente conexo y localmente arco-conexo.

\item Un abierto de~$\RR$ es conexo si y solamente si es arco-conexo.

\item Un espacio métrico es localmente conexo si y solamente si las
componentes conexas de sus abiertos no vacíos son abiertas.

\item Las componentes arco-conexas de un espacio métrico localmente arco-conexo son
abiertas.

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

\item En un espacio métrico localmente arco-conexo todo abierto conexo es
arco-conexo.

\item Un espacio métrico es localmente conexo si y solamente si cada vez
que $x$ es un punto de~$X$ y $U$ es un entorno \emph{abierto} de~$x$ en~$X$
existe un entorno \emph{abierto} $V$ de~$x$ en~$X$ tal que $V\subseteq U$ y
$V$ es conexo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Basta probar que toda bola abierta de~$\RR^n$ es arco-conexa y
esto es claro, ya que es convexa.

\ejitem{2} Sea $U$ un abierto no vacío de~$\RR^n$. Si $U$ es arco-conexo,
entonces es conexo. Supongamos, para probar la recíproca, que $U$ es
conexo. Queremos probar que $U$ es arco-conexo: para eso es suficiente con
mostrar que sus componentes arco-conexas son abiertas, ya que esas
componentes dan entonces una partición abierta de~$U$ y, como $U$ es
conexo, esa partición solo puede tener una parte.

Sea entonces $V$ una componente arco-conexa de~$U$ y sea $x\in V$. Como $U$
es abierto, existe $\epsilon>0$ tal que $B_\epsilon(x)\subseteq U$. Como la
bola $B_\epsilon(x)$ es arco-conexa, está contenida en~$U$ e interseca
a~$V$, tenemos que $B_\epsilon(x)\subseteq V$. Esto prueba que $x$ es un
punto interior de~$V$ y, por lo tanto, que $V$ es abierto.

\ejitem{3} Sea $X$ un espacio métrico localmente conexo, sea $U$ un
abierto de~$X$ y sea $C$ una componente conexa de~$U$. Si $x\in C$,
entonces $x\in U$ y, como $X$ es localmente conexo y $U$~es un entorno
de~$x$, existe un entorno conexo $V$ de~$x$ contenido en~$U$: como $V$ es
conexo, está contenido en~$U$ e interseca a~$C$, vemos que está totalmente contenido
en~$C$. Esto muestra que $x\in V\subseteq C$ y, por lo tanto, que $x$ es un
punto interior de~$C$. Concluimos así que $C$ es un abierto de~$X$ y, en
definitiva, que toda componente conexa de un abierto de~$X$ es conexa.

Para probar la recíproca, supongamos que $X$ es un espacio métrico con la
propiedad de que las componentes conexas de todo abierto no vacío son abiertas y
sean $x$ un punto de~$X$ y $U$ un entorno de~$x$ en~$X$. Si $V$ es la
componente conexa de~$x$ en~$U^\circ$, entonces por supuesto $x\in V$ y la
hipótesis nos dice que $V$ es abierto: como $V$ está contenido en~$U$ y es
conexo, vemos que $X$ es localmente conexo.

\ejitem{4} Sea $X$ un espacio métrico localmente arco-conexo, sea $C$ una
componente arco-conexa de~$X$ y sea $x\in C$. Como $X$ es localmente
arco-conexo, $x$ posee un entorno arco-conexo $U$ y tiene que ser que
$U\subseteq C$, porque $C$ es el máximo subconjunto arco-conexo de~$X$ que
contiene a~$x$. Vemos así que $x$ es interior a su componente arco-conexa
$C$ y, en definitiva, que esta última es abierta.

\ejitem{5} Sea $X$ un espacio métrico conexo y localmente arco-conexo. En
vista de la parte~\ejitem{4}, las componentes arco-conexas de~$X$ nos dan
una partición de~$X$ por abiertos: como $X$ es conexo, esta partición solo puede
tener una parte y, por lo tanto, $X$ es arco-conexo.

\ejitem{6} En vista de la parte~\ejitem{5}, para probar que en un espacio
métrico localmente arco-conexo todo abierto conexo es arco-conexo es
suficiente con mostrar que en un espacio métrico localmente arco-conexo
todo abierto es localmente arco-conexo.

Sea entonces $X$ un espacio localmente arco-conexo, sea $U$ un abierto
de~$X$, sea $x\in U$ y sea $V$ un entorno de~$x$ en~$U$. Como $U$ es
abierto, $V$ es también un entorno de~$x$ en~$X$ y, ya que $X$ es
localmente arco-conexo, existe un entorno conexo $W$ de~$x$ en~$X$ tal que
$W\subseteq V$. Como $W$ es un entorno de~$x$ en~$U$, esto prueba lo que
queremos.

