exámenes resueltos de topología

Exámenes resueltos

Asignatura: Topología GeneralCódigo de asignatura: 233Ciclo: segundoProfesor: Francisco Gallego LupiáñezExámenes en mi poder: Febrero y Septiembre de 2000, Febrero de

2001, Febrero de 2002, Febrero y Septiembre de 2003, Septiembrede 2005, Junio y Septiembre de 2006, Febrero y Septiembre de2007

Autor de este informe: alumno Antonio Sánchez FernándezProcesador de textos utilizado: LATEX

I) Teoría

1. Propuesto al menos en Septiembre de 2005

1.1. Enunciado

[Admitiendo el Axioma de Zorn] Sea X conjunto y F �ltro de X. Entoncesexiste algún ultra�ltro en X más �no que F.

1.2. Solución

Sea S el conjunto de todos los �ltros de X más �nos que F. F ∈ S⇒ S 6= ∅.(S,⊂) es conjunto ordenado.

Sea {Fj}j∈J cadena en S. Veamos que⋃j∈J

Fj es cota superior de la cadena.

1)∀F1, F2 ∈⋃j∈J

Fj ⇒ ∃j1, j2 ∈ J, , Fk ∈ Fjk ({Fj}j∈J cadena, supongo

Fj1 ⊂ Fj2) ⇒ F1, F2 ∈ Fj2 �ltro ⇒ F1 ∩ F2 ∈ Fj2 ⊂ ∪j∈JFj

2)∀F ∈ ∪j∈JFj ,∀F ′ ⊂ X, , F ⊂ F ′ ⇒ ∃j0 ∈ J, , F ∈ Fj0 �ltro ⇒ F ′ ∈ Fj0 ⊂∪j∈JFj

1) y 2)⇒ (∀j ∈ J)Fj ⊂ ∪j∈JFj �ltro en X más �no que F y es cota superiorde la cadena.

(Axioma de Zorn)⇒ ∃G elemento maximal de S⇔ G es ultra�ltro en X más�no que F2

1

2. Propuesto al menos en Febrero de 2002 y Juniode 2006

2.1. Enunciado

Sea (X,T ) espacio topológico, x ∈ X, s red en X. Entonces x es un puntode aglomeración de s si, y sólo si, existe una subred de s que converge a x.

2.2. Solución

Sea s = (sd)d∈D la red del enunciado.

(⇒)x punto de aglomeración de s⇒ ∀U entorno de x∃d ∈ D, , sd ∈ U .

Sea Λ = {(d, U)|d ∈ D,U entorno de x� sd ∈ U}

(d1, U1) ≤ (d2, U2)def.⇔ d1 ≤ d2, U2 ⊂ U1 ⇒ (Λ,≤) es un conjunto dirigido.

Seaϕ : Λ −→ D(d, U) 7→ d

aplicación.

ϕ es creciente y co�nal ⇒ s ◦ ϕ ≡ t, t es subred de s.

∀Ux entorno de x. ∀d0 ∈ D∃d1 ∈ D, , d0 ≤ d1,

sd1 ∈ Ux ⇒ ∃(d1, Ux) ∈ Λ,∀(d, U) ∈ Λ, , (d1, U

x) ≤ (d, U)(⇒ U ⊂ Ux)

t(d, u) = (s ◦ ϕ)(d, U) = s(d) ∈ U ⊂ Ux ⇒ t −→ x

(⇐)∃Λ conjunto dirigido. ∃ϕ : Λ −→ D aplicación creciente y co�nal tal ques ◦ ϕ −→ x.

∀Ux entorno de x∃λ0 ∈ Λ, ,∀λ ≥ λ0(s ◦ ϕ)(λ) ∈ Ux

∀d1 ∈ D∃λ1 ∈ Λ, , ϕ(λ1 ≥ d1 (pues ϕ es co�nal)

∃λ2 ∈ Λ, , λ0, λ1 ≤ λ2 ⇒ ϕ(λ2 ≥ ϕ(λ0), ϕ(λ1 ≥ d1

d∗ ≡ ϕ(λ2)

s(d∗) = s(ϕ(λ2)) = (s ◦ ϕ)(λ2) ∈ Ux ⇒ x es punto de aglomeración de lared s2

2

3. Propuesto al menos en Febrero de 2000, Fe-brero de 2002 y Febrero de 2003

3.1. Enunciado

Sea {(Xj , Tj)}j∈J familia 6= ∅ de espacios topológicos. Entonces (∏j∈J

Xj ,∏j∈J

Tj)

es completamente regular si, y sólo si, ∀j ∈ J(Xj , Tj) es completamente regular.

3.2. Solución

(⇒) trivial

(⇐)∀x = (xj)j∈J ∈∏j∈J

Xj

∀C 6= ∅ cerrado de (∏j∈J

Xj ,∏j∈J

Tj), , x 6∈ C ⇒ x ∈∏j∈J

Xj \ C ∈∏j∈J

Tj ⇒

∃B =

n⋂n=1

p−1jk

(Uk), , x ∈ B ⊂∏j∈J

Xj \ C ⇒ ∀k = 1, . . . , n,

xjk ∈ Uk(6= Xjk) ∈ Tjk ⇔ ∀k = 1, . . . , n, xjk 6∈ Xjk \ Uk 6= ∅ cerrado de(Xjk , Tjk)

(Hipótesis) ⇒ ∀k = 1, . . . , n, ∃fk : (Xjk , Tjk) −→ [0, 1] continua

fk(xjk) = 0, fk(Xjk \ Uk) = {1}

Sea f : (∏j∈J

Xj ,∏i∈J

Tj) −→ [0, 1],

∀z = (zj)j∈J , f(z)def= max{fk(zjk)|k = 1, . . . , n} ⇒ f aplicación continua,

f(x) = 0, f(C) = {1}

(∀z ∈ C ⇒ z 6∈ B ⇔ ∃k0 ∈ {1, . . . , n}, , zjk0 6∈ Uk0 ⇒ fk0(zjk0 ) = 1 ⇒f(z) = 1)2

3


4.1. Enunciado

Todo espacio topológico metrizable es normal.

4.2. Solución

∀C1, C2 cerrados disjuntos de (X,T ), , T = Td, con d métrica sobre X. SiC1 = ∅, trivial. Supongo C1, C2 6= ∅.

∀x ∈ C1∀y ∈ C2 ⇒{∃εx > 0, , Bεx(x) ∩ C2 = ∅∃δy > 0, , Bδy (y) ∩ C1 = ∅

C1 ⊂⋃x∈C1

B εx3

(x) ≡ U1 ∈ T ;C2 ⊂⋃y∈C2

B δy3

(y) ≡ U2 ∈ T

Si ∃z ∈ U1 ∩ U2 ⇒

{∃x0 ∈ C1, , z ∈ B εx0

3(x0)

∃y0 ∈ C2, , z ∈ B δy03

(y0)

}

Supongo δy0 ≤ εx0

d(x0, y0) ≤ d(x0, z)+d(z, y0) <εx03 +

δy03 ≤

23εx0

< εx0⇒{y0 ∈ C2

y0 ∈ Bεx0 (x0)

}contradicción ⇒ U1 ∩ U2 = ∅2

5. Propuesto al menos en Febrero de 2007

5.1. Enunciado

Enunciar y demostrar el Lema de Jones.

5.2. Solución

Lema de Jones: Sea (X,T ) espacio topológico. Si ∃D subconjunto denso de

(X,T ) y E cerrado de (X,T ), (E, T|E) discreto y card E ≥ 2cardD, entonces(X,T ) no es normal.

Demostración: Si (X,T ) normal y E cerrado de (X,T ), , (E, T|E) discreto⇒ ∀C ⊂ E,C y E \C cerrados disjuntos de (E, T|E) (y E cerrado)⇒ C y E \C

4

cerrados disjuntos de (X,T )⇒ ∃UC , VC ∈ T disjuntos� C ⊂ UC , E \ C ⊂ VC

UC ∩D ⊂ D. Sea f : P(E) −→ P(D) aplicación

c 7−→ f(C)def= UC ∩D

Si C1, C2 ∈ P(E), , C1 6= C2 ⇒ ∃x ∈ C1, , x 6∈ C2 ⇒ x ∈ C1 ⊂ Uc1 , x ∈E \ C2 ⊂ VC2

⇒ UC1∩ VC2

6= ∅ abierto de T (y D denso en (X,T )) ⇒ UC1∩

VC2∩ D 6= ∅ ⇔ ∃y ∈ UC1

∩ VC2∩ D ⇒

{y ∈ UC1

∩D = f(C1)y ∈ VC2

∩D ⇒ y 6∈ f(C2)

}⇒

f(C1) 6= f(C2) ⇒ f inyectiva ⇒ card E < card P(E) ≤ card P(D) = 2cardD,contradicción. 2

6. Propuesto al menos en Febrero de 2001, Sep-tiembre de 2006 y Septiembre de 2007

6.1. Enunciado

Sea (X,T ) espacio topológico regular. Entonces (X,T ) es paracompacto si ysólo si para cada recubrimiento abierto de (X,T ) existe una partición continuade la unidad subordinada.

6.2. Solución

(⇐) trivial

(⇒)∀U = {Uj}j∈J recubrimniento abierto de (X,T ) ⇒ ∃{Vs}s∈S re�na-miento abierto localmente �nito.

∀s ∈ S∃j(s) ∈ J, , Vs ⊂ Uj(s).∀j ∈ J⋃

j(s)=j

Vs ≡ Vj ⇒ ∃{Vj}j∈J re�namiento

abierto localmente �nito de U, , Vj ⊂ Uj(∀j ∈ J), (y (X,T ) es paracompacto yregular)⇒ ∃{Fj}j∈J re�namiento cerrado localmente �nito� Fj ⊂ Vj ,∀j ∈ J ⇒

(∃{Fh}h∈H re�namiento cerrado localmente �nito de {Vj}j∈J .∀h ∈ H∃j(h) ∈J, , Fh ⊂ Vj(h);∀j ∈ J

⋃j(h)=j

Fh ≡ Fj cerrado)

⇒ Fj y X \ Vj cerrados disjuntos (∀j ∈ J)

(Paracompacto: lema de Urysohn:) Si Fj 6= ∅ y Vj 6= X ⇒

5

∃gj : (X,T ) −→ [0, 1] continua,gj(Fj) = {1}, gj(X \ Vj) = {0}SiFj = ∅.Sea gj : (X,T ) −→ [0, 1], , gj ≡ 0(⇒ gjcontinua)SiX = Vj .Sea gj : (X,T ) −→ [0, 1], , gj ≡ 1(⇒ gjcontinua)

⇒∀j ∈ J,X \ Vj ⊂ g−1

j (0) ⇒ ∀j ∈ J sopAgj ⊂ Vj ⇒ {sopAgj}j∈J localmente

�nito en (X,T )⇒ ∃g =∑j∈J

gj : (X,T ) −→ [0,→) continua

{Fj}j∈J recubrimiento de X ⇒ ∀x ∈ X∃j0 ∈ J, , x ∈ Fj0 ⇒ gj0(x) = 1 ⇒g(x) 6= 0

Sea ∀j ∈ Jfj : (X,T ) −→ R, , fj(x) =gj(x)g(x) ⇒ fj continua ∀j ∈ J

fj(x) ≥ 0∀x ∈ X,∀j ∈ J. sopAfj = sopAgj ⇒ {sopAfj}j∈J localmente�nito.

