Introducci´on a la Topolog´ıa Algebraicaichi.fismat.umich.mx/cursos/topologia2.pdf · En la secci´on 5 ya esta´ ma´s dedicado a lo que se denomina Topolog´ıa Algebraica, ma´s

Notas para el curso

Introduccion

a la

Topologıa Algebraica

por Marıa Luisa Perez Seguı

Morelia, Mich., junio 2015

1

Introduccion

Se presenta aquı el material correspondiente a un curso de Introduccion a la TopologıaAlgebraica, el cual se imparte en la Facultad de Ciencias Fısico-Matematicas de la Uni-

versidad Michoacana. El material de las notas constituyo el 100% del curso impartidoel semestre de agosto de 2015 a enero de 2016 en la Facultad y es la actualizacion y

completacion de notas preliminares que se hicieron durante el curso que se impartio en2009.

Se supone que el alumno esta familiarizado con los conceptos basicos de topologıa. Las

notas contienen ejemplos de los conceptos basicos, ası como de aplicacion de las tecnicasusuales de la topologıa. Contienen ademas numerosos ejercicios intercalados con la teorıa,

muchos de los cuales son rutinarios y tienen la intencion de que el alumno vaya absorbiendoel material. Otros ejercicios en las notas ofrecen un mayor reto e introducen al alumno a

la investigacion en el area de topologıa abstracta.

Las primeras secciones del libro contienen material complementario de topologıa basica.

La seccion 1 continua el estudio de axiomas de separacion que inicio en el curso basico

de Topologıa. Se definen los conceptos de regularidad y de normalidad. Con el proposito deintroducir ejemplos especiales, tambien se define la topologıa de los ordinales y se estudiansus propiedades basicas en forma intuitiva.

La seccion 2 continua con el estudio de axiomas de separacion, de manera de poderatacar los importantes teoremas de Urysohn y de Tietze.

En la seccion 3 se define el concepto de compactaciones.

La seccion 4 esta dedicada a la demostracion del Teorema de Tychonoff, el cual seenuncio sin demostracion en un primer curso de Topologıa debido a que su demostracionrequiere de conceptos mas complejos de matematicas.

En la seccion 5 ya esta mas dedicado a lo que se denomina Topologıa Algebraica, masprecisamente, homotopıa y grupo fundamental. Se describen los conceptos de contractibil-

idad y se desarrolla la definicion detallada y rigurosa del grupo fundamental.

La seccion 6 esta dedicada a un estudio introductorio de los espacios cubrientes, nece-sarios para poder determinar el grupo fundamental de algunos espacios, en particular, de

S1 (el cırculo).

i

La seccion 7 ilustra aplicaciones de la teorıa de homotopıa aplicada a funciones en

esferas. Se trabajan los teoremas de Borsuk, Ulam y Brouwer, clasicos en la literatura, yse establecen las bases para el teorema de Jordan, el cual habla de como una curva simple

cerrada separa a la esfera S2 y que se demuestra en la seccion 8.

En la seccion 8, ademas de estudiar el teorema de Jordan, se explica la importancia desu demoostracion. Esto se hace describiendo ejemplos en los que pequenas alteraciones en

problemas similares al de la curva de Jordan, hacen que los resultados sean falsos (Lagosde Wada, teorema de Jordan-Schoenflies).

En la seccion 9 se profundiza mas el estudio de los espacios cubrientes y se da la

clasificacion de estos.

Marıa Luisa Perez Seguı

Fac. Cs. Fısico-Matematicas

Universidad Michoacana de San Nicolas de Hidalgo

diciembre, 2015.

ii

Contenido

Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i

1. Otros axiomas de separacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Ordinales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2. Urysohn y Tietze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3. Compactaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

4. Teorema de Tychonoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

5. Grupo fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

6. Espacios cubrientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

7. Funciones en esferas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Campos vectoriales y puntos fijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

8. Teorema de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

9. Clasificacion de cubrientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Referencias y lecturas complementarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

iii

Seccion 1

Otros axiomas de separacion

Decimos que un espacio X es regular (o T3 ) si es T1 y dado A ⊂ X cerrado y x ∈ X\Aexisten abiertos ajenos U y V tales que x ∈ U , A ⊂ V . Decimos que X es normal (oT4 ) si es T1 y dados A,B ⊂ X cerrados ajenos existen abiertos ajenos U y V tales que

A ⊂ U , B ⊂ V .

[1.1] Observacion. Gracias al axioma T1 tenemos que

normal ⇒ regular ⇒ Hausdorff.

Despues veremos que las implicaciones recıprocas no son ciertas.

El siguiente lema es de gran utilidad.

[1.2] Lema. Si X es un espacio T1 entonces

(a) X es regular si y solo si dado x ∈ X y U ∈ Nx existe V ∈ Nx tal que x ∈ V ⊂V ⊂ U .

(b) X es normal si y solo si dado A ⊂ X cerrado y U abierto tal que A ⊂ U existeV abierto tal que A ⊂ V ⊂ V ⊂ U .

Demostracion. (a) (⇒) Sean x ∈ X y U ∈ Nx . Sea A = X \ U ; entonces A escerrado que no contiene a x ası que existen abiertos ajenos V y W tales que x ∈ V yX \ U ⊂W ; ası V ⊂ X \W ⊂ U y, como X \ U es cerrado, entonces V ⊂ X \W .

(⇐) Sean A ⊂ X cerrado y x ∈ X \ A . Sea U = X \ A y sea V abierto tal quex ∈ V ⊂ V ⊂ U ; entonces W = X \ V es abierto, ajeno con V y contiene a A .

(b) Analoga a (a).

[1.3] Ejemplo. El espacio RK es Hausdorff pero no regular.

§1. Otros axiomas de separacion

Demostracion. Como la topologıa de RK contiene a la usual, entonces es claro que

RK es T2 . Veamos que el cerrado K = 1n: n ∈ N no se puede separar de 0. Supongamos

que sı y sean U y V abiertos ajenos tales que 0 ∈ U , K ⊂ V . Entonces U contiene un

basico de la forma (a, b) \K . Sea n ∈ N tal que 1n∈ (a, b). Entonces 1

n∈ K ⊂ V , ası que

existe basico alrededor de 1ncontenido en V ; ese basico debe ser de la forma (c, d), pero

entonces U ∩ (c, d) 6= ∅ , lo cual es una contradiccion.

[1.4] Proposicion. (a) Subespacio de regular es regular.(b) Producto de regulares es regular.

Demostracion. (a) Es claro pues los abiertos intersectados con el subespacio sirven.(b) Sea Xi : i ∈ I una familia de espacios regulares y sea U = Ui1 × · · · × Uin ×

∏

i 6=i1,...,in Xi un abierto basico que contenga a un elemento x = (xi)i ∈∏

Xi . Sea V =

Vi1 × · · ·×Vin ×∏

i 6=i1,...,in Xi tal que xij ∈ Vij ⊂ Vij para toda j . Entonces V = Vi1 × · · ·×Vin ×

∏

i 6=i1,...,in Xi ⊂ U .

Despues veremos que subespacio de normal no necesariamente es normal. El siguienteejemplo prueba que regular no implica normal y que producto de normales no necesaria-

mente es normal.

[1.5] Ejemplo. El espacio Rl es normal (por tanto, regular) pero R2l (llamado plano

de Sorgenfrey) no es normal (pero sı regular, por la proposicion anterior).

Demostracion. Probemos primero que Rl es normal: Sean A y B cerrados ajenos.Para cada a ∈ A sea [a, xa) basico que no intersecta a B , y para cada b ∈ B sea [b, yb)basico que no intersecta a A . Los abiertos que separan a A y B son U =

⋃

a∈A[a, xa) y

V =⋃

b∈B[b, yb).Ahora veamos que R2

l no es normal. Observemos que los basicos son rectangulos

que incluyen sus lados izquierdo e inferior pero no sus lados derecho y superior, ası quela diagonal D a 135o por el origen es un conjunto cerrado y, como subespacio, tiene la

topologıa discreta, ası que todo subconjunto de el es cerrado en R2l . Suponiendo que R2

l esnormal, tenemos que todo cerrado A contenido en D se puede separar de su complemento

D \ A en D , ası que existen abiertos (de R2l ) ajenos UA y VA tales que A ⊂ UA y

D\A ⊂ VA . Sean D = P(D)\∅, D y Q = P(Q×Q)\∅,Q×Q . Definamos φ : D → Qpor φ(A) = UA ∩ (Q × Q). Como Q es denso en Rl , tenemos que φ esta bien definida.

Probaremos que φ es inyectiva, lo cual es claramente una contradiccion, por cardinalidades.Sean A,B ∈ D distintos; sin perdida de generalidad tomemos a ∈ A\B ⊂ D\B ; entonces

a ∈ UA∩VB y UA∩VB es abierto no vacıo, por lo que contiene puntos de Q×Q . Entonces

∅ 6= UA ∩ VB ∩ (Q×Q) ⊂ (UA \ UB) ∩ (Q×Q) = (UA ∩ (Q×Q)) \ (UB ∩ (Q×Q)).

[1.6] Proposicion. Todo espacio metrizable es normal.

Demostracion. Sea (X, d) metrico y sean A y B cerrados ajenos de X . Para cadaa ∈ A sea εa > 0 tal que Bεa(a) ∩ B = ∅ ; analogamente, para cada b ∈ B sea εb > 0 tal

2


que Bεb(b) ∩A = ∅ . Entonces los abiertos que separan a A y B son

U =⋃

B εa2(a) y V = B εb

2

(b).

[1.7] Proposicion. Si X es compacto y T2 entonces X es normal.

Demostracion. Si A y B son cerrados ajenos, entonces son compactos ası que esteresultado se probo ya (ver [6.23]).

[1.8] Proposicion. Si X es 2o -numerable y regular entonces X es normal.

Demostracion. Sea B base numerable para la topologıa de X . Sean A y C cerradosajenos. Afirmamos que podemos construir una cubierta numerable Un : n ∈ N de A

tal que Un ∩ C = ∅ . Para ver esto, tomemos, para cada a ∈ A , Wa abierto tal quea ∈ Wa ⊂ Wa ⊂ X \ C . Tomemos basico Ba ∈ B tal que a ∈ Ba ⊂ Wa . ComoBa : a ∈ A ⊂ B entonces Ba : a ∈ A es numerable; esta es la familia buscada.

Analogamente construyamos una cubierta numerable Vn : n ∈ N de C tal queVn ∩ A = ∅ . Tal vez (

⋃

n Un) ∩ (⋃

n Vn) 6= ∅ , sin embargo, modificamos los abiertos para

lograr que la union sea ajena, como sigue: Sean, para cada n ∈ N , U ′n = Un \

(

⋃ni=1 Vi

)

y

V ′n = Vn \

(

⋃ni=1 Ui

)

. Los abiertos que separan a A y C son U =⋃

n U′n y V =

⋃

n V′n .

Ordinales

Daremos aquı una discusion informal de los ordinales. Para ver una discusion mas com-pleta puede consultarse cualquier libro de Teorıa de Conjuntos. Empezaremos recordando

algunos conceptos basicos y sus propiedades como conjuntos ordenados; posteriormenteveremos algunas de sus propiedades topologicas (dandoles la topologıa del orden).

Recordemos que un conjunto esta bien ordenado si todo subconjunto no vacıo tiene

elemento menor. A la cada clase de equivalencia de conjuntos bien ordenados isomorfos(es decir, conjuntos entre los cuales existen funciones biyectivas que preservan el orden) se

le llama ordinal.

[1.9] Notacion. Como ejemplos de los representantes clasicos de los ordinales massencillos tenemos:

∗ 0 = ∅∗ n = 1, 2, . . . , n − 1 . Aquı pensamos cada natural definido inductivamente como

el conjunto de todos los naturales que le preceden; el orden se define por la inclusion o,equivalentemente, por la pertenencia; resulta entonces que el orden es precisamente el que

nosotros conocemos; por ejemplo 1 = ∅ (conjunto con 1 elemento), y tenemos que 0 ∈ 1y 0 ⊂ 1, por lo cual 0 < 1; 2 = ∅, ∅ , de manera que 0, 1 ∈ 2 y 0, 1 ⊂ 2 y por esta

razon 0 < 2 y 1 < 2, y ası sucesivamente.∗ ω = N = 1, 2, . . . .

3


∗ ω + 1 = ω ∪ ω con n < ω para toda n ∈ ω . Notemos que este conjunto ordenado

tambien puede representarse dentro de R , con el orden usual, como (es decir, es isomorfo,como conjunto ordenado, a) 1 − 1

n: n ∈ N ∪ 1 ; aquı, 1 − 1

ncorresponde a n − 1 y 1

corresponde a ω . De manera analoga se define ω + 2, etc.∗ ω + ω = 2× ω con el orden lexicografico (que es isomorfo al subconjunto m− 1

n:

n ∈ N, m = 1, 2 de R).∗ ω × ω = N× N con el orden lexicografico (que es isomorfo al subconjunto m− 1

n:

n,m ∈ N de R).

En general dados dos ordinales α y β decimos que α ≤ β si y solo si existe unafuncion inyectiva de cualquier representante de α en cualquiera de β que respete el orden.

Se consideran representantes de tal manera que α ⊂ β o, equivalentemente, α ∈ β . Poresta razon denotamos al ordinal β por [0, β) = α : α < β . Tambien se dice que [0, β)es seccion de β .

El resultado siguiente es muy importante y es equivalente al Axioma de Eleccion. Nolo demostraremos.

[1.10] Teorema. Todo conjunto puede bien ordenarse.

Haciendo abuso del lenguaje, llamemos ordinal a cualquier representante de una clasede isomorfismo de conjuntos bien ordenados. Con esta convencion, como sabemos que

hay conjuntos no numerables, el teorema anterior nos permite considerar un conjunto bienordenado X no numerable y ese es un ordinal, ası que sus elementos son todos ordinales.Tambien lo es Y = X∪X (con X su elemento mayor). El subconjunto de Y que consta

de todos los ordinales no numerables que pertenecen a Y es no vacıo (pues X ∈ Y ), ası quetiene primer elemento. Ese primer elemento es el primer ordinal no numerable y se denota

por Ω. Entonces Ω = [0,Ω) es no numerable pero sus elementos son todos numerables.

Hemos observado en los ejemplos que hay dos tipos de ordinales: Los que son de laforma α+1 se llaman ordinales sucesores (α es un antecesor inmediato). Aquellos que no

son de esta forma se llaman ordinales lımite. Son ordinales lımite: 0, ω , ω + ω , ω × ω yΩ (entre otros).

Otra observacion importante en cuanto a ordinales, y que es consecuencia del teorema,es que, de manera parecida a lo que hacemos en N , en cualquier conjunto se puede hacerdemostraciones por induccion. Cabe hacer notar que, en general, en demostraciones por

induccion dentro de conjuntos con ordinal mayor que ω , se distinguen dos casos: que elordinal para el cual se va demostrar la propiedad sea sucesor o que sea lımite. A esta

induccion se le llama induccion transfinita.

[1.11] Ejercicio. Probar el Principio de induccion transfinita: Si α es un ordinal y

S es un subconjunto no vacıo de α cuyo primer elemento es 0 y tal que

[0, β) ⊂ S ⇒ β ∈ S,

4


entonces S = α .

Damos a cada ordinal α la topologıa del orden. Observemos que si β ≤ α entonces unavecindad basica de β en (0, α] (como espacio topologico) es U = (γ, β] pues U = (γ, β+1)si β < α , y si no entonces β = α es elemento mayor. Tambien tenemos que si β es ordinal

sucesor, β = γ+1, entonces β es abierto (pues β = (γ, β+1). Tambien 0 es abierto.En [8.9] establecimos isomofismos, como conjuntos ordenados, entre algunos ordinales y

ciertos subconjuntos de R ; estos isomorfismos tambien lo son de espacios topologicos,considerando a los subconjuntos de R como subespacios de el mismo.

[1.12] Proposicion. En [0,Ω] (o en [0, α) para cualquier α ≥ Ω) se tiene que Ω espunto de acumulacion.

Demostracion. Sea U = (β,Ω] un abierto basico alrededor de Ω. Entonces β es

numerable y tambien lo es β + 1 y β + 1 ∈ U \ Ω .

[1.13] Corolario. [0,Ω] es la cerradura de [0,Ω) dentro de cualquier ordinal α > Ω.

Demostracion. [0,Ω] es cerrado pues su complemento es (Ω,∞) (que podrıa ser

vacıo si α = Ω).

[1.14] Proposicion. Todo conjunto numerable A en [0,Ω) tiene cota superior en

[0,Ω) (es decir, si A es un conjunto numerable de ordinales numerables entonces hay unordinal numerable mayor o igual que todos los elementos de A).

Demostracion. Para cada α ∈ A se tiene que [0, α) es numerable, ası que B =⋃

α∈A[0, α) es numerable, de donde B 6= [0,Ω). Sea γ ∈ Ω \ B . Entonces γ es numerabley es cota superior para A (pues si α ∈ A y γ < α entonces γ ∈ [0, α) ⊂ B , lo cual es una

contradiccion).

[1.15] Proposicion. [0,Ω] no es 1o -numerable (por tanto, tampoco es metrizable).

Demostracion. Supongamos que sı; entonces, por [4.6](b), existe una sucesion de

ordinales (αn)n en [0,Ω) que converge a Ω, pero el conjunto A = αn : n ∈ N esnumerable ası que, por la proposicion anterior, tiene cota superior α0 ∈ [0,Ω); entonces

(γ,Ω] ∩A = ∅ , lo cual es una contradiccion.

