domingo, 22 de diciembre de 2013

Cosiendo un cilindro

Siguiendo con la entrada anterior, tomamos ahora el cilindro ${\mathbb S}^1\times [0,\infty)$ y definimos en él la relación de equivalencia que me identifica todos los puntos de ${\mathbb S}^1\times \{0\}$. El cilindro nos lo podemos imaginar como un vaso de altura infinita. Lo que hacemos es coser la base del vaso y convertirla en un único punto.

El ejercicio consiste en probar que el espacio cociente del cilindro mediante esta relación de equivalencia es homeomorfo al cono (de helado) $\{(x,y,z)\in{\mathbb R}^3: x^2+y^2=z^2, z\geq 0\}$.

 

viernes, 20 de diciembre de 2013

Cosiendo una corona circular para conseguir un toro


Consideramos la corona circular de radios $1$ y $2$, es decir, $$C=\{(x,y)\in{\mathbb R}^2: 1\leq x^2+y^2\leq4\}.$$ Vamos a coser los bordes de la corona para obtener un toro. Cuando estamos diciendo 'cose' nos estamos refiriendo, evidentemente, a definir un espacio cociente. Para ello, definimos la relación de equivalencia que identifica los puntos del borde que se son proporcionales (con proporción positiva), es decir: $$(x,y)R(x',y')\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{ll} \mbox{son iguales ó}\\ (x',y')=\lambda (x,y), \lambda\in\{1/2,2\}\end{array}\right.$$ Vemos el toro como el producto topológico ${\mathbb S}^1\times{\mathbb S}^1$. Para hallar la identificación, lo que hacemos es llevar el segmento de recta que une $(x,y)$ ($\sqrt{x^2+y^2}=1$) con $2(x,y)$ a una circunferencia de radio $1$. Os dejo los detalles.











Otra manera es pasando por un cilindro, que es homeomorfpo a una corona ...




domingo, 15 de diciembre de 2013

La recta proyectiva


En el vídeo 


















se puede ver una demostración de que la recta proyectiva es homeomorfa a la circunferencia ${\mathbb S}^1$.

jueves, 5 de diciembre de 2013

Otra identificación: la figura del 8

Continuando con las identificaciones, ponemos otro ejemplo, sin que el espacio cociente sea 'conocido' de antemano. Para ello, consideramos la aplicación seno, $f:[0,2\pi]\rightarrow [-1,1]$, $f(x)=\sin(x)$. Esta aplicación es continua, sobreyectiva y cerrada, luego es una identificación. ¿Cuál es la relación $R_f$?

Si $xR_f y$, entonces $\sin(x)=\sin(y)$. Usando que $x,y\in [0,2\pi]$, esto ocurre sólo en dos casos: 1) si $x+y=\pi$, con $x,y\in [0,\pi]$; 2) $x+y=\pi$, con $x,y\in [\pi,2\pi]$. Si nos imaginamos la gráfica de la función seno, entre $0$ y $2\pi$, entonces podemos imaginarnos que el primer trozo, de $0$ a $\pi$, se identifica en $[0,\pi/2$], y lo mismo entre $\pi$ y $2\pi$ con $\pi$, $3\pi/2$, y además, los extremos de estos dos intervalos están relacionados. Por tanto, el cociente   va a ser la figura del ocho, '8'. Esta figura la podemos ver como dos circunferencias del mismo radio tangentes en un punto: $$Y={\mathbb S}^1(1,0)\cup{\mathbb S}^1(-1,0).$$ La dificultad ahora es encontrar la aplicación identificacion.

Definimos $g:[0,2\pi]\rightarrow Y$ como $$g(x)=\left\{\begin{array}{ll}
(1,0)+(\cos(2 x+\pi),\sin(2 x+\pi)) & x\in [0,\pi]\\
(-1,0)+(\cos(2 x),\sin(2 x)) & x\in [\pi,2\pi]
\end{array}\right.$$
Esta aplicación está bien definida ya que en $x=\pi$ coincide ambas expresiones (es el punto $(0,0)$); es continua ya que es continua en cada uno de los trozos y éstos son conjuntos cerrados de $[0,2\pi]$; y es sobreyectiva. Por tanto, es una identificación. Queda por probar que la relación $R_f$ es $R_g$, pero esto parece evidente.

martes, 3 de diciembre de 2013

Las identificaciones, identifican

Una identificación es casi un homeomorfismo. Concretamente, si $f:(X,\tau)\rightarrow (Y,\tau')$ es una identificación, entonces $\tau'=\tau(f):=\{O'\subset Y: f^{-1}(O')\in\tau\}$. Si $f$ fuera biyectiva, entonces esta igualdad equivale a decir que $f$ es un homeomorfismo.

En general, una identificación no es inyectiva, y por tanto, si $R_f$ es la relación de equivalencia asociada a $f$, el conjunto cociente $X/R_f$ no es trivial: si $f$ es biyectiva, entonces $X/R_f=X$, ya que $[x]=\{x\}$.

Justamente, por no ser inyectiva, el homeomorfismo $(X/R_f,\tau/R_f)\cong (Y,\tau')$ quiere decir que los puntos que tienen la misma imagen por $f$, se identifican en uno sólo en el cociente.

Consideramos un ejemplo de identificación (no inyectiva), y para ello, ponemos que el dominio sea un conjunto cerrado y acotado de un espacio euclídeo, lo que asegura que la aplicación sea cerrada. Sea, pues, $X=[0,2]$ y $f:[0,2]\rightarrow [1,2]$ definida por: $$f(x)=\left\{
 \begin{array}{ll}1 & x\in [0,1] \\ x &x\in [1,2]\end{array}\right.$$ Es evidente que esta aplicación es continua y sobreyectiva (ver figura). Ya que $[0,2]$ es un conjunto cerrado y acotado de ${\mathbb R}$, entonces $f$ es cerrada, y por tanto, una identificación. Esto implica $$\frac{[0,2]}{R_f}\cong [1,2].$$ En la figura, el intervalo $[0,2]$, está pintando de azúl, y el codominio (homeomorfo al cociente), de rojo. La relación $R_f$ es la que identifica todos los puntos de $[0,1]$ en uno sólo, es decir, es como si pegáramos el intervalo $[0,1]$, subconjunto de $[0,2]$, en el punto $1$, y por tanto, nos queda $[1,2].

jueves, 21 de noviembre de 2013

Distancia producto

Igual que hemos construido el producto topológico de dos espacios topológicos, podemos definir el producto de dos espacios métricos. Así, si $(X,d)$ e $(Y,d')$ son dos espacios métricos, en $X\times Y$ podemos definir diferentes distancias relacionadas con $d$ y $d'$. Para ello, nos podemos motivar en lo que sucede en el espacio euclídeo ${\mathbb R}^n$. Así tenemos:
  • $d_1((x_1,y_1),(x_2,y_2))=\sqrt{d(x_1,x_2)^2+d'(y_1,y_2)^2}$.
  • $d_2((x_1,y_1),(x_2,y_2))=d(x_1,x_2)+d'(y_1,y_2)$.
  • $d_3((x_1,y_1),(x_2,y_2))=\max\{d(x_1,x_2),d'(y_1,y_2)\}$.
Estas tres distancias son equivalentes entre sí. La demostración es parecida a lo que sucede en ${\mathbb R}^n$ con las tres distancias que teníamos definidas.

Por tanto, la topología definida es la misma para las tres distancias. Podemos probar sin muchas dificultades que coincide con la topología producto $\tau_d\times\tau_{d'}$, donde $\tau_d$ y $\tau_{d'}$ son las topologías determinadas, respectivamente, por las distancias $d$ y $d'$.

miércoles, 20 de noviembre de 2013

Homeomorfismos entre conjuntos finitos

Hemos probado hoy que dos subconjuntos finitos de ${\mathbb R}$, con la topología usual, y con el mismo cardinal, son homeomorfos. Esto se debe a que la topología inducida en un conjunto finito de ${\mathbb R}$ es la topología discreta. El mismo resultado se tiene si cambiamos ${\mathbb R}$ con la topología usual, a un espacio métrico.

Sin embargo, el resultado no es cierto en otros espacios topológicos. Ponemos dos ejemplos, en ambos, conjuntos finitos con el mismo número de elementos.

En el primero consideramos diferentes topologías. Tomamos $X=\{1,2\}$ con la topología del punto incluido $\tau_{in}$ con $p=0$, y $\tau_D$ la topología discreta. Una aplicación biyectiva $f:(X,\tau_D)\rightarrow (X,\tau_{in})$ no lleva abiertos en abiertos, pues si $\in X$ es el punto tal que $f(x)=2$, entonces $\{x\}\in\tau_D$ y $\{2\}\not\in\tau_{in}$. Esto probaría que $f^{-1}$ no es continua.

