viernes, 30 de diciembre de 2011

La clasificación de las letras

Francisco Reyes me ha enviado la clasificación topológica de las letras del abecedario, en mayúscula, indicando cuáles son homeomorfas entre sí y cuáles no. Os dejo para que la repaséis.

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-La A no es homeomorfa a ninguna otra letra. Todos sus puntos tienen orden
2 salvo dos, que tienen orden uno, y no existe otra letra con dichas
características.
-La B no es homeomorfa a ninguna otra letra. Todos sus puntos tienen orden
1, al igual que la D y la O, pero no es homeomorfa a estas letras porque
haría falta 'pegar' y 'despegar' puntos para llevar una letra a la otra.
-La C es homeomorfa a la G, I, J, L, M, N, S, U, V, W y Z. 'Deformando' o
cambiando de posición dichas letras, podemos formar unas letras a partir
de otras.
-La D es homeomorfa a la O. Todos los puntos de ambas son de orden 1, y
deformando ligeramente el lado vertical de la D hacia la izquierda, se
'obtiene' la O.
-La E es homeomorfa a la F. Ambas tienen un punto de orden 3 y el resto de
orden 2. Es fácil obtener la E a partir de la F.
-La H no es homeomorfa a ninguna otra letra, puesto que no existe otra
distina que tenga dos puntos de orden 3 y el resto de orden 2.
-La K es homeomorfa a la X. Ambas tienen un punto de orden 4 y el resto de
orden 2, y 'torciendo' los lados verticales de la K hacia la izquierda se
forma la X.
-La Ñ no es homeomorfa a ninguna otra letra al ser la única con todos
sus puntos de orden 3.
-La P no es homeomorfa a ninguna otra letra.
-La Q no es homeomorfa a ninguna otra letra.
-La R no es homeomorfa a ninguna otra letra.
-La T no es homeomorfa a ninguna otra letra. Tiene un punto de orden 3 y
el resto de orden 2, pero no es homeomorfa a la E y a la F porque habría
que 'pegar' y 'despegar' puntos.
-La Y no es homeomorfa a ninguna otra letra al ser la única con un punto
de orden 3 y el resto de orden 1.

Cabe destacar que la Q ha sido considerada con el 'rabito' sin
introducirse en el agujero de dentro, y la Z sin 'rabito' central.

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Por mi parte, creo que la Y es homeomorfa a la T

miércoles, 28 de diciembre de 2011

Orden de intersección

En un espacio topológico $X$, un punto $p\in X$ se dice que tiene orden de intersección $n\in\mathbb{N}$ si $X-\{p\}$ tiene exactamente $n$ componentes conexas. Evidentemente, el orden de intersección es un invariante topológico. Ha sido justamente éste el que se ha usado para distinguir las letras. Pongo más ejemplos de ello.

La letra H no es homeomorfa a Y. Y esto es por que la letra H tiene dos puntos de orden 3. Si la letra Y fuera homeomorfa a H, tendría dos puntos de orden 3. Sin embargo sólo tiene uno.

En la letra H todos los puntos tienen orden de intersección 2, excepto dos, que tiene orden de intersección 3. En la letra Y todos los puntos tienen orden de intersección 2, excepto un punto que tiene orden 3.

Por último, la letra Y no es homeomorfa a la letra R. Ésta tiene sólo un punto de orden 3, pero tiene otros puntos de orden 1, es decir, al quitar el punto, el conjunto que queda es conexo.

martes, 27 de diciembre de 2011

¡ FELIZ NAVIDAD !... y conexión

Siguiendo con la entrada anterior sobre 'letras', tomo la expresión ¡ FELIZ NAVIDAD ! y clasifico topológicamente cada uno de sus elementos. Primero, los signos de admiración ¡ y ! son homeomorfos entre sí, y no son homeomorfos a ninguna letra ya que las letras son conexas, pero los signos de admiración no: cada uno tiene dos componentes conexas.

Para el resto, la clasificación es:

  • Las letras L, I, Z, N y V son homeomorfas entre sí. Además, son homeomorfas a un intervalo abierto $(a,b)$.
  • Las letras F y E son homeomorfas entre sí.
  • La letra D no es homeomorfa a ninguna y es homeomorfa a $\mathbb{S}^1$.
  • Lo mismo pasa con la letra A.
  • La letra F tiene un punto que al quitarlo queda tres componentes conexas, cosa que no pasa ni para L, D y A.
  • La letra A tiene exactamente dos puntos que al quitarlos queda dos componentes conexas: esto no pasa a L (hay infinitos) ni a D, que no tiene ninguno.
  • La letra D no es homeomorfa a L, pues al quitarle un punto, queda conexo, y esto no sucede con la letra L.


lunes, 26 de diciembre de 2011

Sobre letras


Todos los años, al llegar al tema de conexión y explicar las componentes conexas, siempre hago referencia a un ejercicio que vi hace tiempo en un libro de topología en el que se distinguía topológicamente las letras del alfabeto. Concretamente, vamos a suponer las letras del alfabeto escritas en mayúsculas, es decir, A B C D E, etc. El problema es, como subconjuntos de $\mathbb{R}^2$, distinguirlas topológicamente. Y usaremos conexión y componentes conexas.

En principio, y para simplificar las dificultades que se pueden prestar, supondré que cuanto una letra acaba en un trozo de segmento, el 'último' punto no está en la letra, es decir, considero ese extremo abierto. Por ejemplo, los dos extremos inferiores de la letra A no están incluidos en la letra.

Empiezo con la letra A y B. Ambas son conexas, pero no son homeomorfas. Supongo que hay un homeomorfismo f entre A y B. En la letra A, considero uno de los dos puntos de intersección entre el segmento vertical de la izquierda y el segmento horizontal. Llamo a ese punto $p$. Mediante el homeomorfismo f, dicho punto irá a alguno $f(p)$ de la letra B. Quito $p$ de $A$ y por tanto, $A-\{p\}$ es homeomorfo a $B-\{f(p)\}$. Sin embargo $A-\{p\}$ tiene dos componentes conexas, y si quito cualquier punto de la letra B, siempre queda conexo. Por tanto, llegamos a una contradicción, probando que A no es homeomorfo a B.

Del mismo modo, la letra E no es homeomorfa a la letra A. Para ello, tomamos el punto q y por tanto $E-\{q\}$ es homeomorfo a $A-\{f(q)\}$. En la letra A no hay puntos que al quitarlos quede tres componentes conexas. Esta contradicción prueba que A no es homeomorfa a E.

Y así podemos seguir con todas las letras del alfabeto.

Por ejemplo, las letras C, I, J y L son homeomorfas entre sí: son todas homeomorfas al intervalo $(0,1)$.


domingo, 25 de diciembre de 2011

Sobre conos

La conexión, como invariante topológico, nos sirve para distinguir espacios topológicos ¡aunque ambos sean conexos!

Un ejemplo es considerar el cono. Tomamos $X=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3;x^2+y^2=z^2\}$, que aparece en la siguiente figura.


Y tomamos el conjunto $Y=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3;x^2+y^2=z^2, z\geq 0\}$, que es el auténtico cono de los helados.


Entonces, usando un argumento de conexión, $X$ no es homeomorfo a $Y$. Llamamos $p=(0,0,0)$, que pertenece a ambos conjuntos. Concretamente, si $f:X\rightarrow Y$ es un homeomorfismo entre ellos, sea $f(p)=q$. Si restringimos $f$ al conjunto $X-\{p\}$ y su imagen, a saber, $Y-\{q\}$, queda un homemorfismo. Por tanto $X-\{p\}\cong Y-\{q\}$.