[1.16] Lema. Sea X = [0,Ω). Entonces(a) X no es compacto.

(b) En X todo conjunto infinito tiene punto de acumulacion.

Demostracion. Ejercicio.

[1.17] Proposicion. [0,Ω) es 1o -numerable pero no es metrizable.

Demostracion. Por el lema [0,Ω) no es compacto pero todo subconjunto infinitotiene punto de acumulacion, lo cual es imposible en espacios metricos por [6.21].

[1.18] Ejercicio. Probar que [0,Ω) no es 2o numerable.

5


Recordemos que R es homeomorfo al espacio ordenado (con el orden lexicografico)

([0, ω) × [0, 1)) \ 0 × 0) (donde [0, ω) es el conjunto de ordinales menores que ω y[0, 1) es el intervalo de reales mayores o iguales que 0 y menores que 1). Imitamos esta

construccion para construir la recta larga L = ([0,Ω)× [0, 1)) \ 0× 0 . Este es un espaciotopologico importante; es cpt y localmente homeomorfo a R .

La siguiente proposicion tiene una demostracion muy similar a una parte de [8.5].

[1.19] Proposicion. Todo ordinal es normal.

Demostracion. Es claro que todo ordinal es T1 . Sean A y B cerrados ajenos.Buscamos U y V abiertos ajenos tales que A ⊂ U y B ⊂ V . Podemos suponer que 0

no es elemento de A ∪ B (pues si, por ejemplo 0 ∈ A , podemos trabajar con A \ 0en lugar de A y, al final, agregar 0 , que es abierto y cerrado, al U que encontremos).

Para cada a ∈ A sea (xa, a] basico que no intersecta a B , y para cada b ∈ B sea (yb, b]basico que no intersecta a A . Los abiertos que separan a A y B son U =

⋃

a∈A(xa, a] y

V =⋃

b∈B(yb, b] .

[1.20] Proposicion. El espacio [0,Ω]× [0,Ω] es normal.

Demostracion. El espacio [0,Ω] es compacto por ser intervalo cerrado en un espacio

ordenado con la propiedad del supremo (ver [6.14]) y tambien es T2 . Por lo tanto tambien[0,Ω]× [0,Ω] es compacto y T2 , ası que, por [8.7], es normal.

[1.21] Ejemplo. El espacio Z = [0,Ω)× [0,Ω] no es normal.

Demostracion. Como X = [0,Ω] × [0,Ω] es Hausdorff, su diagonal ∆ es cerrada.Sea A = ∆ ∩ Z = ∆ \ Ω× Ω . Entonces A es cerrado en Z . Tambien B = [0,Ω)× Ωes cerrado. Veamos que A y B no se pueden separar. Supongamos que sı y sean Uy V abiertos ajenos tales que A ⊂ U y B ⊂ V . Dado x ∈ [0,Ω) existe β < Ω talque x < β y x × β /∈ U (pues si x × β ∈ U para toda β > x , entonces x × Ω serıa

punto de acumulacion de U ⊂ Z \ V que es cerrado, ası que x× Ω pertenecerıa a Z \ V ,lo cual es una contradiccion). Sea β(x) el menor de estos β′ s. Definimos una sucesion

en [0,Ω) como sigue: x1 es cualquier punto y, para n ≥ 2, xn = β(xn−1). Entoncesx1 < x2 < · · · . Sea b = supxn : n ∈ N = supβ(xn) : n ∈ N (el cual existe por [8.13] y

por estar [0,Ω) bien ordenado). Entonces b es punto de acumulacion de los xn , de dondexn × β(xn) → b × b ∈ A ⊂ U , lo cual es imposible porque xn × β(xn) /∈ U para ningun

n ∈ N .

La proposicion anterior nos da un ejemplo de que regular no implica normal (lo cualya sabıamos por [8.5]), de que producto de normales no necesariamente es normal (que

tambien, en [8.5] ya lo habıamos probado), y de que subespacio de normal no necesaria-mente es normal.

Ejercicios.

6


[1.22] Probar que no existe inmersion de la recta larga en Rn .

[1.23] Probar que si X es un espacio topologico normal y Y ⊂ X es cerrado, entoncesY es normal.

7

Seccion 2

Urysohn y Tietze

A continuacion veremos algunos resultados muy importantes, entre ellos tendremosque una condicion suficiente para que un espacio sea metrizable es que sea regular y 2o -

numerable.

El primer resultado nos dice que en espacios normales los cerrados ajenos se puedenseparar, no solo por abiertos sino tambien mediante funciones continuas.

[2.1] Lema. Lema de Urysohn. Si X es normal y A y B son cerrados ajenos (novacıos), entonces existe una funcion continua f : X → [0, 1] tal que f(A) = 0 y f(B) = 1.

Demostracion. Construiremos un “encebollado” en X \ B que cubra a A , es decir,

una familia de abiertos Uq : q ∈ Q tal que si p y q son racionales con p < q entoncesUp ⊂ Uq .

Pongamos a todos los racionales de Q∩ [0, 1] en una lista, sin repeticion, (q1, q2, q3, . . .)de tal manera que q1 = 1 y q2 = 0. Vamos a construir Uqn por induccion como sigue: Sea

U1 = X \ B . Por normalidad, sea U0 abierto tal que A ⊂ U0 ⊂ U0 ⊂ U1 . Supongamosconstruidos Uq1 , Uq2 , . . . , Uqn para cierta n ≥ 2 de tal manera que si p, q ∈ q1, . . . , qny p < q entonces Up ⊂ Uq , y construyamos Uqn+1

como sigue: Sean i, j ∈ 1, 2, . . . , ntales que en el conjunto q1, . . . , qn qi es maximo con qi < qn+1 y qj es mınimo conqn+1 < qj (es decir qi < qn+1 < qj y entre qi y qj no hay otro qk con k ≤ n). Otra vez,

por normalidad, sea Uqn+1abierto tal que

Uqi ⊂ Uqn+1⊂ Uqn+1

⊂ Uqj .

Finalmente definamos, para q ∈ Q \ [0, 1], Uq = ∅ si q < 0 y Uq = X si q > 1.

Ahora definamos f : X → [0, 1] por

f(x) = infq ∈ Q : x ∈ Uq.

§2. Urysohn y Tietze

Para ver que f satisface las condiciones buscadas observemos primero lo siguiente:

(a) f esta bien definida.(b) f(a) = 0 para toda a ∈ A .

(c) f(b) = 1 para toda b ∈ B .(d) x ∈ Uq ⇒ f(x) ≤ q . (Esto es porque si p > q entonces x ∈ Up y, por tanto,

f(x) ≤ p .)(e) x /∈ Uq ⇒ f(x) ≥ q . (Esto es porque si f(x) < q entonces existirıa p < q tal que

x ∈ Up ⊂ Uq .)

Ahora usemos las observaciones (d) y (e) para probar que f es continua. Sean x0 ∈ Xy f(x) ∈ V con V abierto de [0, 1]. Sean p, q ∈ Q tales que f(x) ∈ (p, q) ⊂ [p, q] ⊂ U .

Sea U = Uq \ Up. Entonces es claro que U es un abierto tal que f(U) ⊂ [p, q] .

En el contexto del resultado anterior puede ocurrir que no exista funcion f : X → [0, 1]tal que solo los elementos de A tengan por imagen al 0 y solo los de B tengan por imagen

al 1 (ver ejercicio [9.11]).

La demostracion anterior no puede usarse para probar que puntos pueden separarse

de cerrados en espacios regulares pues se uso la normalidad en cada paso del encebollado,no solo al considerar A ⊂ X \ B . Decimos que un espacio X es completamente regularo de Tychonoff o T3 1

2

si es T1 y dados A cerrado y x /∈ A existe f : X → [0, 1] tal que

f(A) = 0 y f(x) = 1. Es claro entonces que normal implica completamente regular y

que completamente regular implica regular. Existen ejemplos de espacios regulares que noson de Tychonoff. La proposicion siguiente nos permitira concluir que [0,Ω) × [0,Ω] es

completamente regular, ası que este es un ejemplo de que Tychonoff no implica normal.

[2.2] Proposicion. (a) Si X es de Tychonoff y Y es subespacio de X , entoncestambien Y es de Tychonoff.

(b) Si Xi : i ∈ I es una familia de espacios de Tychonoff, entonces tambien es deTychonoff

∏

iXi .

Demostracion. (a) Ejercicio.(b) Sea A cerrado en

∏

iXi y sea b = (bi)i ∈∏

iXi \ A . Sea U = Ui1 × · · · ×Uin ×

∏

i 6=i1....,in Xi vecindad basica de b contenida en X \ A . Definamos Ui = Xi para

i /∈ i1, . . . , in y, para cada i ∈ I , sea fi : Xi → [0, 1] tal que fi(bi) = 1 y fi(X \ Ui) = 0,de manera que cuando este conjunto sea vacıo fi es la funcion constante 1). Es claro

que esta bien definida la funcion f :∏

iXi → [0, 1] dada por f((xi)i) =∏

i fi(xi) (aquıπ denota producto de numeros) pues si x = (xi)i /∈ U entonces existe i0 ∈ I tal que

xi0 ∈ X \ Ui0 , ası que fi0(xi0) = 0, de donde f(x) = 0; por otro lado, si x ∈ U entoncespara todas salvo un numero finito de coordenadas i se tiene que fi(xi) es 1. Tambien esclaro que f(b) = 1, ası que esta es la funcion buscada.

Nota. Es claro que en la definicion de completamente regular pueden intercambiarse 0y 1; sin embargo, en la demostracion anterior, al multiplicar funciones, fue esencial el que

se escogiera que el cerrado fuera a dar al 0 y el punto al 1.

9


[2.3] Teorema. Teorema de extension de Tietze. Sea X un espacio normal y sea

A ⊂ X cerrado.(a) Dada f : A → [a, b] funcion continua, existe extension continua F de f a X (es

decir, F : X → [a, b] es una funcion continua tal que F |A = f ).(b) Dada f : A→ R funcion continua, existe extension continua F a X .

Demostracion. (a) Primer paso. Supongamos que [a, b] = [−r, r] . Construiremos

g : X → [−r, r] tal que |g(x)| ≤ 13r y |f(a)− g(a)| ≤ 2

3r para toda a ∈ A .

Partamos el intervalo [−r, r] en tres intervalos de longitud 23r : I = [−r,−1

3r] , J =

[−13r, 1

3r] y K = [1

3r, r] . Sean B = f−1(I) y C = f−1(K). Entonces B y C son cer-

rados ajenos, ası que el Lema de Urysohn nos permite construir una funcion continua

g : X → [−13r, 1

3r] tal que g(B) = −1

3r y g(C) = 1

3r.

Segundo paso. Sin perdida de generalidad podemos suponer que [a, b] = [−1, 1]. Uti-

lizando el primer paso para r = 1, tenemos una funcion continua g1 : X → [−1, 1] talque |g1(x)| ≤

13r y |f(a) − g1(a)| ≤

23r para toda a ∈ A . Repetimos el procedimiento

para f1 = f − g1 : A → [−23, 23] ⊂ [−1, 1], pero ahora tomando r = 2

3y ası sucesiva-

mente. De esta manera tenemos funciones gn : X → [−1, 1] tales que |gn(x)| ≤23

(

13

)n−1

y |f(a) − (g1(a) + · · · + gn(a))| ≤(

23

)npara toda a ∈ A . Sea F (x) =

∑∞i=1 gn(x). En-

tonces, por el Criterio M de Weierstrass, F esta bien definida (cada gn esta acotada por

rn = 13

(

23

)n−1y

∑

n rn = 1) y es continua. Es claro que F extiende a f .

(b) Si remplazamos R por (−1, 1) ⊂ [−1, 1], el inciso (a) nos permite construir una

extension G : X → [−1, 1] de f ; sin embargo esta funcion podrıa tener algun elementoen −1, 1 . Sea B = G−1−1, 1 . Este conjunto es cerrado y ajeno a A , ası que, otra

vez por el lema de Urysohn, sea h : X → [0, 1] tal que h(B) = 0 y h(A) = 1. DefinimosF (x) = G(x)h(x) para x ∈ X .

[2.4] Lema. Teorema de inmersion. Si X es un espacio T0 y fi : X → R : i ∈ I es

una familia de funciones continuas que separa puntos de cerrados (es decir, dados x ∈ Xy U abierto con x ∈ U existe i ∈ I tal que fi(x) > 0 y fi(X \U) = 0) entonces la funcion

f : X → RI cuyas funciones coordenadas son las fi es una inmersion.

Demostracion. Tenemos que demostrar que f es inyectiva y abierta en la imagen.Para ver que es inyectiva sean x, y elementos distintos de X ; por ser X un espacio T0 , sin

perdida generalidad sea U abierto tal que x ∈ U y y /∈ U , y sea n i ∈ I tal que fi(x) > 0y fi(X \ U) = 0; entonces fi(y) = 0 6= fi(x), ası que f(x) 6= f(y). Ahora probemos que

f es abierta en la imagen. Sea U abierto en X y sea z0 ∈ f(U) con z0 = f(x0) dondex0 ∈ U . Sea i ∈ I tal que fi(x0) > 0 y fi(X \ U) = 0. La proyeccion pi : RI → R

es continua, por tanto V = p−1i (0,∞) es abierto en RI , de donde W = V ∩ f(X) es un

abierto en f(X) y es claro que z0 ∈W ⊂ f(U) (pues pi(z0) = pi(f(x0)) = fi(x0) > 0, y si

z ∈ W , entonces z ∈ V , ası que pi(z) > 0; ademas z ∈ f(X), por lo tanto existe x ∈ Xtal que f(x) = z y entonces 0 < pif(x) = fi(x), de donde x ∈ U y ası z ∈ f(U)).

[2.5] Proposicion. Un espacio X es completamente regular si y solo si es homeomorfo

a un subespacio de [0, 1]I para algun conjunto de ındices I .

10



[2.6] Ejercicio. Sea X un espacio regular con base numerable. Probar que si U esun abierto de X entonces

(a) U es union numerable de cerrados (se dice que U es un Fσ ).

(b) Existe una funcion continua f :X → [0, 1] tal que f(x) > 0 para x ∈ U y f(x) = 0para x ∈ X \ U . (Sugerencia: Usar (a) y lema de Urysohn para poner f como el lımite

uniforme de funciones continuas apropiadas.)

[2.7] Corolario. Teorema de metrizacion de Urysohn. Si X es un espacio regular y

2o -numerable, entonces X es metrizable.

Demostracion. Por el teorema de inmersion basta que construyamos una familianumerable de funciones que separe puntos de cerrados para obtener una inmersion de X

en RN que sabemos que es metrizable. Sea entonces B una base numerable y, usando [9.6], sea fn : X → R tal que fn(Bn) > 0 y f(X \ Bn) = 0. Entonces, por el teorema de

inmersion, la funcion f = (fn)n : X → RN es una inmersion.

Ejercicios.

[2.8] Usar Urysohn para probar que si |X| ≥ 2 y X es normal y conexo, entonces Xes no numerable (en particular cualquier espacio metrico conexo con mas de un punto es

no numerable).

[2.9] Sea X metrizable. Probar que X es compacto si y solo si toda funcion continua

de X en R es acotada. (Sugerencia: Usar Tietze. y que si X no es compacto entoncestiene sucesion sin subsucesion convergente.)

[2.10] Probar que X es completamente regular si y solo si es (homeomorfo a un)

subespacio de un normal.

[2.11] Sea X un espacio normal y sea A ⊂ X . Probar que A es interseccion numerablede abiertos (se dice que A es Gδ ) y cerrado si y solo si existe f : X → [0, 1] continua tal

que f−1(0) = A .

11

Seccion 3

Compactaciones

Los espacios que consideramos sencillos son los espacios metricos y los espacios com-pactos y T2 . En la seccion anterior vimos que ciertas condiciones en un espacio dado

implican que el espacio es subespacio de un metrizable y, por tanto, metrizable. En estaseccion veremos que condiciones implican que un espacio es subespacio de un espacio com-

pacto y Hausdorff. Como el ser compacto y Hausdorff implica ser normal, tenemos queuna condicion necesaria para encajar un espacio en uno compacto y T2 es que el espaciosea completamente regular. Veremos que esta condicion tambien es suficiente.

Si X es un espacio no compacto y K es un espacio compacto y T2 que contiene a Xde manera densa, decimos que K es compactacion de X .

Ejemplos de compactaciones de R (y tambien de Q) son S1 , [0, 1], la cerradura de la

curva del topologo definida por (

x, sen(

1x

))

∈ R2 : 0 < x ≤ 1 ∪ (0 × [−1, 1]).

[3.1] Proposicion. Un espacio X tiene compactacion si y solo si es completamenteregular.

Demostracion. (⇒) Al ser X un subespacio de un espacio compacto y T2 y, por

tanto, normal, X es completamente regular.(⇐) Por [9.5] tenemos que X es subespacio de [0, 1]J para algun J . Entonces basta

tomar la cerradura de X en este espacio.

A continuacion veremos una condicion importante en un espacio que le permite teneruna compactacion agregando solo un elemento.

Decimos que un espacio X es localmente compacto si todo punto tiene una vecindadcompacta. Esta definicion puede parecer extrana pues de costumbre las condiciones lo-

cales se definen pidiendo que dada una vecindad exista otra dentro de ella que cumpla

§3. Compactaciones

la condicion global; esto sera equivalente en espacios Hausdorff (pero necesitamos un re-

sultado antes para poder probarlo). Tambien muchas veces en las condiciones locales sepide que la vecindad con la condicion sea abierta; es claro que en el caso de vecindades

compactas esto serıa demasiado pedir.

