Topología general julio 2015

1. Sea $(X,\tau)\in\mathbf{Top}$ y sea $U\subseteq X$. Entonces, $U\in\tau$ si y sólo si $\forall\,A\subseteq X\;\mathrm{Cl}(U\cap A)=\mathrm{Cl}(U\cap\mathrm{Cl}A)$.
   
   Supóngase que $U\in\tau$ y sea $A\subseteq X$. Como $U\cap A\subseteq U\cap\mathrm{Cl}A$, $\mathrm{Cl}(U\cap A)\subseteq\mathrm{Cl}(U\cap\mathrm{Cl}A)$. Veamos entonces que $\mathrm{Cl}(U\cap\mathrm{Cl}A)\subseteq\mathrm{Cl}(U\cap A)$. Sea $x\in\mathrm{Cl}(U\cap\mathrm{Cl}A)$ y $V\in\tau(x,X)$ (un abierto de $X$ que contiene a $x$). Entonces, $V\cap U\cap\mathrm{Cl}A\neq\emptyset$; sea entonces $y\in V\cap U\cap\mathrm{Cl}A$; de aquí, $y\in V\cap U$ y $y\in\mathrm{Cl}A$; de donde, $V\cap U\cap A\neq\emptyset$. Por lo tanto, $x\in\mathrm{Cl}(U\cap A)$.
        Recíprocamente, supóngase que $\forall\,A\subseteq X\;\mathrm{Cl}(U\cap A)=\mathrm{Cl}(U\cap\mathrm{Cl}A)$. Entonces, $$\emptyset=\mathrm{Cl}(U\cap(X-U))=\mathrm{Cl}(U\cap\mathrm{Cl}(X-U));$$ de donde, $U\cap\mathrm{Cl}(X-U)=\emptyset$; de aquí, $U\cap\mathrm{Fr}U=\emptyset$; luego, $U\in\tau$.
2. Sea $\{(X_\alpha,\tau_\alpha)\}$ una familia infinita de espacios topológicos tal que $\mathcal{B}:=\{\alpha\mid X_\alpha\text{ es compacto}\}$ es finito. Sea $B\subseteq\prod X_\alpha$. Si $B$ es compacto, entonces $\mathrm{Int}B=\emptyset$.
   
   Supóngase que $B$ es compacto y que $\mathrm{Int}B\neq\emptyset$. Entonces, dado $(x_\alpha)\in\mathrm{Int}B$, existe $\langle U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\rangle$ básico de $\tau$ (la topología producto) tal que $$(x_\alpha)\in\langle U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\rangle\subseteq\mathrm{Int}B\subseteq B.$$ Sea $\beta\notin\mathcal{B}$ tal que $\beta\neq\alpha_i$; así que $X_\beta$ no es compacto. Por otro lado, $$X_\beta=p_\beta\langle U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\rangle\subseteq p_\beta B\subseteq X_\beta,$$ donde $p_\beta:\prod X_\alpha\rightarrow X_\beta$ es la proyección en $X_\beta$. Entonces, $p_\beta B=X_\beta$; es decir, $X_\beta$ es compacto !!
        Otra manera. Supóngase que $B$ es compacto y que $\mathrm{Int}B\neq\emptyset$. Entonces, dado $(x_\alpha)\in\mathrm{Int}B$, existe $\langle U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\rangle$ básico de $\tau$ (la topología producto) tal que $$(x_\alpha)\in\langle U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\rangle\subseteq\mathrm{Int}B\subseteq B.$$ Sea $\beta\notin\mathcal{B}$ tal que $\beta\neq\alpha_i$; así que $X_\beta$ no es compacto. Luego, existe una cubierta abierta $\{V_i\}$ de $X_\beta$ que no tiene subcubierta finita. Sea $Y_\beta:=\prod_{\alpha\neq\beta} X_\alpha$. Entonces, $\{V_i\times Y_\beta\}$ es cubierta abierta de $B$, pero $B$ es compacto; luego, existen $V_{i_1},\ldots,V_{i_m}$ de $\{V_i\}$ tal que $$B\subseteq(V_{i_1}\times Y_\beta)\cup\cdots\cup(V_{i_m}\times Y_\beta),$$ pero $\langle U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\rangle\not\subseteq (\cup V_{i_j})\times Y_\beta$ !!
3. Sea $(X,\tau)\in\mathbf{Top}$ $T_2$ y $f:[0,1]\rightarrow(X,\tau)$ continua y suprayectiva, donde $[0,1]$ tiene la topología usual. Entonces, $X$ es localmente conexo.
   