Sin embargo, $X-\{p\}$ no es conexo, concretamente, tiene dos componentes conexas:
$$X^+:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3;x^2+y^2=z^2, z>0\},$$
$$X^{-}:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3;x^2+y^2=z^2, z<0\}.$$ Pero $Y-\{q\}$ es conexo. El conjunto $Y$ es homeomorfo $\mathbb{R}^2$ (usando la proyección $(x,y,z)\longmapsto (x,y)$). Por tanto, $Y-\{q\}$ es homeomorfo a $\mathbb{R}^2$ menos un punto, que es conexo (además es homeomorfo a un cilindro $\mathbb{S}^1\times\mathbb{R}$).

jueves, 22 de diciembre de 2011

Partición por conexos y componentes conexas


Si dado un espacio topológico $X$ tenemos una partición $\{A_i;i\in I\}$ del mismo por conjuntos conexos, estos no tienen porqué ser las componentes conexas. El ejemplo más sencillo de esto es que en cualquier espacio topológico (sea o no conexo), la partición $\{\{x\};x\in X\}$ es una partición por conexos.

Tenemos un resultado de clase que nos dice que, si además los conjuntos $A_i$ son abiertos, entonces sí coinciden con las componentes conexas.

Con esta entrada lo que pregunto es por ejemplos de espacios topológicos de forma que la partición de las componentes conexas no esté formada por conjuntos abiertos. Y también, si es posible encontrar estos ejemplos como subconjuntos de $\mathbb{R}^n$ con la topología usual.

Un ejemplo que se me ocurre es el siguiente. En la topología de Sorgenfrey, los puntos son las componentes conexas. Sin embargo, el conjunto formado por un punto no es abierto.

lunes, 19 de diciembre de 2011

Componentes conexas y topologías inducidas


Con las componentes conexas podemos plantear varias preguntas relacionadas con las formas de construir espacios topológicos. Por ejemplo, se sabe que en un producto topológico $X\times Y$, la componente conexa de $(x,y)$ es
$C_x\times C_y'$.

¿Y con las topologías inducidas? Supongamos que $X$ es un espacio topológico, $A\subset X$ y $a\in A$. La pregunta es qué relación hay entre la componente conexa $C_a$ de $a$ en $X$ y la componente conexa de $a$ en $(A,\tau_{|A})$, $C_a^A$. Como $C_a^A$ es un conjunto conexo en $X$ que contiene a $a$, entonces $C_a^A\subset C_a$. Es natural preguntarse si $C_a^A=C_a\cap A$.

En $\mathbb{R}$ vemos ejemplos que esto no es cierto. Por ejemplo, si $A=(0,2)\cup (3,4)$ y tomamos $a=1$. Entonces
$C_a^A=(0,2)$ y $C_a=\mathbb{R}$. Por tanto, $C_a\cap A=A=(0,2)\cup (3,4)$.

Si $A$ es conexo, $C_a^A=A$ y $C_a\supset A$. Dejo aquí si es posible hacer un 'teorema' diciendo cuándo se tiene la igualdad $C_a^A=C_a\cap A$.

domingo, 18 de diciembre de 2011

Separando mediante una función (II)


Siguiendo con la entrada de ayer, es conveniente aclarar dos cosas.

Primero es que el hecho de poder 'separar' el conjunto en dos 'partes' no quiere decir que tenga exactamente dos  componentes conexas, sino, como se dijo ayer, que el conjunto no es conexo, y por tanto, tiene al menos dos componentes conexas. Así por ejemplo, si $X$ es el conjunto de $\mathbb{R}^2$ dado por tres puntos, a saber, $X=\{(0,-2),(0,-1),(0,1)\}$, la recta $y=0$ separa el conjunto, es decir,
$$X=(X\cap f^{-1}((-\infty,0)))\cup (X\cap f^{-1}((0,\infty))).$$
El conjunto $X\cap f^{-1}((-\infty,0))$ no es conexo, aunque sí lo es $X\cap f^{-1}((0,\infty))$. En verdad, los tres puntos constituyen las componentes conexas, es decir, hay tres.

La segunda observación es que un conjunto puede no ser conexo, y puede que no haya una función $f$ que pueda separar el mismo. Por ejemplo, el conjunto $\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}$ no es conexo en $\mathbb{R}^2$, y yo al menos no soy capaz de encontrar una función continua que 'separe' el conjunto en dos trozos.

Finalmente, y enlazando con esto último, os dejo como ejercicio encontrar un subconjunto de $\mathbb{R}^2$ que tenga exactamente dos componentes conexas y no sea claro encontrar una función que separe el conjunto en dos trozos (en el ejemplo anterior, el conjunto tiene infinitas componentes conexas).

sábado, 17 de diciembre de 2011

Separando mediante una función


A veces, la prueba de que un conjunto de $\mathbb{R}^n$ no es conexo es conseguir "separarlo" de algún modo. Un ejemplo podría ser el siguiente. En $\mathbb{R}^2$, tomamos como conjunto $X=\{(x,y);y=1\}\cup \{(0,-1)\}$. Este conjunto no es conexo, pues
$$X=(X\cap\{(x,y);y<0\})\cup (X\cap \{(x,y);y>0\})$$
y cada uno de los dos conjuntos anteriores son abiertos de $X$ y no triviales. Por supuesto, es una partición de $X$ ya que $X$ no tiene puntos con $y=0$.

Se puede pensar que lo que se ha hecho con $X$ es probar que el plano $y=0$ lo separa. Definimos la función en $\mathbb{R}^2$ dada por $f(x,y)=0$, a cual es continua. El grafo de la función es el plano $P$ de ecuación $y=0$, el cual separa $X$ en el sentido que $X$ no corta el grafo, y hay puntos de $X$ con $f$ positiva y punto de $X$ con $f$ negativa. Por tanto, una partición por abiertos y no trivial de $X$ es
$$X=(X\cap f^{-1}((-\infty,0)))\cup (X\cap f^{-1}((0,\infty))).$$
Igual que se ha hecho con $f(x,y)=0$, se puede considerar otras funciones para otros conjuntos. Por ejemplo, tomamos en $\mathbb{R}^3$ el conjunto $X=\{(0,0)\}\cup \{(x,y);y=2\}$. Este conjunto no es conexo porque  la función $f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$ separa $X$ del siguiente modo:
$$X=(X\cap f^{-1}((-\infty,1)))\cup (X\cap f^{-1}((1,\infty))).$$
O dicho con palabras, lo de dentro de la bola de radio 1 y lo de fuera de dicha bola.

viernes, 16 de diciembre de 2011

La espada salomónica y el teorema del valor intermedio

¿Es posible partir un bocadillo con el corte de un cuchillo en justamente dos partes iguales?

La respuesta es sí, y la demostración hace uso del teorema del valor intermedio. Cada vez que cortemos el bocadillo, tenemos dos trozos a ambos lado del corte. Si empezamos cortando, por ejemplo, de izquierda a derecha, tendríamos que al principio la parte de la izquierda es pequeña, y la de la derecha, grande. Conforme vamos haciendo los cortes más hacia la derecha, la cantidad a la izquierda se va haciendo mayor, y la de la derecha, más pequeña.