[3.2] Observacion. Todo espacio compacto es localmente compacto.

Demostracion. El mismo espacio es la vecindad buscada de cualquier punto.

[3.3] Ejemplos. (a) Rn es localmente compacto (pues B1(x) es vecindad compactade x).

(b) Rω no es localmente compacto (pues si lo fuera, entonces la cerradura de una

vecindad basica serıa compacta pero [a1, b1]× · · · × [an, bn]× Rω\1,...,n no es compacto).(c) Si X es ordinal entonces X es localmente compacto (pues las vecindades [0, b] son

compactas por ser X totalmente ordenado con la propiedad del supremo).

[3.4] Ejercicio. Probar que Q no es localmente compacto.

[3.5] Proposicion. Si X es localmente compacto y Hausdorff entonces existe com-

pactacion K de X tal que K \X consta de un solo elemento.

Demostracion. Sea ∞ un elemento auxiliar (no en X ). Sea K = X ∪ ∞ . Defi-

namos una topologıa τK para K por

τK = τX ∪ K \ C : C es compacto de X,

donde τX es la topologıa de X .Veamos que, en efecto, τK es topologıa: Es claro que ∅,K ∈ τK . Ahora, en lo si-

guiente usaremos que los compactos de X son cerrados pues X es T2 ; sean entonces C,Ci

compactos de X y U ∈ τX . Tenemos (K \C)∩U = (X \C)∩U y (K \Ci)∩ (K \Cj) =

K \ (Ci ∪ Cj), ası que la interseccion finita de elementos de τK es elemento de τK . Porotro lado U ∪

⋃

i(K \ Ci) = U ∪ (K \ (⋂

iCi)) = K \ (⋂

iCi \ U) que es abierto.Ahora veamos que X es subespacio de K : Tenemos que τX ⊂ τK . Falta ver que si V

es de la forma K \ C entonces V ∩X ∈ τX , pero (K \ C) ∩X = X \ C ∈ τX .Queremos tambien probar que K es T2 , para lo cual basta probar que ∞ puede se-

pararse de x ∈ X . Por ser X locamente compacto tomemos C vecindad compacta de x ;entonces C y K \ C son las vecindades buscadas.

Tenemos que ver que K es compacto. Si V es una cubierta abierta de K , algun ele-mento de V es de la forma K \ C , ası que basta considerar este y la subcubierta finita

de C (la cual existe porque la propiedad de ser compacto es absoluta, ası que C es unsubconjunto compacto de K pues ya probamos que X es subespacio de K ).

Ya solo falta ver que X es denso en K . Solo tenemos que probar que ∞ ∈ X . Las

vecindades de ∞ son de la forma K \ C y, como X no es compacto, C 6= X , ası que(K \ C) ∩X = X \ C 6= ∅ .

[3.6] Observacion. En la proposicion anterior X es abierto en K pues su comple-mento es un punto, el cual es cerrado.

13

§3. Compactaciones

[3.7] Proposicion. Sea X un expacio no compacto, localmente compacto y T2 . Si

Z es una compactacion de X tal que Z \ X consta de un solo elemento, entonces Z eshomeomorfo al espacio definido en [10.6] con un homeomorfismo que restringido a X es la

identidad. (Llamamos a K la compactacion en un punto de X .)

Demostracion. Sea z0 = Z \ X . Solo tenemos que ver que la topologıa de Zdebe estar definida como la de K , es decir que los abiertos de Z que contienen a z0 son

de la forma Z \ C con C compacto de X . Sea ası V abierto de Z que contiene a z0 .Entonces Z \V ⊂ X es un subconjunto cerrado de Z que, por ser Z compacto, tambien es

compacto. Recıprocamente, si C es compacto de X entonces tambien es un subconjuntocompacto de Z ası que C es cerrado en Z (pues Z es T2 ), ası que Z \C es un abierto de

Z (que contiene a z0 ).

[3.8] Ejemplo. La compactacion en un punto de R es S1 .

[3.9] Ejercicio. Dar ejemplo de una compactacion K de R en la que K \ R sea S1 .

[3.10] Ejercicio. Dar ejemplo de una compactacion K de R en la que K \R conste

de dos segmentos cerrados ajenos.

[3.11] Proposicion. Sea X un espacio Hausdorff. Entonces X es localmente com-

pacto si y solo si dado x ∈ X y U ∈ Nx existe V vecindad abierta de x tal que V escompacto y V ⊂ U .

Demostracion. Es claro que unicamente tenemos que probar la necesidad en la doble

implicacion. Como estamos suponiendo que X es localmente compacto y T2 , usando [10.6]consideremos K la compactacion en un punto de X (o K = X si X es compacto). Sean

x ∈ X y U ∈ Nx . Como K es compacto y Hausdorff, entonces es regular, por tanto existeV abierto de K tal que x ∈ V ⊂ V ⊂ U , donde hemos considerado la cerradura de V

en K ; entonces V es cerrado de K , ası que V es compacto (tanto en X como en K );tambien tenemos que V ⊂ V ⊂ X y que V es abierto en X ası que solo falta observarque V es la cerradura de V tambien en X , lo cual es claro pues la cerradura de V en X

es la interseccion de X con la cerradura de V en K .

[3.12] Proposicion. Sea X localmente compacto y T2 sea Y ⊂ X .

(a) Si Y es cerrado entonces Y es localmente compacto.(b) Si Y es abierto entonces Y es localmente compacto.

Demostracion. (a) Sea y ∈ Y y sea C vecindad compacta de y en X . Entonces

C ∩ Y es vecindad de y en Y . Por otro lado, como Y es cerrado, entonces C ∩ Y escerrado de C , ası que es compacto.

(b) Basta usar la proposicion anterior, tomando Y = U .

[3.13] Ejercicio. Dar un ejemplo que demuestre que subespacio de localmente com-pacto no necesariamente es localmente compacto.

[3.14] Corolario. Sea X un espacio Hausdorff. Entonces X es subespacio abierto

14

§3. Compactaciones

de algun espacio compacto y Hausdorff si y solo si X es localmente compacto.

Demostracion. (⇒) La proposicion anterior nos da esto.(⇐) X es abierto en su compactacion en un punto.

Hasta aquı hemos estudiado compactaciones mınimas de un espacio. En lo que sigue

estudiaremos comparaciones entre compactaciones y una compactacion que contiene atodas las demas.

Decimos que dos compactaciones K1 y K2 de un espacio Hausdorff X son equivalentessi existe un homeomorfismo φ : K1 → K2 tal que φ|X = idX .

Dada una compactacion K de un espacio X y una funcion continua f : X → R un

problema interesante es si existe una extension de f a K . Es claro que esto no siemprees posible; por ejemplo, si X = R y K = [0, 1] una condicion necesaria y suficiente es que

existan ambos limx→∞f(x) y limx→−∞f(x); si K = S1 , ademas es necesario (y suficiente)que ambos lımites coincidan. Por otro lado, es claro que una condicion necesaria es quela funcion sea acotada (pues la imagen de la extension a K serıa un compacto de R).

Daremos a continuacion una compactacion para la cual cualquier funcion continua a uncompacto pueda extenderse. La extension de funciones continuas acotadas a R es la clave.

[3.15] Teorema. Sea X un espacio completamente regular. Entonces existe unaunica compactacion K (salvo equivalencias) tal que cualquier funcion continua a un espaciocompacto y Hausdorff C se extiende de manera unica a K . (A esta compactacion se le

llama compactacion de Stone-Cech.)

Demostracion. Construccion de K : Sea F = fα : X → R : α ∈ A el conjunto

de todas las funciones continuas y acotadas de X en R . Para cada α ∈ A sea Iα =[inffα, supfα] . Por ser X completamente regular, F separa puntos de cerrados, ası que

[9.4] nos da una inmersion h : X →∏

α Iα definida por h(x) = (fα(x))α . Sea K = h(X).Es claro que K es una compactacion de X . Veremos que K es la compactacion buscada.

Primero probemos que toda funcion continua y acotada f : X → R se extiende de

manera unica a K . Esto es claro pues existe α0 ∈ A tal que f = fα0ası que la restriccion

a K de la proyeccion a la coordenada α0 sirve y es claro que la extension es unica pues

X es denso en K y K es T2 .Ahora probemos el caso general, es decir, sea C compacto y T2 y sea f : X → C

continua. Tenemos que C es completamente regular, ası que, por el teorema de inmersion,es subespacio de [0, 1]J para algun J , ası que puede considerarse que f : X → [0, 1]J .

Ahora nos fijamos en las funciones coordenadas de f , es decir f = (fj)j ; por lo vistoantes, cada fj se puede extender a K , digamos con extension Fj : K → [0, 1]. SeaF = (Fj)j . Otra vez, la unicidad de F eata dada por ser X denso en K y ser estos

espacios Hausdorff. Entonces solo falta probar que la imagen de F esta contenida en C ,pero esto es facil pues F (K) = F (X) ⊂ F (X) = f(X) ⊂ C = C .

Para concluir falta ver la unicidad de K salvo equivalencia. Para ello observemos quelas condiciones son de tipo universal, ası que la demostracion es estandar y se deja como

15

§3. Compactaciones

ejercicio.

Ejercicios.

[3.16] Probar que si Y es una compactacion de X , entonces Y es cociente de la

compactacion de Stone-Cech de X .

[3.17] Dar un ejemplo de un espacio metrico cuya compactacion en un punto no sea

metrizable.

[3.18] (a) Probar que si f es una funcion continua de [0,Ω) en R entonces existeα < Ω tal que para α ≤ β , f(α) = f(β). (Sugerencia: Primero probar que dada ǫ > 0

existe α < Ω tal que para α ≤ β , |f(α) − f(β)| < ǫ ; luego tomar ǫ = 1ny considerar los

correspondientes αn .)

(b) Probar que la compactacion en un punto de [0,Ω) y la de Stone-Cech son equiva-lentes.

(c) Probar que todas las compactaciones de [0,Ω) son equivalentes.

[3.19] Sea X completamente regular. Probar que X es conexo si y solo si la com-pactacion de Stone-Cech de X es conexo. (Sugerencia: Si (A,B) es una separacion de X,

considerar la funcion f de X en R tal que f(A) = 0 y f(B) = 1.)

[3.20] Probar que la compactacion de Stone-Cech de N tiene cardinalidad mayor oigual que 2ℵ0 . (Sugerencia: [0, 1] tiene un subespacio denso numerable.)

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Seccion 4

Teorema de Tychonoff

Esta seccion esta dedicada a probar que el producto (arbitrario) de compactos escompacto. Este resultado ya lo habıamos mencionado con anterioridad y habıamos probado

el caso finito. La demostracion general la habıamos pospuesto debido a la dificultad deabstraccion que supone. Necesitamos primero recordar un lema de teorıa de Conjuntos

que es equivalente al Axioma de Eleccion, y que enunciamos aquı para una familia desubconjuntos de un conjunto.

[4.1] Lema. Lema de Zorn. Sea F una familia no vacıa de subconjuntos de un

conjunto M tal que toda cadena (es decir subfamilia de conjuntos totalmente ordenadapor la inclusion) tiene cota superior en M . Entonces M tiene elemento maximal (es decir,

existe un subconjunto que no esta contenido propiamente en ningun otro subconjunto).

Demostracion. Ver cualquier libro de Teorıa de Conjuntos.

Ahora probaremos un lema esencial para la demostracion del teorema y en el cual

radica todo el meollo del mismo y que dice que para probar compacidad basta hacerlo concubiertas formadas por subbasicos.

[4.2] Lema. Sean X un espacio topologico y S una subbase para la topologıa deX tal que toda cubierta formada por elementos de esa subbase tiene subcubierta finita,Entonces X es compacto.

Demostracion. Sea C el conjunto de todas las familias U de abiertos de X tales queninguna subfamilia finita de U cubre a X . Sea U1 ∈ C ; bastara probar que U1 no cubre a

X .Paso 1. Empecemos usando el lema de Zorn para extender U1 a un elemento maximal

de C como sigue: Sea

C1 = U ∈ C : U1 ⊂ U.

§4. Teorema de Tychonoff

Veamos que C1 cumple las hipotesis del Lema de Zorn: U1 ∈ C1 , ası que C1 6= ∅ ; si Uk :

k ∈ K es una cadena en C1 entonces tenemos que⋃

k Uk ∈ C1 pues si V1, . . . , Vn ∈⋃

k Uk

entonces existe k ∈ K tal que todas las Vi ∈ Uk , ası que V1∪· · ·∪Vn 6= X . Sea entonces U0

elemento maximal de C1 . Es claro que basta probar que U0 no cubre a X (pues entoncesU1 tampoco).

Paso 2. Veamos que si U ∈ U0 y U contiene a una interseccion finita de abiertosentonces alguno de los intersectandos pertenece a U0 . En otras palabras, queremos verque τ \ U0 es filtro, es decir, es cerrado bajo mayores y bajo intersecciones. Para esto

observemos que

V ∈ τ \ U0 ⇔ ∃ U1, . . . , Un ⊂ U0, V ∪ U1 ∪ · · · ∪ Un = X

((⇒) es por maximalidad de U0 pues U0 ∪ V ⊃ U1 ; (⇐) es porque U0 ∈ C1 ⊂ C .) Deesto tenemos que si V ∈ τ \ U0 y V ′ ∈ τ contiene a V , entonces X = V ∪ U1 ∪ · · · ∪ Un ⊂V ′ ∪ U1 ∪ · · · ∪ Un , de donde V ′ ∈ τ \ U0 , y si V, V ′ ∈ τ \ U0 y U1, . . . , Un, U

′1, . . . , U

′n′ son

tales que V ∪U1 ∪ · · · ∪Un = X y V ′ ∪U ′1 ∪ · · · ∪U ′

n′ = X , entonces (V ∩ V ′) ∪U1 ∪ · · · ∪Un ∪ U

′1 ∪ · · · ∪ U ′

n′ = X , de donde V ∩ V ′ ∈ τ \ U0 , como querıamos.Paso 3. Como ninguna subfamilia finita de U0 cubre a X , lo mismo ocurre con cualquier

subfamilia finita de S ∩ U0 , por lo tanto, por hipotesis, S ∩ U0 no puede cubrir a X , deaquı que basta probar que

⋃

U∈S∩U0

U =⋃

U∈U0

U.

La inclusion “⊂” es clara, y para ver “⊃” tomemos x ∈ U ∈ U0 ; entonces por lo de-

mostrado en el paso 2 y por ser S subbase, existe V ∈ S ∩ U0 tal que x ∈ V ⊂ U .

[4.3] Teorema. Teorema de Tychonoff. Si Xλ : λ ∈ Λ es una familia de conjuntos

compactos entonces∏

Xλ es compacto.

Demostracion. Para cada λ sea τλ la topologıa de Xλ . Sea S la subbase usual, esdecir, S = p−1

λ (U) : U ∈ τλ. Sea U ⊂ S tal que ninguna subfamilia finita de U cubre a

X . Queremos demostrar que U no cubre a X . Para cada λ ∈ Λ sea

Uλ = U ∈ τλ : p−1λ (U) ∈ U.

Entonces ninguna subfamilia finita de Uλ cubre a Xλ (pues si Xλ = U1∪ · · ·∪Un entoncesX = p−1

λ (Xλ) = p−1λ (U1) ∪ · · · ∪ p−1

λ (Un)). Como Xλ es compacto,⋃

U∈Uλ

U 6= Xλ,

por lo tanto existe xλ ∈ Xλ tal que xλ /∈⋃

U∈UλU. Sea x = (xλ)λ. Entonces x /∈

⋃

V ∈U V(pues x ∈ V = p−1

λ (Uλ) implica que pλ(x) = xλ ∈ Uλ , lo cual es una contradiccion).

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Seccion 5

Grupo fundamental

El proposito de esta seccion es introducir al alumno al estudio del grupo fundamen-tal de un espacio topologico. La idea es asociar a cada espacio topologico conexo por

trayectorias un grupo que distinga “hoyos”. Esta asociacion sera de tipo funtorial, demanera que espacios topologicos homeomorfos tengan grupos fundamentales isomorfos (y

ası, si el grupo fundamental de dos espacios topologicos no coincide, entonces estos nopueden ser homeomorfos). Mas aun, espacios que pueden deformarse en otros (conceptoque formalizaremos a continuacion llamandolos espacios con el mismo tipo de homotopıa)

tambien tienen el mismo grupo fundamental.

A partir de aquı denotaremos al intervalo real [0, 1] por I .

Sean f, g : X → Y funciones continuas entre espacios topologicos. Decimos que f es

homotopica a g , en sımbolos f ≃ g , si f se puede “deformar continuamente” en g, es decir,si existe una funcion continua H : X × I → Y tal que H(x, 0) = f(x) y H(x, 1) = g(x)

para toda x ∈ X. En este caso H es una homotopıa entre f y g , y si queremos recordarque f y g son homotopicas mediante H , escribimos f≃

Hg .

[5.1] Proposicion. Ser homotopicas es una relacion de equivalencia en C(X,Y ), el

conjunto de funciones continuas de X en Y .

Demostracion. Para ver que f ≃ f basta definir H(x, t) = f(x).