   Esta afirmación se puede generalizar. Sean $(Y,\tau'),(X,\tau)\in\mathbf{Top}$ con $(Y,\tau')$ compacto y $T_2$ y $(X,\tau)$ $T_2$. Sea $f:(Y,\tau')\rightarrow(X,\tau)$ continua y suprayectiva. Si $Y$ es localmente conexo, entonces $X$ también.
   
   Veamos primero que $f:Y\rightarrow X$ es cerrada. Sea $B\subseteq Y$ cerrado; entonces, como $Y$ es compacto, $B$ es compacto; de aquí, $fB$ es compacto en $X$, que es $T_2$; luego, $fB$ es cerrado.
        Por otro lado, toda función continua cerrada (o abierta) y suprayectiva es una identificación, un mapeo cociente. En efecto, sea $g:(Z,\sigma)\rightarrow(Z',\sigma')$ una tal función y sea $V\subseteq Z'$ tal que $g^{-1}V\in\sigma$. Entonces, $Z-g^{-1}V=g^{-1}(Z'-V)$ es cerrado de $Z$. Como $g$ es cerrada y suprayectiva, $Z'-V=gg^{-1}(Z'-V)$ es cerrado de $Z'$; de donde $V\in\sigma'$.
        Ahora, veamos que toda identificación preserva conexidad local. Sea $h:(Z,\sigma)\rightarrow(Z',\sigma')$ una identificación y supóngase que $Z$ es localmente conexo. Demostremos que las componentes de todo subespacio abierto $A$ de $Z'$ son abiertos de $Z'$. Sea $A\subseteq Z'$ tal que $A\in\sigma'$. Sea $C$ componente de $A$. Veamos que $C\in\sigma'$. Sea $B$ componente de $h^{-1}C\subseteq h^{-1}A$. Afirmamos que $B$ es componente de $h^{-1}A$; en efecto, sea $B'$ componente de $h^{-1}A$ tal que $B\subseteq B'$. Entonces, tenemos que $hB\subseteq hB',C\subseteq A$, pero $hB$ y $hB'$ son conexos así que, como $C$ es componente de $A$ y $hB\subseteq hB',C$, se tiene que $hB'\subseteq C$; de donde, $B'\subseteq h^{-1}C$ con $B'$ conexo y $B\subset B'$, pero $B$ es componente de $h^{-1}C$; luego, $B=B'$.
        Por otro lado, como $h^{-1}A\in\sigma$ y $Z$ es localmente conexo, toda componente de $h^{-1}A$ es abierta, así que $B\in\sigma$. Entonces, como $h^{-1}C$ es la unión de sus componentes, que son abiertas, $h^{-1}C\in\sigma$; de donde, como $h$ es identificación, $C\in\sigma'$. Luego, $Z'$ es localmente conexo.
4. Considérese la recta de Sorgenfrey. Un espacio topológico $(X,\tau)$ se dice que es homogéneo si $\forall\,x,y\in X\,\exists\, f:X\rightarrow X\;$ homeomorfismo tal que $fx=y$.
   1. La recta de Sorgenfrey es homogénea.
   2. El producto de espacios homogéneos es homogéneo.
   
   4(a). Sean $x,y\in\mathbb{R}$. Defínase $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ como $$fz:=z+y-x.$$ Claramente, $fx=y$, y dado un intervalo $[a,b)$, $$f^{-1}[a,b)=[a-x+y,b-x+y);$$ de donde, $f$ es continua. Es claro que su inversa $f^{-1}z=z-x+y$ también es continua.
   