Supongamos que el bocadillo tiene longitud L, y peso P, y colocamos el bocadillo en el eje de abcisas, de forma que el extremo de la izquierda coincide con el origen.

La cantidad (peso) de bocadillo que hay a la izquierda del corte es una función continua de x (la variable del eje de abcisas). Sea f(x) la cantidad de bocadillo a la izquierda de x. Entonces f(0)=0 y f(L)=P. Por tanto, por el teorema del valor intermedio, existe un T tal que f(T)=P/2.

El teorema nos dice que dicho punto existe, aunque no nos dice dónde.

miércoles, 23 de noviembre de 2011

Sobre homeomorfismos

Un comentario de la entrada anterior motiva ésta. Cuando se dice que un conjunto es abierto (o cerrado), está diciendo 'Un conjunto $A\subset X$ es abierto en el espacio topológico $(X,\tau)$ si...', es decir, un conjunto es abierto en.

 
El intervalo $(0,1)$ es homeomorfo a $\mathbb{R}$ y $\mathbb{R}$ es homeomorfo a $\mathbb{R}\times\{0\}\subset\mathbb{R}^2$. Por otro lado:

  1. El intervalo $(0,1)$ es abierto en $\mathbb{R}$ y no es cerrado.
  2. El conjunto $\mathbb{R}$ es abierto y cerrado en $\mathbb{R}$.
  3. El conjunto $\mathbb{R}\times\{0\}$, es decir, el eje de abcisas, es un conjunto cerrado en $\mathbb{R}^2$ y no es abierto.

Creo que estos ejemplos aclaran un poco la cuestión planteada al principio. Y por supuesto, no tiene nada que ver con el hecho de ser o no ser homeomorfos a....

domingo, 20 de noviembre de 2011

Distinguir intervalos

¿Hay alguna forma de distinguir topológicamente el intervalo $[0,1)$ y $(0,1)$, con la topología usual, y que no sea usando un argumento de conexión?

jueves, 17 de noviembre de 2011

Casi un homeomorfismo (II)

Este post está motivado por el comentario de Daniel en la anterior entrada.

Otro ejemplo de una aplicación biyectiva entre dos espacios topológicos que es continua pero no es homeomorfismo es el siguiente ejemplo 'simple'. Sea $X$ un conjunto con dos topologías distintas $\tau_1$ y $\tau_2$ tal que $\tau_1\subset\tau_2$. Consideramos la aplicación identidad:
$$1_X:(X,\tau_2)\rightarrow (X,\tau_1).$$
Esta aplicación es biyectiva y continua porque $\tau_1$ es menos fina que $\tau_2$. Sin embargo, la aplicación no es un homeomorfismo pues entonces se tendría $\tau_1=\tau_2$.

miércoles, 16 de noviembre de 2011

Casi un homeomorfismo

Pongo un ejemplo de una aplicación biyectiva entre dos espacios topológicos que es continua, pero no es homeomorfismo. Para ello tomo $X=[0,2\pi)$ e $Y=S^1$. Tomamos la aplicación $f(x)=(\cos(x),\sin(x))$. Esta aplicación es continua y es biyectiva.

Sin embargo, la inversa de $f$ no es continua. Para ello, tomamos una sucesión de puntos $\{x_n\}\subset S^1$ que se aproxima a $(1,0)$ por debajo, es decir, puntos que pertenecen al cuarto cuadrante. Entonces la sucesión $\{f^{-1}(x_n)\}$ no es convergente: en verdad converge en $[0,2\pi]$, pero no en nuestro espacio topológico $X$. Debería de haber convergido a $x=0$, pues $f^{-1}((1,0))=0$.

Propongo que dejéis más ejemplos.

martes, 15 de noviembre de 2011

La continuidad es una cuestión local

Decir que la continuidad es una 'cuestión local' significa que para estudiar la continuidad en un punto, basta con estudiar la función 'alrededor' de dicho punto. Concretamente, si $f:(X,\tau)\rightarrow (Y,\tau')$ es una aplicación entre dos espacios topológicos y $x\in X$, entonces son equivalentes:

1. $f$ es continua en $x$.
2. Existe un entorno $U$ de $x$ tal que $f:(U,\tau_{|U})\rightarrow (Y,\tau')$ es continua en $x$.
3. Existe un abierto $O\in\tau$ con $x\in O$ tal que $f:(O,\tau_{|O})\rightarrow (Y,\tau')$ es continua en $x$.

O dicho de otro modo, 'alrededor de $x$' quiere decir, en un 'entorno de $x$'. De entre los muchos ejemplos que se pueden poner sobre esta cuestión, propongo el siguiente.

Consideramos en $\mathbb{R}$ la topología $\tau$ del punto incluido para $p=0$ y $f:(\mathbb{R},\tau)\rightarrow
(\mathbb{R},\tau)$ la aplicación dada por $f(x)=x+2$. Esta aplicación no es continua en ningún punto. Sin embargo, si tomamos $x=1$, y $V=(0,2)$, con $x\in V$, la aplicación $f:((0,2),\tau_{|V})\rightarrow (\mathbb{R},\tau)$ es continua en todo punto, en particular, en $x=1$.

lunes, 14 de noviembre de 2011

Distinguir topologías

Sabemos que los invariantes topológicos sirven para clasificar espacios topológicos, concretamente, para saber que dos espacios no son homeomorfos. Voy a tomar dos espacios con los que trabajamos habitualmente. En $\mathbb{R}$ tomamos la topología $\tau_1$ que tiene por base los abiertos de la forma $[a,\infty)$ y $\tau_2$ la que tiene por base los intervalos $(a,\infty)$. Lo que propongo es encontrar el mayor número de invariantes topológicos que distinga un espacio de otro.

De primeras, se me ocurre el siguiente invariante: "tener cada punto una base de entornos con un único elemento". Es evidente que el primer espacio lo satisface tomando $\beta_x^1=\{[x,\infty)\}$ pero no el segundo, pues en tal caso, si $\beta^2_x=\{V\}$ es una base de entornos, sabemos que existe $a\in\mathbb{R}$ tal que $x\in (a,\infty)\subset V$. En particular, $a < x$. Pero $(a,\infty)$ también es un entorno de $x$, luego $V\subset (a,\infty)$. Esto probaría que $V=(a,\infty)$. Si tomamos ahora $b$ tal que $a < b < x$, entonces $(b,\infty)$ es un entorno de $x$, pero es claro que $V\not\subset (b,\infty)$. ¿Hay más invariantes topológicos que prueben que estos espacios no son homeomorfos?

martes, 8 de noviembre de 2011

"Pasando de epsilons": la continuidad de f(x)=x^2

La aplicación $f(x)=x^2$ es continua vista de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ con la topología usual $\tau_u$. Si uno hace la demostración como se le ha enseñado en la asignatura de Cálculo, tendría que probar que es continua en cada punto $x_0\in \mathbb{R}$. Para ello, dado $\epsilon>0$, habría que encontrar un $\delta>0$ tal que si $|x-x_0|<\delta$ entonces $|x^2-x_0^2|<\epsilon$. ¿Cuál es el valor de $\delta$?