Para ver la transitividad, supongamos que f≃H1

g≃H2

h ; definamos H : X × I → Y por

H(x, t) =

H1(x, 2t), si 0 ≤ t ≤1

2,

H2(x, 2t− 1), si1

2≤ t ≤ 1.

Ahora, la simetrıa se ve como sigue: Supongamos que f≃Hg : entonces una homotopıa de

§5. Grupo fundamental

g a f es H ′ : X × I → Y definida por H ′(x, t) = H(x, 1− t).

[5.2] Proposicion. Sean f, g : X → Y funciones continuas homotopicas(a) Si h : Y → Z es continua entonces h f es homotopica a h g .(b) Si h : Z → X es continua entonces f h es homotopica a g h .

Demostracion. Sea H la homotopıa entre f y g .(a) h H es la homotopıa entre h f y h g .(b) H (h× idI) es la homotopıa entre f h y g h .

Sabemos que dos espacios topologicos son homeomorfos si existen f : X → Y yg : Y → X continuas tales que g f = idX y f g = idY . Debilitamos estas condiciones

para considerar otra relacion entre espacios como sigue: Decimos que X y Y tienen elmismo tipo de homotopıa o que son homotopicamente equivalentes o, simplemente, que

son homotopicos si existen f : X → Y y g : Y → X continuas tales que g f ≃ idX yf g ≃ idY . Escribimos X ≃ Y . Intuitivamente dos espacios son homotopicos si pueden

deformarse continuamente en un mismo espacio; a diferencia de los homeomorfismos, en lahomotopıa se puede perder masa como veremos en los ejemplos despues de la observacion.

[5.3] Observacion. La “relacion” de homotopıa entre espacios topologicos es de

equivalencia.

[5.4] Ejemplo. Rn ≃ 0 .

Demostracion. Las funciones que consideramos son la inclusion i : 0 → Rn y la

constante c : Rn → 0 . Es claro que c i = id0 (y, por tanto, homotopica a id0 ;para ver que i c (que es la funcion constante 0 de Rn en Rn ) es homotopica a la funcion

identica en Rn , consideremos la homotopıa H : Rn×I → Rn definida por H(x, t) = (1−t)x(esta funcion “va moviendo” los puntos hacia el origen a traves del segmento que los une

al origen).

Decimos que un espacio topologico X es contraıble si tiene el mismo tipo de homotopıaque el espacio trivial (con solo un elemento). En el ejemplo anterior vimos que Rn es

contraıble. De la misma manera podemos probar que todo espacio convexo (es decir,subespacio de Rn en el que el segmento que une cualesquiera dos puntos esta contenido

enteramente dentro del subespacio) es contraıble.

[5.5] Ejemplo. Rn \ 0 ≃ Sn .

Demostracion. Las funciones que consideramos son la inclusion i : S1 → Rn \ 0y la retraccion r : Rn \ 0 → S1 dada por r(x) = x

||x||. Es claro que r i = idS1 ; para

ver que i r es homotopica a la funcion identica en Rn \ 0 , consideremos la homotopıa

H : Rn \ 0 × I → Rn \ 0 definida por H(x, t) = (1 − t)x + t x||x||

(esta funcion “va

moviendo” los puntos sobre la recta que los une con el origen hasta llegar a S1 ).

[5.6] Ejercicio. Probar que un espacio X es contraıble si, y solo si, la identidad en

20


X es homotopica a una constante.

[5.7] Ejercicio. Sea X un espacio topologico y sea A un retracto de X . Probar quesi X es Hausdorff entonces A es cerrado y dar un ejemplo de un espacio no Hausdorff yun retracto de X que no sea cerrado.

[5.8] Ejercicio. Sea X = a, b (a 6= b) con la topologıa τ = ∅, a, X . Probarque (X, τ) es contraıble.

A partir de ahora consideraremos homotopıas entre trayectorias; en este caso se pide

que las trayectorias empiecen y terminen en el mismo punto y que estos extremos per-manezcan fijos durante toda la homotopıa; concretamente, decimos que α1, α2 : I → X

trayectorias en X de x0 a x1 , son trayectorias homotopicas si existe H : I × I → X ho-motopıa entre α0 y α1 tal que para todo t ∈ I , H(0, t) = x0 y H(1, t) = x1 . Observemos

que para t ∈ I fijo se tiene que la funcion αt : I → I definida por αt(s) = H(t, s) es unatrayectoria de x0 a x1 .

[5.9] Observacion. La relacion de homotopıa entre trayectorias de x0 a x1 en un

espacio X es de equivalencia.

A la clase de equivalencia de la trayectoria α la denotamos por [α] .

[5.10] Ejemplo. Si X es convexo entonces cualesquiera dos trayectorias entre dos

puntos fijos son homotopicas.

Si α es una trayectoria en X de x0 a x1 y β es una trayectoria de x1 a x2 , su productoes una trayectoria α ∗ β de x0 a x2 definida por

α ∗ β(s) =

α(2s), si 0 ≤ s ≤1

2,

β(2s− 1), si1

2≤ s ≤ 1,

[5.11] Proposicion. El conjunto de clases de equivalencia de trayectorias con la o-peracion [α] ∗ [β] = [α ∗ β] forma un semigrupo (es decir, hay asociatividad cuando estan

definidos todos los productos, hay neutros locales e inversos en cada lado).

Demostracion. Primero veamos que la operacion esta bien definida (es decir, que

no depende de los representantes). Para esto debemos ver que si α≃H1

α′ y β≃H2

β′ entoncesα ∗ β ≃ α′ ∗ β′ . Sea

H(s, t) =

H1(2s, t), si 0 ≤ s ≤1

2,

H2(2s− 1, t), si1

2≤ s ≤ 1.

La asociatividad se puede representar en el siguiente diagrama:

21


........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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α β γ

α β γ

α β γt

12

14

12

34

Para encontrar la homotopıa, en la primera parte buscamos una funcion lineal quemande a t = 0 en 1

4, y a t = 1 en 1

2; esta es t 7→ t+1

4. Despues, queremos que α se recorra

completa entre 0 y t+14

y eso lo podemos lograr con la funcion lineal que manda a s = 0en 0, y a s = t+1

4en 1; esta es s 7→ 4

t+1s . Despues queremos hacer algo similar para β ;

entonces primero buscamos una funcion lineal que mande a t = 0 en 12y a t = 1 en 3

4, lo

cual se logra con t 7→ t+24

y luego queremos que β se recorra en el lapso entre t+14

y t+24,

lo cual se puede lograr con la funcion lineal que manda s = t+14

en 0, y s = t+24

en 1, que

es s 7→ 4s− t− 1. Algo analogo se hace para γ y ası la homotopıa buscada es

H(s, t) =

α(

4

t+ 1s)

, si 0 ≤ s ≤t+ 1

4,

β (4s− t− 1) , sit+ 1

4≤ s ≤

t+ 2

4,

γ(

4s− 2− t

2− t

)

, sit+ 2

4≤ s ≤ 1.

Es claro que los neutros deben ser las trayectorias constantes; ası si α empieza en x0y cx0

es la trayectoria constante en x0 , queremos ver que α ≃ cx0∗ α . La homotopıa en

este caso se representa por

........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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α

α

α

cx0

cx0

t

12

La homotopıa buscada es

22


H(s, t) =

x0, si 0 ≤ s ≤t

2,

α(

2s− t

2− t

)

, sit

2≤ s ≤ 1.

Analogamente, si α termina en x1 , entonces el neutro por la derecha para α es cx1.

Ahora buscamos la inversa de una trayectoria α . Es claro que esta debe ser la misma αpero recorrida en el sentido inverso: α−1(s) = α(1−s). Debemos probar que cx0

≃ α∗α−1

y que α ∗α−1 ≃ cx1, si α empieza en x0 y termina en x1 . Probemos la primera condicion.

En este caso la interpretacion geometrica es distinta (no la representamos en un cuadrado):Recordemos que en la homotopıa entre trayectorias es importante conservar los extremos,

sin embargo, α ∗α−1 el unico extremo es x0 , ası que x1 no tiene que conservarse quieto entodo momento de la homotopıa; la idea es entonces ir recogiendo el producto α ∗α−1 ; por

ejemplo en el tiempo 34la trayectoria que da la homotopıa llega solo a 3

4partes del camino

de α y se regresa sobre sı misma. Llamemos entonces αt a la trayectoria que recorre el

mismo camino de α desde x0 hasta α(t), o sea αt(s) = α(ts), y sea α−1t definida por

α−1t (s) = αt(1− s) = α((1− s)t). Definimos entonces

H(s, t) = (αt ∗ α−1t )(s) =

α(2st) si 0 ≤ s ≤1

2,

α((2− 2s)t) si1

2≤ s ≤ 1.

Ya no necesitamos probar α∗α−1 ≃ cx1pues es claro que la inversa de α−1 es la misma

α , ası que la demostracion anterior nos da el resultado.

Si x0 ∈ X a una trayectoria que empieza y termina en el mismo x0 le llamamos lazoen X basado en x0 . El grupo fundamental o primer grupo de homotopıa de X en x0 es

π1(X,x0) = [α] : α es lazo basado en x0.

[5.12] Observacion. Con la operacion ∗ tenemos que π1(X,x0) es grupo.

[5.13] Proposicion. Si X es conexo por trayectorias y x0, x1 ∈ X entonces los grupos

π1(X,x0) y π1(X,x1) son isomorfos.

Demostracion. Consideremos una trayectoria cualquiera γ de x0 a x1 . Definamos

φ : π1(X,x0) → π1(X,x1) por φ([α]) = [γ−1 ∗α ∗ γ] . Gracias a [4.16], φ esta bien definida.Tambien tenemos que φ es homomorfismo de grupos pues

φ([α] ∗ [β]) = φ([α ∗ β]) = [γ−1 ∗ α ∗ β ∗ γ] = [γ−1 ∗ α ∗ γ ∗ γ−1 ∗ β ∗ γ]

= [γ−1 ∗ α ∗ γ] ∗ [γ−1 ∗ β ∗ γ] = φ([α]) ∗ φ([β]).

Para ver que es isomorfismo observemos simplemente que podemos definir su inversa ψ :π1(X,x1) → π1(X,x0) de manera analoga: ψ([α]) = [γ ∗ α ∗ γ−1].

23


[5.14] Nota. El isomorfismo depende de la trayectoria γ escogida; otra trayectoria

podrıa dar lugar a un isomorfismo distinto (si no es homotopica a la primera).

A partir de ahora en esta seccion consideraremos solo espacios conexos por trayectoriasy, si no es necesario para el contexto de lo que estemos haciendo, nos referiremos a π1(X)

en lugar de π1(X,x0).

Un espacio topologico X es simplemente conexo si π1(X) es el grupo trivial (con un

solo elemento).

[5.15] Ejercicio. Probar que un espacio X es simplemente conexo si y solo si cua-lesquiera dos trayectorias son homotopicas.

[5.16] Ejemplo. Rn es simplemente conexo y lo mismo es cierto para cualquierespacio convexo.

Para lo que sigue necesitamos revisar algunos conceptos basicos de la Teorıa de Cate-

gorıas. Una categorıa consta de una clase cuyos elementos se llaman objetos y, entre cadapar de objetos A y B , hay un conjunto Mor(A,B) cuyos elementos se llaman morfismos

y se denotan por f : A → B (como si fueran funciones). Ademas, esta definida unacomposicion entre morfismos

Mor(A,B)×Mor(B,C) →Mor(A,C)

(f, g) 7→ g f

que es asociativa y tal que para A = B existe un elemento idA ∈Mor(A,A) que funciona

como neutro bajo la composicion.

[5.17] Ejemplos. (a) Conj, con objetos los conjuntos y morfismos las funciones.(b) Top, con objetos los espacios topologicos y morfismos las funciones continuas.

(c) Gps, con objetos los grupos y morfismos los homomorfismos.(d) Top∗ , con objetos los espacios topologicos punteados, es decir, espacios topologicos

en los que un punto es distinguido, y los morfismos las funciones continuas que mandan elpunto distinguido del primer espacio en el punto distinguido del segundo.

Hay ejemplos de categorıas en los que los objetos no son conjuntos y los morfismos no

son funciones; para nuestros propositos bastan los ejemplos que dimos arriba.

Un funtor covariante φ de una categorıa A en una categorıa B (escribimos φ : A → B),asigna a cada objeto A de A un objeto φ(A) en B y a cada morfismo f : A → A′ en Aun morfismo φ(f) : φ(A) → φ(A′) en B respetando composicion e identidades, es decir

φ(g f) = φ(g) φ(f) y φ(idA) = idφ(A).

Tambien se definen funtores que invierten la composicion (es decir φ(gf) = φ(f)φ(g).Estos se llaman funtores contravariantes. Para nosotros funtor significa, simplemente,

24


funtor covariante.

Si A es una categorıa, decimos que un morfismo f : A → A′ es un isomorfismo siexiste g : A′ → A tal que g f = idA y f g = idA′ . Si existe un isomorfismo de Aen A′ decimos que A y A′ son isomorfos y escribimos A ≈ A′ . Por ejemplo en Conj

los isomorfismos son las funciones biyectivas (y los conjuntos isomorfos son los que tienenla misma cardinalidad), en Top los isomorfismos son los homeomorfismos y en Gps los

isomorfismos se llaman tambien isomorfismos (son los homomorfismos biyectivos).

[5.18] Ejercicio. Si φ : A → B es un funtor y A ≈ A′ en A entonces φ(A) ≈ φ(A′).

El ejercicio anterior es muy util usandolo en forma negativa: Gracias a el si φ : A → Bes funtor y dos objetos A y A′ en A son tales que φ(A) y φ(A′) no son isomorfos entoncesA y A′ tampoco lo son. Nosotros probaremos que π1 es un funtor, ası que tendremos que

si dos espacios tienen distinto grupo fundamental entonces no pueden ser homeomorfos.

Antes de eso veamos un lema general que nos dice que la composicion respeta homo-topıa.

Es claro que la proposicion [4.2] tambien es verdadera en el caso de trayectorias ho-motopicas. Usamos esto en lo que sigue.

[5.19] Proposicion. π1 : Top∗ → Gps es un funtor.

Demostracion. Es necesario definir π1 en morfismos; empecemos por esto: Dadof : (X,x0) → (Y, y0) morfismo en Top∗ (es decir, funcion continua de X en Y tal que

f(x0) = y0 ) definimos π1(f) : π1(X,x0) → π1(Y, y0) por π1(f)([α]) = [f α] . Tenemos quecomprobar varias cosas:

∗ Dado f morfismo en Top∗ , π1(f) esta bien definido (es decir, no depende del repre-

sentante de la clase del lazo). Esto es por [4.2].∗ Dado f : (X,x0) → (Y, y0) morfismo en Top∗ , π(f) es un homomorfismo: Tenemos

que π1(f)([α] ∗ [β]) = [f (α ∗ β)] y que π1(f)([α]) ∗ π1(f)([β]) = [f α] ∗ [f β] =[(fα)∗(fβ)]; ası que debemos probar que f(α∗β) ≃ (fα)∗(fβ). De hecho es claro que

son iguales como funciones, es decir, que para todo s ∈ I , f (α∗β)(s) = (f α)∗(f β)(s).∗ Si (X,x0) es objeto en Top∗ entonces π1(id(X,x0)) = idπ1(X,x0) . Para ver esto, como

ambas son funciones, basta ver que coinciden en cualquier elemento. Sea entonces [α] ∈π1(X,x0). Tenemos que π1(id(X,x0))([α]) = [id(X,x0) α] = [α] = idπ1(X,x0)[α] .

∗ Si f : (X,x0) → (Y, y0) y g : (Y, y0) → (Z, z0) son morfismos en Top∗ entonces

π1(g f) = π1(g) π1(f). Tambien para ver esto basta ver que al aplicarlos en elementosdel grupo π1(X,x0) la imagen en π1(Z, z0) es la misma. Sea entonces [α] ∈ π1(X,x0).

Tenemos π1(g f)([α]) = [g f α] = π1(g)([f α]) = π1(g) π1(f)([α]).

[5.20] Corolario. Espacios topologicos homeomorfos tienen grupos fundamentalesisomorfos.

[5.21] Ejercicio. Sean f, g : (X,x0) → (Y, y0) funciones homotopicas mediante una

25


homotopıa H : (X,x0) × I → (Y, y0) (es decir, para toda t ∈ I , H(x0, t) = y0 ). Probar

que π1(f) = π1(g).

El siguiente resultado nos dice que, salvo isomorfismo, funciones homotopicas determi-nan funciones iguales en el grupo fundamental.

[5.22] Proposicion. Sean f, g : X → Y funciones homotopicas con una homotopıaH . Sean x0 ∈ X , f(x0) = y0 y g(x0) = x1 . Sea α : I → Y la trayectoria de y0 a y1determinada por H , es decir, α(t) = H(x0, t) y sea ϕ : π1(Y, y0) → π1(Y, y1) el isomorfismodeterminado por α , es decir, ϕ([η] = [α−1 ∗ η ∗ α] . Entonces

ϕ π1(f) = π1(g).

Demostracion. Sea β ∈ π1(X.x0). Queremos probar que

α−1 ∗ (f β) ∗ α ≃ g β

o, equivalentemente,

(f β) ∗ α ≃ α ∗ (g β).