\ejitem{7} La suficiencia de la condición es evidente. Para probar la
necesidad, entonces, supongamos que $X$ es localmente conexo, sea $x\in X$
y sea $U$ un entorno abierto de~$x$ en~$X$. La componente conexa de~$x$
en~$U$ es un abierto de~$X$ por la parte~\ejitem{3}, así que es un entorno
abierto de~$x$ en~$X$ contenido en~$U$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que el conjunto
  \[
  U = \{f\in C[0,1]:\text{$f(x)\neq0$ para todo $x\in[0,1]$}\}
  \]
es un abierto de~$C[0,1]$ y encuentre sus componentes conexas.

\begin{Solucion}
Sea $f:[0,1]\to\RR$ un elemento de $U$. Como $f$ es continua y no se anula
en~$[0,1]$, el número $\epsilon\coloneqq\inf\{\abs{f(t)}:t\in[0,1]\}$ es
positivo. Observemos que para todo $t\in[0,1]$ es $\abs{f(t)}\geq\epsilon$,
así que $0\not\in B_\epsilon(f(t))$. Si ahora $g\in B_\epsilon(f)$,
entonces para cada $t\in[0,1]$ tenemos que $\abs{g(t)-f(t)} \leq
d_\infty(f,g) < \epsilon$ y, por lo tanto, que $g(t) \in B_\epsilon(f(t))$,
de manera que $g(t)\neq0$. Esto nos dice que $B_\epsilon(f)$ está
totalmente contenido en~$U$ y, en definitiva, que $U$ es un abierto
de~$C[0,1]$.

El espacio $C[0,1]$ es localmente arco-conexo, porque las bolas abiertas
son convexas, así que $U$ es localmente arco-conexo y las componentes
conexas de~$U$ coinciden con las componentes arco-conexas. Determinemos
estas últimas.

Sea $f\in U$ y supongamos, por ejemplo, que $f(0)>0$. Como $f$ es continua
y no se anula en~$[0,1]$ el teorema de Weierstra\ss{} nos dice que $f(t)>0$
para todo $t\in[0,1]$. Ahora bien, si $s\in[0,1]$, 
entonces $f_s:t\in[0,1]\mapsto (1-s)f(t)+s\in\RR$ es una función
continua que pertenece a~$U$: en efecto, si hubiera un elemento~$t$
en~$[0,1]$ tal que $f_s(t)=(1-s)f(t)+s=0$, tendría que ser $s\neq0$ porque
$f(t)>0$, $s\neq1$ y $f(t)=-s/(1-s)<0$, lo que es absurdo.

Tenemos entonces una función
  \[
  \eta:s\in[0,1]\mapsto f_s\in U.
  \]
Esta función es continua. Es, de hecho, uniformemente continua: si
$\epsilon>0$ y $s$ y $s'$ son elementos de~$[0,1]$ tales que
$\abs{s-s'}<\epsilon$, entonces
  \begin{align*}
  d_\infty(f_s,f_{s'})
       &= \sup_{t\in[0,1]}
          \abs[\Big]{\bigl((1-s)f(t)+s\bigr)-\bigl((1-s')f(t)+s'\bigr)} \\
       &= \abs{s-s'}\cdot\sup_{t\in[0,1]} \abs{f(t)-1}
        = \epsilon \cdot\sup_{t\in[0,1]} \abs{f(t)-1}
  \end{align*}
y este último supremo es finito. 

Vemos así que $f$ está en la componente arco-conexa de la función constante
$1$. De manera similar, si hubiera sido $f(0)<0$ entonces $f$ habría estado
en la componente arco-conexa de la función constante $-1$. De esta forma
concluimos que $U$ tiene como mucho dos componentes arco-conexas, las de
las funciones constantes $g=1$ y $h=-1$. Veamos que $g$ y $h$ están en
componentes arco-conexas separadas.

Supongamos que, por el contrario, hay una función continua
$\sigma:[0,1]\to U$ tal que $\sigma(0)=g$ y $\sigma(1)=h$. Podemos
considerar la función $e:s\in[0,1]\mapsto\sigma(s)(0)\in\RR$. 

Veamos que $\sigma$ es continua. Sea $s\in[0,1]$ y sea $\epsilon>0$.  Como
$\sigma$ es continua en~$s$, existe $\delta>0$ tal que si $s'\in[0,1]\cap
B_\delta(s)$ se tiene que $d_\infty(\sigma(s),\sigma(s'))<\epsilon$ y, en
particular, que
  \[
  \abs{e(s)-e(s')} = \abs{\sigma(s)(0)-\sigma(s')(0)}
        \leq \sup_{t\in[0,1]}\abs{\sigma(s)(t)-\sigma(s')(t)}
        = d_\infty(\sigma(s),\sigma(s'))<\epsilon.
  \]
Como $e$ es continua y $e(0)=\sigma(0)(0)=g(0)=1$ y
$e(1)=\sigma(1)(0)=h(0)=-1$, el teorema de Weierstra\ss{} nos dice que
existe $\xi\in[0,1]$ tal que $e(\xi)=\sigma(\xi)(0)=0$. Esto es absurdo,
porque $\sigma(\xi)$ es un elemento de~$U$.

\bigskip

La conclusión de todo esto es que $U$ tiene exactamente dos componentes
conexas: una que tiene todas las funciones positivas y otra todas las
funciones negativas. \qed

\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% vim: spell spelllang=es