∀x ∈ X (∑j∈J

fj)(x) =

∑j∈J

gj(x)

g(x)= 1 ⇒ {fj}j∈J partición continua de la

unidad subordinada a U 2

7. Propuesto al menos en Septiembre de 2003,Junio de 2006 y Febrero de 2007

7.1. Enunciado

Sean (X,T ), (X ′, T ′), (X ′′, T ′′) espacios topológicos. Si α : (X,T )×(X ′, T ′) −→

(X ′′, T ′′) es aplicación continua, entoncesα : (X,T ) −→ (C(X ′, X ′′), Tc)

x 7−→ α(x) = α(x, ·) es

continua.

7.2. Solución

Sea x0 ∈ X, considero α(x0) = α(x0, ·) ∈ C(X ′, X ′′)

Subbase de (C(X ′, X ′′), Tc) :< K ′, G′′ > con K ′ compacto ⊂ X ′, G′′ abierto⊂ X ′′

α(x0) ∈< K ′, G′′ > entorno abierto de α(x0)

Quiero V x0 ⊂ X entorno abierto de x0 tal que α(V x0) ⊂< K ′, G′′ >

α(x0, ·) ∈< K ′, G′′ >⇔ α(x0, ·)(K ′) ⊂ G′′ ⇔ α−1(G′′) (abierto por ser α

6

continua) ⊃ {x0} ×K ′ en X ×X ′ ⇒ ∃V x0 3 x0 entorno abierto tal queV x0 ×K ′ ⊂ α−1(G′′)⇔ α(V x0 ,K ′) ⊂ G′′ ⇔ α(V x0 , ·)(K ′) ⊂ G′′ ⇔α(V x0)(K ′) ⊂ G′′ ⇒ α(V x0) ⊂< K ′, G′′ > 2

8. Propuesto al menos en Septiembre de 2000,Febrero de 2001, Febrero de 2003, Septiembrede 2005, Septiembre de 2006 y Septiembre de2007

8.1. Enunciado

Sea (X,T ) espacio topológico T2 y (X ′, d′) espacio métrico. Si s = (sd)d∈Des red en C(X,X ′) y f ∈ C(X,X ′), entonces s converge a f en la topologíacompacta-abierta si y sólo si ∀K ⊂ X, subconjunto compacto,∀ε > 0 ∃d0 ∈ D, , ∀d ≥ d0 d

′(sd(x), f(x)) < ε(∀x ∈ K).

8.2. Solución

⇐)f ∈< K,G′ > entorno abierto, K compacto en X, G′ abierto en X ′ ⇔f(K) ⊂ G′ ⇒ ε := d′(f(K), X ′ \G′) > 0

Quiero: d0 ∈ D tal que sd ∈< K,G′ > ∀d ≥ d0

s −→ f (uniformemente) ⇒ ∃d0 ∈ D tal que d′(sd(x), f(x)) < ε

∀x ∈ K,∀d ≥ d0 ⇒ sd(x) ∈ G′ ∀d ≥ d0∀x ∈ K ⇔ sd ∈< K,G′ > ∀d ≥ d0

⇒)K compacto ⊆ X, ε > 0, f continua ⇒ x ∈ K, f(x) ⊆ X ′. ConsideroB ε

2(f(x)) entorno abierto de f(x).

∃x ∈ V x entorno abierto de x en X tal que f(V x) ⊂ B ε2(f(x))

K compacto. V x abierto en X ⇒ V x ∩K abierto en K.

{V x ∩K|x ∈ K} recubrimiento abierto de K.

∃n ∈ N tal que K =

n⋃i=1

(V xi ∩K)

K compacto T2 ⇒ ∃Ki ⊂ V xi ∩ K,Ki compacto, ∀i = 1, . . . , n, tal que

K =

n⋃i=1

Ki

7

∀x ∈ K, f(V x) ⊂ B ε2(f(x)).Ki ⊆ V xi ∩K ⊂ V xi ⇒

∀i = 1, . . . , n, f(Ki) ⊆ B ε2(f(xi))⇔ f ∈< Ki, B ε

2(f(xi)) > ∀i = 1, . . . , n⇔

f ∈n⋂i=1

< Ki, B ε2(f(xi)) >= V f entorno abierto básico (de una base) de f en

Tc.

f ∈ Lim sTc

⇒ ∃d0 ∈ D : sd ∈ V f∀d ≥ d0.xi ∈ Ki

Sea x ∈ K.∃i ∈ {1, . . . , n} tal que x ∈ Ki.

d′(sd(x), f(x)) ≤ d′(sd(x), f(xi))︸︷︷︸< ε

2

+ d′(f(xi), f(x))︸︷︷︸< ε

2

< ε 2

9. Propuesto en Febrero de 2000

9.1. Enunciado

Sea X espacio topológico T2. Entonces Cc(X) es espacio vectorial topológicoreal.

9.2. Solución

1) Veamos que la operación + en C(X) es continua de Cc(X) × Cc(X) enCc(X).

Sea (f0, g0) ∈ C(X)×C(X), K un compacto en X y G un abierto de R talesque f0 + g0 ∈< K,G >.

∀x ∈ K, como f0(x) + g0(x) ∈ G, existe un entorno abierto V f0(x) de f0(x)en R y un entorno abierto V g0(x) de g0(x), tales que V f0(x) + V g0(x) ⊂ G.

Por la continuidad de f0 y g0, existe un entorno abierto V x de x enX, tal quef0(V x) ⊂ V f0(x)

1 y g0(V x) ⊂ V g0(x)1 , donde V f0(x)

1 y V g0(x)1 son entornos cerrados

de f0(x) y g0(x) respectivamente, con V f0(x)1 ⊂ V f0(x) y V g0(x)

1 ⊂ V g0(x). ComoK es compacto, ∃x1, . . . , xn ∈ K tales que K ⊂ V x1 ∪ . . . ∪ V xn .

∀i ∈ {1, . . . , n},Ki = K ∩ f−10 (V

f0(x0)1 ) ∩ g−1

0 (Vg0(x0)1 ) es compacto,

K =

n⋃i=1

Ki, f0(Ki) ⊂ V f0(xi) y g0(Ki) ⊂ V g0(xi)

8

V f0 =

n⋂i=1

< Ki, Vf0(xi) > y V g0 =

n⋂i=1

< Ki, Vg0(xi) > son entornos abiertos

de f0 y g0, respectivamente en Cc(X).

+(V f0 × V g0) ⊂< K,G >. Así, + es continua en (f0, g0).

2) Veamos que la operación · de R×C(X) en C(X) es continua de (R, Tu)×Cc(X) en Cc(X).

Sea (λ0, f0) ∈ R× C(X), K compacto en X y G abierto en R tal queλ0 · f0 ∈< K,G >.

∀x ∈ K, como λ0f0(x) ∈ G, existe un entorno abierto V λ0x de λ0 en R y

existe un entorno abierto V f0(x) de f0(x) en R, tales que V λ0x · V f0(x) ⊂ G.

Por la continuidad de f0, existe V x entorno abierto de x en X tal quef0(V x) ⊂ V

f0(x)1 , donde V f0(x)

1 es un entorno cerrado de f0(x) contenido enV f0(x).

Como K es compacto existen x1, . . . , xn ∈ K tales que K ⊂ V x1 ∪ . . .∪V xn .

∀i ∈ {1, . . . , n},Ki = K ∩ f−10 (V

f0(x)1 ) es compacto, K =

n⋃i=1

Ki, y f0(Ki) ⊂

V f0(xi). Entonces, V f0 =

n⋂i=1

< Ki, Vf0(xi) > es un entorno abierto de f0 en

Cc(X) y V λ0 =

n⋂i=1

V λ0xi es un entorno abierto de λ0 en R.

·(V λ0 × V f0) ⊂< K,G >. Así · es continua en (λ0, f0). 2

II) Problemas teorícos

10. Propuesto al menos en Septiembre de 2003 ySeptiembre de 2006

10.1. Enunciado

Sean (X,T ) espacio topológico, {(Xj , Tj)}j∈J familia 6= ∅ de espacios topo-lógicos y F = {fj : X −→ Xj |j ∈ J} una familia de aplicaciones que distinguepuntos y cerrados. Demostrar que la aplicacióne = (fj)j∈J : (X,T ) −→ (e(X),

∏j∈J

Tj |e(X)) es abierta.

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10.2. Solución

F distingue puntos y cerrados de (X,T ) ⇒ ∀F cerrado de (X,T ),∀x ∈ Xtal que x 6∈ F,∃fjx ∈ F : fjx(x) 6∈ fjx(F ).

e es abierta si para todo abiertoA de (X,T ), e(A) es abierto en (e(X),∏j∈J

Tj |e(X)).

Si el abierto es el vacío: e(∅) = ∅, que es abierto.

Si el abierto es el total: e(X) es abierto en∏j∈J

Tj |e(X).

Veamos el caso general: Sea A ∈ T,A 6∈ {∅, X}.

De�no C = X \A⇒ C es cerrado y C 6= ∅.

Si x ∈ C ⇒ e(x) ∈ e(C).

e(x) 6∈ e(C)⇒ x 6∈ C ⇔ x ∈ A.

e(C) ⊂∏j∈J

fj(C)⇒ e(C) ⊂∏j∈J

fj(C) =∏j∈J

fj(C)

x 6∈ C ⇒ ∃fjx ∈ F : fjx(x) 6∈ fjx(C) ⇒ e(x) 6∈∏j∈J

fj(C) =∏j∈J

fj(C) y

e(C) ⊂∏j∈J

fj(C)⇒ ∀x ∈ A, e(x) 6∈ e(C)⇒ e(A)∩ e(C) = ∅ ⇒ e(A)∩ e(C) = ∅

X = A ∪ C ⇒ e(X) = e(A ∪ C) = e(A) ∪ e(C)

e(C)e(X)

= e(C) ∩ e(X) = e(C) ∩ (e(A) ∪ e(C)) = [e(C) ∩ e(A)︸︷︷︸=∅

] ∪ [e(C) ∩

e(C)] = ∅ ∪ e(C) = e(C)⇒ e(C) es cerrado en (e(X),∏j∈J

Tj |e(X))⇒

e(X) \ e(C) = e(A) es abierto en (e(X),∏j∈J

Tj |e(X)) ⇒ e es aplicación abierta.

2

10

11. Propuesto al menos en Septiembre de 2000,Septiembre de 2005 y Febrero de 2007

11.1. Enunciado

Sea {(Xj , Tj)}j∈J familia 6= ∅ de espacios topológicos y ∀j ∈ J Aj un sub-

conjunto compacto de (Xj , Tj). Si W es un abierto de∏j∈J

Tj que contiene a∏j∈J

Aj , probar que existen abiertos Uj ∈ Tj(∀j ∈ J) con Uj 6= Xj sólo en una

subfamilia �nita de índices y∏j∈J

Aj ⊂∏j∈J

Uj ⊂W .

11.2. Solución

Por el teorema de Tychono�∏j∈J

Aj es compacto.

Se estudirá el problema por casos, en función del cardinal del conjunto J deíndices.

A) card(J)= 1.

Se cumple trivialmente haciendo U1 ≡W . A1 ⊂ U1(= W ) ⊂W .

B) card(J)= 2.

J = {1, 2}.

A1 ×A2 es subconjunto compacto de X1 ×X2.

W es abierto ⇒W es unión de abiertos de la base.