Nos basaremos en el siguiente esquema:

Empecemos considerando las trayectorias en X × I siguientes: para cada t ∈ I , βt y

c , definidas por

c(t) = (x0, t)

βt(s) = (β(s), t)

26


Tambien consideremos las trayectorias γ0 , γ1 , δ0 y δ1 en I × I definidas por:

γ0(s) = (s, 0)

γ1(s) = (s, 1)

δ0(t) = (0, t)

δ1(t) = (1, t)

Ahora consideremos la homotopıa F entre β0 y β1 en X × I definida por

F (s, t) = (β(s), t) = βt(s).

Tenemos que

F γ0(s) = F (s, 0) = β0(s),

F γ1(s) = F (s, 1) = β1(s),

F δ0(t) = F (0, t) = βt(0) = (β(0), t) = (x0, t) = c(t),

F δ1(t) = F (1, t) = βt(1) = (β(1), t) = (x0, t) = c(t).

Sea G homotopıa en I×I entre γ0∗δ1 y δ0∗γ1 . La homotopıa que buscamos es H F G .En efecto,

H F G(s, 0) = H F (γ0 ∗ δ1)(s)

= (H F γ0) ∗ (H F δ1)(s)

= (H β0) ∗ (H c)(s)

= (f β) ∗ α(s),y

H F G(s, 1) = H F (δ0 ∗ γ1)(s)

= (H F δ0) ∗ (H F γ1)(s)

= c ∗H(β1)(s)

= α ∗ (g β)(s).Finalmente veamos que la descrita es una homotopıa de trayectorias:

H F G(0, t) = H F (0, 0) = H(x0, 0) = y0,

H F G(1, t) = H F (1, 1) = H(x0, 1) = y1.

[5.23] Ejercicio. Probar que si X y Y tienen el mismo tipo de homotopıa entoncessus grupos fundamentales son isomorfos.

Finalmente en esta seccion probemos que el grupo fundamental de un producto es elproducto de los grupos fundamentales.

[5.24] Proposicion. Sean (X,x0), (Y, y0) espacios topologicos punteados. Sean pX :

X × Y → X y pY : X × Y → Y las proyecciones. Entonces la funcion

φ : π1(X × Y, (x0, y0)) → π1(X,x0)× π1(Y, y0)

definida por φ = (π1(pX), π1(pY )) es un isomorfismo de grupos.

27


Demostracion. Es claro que φ es homomorfismo pues π1(pX) y π1(pY ) lo son. Paraver que φ es suprayectiva sea ([α], [β]) ∈ π1(X,x0)×π1(Y, y0). Sea γ = (α, β) (trayectoriaen X × Y ). Entonces es claro que φ[γ] = ([α], [β]). Para ver que φ es inyectiva, por

ser homomorfismo de grupos, basta ver que si φ[(α, β)] = ([cx0], [cy0 ]) entonces (α, β) ≃

(cx0, cy0), lo cual es claro al considerar producto de homotopıas.

[5.25] Ejercicio. Sea I = [0, 1] ⊂ R y sea Z el subespacio de R2 definido por

Z = (x, 0) : x ∈ I ∪⋃

n∈N

(

x,x

n

)

: x ∈ I

.

Sea z0 = (1, 0) ∈ Z . Dar una funcion continua H : Z × I → Z que cumpla que para toda

z ∈ Z , H(z, 0) = z y H(z, 1) = z0 . Dar una idea intuitiva de por que que no es posiblepedir que para toda t ∈ I se tenga que H(z0, t) = z0 . Z se llama espacio escoba.

28

Seccion 6

Espacios Cubrientes

En esta seccion calcularemos el grupo fundamental de S1 . La idea es muy elegante:desdoblar cualquier lazo en S1 extendiendolo sobre R a traves de la proyeccion p : R → S1

dada por p(t) = e2πit = (cos(2πt), sen(2πt)). Esta, ademas de ser una identificacion,satisface que la imagen inversa de basicos pequenos en S1 es la union ajena de copias

de esos mismos basicos. Pongamos esto en una definicion en general. Dado un espaciotopologico X , una funcion continua p :

∼

X → X es proyeccion cubriente si es suprayectivay para cada x ∈ X existe U vecindad abierta de x tal que

p−1(U) = ⊎λ∈Λ

Uλ,

(aquı ⊎ denota union ajena) donde los Uλ son abiertos y p|Uλ: Uλ → U es homeomorfismo

para toda λ ∈ Λ. Decimos que (∼

X, p) (o, simplemente∼

X ) es espacio cubriente de X .Decimos tambien que U esta cubierta parejamente por p .

[6.1] Ejemplos. (a) Todo homeomorfismo es proyeccion cubriente.(b) p : R → S1 dada por p(t) = e2πit es proyeccion cubriente.(c) Si Z es un espacio con la topologıa discreta, entonces p : Z ×X → X definida por

p(z, x) = x es proyeccion cubriente.(d) La funcion z 7→ zn de S1 en S1 es proyeccion cubriente.

[6.2] Lema. Si p :∼

X → X y q :∼

Y → Y son proyecciones cubrientes entoncestambien lo es p× q :

∼

X ×∼

Y → X × Y . Por ejemplo, p× p : R×R → S1 × S1 definida por

(p× p)(s, t) = (e2πis, e2πit) es una proyeccion cubriente del toro.

Demostracion. Esto es claro pues se pueden tomar productos de vecindades cubiertasparejamente por cada proyeccion.

[6.3] Observacion. Si p :∼

X → X es proyeccion cubriente entonces p es homeomor-fismo local, es decir, para cada

∼

x ∈∼

X existe una vecindad V tal que p(V ) es abierto y

§6. Espacios Cubrientes

p|V : V → p(V ) es homeomorfismo. El recıproco es falso pues por ejemplo p : R+ → S1

definida por p(t) = e2πit es homeomorfismo local pero no es proyeccion cubriente (la ima-gen inversa de una vecindad basica pequena alrededor de 1 es la union de vecindades de los

enteros pero una de ellas es de la forma (0, ε) y p restringida a ella no es homeomorfismo).

[6.4] Ejercicio. Probar que toda proyeccion cubriente es una funcion abierta.

Recordemos que nuestro interes al estudiar proyecciones cubrientes es el de que nos

ayuden a calcular grupos fundamentales, y que hemos restringido el estudio a espaciosconexos por trayectorias y, por tanto, conexos. Como veremos a continuacion, en estos

casos las proyecciones cubrientes tienen preimagen de la misma cardinalidad en todos suspuntos.

[6.5] Proposicion. Sean X un espacio conexo, x0 ∈ X y p :∼

X → X una proyeccion

cubriente. Si |p−1(x0)| = κ (aquı κ es cualquier cardinal) entonces para todo x ∈ X setiene que |p−1(x)| = κ .

Demostracion. Como hemos hecho ya con muchas demostraciones cuando el espacio

es conexo, probaremos que A = x ∈ X : |p−1(x)| = κ es abierto y cerrado y, como es novacıo, la unica posibilidad es que A = X . La demostracion de la afirmacion es clara pues

si x ∈ X y U es una vecindad de x cubierta parejamente por p entonces todo elemento deU tiene preimagen de la misma cardinalidad que la de p−1(x), ası que si x ∈ A entonces

U ⊂ A y si x /∈ A entonces U ⊂ X \A .

Dadas p :∼

X → X proyeccion cubriente y f : Y → X continua, un levantamiento def es una funcion continua

∼

f : Y →∼

X tal que p ∼

f = f .

[6.6] Lema. Levantamiento de trayectorias. Sea p :∼

X → X una proyeccion cubrientey sea γ : I → X una trayectoria que empieza en x0 y sea

∼

x0 ∈ p−1(x0). Entonces existeuna unica trayectoria

∼

γ que levanta a γ y que empieza en∼

x0 .

Demostracion. Usaremos el lema del numero de Lebesgue (ver [6.20]). Para cadax ∈ X consideremos Ux vecindad abierta de x cubierta parejamente por p . Sea U = Ux :

x ∈ X y sea V = γ−1(Ux) : x ∈ X . Entonces V es una cubierta abierta de I que escompacto en R ; sea δ numero de Lebesgue para V y sea 0 = s0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ · · · ≤ sn = 1

una particion de I en la que cada subintervalo [si−1, si] tiene longitud menor que δ .Entonces para todo i = 0, 1, . . . , n , se tiene que γ[si−1, si] esta contenido en algun Ux . Porinduccion construyamos el levantamiento por pedazos: Como γ[s0, s1] ⊂ Ux0

y Ux0esta

cubierta parejamente por p entonces p−1(Ux0) =

⋃

λ Uλ y exactamente una Uλ0contiene a

∼

x0 . Entonces definimos∼

γ en [s0, s1] como(

p|Uλ0

)−1γ . Repetimos ahora el procedimiento

empezando en∼

x1 =∼

γ(s1) y ası sucesivamente. Es claro que este es el unico levantamiento

de γ que empieza en∼

x0.

Ahora veamos que trayectorias homotopicas se levantan en trayectorias homotopicas

con un procedimiento muy parecido.

30


[6.7] Lema. Levantamiento de homotopıas. Sea p :∼

X → X una proyeccion cubriente

y sea∼

x0 ∈ p−1(x0). Si H : I × I → X es una funcion continua tal que H(0, 0) = x0 ,entonces existe un levantamiento unico

∼

H de H tal que∼

H(0, 0) =∼

x0. Si ademas H(0, t) =

x0 y H(1, t) = x1 ∈ X , es decir, H es una homotopıa entre las trayectorias γ0 = H( , 0)y γ1 = H( , 1)) que van de x0 a x1 , entonces

∼

H es homotopıa entre las trayectorias∼

γ0 y∼

γ1 , los levantamientos respectivos de γ0 y de γ1 que empiezan en∼

x0 .

Demostracion. Al igual que en la proposicion anterior, escogemos Ux : x ∈ Xfamilia de vecindades cubiertas parejamente por p y partimos el cuadrado I × I en

rectangulos, trazando rectas paralelas a los lados de I × I de tal manera que para todorectangulo r se tenga que H(r) esta contenido en una vecindad cubierta parejamente por

p . Luego levantamos de izquierda a derecha el primer nivel horizontal, luego el que le siguehacia arriba y ası sucesivamente.

[6.8] Corolario. El grupo fundamental de S1 es Z .

Demostracion. Sea x0 = 1 ∈ S1 y consideremos la proyeccion cubriente p : R → S1

dada por p(t) = e2πit . Sea∼

x0 = 0 (que es un elemento en p−1(x0)). Definamos φ :

π1(S1, 1) → Z como sigue: Para α lazo en S1 basado en x0 , sea

∼

α levantamiento de αque empieza en

∼

x0 . Definamos φ[α] =∼

α(1), el extremo final del levantamiento∼

α . Tene-mos que probar varios puntos:

∗ φ esta bien definida. Aquı tenemos que observar dos cosas; primero que efectivamenteφ[α] es un entero, pero esto es claro pues el levantamiento termina en un numero real cuya

proyeccion es x0 = 1. Lo otro que debemos probar es que no depende del representantede [α] , pero eso tambien es claro gracias al lema del levantamiento de homotopıas.

∗ φ es suprayectiva. Tambien esto es obvio pues R es conexo por trayectorias ası quesi n ∈ Z y consideramos una trayectoria γ de 0 a n entonces p γ es un lazo basado en

x0 tal que el levantamiento de este lazo que empieza en∼

x0 = 0 es, precisamente, γ .∗ φ es inyectiva. Supongamos que φ[α] = φ[β] y sean

∼

α y∼

β los respectivos levanta-mientos de α y β que empiezan en

∼

x0 . Como R es simplemente conexo y∼

α y∼

β empiezan

y terminan en los mismos puntos, entonces son trayectorias homotopicas; entonces, por[12.2], al aplicarles p tambien son trayectorias homotopicas, es decir, α ≃ β .

∗ Ahora veamos que φ es homomorfismo de grupos. Sean [α], [β] ∈ π1(S1, x0) y sean

∼

α y∼

β los respectivos levantamientos de α y β que empiezan en∼

x0 . Sean m =∼

α(1) y

n =∼

β(1). Sea γ : I → R definida por γ =∼

α ∗ (∼

β +m), donde∼

β +m es la trayectoria∼

βtrasladada a m , es decir, (

∼

β +m)(s) =∼

β(s) +m. Es claro que γ es una trayectoria en R

que empieza en∼

x0 , termina en m+n y tal que p γ = α ∗ β ; con esto queda probado queφ([α] ∗ [β]) = φ[α] ∗ φ[β] , como querıamos.

Pedazos de lo que probamos en la proposicion anterior pueden generalizarse (con la

misma prueba). Enunciamos esto en el siguiente ejercicio. Este ejercicio lo usaremos paraprobar que el grupo fundamental del plano proyectivo es Z2 , el grupo cıclico de orden 2

(ver [13.17]).

[6.9] Ejercicio. Sea p :∼

X → X una proyeccion cubriente y sean x0 ∈ X y∼

x0 ∈

31


p−1(x0). Sea φ : π1(X,x0) → p−1(x0) definida por φ[α] =∼

α(1) donde∼

α es el levantamiento

de α que empieza en∼

x0 .(a) Probar que si

∼

X es conexo por trayectorias, entonces φ suprayectiva.

(b) Probar que si∼

X es simplemente conexo entonces φ tambien es inyectiva.

Otro corolario importante del teorema de levantamiento de homotopıas es el siguiente.

[6.10] Corolario. Si p : (∼

X,∼

x0) → (X,x0) es una proyeccion cubriente entonces π1(p)

es monomorfismo.

Demostracion. Si α lazo en (X,x0) es homotopico a la constante entonces su levan-tamiento tambien lo es.

Con lo que tenemos hasta ahora podemos calcular otros grupos fundamentales, Elejercicio [12.18] es la base de esto.

[6.11] Corolario. El grupo fundamental del toro es Z× Z .

Demostracion. Esto se deduce inmediatamente de [12.19] y [13.8].

[6.12] Corolario. π1(R2 \ 0) ≈ Z .

Demostracion. Sabemos que R2 \ 0 es homotopicamente equivalente a S1 (ver

[12.5]). Usamos entonces [12.18].

Sea A ⊂ X y sea i : A→ X la inclusion. Recordemos que A es retracto de X si existe

r : X → A funcion continua (llamada retraccion) tal que r i = idA (es decir, r(a) = apara toda a ∈ A). Decimos que A es retracto por deformacion de X si ademas ir ≃ idX .Observemos que si A es retracto por deformacion de X entonces X y A tienen el mismo

tipo de homotopıa, ası que su grupo fundamental es el mismo. Otro concepto interesantees el de retracto fuerte por deformacion; en este caso se pide, ademas, que durante todo

momento de la homotopıa los elementos de A queden fijos (es decir, si H : X×I → X es lahomotopıa entre idX y i r , entonces para toda t ∈ I y a ∈ A debe tenerse H(a, t) = a).

[6.13] Ejemplos. (a) 1 es retracto de S1 pero no es retracto por deformacion.

(b) Sea X el subespacio escoba de R2 , definido por X = Y0 ∪⋃

n Yn donde Y0 =[0, 1] × 0 y para n ∈ N , Yn = (x, 1

nx) : 0 ≤ x ≤ 1 . Sea A = (1, 0) . Entonces A es

retracto por deformacion de X pero no es retracto fuerte por deformacion.(c) S1 es retracto fuerte por deformacion de R2 \ 0 .

[6.14] Ejercicio. Probar que no existe retraccion de D2 en S1 . (Sugerencia: Recordar

que π1 es funtor.)

En lo que sigue demostraremos que para n ≥ 2, Sn es simplemente conexo. Empezare-

mos por probar una version del importante teorema de Van Kampen.

[6.15] Teorema. Teorema Especial de Van Kampen. Sea X un espacio topologico

32


cpt y sean U y V abiertos de X y x0 ∈ U ∩ V . Supongamos que U y V satisfacen las

siguientes condiciones:∗ X = U ∪ V .

∗ U ∩ V es cpt.∗ Las inclusiones i : U → X y j : V → X inducen los homomorfismos triviales

π1(i) : π1(U) → π1(X) y π1(j) : π1(V ) → π1(X) en grupos fundamentales (es decir, si αes lazo en U entonces dentro de X se tiene que α ≃ cx0

y lo mismo para V ).Entonces π1(X) es trivial.

Demostracion. Sea γ lazo en X basado en x0 . Por el lema de la cubierta deLebesgue (ver [6.20]), existe particion 0 = t0 ≤ t1 ≤ · · · ≤ tn = 1 del intervalo [0, 1]

tal que γ[tk−1, tk] ⊂ U o V ; ademas podemos suponer que n es mınima, ası que cadaγ(tk) ∈ U ∩ V . Para cada k = 1, . . . , n sea βk trayectoria en U ∩ V de γ(tk−1) a γ(tk).

Como π1(i) y π1(j) son triviales, tenemos que α|[tk−1,tk] ≃ βk . Entonces α ≃ β1 ∗ · · · ∗ βnque es un lazo en U ∩ V ⊂ U y, por tanto, en X es homotopico al lazo constante.

[6.16] Corolario. Para n ≥ 2, π1(Sn) es el grupo trivial.

Demostracion. Apliquemos el Teorema Especial de Van Kampen a

U = (x1, x2, . . . , xn+1) ∈ Sn : x1 > −1

2 y V = (x1, x2, . . . , xn+1) ∈ Sn : x1 <

1

2.

Entonces U ≈ Rn ≈ V , ası que π1(U) y π1(V ) son triviales (y por tanto, las inclusiones enSn inducen los homomorfismos triviales); ademas U ∩V es un anillo, ası que es claramente

cpt.

[6.17] Corolario. El grupo fundamental del espacio proyectivo P n , para n ≥ 2, es

Z2 , el grupo cıclico de orden 2.