"Pasando" de epsilons y deltas, veamos ahora el problema como un ejercicio de la asignatura de "Topología I", probando que es continua en $\mathbb{R}$. Para ello es suficiente probar que, dada una base de $\mathbb{R}$ (espacio codominio) la imagen inversa mediante $f$ de cada elemento de la base es un abierto en $\mathbb{R}$ (espacio dominio). Tomamos $\beta=\{(a,b);a < b, a,b\in\mathbb{R}\}$. Entonces $$f^{-1}((a,b))=\left\{\begin{array}{ll} \emptyset&\mbox{si $b\leq 0$}\\ (-\sqrt{b},\sqrt{b})&\mbox{si $a\leq 0$}\\ (-\sqrt{b},-\sqrt{a})\cup (\sqrt{a},\sqrt{b})&\mbox{si $0 < a $} \end{array}\right.$$
Por tanto, $f^{-1}((a,b))$ es abierto de $(\mathbb{r},\tau_u)$.

viernes, 4 de noviembre de 2011

Actualización del blog y de la página web

Acabo de actualizar el blog en el sentido que he añadido los nuevos materiales docentes de este curso. Concretamente, el resumen teórico de los contenidos de la asignatura que entregué al principio del curso, las relaciones de ejercicios de los temas, así como los exámenes.

También podéis ver esto en mi página web, en el siguiente enlace:

http://www.ugr.es/~rcamino/docencia/topologia11-12/topologia11-12.htm

miércoles, 2 de noviembre de 2011

Interior en la topología relativa

Consideramos un espacio topológico $(X,\tau)$ y $B\subset A\subset X$. Es conocida la propiedad que relaciona la adherencia $\overline{B}$ de $B$ en $X$ con la adherencia $\overline{B}^{A}$ de $B$ en $(A,\tau_{|A})$: $\overline{B}^A=\overline{B}\cap A$. En esta entrada nos preguntamos qué sucede con la 'correspondente' propiedad con el interior, es decir, si hay alguna relación entre $int(B)$ e $int(B)^A$.

Lo que se le ocurre a uno es que se tendría $int(B)^A=int(B)\cap A$. Veamos un ejemplo. Tomamos en $\mathbb{R}$ la topología usual, $A=\{0\}\cup[1,2]$ y $B=\{0\}$. Entonces $B$ es un abierto en $(A,\tau_{|A})$ y por tanto, $int(B)^A=B$. Sin embargo $int(B)=\emptyset$. Esto nos hace pensar que la propiedad que se tiene es
$$int(B)\cap A\subset int(B)^A.$$
Efectivamente, si $x\in int(B)\cap A$, entonces existe un entorno $U$ de $x$ en $X$ tal que $U\subset B$. En particular, $U\cap A\subset B\cap A=B$. Ya que $U\cap A$ es un entorno de $x$ en la topología relativa $\tau_{|A}$ y como $x\in A$, entonces $x\in int(B)^A$.

El ejemplo anterior nos dice que no tiene porqué ser cierta la igualdad.

Os dejo que penséis que sucede con la frontera y el exterior.

martes, 25 de octubre de 2011

Interior, adherencia y grafos de funciones

Sea $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ una aplicación y $A=\{(x,f(x));x\in\mathbb{R}\}$ la gráfica de $f$.

Se sabe que $int(A)=\emptyset$. Para esto no hace falta que $f$ sea continua. Sin embargo, $\overline{A}=A$ si $f$ es continua, y no es cierta la igualdad en general si la aplicación no es continua. El ejemplo es considerar la función $f$ dada por $\sin(1/x)$ si $x\not=0$ y $f(0)=0$. Entonces $A\not\subset \overline{A}$.

Consideramos ahora $A=\{(x,y);y>f(x), x\in\mathbb{R}\}$. Es conocido que si $f$ es continua, entonces $int(A)=A$. El ejercicio que propongo es buscar una función $f$ de forma que el conjunto $int(A)$ no sea $A$.

lunes, 24 de octubre de 2011

Continuando con el juego

Seguimos con este juego de interior y frontera. Sabemos que dado un espacio espacio topológico $(X,\tau)$ y $A\subset X$ entonces $X$ es unión disjunta de $int(A)$, $Fr(A)$ y $ext(A)$. La cuestión que propongo en esta entrada es qué sucede si uno hace interior de $A$, luego la frontera de lo que ha dado, luego su exterior, luego el interior de este conjunto, y así sucesivamente. Por ejemplo, ¿llega un momento en que el conjunto resultante es siempre el mismo?

He empezado por interior, pero podíamos comenzar con la frontera, etc.

Por ejemplo, en la topología usual de R, $A=(0,1)$, su interior es $A$; la frontera de éste es $\{0,1\}$, el exterior de éste es $R-\{0,1\}$, el interior de este conjunto es de nuevo $R-\{0,1\}$; la frontera de éste es ahora $\{0,1\}$, su exterior, $R-\{0,1\}$. Por tanto, en este caso concreto, tenemos un sucesión oscilante.

Siguiendo con el mismo espacio topológico, si $A=\{0\}$, entonces su interior es el vacío; la frontera del vacío es vacío; el exterior es $R$; el interior de éste es $R$; la frontera, el vacío. De nuevo tenemos una sucesión oscilante.

¿Sucede lo mismo con cualquier conjunto y en cualquier espacio topológico?

domingo, 23 de octubre de 2011

Continuando con la frontera

De nuevo esta entrada tiene que ver con la frontera de un conjunto y con una propiedad que tiene el interior y la adherencia de un conjunto. Se sabe que en un espacio topológico $(X,\tau)$, si $A\subset B\subset X$ entonces $int(A)\subset int(B)$. La pregunta que propongo es si es cierto la propiedad análoga para la frontera, es decir, si $Fr(A)\subset Fr(B)$.

Y si no es cierta esta inclusión, buscar alguna relación entre las dos fronteras, si la hubiera, claro.

Pongo un pequeño ejemplito en la topología usual de R. Si $A=(0,1)$ y $B=[0,1]$. Entonces $Fr(A)=Fr(B)$, luego aquí se da la inclusión. Y lo mismo, si cambiamos $A$ por $A=\{0,1\}$.

sábado, 22 de octubre de 2011

Frontera de frontera

Es conocido que en un espacio topológico $(X,\tau)$, si $A\subset X$ entonces $int(int(A))=int(A)$ y que $\overline{\overline{A}}=\overline{A}$. Dicho con otras palabras, si $f:{\cal P}(X)\rightarrow {\cal P}(X)$ es la aplicación $f(A)=int(A)$, entonces $f\circ f=f$, es decir, $f$ es idempotente. Y lo mismo para la adherencia.

La pregunta que me hago es si pasa lo mismo para la 'frontera'. Por ejemplo, ¿$Fr(Fr(A))=Fr(A)$?

Si la respuesta es que no, ¿hasta dónde podríamos llegar?, quiero decir, cuántas veces podemos hacer 'frontera de' hasta que nos quede siempre el mismo conjunto (si fuera posible).

Relacionado con lo anterior, pregunto si es posible que exista un espacio topológico y un conjunto $A\subset X$ de forma que cada vez que haga la frontera salga conjuntos diferentes. Concretamente, la pregunta es si existe un conjunto $A\subset X$ tal que si llamo $A_1=A$ y $A_{n+1}=Fr(A_n)$, los conjuntos $A_n$ son todos distintos.

También, si existen conjuntos $A$ tales que la sucesión $\{A_n\}$ haga cosas 'raras', por ejemplo, que sea oscilante, es decir, que a partir de un cierto lugar, $A_{n}=A_{n+2}$.

viernes, 21 de octubre de 2011

Pocos comentarios en el blog

Esta entrada es para hacer un comentario sobre los comentarios que se realizan en el blog. Al paso del tiempo, y excepto en pequeñas temporadas donde comentar en el blog significaba nota de clase, observo que apenas hay comentarios y participación en el blog.