El segundo ejemplo es un poco diferente. Tomamos ${\mathbb R}$ con la topología del punto incluido $\tau$ para $p=1$. Entonces, con la topología inducida, los conjuntos $X=\{1,2\}$ y $Y=\{3,4\}$ no son homeomorfos. Para $X$, $\tau_{|X}$ es la topología del punto incluido para $p=1$ y $\tau_{|Y}$ es la topología discreta en $Y$. Ahora, el caso es como en el anterior, y no son homeomorfos.

lunes, 18 de noviembre de 2013

Abollando una pelota

Según la RAE, 

abollar (Der. del lat. bŭlla 'burbuja', 'bola').
1. tr. Producir una depresión en una superficie con un golpe o apretándola. 


Cuando cogemos una bola de plastilina y metemos el dedo, formando un bollo, decimos que ambas figuras son homeomorfas. Podemos 'casi' escribir explícitamente el homeomorfismo. Para ello, tomamos el conjunto $$X=\{(x,y,z)\in{\mathbb R}^3: x^2+y^2+z^2\leq 1\}$$
y abollamos por arriba con el dedo, concretamente, el casquete esférico
$$A=X\cap\{(x,y,z): z\geq \frac{1}{2}\}.$$ Si $B=X\cap\{(x,y,z): z\leq \frac{1}{2}\}$, entonces cambiamos $A$  por su simetría respecto del plano $P$ de ecuación $z=1/2$ y $B$ lo dejamos tal como está. Esta simetría es $\phi(x,y,z)=(x,y,1-z)$ y llamamos $C=\phi(A)$.

Probamos que $X\cong B\cup C$. Definimos $f:X\cup B\cup C$ como
  $$f(x,y,z)=\left\{\begin{array}{ll} (x,y,z) & (x,y,z)\in B\\ (x,y,1-z) & (x,y,z)\in A\end{array}\right.$$
Es evidente que $f$ es biyectiva y que la restricción de $f$ a $B$ y $C$ es continua. Por otro lado, como $B$ y $C$ son cerrados en $X$, se deduce que $f$ es continua. Del mismo modo se prueba que también lo es $f^{-1}$, probando por tanto, que $f$ es un homeomorfismo.



jueves, 14 de noviembre de 2013

Sobre homeomorfismos y hojas de papel

Numerosos ejemplos de homeomorfismos que hemos construido no son más que las restricciones de otros en espacios más grandes. Sin embargo, cuando hemos definido un homeomorfismo entre la corona circular $\{(x,y):\in{\mathbb R}^2: 1 < x^2+y^2 < 4\}$ y el cilindro ${\mathbb S}^1\times{\mathbb R}$, éste no ha sido la restricción de un homeomorfismo entre ${\mathbb R}^2$ y ${\mathbb R}^3$ ya que estos espacios no son homeomorfos.

Otros homeomorfismos que vemos con los ojos tampoco son restricciones. Así, establecimos un homeomorfismo entre la hoja de papel $X=\{(x,y,z):\in{\mathbb R}^3: z=y^2\}$ y el plano $Y={\mathbb R}^2$ que no era más que a cada punto $(x,y,z)\in X$ lo llevábamos en $(x,y)\in Y$, es decir, $X$ es el grafo de la función $f(x,y)=y^2$ definida en todo ${\mathbb R}^2$. Este homeomorfismo no es la restricción de uno de ${\mathbb R}^3$ a ${\mathbb R}^2$. Podemos verlo en el siguiente vídeo.

Ya indicamos en clases que este homeomorfismo tampoco es el de coger la hoja de papel y 'abrirla', sino el de coger los puntos de la hoja, el conjunto $X$, y dejarlo caer en el plano $Y$, es decir, a cada punto $(x,y,z)$ lo llevamos en $(x,y)$.  Esto lo vemos en el vídeo que adjuntamos.

Un homeomorfismo que no es una afinidad

Continuando con homeomorfismos que no son restricciones de otros, recordamos aquí el que hemos hecho varias veces en clase con un trozo de plastilina, donde en una parte del trozo, metíamos el dedo para deformarlo.  Es evidente que ambos son homeomorfos, pero tenemos que indicar que dicho homeomorfismo no es la restricción de una afinidad $f(x)=Ax+b$ del espacio euclídeo ${\mathbb R}^3$.


Aquí lo mostramos en el vídeo con un trapo. En una parte del trapo hemos levantando una parte, obteniendo otro espacio homeomorfo al inicial. Sin embargo, este homeomorfismo no es la restricción de una afinidad.


Esto se debe a que el homeomorfismo que hemos hecho en el trapo deja 'muchos puntos fijos', todos los que están lejos de la parte en la que hemos empujado con el dedo. Sin embargo, el conjunto de puntos fijos de una afinidad es un subespacio afín, es decir, o es una recta, o es un plano, o es todo el espacio y la aplicación es la identidad. Por ejemplo, si $b=0$, es decir, si $f$ es un isomorfismo, entonces el conjunto de puntos fijos no es más que el subespacio propio del valor propio $\lambda=1$, en particular, es un subespacio vectorial, es decir, una recta vectorial o un plano vectorial. En general, cuando $b\not=0$, entonces el conjunto de puntos fijos es una recta o un plano afín.

Volviendo al caso del trapo, como nuestra aplicación no es la identidad, y los puntos fijos no se encuentra en una recta o en un plano, entonces no es la restricción de una afinidad.

lunes, 11 de noviembre de 2013

Sobre cáscaras y huevos












 La cáscara de un huevo puede verse como un elipsoide $$E(a,b,c)=\{(x,y,z)\in{\mathbb R}^3: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1\},$$donde $a,b,c>0$. Entonces todas las cáscaras de huevos son homeomorfas entre sí, ya que todas son homeomorfas a la esfera unidad ${\mathbb S}^2$. Efectivamente, la afinidad $f:{\mathbb R}^3\rightarrow {\mathbb R}^3$ dada por $f(x,y,z)=(x/a,y/b,z/c)$ lleva $E(a,b,c)$ en ${\mathbb S}^2$. Igual que hemos hecho con la cáscara de huevo, podemos hacer con el huevo, es decir, $$A(a,b,c)=\{(x,y,z)\in{\mathbb R}^3: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq 1\}.$$






 Para ello tomamos la misma aplicación $f$ y darse cuenta todo huevo es homeomorfo a la clausura de la bola $B_1((0,0,0))$, es decir, a $$\{(x,y,z)\in{\mathbb R}^3: x^2+y^2+z^2\leq 1\},$$Por tanto, todos los huevos son homeomorfos entre sí.

Y finalmente, igual que decimos huevos, podemos afirmar que todas las yemas de los huevos son homeomorfas entre sí.






viernes, 8 de noviembre de 2013

Homeomorfismos y cardinalidad

Un homeomorfismo tiene que ser una aplicación biyectiva. Por tanto, no existen homeomorfismos entre espacios topológicos cuyos conjuntos tienen distinto cardinal.

Pero también se puede usar la cardinalidad en otro sentido para decir que dos espacios no son homeomorfos. Así sabemos que si $(X,\tau)\cong (Y,\tau')$, entonces $\tau'=f(\tau)$. Por tanto, y como $f$ es biyectiva, el número de abiertos de $(X,\tau')$ coincide con el de $/Y,\tau')$. Así, si $X=\{1,2,3\}$ y $\tau=\{\emptyset,X,\{1\}\}$ y $\tau'=\{\emptyset,X,\{1\},\{1,2\}\}$, entonces $(X,\tau)\not\cong (Y,\tau')$ ya que $\tau$ tiene tres elementos y $\tau'$ tiene cuatro.

Otra forma de usar que $f$ es biyectiva es estudiando la cardinalidad de cada conjunto abierto. Así, $({\mathbb R},\tau_D)$ tiene conjuntos abiertos con un elemento, a saber, todo conjunto unitario $\{x\}$, $x\in {\mathbb R}$ es abierto. Si $({\mathbb R},\tau_D)$ fuera homeomorfo a $({\mathbb R},\tau_u)$, entonces habría  abiertos formados sólo por un elemento, es decir, $\{x\}$ sería abierto en la topología usual, lo cual no es cierto. Y así, los dos espacios no son homeomorfos.