Demostracion. Tenemos que P n es cociente de Sn identificando antıpodas. Lafuncion de paso al cociente p : Sn → P n es proyeccion cubriente. Como Sn es simplemente

conexo y P n es conexo por trayectorias, por [13.9] existe biyeccion entre π1(Pn) y p−1(x0)

con x0 cualquier elemento de P n , ası que π1(Pn) tiene dos elementos ası que debe ser

Z2 .

El Teorema General de Van Kampen, que no demostraremos, dice que si X es unespacio topologico cpt, U y V son abiertos de X tales que X = U ∪ V , U ∩ V es cpt y

x0 ∈ U ∩V , entonces el siguiente es un diagrama push-out en grupos, es decir, π1(X) estagenerado por π1(U) y π1(V ) identificando π1(U ∩ V ):

π1(U ∩ V ) → π1(U)

↓ ↓π1(V ) → π1(X)

.

[6.18] Ejemplo. Sea X el espacio 8, es decir

X = (x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 = 1 ∪ (x, y) ∈ R2 : x2 + (y + 1)2 = 1.

33


Entonces π1(X) ≈ Z ∗ Z , el grupo libre no abeliano en dos generadores.

Demostracion. Usamos el Teorema General de Van Kampen con U = X \ (2, 0)y V = X \ (0,−2) . Como π1(U) ≈ Z ≈ π1(V ) y π1(U ∩ V ) = 1 , entonces π1(X) ≈Z ∗ Z .

[6.19] Nota. Sin utilizar el Teorema General de Van Kampen podemos concluir que elgrupo fundamental del espacio 8 es no abeliano considerando el espacio cubriente siguiente:

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

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..................................................................................................................................................................................................................................................................................

...............................................................................................................................................................................................................................

.............................................................................................................................................................................

.....................................................................................................

......................................................................................................................................

...........................

......................................................................................................................................

...........................

......................................................................................................................................

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a

a

a

a a aaa

a

b b b b b

b

b

b

[6.20] Corolario. El grupo fundamental del toro doble T 2 es no abeliano.

Demostracion. Podemos pensar en que el espacio 8 es subespacio de T 2 de la maneranatural. Sea i la inclusion y sea r : T 2 → 8 la retraccion natural. Entonces r i = id8 .Por ser π1 funtor, tenemos que π1(r) π1(i) = idπ1(8) , ası que π1(r) : π1(T

2) → π1(8) es

epimorfismo de grupos.

[6.21] Corolario. S2 , P 2 , T y T 2 son todos no homeomorfos entre sı.

[6.22] Ejercicio. Probar que la union de dos esferas S2 pegadas en un punto es un

espacio simplemente conexo.

El resultado del ejercicio anterior es particular. No es cierto que la union de dos espacios

simplemente conexos pegados en un punto sea simplemente conexo; de hecho podemos darejemplo en que los espacios son contraıbles pero su union en un punto no es simplementeconexo.

34


[6.23] Ejemplo. Sea X el cono del espacio arete A , es decir si para n ∈ N , Cn es el

cırculo en R2 que pasa por el origen y tiene radio 1n, entonces A =

⋃

nCn y X = A×I en elque todos los elementos de la forma (a, 1) se identifican en un punto. Sea x0 = (0, 0) ∈ A .

Es claro que X es contraıble por ser el cono de un espacio. Sea Z la union de dos espacioshomeomorfos a X pegados en los respectivos puntos x0 . Entonces Z no es simplemente

conexo.

Demostracion. Vamos a construir un lazo en Z . Para ello partamos el intervaloI = [0, 1]:

I =[

0,1

2

]

∪[

1

2,3

4

]

∪[

3

4,7

8

]

∪ · · · .

Ahora, definamos el lazo en Z haciendo que en cada subintervalo se de una vuelta en 8 a

la base de los conos, empezando en los cırculos mayores y cada vez pasando a los cırculosque siguen hacia adentro. Este es un lazo no homotopico al lazo trivial.

[6.24] Ejercicio. Sea f : X → Y homeomorfismo. Probar que si f es homotopica a

una constante entonces los espacios X y Y son contraıbles.

[6.25] Ejemplo. Existen espacios X y Y y una funcion continua y biyectiva f : X →Y tales que X es contraıble pero Y no lo es.

Demostracion. Primer ejemplo. Sea f : [0, 1) → S1 definida por f(x) = e2πix . Eneste caso el grupo fundamental de Y es no trivial.

Segundo ejemplo. Damos ahora un ejemplo en el que π1(Y ) es trivial. ConstruyamosY uniendo dos extremos de la cerradura de la curva del topologo mediante una curva (para

que sea cpt); explıcitamente, sea C la curva del topologo definida por (

x, sen(

2πx

))

∈

R2 : 0 < x ≤ 1 y sea Z = (0 × [−1, 1]) ∪ S donde S es una curva que une (0,−1) con(1, 0) y que no intersecta a C . Sea Y = C ∪ Z . Entonces si X = [0,∞) tenemos queexiste funcion biyectiva y continua f : X → Y , X es contraıble pero Y no.

[6.26] Ejercicio. Describir todos los cubrientes del espacio X = RP 2 ×RP 2

[6.27] Ejercicio. Sea X un espacio topologico compacto y sea p :∼

X → X unaproyeccion cubriente. Demostrar que

∼

X es compacto si y solo si |p−1(x)| < ∞ para toda

x ∈ X .

[6.28] Ejercicio. Encontrar f : S1 × [0, 1] → S1 continua, suprayectiva y tal que

f(x, 1) = f(y, 1) para todos x, y ∈ S1 , y probar que esta funcion no puede satisfacer quef restringida a S1 × t sea biyectiva para algun t ∈ [0, 1].

35

Seccion 7

Funciones en esferas

Sea h : X → Y una funcion continua. Decimos que h es esencial si h no es homotopicaa una constante. En caso de que sı lo sea, decimos que h es inesencial.

[7.1] Proposicion. h : S1 → Y es inesencial si y solo si h se extiende a D2 .

Demostracion. (⇒). Sea H : S1 × I → Y una homotopıa entre h y la constante

cy0 . Tenemos que D2 es el cociente de S1 × I en el que se identifica la tapa superiorS1 ×1 ; ası que, por la propiedad universal del cociente, H induce una funcion continuaH ′ : D2 → Y . Es claro que H ′ extiende a h .

(⇐) Si g : D2 → Y es extension de h entonces H : S1 × I → Y definida porH(x, t) = g((1− t)x) es una homotopıa entre h y la constante cg(0) .

[7.2] Proposicion. Si h : X → Y es inesencial entonces π1(h) = 0.

Demostracion. Tenemos que π1(h)([α]) = [h α] y que h ≃ cy0 , ası que (por [12.2])h α ≃ cy0 α = cy0 .

El recıproco de la proposicion anterior es falso, como veremos en el siguiente ejemplo.

[7.3] Ejemplo. Sea X el subespacio escoba de R2 , definido por X = Y0 ∪⋃

n Yn dondeY0 = [0, 1] × 0 y para n ∈ N , Yn = (x, 1

nx) : 0 ≤ x ≤ 1 y sea x0 = (1, 0). Sea Y el

espacio que se obtiene de identificar en el espacio suma X+X los puntos correspondientesa x0 en ambos espacios. Entonces π1(Y ) es trivial (ası que π1(id) = 0) pero la funcion

identica no es homotopica a la constante (es decir, Y no es contraıble).

Decimos que una funcion continua h : Sn → Sm preserva antıpodas si h(−x) = −h(x)para toda x ∈ Sn (es decir, si x y y son antıpodas entonces tambien lo son h(x) y h(y).

[7.4] Proposicion. Si h : S1 → S1 preserva antıpodas entonces h es esencial.

§7. Funciones en esferas

Demostracion. Primer paso. Veamos que existe g : S1 → S1 tal que el diagrama

siguiente conmuta:

S1 p−→ S1

h↓ g↓S1 p

−→ S1,

donde p : S1 → S1 esta definida por p(z) = z2 . Observemos que p es identificacion (pueses cerrada por ir de un compacto en un Hausdorff) y sus fibras son x,−x , ası que p hrespeta las fibras y entonces la existencia de g esta dada por la propiedad universal del

cociente.Segundo paso. Ahora probemos que si γ es una trayectoria que va de un punto a su

antıpoda entonces p γ no es homotopica a una constante. Para esto, observemos que pes proyeccion cubriente y que el lazo p γ : I → S1 tiene levantamiento γ que empieza y

termina en distinto punto, lo cual no ocurre con el levantamiento del lazo constante.Tercer paso. Aquı observamos que p∗ : π1(S

1) → π1(S1) es monomorfismo por [13.10].

Cuarto paso. Ahora veamos que g∗ tambien es monomorfismo, o, equivalentemente,como su dominio y codominio es Z , veamos que g∗ no es trivial. Sea α el lazo generadorde π1(S

1) (es decir, α : I → S1 esta definido por α(t) = e2πit ). Entonces su levantamiento

esta definido por∼

α(t) = eπit y va de 1 a su antıpoda -1, ası que tambien h(∼

α) va de unpunto a su antıpoda, de manera que g(α) = p(h(

∼

α)) no es homotopico a la constante.

Quinto paso. Concluimos que h∗ 6= 0 pues p∗ h∗ = g∗ p∗ .

[7.5] Corolario. Teorema de Borsuk-Ulam. No existe f : S2 → S1 que preserveantıpodas.


[7.6] Proposicion. Dada f : S2 → R2 existe x ∈ S2 tal que f(x) = f(−x).

Supongamos que no y sea h : S2 → S1 ⊂ R2 definida por

h(x) =f(x)− f(−x)

|f(x)− f(−x)|.

Entonces h preserva antıpodas (pues h(−x) = f(−x)−f(x)|f(−x)−f(x)|

= − f(x)−f(−x)|f(x)−f(−x)|

= −h(x)), locual es una contradiccion.

[7.7] Ejercicio. Probar que en cualquier instante existen dos puntos antıpodas en la

Tierra con la misma temperatura y la misma presion barometrica.

[7.8] Ejercicio. Probar que si g : S2 → S2 es continua y tal que g(x) 6= g(−x) para

toda x , entonces g es suprayectiva.

[7.9] Corolario. Teorema fundamental del algebra. Todo polinomio no constante enC[x] tiene raız.

Demostracion. Sea f(x) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x1 + a0 ∈ C[x] .

Primer caso. |an−1|+ · · ·+ |a0| < 1. Probaremos que f tiene raız en D2 . Supongamos

37


que no. Como f |D2 extiende a f |S1 tenemos que f |S1 es inesencial (por [14.1]). Por otro

lado, si g : S1 → S1 esta definida por g(z) = zn , afirmamos que f |S1 ≃ g . En efecto, seaH : S1 × I → R2 \ 0 dada por H(z, t) = zn + t(an−1z

n−1 + · · ·+ a1z1 + a0); observemos

que H esta bien definida pues

|H(z, t)| ≥ |zn| − |t(an−1zn−1 + · · ·+ a1z1 + a0)|

≥ 1− t(|an−1zn−1|+ · · ·+ |a1z1|+ |a0|)

= 1− t(|an−1|+ · · ·+ |a1|+ |a0|) > 0.

Pero esto es una contradiccion pues g∗ es la funcion “multiplicar por n”, ası que g es

esencial.Segundo caso. |an−1|+ · · ·+ |a0| ≥ 1. Sea c = 2·max1, |an−1|, . . . , |a0| ; entonces para

cada j ,∣

∣

∣

ajcn−j

∣

∣

∣ ≤|aj|

c

1

cn−j−1≤

1

2

1

2n−j−1=

1

2n−j,

de manera que |an−1

c1| + |an−2

c2| + · · · + |a0

cn| < 1; en consecuencia, f(cy) = yn + an−1

c1yn−1 +

an−2

c2yn−2 + · · · a0

cn, que, por el primer caso, tiene raız y entonces tambien la tiene f(x).

Campos vectoriales y puntos fijos

Un campo vectorial en un espacio X es una funcion continua v : X → Rn .

[7.10] Proposicion. Si v : D2 → R2 es un campo vectorial en D2 que no se hace 0,entonces:

(a) Existe x ∈ S1 tal que el campo en x apunta directamente hacia adentro, es decir,v(x) = −tx para algun t > 0.

(b) Existe y ∈ S1 tal que el campo en y apunta directamente hacia afuera, es decir,v(y) = ty para algun t > 0.

Demostracion. (a) Sin perdida de generalidad, |v(x)| = 1 para toda x (si no, consi-deramos el campo obtenido de dividir entre |v(x)|). Supongamos que no existe x ∈ S1 talque v(x) = −x y sea w : S1 → R2\0 definida por w(x) = x+v(x). Afirmamos que w ≃ i

con i : S1 → R2 \ 0 la inclusion, que es inesencial. En efecto, sea H : S1 × I → R2 \ 0definida por H(x, t) = x+ tv(x). Por otro lado veamos que w se extiende a D2 (ası que

es esencial); para esto basta observar que para x ∈ D2 \ S1 , x+ v(x) 6= 0 pues |v(x)| = 1pero |x| 6= 1. Esto es una contradiccion.

(b) Ejercicio.

[7.11] Teorema. Teorema del punto fijo de Brouwer para el disco. Sea f : D2 → D2

una funcion continua; entonces existe x ∈ D2 tal que f(x) = x .

Demostracion. Supongamos que no y sea v : D2 → R2 dada por v(x) = f(x) − x .Entonces v nunca se hace 0, ası que existe x0 ∈ S1 tal que v(x0) = tx0 para algun

t > 0, por tanto f(x0) = (t + 1)x0 , pero esto es un absurdo pues f(x0) ∈ D2 , ası que|f(x0)| ≤ 1.

38


[7.12] Corolario. Toda matriz A ∈ M3(R) con entradas positivas tiene un valor

propio real positivo.

Demostracion. Pensamos A como transformacion lineal (con respecto a la base

canonica de R3 en sı mismo. Sea D = S2 ∩ (x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . EntoncesD ≈ D2 . Sea f : D → D definida por f(x) = A(x)

|A(x)|(como x ∈ D y las entradas de A son

todas positivas, es claro que A(x) 6= 0, ası que f esta bien definida). Por el terorema del

punto fijo de Brouwer para el disco, f tiene un punto fijo x0 . Entonces x0 = f(x0) =A(x0)|A(x0)|

y ası |A(x0)| es el valor propio buscado.

[7.13] Corolario. S2 no es peinable, es decir, no existe ningun campo vectorialtangente (es decir, v : S2 → R3 continua y tal que v(x) ⊥ x) que no se anule.

Demostracion. Idea: Supongamos que sı; sin perdida de generalidad |v(x)| = 1 para

toda x ∈ S2 . Sea P = (0, 0, 1) y supongamos, tambien sin perdida de generalidad, quev(P ) = (0, 1, 0). Sea C la orilla de un disquito alrededor de P y en el que los vectores

tangentes se parezcan a v(P ). Consideremos la proyeccion estereografica de S2 \ P enR2 y proyectemos tambien los vectores tangentes (pensando que tienen su extremo inicial

en el punto donde estan definidos y consideramos su “sombra” radial sobre la esfera; luegohacemos la proyeccion estereografica de ambos extremos y nos fijamos en el vector en R2

que tiene esos extremos); al restringir la funcion a C se puede observar que obtenemos

una funcion a R2 \ 0 que da dos vueltas, ası que es esencial; por otro lado, esta funcionse extiende a D2 (por estar definida en la semiesfera inferior), ası que aquı tenemos una

contradiccion.

Los resultados que hemos visto en esta seccion se pueden extender a dimensionesmayores y estan basados en el siguiente resultado que enunciamos sin prueba. Las de-

mostraciones son analogas a las que dimos aquı y las dejamos como ejercicio.

[7.14] Proposicion. No existe retraccion Dn+1 → Sn .

[7.15] Ejercicio. Dar un ejemplo de una identificacion de S2 en S1 .

[7.16] Ejercicio. Probar que id : Sn → Sn es esencial.

[7.17] Ejercicio. Probar que si a : Sn → Sn esta definida por a(x) = −x entonces aes esencial.

[7.18] Ejercicio. Probar que la inclusion j : Sn → Rn+1 \ 0 es esencial.

[7.19] Ejercicio. Probar que si v : Dn → Rn es un campo vectorial que no se hace 0,entonces existe x ∈ Sn−1 tal que el campo en x apunta directamente hacia adentro y un

y ∈ Sn−1 tal que el campo en y apunta directamente hacia afuera.

[7.20] Ejercicio. Probar que si f : Dn → Dn es una funcion continua entonces existe

x ∈ Dn tal que f(x) = x .

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[7.21] Ejercicio. Probar que toda matriz A ∈Mn(R) con entradas positivas tiene un

valor propio real positivo.

[7.22] Ejercicio. Probar que si f : Sn → Sn es inesencial entonces f tiene un puntofijo y manda algun punto en su antıpoda.

[7.23] Ejercicio. Sea n un natural impar. Encontrar un campo vectorial tangenteen Sn que no se anule.

40

Seccion 8

Teorema de Jordan

En esta seccion probaremos el importante Teorema de Jordan que dice que si C esun subconjunto de S2 homeomorfo a S1 entonces C separa a S2 en dos componentes

de las cuales C es la frontera; ademas, ningun subconjunto propio de C separa a S2 .Este teorema puede parecer obvio y no necesitar demostracion. Sin embargo veremos a

continuacion algunos ejemplos de situaciones similares en donde nuestra intuicion falla.