   4(b). Sea $\{X_\alpha\}$ una familia de espacios homogéneos. Sean $(x_\alpha),(y_\alpha)\in\prod X_\alpha$. Entonces, $\forall\,\alpha\;\exists\,f_\alpha:X_\alpha\rightarrow X_\alpha\;$ homeomorfismo tal que $f_\alpha x_\alpha=y_\alpha$. Considérese el siguiente diagrama conmutativo: $$\require{AMScd} \begin{CD} \prod X_\alpha @>p_\beta>> X_\beta\\ @V\prod f_\alpha VV & @VVf_\beta V\\ \prod X_\alpha @>>p_\beta> X_\beta\\ @V\prod f^{-1}_\alpha VV @VVf^{-1}_\beta V\\ \prod X_\alpha @>>p_\beta> X_\beta \end{CD}$$ Entonces, por la propiedad universal del producto y porque $f^{-1}_\beta f_\beta=1$ para todo $\beta$, $\prod f^{-1}_\alpha\prod f_\alpha=1$; similarmente, $\prod f_\alpha\prod f^{-1}_\alpha=1$. Luego, $\prod f_\alpha$ es homeomorfismo, y $\prod f_\alpha(x_\alpha)=(y_\alpha)$.
5. 1. No existe un espacio conexo completamente regular y numerable con al menos dos puntos.
   2. No existe un espacio conexo regular y numerable con al menos dos puntos.
   
   5(b). Si $(X,\tau)$ es un espacio con un solo punto, es regular conexo y numerable.
        Supóngase que $X$ tiene al menos dos puntos, que es regular conexo y numerable. Entonces, como $X$ es numerable, $X$ es Lindelöf. Como todo Lindelöf $T_3$ es $T_4$, se tiene que, dados $x,y\in X$, $x\neq y$, existe una función continua $f:X\rightarrow[0,1]$ tal que $fx=0$ y $fy=1$ (notemos que como $X$ es regular, $X$ también es $T_2$, así que $\{x\}$ y $\{y\}$ son cerrados). Sin embargo, como $f$ es continua y $X$ es conexo, $fX$ es conexo. Por otro lado, $fX$ es numerable; de donde, $fX$ es disconexo !!
        Otra manera. Supóngase que $X$ tiene al menos dos puntos, que es regular conexo y numerable. Entonces, como $X$ es numerable, $X$ es Lindelöf. Como todo Lindelöf $T_3$ es $T_4$, se tiene que, dados $x,y\in X$, $x\neq y$, existe una función continua $f:X\rightarrow[0,1]$ tal que $fx=0$ y $fy=1$. Ahora, como $f$ es continua y $X$ es conexo, $fX$ es conexo con $0,1\in fX$. Luego, $[0,1]=fX$; de donde, $$|X|\geq |[0,1]|;$$ de aquí, $X$ es no numerable !!
   
   5(a). Todo espacio $T_{3\frac{1}{2}}$ es $T_3$.
6. Si $(X,\tau)$ es un espacio compacto $T_2$ entonces $\forall\,f:X\rightarrow X$ continua $\exists\,A\subseteq X$ cerrado no vacío tal que $fA=A$.
   