También sé que el número de visitas al blog es relativamente alto para el tipo de blog que es (¡sobre topología en los estudios de Matemáticas!). Por ejemplo, las visitas semanales en este último mes rondan las 600. Además, se deduce de las estadísticas que aporta Google Analytics, que la mayor parte de esas visitas no son de estudiantes de 'Granada' sino de muchos y variados lugares, por ejemplo, de Hispanoamérica.

Sin embargo esto no repercute en esa participación y pienso que, por parte de los estudiantes, el blog se transforma en un 'amontonar apuntes', lo cual no está mal, pero pienso que un blog es algo más que 'leer y acumular'.

jueves, 20 de octubre de 2011

Una sucesión con infinitos límites

Ya sabemos que en un espacio métrico, el límite de una sucesión convergente es único. Si el espacio topológico no es métrico, puede haber más límites. Éste es el caso del ejemplo que salió ayer en clase y que pongo en el el blog.

En el conjunto de los números naturales $\mathbb{N}$ se considera la topología que tiene por abiertos los conjuntos de la forma $A_n=\{n,n+1,\ldots\}$. Este espacio no es Hausdorff y por tanto, no es metrizable.

Tomamos la sucesión $\{x_n\}=\{n\}$ y veamos que converge a cualquier número natural $m\in \mathbb{N}$. Para ello, consideramos una base de entornos de $m$ en esta topología, que no es más que $\beta_m=\{A_m\}$. Hay que probar que existe $\nu\in \mathbb{N}$ tal que si $n\geq \nu$, entonces $x_n\in A_m$. Basta tomar $\nu=m$.

De este ejemplo, podemos tomar más, por ejemplo, la sucesión de números pares $\{2n\}$ converge a cualquier número natural.

Esto no quiere decir que toda sucesión convergente tiene más de un límite. Por ejemplo, la sucesión constante $\{1,1,\ldots\}$ sólo converge a $1$. Para acabar, podéis probar que toda sucesión en $\mathbb{N}$ es convergente y que $1$ es un límite de toda sucesión.

martes, 18 de octubre de 2011

Sobre intervalos de R

Cada curso que empiezo de Topología siempre surge una dificultad al trabajar con los intervalos de $R$. La cuestión que propongo es la siguiente. Consideramos en la recta real $R$ diferentes topologías y el ejercicio que se plantea es tomar un subconjunto de $R$ y estudiar si es un conjunto abierto y si es cerrado. La confusión aparece inmediatamente cuando dicho conjunto es un intervalo.

La razón es que, antes de la asignatura de Topología, el alumno sabe que hay intervalos abiertos, intervalos cerrados, semiabiertos, semicerrados, etc. Y la dificultad se encuentra en qué relación hay entre la palabra 'abierto' en 'intervalo abierto' y el hecho de ser un 'conjunto abierto'.

La respuesta es bien sencilla: dependiendo de la topología, un intervalo (¡del tipo que sea!) será o no conjunto abierto. Y lo mismo, con cerrado.

Y también hay un 'error' común y es en fijarse sólo en los extremos del intervalo, como si los demás puntos del intervalo no sirvieran para nada.

Para simplificar, en esta entrada voy a tratar el problema de estudiar si el conjunto es abierto, y lo voy a hacer con un ejemplo. Tomamos en $R$ la topología de Sorgenfrey T1, la T2 que tiene por base los intervalos de la forma $(a,\infty)$ y la topología del punto incluido tomando como punto distinguido $p=0$.

Consideramos el intervalo abierto $A=(0,1)$ y nos preguntamos si es abierto en cada una de las topologías. 
  1. Para T1, $A$ es abierto pues $A=\cup_{n\in N}[\frac{1}{n},1)$. 
  2. Para T2, $A$ no es abierto, pues si tomo $x=1/2$, si $A$ fuera abierto, existiría un elemento de la base $(a,\infty)$ tal que $x\in (a,\infty)\subset A$, lo cual es imposible. 
  3. Para T3, $A$ no es abierto pues no contiene a $p$.
Si nos fijamos, no he 'tocado' el asunto sobre los 'extremos' del intervalo.

Tomo ahora $A=[-2,1)$ (que no es un intervalo ni abierto ni cerrado), y hago lo mismo. 
  1. Para T1, $A$ es abierto, pues es un elemento de la base. 
  2. Para T2, $A$ no es abierto, y es el mismo razonamiento que se hizo para $(0,1)$. 
  3. Para T3, $A$ es abierto pues contiene a $p$.

De nuevo, en ningún momento hablo de los extremos.

Como conclusión, si queremos estudiar la topología de un intervalo de $R$, cuando en $R$ hay una topología dada, nos tenemos que 'olvidar' si el intervalo es abierto o cerrado, y centrarnos en lo que nos pregunta. Por supuesto, usaremos que el conjunto es un 'intervalo'.

Sobre esto último, pongo un último ejemplo. Tomo el intervalo cerrado $A=[1,\infty)$. Este conjunto no es abierto ni en T2 ni en T3. Si nos dicen que no es abierto (lo cual es un un gran paso), es porque existirá un punto del conjunto $A$ tal que $A$ no es entorno suyo. Averiguar ese punto, en general, no es fácil, pero aquí sí lo es. ¡Cuidado!: no nos tenemos que fijar en los extremos del intervalo. 
  1. Para T2 el único punto donde falla la propiedad es en $x=1$ (da la casualidad): no hay un intervalo de la forma $(a,\infty)$ tal que $1\in (a,\infty)\subset A$. Sin embargo, $A$ sí es entorno de todos los demás puntos de $A$. 
  2. Para T3, el punto $p$ no está en $A$, luego $A$ no es abierto. En este caso, $A$ no es entorno de ningún punto suyo.
Espero que haya quedado clara la idea de este post.

lunes, 17 de octubre de 2011

Diferentes distancias, misma topología

Cada distancia en un conjunto da una topología. Es conocido que diferentes distancias pueden dar la misma topología, es decir, las distancias son equivalentes. El ejemplo que se pone habitualmente es el de $R^n$ con las tres distancias habituales que se definen en dicho conjunto.

Quiero mostrar aquí otro ejemplo. Sea $X$ un conjunto y se definen dos distancias $d$ y $d'$ del siguiente modo: si $x=y$, $d(x,x)=d'(x,x)=0$ y si $x\not=y$, entonces
$$d(x,y)=1,\ d'(x,y)=2.$$
Observar que las bolas no son iguales. Así, $B_2(x)=X$ y $B_2'(x)=\{x\}$.

Entonces la topología que induce $d$ es la misma que $d'$, y es justamente la topología discreta. Para ello basta tomas bases de entornos de $x\in X$:
$$\beta_x=\{B_r(x);0 < r < 1\}=\{\{x\}\}.$$ $$\beta_x'=\{B_r(x);0 < r < 2\}=\{\{x\}\}.$$ Pero el espacio topológico que tiene por base de entornos el propio punto es el espacio discreto.

jueves, 13 de octubre de 2011

Intersección de topologías

Es bien conocido el siguiente resultado. Sea $X$ un conjunto y $\tau_1$ y $\tau_2$ dos topologías en $X$. Entonces la intersección de las dos topologías $\tau_1\cap\tau_2$ es otra topología.