Otro ejemplo se refiere a dos espacios topológicos que se han construido sobre el conjunto de los números naturales ${\mathbb N}$. Tenemos dos topologías que son las siguientes:$$\tau_1=\{\emptyset,{\mathbb N},A_n:n\in {\mathbb N}\},$$ $$\tau_2=\{\emptyset,{\mathbb N},B_n:n\in {\mathbb N}\},$$ donde $$A_n=\{1,2,\ldots,n\},\ \ B_n=\{n,n+1,\ldots\}.$$ Nos preguntamos si $({\mathbb N},\tau_1)$ es homeomorfo a $({\mathbb N},\tau_2)$.  Tenemos varias formas de probar que no lo son. Pero si atendemos primero a la cardinalidad, observemos que en ambos espacios topológicos, el conjunto es el mismo, a saber, ${\mathbb N}$, luego tiene el mismo cardinal. Por otro lado, observemos también que el cardinal de $\tau_1$ es el mismo que el de $\tau_2$: ambos son numerables. Por tanto, no nos sirve.

Sin embargo, $\tau_1$ tiene sólo un conjunto que es infinito, el propio ${\mathbb N}$. Sin embargo, en $\tau_2$ todos los abiertos son infinitos (excepto $\emptyset$). Por tanto no pueden ser homeomorfos.

Otras forma de probar que no son homeomorfos es usando bases de entornos. Ya se probó que una base de entornos de $n\in {\mathbb N}$ en $\tau_i$ era: $$\beta_n^1=\{A_n\},\ \ \beta_n^2=\{B_n\}.$$ Aquí no podemos razonar por la cardinalidad de las bases, ya que ambas tienen un único elemento.  Podríamos pensar que si $f$ es un homeomorfismo entre $({\mathbb N},\tau_1)$ y ${\mathbb N},\tau_2)$, entonces $f(\beta_n^1)$ es base de entornos de $n$ en $({\mathbb N},\tau_2)$ y como $A_n$ es finito, $B_n$ lo tendría que ser: como no lo es, ya habríamos concluido. El error está en que no sabemos que $f(n)$ es $n$.

Sin embargo, $f(\beta_n^1)$ sería base de entornos de $f(n)$. En particular, el único entorno de $f(\beta_n^1)$ tendría que ser finito. Antes de continuar, observemos que $f(\beta_n^1)$ no tiene porqué ser $\beta_{f(n)}^2$ ya que en $({\mathbb N},\tau_2)$ hay muchas bases de entornos. La clave está en que cualquier entorno de $f(n)$ tiene que ser un conjunto infinito, pues debe contener dentro a $B_{f(n)}$. Como $f(A_n)$ es finito, hemos probado definitivamente que los espacios no son homeomorfos.

jueves, 7 de noviembre de 2013

Las proyecciones del espacio euclídeo

Las aplicaciones proyecciones de ${\mathbb R}^{n}$ no tienen porqué ser continuas considerando topologías que no son las usuales. Ponemos varios ejemplos, tomando siempre $n=2$ y $p$ la proyección sobre el primer factor, $p(x,y)=x$.

  1. $p:({\mathbb R}^2,\tau_T)\rightarrow ({\mathbb R},\tau_u)$ no es continua pues $p^{-1}((0,1))=(0,1)\times {\mathbb R}$ que no es abierto en $\tau_T$ al no ser ${\mathbb R}^2$. 
  2. Tomamos en ${\mathbb R}^2 $ la topología punto incluido para el punto $(0,0)$. Entonces $p:({\mathbb R}^2,\tau_i)\rightarrow ({\mathbb R},\tau_u)$ no es continua pues $p^{-1}((0,1))=(0,1)\times {\mathbb R}$ que no es abierto al no contener $(0,0)$.
  3. Con la misma notación de antes, Entonces $p:({\mathbb R}^2,\tau_i)\rightarrow ({\mathbb R},\tau_S)$ no es continua pues $p^{-1}([1,2))=[1,2)\times {\mathbb R}$  no es abierto al no contener $(0,0)$.
  4. Tomamos en ${\mathbb R}^2 $ la topología cofinita $\tau_{CF}$.  Entonces $p:({\mathbb R}^2,\tau_{CF})\rightarrow ({\mathbb R},\tau_S)$ no es continua pues $p^{-1}([0,1))=[0,1)\times {\mathbb R}$ no es abierto pues su complementario no es finito.

miércoles, 6 de noviembre de 2013

Funciones continuas a trozos

Hemos visto que una función $f:(X,\tau)\rightarrow (Y,\tau')$ tal que $X$ es unión de dos abiertos (o unión de dos cerrados), y en cada uno de los conjuntos es continua (con la topología relativa), entonces es continua. Nos preguntamos si se puede generalizar a una unión arbitraria. Así, consideramos $X=\cup_{i\in I}A_i$, donde $A_i\subset X$ es un abierto para todo $i\in I$. Supongamos que $f_{|A_i}:(A_i,\tau_{|A_i})\rightarrow Y$ es continua. Probamos entonces que $f$ es continua. La demostración sigue los mismos pasos que en el caso de dos abiertos. Así, si $O'\in\tau'$, entonces $$f^{-1}(O')=\bigcup_{i\in I}(f_{|A_i})^{-1}(O').$$ Como $(f_{|A_i})^{-1}(O')\in\tau_{|A_i}$ y $A_i$ es abierto en $X$, entonces $(f_{|A_i})^{-1}(O')\in\tau$. Por tanto $f^{-1}(O')\in\tau$ al ser unión de abiertos.

Si ahora suponemos que todos los $A_i$ son cerrados, el mismo razonamiento tomando $f^{-1}(F')$ no acaba la demostración, ya que tendríamos una unión arbitraria de cerrados, que no tiene porqué ser cerrado. Efectivamente, el resultado no es cierto. Así, tomamos una función $f:{\mathbb R}\rightarrow{\mathbb R}$ que no sea continua, considerando en ${\mathbb R}$ la topología usual. Como cada punto $\{x\}$ es un cerrado en ${\mathbb R}$, y $f_{|\{x\}}:\{x\}\rightarrow {\mathbb R}$ es continua al ser constante, si fuera cierto el resultado, entonces $f$ sería continua, lo cual no es posible.

lunes, 4 de noviembre de 2013

Función 'parte entera'

Desde que estábamos en el instituto, un ejemplo típico de función que no era  continua es la función parte entera $f:{\mathbb R}\rightarrow{\mathbb R}$, es decir, $$f(x)\in{\mathbb Z}: f(x)\leq x < f(x)+1.$$ Ahora que tenemos el concepto de espacio topológico, lo que tenemos es que la función $f:({\mathbb R},\tau_u)\rightarrow ({\mathbb R},\tau_u)$ no es continua.


Sin embargo, podemos considerar otras topologías en ${\mathbb R}$. Tomemos la topología de Sorgenfrey $\tau_S$, tanto en el dominio como en el codominio. Para estudiar la continuidad, consideramos la base usual de $\tau_S$, aunque modificada un poco: $$\beta=\{[a,a+r);a\in{\mathbb R}, 0 < r < 1\}.$$ Veamos si $f^{-1}([a,a+r))\in\tau_S$. Observemos que $[a,a+r)$ contiene, a lo más, un único número entero, ya que $0 < r < 1$. Por tanto,
$$f^{-1}([a,a+r))=\left\{\begin{array}{ll} [b,b+1) & b=[a,a+r)\cap{\mathbb Z}\\ \emptyset  & [a,a+r)\cap{\mathbb Z}=\emptyset.\end{array}\right.$$ Esto prueba que la función parte entera es continua de $({\mathbb R},\tau_S)$ en $({\mathbb R},\tau_S)$.

miércoles, 30 de octubre de 2013

Distancia entre dos conjuntos


En un espacio métrico $(X,d)$, un punto $x\in X$ es adherente a un conjunto $A\subset X$ si su distancia a $A$ es $0$.
Si ahora tomamos dos conjuntos $A,B\subset X$, se define la distancia entre ellos como
$$d(A,B)=\inf\{d(a,b): a\in A, b\in B\}.$$Consideramos $X$ el plano euclídeo. Entonces existen conjuntos que están a distancia $0$, pero no hay puntos de uno de ellos que esté a distancia $0$ del otro conjunto. O dicho de otra manera, no existen puntos de uno que sean adherentes al otro, es decir,
$$\overline{A}\cap B=A\cap \overline{B}=\emptyset.$$Así, basta tomar $A={\mathbb R}\times\{0\}$ el eje de abcisas y $B=\{(x,1/x):x>0\}$. Como  $$d((n,0),(n,\frac{1}{n}))=\frac{1}{n}\rightarrow 0,$$entonces $d(A,B)=0$. Sin embargo, ningún punto de $A$ es adherente a $B$ y al revés. En el primer caso, es claro que $d((x,0),B)>0$: la distancia es justamente la distancia de $(x,0)$ al punto que se obtiene al intersecar la perpendicular desde $(x,0)$ al conjunto $B$ (y no es el punto $(x,1/x)$).
 De hecho, $A$ y $B$ son conjuntos cerrados, luego $\overline{A}\cap B=A\cap B=\emptyset$.

lunes, 28 de octubre de 2013

Interior usando bases de abiertos


Sabemos que el interior de un conjunto es el mayor conjunto abierto contenido en él. Si la topología viene dada por una base de abiertos, no podemos decir que el interior el mayor elemento de la base contenido en el conjunto. Así, por ejemplo, consideramos ${\mathbb R}$ con su topología usual y $A=(0,1)\cup(2,3)$. Este conjunto es abierto y por tanto su interior coincide con $A$. Si tomamos como base de la topología usual la base usual, es decir, la formada por los intervalos abiertos
$$\beta=\{(a,b): a < b, a,b\in{\mathbb R}\}$$ tenemos que no hay un mayor elemento de $\beta$ incluido en $A$, sino que hay uno mayor contenido en $(0,1)$ (que es $(0,1)$) y uno mayor incluido en $(1,2)$, que es $(1,2)$. En este ejemplo hay elementos de $\beta$ incluidos en $A$, pero uno hay uno mayor.