A cualquier conjunto homeomorfo a S1 se le llama curva simple cerrada.

En primer lugar podemos observar facilmente que la separacion no es una propiedad que

se preserve mediante homeomorfismos. Un ejemplo sencillo de esto es R×0 ≈ (0, 1)×0dentro de R2 . En este sentido hay un teorema de Borsuk que dice que si A y B sonsubconjuntos compactos de Rn y A ≈ B , entonces A separa a Rn si y solo si B lo separa

(ver [Dugundji XVII-2]). Esto es cierto para Rn pero no lo es para superficies; por ejemploes facil ver que en el toro hay curvas simples cerradas que sı lo separan y otras que no.

Tambien es interesante ver que pasa si tratamos de extender el Teorema de Jordan adimensiones mas altas. Aquı tenemos varias formas de proceder.

La primera forma de buscar extension del Teorema de Jordan a dimensiones mas altas

es cambiar R2 por Rn y S1 por Sk . En relacion a esto se tiene el Teorema de Jordan-Brouwer que dice:

(a) Si k < n− 1, entonces C no separa a Rn .(b) Si k = n− 1 entonces C separa Rn en dos componentes.Una demostracion de este teorema puede encontrarse en [Hocking-Young 8-38].

Aun cuando un subconjunto A de R2 sea compacto y separe a R2 en componentes delas cuales el sea frontera, el numero de componentes del complemento no tiene porque ser

§8. Teorema de Jordan

2. Ejemplo de esto son los famosos Lagos de Wada. Un dibujo y la construccion explıcita

de este conjunto puede encontrarse en [Hocking-Young 3-23].

La segunda forma de buscar extension del Teorema de Jordan a dimensiones masaltas es la de ver si dos curvas cerradas simples estan inmersas de la misma manera en

Rn . El Teorema de Jordan-Schoenflies establece que todo homeomorfismo de S1 en unsubconjunto C de R2 puede extenderse a un homeomorfismo de R2 en sı mismo. La

demostracion de esto puede encontrarse en [Brown, pp 74 a 76]. Este teorema es falso endimensiones mayores, es decir existen subconjuntos C y C ′ de R3 homeomorfos a S1 tales

R3 \ C y R3 \ C ′ no son homeomorfos. Las distintas inmersiones de S1 en R3 las estudiala Teorıa de Nudos. Tambien es cierto que puede haber distintas inmersiones del intervalo

[0, 1] en R3 (ver [Hocking-Young, 4-12] para un dibujo de un ejemplo de esto). Tambienes posible encontrar un subconjunto L de R3 homeomorfo a S2 tal que los complementosR3 \ S2 y R3 \ L no son homeomorfos; un ejemplo de esto es la esfera con cuernos de

Alexander (ver dibujo de ella en [Hocking-Young, 4-11]). Por otro lado, tenemos que sila inmersion de S2 en R3 puede extenderse a una inmersion de S2 × [0, 1] entonces la

inmersion se extiende a todo R3 .

Ahora procederemos a probar el Teorema de Jordan. Empezaremos por probar quetodo subconjunto de S2 homeomorfo a S1 separa a S2 .

[8.1] Lema. Sean p, q ∈ S2 y sea f : K → S2 \ p, q continua con K compacto. Sip y q estan en la misma componente de S2 \ f(K) entonces f es inesencial.

Demostracion. Sin perdida de generalidad podemos pensar que f : K → R2 \ 0 yque 0 esta en la componente no acotada de R2 \ f(K). Sea R > 0 tal que f(K) ⊂ BR(0)(la bola de radio R con centro en 0) y sea P /∈ BR(0). Como R2 \ f(K) es un abierto de

R2 que es localmente cpt, tenemos que las componentes coinciden con las componentes cpt(por [7.26]), ası que la componente que tiene a 0 es cpt y entonces tomemos α camino de 0

a P . Sea H : K × I → R2 \ 0 definida por H(x, t) = f(x)− α(t). Observemos que estevalor nunca es 0 puesto que Im(α) ⊂ R2 \ f(K), ası que H esta bien definida. Entonces

H nos define una homotopıa entre f y f − cP (aquı cP denota a la funcion constante convalor P ). Sea G : K × I → R2 \ 0 definida por G(x, t) = (1 − t)f(x) − P ; tambientenemos que este valor nunca es 0 puesto que (1− t)f(x) ∈ BR(0) y P esta fuera de esta

bola, ası que G esta bien definida. Ademas G nos da una homotopıa entre f − cP y cPy entonces, por la transitividad de la relacion de homotopıa tenemos que f ≃ cP como

querıamos.

Si X es un espacio topologico cualquiera, llamamos arco en X a cualquier subconjunto

de X homeomorfo al intervalo real [0, 1].

[8.2] Teorema. Teorema de separacion de Jordan. Si C es una curva simple cerradaen S2 entonces S2 \ C no es conexo.

Demostracion. Supongamos que S2 \ C es conexo, Sea C = A ∪ B donde A y Bson arcos y A ∩ B = p, q , con p y q puntos distintos. Sea X = S2 \ p, q . Como

42


X es homeomorfo a R2 \ 0 entonces π1(X) ≈ Z . Por otro lado, usando que S2 \ Ces conexo, apliquemos Van Kampen a X para probar que π1(X) es trivial y ası obteneruna contradiccion. Sean U = S2 \ A y V = S2 \ B . Como A y B son homeomorfos

a I , entonces son compactos ası que U y V son abiertos. Es claro que U ∪ V = X yque U ∩ V = S2 \ C que es abierto en S2 y, como estamos suponiendo que es conexo,

tambien es cpt (por [7.28]). Sea x0 ∈ S2 \ C (existe pues S2 no es homeomorfo a S1 ).Queremos ver que si i : U → X es la inclusion entonces i∗ : π1(U, x0) → π1(X,x0) estrivial (y, analogamente, la inclusion de V en X induce el homomorfismo trivial en grupos

fundamentales). Sea α lazo en U basado en x0 ; entonces α induce una funcion continuaα : S1 → U a traves de la proyeccion natural p : I → S1 . En consecuencia la funcion

i α : S1 → S2 \ p, q tiene su imagen fuera de A que es un arco de p a q , ası que p yq estan en la misma componente de X \ i α(S1), por lo tanto, por el lema [15.1], i αes inesencial, de donde i α = i α p es homotopica a la constante (de tal manera quex0 queda fijo en toda la homotopıa). Tenemos entonces las hipotesis de Van Kampen, ası

que π1(X) es trivial y esto es una contradiccion.

[8.3] Corolario. Toda curva simple cerrada en R2 lo separa.

De la demostracion de [15.2] tenemos tambien el siguiente corolario.

[8.4] Corolario. Sean A y B subconjuntos cerrados y conexos de S2 cuya interseccion

conste exactamente de dos puntos. Entonces A ∪B separa a S2 .

Nuestro siguiente paso sera probar que un arco en S2 no separa a S2 ni tampocoun subconjunto de S2 homeomorfo al disco D2 . Necesitamos un lema que tiene cierta

similitud con el teorema de Tietze.

[8.5] Lema. Lema de extension de homotopıas. Sean X y X × I normales. Sea

A ⊂ X cerrado. Si f : A→ R2 \ 0 es inesencial entonces f se extiende a X .

Demostracion. Sea Y = (A × I) ∪ (X × 1). Entonces Y es un subconjuntocerrado de X × I . Sea H : A × I → R2 \ 0 una homotopıa entre f y ck0 , la constante

con valor k0 . Extendamos H a Y definiendo H(x, 1) = k0 para toda x ∈ X . AsıH : Y → R2 \ 0 ⊂ R2 es continua. Como X × I es normal y Y es cerrado, por Tietze

consideremos H : X × I → R2 continua. Queremos modificar H de tal manera que suimagen este contenida en R2 \ 0 . Sea U = H

−1(R2 \ 0). Entonces U es un abierto

que contiene a Y . Como para toda a ∈ A se tiene que a× I ⊂ Y ⊂ U e I es compacto,entonces por el lema del tubo [6.9] existe Va abierto en X tal que Va × I ⊂ U . SeaV =

⋃

a∈A Va. Tenemos que V es abierto en X , V × I ⊂ U y A ⊂ V . Como X es normal,

existe g : X → [0, 1] tal que g(A) = 0 y g(X \ V ) = 1. Sea G : X → U definida porG(x) = (x, g(x)). Esta funcion G esta bien definida porque si x /∈ V entonces g(x) = 1,

por lo tanto G(x) = (x, 1) ∈ Y ⊂ U , y si x ∈ V entonces (x, g(x)) ∈ V × I ⊂ U. Ademassi a ∈ A entonces G(a) = (a, 0). (G “empuja” X dentro de U de tal manera que A

se queda dentro del nivel 0, V se mueve y X \ V se va al nivel 1.) Ası tenemos quela composicion H G esta definida en X y tiene su imagen dentro de R2 \ 0 (pues

43


Im(G) ⊂ U ⊂ H−1(R2 \ 0)), y, ademas, si a ∈ A entonces H G(a) = H(a, 0) = f(a),

por lo que H G es la extension de f que buscabamos.

[8.6] Proposicion. (Teorema de Borsuk.) Sea X un subconjunto compacto de R2 \0 . Entonces 0 esta en la componente acotada de R2 \X si y solo si la inclusion j : X →R2 \ 0 es esencial.

Demostracion. (⇐) es [15.1].

(⇒) Supongamos que j es inesencial. Sea C la componente acotada de R2 \X y seaD una bola cerrada que contenga a X y a C . Por el lema de extension de homotopıas

(los espacios son normales por ser subconjuntos de espacios euclidianos y X es cerradopor ser compacto) j se extiende a X ∪ C . Sean J : X ∪ C → R2 \ 0 una extension,i : D \ C → R2 \ 0 la inclusion y f : D → R2 \ 0 definida por

f(x) =

i(x), si x ∈ D \ C,

J(x), si x ∈ X ∪ C.

Es claro que f esta bien definida; ademas, como C es componente de un abierto en unespacio localmente cpt, C es abierto (por [7.25]), de donde D \ C es cerrado y ası f es

continua, pero entonces f |∂D es la inclusion y entonces tenemos una retraccion de un discoa su frontera, lo cual sabemos que es imposible (por [13.14]).

[8.7] Proposicion. (a) Si A es arco en R2 entonces R2 \A es conexo.

(b) Si D ≈ D2 , D ⊂ R2 , entonces R2 \D es conexo.

Demostracion. Sea K ⊂ R2 con K ≈ I o K ≈ D2 . Supongamos que R2 \ Kno es conexo y sea P un punto en una componente acotada de R2 \ K . Sin perdida degeneralidad, P = 0. Consideremos la inclusion j : K → R2 \ 0. Por el teorema de Borsuk(ver [15.6]), j es esencial, pero, por otro lado, K es contraıble, ası que j es inesencial, ası

tenemos una contradiccion.

[8.8] Corolario. Teorema de invarianza de dominio para R2 . Si U es abierto en R2

y f : U → R2 es continua e inyectiva entonces f(U) es abierto y f es inmersion.

Demostracion. Ejercicio. Sugerencia. Si f : D2 → R2 es inmersion entonces f(S1)separa a R2 pero f(D2) no, ası que f(Int(D2) debe ser igual a una de los componentes

de R2 \ f(S1).

A continuacion probaremos que toda curva simple cerrada C en S2 separa a S2 en

exactamente dos componentes de las cuales C es la frontera.

[8.9] Lema. Sea X = U ∪ V , con U y V abiertos. Supongamos que U ∩ V = S ∪ Tcon S y T abiertos ajenos y que s ∈ S y t ∈ T se pueden conectar mediante trayectorias

tanto en U como en V . Entonces π1(X, s) 6= 0.

Demostracion. Construiremos un espacio cubriente para X . Consideremos una

44


copia de U para cada entero par y una copia de V para cada entero impar. Sea

Y =⋃

n∈Z

(U × 2n) ∪⋃

n∈Z

(V × 2n+ 1) ⊂ X × Z.

En Y definamos la relacion de equivalencia ∼ tal que (s, 2n) ∼ (s, 2n + 1), (t, 2n) ∼(t, 2n− 1) para toda s ∈ S , t ∈ T y n ∈ Z . Sea

∼

X = Y/∼ . Entonces la restriccion de la

proyeccion q : X × Z → X a Y induce una funcion continua y suprayectiva p :∼

X → X .Veremos que p es proyeccion cubriente. Sea ρ : Y →

∼

X la funcion de paso al cociente.

Afirmamos que ρ es abierta. Para ver esto, como Y es union de los abiertos U × i yV × j , basta ver que ρ es abierta en cada uno de estos; por ejemplo veamos que esabierta en U × 0 . Sea W abierto en U . Para ver que ρ(W × 0) es abierto en

∼

X hay

que probar que ρ−1(ρ(W × 0)) es abierto, pero

ρ−1(ρ(W × 0)) = (W × 0) ∪ ((W ∩ S)× 1) ∪ ((W ∩ T )× −1)

y cada uniendo es claramente un abierto en Y .

Ahora veamos que p es proyeccion cubriente. Para esto bastara probar que U y Vestan cubiertos parejamente por p ; por ejemplo veamos esto para U . Como ρ es abierta,ρ|U×2n : U × 2n → ρ(U × 2n) es homeomorfismo, pero q|Y es proyeccion cubriente,

ası que es claro el resultado.Ahora probemos que π1(X, s) 6= 0. Sean α camino en U de s a t y β camino en V de

t a s . Afirmamos que α ∗ β no es homotopico al lazo constante. Para probarlo basta verque un levantamiento no es lazo. Sea

∼

x0 = ρ(s, 0) y sean∼

α y∼

β los respectivos caminos

dados por α y β en ρ(U × 0),∼

α = ρ(α(t), 0) y∼

β = ρ(β(t), 1) (observamos que∼

α ∗∼

βesta bien definida pues

∼

α(1) = ρ(b, 0) = ρ(b,−1) =∼

β(0)); ası tenemos el levantamiento∼

α ∗∼

β buscado.

[8.10] Lema. Sea X = U∪V , con U y V abiertos. Supongamos que U∩V = S∪S ′∪Tcon S , S ′ y T abiertos ajenos y que s ∈ S , s′ ∈ S ′ y t ∈ T se pueden conectar por parejas

mediante trayectorias tanto en U como en V . Entonces π1(X, s) 6= Z .

Demostracion. Consideremos la separacion (S, S ′ ∪ T ) de U ∩ V y el lema anterior.Sean α trayectoria en U de s a t , β trayectoria en V de t a s , γ trayectoria de s a s′

en U y δ trayectoria en V de s′ a s . Por el lema anterior, α ∗ β y γ ∗ δ no son triviales.Supongamos que π1(X, s) ≈ Z ; entonces existen m,n ∈ Z\0 tales que m[α∗β] = n[γ∗δ] .Construyamos una proyeccion cubriente p :

∼

X → X usando el lema anterior a la separacion(S ∪ S ′, T ) de U ∩ V . Es facil ver que α ∗ β se levanta a una trayectoria que no es lazo,

mientras que γ ∗ δ se levanta en un lazo y, como es claro que lo mismo ocurre con susmultiplos, entonces es imposible que m[α ∗ β] = n[γ ∗ δ] .

[8.11] Teorema. Teorema de la curva de Jordan. Sea C una curva simple cerrada

en S2 . Entonces S2 \ C tiene exactamente dos componentes W1 y W2 . Ademas C es lafrontera tanto de W1 como de W2 .

Demostracion. Primero veamos que son dos componentes exactamente. Ya sabemosque por lo menos son dos. Como en [15.2], sea C = A ∪ B , donde A y B son arcos con

45


exactamente dos puntos p y q en comun. Sean X = S2 \ p, q , U = S2 \A , V = S2 \B .

Entonces X = U ∪ V , S2 \C = U ∩ V que no es conexo. Supongamos que S2 \C tiene almenos tres componentes. Sean S y S ′ dos de ellas y sea T la union de todas las demas.

Entonces S , S ′ y T son abiertos. Como un arco no separa a S2 (por [15.7]), U y V soncpt, por tanto, por el lema [15.10], para s ∈ S , π1(X, s) no es isomorfo a Z , pero esto es

una contradiccion pues X = S2 \ s, t ≈ R2 \ 0 .Ahora veamos que C es la frontera de las dos componentes W1 y W2 . Tenemos que

W1 y W2 son abiertos, ası que (W1,W2) es separacion de S2 \C , por lo tanto W1 ∩W2 =

∅ =W1 ∩W2 , pero S2 =W1 ∪C ∪W2 y esta union es ajena ası que ∂(W1) =W1 \W1 ⊂ C

y lo mismo para W2 . Ahora probemos que C ⊂ W1 \W1 . Sea x ∈ C y sea U ∈ Nx .

Queremos ver que U ∩ (W1 \W1) 6= ∅ . Partamos C en dos arcos A y B cuya interseccionconste de exactamente dos puntos p y q y tal que A ⊂ U . Sean x ∈ W1 y y ∈ W2 y

consideremos una trayectoria α de x a y en S2 \ B (esto es posible pues B no separa aS2 , por [15.7]). Entonces esta trayectoria intersecta a W1 \W1 pues α(I) es conexo y si

no (W1, S2 \W1) nos darıa una separacion de el. Sea z ∈ α(I) ∩ (W1 \W1) ⊂ α(I) ∩ C ,

por lo tanto Z ∈ C , pero z /∈ B , ası que z ∈ A ⊂ U , de donde z ∈ U ∩ (W1 \W1) y estotermina la demostracion.

