Tres espacios no homeomorfos entre sí

En el examen de febrero pregunté por tres espacios que no son  homeomorfos entre sí. Dichos espacios son subconjuntos del plano euclídeo: $A=\{(x,y)\in {\mathbb R}^2:x^2+y^2\leq 1\}$,  $B=A-\{(1,0)\}$ y $C={\mathbb S}^1$. Se preguntaba que cualquier par de dichos espacios no son homeomorfos. Para ello se usa conexión y compacidad.

1. $A$ es compacto por ser cerrado y acotado. Es cerrado ya que $A=f^{-1}([0,1])$ donde $f:{\mathbb R}^2\rightarrow{\mathbb R}$ es la aplicación continua $f(x,y)=x^2+y^2$.
2. $B$ no es compacto ya que no es cerrado, pues su adherencia es $A$: toda bola centrada en $(1,0)$ interseca a $B$.
3. $C$ es compacto por ser acotado y cerrado: es cerrado ya que $C=f^{-1}(\{1\})$.

Por tanto, sólo queda distinguir $A$ de $C$. Supongamos que $\phi:A\rightarrow {\mathbb S}^{-1}$ es un homeomorfismo. Entonces si $p,q\in A$, $A-\{p,q\}\cong {\mathbb S}^{-1}-\{\phi(p),\phi(q)\}$. Por un lado, ${\mathbb S}^{-1}-\{\phi(p),\phi(q)\}$ no es conexo, ya que ${\mathbb S}^1-\{\phi(p)\}$ es homeomorfo a ${\mathbb R}$, luego al quitarle otro punto, no es conexo. Sin embargo $A-\{p,q\}$ es conexo. Para ello hay varios razonamientos, pero si tomamos $p,q$ en el borde de $A$, por ejemplo, $p=(1,0)$ y $q=-p$, entonces $A-\{p,q\}$ es un conjunto convexo y por tanto, es conexo.

La intersección de topologías y compacidad

Sea $X$ un conjunto con dos topologías $\tau_1$ y $\tau_2$. Si las dos topologías son compactas, la intersección $\tau_1\cap \tau_2$ también lo es: dado un recubrimiento $\{O_i: i\in I\}$ de $X$ por abiertos de $\tau_1\cap \tau_2$, los conjuntos $O_i$ son elementos de $\tau_1$  y de $\tau_2$, luego existe un subrecubrimiento finito. En verdad, sólo hace falta que una topología sea compacta.

A continuación pongo un ejemplo de que la intersección de dos topologías no compactas es compacta. Consideramos $X=\mathbb{R}$ la recta real y $\tau_1$, $\tau_2$ las topologías a derechas e izquierdas, respectivamente. Ninguna de ellas es compacta. Así, y para $\tau_1$, tenemos el siguiente recubrimiento por abiertos:
$${\mathbb R}=\cup_{x\in {\mathbb R}} [x,\infty).$$
Sin embargo, si hubiera un recubrimiento finito, se tendría:
$${\mathbb R}=\cup_{i=1}^n\ [x_i,\infty)=[\min\{x_1,\ldots,x_n\},\infty),$$
y ${\mathbb R}$ estaría acotado inferiormente.

Calculamos ahora $\tau_1\cap \tau_2$. Si $O\in\tau_1\cap\tau_2$ y no es trivial, entonces $O$ debe contener a un conjunto del tipo $[x,\infty)$ y otro de la forma $(-\infty,y]$ y esto daría que $O={\mathbb R}$. Por tanto, $O$ tiene que ser trivial, es decir,
$$\tau_1\cap \tau_2=\{\emptyset,{\mathbb R}\}.$$ Como es una topología finita, es compacta.

Adherencia y compacidad

La adherencia de un compacto no es compacto

En el examen de febrero apareció un ejemplo de un subconjunto compacto cuya adherencia no lo es. Para ello tomamos el  espacio topológico $(X,\tau)$, donde $X=[0,2]$ y $\tau=\{O\subset X: (0,1)\subset O\}\cup\{\emptyset\}$. Esta topología la hemos llamado la del 'conjunto incluido', ya que todos los abiertos contienen al subconjunto $A=(0,1)$.

El conjunto $A$ es compacto, ya que dado un recubrimiento por abiertos de $A$, cualquier abierto de dicho recubrimiento ya recubre $A$ por la propia definición de $\tau$.

La adherencia de $A$ es $X$: $\overline{A}=[0,2]$. Una base de entornos de cada punto $x\in X$ es $\beta_x=\{U_x:=\{x\}\cup A\}$. Por tanto, $U_x\cap A\not=\emptyset$.

Sin embargo, $\overline{A}=[0,2]$ no es compacto. Un recubrimiento de $[0,2]$ es $\{U_x:x\in  [0,2]\}$, y si hubiera un recubrimiento finito, a saber, $[0,2]=U_{x_1}\cup\ldots\cup U_{x_n}$, entonces $[0,2]=A\cup\{x_1,\ldots,x_n\}$, lo cual es falso.