W =⋃λ∈Λ

(Gλ ×Hλ) donde ∀λ ∈ Λ, Gλ ∈ T1, Hλ ∈ T2

A1 ×A2 compacto

A1 ×A2 ⊂⋃λ∈Λ

(Gλ ×Hλ)

⇒ ∃F conjunto �nito de índices� F ⊂ Λ, tal

que A1 ×A2 ⊂⋃f∈F

Gf ×Hf ⊂W .

De�no WF ≡⋃f∈F

Gf ×Hf

11

WF es abierto.

∀x ∈ A1, sea Gx ≡⋂x∈Gf

Gf ⇒ Gx es entorno abierto de x.

∀y ∈ A2, sea Hy ≡⋂y∈Hf

Hf ⇒ Hy es entorno abierto de y.

∀(x, y) ∈ A1 ×A2, Gx ×Hy es entorno abierto de (x, y)

∀(x, y) ∈ A1 ×A2,∃f ∈ F : (x, y) ∈ Gf ×Hf

}⇒

Gx ×Hy ⊂ Gf ×Hf ⊂WF

A1, A2 compactos ⇒ ∃x1, . . . , xm ∈ A1,∃y1, . . . , yn ∈ A2 :

A1 ⊂m⋃i=1

Gxi ∈ T1, A2 ⊂n⋃j=1

Hyj ∈ T2

De�no U1 ≡m⋃i=1

Gxi , U2 ≡n⋃j=1

Hyj

∀i ∈ {1, . . . ,m},∀j ∈ {1, . . . , n},∃f(i, j) : (xi, yj) ∈ Gf(i,j) × Hf(i,j) ⇒

Gxi ×Hyj ⊂ Gf(i,j) ×Hf(i,j) ⊂WF ⇒m⋃i=1

n⋃j=1

Gxi ×Hyj ⊂WF

m⋃i=1

n⋃j=1

Gxi ×Hyj =

m⋃i=1

(Gxi ×n⋃j=1

Hyj ) = (

m⋃i=1

Gxi)× (

n⋃j=1

Hyj ) =

U1 × U2 ⊂WF

A1 ×A2 ⊂ U1 × U2 ⊂WF ⊂W

C) card(J) �nito.

J = {1, . . . , n}.

Se prueba por inducción. Ya se ha probado si n = 1 ó n = 2.

Paso de inducción: supuesto que se cumple el enunciado si card(J)≤ n, verque también se cumple si card(J)= n+1. Por tanto suponemos card(J)= n+1.

(

n+1∏j=1

Xj ,

n+1∏j=1

Tj) ≈ ((

n∏j=1

Xj)×Xn+1, (

n∏j=1

Tj)× Tn+1)

De�no (Xp, Tp) ≡ (

n∏j=1

Xj ,

n∏j=1

Tj)

12

De�no Ap ≡n∏j=1

Aj(Ap es compacto)

Sabemos que Ap ×An+1 ⊂W

Por el caso n = 2(J = {p, n+ 1}),∃Up, Un+1 abiertos cumpliendose:

Ap ⊂ Up, An+1 ⊂ Un+1

Ap ×An+1 ⊂ Up × Un+1 ⊂W

Por el caso card(J)= n: Up es abierto de (

n∏j=1

Xj ,

n∏j=1

Tj)

n∏j=1

Aj ⊂ Up ⇒ ∃{Uj}nj=1, Uj ∈ Tj(∀j, 1 ≤ j ≤ n) tales quen∏j=1

Aj ⊂

n∏j=1

Uj ⊂ Up ⇒n+1∏j=1

Aj ⊂n+1∏j=1

Uj ⊂ Up×Un+1 ⊂W con lo que queda demostrado

el paso de inducción, y por tanto el caso �nito.

D) Caso general (cantidad in�nita arbitraria de índices).∏j∈J

Aj ⊂W

Por el teorema de Tychono�: ∀j ∈ J,Aj compacto ⇔∏j∈J

Aj compacto.

W abierto ⇒ ∃{Bλ}λ∈Λ, siendo cada Bλ abierto de la base de∏j∈J

Tj tales

que W =⋃λ∈Λ

Bλ.

∏j∈J

Aj ⊂⋃λ∈Λ

Bλ = W

Que ∀λ ∈ Λ, Bλ sea abierto de la base quiere decir que Bλ =∏j∈J

Glj , con

Glj ∈ Tj∀j ∈ J , y Glj 6= Xj sólo en una cantidad �nita de índices.

{Bλ}λ∈Λ es recubrimiento abierto de un compacto ⇒ existe un subrecubri-

miento �nito de K =∏j∈J

Aj ,

m⋃l=1

Bl. Es decir,∏j∈J

Aj ⊂m⋃l=1

Bl ⊂W

Bl =∏j∈J

Blj

13

Llamo Fl al conjunto �nito de índices en los que Blj di�ere del total.

Bl =∏j∈J

Blj , Blj ∈ Tj∀j ∈ J,Blj 6= Xj ⇔ j ∈ Fl

De�no el conjunto de índices F =

m⋃l=1

Fl

F es unión �nita de conjuntos �nitos ⇒ card(F ) es �nito.∏f∈F

Af es compacto

De�no BFl ≡∏f∈F

Blf .

De�no WF ≡m⋃l=1

BFl abierto.

∏j∈J

Aj ⊂m⋃l=1

Bl ⇒∏f∈F

Af ⊂m⋃l=1

BFl = WF

Por el caso �nito ∃Uf ∈ Tf (∀f ∈ F ) tales que∏f∈F

Af ⊂∏f∈F

Uf ⊂ WF =

m⋃l=1

BFl ⇒ ∀f ∈ F,Af ⊂ Uf

De�no Uj =

{Uj , j ∈ FXj , j 6∈ F

}⇒∏j∈J

Aj ⊂∏j∈J

Uj ⊂m⋃l=1

Bl ⊂W , con Uj 6= Xj

sólo en una cantidad �nita de índices. 2

12. Propuesto al menos en Febrero de 2000, Fe-brero de 2002 y Septiembre de 2005

12.1. Enunciado

Sea X espacio topológico normal, C ⊂ X. Probar que C es cerrado e in-tersección numerable de abiertos si y sólo si existe una aplicación continuaf : X −→ I� C = f−1(0).

14

12.2. Solución

Lema. Sea X espacio topológico, {hn}n∈N sucesión de funciones continuasde X en (R, Tu). Si existe una serie convergente de números reales no negativos∞∑n=1

rn = r tal que |hn(x)| ≤ rn∀x ∈ X entonces la función

h =

∞∑n=1

hn : X −→ R

x 7−→ h(x) =

∞∑n=1

hn(x)

es continua. Además |h(x)| ≤ r ∀x ∈ X.

DEMOSTRACIÓN

Sea x0 ∈ X, ε > 0.∞∑n=1

rn es convergente ⇒ ∃n0 ∈ N :

∞∑n=n0+1

rn ≤ε

3.

n0∑n=1

hn es continua ⇒ ∃V x0 entorno de x0 en X:

|n0∑n=1

hn(x)−n0∑n=1

hn(x0)| < ε

3∀x ∈ V x0 .

∀x ∈ V x0 : |h(x)−h(x0| ≤ |∞∑n=1

hn(x)−n0∑n=1

hn(x)|+|n0∑n=1

hn(x)−n0∑n=1

hn(x0)|+

|n0∑n=1

hn(x0)−∞∑n=1

hn(x0)| < ε

3+ε

3+ε

3= ε⇒ h es continua en x0. 2

Solución del problema planteado:

⇐)f continua: f−1({0}) = C ⇒ C = f−1({0}) = f−1(⋂n∈N

[0,1

n)) =

⋂n∈N

f−1([0,1

n))⇒

C es Gδ (intersección numerable de abiertos). {0} cerrado en (I, Tu) y f continua⇒ f−1({0}) = C es cerrado.

⇒)C es Gδ ⇒ ∀n ∈ N,∃Gn abierto en X tal que C =⋂n∈N

Gn.

∀n ∈ N, C ⊂ Gn ⇒ ∀n ∈ N, (X \Gn) ∩ C = ∅.

∀n ∈ N, Gn es abierto ⇒ ∀n ∈ N, X \Gn es cerrado.

Por el lema de Urysohn, existe una aplicación continua fn : X −→ [0, 1] talque fn(C) = {0} y fn(X \Gn) ⊂ {1}.

15

Sea hn : X −→ Rx 7−→ hn(x) = fn(x)

2n

|hn(x)| = hn(x) ≤ 12n

De�no f : X −→ R

x 7−→ f(x) =

∞∑n=1

hn(x)

0 ≤ f(x) =

∞∑n=1

hn(x) =

∞∑n=1

fn(x)

2n≤∞∑n=1

1

2n= 1

Por el lema, f está de�nida y es aplicación continua de X en [0, 1] = I.

Si x 6∈ C,∃n0 ∈ N : x 6∈ Gn0 ⇒ x ∈ X \Gn0 ⇒ 0 < 12n0

=fn0 (x)

2n0≤ f(x) ⇒

x 6∈ f−1({0})⇒ f−1({0}) = C. 2


13.1. Enunciado

Sea X espacio topológico T0. Probar que X tiene una base formada porconjuntos simultáneamente abiertos y cerrados si y sólo si existe D conjuntodiscreto de cardinal ≥ 2 tal que X se puede sumergir en DJ para algún conjuntoJ .

13.2. Solución

⇒) Llamo T a la topología de X.

(X,T ) es T0.

A = {Aj}j∈J base de X formada por conjuntos simultáneamente abiertos ycerrados.

∀x ∈ X, sea A(x) ≡ {Aj ∈ A|x ∈ Aj} ⊂ A.

∀x ∈ X,A(x) es base de entornos de x formada por conjuntos abiertos ycerrados a la vez, en particular cerrados ⇒ (X,T ) es regular.

(X,T ) es regular y T0 ⇒ (X,T ) es regular y T2 ⇒ (X,T ) es T3.

El conjunto D que se va a considerar es D = {0, 1}

16

card(D)= 2

El que sea conjunto discreto quiere decir que el conjunto se considera con latopología discreta TD = P(D).

Así, el conjunto discreto queda (D,TD) = ({0, 1}, TD).

DJ es la abreviatura para la topología producto: DJ =∏j∈J

D

Haciendo explícita la topología: (D,TD)J = (∏j∈J

D,∏j∈J

TD).

A cada elemento de la baseAj le asocio una funciónfj : /X, T ) −→ (D,TD)

x 7−→{

1, si x ∈ Aj0, si x 6∈ Aj

∀j ∈ J, fj es continua, pues Aj es abierto y cerrado a la vez.

Aj cerrado ⇒ X \Aj abierto.

TD = {∅, {0}, {1}, {0, 1}}

f−1j (∅) = ∅ abiertof−1j (D) = X abiertof−1j ({1}) = Aj abiertof−1j ({0}) = X \Aj abierto

→ fj es continua

F ≡ {fj |j ∈ J}

∀x, y ∈ X, , x 6= y(X,T ) es T1

}⇒ ∃Aj0 ∈ A(x) ⊂ A, , y 6∈ Aj0 , x ∈ Aj0 ⇒

{fj0(x) = 1fj0(y) = 0

}⇒

fj0(x) 6= fj0(y)⇒ F separa puntos de X.