Ejercicio. Sea Y la curva del topologo definida por (

x, sen(

2πx

))

∈ R2 : 0 < x ≤ 1 ;

sea Z = (0 × [−1, 1]) ∪ S donde S es una curva que une (0,−1) con (1, 0) y que nointersecta a Y . Sea X = Y ∪ Z . Probar que R2 \X es disconexo.

46

Seccion 9

Clasificacion de Cubrientes

Decimos que dos cubiertas p :∼

X → X y p′ :∼

X ′ → X son cubiertas equivalentes siexiste un homeomorfismo φ :

∼

X →∼

X ′ tal que p′ φ = p . Veremos que, bajo ciertas

hipotesis sobre X , existe una correspondencia entre clases de conjugacion de subgruposde π1(X) y espacios cubrientes de X , salvo equivalencia. La correspondencia es tal que si

(∼

X, p) corresponde a [H] , la clase de conjugacion del subgrupo H de π1(X,x0), entoncesp∗(π1(

∼

X,∼

x0)) ∈ [H] y, como p∗ es inyectiva (ver [13.10]), entonces π1(∼

X,∼

x0) es isomorfo aH . Ademas [H] = p∗(π1(

∼

X,∼

x0)) :∼

x0 ∈ p−1(x0).

[9.1] Lema. Sea p :∼

X → X una proyeccion cubriente con∼

X y X ambos cpt. En-tonces p∗(π1(

∼

X,∼

x)) :∼

x ∈ p−1(x0) es una clase de conjugacion de subgrupos de π1(X,x0).

Demostracion. Sean∼

x0,∼

x1 ∈ p−1(x0) y H0 = p∗(π1(∼

X,∼

x0)) y H1 = p∗(π1(∼

X,∼

x1)).Sea

∼

γ una trayectoria de∼

x0 a∼

x1 y sea γ = p ∼

γ . Entonces [γ] ∈ π1(X,x0). Afirmamosque [γ] ∗ H1 ∗ [γ]−1 ⊂ H0 . Esto es claro pues si h1 ∈ H1 entonces existe

∼

h1 ∈ π1(∼

X,∼

x1)

tal que p∗[∼

h1] = h1 . Ahora, sea∼

h0 =∼

γ ∗∼

h1 ∗∼

γ−1 ; entonces [∼

h0] ∈ π1(∼

X,∼

x0), por lotanto p∗[

∼

h0] = p∗[∼

γ ∗∼

h1 ∗∼

γ−1] = [p (∼

γ ∗∼

h1 ∗∼

γ−1)] = [γ ∗ h1 ∗ γ−1] = [γ] ∗ [h1] ∗ [γ]−1 ,

de donde [γ] ∗ [h1] ∗ [γ]−1 ∈ H0 . Simetricamente [γ]−1 ∗ H0 ∗ [γ] ⊂ H1 , de manera que[γ] ∗H1 ∗ [γ]

−1 = H0 y entonces p∗(π1(∼

X,∼

x)) :∼

x ∈ p−1(x0) ⊂ [H0] .

Probemos ahora la otra inclusion. Sea H1 ∈ [H0] , H1 = [α]−1 ∗ H0 ∗ [α] . Queremosprobar que existe

∼

x1 ∈ p−1(x0) tal que p∗(π1(∼

X,∼

x1)) = H1 . Sea∼

α el levantamiento de αque empieza en

∼

x0 y sea∼

x1 =∼

α(1). Entonces [α] ∗ p∗(π1(∼

X,∼

x1)) ∗ [α]−1 = H0.

En [13.6] y [13.7] hicimos levantamientos de trayectorias y de homotopıas. Ahoraveremos cuando se pueden levantar funciones continuas.

[9.2] Proposicion. Lema general del levantamiento. Sea p :∼

X → X una proyeccion

cubriente y sea f : (Y, y0) → (X,x0) una funcion continua con Y cpt y localmente cpt.Entonces existe un levantamiento

∼

f de f si y solo si f∗(π1(Y, y0)) ⊂ p∗(π1(∼

X,∼

x0)). En

§9. Clasificacion de Cubrientes

este caso∼

f es unico.

Demostracion. (⇒) Supongamos que∼

f es levantamiento de f . Entonces f∗ =p∗

∼

f ∗ , ası que f∗(π1(Y, y0)) = p∗(f∗(π1(Y, y0))) ⊂ p∗(π1(∼

X,∼

x0)).

Antes de demostrar la otra implicacion veamos la unicidad, la cual nos dice comodebemos definir el levantamiento: Si y1 ∈ Y y α es una trayectoria de y0 a y1 (la cualexiste por ser Y cpt), entonces f α es una trayectoria de x0 a f(y1) y esta se levanta de

manera unica a una trayectoria en∼

X ; el extremo final de este levantamiento debe ser laimagen bajo

∼

f de y1 .

(⇐) En lo que sigue, si δ es una trayectoria en Y , escribamos fδ en lugar de f δ . Paray1 ∈ Y definamos

∼

f(y1) =∼

fα(1) donde α es una trayectoria en Y de y0 a y1 . Tenemos

que probar que∼

f esta bien definida, es decir, que no depende de la trayectorias elegidas.Aquı usaremos la condicion en grupos fundamentales. Sean α y β dos trayectorias de y0 a

y1 y sean∼

fα los respectivos levantamientos que empiezan en∼

x0 ; sean∼

xα =∼

fα(1) y∼

xβ =∼

fβ(1). Queremos probar que∼

xα =∼

xβ . Sea x1 = f(y1). Tenemos que∼

xα,∼

xβ ∈ p−1(y1).Consideremos el levantamiento

∼

fβ−1 de fβ−1 que empieza en∼

xβ . Entonces∼

fα ∗∼

fβ−1 es

levantamiento del lazo (fα) ∗ (fβ−1) = f(α∗β−1) , pero α ∗ β−1 es un lazo en y0 y [f(α∗β−1)] =f∗[α ∗ β−1] ∈ p∗(π1(Y, y0)), por tanto existe [γ] ∈ π1(

∼

X,∼

x0) tal que [p γ] = [(fα) ∗ (fβ−1)].

Pero entonces∼

fα y γ son dos levantamientos del lazo (fα)∗ (fβ−1), ası que deben terminaren el mismo punto y entonces

∼

fβ−1(1) =∼

x0 . Ahora, (∼

fβ−1)−1 y∼

fβ son levantamientos de

fβ que empiezan en∼

x0 , por lo tanto son iguales y ası∼

xα =∼

xβ , como querıamos probar.Por ultimo probemos que

∼

f es continua. Aquı utilizaremos la hipotesis de que Y es

localmente cpt. Sea N ∈ N∼

f (y1) . Queremos encontrar W ∈ Ny1 tal que∼

f(W ) ⊂ N .Tomemos una vecindad U de f(y1) cubierta parejamente por p y sea V ∈ N∼

f (y1) talque p mande a V homeomorficamente en U ; sin perdida de generalidad supongamos que

V ⊂ N . Sea W ∈ Ny1 cpt tal que f(W ) ⊂ U . Probemos que∼

f(W ) ⊂ N : Sea y ∈ Wy sea β trayectoria de y1 a y . Sea

∼

fβ el levantamiento de fβ que empieza en∼

f(y1).

Entonces∼

fα ∗∼

fβ es levantamiento de (fα) ∗ (fβ) = f(α∗β) , por lo tanto el extremo final de∼

fα ∗∼

fβ es∼

f(y), pero∼

fβ es una trayectoria dentro de V , ası que∼

f(y) ∈ V ⊂ N .

[9.3] Teorema. Sean p : (∼

X,∼

x0) → (X,x0) y p′ : (∼

X ′,∼

x0′) → (X,x0) cubiertas de un

espacio cpt y localmente cpt X . Las dos cubiertas son equivalentes si y solo si p∗(π1(∼

X,∼

x0))y p′∗(π1(

∼

X ′,∼

x0′)) son subgrupos conjugados de π1(X,x0).

Demostracion. (⇒) Sea φ : (∼

X ′,∼

x0′) → (

∼

X,∼

x1) un homeomorfismo que conmutacon p y p′ . Entonces

p′∗(π1(∼

X′,

∼

x0′)) = (p φ)∗(π1(

∼

X′,

∼

x0′)) = p∗(φ∗(π1(

∼

X′,

∼

x0′)) = p∗(π1((

∼

X,∼

x1))),

que, por el lema [16.1], es conjugado de p∗(π1((∼

X,∼

x0))).(⇐) Por el lema, cambiando de punto base, podemos suponer que los subgrupos son

iguales, no solo conjugados. Por ser X localmente cpt, tambien lo son∼

X y∼

X ′ ; entonces,usando el lema general del levantamiento, es estandar encontrar un homeomorfismo entre∼

X y∼

X ′ que conmute con p y p′ (como en las demostraciones de que los espacios quecumplen una propiedad universal son unicos).

48


[9.4] Ejemplo. Sea X = S1 . Como π1(S1) es Z , que es abeliano, las clases de

conjugacion constan, cada una, de un subgrupo de Z . La cubierta que corresponde alsubgrupo trivial es p : R → S1 dada por p(x) = e2πix . La cubierta que corresponde a nZ ,

para n ≥ 1 es pn : S1 → S1 dada por pn(z) = zn .

Una pregunta interesante es el recıproco de lo que hemos visto aquı: Dado un subgrupoH de π1(X,x0), ¿existe una cubierta p : (

∼

X,∼

x0) → (X,x0) tal que Im(p∗) = H ? Esto es

cierto si X , ademas de ser cpt y localmente cpt, es semilocalmente simplemente conexo,es decir, para toda x ∈ X existe U ∈ Nx tal que si i : U → X es la inclusion entonces

i∗ : π1(U, x) → π1(X,x) es trivial. Observemos que esta condicion es equivalente a quepara toda x ∈ X y U ∈ Nx exista V con la propiedad mencionada; observemos tambien

que no se pide que V sea simplemente conexa, sino solo que todo lazo en V se contraigaen X . En particular se tiene que si X satisface las hipotesis, entonces existe p :

∼

X → Xcon

∼

X simplemente conexo; esta es la cubierta universal de X .

Haremos a continuacion los detalles de la existencia de cubiertas.

[9.5] Teorema. Sea X cpt, localmente cpt y semilocalmente simplemente conexo.Sea x0 ∈ X . Si H es un subgrupo de π1(X,x0) entonces existe una proyeccion cubriente

p : (∼

X,∼

x0) → (X,x0) con∼

X cpt y tal que p∗(π1(∼

X,∼

x0)) = H .

Demostracion. Primer paso. Construccion de (∼

X,∼

x0): Sea

Y = α : I → X : α es continua y α(0) = x0.

En Y definimos la relacion α ∼ β si y solo si α(1) = β(1) y [α ∗ β−1] ∈ H .

[9.6] Ejercicio. Probar que ∼ es de equivalencia.

Definimos∼

X = Y/∼ , denotamos por α♯ a la clase de α y definimos p :∼

X → X por

p(α♯) = α(1). Tenemos que

[9.7] α ≃ β ⇒ α♯ = β♯

pues [α ∗ β−1] = [ex0] , la clase de la trayectoria constante en x0 , la cual pertenece a H .

Ademas,

[9.8] α♯ = β♯ ⇒ (α ∗ γ)♯ = (β ∗ γ)♯

pues [(α ∗ γ) ∗ (β ∗ γ)−1] = [α ∗ γ ∗ γ−1 ∗ β−1] ∈ H .

Segundo paso. Topologıa para∼

X : Sea α ∈ Y y sea U ∈ Nα(1) una vecindad cpt.

Definimos

B(U,α) = (α ∗ δ)♯ : δ es trayectoria en U y δ(0) = α(1).

Afirmamos que B = B(U,α) : α,U es base de una topologıa para∼

X . Observemos

primero que α♯ ∈ B(U,α) por [16.7] pues α♯ = (α ∗ cα(1))♯ . Tambien tenemos que

[9.9] β ∈ B(U,α) ⇒ B(U,α) = B(U, β)

y esto es porque si β♯ ∈ B(U,α) entonces β♯ = (α ∗ δ)♯ y entonces para ζ♯ ∈ B(U, β)

49


tenemos, por [16.8], que ζ♯ = (β ∗ γ)♯ = ((α ∗ δ) ∗ γ)♯ ∈ B(U,α) y de aquı que B(U, β) ⊂B(U,α); para probar la otra inclusion bastara ver que α♯ ∈ B(U, β) y entonces aplicar elrazonamiento simetrico, pero β♯ = (α∗δ)♯ y entonces por [16.8] (β ∗δ−1)♯ = (α∗δ ∗δ−1)♯ =

α♯.Ahora veamos que B es base. Es claro que la union de los elementos de B es

∼

X .

Supongamos que β♯ ∈ B(U1, α1) ∩ B(U2, α2) y sea V ∈ Nβ(1) cpt tal que V ⊂ U1 ∩ U2 ;entonces por [16.9] B(V, β) ⊂ B(U1, α1) ∩B(U2, α2).

Tercer paso. p es proyeccion cubriente. Observemos que p es suprayectiva en vista de

que X es cpt. Para ver que p es continua sea α♯ ∈∼

X y sea W ∈ Np(α♯) ; sea U ∈ Np(α♯)

cpt tal que U ⊂W ; entonces p(B(U,α)) = U ⊂W y de aquı que p es continua. Para ver

que p es abierta observemos que p(B(U, β)) = U pues U es cpt.Ahora veamos que p es cubriente. Sea x ∈ X y sea U ∈ Nx una vecindad cpt tal que la

inclusion i : U → X induce el homomorfismo trivial en grupos fundamentales. Afirmamosque U esta cubierta parejamente por p . Veamos que p−1(U) =

⋃

B(U,α) donde la unioncorre sobre todas las trayectorias α de x0 a x : Es claro que

⋃

B(U,α) ⊂ p−1(U). Para

ver la otra inclusion sea β♯ ∈ p−1(U); entonces β(1) ∈ U y si δ es trayectoria en U deβ(1) a x sea α = β ∗ δ , por lo tanto β ≃ α ∗ δ−1 , de donde, por [16.7], β♯ = (α ∗ δ−1)♯

y ası β♯ ∈ B(U,α). Tambien tenemos que las B(U,α) son iguales o ajenas por [16.9].Finalmente veamos que p manda a B(U,α) en U biyectivamente. La suprayectividad es

clara y la inyectividad esta dada por la condicion en grupos fundamentales en U puestoque si p((α∗δ1)

♯) = p((α∗δ2)♯) entonces δ1 y δ2 terminan en el mismo punto y [δ1 ∗δ

−12 ] =

[cα(1)] ∈ H , de donde δ♯1 = δ♯2 y entonces por [16.8] (α ∗ δ1)♯ = (α ∗ δ2)

♯ .

Cuarto paso.∼

X es cpt. Para esto observemos que un levantamiento de una trayectoriaγ en X con inicio en x0 es

∼

γ : I →∼

X definido por∼

γ(t) = γ♯t donde γt es el camino de x0a γ(t) dado por γ (es decir γt(s) = γ(ts)). Para esto probemos que

∼

γ es continua: Seat0 ∈ I y consideremos una vecindad B(U, γ♯t0) en

∼

X de∼

γ(t0) = γ♯t0 . Buscamos ε > 0 tal

que |t− t0| < ε⇒ γ♯t ∈ B(U, γ♯t0). Sea ε > 0 tal que |t− t0| < ε⇒ γ(t) ∈ U . Si t < t0 seaδ la trayectoria de γ(t) a γ(t0) dada por γ . (Para t > t0 hay que tomar δ la trayectoriade γ(t0) a γ(t) dada por γ .) Entonces γt ∗ δ ≃ γt0 , de donde, por [16.7], (γt ∗ δ)

♯ = γ♯t0 y

ası γ♯t0 ∈ B(U, γt) y, por tanto, γ♯t ∈ B(U, γ♯t0). Hemos probado ası que∼

γ es continua.

[9.10] Ejercicio. Probar que∼

X es cpt.

Quinto paso. Im(p∗) = H . Tenemos que p : (∼

X, c♯x0) → (X,x0). Sea [α] ∈ H ;

entonces∼

α inicia en c♯x0y termina en α♯ = c♯x0

pues α es lazo y [α ∗ c−1x0] = [α] ∈ H ;

entonces∼

α es lazo y p[∼

α] = [α] y de aquı que H ⊂ p∗(π1(∼

X, c♯x0)).

[9.11] Ejercicio. Probar que p∗(π1(∼

X, c♯x0)) ⊂ H .

Con el ejercicio se termina la demostracion.

Ejercicios.

[9.12] ¿Cuantos espacios cubrientes no equivalentes tiene el plano proyectivo y cuales

50


son?

[9.13] Dar la proyeccion cubriente f : E → S1 × S1 que corresponde al subgrupo< (1, 1) > de Z× Z .

[9.14] Probar que si p :∼

X → X es la cubierta universal de X , entonces∼

X es espacio

cubriente de todos los demas espacios cubrientes de X .

51

Referencias y lecturas complementarias

[1]. Bourbaki N., General Topology (Elements of Mathematics), Springer Verlag, 1989.

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Introducci´on a la Topolog´ıa Algebraicaichi.fismat.umich.mx/cursos/topologia2.pdf · En la secci´on 5 ya esta´ ma´s dedicado a lo que se denomina Topolog´ıa Algebraica, ma´s