   Antes de demostrar el resultado, demostremos la siguiente afirmación. Si $f:X\rightarrow Y$ es una función continua con $X$ compacto y $Y$ $T_2$ y $\{F_n\}$ es una sucesión decreciente de subconjuntos cerrados de $X$, entonces $f(\cap F_n)=\cap fF_n$. En efecto, si existe $n$ tal que $F_n=\emptyset$, entonces se tiene la igualdad deseada. Supóngase entonces que $F_n\neq\emptyset$ para todo $n$. Ahora, como ya se tiene que $f(\cap F_n)\subseteq\cap fF_n$, basta ver que $\cap fF_n\subseteq f(\cap F_n)$.
        Como $f$ es continua, $fF_1$ es compacto, y como $\{fF_n\}$ es decreciente, $\cap fF_n\neq\emptyset$. Sea $y\in\cap fF_n$; entonces, $\forall\,n\;\exists\; b_n\in F_n\; y=fb_n$. De donde, $\forall\,n\; F_n\cap f^{-1}y\neq\emptyset$. Como $Y$ es $T_2$, $\{y\}$ es cerrado de $Y$, así que $f^{-1}y$ es cerrado de $X$. Luego, tenemos una sucesión decreciente $\{F_n\cap f^{-1}y\}$ de subconjuntos cerrados no vacíos de $X$, que es compacto. Por lo tanto, $\cap F_n\cap f^{-1}y\neq\emptyset$, y $$y\in f(\cap F_n\cap f^{-1}y)\subseteq f(\cap F_n).$$ Luego, $\cap fF_n\subseteq f(\cap F_n)$.
        Ahora, volviendo al resultado que queríamos demostrar, sea $g:X\rightarrow X$ una función continua con $X$ compacto y $T_2$. Tenemos entonces la siguiente sucesión decreciente de subconjuntos cerrados no vacíos de $X$: $\{g^nX\}$, donde $g^n$ es simplemente la composición $g\circ\cdots\circ g$ con $g$ apareciendo n veces. De la afirmación anterior, $g(\cap g^nX)=\cap g^{n+1}X=\cap g^nX$ y $\cap g^nX\neq\emptyset$. Sea $A:=\cap g^nX$.
7. Sea $(X,\tau)$ un espacio topológico y $R$ una relación de equivalencia sobre $X$. Supóngase que la proyección canónica $p:X\rightarrow X/R$ es abierta. Sea $B\subseteq X/R$. Entonces, $B$ es homeomorfo a $p^{-1}B/R_0$, donde $R_0$ es la relación inducida por $R$ sobre $p^{-1}B$.
   
   Otra vez, antes de demostrar la afirmación que nos concierne, demostremos el siguiente resultado. Si $f:X\rightarrow Y$ es una identificación abierta y $B\subseteq Y$, entonces $\tau(B)=\tau(f,B)$, donde $\tau(B)$ es la topología de subespacio inducida sobre $B$ por la topología $\tau(Y)$ de $Y$ y donde $\tau(f,B)$ es la topología de identificación inducida sobre $B$ por la suprayección $f\mid_{f^{-1}B}:f^{-1}B\rightarrow B$. En efecto, supóngase que $f:X\rightarrow Y$ es una identificación abierta. Como $\tau(f,B)$ es la topología más grande que hace a $f\mid_{f^{-1}B}:f^{-1}B\rightarrow B$ continua y como $f\mid_{f^{-1}B}:f^{-1}B\rightarrow B$ es continua si $B$ tiene la topología $\tau(B)$, entonces $\tau(B)\subseteq\tau(f,B)$. Veamos que se tiene la otra contención. Sea $V\in\tau(f,B)$; entonces, $f^{-1}V\in\tau(f^{-1}B)$; de donde, existe $W\in\tau(X)$ tal que $f^{-1}V=f^{-1}B\cap W$; de aquí, $$V=ff^{-1}V=B\cap fW;$$ luego, como $f$ es abierta, $V\in\tau(B)$.
        Volvamos a la afirmación que queríamos demostrar. Del resultado anterior, tenemos entonces que $p\mid_{p^{-1}B}:p^{-1}B\rightarrow B$ es una identificación; es decir, $p\mid_{p^{-1}B}:p^{-1}B\rightarrow B$ es continua suprayectiva y $\tau(B)=\tau(p,B)$. Por otro lado, notemos que $R_0=(p^{-1}B\times p^{-1}B)\cap R$. Sea $q:p^{-1}B\rightarrow p^{-1}B/R_0$ la proyección canónica. Veamos que $\mathrm{ker\,}p\mid_{p^{-1}B}=\mathrm{ker\,}q$. Sean $x,y\in p^{-1}B\times p^{-1}B$. Entonces, $$(x,y)\in\mathrm{ker\,}p\mid_{p^{-1}B}\;\Leftrightarrow\; px=py\;\Leftrightarrow\;x R_0 y\;\Leftrightarrow\;qx=qy\;\Leftrightarrow\;(x,y)\in\mathrm{ker\,}q.$$ De aquí y por la propiedad universal de una identificación, existen únicas $s:B\rightarrow p^{-1}B/R_0$ y $t:p^{-1}B/R_0\rightarrow B$ funciones inyectivas continuas tales que el siguiente diagrama conmuta: $$\require{AMScd} \begin{CD} p^{-1}B @> p\mid_{p^{-1}B} >> B\\ @| & @VsVV\\ p^{-1}B @> q >> p^{-1}B/R_0\\ @| & @VtVV\\ p^{-1}B @>> p\mid_{p^{-1}B} > B; \end{CD}$$ de aquí, por la propiedad universal de $p\mid_{p^{-1}B}$, $ts=1_B$. Luego, $t$ es suprayectiva; por lo tanto, $t$ es un homeomorfismo con inversa $s$.
8. Considérese a $\mathbb{R}$ con la topología $\sigma$ cuyos básicos son los intervalos $[a,b)$; en otras palabras, $(\mathbb{R},\sigma)$ es la recta de Sorgenfrey. Sea $\tau$ la topología sobre $\mathbb{R}$ dada por los básicos $[q,b)$ con $q\in\mathbb{Q}$.
   1. $(\mathbb{R},\sigma)\times(\mathbb{R},\sigma)$ no es metrizable.
   2. $(\mathbb{R},\sigma)\times(\mathbb{R},\tau)$ no es metrizable.
   3. $(\mathbb{R},\tau)\times(\mathbb{R},\tau)$ es metrizable.
   