Otro ejemplo es, en el mismo espacio topológico, el conjunto $B=(0,\infty)$. Este conjunto es abierto, luego coincide con su interior. Está claro que para todo $0 \leq a < b$, $(a,b)\subset B$, pero no hay uno que sea mayor, ya que $b$ puede ser arbitrariamente grande.

También sabemos que el interior de $A$ es la unión de todos los abiertos incluidos en $A$. Por tanto, es fácil deducir que también es la unión de todos los elementos de $\beta$ incluidos en $A$. Con esta caracterización, y para el conjunto $B$ anterior,
$$int(B)=\cup\{(a,b): 0 \leq a < b, a,b\in {\mathbb R}\}=(0,\infty).$$

domingo, 27 de octubre de 2013

Interior de un conjunto por sucesiones


Se puede usar la caracterización por sucesiones de punto interior para estudiar si ciertos subconjuntos de ${\mathbb R}^n$ son abiertos. Tomemos el conjunto $A=\{(x,y)\in{\mathbb R}^2: y > 0\}.$ Veamos que es abierto probando que todo punto suyo es interior, y usamos sucesiones.

Sea $(x,y)\in A$ y sea $\{(x_n,y_n)\}\rightarrow (x,y)$. Veamos que a partir de un cierto lugar, la sucesión se encuentra contenida en $A$. Por la convergencia se tiene $\{y_n\}\rightarrow y$. Como $y>0$, a partir de un cierto lugar, $y_n$ es positivo. Esto es consecuencia de la convergencia, ya que tomando $\epsilon=y>0$, existe $n_0\in{\mathbb N}$ tal que $n\geq n_0$ implica $|y_n-y|<\epsilon$. En particular,
$$-y_n+y<\epsilon=y\Rightarrow y_n>0.$$ Por tanto, $(x_n,y_n)\in A$ para $n\geq n_0$.

sábado, 26 de octubre de 2013

Adherencia por sucesiones

Continuamos con la entrada anterior, usando la caracterización por sucesiones de la adherencia en un espacio métrico. Veamos cuál es la diferencia del cálculo de la adherencia cuando el conjunto no es cerrado.
Consideramos en el plano euclídeo ${\mathbb R}^2$ el conjunto $A=(0,1)\times\{0\}$. Sea $(x,y)\in\overline{A}$. Entonces existe una sucesión $\{(x_n,y_n)\}\subset A\rightarrow (x,y)$. En particular,
$$0 < x_n < 1,\ \ y_n=0.$$Por tanto, como $\{y_n\}\rightarrow y$, se concluye que $y=0$. Por otro lado, al tomar límites en la desigualdad $0 < x_n < 1$ y ya que $\{x_n\}\rightarrow x$, entonces $0\leq x\leq 1$. Por tanto hemos concluido que si $(x,y)$ es adherente a $A$, entonces $$(x,y)\in[0,1]\times\{0\}.$$ Es decir, hemos encontrado condiciones necesarias para que $(x,y)$ sea adherente. Ya que $A\subset\overline{A}$, sólo queda estudiar si $(0,0)$ y $(1,0)$ son adherentes o no a $A$.

En este ejemplo particular, la utilidad de la caracterización por sucesiones es que sólo tenemos que estudiar si dos puntos son o no son adherentes. Si hubiéramos empezado el estudio usando la definición de punto adherente tendríamos que haber estudiado si dado un punto $(x,y)$ (que no esté en $A$) es adherente, e ir analizando casi punto por punto si es o no adherente. En cambio, por sucesiones, el esfuerzo se reduce a estudiar si 2 puntos son adherentes.
Saber si son adherentes o no ambos puntos es un trabajo con un matiz diferente. Ahora tenemos que encontrar una sucesión en $A$ que converge a los puntos en cuestión. Aquí es fácil sin más que darse cuenta de$$\{(\frac{1}{n},0)\}\rightarrow (0,0),\ \ \{(1-\frac{1}{n},0)\}\rightarrow (1,0).$$
 

jueves, 24 de octubre de 2013

Conjuntos cerrados por sucesiones

Voy a resumir los ejercicios que se hicieron ayer donde se probaba que ciertos subconjuntos de un espacio euclídeo son cerrados. Consideramos   ${\mathbb R}^2$ con su topología usual y $f:{\mathbb R}\rightarrow {\mathbb R}$ una aplicación continua. Entonces los conjuntos $A=\{(x,y): y\leq f(x)\}$ y $B= \{(x,y): y= f(x)\}$ son cerrados. Lo probamos para el primero.

Veamos que todo punto adherente pertenece a $B$. Para ello sea $(x,y)\in\overline{B}$ y $\{(x_n,y_n)\}\subset B$ tal que $\{(x_n,y_n)\}\rightarrow (x,y)$. En particular, $$\{x_n\}\rightarrow x, \{y_n\}\rightarrow y.$$
Como $(x_n,y_n)\in B$, $y_n=f(x_n)$.  Al tomar límites y usando la continuidad de $f$, tenemos
$$y=f(x).$$
Esto prueba que $(x,y)\in B$. Por tanto $\overline{B}\subset B$ y $B$ es cerrado.

El ejemplo que se hizo en clase fue tomar $f(x)=x^2$.

Para el caso de la circunferencia $A=\{(x,y): x^2+y^2=1\}$, y siguiendo el mismo razonamiento, tenemos
$$x_n^2+y_n^2=1.$$
Al tomar límites, $x^2+y^2=1$, es decir, $(x,y)\in A$, y así $A$ es cerrado.
 

miércoles, 23 de octubre de 2013

Interior en topologías en comparables

Consideramos un conjunto $X$ con dos topologías $\tau_1$ y $\tau_2$ tales que $\tau_1\subset\tau_2$. Si $A\subset X$, ¿Hay alguna relación entre el interior de $A$ en $(X,\tau_1)$ y el interior de $A$ en $(X,\tau_2)$? Denotamos a ambos interiores por $int_i(A)$, con $i=1,2$.

Ya que todo entorno de un punto en $(X,\tau_1)$ también lo es en $(X,\tau_2)$, entonces $int_1(A)\subset int_2(A)$.

Como consecuencia de esta inclusión, tenemos que $ext_1(A)\subset ext_2(A)$, contrariamente a lo que uno podría pensar ya que el exterior de un conjunto es el interior del complementario. Un ejemplo de que la inclusión es estricta es el siguiente: tomamos $X={\mathbb R}$, $\tau_1$ la topología usual y $\tau_2$ la de Sorgenfrey. Sea $A=[0,1]$. Entonces $$ext_1(A)={\mathbb R}-[0,1]$$ $$ext_2(A)={\mathbb R}-(0,1].$$

martes, 22 de octubre de 2013

Sucesiones convergentes en topologías comparables

Ya hemos propuesto varias veces la cuestión sobre la relación entre los conceptos topológicos para dos topologías en la que una es más fina que la otra. Concretamente, sea $X$ un conjunto con dos topología $\tau$ y $\tau'$ tal que $\tau\subset \tau'$, es decir, $\tau'$ es  más fina que $\tau$. ¿Hay alguna relación entre las sucesiones convergentes de $(X,\tau)$ y las de $(X,\tau')$? Por ejemplo, si $\{x_n\}\rightarrow x$ en $(X,\tau)$, ¿lo mismo ocurre en $(X,\tau')$? ¿y al revés?

En este sentido, el resultado que se tiene es el siguiente: si $\tau\subset\tau'$, toda sucesión convergente en $(X,\tau')$ es convergente en $(X,\tau)$.