Sea F cerrado de (X,T ), x 6∈ F

Sea G = X \ F abierto, x ∈ G,G ∩ F = ∅

En (D,TD) todos los conjuntos son cerrados → fl(F ) = fl(F )

x ∈ G =⋃l∈L

Al ⇒ ∃l0 ∈ L, , x ∈ Al0 ∈ A y Al0 ⊂ G = X \ F ⇒ Al0 ∩ F =

∅ ⇒ fl0(x) = 1yfl0(F ) = {0} ⇒ 1 = fl0(x) 6∈ fl0(F ) = fl0(F ) = {0} ⇒ F

separa puntos y cerrados de (X,T ).

Por el lema de inmersión la aplicación evaluación de F

e : (X,T ) −→ (∏j∈J

D,∏j∈J

TD) = (D,TD)J es inmersión topológica ⇒ X se

17

puede sumergir en DJ , con J =card(A).

e = (fj)j∈J es la aplicación parentesis.

⇐)(X,T ) es espacio topológico T0.

∃D conjunto discreto, card(D)≥ 2.

(D,TD).TD topología discreta

X se puede sumergir en DJ

DJ es (∏j∈J

D,∏j∈J

TD)

∃e : X −→ DJ ; e = (fj)j∈J

(X,T ) ≈ (f(X),∏j∈J

TD|f(X))

fj : X −→ D

F = {fj |j ∈ J} familia de funciones que separa puntos.

D = {0, 1} es discreto y card(D)= 2

(D,TD) es T1

B = {{0}, {1}} es base formada por abiertos y cerrados a la vez.

Ambas propiedades son multiplicativas ⇒ (∏j∈J

D,∏j∈J

TD) es T1 y tiene base

formada por conjuntos abiertos y cerrados simultáneamente.

Sea m =card(X). Tomo conjunto de índices J tal que card(J)= m.

La base A de abiertos y cerrados de X, va a ser A = {Aj}j∈J , con card(J)=m

fj : X −→ D = {0, 1} es continua

f−1j (0), f−1

j (1) son abiertos y cerrados a la vez.

Aj = f−1j (1)

A = {f−1j (1)}j∈J

e es unmersión topológica ⇒ e es inyectiva ⇒ ∀x, y ∈ X,x 6= y,∃fj0 ∈F, , fj0(x) 6= fj0(y)

18

e inmersión ⇒ e es continua en el total, inyectiva y abierta ben f(X).

Abiertos de DJ : unión de abiertos de la base:

Base de DJ : D = {∏j∈J

Gj |Gj ∈ Tj∀j ∈ F �nita, Gj = D∀j ∈ J \ F}

Sea B = {BD}i∈I base de DJ

B = {∏j∈J

Gj |Gj ∈ Tj ∀j ∈ J,Gj = D∀j ∈ J \ F, F �nito}

Al ser (D,TD)J , Tj = P(TD) queda B = {∏j∈J

Gj |Gj ⊂ D∀j ∈ J,Gj = D∀j ∈

J \ F con F �nito}

D tiene la topología discreta ⇒ ∀E ⊂ D,E = E, o sea todos los conjuntosson cerrados.

En DJ , un conjunto que se pueda poner como E =∏j∈J

Ej , E =∏j∈J

Ej =∏j∈J

Ej =∏j∈J

Ej = E.

En particular eso pasa para la base de la topología producto, es decir todoslos elementos de B son abiertos y cerrados a la vez.

B base de DJ ⇒ Be = {e(X)∩Bi|Bi ∈ B} es base en (e(X),∏j∈J

TD|e(X))⇒

Be está formada por conjuntos abiertos y cerrados simultáneamente en e(X)

Sea Be = {Be}e∈E la base de DJ .

e homeomor�smo entre X y e(X)

A ∈ T ⇒ e(A) abierto en e(X)⇒ e(A) =⋃l∈L

{Bl|Bl ∈ Be}

De�no Ce = {Ce = e−1(Be)|e ∈ E,Be ∈ Be}

∀e ∈ E,Ce ∈ T , pues e es homeomor�smo.

e−1(e(X) \Be) = X \ Ce

Be abierto y cerrado ⇒ e(X) \ Be abierto y cerrado, en particular abierto⇒ Ce cerrado ⇒ Ce familia de conjuntos abiertos y cerrados a la vez.

A ∈ T ⇒ e(A) abierto, e(A) =⋃l∈L

Bl

19

(e inyectiva) A = e−1(e(A)) = e−1(⋃l∈L

Bl) =⋃l∈L

e−1(Bl) =⋃l∈L

Ce, es decir,

todo abierto de A se puede poner como unión de elementos de Ce ⇒ Ce es basede (X,T ), Ce formado por abiertos y cerrados simultáneamente. 2

14. Propuesto al menos en Febrero de 2001, Ju-nio de 2006 y Septiembre de 2007

14.1. Enunciado

Dado un espacio topológico T1 y II axioma de numerabilidad, probar que,si tiene una base formada por conjuntos simultáneamente abiertos y cerrados,entonces se puede sumergir topológicamente en el conjunto de Cantor.

14.2. Solución

Lema 1. Si (X,T ) es II axioma de numerabilidad y B es base de T , entoncesexiste B∗ ⊂ B tal que B∗ es base numerable de T .

DEMOSTRACIÓN

(X,T ) es II axioma de numerabilidad ⇒ ∃A = {An}n∈N base numerable deT .

∀n ∈ N, An =⋃m∈In

Bm, Bm ∈ B ∀m ∈ In

(X,T ) es II axioma de numerabilidad ⇒ (X,T ) es de Lindelöf ⇒ ∃Jn ⊂ In,con Jn numerable tal que An =

⋃m∈Jn

Bm

B∗ = {Bm ∈ B|m ∈ Jn, n ∈ N} ⊂ B

B∗ es base de T . B∗ es numerable por ser unión numerable de conjuntosnumerables.

card(B∗)=∑n∈N

card(Jn) =∑n∈Nℵ0 = ℵ0 2

Lema 2. Sea X espacio topológico, {hn}n∈N sucesión de funciones continuasde X en (R, Tu). Si existe una serie convergente de números reales no negativos∞∑n=1

rn = r tal que |hn(x)| ≤ rn∀x ∈ X entonces la función

20

h =

∞∑n=1

hn : X −→ R

x 7−→ h(x) =

∞∑n=1

hn(x)

es continua. Además |h(x)| ≤ r ∀x ∈ X.

DEMOSTRACIÓN

Sea x0 ∈ X, ε > 0.∞∑n=1

rn es convergente ⇒ ∃n0 ∈ N :

∞∑n=n0+1

rn ≤ε

3.

n0∑n=1

hn es continua ⇒ ∃V x0 entorno de x0 en X:

|n0∑n=1

hn(x)−n0∑n=1

hn(x0)| < ε

3∀x ∈ V x0 .

∀x ∈ V x0 : |h(x)−h(x0| ≤ |∞∑n=1

hn(x)−n0∑n=1

hn(x)|+|n0∑n=1

hn(x)−n0∑n=1

hn(x0)|+

|n0∑n=1

hn(x0)−∞∑n=1

hn(x0)| < ε

3+ε

3+ε

3= ε⇒ h es continua en x0. 2

Solución del problema planteado:

El conjunto de Cantor es

C = {x|x =

∞∑n=1

εn3n, εn ∈ {0, 2}∀n ∈ N} ⊂ [0, 1] ⊂ R y topológicamente se

considera con la topología usual de R (Tu) heredada, (C, Tu|C).

Llamo (X,T ) al espacio topológico del enunciado.

Sea A = {Ai}i∈I base de T formada por conjuntos abiertos y cerrados si-multáneamente.

Por el lema 1 ∃B = {Bn}n∈N base numerable de T tal que B ⊂ A

(X,T ) es II axioma de numerabilidad ⇒ (X,T ) es I axioma de numerabili-dad, es de Lindelöf y separable.

∀x ∈ X, sea A(x) = {Ai ∈ A|x ∈ Ai} ⊂ A

∀x ∈ X,A(x) es base de entornos de x formada por conjuntos abiertos ycerrados simultáneamente, en particular cerrados.

∀x ∈ X, x tiene una base de entornos cerrados en (X,T )⇒ (X,T ) es regular.

21

(X,T ) es regular y de Lindelöf ⇒ (X,T ) es paracompacto.

(X,T ) es T1 ⇒ (X,T ) es T0. Por el teorema de metrización de Urysohn,(X,T )T0, regular y segundo axioma de numerabilidad ⇒ (X,T ) es metrizable.

(X,T ) es metrizable ⇒ (X,T ) es T4.

∀n ∈ N de�no fn : X −→ R

x 7−→{

2, si x ∈ Bn0, si x 6∈ Bn

Bx = {Bn ∈ B|x ∈ Bn} es base numerable de entornos de x.

(X,T ) es T1 ⇒ ∀x ∈ X, {x} =⋂

Bn∈Bx

Bn

Sean x1, x2 ∈ X, , x1 6= x2 ⇒ Bx16= Bx2

{x1} =⋂

Bn∈Bx1

Bn

{x2} =⋂

Bn∈Bx2

Bn

x1 6= x2 ⇒ ∃Bn1∈ B : x1 ∈ Bn1

, x2 6∈ Bn1

f(x1) = f(⋂

Bn∈Bx1

Bn)

f(x2) = f(⋂

Bn∈Bx2

Bn)

De�no f : X −→ C ⊂ [0, 1] ⊂ R

x 7−→∞∑n=1

xn3n

con xn =

{2, si x ∈ Bn0, si x 6∈ Bn

De�no ∀n ∈ N, fn : X −→ R

x 7−→{

2, si x ∈ Bn0, si x 6∈ Bn

∀n ∈ N fn es continua.

De�no hn : X −→ [0, 1]

x 7−→ hn(x) = fn(x)3n

|hn(x)| = hn(x) ≤ 23n = rn∀x ∈ X

hn es continua.

22

r =

∞∑n=1

rn =

∞∑n=1

2

3n= 1

f =

∞∑n=1

hn es continua por el lema 2.

x1, x2 ∈ X, , x1 6= x2

(X,T ) T1

}⇒ ∃V x1 entorno de x1, , x2 6∈ V x1

Bx1base de entornos de x1

V x1 entorno de x1

}⇒ ∃Bn1 ∈ Bx1 , , x1 ∈ Bn1 ⊂ V x1 y x2 6∈

V x1 ⇒ x2 6∈ Bn1⇒ x1n1

= 2 y x2n1= 0 ⇒ f(x1) =

∞∑n=1

x1n

3n6= f(x2) =

∞∑n=1

x2n

3n⇒ f es inyectiva.

Falta ver que f es abierta para tener inmersión topológica.

A ∈ T ⇒ A =⋃j∈J

Bj , A es unión de abiertos de la base.

x ∈ B1 ⇒ f(x) ≥ 231 = 2

3 ⇒ f(x) ∈ [ 23 , 1] ⊂ ( 2

3 −1

2·3 , 1 + 12·3 ) ∩ f(X)

x 6∈ B1 ⇒ f(x) ≤ 13 ⇒ x ∈ [0, 1

3 ]⇒ x 6∈ ( 23 −

12·3 , 1 + 1

2·3 )

f(B1) = (23 −

12·3 , 1 + 1

2·3 ) ∩ f(X)⇒ f(B1) es abierto en (f(X), Tu|f(X))

x ∈ Bn ⇒ f(x) =

n−1∑i=1

εi3i

+2

3n+

∞∑i=1

εi3i

∞∑i=n+1

εi3i≤

∞∑i=n+1

2

3i=

1

3n

x ∈ Bn ⇒ f(x) ∈ Gn ≡ ∪{(n−1∑i=1

εi3i

+2

3n− 1

2 · 3n,

n−1∑i=1

εi3i

+2

3n+

1

3n+

1

2 · 3n), εi ∈ {0, 2}, i ∈ {1, . . . , n+ 1}}

x 6∈ Bn ⇒ f(x) 6∈ Gn. Gn es abierto por ser unión �nita (de 2n−1) deabiertos.

f(Bn) = Gn ∩ f(X)⇒ f(Bn) es abierto en f(X).