Os dejo que calculéis la intersección de dos topologías concretas. Exactamente. Sea $X$ un conjunto y $p\in X$. Si $\tau_1$ es la topología del punto incluido para $p$ y $\tau_2$ la del punto excluido para $p$ ¿cuál es $\tau_1\cap \tau_2$?

Diferente es la siguiente cuestión que os dejo para que penséis. Consideramos como antes $X$ con dos topologías. Sea
$$\tau=\{O_1\cap O_2;O_1\in\tau_1, O_2\in\tau_2\}.$$
¿Es $\tau$ una topología? Si la respuesta es 'sí', decir por qué; y si es 'no', poner un ejemplo.

miércoles, 12 de octubre de 2011

Topología inducida en R

(Una vez empezado el curso, vamos a continuar con este blog, aunque este año va a ser algo diferente ya que la asignatura acaba en febrero.)

La topología inducida es un concepto fácil de definir pero a veces, cuesta un poco de trabajo en algunas situaciones. El caso que creo que es más ilustrativo es considerar en R la topología usual. Pongo algunos ejemplos.

Un punto $\{x\}$ es un conjunto cerrado pero no es abierto. Consideramos el conjunto de números enteros Z y la topología inducida. El conjunto $\{1\}$ es ahora un conjunto cerrado y abierto en Z.

El intervalo $[0,1)$ no es un conjunto abierto en R. El intervalo $[1,2)$ no es cerrado. Tomamos ahora el intervalo $X=[0,2)$ con la topología inducida. Entonces $[0,1)$ es un conjunto abierto en X y $[1,2)$ es un conjunto cerrado.

Os dejo aquí otro ejemplo, para que penséis. Tomamos X la sucesión $\{1/n;n\in N\}\cup\{0\}$. Estudiar si $\{0\}$ si es un conjunto abierto y si es cerrado en X.

martes, 7 de junio de 2011

Un matiz sobre compacidad

En el concepto de compacidad para subconjuntos de un espacio topológico, uno puede usar abiertos de dicho subconjunto (abiertos relativos) o abiertos del espacio ambiente. Concretamente.

Si $(X,\tau)$ es un espacio topológico y $A\subset X$, entonces se dice (¡definición!) que $A$ es compacto si el espacio $(A,\tau_A)$ es compacto. Por tanto, al hacer ejercicios para estudiar si un subconjunto es compacto, si se quiere hacerlos usando la definición, hay que coger recubrimientos por abiertos relativos de A.

Sin embargo hay una caracterización de subconjuntos compactos usando abiertos de $(X,\tau)$. Así $A$ es compacto si y sólo si, para cualquier recubrimiento de $A$ por abiertos de $X$ (¡elementos de $\tau$!), entonces existe un subrecubrimiento finito.


En el ejemplo de hoy ha aparecido ambas cosas. El ejercicio decía que en un espacio topológico, la unión de dos subconjuntos compactos $A$ y $B$ también es compacto. Hay dos formas de probarlo:

1. Por definición. Para ello hay que tomar un recubrimiento por abiertos relativos de $A\cup B$. Ese mismo recubrimiento es un recubrimiento de $A$, ya que $A\subset A\cup B$. Como $A$ es compacto, usando la caracterización de compacidad y la transitividad de las topologías relativas, se tiene que un subrecubrimiento finito de $A$. Lo mismo se hace con $B$, y la unión de esos dos recubrimientos (que tiene que ser finito), es el recubrimiento finito buscado para $A\cup B$ (hay que seguir trabajando un poquito más aquí).

2. Por la caracterización de compacidad. Tomamos un recubrimiento de $A\cup B$ por abiertos de $X$. Ya que $A\subset A\cup B$, entonces ese mismo recubrimiento es uno de $A$ por abiertos de $X$. Por tanto, por la caracterización, existe uno finito. Lo mismo se hace para $B$, y la unión de ambos recubrimientos finitos es un recubrimiento finito de $A\cup B$ por abiertos de $X$ (ahora no hay que trabajar más).

Parece lo mismo, pero no lo es: un pequeño matiz...

jueves, 2 de junio de 2011

Cuando pegar es pegar de verdad

Voy a recordar un ejercicio que se hizo ayer en clase y justifica el título de esta entrada.

En el plano $R^2$ consideramos el conjunto $X$ formado por dos rectas paralelas, concretamente las rectas $y=0$ e $y=1$:
$$X=\{(x,0);x\in R\}\cup \{(x,1);x\in R\}.$$
Consideramos la relación de equivalencia $\sim$ que relaciona $(x,0)$ con $(x,1)$, para cada $x\in R$. Entonces el espacio cociente $X/\sim$ es homeomorfo a la recta euclídea $R$ (o si uno prefiere, por ejemplo, a la recta $y=0$).

Intuitivamente la relación de equivalencia nos dice que pegamos la recta $y=0$ con la recta $y=1$, pegando cada punto $(x,0)$ con el correspondiente $(x,1)$ de la recta $y=1$. Y es evidente que el cociente da ¡una única recta!

Basta con definir la aplicación $f:X\rightarrow R$ por $f(x,y)=x$. Esta aplicación tiene una inversa continua por la derecha, luego identificación. Además la relación inducida por $f$ es $\sim$.

viernes, 27 de mayo de 2011

Sobre la aplicación proyección

Consideramos en un espacio topológico X un subconjunto suyo A y definimos la relación de equivalencia R que identifica todos los puntos de A. Hemos visto hoy en clase que si A es abierto (resp. cerrado), la aplicación proyección $p:X\rightarrow X/R$ es abierta (resp. cerrada). Para ello usamos que la saturación $R(O)$ de un conjunto $O$ es $O$ si $O\cap A=\emptyset$ y es $O\cup A$ si $O\cap A\not=\emptyset$.

La pregunta que dejo es: dar un ejemplo (si lo hubiere) de un espacio X, una conjunto A que no sea abierto pero que la aplicación proyección sí es abierta. Lo mismo, pero cambiando la palabra abierto por cerrado.

miércoles, 25 de mayo de 2011

Un cociente no compacto de R

Tomamos en R la relación de equivalencia R que identifica todos los números enteros Z. Se puede probar que el conjunto cociente R/R no es compacto



Sin embargo, podemos pensar el cociente como si cogiéramos la recta real y fuéramos pegando todos los números enteros.



En la figura, los números enteros se pegan en el punto p, y cada segmento entre un entero n y el siguiente n+1, se dobla como si fuera una circunferencia. Podemos tomar estos círculos en un cuadrado para que el conjunto total sea acotado, y como es cerrado, entonces es compacto.


Está claro que por compacidad, R/R no puede ser homeomorfo a dicha figura, entonces ¿en qué falla nuestra intuición?

domingo, 15 de mayo de 2011

Cociente de un disco

Hemos visto en clase que si $D=\{(x,y);x^2+y^2\leq 1\}$ es el disco unidad, es posible, identificando puntos opuesto de $S^1$, probar que el plano proyectivo $RP^2$ es homeomorfo a un cociente del disco $D$.


Esta entrada deja como ejercicio que si cambiamos un poco la relación de equivalencia, a qué sería homeomorfo el disco. La relación es la que identifica los puntos de $S^1$ que tienen la misma abcisa (los demás puntos, sólo están relacionados consigo mismos).

martes, 10 de mayo de 2011

¿Otra "circunferencia"?

Tenemos el conocido resultado que si en $\mathbb{R}$ se define la relación $xRy$ si $x-y\in\mathbb{Z}$, entonces el cociente es homeomorfo a $\mathbb{S^1}$.