La prueba es fácil y es dejarse llevar. Supongamos que $\{x_n\}\rightarrow x$ en $(X,\tau')$. Veamos que $\{x_n\}\rightarrow x$ en $(X,\tau)$. Para ello sea $U$ un entorno de $x$ en $(X,\tau)$. Como ${\cal U}_x\subset {\cal U}_x^{'}$, entonces $U$ es un entorno de $x$ en la topología $\tau'$. Por la convergencia, existe $n_0\in {\mathbb N}$ tal que si $n\geq n_0$, $x_n\in U$, como se quería probar.

En la entrada anterior había una situación donde aplicar este resultado. Así, se tenía que $d'\leq d$ y por tanto, $\tau'\subset\tau$. Entonces toda sucesión convergente en $(X,d)$ también lo es en $(X,d')$. Obsérvese que en el ejemplo de las sucesiones $\{f_n\}$ se tenía justamente lo contrario, es decir, $\{f_n\}\rightarrow 0$ en $(X,d')$, pero no convergían en $(X,d)$, lo cual probaba que las distancias no eran equivalentes.

lunes, 21 de octubre de 2013

Distancias no equivalentes

En el espacio $X$ de las funciones continuas de $[0,1]$ consideramos las dos distancias que hemos definido en clase:$$d(f,g)=\int_{0}^{1}|f(x)-g(x)|dx$$ $$d'(d,g)=\max\{|f(x)-g(x)|: 0\leq x\leq 1\}.$$
Estas dos distancias no son equivalentes. Concretamente, usando la entrada anterior, y ya que $d'\leq d$, se tiene $\tau'\subset\tau$.

Sin embargo, $\tau\not\subset\tau'$. Para ello, vamos a mostrar una sucesión $\{f_n\}\rightarrow g$ en $\tau'$, pero no es convergente en $\tau$. Definimos
$$f_n(x)=\left\{\begin{array}{ll}
0 &  \mbox{si $0\leq x\leq 1-\frac{1}{n}$}\\
n(x-1)+1 & \mbox{si $1-\frac{1}{n}\leq x\leq 1$}.
\end{array}
\right.$$
Entonces
$$d(f_n,g)=\int_{0}^1f_n(x)\ dx=\frac{1}{2n}\rightarrow 0,$$
pero
$$d'(f_n,g)=\max\{f_n(x):0\leq x\leq 1\}=1$$
que no converge a $0$, luego $\{f_n\}$ no converge a $g=0$ para la distancia $d'$.
Un dibujo de las funciones $f_n$ es el siguiente:




Observemos que las funciones $f_n$ no convergen puntualmente a la función $g=0$, aunque la propiedad sólo falla en $x=1$.

domingo, 20 de octubre de 2013

Distancias equivalentes

Para demostrar que dos distancias son equivalentes, se utiliza habitualmente la siguiente condición suficiente: 

Si $X$ es un conjunto y $d$, $d'$ son dos distancias tales que existen $K,M>0$ con $d\leq K d'$ y $d'\leq M d$, entonces $d$ y $d'$ son equivalentes.

Concretamente, si $d\leq K d'$, entonces las topología $\tau$ que genera $d$ está incluida en la topología $\tau'$ que determina $d'$.

Esta condición no es necesaria y para mostrar un ejemplo, tomamos las dos distancias de la entrada anterior. Ya se sabe que son equivalentes. Además, ya que $d'\leq d$, entonces tenemos una desigualdad del tipo anterior tomando $M=1$.

Sin embargo, no existe $K>0$ tal que $d\leq K d'$. Si fuera así, y ya que $d'$ está acotada por $1$, se tendría que $d$ también está acotada, lo cual no es cierto en general: por ejemplo tomando $X={\mathbb R}$ y $d$ la distancia usual.

jueves, 17 de octubre de 2013

Las bolas son a veces 'raras'


Ya hemos comentando muchas veces que las bolas en un espacio métrico no son redondas, como habitualmente hacemos cuando consideramos un espacio euclídeo con la distancia usual. Ni incluso en subconjuntos de ${\mathbb R}^n$ las bolas son redondas.

El siguiente ejemplo es otro más y también algo curioso. Para particularizar, tomamos $X={\mathbb R}^2$ (aunque se puede tomar cualquier conjunto) y $d$ la distancia usual. Se define otra distancia $d'$ del siguiente modo:
$$d'(x,y)=min\{d(x,y),1\}.$$Tomamos un radio $r$ tal que $r > 1$. Como $d'(x,y) \leq  1$,  entonces $y\in B'_r(x)$. Esto prueba que $B'_r(x)={\mathbb R}^2$. Cuando $r\leq 1$, si $d'(x,y) < r$, entonces $d'(x,y)=d(x,y)$. Por tanto, $B'_r(x)=B_r(x)$.

Como conclusión, en $({\mathbb R}^2,d')$ tenemos:
$$B'_r(x)=\left\{\begin{array}{ll} {\mathbb R}^2 & r > 1\\ B_r(x) & r \leq 1\end{array}\right.$$

miércoles, 16 de octubre de 2013

Calculando el interior de un conjunto en diferentes espacios topológicos

Consideramos el conjunto $X=[0,3)\cup\{5\}$ con su topología usual como espacio métrico con la distancia euclídea. Tomamos el conjunto $A=\{5\}$ y su interior en $X$ es $A$. Esto contrasta con que el interior de $A$ en ${\mathbb R}$ es $\emptyset$. Aquí estamos suponiendo que ${\mathbb R}$ tiene su topología euclídea (con la misma distancia euclídea). Esto no es más que una muestra de que el interior de un conjunto (y lo mismo con el exterior, frontera o adherencia) depende del espacio topológico donde esté. Por ello, las palabras correctas son el interior de $A$ en el espacio topológico $(X,\tau)$. Del mismo modo, la adherencia de $(2,3)$ en $X$ es $[2,3)$ mientras que la adherencia en ${\mathbb R}$ es $[2,3]$.

Si tomamos ahora $A=(1,2)$ no es difícil probar que el interior de $A$ en $X$ es $(1,2)$, que coincide con el interior de $A$ en ${\mathbb R}$. Para este mismo conjunto, la adherencia es $[1,2]$, tanto en $A$ como en ${\mathbb R}$. Por tanto, la frontera de $A$, tanto en $X$ como en ${\mathbb R}$ coincide.

El exterior de $A$ en $X$ como en ${\mathbb R}$ ¡no pueden coincidir!, porque el exterior es el interior del complementario y $X-A$ no es ${\mathbb R}-A$.

Os animo a encontrar más subconjuntos de $X$ cuyo interior, adherencia (y por tanto, frontera) coincidan tanto en $X$ como en ${\mathbb R}$.

lunes, 14 de octubre de 2013

Un conjunto que coincide con su frontera (II)

En la topología usual hay conjuntos que coinciden con su frontera. Así, en ${\mathbb R}$, si $A=\{1\}$, entonces $Fr(A)=A$ ya que $A$ es cerrado y su interior es vacío. Del mismo modo, el conjunto de los número enteros ${\mathbb Z}$ también coincide con su frontera.

A raíz de estos ejemplos, y el que aparece en la entrada anterior, ¿es posible dar una caracterización de aquellos conjuntos que coinciden con su frontera?

domingo, 13 de octubre de 2013

Un conjunto que coincide con su frontera


Cuando el espacio topológico que estamos trabajando no es el espacio euclídeo, es a veces difícil imaginarse cómo es el interior de un conjunto, y lo mismo con su exterior y su frontera.

En esta entrada os animo a que busquéis espacios topológicos y subconjuntos suyos cuya frontera coincida exactamente con el conjunto. Un primer ejemplo es el siguiente.

Consideramos en ${\mathbb R}$ la topología a derechas y tomamos $A=(-infty,0]$. Eñ interior de este  conjunto es el conjunto vacío y como es un conjunto cerrado, $\overline{A}=A$. Por tanto,
$$Fr(A)=\overline{A}\setminus int(A)=A.$$

martes, 8 de octubre de 2013

Topología sin símbolos


Me he animado a escribir en unos 'apuntes', todas las definiciones y resultados de la asignatura sin utilizar símbolos. 

Para ello he tomado como punto de partida el resumen del temario que hay en el enlace

http://www.ugr.es/~rcamino/docencia/topologia11-12/topo-resumen.pdf

y  me he puesto a eliminar todo rastro de símbolos!!! El resultado provisional lo podéis descargar de este enlace.