Sea A ∈ TB base

}⇒ A =

⋃j∈J

Bj ⇒ f(A) = f(⋃j∈J

Bj) =⋃j∈J

f(Bj) ⇒ f(A)

23

es unión a lo más numerable de abiertos ⇒ f(A) es abierto ⇒ f es abierta⇒ f−1 : f(X) ⊂ C −→ X es continua.

f aplicación continua, inyectiva y f−1 continua ⇒ f inmersión 2


15.1. Enunciado

Sea (X,T ) espacio topológico T2. Probar que (X,T ) es regular si y sólo si∀U recubrimiento abierto de (X,T ),∀a ∈ X, existe Va re�namiento abierto deU, localmente �nito en a.

15.2. Solución

U recubrimiento abierto de X ⇒ U = {Ui}i∈I , Ui ∈ T, ∀i ∈ I y⋃i∈I

Ui = X.

Va re�namiento abierto de U ⇒ Va = {Aj}j∈J , Aj ∈ T∀j ∈ J,⋃j∈J

Aj =

X,∀Aj ∈ Va∃Uj ∈ U : Aj ⊂ Uj

Va = {Aj}j∈J localmente �nito en a ⇒ ∃Ea entorno de a� Ea sólo corta alos miembros de una subfamilia �nita de Va

(X,T ) es regular⇔ ∀x ∈ X,∀C cerrado, x 6∈ C, ∃U, V ∈ T, , U ∩V = ∅, , x ∈U,C ⊂ V

T2 y regular ⇒ T3

(X,T ) regular ↔ ∀x ∈ X,∀U ∈ T, , x ∈ U,∃V ∈ T, x ∈ V ⊂ V ⊂ U

(X,T ) regular ↔ ∀x ∈ X tiene una base de entornos cerrados en (X,T ).

⇒)(X,T ) espacio topológico regular.

U = {Ui}i∈I recubrimiento abierto de (X,T ). a ∈ X ⇒ ∃i0 ∈ I : a ∈ Ui0 y(X,T ) regular ⇒ ∃V a entorno abierto de a� a ∈ V a ⊂ V a ⊂ Ui0

De�no Ai ≡ Ui \ V a = Ui ∩ (X \ V a), ∀i ∈ I

V a cerrado ⇒ X \ V a abierto ⇒ Ai abierto

24

De�no Va = {Ai}i∈I ∪ {Ui0}

∀i ∈ I, Ui ⊂ Ai ∪ Ui0 ⇒ Va es recubrimiento de (X,T ).

∀i ∈ I, Ai ⊂ UiUi0 ⊂ Ui0

}⇒ Va es re�namiento abierto de U

∀i ∈ I, V a ∩Ai = ∅

V a es entorno abierto de a que sólo corta a Ui0 ⇒ Va es localmente �nito ena.

No es necesario que (X,T ) sea T2, pues no se ha usado.

⇐)(X,T ) espacio topológico T2. a ∈ X. C cerrado en (X,T ) tal que a 6∈ C.

C cerrado ⇒ X \ C es abierto.

(X,T ) es T2 ⇒ ∀y ∈ C∃Ey entorno abierto de y, ∃Eay entorno abierto de a�Ey ∩ Eay = ∅ → a 6∈ Ey

Sea U = {X \ C} ∪ {Ey|y ∈ C}

U es recubrimiento abierto de X ⇒ ∃Va = {Aj}j∈J re�namiento abiertode U localmente �nito en a ⇒ ∃Ea entorno abierto de a� Ea sólo corta a losmiembros de una subfamilia �nita de Va, digamos F = {Af}f∈F ⊂ Va, concard(F ) �nito.

Sea V ≡ ∪{Aj ∈ Va|Aj ∩ C 6= ∅} ⇒ C ⊂ V

V es abierto por ser unión de abiertos. a 6∈ V

Va es re�namiento de U y F ⊂ Va ⇒ ∀f ∈ F,∃y ∈ C : Af ⊂ Ey ó Af ⊂X \ C. Sea f : ∃y : Af ⊂ Ey ⇒ ∃Eay , , Eay ∩ Ey = ∅ ⇒ Eay ∩Af = ∅

∀f ∈ F , de�no F1 = {f ∈ F |∃yf ∈ C : Af ⊂ Eyf }

F2 = F \ F1

F1 = {Af}f∈F1

F2 = {Af}f∈F2

Sea Ea1 ≡ (⋂f∈F1

Eayf ) ∩ Ea

Ea1 es entorno abierto de a por ser intersección �nita de entornos abiertos dea.

25

Ea1 no corta a ningún miembro de Va cuyo índice no esté en F porqueEa1 ⊂ Ea

∀f ∈ F1, Ea1 ∩ Af = ∅ pues Ea1 ⊂ Eayf y Eayf ∩ Af = ∅ ⇒ Ea1 sólo corta a

miembros de Va con índice en F2

∀f ∈ F2, Af ⊂ X \ C ⇒ Af ∩ C = ∅

Va es recubrimiento abierto de X ⇒ Ea1 ⊂⋃f∈F

Af

Ea1 ⊂⋃f∈F2

Af

Sea W = {Aj ∈ Va|Aj ∩ C 6= ∅}

V =⋃

Aj∈W

Aj

∀f ∈ F2, Af ⊂ X \ C ⇒ Af ∩ C = ∅ ⇒ Af 6∈W⇒ F2 ∩W = ∅

∀Aj ∈W⇒ j 6∈ F2 ⇒ Ea1∩Aj = ∅ ⇒ Ea1∩(⋃

Aj∈W

Aj) = ∅ ⇒

Ea1 ∩ V = ∅a ∈ Ea1C ⊂ V

⇒(X,T ) es regular 2


16.1. Enunciado

Si un recubrimiento abierto U de un espacio topológico X tiene un re�na-miento cerrado localmente �nito, probar que existe un entorno V de la diago-nal 4 de X × X tal que {V [x]|x ∈ X} es un re�namiento de U (se denotaV [x] = {y ∈ X|(x, y) ∈ V })

16.2. Solución

Sea A re�namiento cerrado localmente �nito de U. ∀A ∈ A, tómese UA ∈U : A ⊂ UA.

VA = (UA × UA) ∪ ((X \A)× (X \A))

VA es entorno abierto de 4.

26

x ∈ A⇒ VA[x] = UA.

V = ∩{VA|A ∈ A}

∀x, V [x] ⊂ VA[x] = UA ⇒ {V [x]|x ∈ X} es re�namiento de U.

Falta probar que V es entorno de 4.

∀(x, x) ∈ 4, sea W x entorno de x en X: W x corte sólo a un número �nitode miembros de A.

Si W x ∩ A = ∅ ⇒ W x ⊂ X \ A ⇒ W x × W x ⊂ VA ⇒ V contiene a laintersección de W x×W x con un número �nito de conjuntos VA ⇒ V es entornode (x, x). 2

17. Propuesto al menos en Septiembre de 2003 yJunio de 2006

17.1. Enunciado

Sea (X,T ) espacio topológico paracompacto y T2. Si existe D subconjuntodenso tal que (D,T|D) es de Lindelöf, probar que (X,T ) es de Lindelöf.

17.2. Solución

X es paracompacto y T2 ⇒{X es regularX es T4

Sea U recubrimiento abierto de X.

X regular ⇒ ∀x ∈ X,∃V x entorno abierto de x tal que V x ⊂ en algúnelemento de U.

X paracompacto ⇒ ∃V re�namiento abierto localmente �nito del recubri-miento abierto de X: {V x|x ∈ X}

D de Lindelöf ⇒ ∃V′ subfamilia numerable de V recubriendo a D. V′ ⊂ V

D ⊂⋃

V ′∈V′

V ′

∀V ′ ∈ V′, se elige U ∈ U : V ′ ⊂ U

V ′ ⊂ V ′ ⊂ V x ⊂ V x ⊂ U

27

Sea U′ la subfamilia numerable de U así obtenida.

X = D ⊂⋃

V ′∈V′

V ′ =⋃

V ′∈V′

V ′ ⊂⋃U∈U′

U ⇒ X es de Lindelöf. 2

18. Propuesto al menos en Febrero de 2001 y Sep-tiembre de 2007

18.1. Enunciado

Dado un espacio topológico y una familia de subconjuntos suyos se dice que lafamilia es discreta si para cada punto del espacio existe algún entorno que cortaa lo sumo un elemento de la familia. Si un espacio topológico es paracompactoy regular, probar que para cada familia discreta {Fs}s∈S de cerrados existe unafamilia discreta {Vs}s∈S de abiertos tal que Fs ⊂ Vs (∀s ∈ S).

18.2. Solución

Llamo (X,T ) al espacio topológico dado.

(X,T ) paracompacto y regular ⇒ (X,T ) es normal.

Llamo F = {Fs}s∈S del enunciado.

F es discreta ⇒ ∀x ∈ X∃Ax entorno de x tal que Ax corta a lo sumo a unelemento de F.

(X,T ) regular ⇒ ∀x ∈ X,◦Ax es entorno abierto de x, ∃Hx abierto, x ∈

Hx ⊂ Hx ⊂◦Ax⊂ Ax

Ax corta a lo sumo a un FsHx ⊂ Ax

}⇒ Hx corta a lo sumo a un Fs para cada

x ∈ X.

H = {Hx}x∈X es recubrimiento abierto de X.

Sea W re�namiento abierto localmente �nito de H que existe por ser (X,T )paracompacto.

De�no Ws ≡ {W ∈W|W ∩ Fs = ∅} ⊂W

Ws ⊂W

W localmente �nita

}⇒Ws localmente �nita.

28

De�no Ws =⋃

W∈Ws

W

Ws localmente �nita ⇒⋃

W∈Ws

W =⋃

W∈Ws

W cerrado ⇒ Ws =⋃

W∈Ws

W ⇒

Ws es cerrado ⇒ X \Ws es abierto.

De�no Vs ≡ X \Ws,∀s ∈ S ⇒ Vs es abierto

∀W ∈Ws,W ∩Fs = ∅ por construcción ⇒ (Ws =⋃

W∈Ws

W ) Ws ∩Fs = ∅ ⇒

Fs ⊂X \Ws = Vs

Sea V = {Vs}s∈S .

W re�namiento de H⇒ ∀W ∈W,∃HW ∈ H : W ⊂ HW

HW es un Hx para algún x, por lo que corta a lo más a un conjunto de F,

W ⊂ HW ⇒W ⊂ HW

HW corta a lo sumo a un Fs

}⇒W corta a lo sumo a un Fs ∀W ∈W.

i) SiW no corta a ningún Fs ⇒W ∈Ws∀s ∈ S ⇒W ⊂Ws ⇒{W ∩X \Ws = ∅X \Ws = Vs

}⇒

W ∩ Vs = ∅ y W ⊂W ⇒W ∩ Vs = ∅∀s ∈ S

ii) Si W corta a un elemento de F, digamos a Ft, t ∈ S, razonando comoantes para los otros índices de S: W ∩ Vs = ∅ si s 6= t ⇒ W corta a lo sumo aVt, es decir a un elemento de V.