   8(a). $(\mathbb{R},\sigma)\times(\mathbb{R},\sigma)$ es el cuadrado de Sorgenfrey, el cual no es $T_4$, y todo espacio métrico es $T_4$; luego, $(\mathbb{R},\sigma)\times(\mathbb{R},\sigma)$ no es metrizable.
   
   8(b). Afirmamos que la recta de Sorgenfrey no es segundo numerable. En efecto, si lo fuera, entonces el cuadrado de Sorgenfrey lo sería; luego, el cuadrado de Sorgenfrey sería Lindelöf. Por otro lado, la recta de Sorgenfrey es $T_3$, pues los intervalos $[a,b)$ son abiertos y cerrados; así que el cuadrado de Sorgenfrey es $T_3$. Todo espacio Lindelöf y $T_3$ es $T_4$; por lo tanto, el cuadrado de Sorgenfrey es $T_4$ !! Así que la recta de Sorgenfrey no es segundo numerable.
        Ahora veamos que $(\mathbb{R},\sigma)\times(\mathbb{R},\tau)$ no es metrizable. Es claro que la recta de Sorgenfrey es separable y regular y que $(\mathbb{R},\tau)$ también. De donde, $(\mathbb{R},\sigma)\times(\mathbb{R},\tau)$ es separable y regular; sin embargo, como la recta de Sorgenfrey no es segundo numberable, $(\mathbb{R},\sigma)\times(\mathbb{R},\tau)$ tampoco lo es; de donde, $(\mathbb{R},\sigma)\times(\mathbb{R},\tau)$ no es metrizable.
   
   8(c). Afirmamos que $(\mathbb{R},\tau)$ es segundo numerable. Se tiene que $$S:=\{[q,r)\mid q,r\in\mathbb{Q}\}$$ es una base para $\tau$. En efecto, dado $[q,b)$ básico de $\tau$, $[q,b)$ se puede escribir como unión de elementos de $S$.
        Ahora, $(\mathbb{R},\tau)$ es regular, así que como $(\mathbb{R},\tau)$ es regular y segundo numerable, es metrizable; de donde, $(\mathbb{R},\tau)\times(\mathbb{R},\tau)$ también.