Espero que os guste y os divirtáis.

lunes, 7 de octubre de 2013

Dando la vuelta a base de entornos


Hoy hemos dado las condiciones para que una familia de subconjuntos $\beta_x$ asociada a cada punto $x\in X$ de un conjunto (donde no hay definida previamente una topología) sea base de entornos de una topología definida en $X$:

  1. $x\in V$, $\forall V\in\beta_x$.
  2. Si $V_1, V_2\in\beta_x$, entonces existe $V_3\in\beta_x$ tal que $V_3\subset V_1\cap V_2$.
  3. Si $V\in\beta_x$, entonces existe $V_0\in\beta_x$ tal que para todo $y\in V_0$, existe $V_y\in\beta_y$ tal que $V_y\subset V$.
Podemos ahora plantear una serie de ejercicios que consiste en darle la vuelta a resultados que ya tenemos en algunos espacios topológicos. Para mostrar un ejemplo, consideramos el siguiente. Sea $X$ un conjunto y $p\in X$ un punto que se fija. Sabemos que en $X$ existe la topología del punto incluido para $p$, pero ahora nos olvidamos de dicha topología, como si no supiéramos nada de ella.

Definimos para cada $x\in X$, $V_x=\{x,p\}$ y sea $\beta_x=\{V_x\}$. El primer ejercicio es probar que $\beta_x$ es base de entornos para una topología en $X$: hay que probar que se verifican las tres propiedades anteriores.

Llamamos $\tau$ a la topología que genera $\beta_x$. Recordemos que si tenemos la base de entornos, tenemos los entornos de $x$, sin más que coger todos los conjuntos que contengan a todos los conjuntos de $\beta_x$. En nuestro caso,
$${\cal U}_x=\{U\subset X: \{x,p\}\subset U\}.$$Los conjuntos abiertos son los conjuntos que son entornos de todos sus puntos.

Otra forma es sabiendo que los abiertos son los conjuntos que son entornos de todos sus puntos, y que si $\beta_x$ es base de entornos, entonces $O\in\tau$ si y sólamente si para todo $x\in X$, $V_x\subset O$.

Después de estos recordatorios, el ejercicio que queda es probar que
$$O\subset X\mbox{ es abierto si y sólamente si } p\in O.$$ Y con esto recuperaríamos la topología de punto incluido definida ya hace un par de semanas.

Y lo mismo que se ha hecho con la topología del punto incluido, podemos hacer con todas las topologías que ya conocemos una base de entornos, por ejemplo, la recta euclídea. Así que consideramos la recta real ${\mathbb R}$ y nos olvidamos de cómo era la topología usual de ${\mathbb R}$. Para cada $x\in{\mathbb R}$ definimos
$$\beta_x=\{(x-r,x+r): r>0\},$$
y probamos que $\beta_x$ es base de entornos de una topología $\tau$ definida en ${\mathbb R}$. El ejercicio consistiría pues en probar que $$\beta=\{(a,b): a < b, a,b\in{\mathbb R}\}$$
es base de abiertos de la topología $\tau$.

domingo, 6 de octubre de 2013

Topología a derechas

Consideramos ${\mathbb R}$ con la topología a derechas. Sabemos que una base de entornos de $x\in {\mathbb R}$ es $\beta_x=\{V_x:=[x,\infty)\}$. Las propiedades que tiene esta topología son las siguientes:
  1. La base de entornos sólo tiene un elemento. 
  2. Si $y\in V_x$, entonces $V_y\subset V_x$. 
Me pregunto si esta topología es la única en ${\mathbb R}$ que satisface ambas propiedades. 
 
Concretamente, supongamos que $\tau$ es otra topología, $\beta_x'=\{U_x\}$ base de entornos de $x$ en $(X,\tau)$ con las dos propiedades anteriores. Definimos en ${\mathbb R}$ una relación binaria $\leq$ del siguiente modo: $$x\leq y \mbox{ si } U_y\subset U_x.$$ Creo que esta relación es de orden. Quedaría por probar que $\leq$ es justamente la relación de orden usual de ${\mathbb R}$.

viernes, 4 de octubre de 2013

Base de entornos cerrados

Habitualmente la base de entornos que aparecen en los ejemplos está formada por entornos que son conjuntos abiertos. Sin embargo, no tiene porqué ser así. En clase apareció la siguiente base de entornos en la topología usual de ${\mathbb R}^2$: $$\beta_{(x,y)}=\{[x-\epsilon,x+\epsilon]\times [y-\epsilon,y+\epsilon]: \epsilon>0\}.$$ Incluso uno puede considerar entornos que no son abiertos ni cerrardos: $$\beta_{(x,y)}=\{(x-\epsilon,x+\epsilon]\times (y-\epsilon,y+\epsilon]: \epsilon>0\}.$$ En la topología usual, para base de entornos, no tiene porqué usarse 'intervalos'. Os dejo como ejercicio probar que la siguiente familia de conjuntos es una base de entornos de $x$ en la topología usual de ${\mathbb R}$: $$\beta_x=\{(x-\frac{1}{n},x+\frac{1}{n})\cup\{x+\frac{1}{n-1}\}: n\in{\mathbb N}\}.$$

jueves, 3 de octubre de 2013

Quitando, quitando ??

¿Podemos hacer algo parecido a la entrada anterior, pero con la topología de Sorgenfrey $\tau_S$?

Sea la base usual de $\tau_S$ dada por $\beta_u=\{[a,b): a < b, a,b\in{\mathbb R}\}$. Una base más pequeña es tomar $\beta_u$ y quitarle un intervalo, por ejemplo, el intervalo $[0,1)$. Otra más pequeña es quitarles los intervalos de la forma $[n,n+1)$, con $n\in {\mathbb N}$.

La pregunta que planteo ahora es si las siguientes familias de subconjuntos son bases de $\tau_S$, considerando todas las posibilidades de los extremos del intervalo siendo o no racionales:
$$\{[a,b): a < b, a,b\in {\mathbb R}-{\mathbb Q}\}$$ $$\{[a,b): a < b, a,b\in{\mathbb Q}\}$$ $$\{[a,b): a < b, a\in {\mathbb R}-{\mathbb Q}, b\in {\mathbb Q} \}$$ $$\{[a,b): a < b,  a\in {\mathbb Q}, b\in {\mathbb R}-{\mathbb Q} \}.$$

miércoles, 2 de octubre de 2013

Quitando y quitando


Sabemos que si $\beta$ es una base y $O\in\tau$, entonces $\beta\cup\{O\}$ es una base del espacio, es decir, si a una base vamos añadiendo abiertos, sigue siendo base. ¿Y al revés?

En la recta euclídea consideramos la base usual $\beta_u=\{(a,b): a < b, a,b\in{\mathbb R}\}$. Una base más pequeña es tomar $\beta_u$ y le quitamos el intervalo $(0,1)$. Otra más pequeña es $\beta_u$ y le quitamos los intervalos $(0,1)$ y $(2,3)$. Más pequeña aún. A $\beta_u$ le quitamos los intervalos de la forma $(n,n+1)$, con $n\in {\mathbb N}$.

Más todavía, a $\beta_u$ le quitamos todos los intervalos con extremos racionales, es decir,
$$\{(a,b): a < b, a,b\in {\mathbb R}-{\mathbb Q}\}$$ es base de la topología usual.

Del mismo modo, $$\{(a,b): a < b, a,b\in{\mathbb Q}\}$$ también es base.

¡Más todavía!, $$\{(a,b): a < b, a\in {\mathbb R}-{\mathbb Q}, b\in {\mathbb Q} \}$$ y
$$\{(a,b): a < b,  a\in {\mathbb Q}, b\in {\mathbb R}-{\mathbb Q} \}$$ son bases de la topología usual.

domingo, 29 de septiembre de 2013

Topología de los complementos finitos

En esta entrada generalizamos, en cierto sentido, la construcción de la topología usual de ${\mathbb R}^2$. Recordemos que la topología usual de ${\mathbb R}$ es la que tiene por base los intervalos abiertos y en ${\mathbb R}^2$, la que tiene por base el producto cartesiano de intervalos abiertos: $$\{(a,b)\times (c,d): a < b, c < d, a, b, c, d\in{\mathbb R}\}.$$Hacemos algo parecido con la topología cofinita o de los complementos finitos. En ${\mathbb R}$ denotamos la topología cofinita por $\tau_{CF}$ y en ${\mathbb R}^2$ y consideramos la familia de subconjuntos de ${\mathbb R}^2$ dada por $$\beta=\{O\times O': O, O'\in\tau_{CF}\}.$$Se deja como ejercicio probar que $\beta$ es base de una topología en ${\mathbb R}^2$ y que denotamos por $\tau$. Por otro lado, ${\mathbb R}^2$ tiene también su topología cofinita, que denotamos por $\tau'$, es decir, los abiertos son los conjuntos que son complementarios de los conjuntos finitos de ${\mathbb R}^2$.
La pregunta que nos hacemos es qué relación tiene $\tau$ con $\tau'$ (si la hubiera). Por ejemplo, ${\mathbb R}^2-\{(0,0)\}$ es un abierto en $\tau'$ ¿pertenece a $\tau$? ¿Y qué sucede con el conjunto ${\mathbb R}^2-\{(x,0):x\in{\mathbb R}\}$?

viernes, 27 de septiembre de 2013

Un nuevo espacio topológico

Una manera simple de construir topologías a partir de otras es la siguiente. Sea $(X,\tau)$ un espacio topológico. Supongamos que $X$ es un subconjunto de otro conjunto más grande $Y$.