¿Qué pasa si cambiamos la topología en $\mathbb{R}$ por, por ejemplo, la topología del punto incluido para $p=0$? ¿Seríamos capaces de "ver" el espacio topológico cociente?

Para considerar otro problema parecido, podríamos empezar con el intervalo $X=[0,1]$, identificando el $0$ y el $1$. Tomamos en $X$ la topología del punto incluido para $p=0$. ¿Podríamos calcular cuál es el cociente $X/R$?

lunes, 9 de mayo de 2011

Cocientes de cuadrados

Hemos visto en clase que si tomamos $X=[0,1]\times [0,1]$ con la relación de equivalencia que identifica los puntos de $\{0\}\times [0,1]$ con los de $\{1\}\times [0,1]$ con la misma ordenada, entonces el cociente es homeomorfo al cilindro $S^1\times [0,1]$. La demostración ha sido sencilla por el hecho de que $X$ es compacto.

Esa misma relación, pero en $Y=[0,1]\times (0,1)$ da como cociente un espacio homeomorfo al cilindro abierto $S^1\times (0,1)$ (ahora $Y$ no es compacto).

Me pregunto si sería posible probar ese homeomorfismo usando que $X/R\cong S^1\times [0,1]$ y que $Y\subset X.

lunes, 18 de abril de 2011

¿Sólo quitar un punto?

Consideramos un espacio topológico $(X,\tau)$ y $p\in X$. Sea $A=X-\{p\}$ con la topología inducida. Considerando la inclusión de $A$ en $X$, ¿es $X$ una compactificación por un punto de $A$? Razonar las respuestas.

lunes, 28 de marzo de 2011

Actualización del blog

He actualizado la parte del blog referida a "Exámenes de los temas del curso 10/11". He añadido los últimos exámenes, incluido el parcial, así como las correspondientes soluciones.

domingo, 20 de marzo de 2011

Fusión nuclear y topología

Un tokamak es un dispositivo que contiene plasma magnético y que según la Wikipedia sirve para "obtener la fusión de las partículas del plasma, lo que generaría grandes cantidades de energía".

En la última entrada sobre el teorema de Tietze, había un ejemplo de que el resultado no es cierto si cambiaba el codominio del espacio. El ejemplo era con el círculo, y me ha venido a la cabeza (enlazando también con hacer una entrada "divulgativa" para el Carnaval) el "teorema de la bola peluda". Este teorema se ha comentado en clase. Dice que si uno tiene un campo de vectores tangente y continuo en la esfera de dimensión 2, se tiene que anular en un punto. Como los vectores tangentes a un punto de la esfera son vectores perpendiculares a dicho punto, se puede enunciar el teorema del siguiente modo: Sea $f:S^2\rightarrow S^2$ una aplicación continua. Entonces existe un punto p donde p y f(p) no son perpendiculares: en caso contrario, si fueran perpendiculares, f(p) define un campo de vectores tangentes a $S^2$ y como $f(p)\in S^2$, no se anula: contradicción.

Lo primero que me gustaría decir es que es un teorema topológico de los buenos.

Lo segundo es que podéis ver en internet muchas entradas sobre dicho teorema (por ejemplo, en gaussianos ) Siempre se dice (y es cierto) que dicho teorema justifica que al peinar una bola aparece un remolino: los pelos son vectores en cada punto de la esfera; al peinar, se hacen tangentes. Esto hace lo "popular" de dicho teorema. En verdad, los pelos de nuestra cabeza no se encuentran en una esfera; es más, y usando la proyección estereográfica con un abierto del plano, se puede probar que efectivamente sí se puede peinar los pelos de nuestras cabezas sin que aparezcan remolinos.

También se dice que, debido a este teorema, en la Tierra siempre hay un punto donde no hay viento. En este caso nos estamos imaginando en cada punto de la Tierra un vector tangente que nos indica la dirección del viento (estamos suponiendo que el viento se mueve horizontalmente en cada punto de la Tierra). También se dice que el teorema demuestra la existencia del "ojo del huracán", ese punto donde no hay viento.

El hecho de ser la esfera $S^2$ es importante. Si cambiamos, por ejemplo, la esfera por un toro, entonces sí existen campos tangentes al toro que no se anulan. He puesto dos toros con sendos campos tangentes no nulos en cada punto. En el de la izquierda, los vectores son, además, tangentes a meridianos. En el de la derecha, tangentes a paralelos.

Por todo lo anterior, este teorema es muy popular. En mi opinión, y sin ser un topólogo, creo que este teorema tiene consecuencias bastantes más profundas en Topología, y que le vale su importancia.

Esta entrada es para llamar la atención sobre otra "aplicación" del teorema que he visto leyendo en internet y que me parece interesante (y más en estos días con "ciertos" problemas nucleares). Es una aplicación en "fusión nuclear".


Volviendo al tokamak. En lo que nos atañe decir que la forma de dicho aparato es un toro ¿porqué? El campo magnético creado en el aparato es un campo de vectores tangentes. Si el campo se anula en algún punto, sería un punto de inestabilidad del dispositivo, lo cual no interesa. Por tanto los físicos, para hacer los experimentos, empiezan tomando una superficie en forma de toro donde al menos es posible construir los campos magnéticos que le interesan. O dicho de otro modo, si en vez de ser un toro, fuera una esfera, el teorema de la bola peluda aseguraría la existencia de un punto donde dicho campo se anula (no sabemos dónde estaría dicho punto, pero sabríamos que existiría), lo cual sería una dificultad en los experimentos.

Dos últimas curiosidades. La primera es que también existe el stellarator, también de forma toroidal. Y otra es que el tokamak fue inventado en los años 50 por dos físicos rusos Ígor Tam y Andréi Sájarov. Recuerdo de mi juventud que Sajarov fue un disidente ruso, en contra del comunismo, que le valió el Premio Nobel de la Paz en 1975: ¡quién me lo iba a decir hoy la relación entre el teorema de la bola peluda y Sajarov!

(Esta entrada participa en el Carnaval de Matemáticas y cuyo blog anfitrión es Gaussianos.)

viernes, 18 de marzo de 2011

Calentar monedas y el Teorema de Tietze

Consideramos una moneda y supongamos que calentamos el borde de la misma (la temperatura en dicho borde no tiene porqué ser constante, si no que puede variar de punto a punto). Nos preguntamos si es posible calentar toda la moneda de forma que la temperatura en el borde sea la que hemos prefijada. La respuesta es afirmativa y nos lo asegura el Teorema de Tietze. De nuevo, este teorema, como el del lema de Urysohn de la entrada anterior, entra dentro de ese imaginario matemático formado por teoremas de "existencia" o "extensión".

El Teorema de Tietze nos dice que en un espacio topológico normal, si C es un cerrado y $f:C\rightarrow R$ una aplicación continua, entonces f se puede extender de forma continua a todo X, es decir, existe una aplicación continua $F:X\rightarrow R$ tal que $F=f$ en C. Lo "curioso" del teorema es que lo útil del mismo es la existencia pero no cómo es la función F, que de todas formas, es impresionantemente farragosa. Si volvemos a la moneda, nos imaginamos que la misma es el subconjunto de $R^2$ dado por $D=\{(x,y);x^2+y^2\leq 1\}$ y $C=\{(x,y)\in D;x^2+y^2=1\}$, que es cerrado en D. El conjunto D es un espacio métrico, luego es normal. La función temperatura que tenemos prefijada en el borde es una aplicación $f:C\rightarrow R$, que es continua (la temperatura de un punto a otro cercano cambia poco). Entonces la aplicación F que nos da el Teorema de Tietze nos dice cómo calentar la moneda D de forma que en el borde dicha temperatura coincida con la f dada. (Si queréis ver diferentes demostraciones del Teorema de extensión de Tietze, os recomiendo: "El Teorema de extensión de Tietze", F. García, M. L. Puertas, Divulgaciones Matemáticas Vol. 10 (2002), 63-78).

