Topología cociente y topología inducida (II)

Continuamos con la entrada anterior, volviendo al ejemplo último: $X=[0,1]$, $R$ la relación de equivalencia que identifica el $0$ con el $1$. Tomamos varios ejemplos de conjuntos $A$: $[0,1/2)\cup \{1\}$, $(1/4,3/4)$ y $[0,1]-\{1/2\}$. Todos estos conjuntos son saturados. Aquí la topología $\tau$ es la usual y denotamos por $S$ la relación inducida en $A$. La topología inducida en $A$ también es la usual, y la denotamos también por $\tau$.

Para el espacio $(p(A),(\tau/R)_{|p(A)}$ lo que hacemos es ver el espacio $p(A)$ como subconjunto de ${\mathbb S}^1$.

En el primer ejemplo, el conjunto cociente $(A/S,\tau/S)$ es homeomorfo a $[0,1/2)$. Basta con definir $f:A\rightarrow [0,1/2)$ como $f(x)=x$ si $x\not= 1$ y $f(1)=0$. Esta aplicación es ¡continua! (pensar) y tiene una inversa por la derecha que no es más que la inclusión.

Por otro lado, $p(A)$ es, en la circunferencia ${\mathbb S}^1$, la midad de ella, empezando en el ángulo $\theta=0$ (incluido en $p(A)$) y acabando en $\theta=\pi$, que no está incluido. Y es evidente que este conjunto es homeomorfo a $[0,1/2)$ (lo dejo también para que lo penséis).

Por tanto, aquí sí tenemos la igualdad de las dos topologías

Topología cociente y topología inducida

Nos preguntamos en esta entrada si la topología cociente se lleva bien con la topología relativa. Concretamente, consideramos una relación de equivalencia $R$ en un espacio topológico $(X,\tau)$ y sea $A\subset X$. Sea $p$ la proyección en el cociente $X/R$. En $p(A)\subset X/R$ hay dos topologías. Una es la topología inducida de $\tau/R$ en $p(A)$, es decir, $(\tau/R)_{|p(A)}$.

La otra es la siguiente. Tomamos en $A$ la topología inducida, $\tau_{|A}$ y en $A$ también consideramos la relación $R$, que sigue siendo de equivalencia: observemos que puede haber elementos de $X$ que no estén en $A$, pero relacionados con elementos de $A$, o dicho de otro modo, el conjunto $A$ no tiene porqué estar saturado. Tenemos ahora el espacio cociente $(A/R,(\tau_{|A})/R)$. Sin embargo, el conjunto cociente $A/R$ no tiene porqué coincidir con $p(A)$, justo porque $A$ puede no estar saturado. Además, puede ocurrir que $A/R\not\subset p(A)$ y/o $p(A)\not\subset A/R$.

Pongo el siguiente ejemplo (lo que viene a continuación no es topología). Sea $X={\mathbb N}$ el conjunto de los números naturales y la relación de equivalencia $R$ es la que tiene tres clases: $\{1,2,3\}$, $\{4,5,6\}$ y la tercera, es $\{7,8,\ldots\}$. Tomo $A=\{2,3,4\}$ y $R$ la relación inducida en $A$. Entonces el conjunto cociente es $A/R=\{\{2,3\},\{4\}\}$. Sin embargo, $p(A)=\{\{1,2,3\},\{4,5,6\}\}$

Por tanto, y para que tenga sentido la pregunta que hos haremos, tenemos que imponer que $A$ esté saturado, porque entonces sí es evidente que $A/R=p(A)$. La pregunta que nos hacemos es si $(\tau/R)_{|p(A)}$ coincide $(\tau_{|A})/R$.

Este problema nos lo podemos plantear en cualquier ejercicio. Por ejemplo, en el de $X=[0,1]$, $R$ la relación de equivalencia que identifica el $0$ con el $1$. Tomamos varios ejemplos de conjuntos $A$: $[0,1/2)\cup \{1\}$, $(1/4,3/4)$ y $[0,1]-\{1/2\}$.