En $Y$ se construye una topología que no es más que añadir a $\tau$ el conjunto $Y$, es decir,
$$\tau'=\tau\cup\{Y\}$$ es una topología en $Y$.

Observemos:
  1. Los conjuntos cerrados de $(X,\tau)$ no coinciden con los de $(Y,\tau')$. En verdad, casi ninguno. ¿Cuántos? 
  2. Si $\beta$ es una base de $(X,\tau)$, $\beta$ no es base de $(Y,\tau')$. ¿Y al revés?

miércoles, 25 de septiembre de 2013

Construyendo bases


Dado un conjunto y $\beta$ una familia de subconjuntos, las dos propiedades que tiene que satisfacer $\beta$ para que sea base de una topología en $X$ es que $X$ sea unión de elementos de $\beta$ y la segunda es que para todo $B_1, B_2\in\beta$ y $x\in B_1\cap B_2$, existe $B_3\in\beta$ tal que $x\in B_3\subset B_1\cap B_2$.

Una manera de usar este resultado para construir topologías es encontrar una familia de subconjuntos $\beta$ donde la intersección de dos elementos de $\beta$ sea otro elemento de $\beta$. Así se toma en la segunda propiedad $B_3$ como la propia intersección. Esto nos permitió definir la topología usual y la topología de Sorgenfrey en $\mathbb{R}$.

Otra forma de conseguir la segunda propiedad es que la intersección de dos elementos de $\beta$ sea vacía, y por tanto, se satisface inmediatamente. Como conclusión tenemos:

Teorema: Si $\beta$ es una familia de subconjuntos de $X$ tal que $X$ es unión de elementos de $\beta$ y la intersección de dos elementos cualesquiera sea vacía, entonces $\beta$ es base de una topología.

Como ejemplo, si en un conjunto $X$ tomamos la partición $\beta=\{\{x\}: x\in X\}$, entonces se genera una topología. No es difícil probar que dicha topología es la topología discreta de $X$.

Otro ejemplo es en $\mathbb{R}$ tomar la partición
$$\beta=\{[n,n+1): n\in{\mathbb N}\}.$$

sábado, 14 de septiembre de 2013

Retomamos pronto las clases

Después de esta larga interrupción desde que acabara la asignatura el curso pasado, dentro de algo más de una semana empezaremos de nuevo el curso académico. Esta es la oportunidad de hacer de nuevo la invitación a los estudiantes a realizar entradas en el blog. Aparte de los alumnos que tengo en el grupo 2º-B del grado en matemáticas, invito especialmente a todos aquéllos que tienen la misma asignatura:
  1. Alumnos del grupo 2º-A del grado en matemáticas. 
  2. Alumnos de segundo curso del doble grado en ingeniería informática y matemáticas. 
Y por supuesto, al resto de las personas que leen este blog, por ejemplo, alumnos de matemáticas de universidades españolas, ya que los temarios son parecidos a los de la UGR. 
 
Recordar que este blog gira en torno los conceptos básicos de topología general, los cuales se imparten en la primera asignatura sobre topología que se imparte en el grado. 

viernes, 22 de marzo de 2013

La frontera de intervalos

En la recta euclídea, la frontera de un intervalo $[a,b]$ es $\{a,b\}$, los extremos del intervalo. Habitualmente, y debido a este ejemplo, pensamos que la frontera de un conjunto se encuentra en los 'bordes' del mismo. Por supuesto, esto se debe al hecho de que estamos utilizando la topología usual. Una curiosidad: en inglés la traducción de la palabra matemática 'frontera', es 'boundary'.

Definimos en ${\mathbb R}$ la topología del punto excluido para $p=1$ y consideramos el intervalo $[0,2]$. Sabemos que una base de entornos de un punto $x$, $x\not=1$, es $\beta_x=\{\{x\}\}$ y  para $p=1$, $\beta_1=\{{\mathbb R}\}$. Por tanto
$$\mbox{Fr}([0,2])=\{1\},$$
justo el  centro del intervalo, ¡lo más alejado de los extremos!

sábado, 16 de marzo de 2013

Subconjuntos homeomorfos al espacio ambiente (II)

Si seguimos con al entrada anterior, planteamos el mismo problema pero en dimensión 2. Pregunta: ¿existen subconjuntos $A$ de ${\mathbb S}^2$ homeomorfos a ${\mathbb S}^2$?

Con el mismo razonamiento que se hizo para ${\mathbb S}^1$, el conjunto $A$ sería homeomorfo a un conjunto conexo y compacto de ${\mathbb R}^2$. Ya puede darse uno cuenta que el problema no es tan fácil de resolver como el problema planteado en la entrada anterior para la circunferencia ${\mathbb S}^1$.

Podemos poner ejemplos particulares de subconjuntos $A$, como $A={\mathbb S}^1$. Ya se vio en clase, usando conexión, que ${\mathbb S}^1$ no es homeomorfo a ${\mathbb S}^2$.

Os dejo como ejercicio si es posible probar, usando las herramientas del temario de la asignatura, que el disco $A=\{(x,y)\in {\mathbb R}^2:x^2+y^2\leq 1\}$  no es homeomorfo a ${\mathbb S}^2$.

martes, 12 de marzo de 2013

Subconjuntos homeomorfos al espacio ambiente

Tenemos varios ejemplos de espacios topológicos que son homeomorfos a subconjuntos suyos, éstos con la topología inducida. Por ejemplo, todo subconjunto de un espacio discreto tiene la topología discreta. Por tanto, para buscar un ejemplo, basta con que el conjunto sea biyectivo con el subconjunto. Por ejemplo, $({\mathbb N},\tau_D)$ es homeomorfo a $(\{2n:n\in{\mathbb N}\},\tau_D)$.

Volviendo a un caso más 'cercano', sabemos que $(0,1)$ es homeomorfo a ${\mathbb R}$ con las topologías usuales. Nos planteamos el problema con la circunferencia ${\mathbb S}^1$. Si $A\varsubsetneq {\mathbb S}^1$ y $A\cong {\mathbb S}^1$, entonces $A$ es un conjunto conexo y compacto. Como la inclusión es estricta, podemos suponer que $A\subset {\mathbb S}^1\setminus\{p\}$, para un cierto punto $p$. Como ${\mathbb S}^1\setminus\{p\}\cong{\mathbb R}$, entonces $A$ es homeomorfo a un intervalo cerrado y acotado $[a,b]$. Sin embargo, $[a,b]$ no puede ser homeomorfo a ${\mathbb S}^1$, ya que entonces $(a,b)$ (que es conexo) sería homeomorfo a ${\mathbb S}^1$ menos dos puntos, es decir, a ${\mathbb R}$ menos un punto, que no es conexo.

Concluimos que ${\mathbb S}^1$ no es homeomorfo a ningún subconjunto suyo.

viernes, 8 de marzo de 2013

La circunferencia como cociente de la esfera

Seguimos con otro ejemplo de la entrada anterior. Tomamos la proyección $f:{\mathbb S}^2\rightarrow{\mathbb R}$ dada por $f(x,y,z)=z$. Esta aplicación es cerrada y continua y su imagen es $[-1,1]$. Y ahora hacemos el correspondiente cociente para identificar $[-1,1]$ con ${\mathbb S}^1$ relacionando $x=-1$ con $x=1$. Entonces definimos $g:[-1,1]\rightarrow {\mathbb S}^1$ mediante $g(t)=(\cos(\pi t),\sin (\pi t))$.


Resumiendo, la aplicación $h:{\mathbb S}^2\rightarrow {\mathbb S}^1$ dada por $h=g\circ f$, $h(x,y,z)=(\cos(\pi t),\sin (\pi t))$ induce un homeomorfismo ${\mathbb S}^2/R_h\cong {\mathbb S}^1$. Si queremos escribir $R_h$, entonces sería
$$(x,y,z)R_h (x',y',z')\mbox{ si }|z-z'|=2.$$

miércoles, 6 de marzo de 2013

Cocientes en la esfera

Continuando con la entrada anterior, una forma de tener aplicaciones sobreyectivas, continuas y cerradas (y por tanto, identificaciones) es tomar aplicaciones continuas cuyo dominio es compacto y que llegue a un espacio Hausdorff. Restringiendo el codominio a la imagen de la aplicación, ésta se hace sobreyectiva.