W es recubrimiento abierto de X ⇒ ∀x ∈ X,∃W ∈ W : x ∈ W ⇒ W esentorno abierto de x yW corta a lo sumo a un elemento de V⇒ V es discreta 2

19. Propuesto al menos en Febrero de 2003 y Fe-brero de 2007

19.1. Enunciado

Sea (X,T ) espacio paracompacto regular. Si {Fs}s∈S es una familia local-mente �nita de cerrados de (X,T ), probar que ∃{Vs}s∈S familia localmente�nita de abiertos de (X,T ) tal que Fs ⊂ Vs ∀s ∈ S.

29

19.2. Solución


Sea F = {Fs}s∈S la familia del enunciado.

F localmente �nita ⇒ ∀x ∈ X∃Ux entorrno de x en (X,T ) tal que Ux sólocorta a una cantidad �nita de miembros de F.

(X,T ) regular⇒ ∀x ∈ X,∀◦Ux entorno abierto de x ∃Hx abierto, x ∈ Hx ⊂

Hx ⊂◦Ux⊂ Ux

Ux sólo corta a una cantidad �nita de miembros de F

Hx ⊂ Ux}⇒ Hx sólo corta

a una cantidad �nita de miembros de F.

Sea H = {Hx}x∈X

H es recubrimiento abierto de X.

Sea W re�namiento abierto localmente �nito de H que existe por ser (X,T )paracompacto.

W es recubrimiento abierto de X.

De�no Ws ≡ {W ∈W|W ∩ Fs = ∅} ∀s ∈ S

Ws ⊂W

W localmente �nita

}⇒Ws localmente �nita ⇒

⋃W∈Ws

W =⋃

W∈Ws

W ⇒⋃W∈Ws

W es cerrado

De�no Ws ≡⋃

W∈Ws

W . es decir Ws es cerrado ⇒ X \Ws es abierto.

De�no Vs ≡ X \Ws ⇒ Vs es abierto ∀s ∈ S

∀W ∈ Ws,W ∩ Fs = ∅ ⇒ Ws ∩ Fs = (⋃

W∈Ws

W ) ∩ Fs =⋃

W∈Ws

(W ∩ Fs) =

∅ ⇒ Fs ⊂ X \Ws = Vs ⇒ Fs ⊂ Vs

De�no V = {Vs}s∈S

W re�namiento de H⇒ ∀W ∈W, ∃HW ∈ H : W ⊂ HW

HW = Hx para algún x

W ⊂ HW ⇒W ⊂ HW

30

Hx sólo corta a una cantidad �nita de miembros de F

W ⊂ HW = Hx

}⇒ W sólo corta

a una cantidad �nita de miembros de F,∀W ∈W.

Falta probar que V es localmente �nita, es decir que ∀x ∈ X, ∃Ax entornode x que solamente corta a una cantidad �nita de los Vs.

Si W ∩ Fs = ∅, entonces W ∈Ws y W ⊂Ws ⇒{W ∩ (X \Ws) = ∅Vs = X \Ws

}⇒

W ∩ Vs = ∅

W ∩ Fs = ∅ ⇒W ∩ Vs = ∅W sólo corta a una cantidad �nita de Fs∀W ∈W

}⇒W sólo corta a una

cantidad �nita de Vs (los que tienen el mismo índice que un miembro de F alque corta).

W ⊂W ⇒W sólo corta a una cantidad �nita de Vs

W recubrimiento abierto de X ⇒ ∀x ∈ X∃W ∈ W : x ∈ W , es decir W esentorno abierto de x y W sólo corta a una cantidad �nita de miembros de V⇒V localmente �nita.

V es la familia buscada.

Si W ∩ Fs 6= ∅ como Fs ⊂ Vs ⇒W ∩ Vs 6= ∅ 2

III) Problemas prácticos


20.1. Enunciado

Sea s : N −→ Q una biyección. Estudiar la convergencia y puntos de aglo-meración de la red s : N −→ R, donde se considera la topología usual.

20.2. Solución

(R, Tu) es T2 ⇒ Toda red tiene a lo más un punto límite

(N,≤) es conjunto dirigido

s ≡ (sn)n∈N

31

x ∈ R, x ∈ lım(R,Tu)

s ós −→ x(R, Tu)

⇔ ∀Ux entorno de x ∃n0 ∈ N, ,∀n ≥ n0, sn ∈

Ux

(sn)n≤n0es una cantidad �nita de elementos de Q, y en cualquier intervalo

abierto de R (aunque x no pertenezca al intervalo) hay in�nitos números racio-nales por lo que hay elementos sn con n > n0, por lo que ningún punto de Q (ode R) es límite de s.

Lim s = ∅(R, Tu)

Puntos de aglomeración: x es punto de aglomeración de s ⇔ ∀Ux entornode x ∈ R,∀n0 ∈ N,∃n ≥ n0, , sn ∈ Ux

Como cualquier entorno Ux incluye un intervalo y en todo intervalo hayin�nitos elementos de Q, ∀n0, sólo hay una cantidad �nita de sn con n < n0 ⇒Para una cantidad in�nita de miembros deQ∩Ux, se corresponden con sn de n ≥n0 ⇒ ∀x ∈ R, x es de aglomeración de s⇒ puntos de aglomeración de s = R


21.1. Enunciado

Sobre el intervalo [0, 1) consideramos la relación de orden natural yj : [0, 1) ↪→ R inclusión. Estudiar la convergencia y puntos de aglomeración dela red j en (R, Tu).

Análogo problema para la redϕ : R −→ S1

x 7−→ (cos 2πx, sin 2πx)

(donde R tiene el orden natural y S1 la topología usual)

21.2. Solución

([0, 1),≤) conjunto dirigido

j ≡ (jd)d∈[0,1)

∀d ∈ [0, 1), jd = d⇒ j ≡ (d)d∈[0,1)

(R, Tu) es T2, por lo que j a lo más tiene un punto límite.

32

j −→ x(R, Tu)

⇔ ∀Ux entorno de x∃d0 ∈ [0, 1), ,∀d ≥ d0(d ∈ [0, 1))⇒ jd ∈ Ux

1 ∈ U1 entorno abierto de 1 en (R, Tu)⇒ ∃ε ∈ (0, 1), , (1− ε, 1 + ε) ⊂ U1

(1− ε, 1 + ε) ∩ [0, 1) = (1− ε, 1)

∀d > 1 − ε, por ejemplo d0 = 1 − ε2 ,∀d ≥ 1 − ε

2 (es decir ∀d ∈ [1 −ε2 , 1) ⊂ [0, 1)), jd = d ∈ (1 − ε, 1 + ε) ⊂ U1 ⇒ 1 ∈ Lim j

(R, Tu)y (R, Tu) es T2 ⇒

Lim(R, Tu)

j = {1} ,j −→ 1(R, Tu)

x punto de aglomeración de j ⇔ ∀Ux entorno de x, ∀d0 ∈ [0, 1),∃d ≥d0, , jd ∈ Ux

[0, 1) = [0, 1]⇒ ∀x ∈ R\[0, 1]∃Ux, , Ux∩[0, 1) = ∅ ⇒ x no es de aglomeraciónde j.

Así los puntos de aglomeración de j están incluidos en [0, 1]. 1 es punto deaglomeración de j por ser límite.

0 no es punto de aglomeración pues (− 13 ,

13 ) es entorno de 0 y ∀d ≥ 1

2 , jd 6∈(− 1

3 ,13 ).

Sea x ∈ (0, 1),∃ε > 0, , (x− ε, x+ ε) ⊂ [0, 1)

(x− ε, x+ ε) es entorno de x, x+ ε < 1

∀d0, , x+ε < d0 < 1 (por ejemplo x+ε+12 ), ∀d ≥ d0, d ∈ [0, 1), jd 6∈ (x−ε, x+

ε)⇒ x no es de aglomeración de j.

Luego x punto de aglomeración de j en (R, Tu)⇔ x = 1

Se estudia ahora la red ϕ.

(R,≤) conjunto dirigido

ϕ ≡ (ϕx)x∈R

ϕ : R −→ (S1, Tu)x 7−→ (cos 2πx, sin 2πx)

ϕ es periódica de periodo 1 : ϕ(x+ 1) = ϕ(x)

El conjunto (S1, Tu) es T2 luego ϕ tiene a lo sumo un punto límite:

33

ϕ −→ x(S1, Tu)

⇔ ∀Ux entorno de x, ∃d0 ∈ R, ,∀d ≥ d0, ϕd ∈ Ux

∀d0 ∈ R, {ϕd}d≥d0 = S1 por ser periódica ϕ.

∀x ∈ S1,∃Ux entorno de x� Ux ( S1 ⇒6 ∃d0, ,∀d ≥ d0, ϕd ∈ Ux ⇒x 6∈ Limϕ

(S1, Tu)⇒ Lim ϕ = ∅

(S1, Tu)

∀x ∈ S1,∀Ux entorno de x, ∀d0 ∈ R,∃d ≥ d0, , ϕd = x ∈ Ux ⇒ x es de

aglomeración de S1 ⇒ puntos de aglomeración de ϕ en (S1, Tu) = S1


22.1. Enunciado

Sea X = {m ∈ N|m ≥ 2} con la topología generada por los conjuntosUn = {m ∈ X|m divide a n}∀n ≥ 2. Estudiar las propiedades de separación deeste espacio.

22.2. Solución

X = N \ {1}.

Llamo T a la topología. ∀n ∈ X,Un ∈ T

∀n ∈ X,Un son los divisores de n

Un1∩ Un2

= Umcd(n1,n2)

B = {Un|n ∈ X}

}⇒ B es base de T.(Un1

, Un2∈ B⇒ Un1

∩Un2∈

B). Si mcd(n1, n2)= 1⇒ Un1∩ Un2

= ∅, por lo que no hay problemas.

Si p es primo, Up = {p}

p primo ⇒ {p} es abierto

∀n ∈ X,n ∈ Un ⇒ Un es entorno abierto de n(∀n ∈ X)

Sean x, y ∈ X, , x 6= y; sea z =mcd(x, y). Si z = 1⇒ Ux ∩ Uy = ∅

m ∈ Un ⇒ m ≤ n

34

x, y ∈ X,x 6= y ⇒ x > y ó y > x⇒ x 6∈ Uy ó y 6∈ Ux ⇒ (X,T ) es T0

m ∈ Un ⇒ n es múltiplo de m ⇒ Um ⊂ Un ⇒ el entorno más pequeño quecontiene a m es Um y todo entorno de m contiene a Um

Sea n ∈ X, entonces 2n ∈ X, 2n 6= n, n ∈ Un ⊂ U2n ⇒ Todo entorno de 2ncontiene a n⇒ (X,T ) no es T1

X \ U2n es cerrado

Si (X,T ) fuera regular: T0+regular⇒ T1 pero no es T1 ⇒ (X,T ) no es regular⇒(X,T ) no es completamente regular

No es paracompacto: B es recubrimiento abierto, y no hay re�namientoabierto suyo localmente �nito por ejemplo en 2.

card(Un)< n <∞

Quiero ver si (X,T ) es normal.