Deformando con un dedo

Siempre decimos que las 'deformaciones' de los objetos, como si fueran plastilina, son homeomorfismos. Se me ha ocurrido hacer una deformación con un dedo de una recta. Tomo la recta $X$ del plano de ecuación $y=0$ y sea $Y$ el siguiente conjunto $$Y=({\mathbb R}-[-1,1])\times\{0\})\cup \{(x,y);x^2+y^2=1,y\leq 0\}.$$ El conjunto $Y$ es como si empujáramos $X$ con un dedo en el intervalo $[-1,1]$ y lo deformáramos en la parte de abajo de la circunferencia ${\mathbb S}^1$. Veamos que son homeomorfos. Evidentemente, el homeomorfismo $f:X\rightarrow Y$ es la deformación del dedo, es decir, $$f(x,0)=\left\{\begin{array}{cc}(x,0) & x\not\in [-1,1]\\ (x,-\sqrt{1-x^2}) & x\in [-1,1]\end{array}\right.$$ Es evidente que $f$ es un homeomorfismo (dejo los detalles). La clave es que si llamamos $A$ y $B$ a cada uno de los dos conjuntos de $Y$, entonces $A\subset X$. Y $B$ es el grafo de la función $-\sqrt{1-x^2}$ definida en $[-1,1]$, y este intervalo es homeomorfo a $X-A$.

Bolas en espacios euclídeos (de nuevo)

Ya se ha comentado varias veces la 'diferencia' entre las bolas de ${\mathbb R}^n$  y las bolas en otros espacios métricos. Aquí, y a cuento de los homeomorfismos, ponemos otro ejemplo más.

Una bola de ${\mathbb R}^n$ es homeomorfa a ${\mathbb R}^n$. Para ello basta 'estirar' la bola lo suficiente hasta rellenar todo el espacio. Por ejemplo, si consideramos la bola  $B_1(O)$ centrada en el origen y de radio $1$, entonces cada segmento que sale desde el origen hasta tocar el borde de la bola lo estiramos hasta convertirlo en la semirrecta que sale del origen y con la misma dirección. El homeomorfismo explícito ya salido varias veces y no vamos ahora a repetirlo, pero sí indicar que para poder 'estirar' necesitamos 'atravesar' todo el espacio, o dicho de otro modo, es clave la estructura afín que tiene ${\mathbb R}^n$.

Porque si vamos a otro espacio métrico, esto no es tan claro. Y vamos a considerar como espacio métrico, subconjuntos de ${\mathbb R}^n$ con la distancia euclídea. Así por ejemplo,

1. Si consideramos ${\mathbb Z}^n\subset {\mathbb R}^n$ y tomamos $p=0$ y $r=1$, la bola $B_1(0)=\{0\}$, que no es homeomorfa a ${\mathbb Z}^n$ (no es biyectiva).
2. Si consideramos $X=[0,1]\cup \{3\}$ y la bola $B_2(0)$, tampoco es homeomorfa a $X$ (ni tampoco a ${\mathbb R}^n$)
3. En el mismo ejemplo anterior, la bola $B_1(0)$ tampoco es homeomorfa a $X$, ni a $B_2(0)$ ni a ${\mathbb R}^n$.

Sobre la entrada de ayer

En la entrada anterior dije que era posible establecer un homeomorfismo de $(0,1)$ en sí mismo que me llevara $x_0\in (0,1)$ en $1/2$. Me quedé un poco parado ayer pensando si era cierto o no, pero sí es posible hacerlo. Si imaginamos el intervalo $(0,1)$ como un trozo de goma, o de plastilina, es claro que uno podría 'estirar' más de un lado que de otro hasta llevar $x_0$ en $1/2$ (o donde uno quiera).

Concretamente, el ejercicio es: sean $x,y\in(0,1)$. Entonces existe un homeomorfismo $f:(0,1)\rightarrow (0,1)$ tal que $f(x)=y$. Para ello, se considera los intervalos $(0,x]$ y $(0,y]$. Se sabe de clase que son homeomorfos y además, es posible tomar el homeomorfismo $g:(0,x)\rightarrow (0,y)$ tal que $g(x)=y$: basta con tomar $g(t)=yt/x$. Del mismo modo, sea $h:[x,1)\rightarrow [y,1)$ otro homeomorfismo con $h(x)=y$.

El homeomorfismo $f$ que se busca se define a trozos como: $f(t)=g(t)$ si $t\in (0,x]$ y $f(t)=h(t)$ si $t\in [x,1)$. Obsérvese que los conjuntos $(0,x]$ y $[x,1)$ son ambos conjuntos cerrados en $(0,1)$; también que $f$ está bien definida en $t=x$ ya que $g(x)=h(x)=y$; y por supuesto, que $f(x)=y$.