Tomamos $f:{\mathbb S}^2\rightarrow{\mathbb R}^2$ la proyección ortogonal $f(x,y,z)=(x,y)$. Entonces $f({\mathbb S}^2)={\mathbb D}^2=\{(x,y)\in {\mathbb R}^2: x^2+y^2\leq 1\}$. Entonces
$$\frac{{\mathbb S}^2}{R_f}\cong {\mathbb D}^2.$$
Sólo queda escribir la relación $R_f$. Se tiene $(x,y,z)R_f(x',y',z')$ si y sólo si $x=x'$, $y=y'$. Pero como $x^2+y^2+z^2=x'^2+y'^2+z'^2=1$, esto es equivalente a decir que $z^2=z'^2$, es decir, $z'=\pm z$. Por tanto, la relación $R_f$ es
$$(x,y,z)R_f(x',y',z') \Leftrightarrow z'=\pm z.$$

lunes, 4 de marzo de 2013

Más sobre las proyecciones

Las aplicaciones sobreyectivas, continuas y abiertas son identificaciones, por tanto, inducen ciertos homeomorfismos en un espacio cociente. Como ejemplo de estas aplicaciones tenemos las proyecciones en un producto topológicos.

Sea $(X\times Y,\tau\times\tau')$ un espacio producto y consideramos $p:X\times Y\rightarrow X$ la proyección $p(x,y)=x$. Esta aplicación es continua, sobreyectiva y abierta, luego es una identificación y así se tiene:
$$\frac{X\times Y}{R_p}\cong (X,\tau).$$
La relación $R_p$ está dada por $(x_1,y_1)R_p(x_2,y_2)$ si $p(x_1,y_1)=p(x_2,y_2)$. Luego $(x_1,y_1)R_p(x_2,y_2)$ si $x_1=x_2$. Por tanto, la clase de equivalencia de $(x,y)$ es
$$[(x_1,y_1)]=\{(x_1,y)\in X\times Y:y\in Y\}=\{x_1\}\times Y.$$
Conjuntistamente, el conjunto cociente $X\times Y/R_p$ tiene tantos elementos como tiene $X$. Y topológicamente, son homeomorfos, como ya hemos visto.

sábado, 2 de marzo de 2013

Pegar un espacio consigo mismo

Consideramos un espacio topológico $(X,\tau)$ y hacemos dos 'copias' del mismo. Una forma es considerar el espacio topológico producto  $(X\times\{0,1\},\tau\times\tau_u)$. Este espacio no es conexo, ya que el segundo factor no lo es. Podemos decir que son dos copias del espacio $(X,\tau)$, copias 'colocadas' en otro espacio topológico, que es un espacio producto.

Se define en $X\times \{0,1\}$ la relación de equivalencia $(x,t)R(x',t')$ si $x=x'$. Esta relación 'identifica' los puntos de una copia con los de la otra con la misma abcisa. Por tanto estamos pegando una copia con la otra, es decir, $X$ consigo mismo.

Probamos que $\frac{X\times\{0,1\}}{R}\cong X$. Para ello definimos $f:X\times\{0,1\}\rightarrow X$ mediante $f(x,t)=x$, es decir, $f$ es la primera proyección. Entonces $f$ es sobreyectiva, continua y abierta y por tanto, una identificación. Es evidente también que $R_f$ es $R$, luego se tiene el homeomorfismo buscado.

miércoles, 27 de febrero de 2013

Tres espacios no homeomorfos entre sí

En el examen de febrero pregunté por tres espacios que no son  homeomorfos entre sí. Dichos espacios son subconjuntos del plano euclídeo: $A=\{(x,y)\in {\mathbb R}^2:x^2+y^2\leq 1\}$,  $B=A-\{(1,0)\}$ y $C={\mathbb S}^1$. Se preguntaba que cualquier par de dichos espacios no son homeomorfos. Para ello se usa conexión y compacidad.

  1. $A$ es compacto por ser cerrado y acotado. Es cerrado ya que $A=f^{-1}([0,1])$ donde $f:{\mathbb R}^2\rightarrow{\mathbb R}$ es la aplicación continua $f(x,y)=x^2+y^2$.
  2. $B$ no es compacto ya que no es cerrado, pues su adherencia es $A$: toda bola centrada en $(1,0)$ interseca a $B$.
  3. $C$ es compacto por ser acotado y cerrado: es cerrado ya que $C=f^{-1}(\{1\})$.
Por tanto, sólo queda distinguir $A$ de $C$. Supongamos que $\phi:A\rightarrow {\mathbb S}^{-1}$ es un homeomorfismo. Entonces si $p,q\in A$, $A-\{p,q\}\cong {\mathbb S}^{-1}-\{\phi(p),\phi(q)\}$. Por un lado, ${\mathbb S}^{-1}-\{\phi(p),\phi(q)\}$ no es conexo, ya que ${\mathbb S}^1-\{\phi(p)\}$ es homeomorfo a ${\mathbb R}$, luego al quitarle otro punto, no es conexo. Sin embargo $A-\{p,q\}$ es conexo. Para ello hay varios razonamientos, pero si tomamos $p,q$ en el borde de $A$, por ejemplo, $p=(1,0)$ y $q=-p$, entonces $A-\{p,q\}$ es un conjunto convexo y por tanto, es conexo.

lunes, 25 de febrero de 2013

La intersección de topologías y compacidad

Sea $X$ un conjunto con dos topologías $\tau_1$ y $\tau_2$. Si las dos topologías son compactas, la intersección $\tau_1\cap \tau_2$ también lo es: dado un recubrimiento $\{O_i: i\in I\}$ de $X$ por abiertos de $\tau_1\cap \tau_2$, los conjuntos $O_i$ son elementos de $\tau_1$  y de $\tau_2$, luego existe un subrecubrimiento finito. En verdad, sólo hace falta que una topología sea compacta.

A continuación pongo un ejemplo de que la intersección de dos topologías no compactas es compacta. Consideramos $X=\mathbb{R}$ la recta real y $\tau_1$, $\tau_2$ las topologías a derechas e izquierdas, respectivamente. Ninguna de ellas es compacta. Así, y para $\tau_1$, tenemos el siguiente recubrimiento por abiertos:
$${\mathbb R}=\cup_{x\in {\mathbb R}} [x,\infty).$$
Sin embargo, si hubiera un recubrimiento finito, se tendría:
$${\mathbb R}=\cup_{i=1}^n\ [x_i,\infty)=[\min\{x_1,\ldots,x_n\},\infty),$$
y ${\mathbb R}$ estaría acotado inferiormente.

Calculamos ahora $\tau_1\cap \tau_2$. Si $O\in\tau_1\cap\tau_2$ y no es trivial, entonces $O$ debe contener a un conjunto del tipo $[x,\infty)$ y otro de la forma $(-\infty,y]$ y esto daría que $O={\mathbb R}$. Por tanto, $O$ tiene que ser trivial, es decir,
$$\tau_1\cap \tau_2=\{\emptyset,{\mathbb R}\}.$$Como es una topología finita, es compacta.

sábado, 23 de febrero de 2013

Adherencia y compacidad


La adherencia de un compacto no es compacto

En el examen de febrero apareció un ejemplo de un subconjunto compacto cuya adherencia no lo es. Para ello tomamos el  espacio topológico $(X,\tau)$, donde $X=[0,2]$ y $\tau=\{O\subset X: (0,1)\subset O\}\cup\{\emptyset\}$. Esta topología la hemos llamado la del 'conjunto incluido', ya que todos los abiertos contienen al subconjunto $A=(0,1)$.

El conjunto $A$ es compacto, ya que dado un recubrimiento por abiertos de $A$, cualquier abierto de dicho recubrimiento ya recubre $A$ por la propia definición de $\tau$.

La adherencia de $A$ es $X$: $\overline{A}=[0,2]$. Una base de entornos de cada punto $x\in X$ es $\beta_x=\{U_x:=\{x\}\cup A\}$. Por tanto, $U_x\cap A\not=\emptyset$.

Sin embargo, $\overline{A}=[0,2]$ no es compacto. Un recubrimiento de $[0,2]$ es $\{U_x:x\in  [0,2]\}$, y si hubiera un recubrimiento finito, a saber, $[0,2]=U_{x_1}\cup\ldots\cup U_{x_n}$, entonces $[0,2]=A\cup\{x_1,\ldots,x_n\}$, lo cual es falso.