B es base numerable de T ⇒ (X,T ) cumple el segundo axioma de numera-bilidad ⇒ (X,T ) es I axioma de numerabilidad, de Lindelöf y separable.

Por el teorema de metrización de Urysohn, (X,T ) es T0 ⇒ [ regular y IIaxioma ⇔ metrizable y separable ].

En nuestro caso como (X,T ) es T0, II axioma de numerabilidad y separable,queda [ metrizable ⇔ regular ], y como no es regular, (X,T ) no es metrizable.

∀p primo, Up = {p} abierto de B

∀n ∈ X,n tiene al menos un factor primo ⇒ ∃p|Up ⊂ Un.

P = {p ∈ X|p es primo}

Todo abierto de B contiene al menos un primo ⇒ ∀A ∈ T (si A 6= ∅),∃p ∈ P, , p ∈ A⇒ ∀A ∈ T, P ∩A 6= ∅ ⇒ P = X

P es numerable y denso en X.

T|P : ∀p ∈ P, {p} ∈ T ⇒ {p} ∈ T|P ⇒ T|P es TD la topología discreta:(P, T|P ) = (P, TD).P ∈ T ⇒ X \ P es cerrado

X \ P = {n ∈ N|n ≥ 4 y n es compuesto (no es primo)} es cerrado

Sea n ∈ X. Quiero hallar {n}

{n} es cerrado, es decir es complementario de un abierto.

Sea s un múltiplo de n⇒ n ∈ Us ⇒ ∀Us entorno de s, n ∈ Us ⇒ {n}∩Us 6=

35

∅ y s ∈ Us y s ∈ X \ {n} ⇒ Us ∩ (X \ {n}) 6= ∅ ⇒ s ∈ frontera({n}) ⇒ s ∈ {n}

∀A ∈ T, , s ∈ A⇒ n ∈ A⇒ n ∈ {n} ∩A 6= ∅

Si s no es múltiplo de n⇒ n no es divisor de s⇒ n 6∈ Us

Us es entorno abierto de s, , {n} ∩ Us = ∅ ⇒ s 6∈ frontera({n}) y s 6∈ {n} ⇒s 6∈ {n}

∀n ∈ X, {n} = {m ∈ X|m es múltiplo de n}

Sea A ⊂ X,A = {m ∈ X|∃n ∈ A, ,m es múltiplo de n}

A = {xj}j∈J ⇒ A = {xj}j∈J =⋃j∈J{xj}, pues si s no es múltiplo de ningún

elemento de A⇒ Us ∩A = ∅Us entorno de s

}⇒ s 6∈ A

Si C es cerrado (C 6= ∅) ⇒ C es numerable

C cerrado, C 6= ∅ ⇒ ∀c ∈ C, {c} = { múltiplos de c} ⊂ C

C 6= ∅, C cerrado ⇔ [∀c ∈ C, ∀s, , c|s⇒ s ∈ C]

C cerrado, c ∈ C: quiero A ∈ T, , C ⊂ A. ∀n ∈ X, c · n ∈ C ⊂ A,∀U c·nentorno abierto de c · n,Uc·n ∈ B y Uc·n ⊂ U c·n

c · n ∈ A abierto ⇒ ∃U c·n entorno abierto de c · n, , Uc·n ⊂ U c·n ⊂ A ⇒Uc·n ⊂ A

n ∈ Uc·nUc·n ⊂ A

}⇒ n ∈ A(∀n ∈ X) ⇒ A = X. Es decir, el único abierto que

incluye a un cerrado 6= ∅ es el total.

Si C1, C2 cerrados no vacíos ⇒ ∃c1 ∈ C1,∃c2 ∈ C2 ⇒ c1 · c2 ∈ C1 ∩ C2 ⇒C1∩C2 6= ∅ ⇒ (X,T ) es normal trivialmente pues no hay cerrados disjuntos novacíos.

36

23. Propuesto al menos en Febrero de 2001, Fe-brero de 2003, Septiembre de 2005 y Septiem-bre de 2007

23.1. Enunciado

Sea el espacio producto de la recta real con su topología usual y {0, 1} con latopología trivial. Estudiar si este espacio es Ti (i = 0, 1, 2, 3, 4) regular, normaly paracompacto.

23.2. Solución

(X,T ) = (R, Tu)× ({0, 1}, {∅, {0, 1}})

Llamo TT a la topología trivial de {0, 1}

({0, 1}, TT ) es compacto por ser �nito

(R, Tu) es metrizable ⇒ (R, Tu) es paracompacto

(X,T ) es paracompacto por ser producto de paracompacto por compacto.

Un conjunto es abierto en (X,T )⇔ es producto de abierto de R por abiertode ({0, 1}, TT ).

Si el abierto de {0, 1} es ∅, entonces tenemos ∅ del producto.

Así el único abierto que puedo elegir es el total {0, 1}.

∅ 6= A ∈ T ⇔ A = AR × {0, 1} con AR ∈ Tu. De�no D ≡ {0, 1}

Los entornos abiertos de (x, y) son Ux × {0, 1} con x ∈ Ux ∈ Tu

p = (0, 0) ∈ X. Un entorno abierto es U01 ×D

q = (0, 1) ∈ X. Un entorno abierto es U02 ×D

}⇒{{p, q} ⊂ U0

1 ×D{p, q} ⊂ U0

2 ×D

Up entorno abierto de p⇔ Up entorno abierto de qUq entorno abierto de q ⇔ Uq entorno abierto de p

}⇒ (X,T ) no es T0

⇒ (X,T ) no es T0, T1, T2, T3, T3a, ni T4.

Los cerrados en (D,TT ) son ∅ y D

(D,TT ) es regular, pues cualquier conjunto con la topología trivial lo es(debido a que sólo hay un abierto no vacío).

37

(R, Tu) es regular

Un producto es regular ⇔ cada factor es regular

En nuestro caso cada factor es regular ⇒ (X,T ) es regular.


Un producto es completamente regular ⇔ cada factor lo es.

(R, Tu) es metrizable ⇒ (R, Tu) es T4 ⇒ (R, Tu) es T3a ⇒ (R, Tu) es com-pletamente regular.

(D,TT ) es trivialmente completamente regular, pues los únicos cerrados son∅ y D y todo punto pertenece al total y en la condición se pide que el cerradosea 6= ∅, así que no queda cerrado para construir la función, no hay función queconstruir.

Factores completamente regulares ⇒ (X,T ) es completamente regular.

24. Propuesto al menos en Junio de 2006

24.1. Enunciado

Sea el espacio topológico (N, T ) donde T = {S ⊂ N|2n − 1 ∈ S ⇒ 2n ∈S}. Estudiar las propiedades de separación de este espacio y determinar si esparacompacto.

24.2. Solución

n ∈ N.T = {S ⊂ N|2n− 1 ∈ S(n ∈ N)⇒ 2n ∈ S}

En los abiertos, si hay un impar, está su sucesor (única restricción).

Sea p par ⇒ {p} es abierto ⇒ {p} entorno abierto de p

∀x ∈ N, x 6= p, x 6∈ {p} y {p} es entorno abierto de p

Sea i impar ⇒ {i, i+ 1} abierto; {i} no es abierto

A ∈ Ti ∈ A

}⇒ {i, i+ 1} ⊂ A

B = {{p}|p es par } ∪ {{i, i+ 1}|i impar}

38

B es base de T .

Es T0.

No es T1: No hay ningún entorno de i que no contenga i+ 1

No es T1 ⇒ no es T1, T2, T3, T3a, T4

T0 y regular ⇒ T1

No es T1 ⇒ no es regular ⇒ (N, T ) no es completamente regular

{i} es cerrado

Cualquier conjunto cuyos elementos son todos impares es cerrado.

C es cerrado en (N, T )⇔ [p par ∈ C ⇒ p− 1 ∈ C]

C cerradop par ∈ C

}⇒ p− 1 ∈ C

{p− 1, p} es cerrado

i impar ⇒ {i} cerrado pues N \ {i} ∈ T

∀i impar, {i, i+ 1} es abierto y cerrado ⇒ unión arbitraria de conjuntos asíes abierto y cerrado

{p− 1, p} menor cerrado que contiene a p

C1, C2 cerrados disjuntos no vacíos.

C cerrado� C 6= ∅, el menor abierto A, ,C ⊂ A es:

i ∈ Ci+ 1 6∈ C

}⇒ i+ 1 ∈ A

A = C ∪ {i+ 1|i ∈ C y i+ 1 6∈ C}

Así ∀C cerrado se construye este abierto.

C1, C2 cerrados disjuntos no vacíos. Creo A1, A2 así. Añado i + 1 en A1 ⇒i ∈ C1 ⇒ i 6∈ C2 ⇒ i+ 1 6∈ C2 ⇒ no añado i+ 1 en A2 pues i 6∈ C2

Simétricamente, por el mismo razonamiento, si añado i+1 en A2 ⇒ i+1 6∈ C1

y no añado i+ 1 en A1. En total:

C1 ⊂ A1 ∈ TC2 ⊂ A2 ∈ TA1 ∩A2 = ∅

⇒ (X,T ) es normal

39

Los entornos más pequeños de un punto son: {p} y {i, i+ 1}

V = {{i, i+ 1}}i impar es recubrimiento abierto de N. Es localmente �nito:

Si p es par, {p − 1, p} ∈ V es entorno abierto de p que sólo corta a eseelemento de V

Si i es impar, {i, i + 1} ∈ V es entorno abierto de i que sólo corta a eseelemento de V

Los elementos de V son disjuntos 2 a 2: V1, V2 ∈ V, V1 6= V2 ⇒ V1 ∩ V2 = ∅.

∀U recubrimiento abierto de N, V es re�namiento abierto localmente �nitode U.

Solamente falta ver que V es re�namiento, o sea, ∀V ∈ V,∃UV ∈ U : V ⊂ UV

V ∈ V⇒ V = {i, i+ 1} ⊂ Uj0 ∈ U

U = {Uj}j∈J es recubrimiento abierto de N ⇒ ∃j0, , i ∈ Uj0 ∈ U ⊂ T ⇒{i, i+ 1} ⊂ Uj0 ⇒ (N, T ) es paracompacto.


25.1. Enunciado

Sea X un conjunto in�nito y p ∈ X. Se de�ne en X la topologíaT = {U ⊂ X|X \U �nito ó X \U 3 p}. Estudiar las propiedades de separaciónde (X,T ). En el caso particular de ser X numerable, determinar si (X,T ) esmetrizable.

25.2. Solución

A ∈ T ⇔ A es complementario de �nito ó p 6∈ A

∀x ∈ X, , x 6= p, {x} ∈ T

Si p ∈ A ∈ T ⇒ A es complementario de �nito

Si x, y son 2 puntos distintos de X y ninguno de ellos es p, {x}, {y} son dosabiertos disjuntos

Si uno es p, digamos puntos p y x(x 6= p), {x} es entorno abierto de x yp 6∈ {x} ⇒ (X,T ) es T0

40

Para ver si es T1 si ninguno de los dos puntos es p no hay problemas.

Sea x ∈ X, , x 6= p, p 6∈ {x} y {x} es entorno abierto de x

X \ {x} es abierto pues su complementario es {x} que es �nito.

p ∈ X \ {x} ∈ Tx 6∈ X \ {x}

}⇒ (X,T ) es T1

Para ver si es T2, igualmente si ninguno de los puntos es p, {x} e {y} sonentornos abiertos (disjuntos) de x e y respectivamente.