Probar que no son homeomorfos

Ya hemos insistido que para probar que no dos espacios topológicos no son homeomorfos, hay que encontrar invariantes topológicos que satisfaga un espacio y no el otro. Pero uno podría pensar que otra forma sería probar directamente que no existen homeomorfismos entre un espacio y otro.

Me he planteado, en un caso sencillo, esta cuestión y no veo que sea fácil hacerlo sin echar de mano del concepto de invariante topológico. Por ejemplo, cojamos $X=[0,1)$ e $Y=(0,1)$. La idea es, por reducción al absurdo, suponer que existe un homeomorfismo $f:X\rightarrow Y$ y llegar a una contradicción. Sabemos que el invariante topológico que se usa aquí para probar que no son homeomorfos es la conexión, pero ¿se podría llegar a una contradicción trabajando directamente con $f$? Es claro a raíz del argumento con conexión, que uno tiene que focalizar el trabajo entre $x=0$ y su imagen mediante $f$.

Sea $x_0=f(0)$, el cual sabemos que satisface $01/2$y$g(y_n)\rightarrow 0$. Si supiéramos que$g$ es creciente, entonces llegaríamos a una contradicción.

Y aquí me quedo...

Homeomorfismo de un espacio en un subconjunto

Sabemos que ${\mathbb R}$ es homeomorfo al intervalo $(0,1)$, que es un subconjunto suyo. Esta propiedad no es única de la recta euclídea, y podemos ver otros espacios topológicos con dicha propiedad.

En ${\mathbb R}$ consideramos la topología discreta y sea $X$ el conjunto de los irracionales también con la topología discreta. Ya que ${\mathbb R}$ y $X$ son biyectivos, la misma biyección es un homeomorfismo.

En ${\mathbb N}$ tomamos la topología de los complementos finitos y sea $X$ el conjunto de los números pares con la topología relativa, que es de nuevo, la topología de los complementos finitos. Entonces cualquier biyección entre ${\mathbb N}$ y $X$ es un homeomorfismo.

Consideramos ${\mathbb Z}$ con la topología trivial, y ${\mathbb N}$ con la topología relativa, que también es la topología trivial. Entonces cualquier aplicación biyectiva entre ${\mathbb Z}$ y ${\mathbb N}$ es un homeomorfismo.

Sea ${\mathbb R}$ con la topología de los complementos finitos y sea $X=(0,\infty)$ con la topología relativa. Entonces la aplicación $f(x)=e^x$ es un homeomorfismo entre ${\mathbb R}$ y $(0,\infty)$ ya que es una aplicación creciente.

Homeomorfismo entre intervalos

Cuando se ha establecido en clase un homeomorfismo entre un intervalo $(a,b)$ y $(c,d)$ se ha hecho usando homotecias y traslaciones, es decir, usando una aplicación del tipo $f(x)=mx+n$. Si pensamos que estamos 'estirando' el intervalo $(a,b)$ para convertirlo en $(c,d)$, el estiramiento se hace de forma proporcional. Sin embargo no es la única forma de hacerlo en el sentido de que podemos ir estirando más de un lado que por otro. Por ejemplo, consideramos la aplicación $f(x)=x^3$. Entonces $f$ es un homeomorfismo entre ${\mathbb R}$ y ${\mathbb R}$. Si tomamos el intervalo $(-1,1)$, la imagen mediante $f$ es $(-1,1)$. Estamos estirando el intervalo $(-1,1)$ en sí mismo ¡y no es la identidad!

Otro ejemplo es considerar $f(x)=x^2$. Esta aplicación no es un homeomorfismo de ${\mathbb R}$ en ${\mathbb R}$, pero sí de $[0,\infty)$ en $[0,\infty)$. Mediante esta aplicación, el intervalo $[0,3]$ se lleva en $[0,9]$. Puede uno comparar este homeomorfismo con $g(x)=3x$, que también lleva $[0,3]$ en $[0,9]$.

Finalmente, y como se dijo en clase, uno también podría considerar la aplicación $f(x)=\sin(x)$, que es un homeomorfimos entre $(-\pi/2,\pi/2)$ en $(-1,1)$.