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 $({\mathbb R},\tau_S)$.