Si uno es p y el otro x cualquiera (x 6= p): {x} y X \ {x} entornos abiertosde x y p disjuntos ⇒ (X,T ) es T2

Si p ∈ C ⇒ C es cerrado pues p 6∈ X \ C ⇒ X \ C abierto

card(C) �nito⇒ C cerrado pues X \C es complementario de �nito⇒ X \Cabierto

Juntando ambos: C cerrado en (X,T )⇔ p ∈ C ó card(C) es �nito

A abierto ⇔ A es complementario de �nito ó p 6∈ A

Para ver si (X,T ) es regular:

Si el punto es p, p 6∈ C ⇒{

card(C) es �nitoC es abierto

p ∈ X \ C abiertoC abierto y cerradoX \ C ∩ C = ∅C ⊂ C abierto

⇒ Luego si el punto es p, para cualquier cerrado

cumpliría las condiciones de regularidad.

Si el punto es x, , x 6= p y p ∈ C

card(X)=∞⇒ dos conjuntos complementarios de conjunto �nito no puedenser disjuntos

A complementario de �nito (X \A �nito), A∩B = ∅ ⇒ B ⊂ X \A y X \Aes �nito ⇒ card(B) es �nito

Quiero A abierto con p ∈ C ⊂ A⇒ A es complementario de �nito.

Quiero un abierto B, , x ∈ B y A∩B = ∅ ⇒ B �nito, p 6∈ B. {x} es abierto.

Resumiendo: x 6= p, x ∈ {x} ∈ T ;x 6∈ C; p ∈ C,X \ {x} ∈ T,C ⊂ X \ {x} y{x} ∩ (X \ {x}) = ∅

41

Se cumple en este caso el ser regular.

Caso x 6= p, p 6∈ C, x 6∈ C ⇒ card(C) es �nito, x ∈ {x} ∈ T

C ⊂ X \ {x} ∈ T

{x} ∩X \ {x} = ∅

Por todos los casos, (X,T ) es regular

(X,T ) regular+T1 ⇒ (X,T ) es T3

Se estudia ahora si (X,T ) es normal.

Sean C1, C2 cerrados disjuntos no vacíos� p 6∈ C1 y p 6∈ C2 ⇒ card(C1) es�nito y card(C2) es �nito.

Dado que p no pertenece a cada cerrado, ambos son abiertos y cerrados a lavez, por lo que se cumplen las condiciones de normalidad:

C1 ⊂ C1 ∈ T

C2 ⊂ C2 ∈ T

C1 ∩ C2 = ∅

Falta el caso de que p pertenezca a uno de los cerrados, digamos p ∈ C1, p 6∈C2 ⇒ card(C2) es �nito y C2 ∈ T.C1 ∩ C2 = ∅

C1 ⊂ X \ C2

X \ C2 es complementario de �nito ⇒ X \ C2 ∈ T

Juntando lo que tenemos:

C2 ⊂ C2 ∈ TC1 ⊂ X \ C2 ∈ TC2 ∩X \ C2 = ∅

⇒ también se cumple el ser normal en este caso.

(X,T ) es normal.

(X,T ) es normal y T1 ⇒ (X,T ) es T4

Supongamos ahora que X sea numerable.

X numerable ⇒ X es denso en X

X denso numerable en X ⇒ X es separable.

Por teorema de metrización de Urysohn: (X,T )T0, regular, separable ⇒

42

[(X,T ) metrizable ⇔ (X,T ) II axioma de numerabilidad ]

X numerable ⇒ X es de Lindelöf.

Sea U recubrimiento abierto de X ⇒ U recubre a p ⇒ ∃Up ∈ U, , p ∈ Up ∈T ⇒ Up es complementario de �nito. Cojo un abierto por cada punto de X \Up,que es una cantidad �nita, por lo que tengo una cantidad �nita, añado Up,y tengo un subrecubrimiento �nito, una familia �nita de miembros de U quesiguen recubriendo a X ⇒ (X,T ) es compacto aun en el caso general, sea Xnumerable o in�nito no numerable ⇒ (X,T ) es paracompacto.

Hay tantos conjuntos complementarios de �nitos como conjuntos �nitos (sehace una biyección que a cada conjunto �nito le asigna su complementario) ycard(PF (numerable)) es numerable. Así hay una cantidad numerable de sub-conjuntos complementarios de �nito en X si X es numerable.

Sea B = {A ⊂ X|A es complementario de �nito} ∪ {{x}|x ∈ X y x 6= p}

B es numerable por ser unión de dos conjuntos numerables.

Todos los elementos de B son abiertos de T .

∀A ∈ T,A es la unión a lo más numerable de elementos de B: si A escomplementario de �nito, ya pertenece a B. Si p 6∈ A,A es unión de elementosde cardinal 1 de B.

La intersección �nita de miembros de B es ∅ o está en B

B es numerable y base de T ⇒ (X,T ) cumple el II axioma de numerabilidad.

Por el teorema de metrización de Urysohn, (X,T ) es T0, regular y II axiomade numerabilidad ⇒ (X,T ) es metrizable y separable, en particular metrizable.

Si X es numerable (X,T ) es metrizable.


26.1. Enunciado

Sean X conjunto, w 6∈ X. F �ltro en X. X ′ = X ∪ {w}. SiB′ = {{x}|x ∈ X} ∪ {M ∪ {w}|M ∈ F}, probar que B′ es base para algunatopología TF en X ′ (�topología asociada a F�). Si T es una topología sobre X ′

más �na que TF entonces, probar, que T es la topología discreta ó ∃F′ �ltro enX, más �no que F tal que T es la topología asociada a F′.

43

26.2. Solución

A)B′ es base

B′ = {Bj}j∈J

Una condición necesaria para que B′ sea base de una topología es X ′ es que⋃Bj∈B′

Bj = X ′

∀x ∈ X, {x} ∈ B′ ⇒ X =⋃x∈X{x} ⊂

⋃Bj∈B′

Bj

F �ltro en X ⇒ ∃M ⊂ X, ,M ∈ F ⇒M ∪ {w} ∈ B′ ⇒ w ∈⋃Bj∈B′ Bj

⇒X ∪ {w} ⊂

⋃Bj∈B′ Bj

Sea Bj0 ∈ B′.Bj0 puede ser de dos tipos:

Si Bj0 = {x0}, con x0 ∈ X ⇒ Bj0 ⊂ X ⊂ X ′

Si Bj0 = M0 ∪ {w}, con M0 ∈ F ⇒M0 ⊂ X ⇒M0U{w} ⊂ X ∪ {w} = X ′

En ambos casos, Bj0 ⊂ X ′. Es decir, ∀Bj ∈ B, Bj ⊂ X ′ ⇒⋃

Bj∈B′

Bj ⊂ X ′

De ambas inclusiones, efectivamente⋃

Bj∈B′

Bj = X ′

La otra condición necesaria para que B′ sea base de una topología en X ′ esque:

∀A1, A2 ∈ B′, , A1 ∩A2 6= ∅

De�no A3 ≡ A1 ∩A2

∀t ∈ A3,∃A4 ∈ B′, , t ∈ A4 ⊂ A3

Llamo B′1 = {{x}|x ∈ X};B′2 = {M ∪ {w}|M ∈ F}

Así B′ = B′1 ∪B′2.

Se estudiará por casos:

i)A1, A2 ∈ B′1. Si A1 ∩A2 6= ∅ ⇒ A1 = A2 = A3 = {x0} = A4

ii)A1 ∈ B′1 y A2 ∈ B′2 ó )A1 ∈ B′2 y A2 ∈ B′1. Es el mismo caso. Se supondráA1 ∈ B′1 y A2 ∈ B′2. Si A1 ∩A2 6= ∅ ⇒ A1 ⊂ A2 ⇒ A3 = A1 = A4

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iii)A1, A2 ∈ B′2 ⇒{A1 = M1 ∪ {w}A2 = M2 ∪ {w}

con M1,M2 ∈ F �ltro ⇒M1 ∩M2 ∈

F ⇒ (M1 ∩M2) ∪ {w} ∈ B′

A1 ∩A2 = [M1 ∪ {w}] ∩ [M2 ∪ {w}] = {w} ∪ [M1 ∩M2] ∈ B′

Se cumple la condición siendo A4 = A3 = {w} ∪ [M1 ∩M2].

De las dos condiciones B′ es base de una topología en X ′.

B)Cuando T = TD

T más �na que TF ⇔ TF ⊂ T

Si {w} ∈ T , como ∀x ∈ X, {x} ∈ B′ ⊂ TF ⊂ T ⇒ {x} ∈ T ⇒ ∀t ∈ X ′, {t} ∈T ⇒ T es la topología discreta.

C)Cuando T = TF′

{w} 6∈ T . Sea A ∈ T . Si w 6∈ A⇒ A ⊂ X ⇒ A ∈ TF

De�no B′′1 = B′1;B′′2 = {A ∈ T |w ∈ A}

B′2 ⊂ B′′2

De�no F′ = {M ⊂ X|M ∪ {w} ∈ T}.

TF′ = topología engendrada pr B′′

B′′ = B′1 ∪ {M ∪ {w}|M ∈ F}

D)Veamos que F′ es �ltro en X

{w} 6∈ T ⇒ ∀A ∈ T, , w ∈ A,A \ {w} 6= ∅

B′2 ⊂ B′′2 ⇒ B′′2 es familia no vacía

Sean F1, F2 ∈ F′ ⇒{F1 ∪ {w} ∈ TF2 ∪ {w} ∈ T

}⇒ [F1 ∪ {w}] ∩ [F2 ∪ {w}] = (F1 ∩

F2) ∪ {w} ∈ T ⇒ (F1 ∩ F2) ∪ {w} ∈ T ⇒ F1 ∩ F2 ∈ F′

Sea F ∈ F′,∀H ⊂ X, , F ⊂ H ⇒ H ∈ TF ⊂ T y F ∪ {w} ∈ T ⇒ H ∪ (F ∪{w}) = H ∪ {w} ∈ T ⇒ H ∈ F′

Así se cumplen las dos condiciones necesrias para que F′ sea �ltro en X.

E) F′ más �no que F

∀M ∈ F ⇒M ∪ {w} ∈ TF ⊂ T ⇒M ∈ F′ ⇒ F ⊂ F′ ⇔ F′ más �no que F.

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F) Veamos que T = TF′

Ya vimos que para todo �ltro (como F ó F′) en X,B′ ó B′′ es base de unatopología TF′ .

A ⊂ X ⇒{A ∈ TF′

A ∈ T

Sea A ∈ T, , w ∈ A⇒ A \ {w} ∈ F′ ⇒ (A \ {w}) ∪ {w} = A ∈ B′′ ⊂ TF′

Sea A ∈ TF′ , , w ∈ A ⇒ ∃F ∈ F′, , A = (F ∪ {w}) ∪ (A \ (F ∪ {w})) conA \ (F ∪ {w}) ⊂ X

F ∈ F′

F ⊂ A \ {w} ⊂ X

}⇒ A \ {w} ∈ F′ ⇒ A = (A \ {w}) ∪ {w} ∈ T

De ambas con P(X) ⊂ T ∩ TF′ , se tiene T = TF′ 2

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exámenes resueltos de topología

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