(Esta entrada participa en el Carnaval de Matemáticas y cuyo blog anfitrión es Gaussianos.)

martes, 15 de marzo de 2011

Lema de Urysohn ¿para qué sirve?

Hoy hemos explicado en clase en lema de Urysohn: en un espacio topológico normal $X$, dos cerrados disjuntos se pueden separar por aplicaciones continuas de $X$ en $[0,1]$ de forma que en un cerrado la aplicación vale 0 y en el otro, 1.

El lema de Urysohn es uno de esos resultados que el alumno lo recibe más o menos indiferente, a pesar de los esfuerzos por parte del profesor en insistir de su importancia. Pocas veces, durante la licenciatura, saldrá dicho lema, pero cuando aparezca será para hacer pasos fundamentales en una demostración o teoría. Voy a intentar (no sé si lo conseguiré) poner tres ejemplos de ello.

El primero es un resultado topológico y nos dice cuándo un espacio topológico $(X,\tau)$ es metrizable, es decir, cuándo podemos afirmar que existe una distancia en X de forma que la topología del correspondiente espacio métrico sea la misma que ya teníamos, es decir, $\tau$. El resultado clásico dice que si el espacio satisface el segundo axioma de numerabilidad y es normal, entonces es metrizable. Para ello, usando el lema de Urysohn, se prueba que el espacio $(X,\tau)$ es homeomorfo a un subconjunto del espacio métrico $[0,1]^{\bf R}$.

El segundo se refiere cuando hablamos de particiones de la unidad. No voy a hablar de qué son las particiones de la unidad, pero están muy relacionadas con el lema de Urysohn. Las particiones de la unidad se usan, hablando un poco a la ligera, cuando uno quiere hacer una teoría a partir de "trozos pequeños". Un ejemplo es cuando uno quiere decir cómo se integra en una superficie. No es problema poder definir la integral de una función en un abierto pequeño de la superficie, pero el problema es como definirla para una función definida en TODA la superficie. Las particiones de la unidad nos permite EXTENDER dicha integral.

Por último, un tercer ejemplo de aplicación del lema de Urysohn aparece cuando uno se pregunta si una variedad se puede ver como un subconjunto de un espacio euclídeo $R^n$. Una variedad de dimensión n es un espacio topológico de forma que localmente es homeomorfo a $R^n$. Por ejemplo, una curva es una variedad de dimensión 1 y una superficie, una variedad de dimensión 2. Me centro en superficies. Hay que imaginarse una superficie como un espacio topológico abstracto que satisface la propiedad de variedad (y no como un subconjunto de $R^3$). La pregunta natural es si existe un espacio euclídeo $R^n$ de forma que la superficie sea homeomorfa a un subconjunto de $R^n$. Una condición suficiente es que el espacio sea AN2, Hausdorff y normal. Y en la prueba es clave el lema de Urysohn.

Una curiosidad. Un teorema en la línea del último fue dado por Nash, el de la película "Una mente maravillosa": es el teorema de embebimiento de Nash y publicado en el Annals of Mathematics en 1956. Si habéis visto la película, casi al final del todo, cuando le dicen a Nash que la Academia Sueca está pensando en darle el Premio Nobel, el amigo le dice que una de sus aportaciones, entre otras, es dicho teorema.

(Esta entrada participa en el Carnaval de Matemáticas y cuyo blog anfitrión es Gaussianos.)

lunes, 7 de marzo de 2011

Primer axioma de numerabilidad en la topología cofinita

Planteo dos problemas en esta entrada respecto de la topología de los complementos finitos. Tomo como conjunto, el de los números reales.

1. ¿Satisface el primer axioma de numerabilidad? Creo que no.

2. Por tanto, este espacio es candidato a encontrar ejemplos de subconjuntos $A$, $x\in A$ un punto no interior de $A$ pero de forma que toda sucesión convergente a $x$, a partir de un cierto lugar, se encuentra contenida en $A$.

miércoles, 23 de febrero de 2011

Arcos en la topología del punto incluido

Dado un conjunto $X$, $p\in X$ un elemento fijo y $\tau$ la topología del punto incluido para dicho punto, sabemos que $(X,\tau)$ es un espacio arcoconexo. Se quiere mostrar que dado el punto $p$ y otro $q$, hay muchos arcos que los une. El que se dio en clase fue $\alpha(t)=p$ si $t\in [0,1/2)$ y $\alpha(t)=q$ si $t\geq 1/2$. Pero otro arco puede ser el siguiente: $\beta(t)=p$ si $t\in [0,1/4)$ y $\beta(t)=q$ si $t\in [1/4,1]$. Son arcos diferentes, aunque la imagen es la misma.

Tomamos ahora $X=\mathbb{R}$, $p=0$. Con la misma topología del punto incluido, el segmento que une $p$ con otro punto $q$ NO es un arco, porque no es continua. Recordamos que el segmento está dado por $\alpha(t)=(1-t)p+tq=tq$. Si tomamos $O=\{0\}$, entonces $alpha^{-1}(O)=\{0\}$ que no es abierto en $[0,1]$.

lunes, 17 de enero de 2011

Si podemos "separar"...

Cuando nos imaginamos que un subconjunto del espacio euclídeo está formado por varios trozos, y por tanto no es conexo, muchas veces es porque podemos "separar" o "distinguir" dichos trozos. El ejemplo que se hizo en clase de que el conjunto (de $R^3$) formado por dos personas es no conexo es un botón de muestra.

Otro ejemplo es el siguiente. En el espacio $R^3$, sea $X=X_1\cup X_2$, donde $X_1$ es la bola de radio 1 centrada en el punto $(0,4,0)$ y $X_2$ es la recta $x=0,y=-2$. Tomamos el plano $P$ de ecuación $y=1$. Entonces $P$ 'separa' $X_1$ de $X_2$, además, en dos abiertos. Concretamente, si $P^+=\{y>1\}$ y $P^{-}=\{y<1\}$, estos semiespacios son abiertos de $R^3$, al ser cada uno de ellos imágenes inversas, mediante aplicaciones continuas, de abiertos. Además $X_1=P^{+}\cap X$ y $X_2=P^{-}\cap X$, probando que $X$ no es conexo.

El siguiente ejemplo nos dice que para separar uno puede usar 'cosas' que no sean planos. Así, en el plano $R^2$ tomamos $X=C_1\cup C_2$, donde $C_1$ y $C_2$ son circunferencias centradas en el origen de radios 1 y 2, respectivamente. La aplicación continua de $R^2$ en $R$ dada por $f(x,y)=x^2+y^2$ nos dice que $A=\{(x,y);x^2+y^2<9/4\}$ y $B=\{(x,y);x^2+y^2>9/4\}$ son abiertos de $R^2$ y que $C_1=X\cap A$ y $C_2=X\cap B$, probando que $X$ no es conexo.