El borde de un toro es la figura del 8

 Consideramos el toro como el cociente de $I^2/\sim$ donde $I=[0,1]$ y $\sim$ es la relación $(0,t)\sim (1,t)$ y $(t,0)\sim (t,1)$. Consideramos el borde del cuadrado $B=\partial I^2$ y el cociente $B/\sim$. Probamos que dicho cociente es la figura del 8.

Para la figura del 8, consideramos dos esferas tangentes: $Y=S^1(1,0)\cup S^1(-1,0)$. Se define la aplicación $f:B\to Y$ mediante

$$\begin{array}{l} (t,0)\mapsto (1,0)+(\cos(2\pi t)+\pi),\sin(2\pi t)+\pi)\\

(t,1)\mapsto (1,0)+(\cos(2\pi t)+\pi),\sin(2\pi t)+\pi)\\

(0,t)\mapsto (-1,0)+(\cos(2\pi t),\sin(2\pi t))\\

(t,0)\mapsto (1,0)+(\cos(2\pi t),\sin(2\pi t)) 

\end{array}$$

Esta aplicación está bien definida, factoriza pues $f(p)=f(q)$ si y sólo si $p\sim q$ y es una identificación porque el dominio es compacto y llega a un espacio Hausdorff. Finalmente, la topología cociente en $B/\sim$ es la topología inducida del toro, pues la aplicación proyeccion de $I^2$ al toro es cerrada (dominio compacto y codominio Hausdorff). 

Por tanto, la aplicación $\tilde{f}\colon B/\sim\to Y$ es un homeomorfismo.

Identificaciones y homotopías en espacios cocientes

En la entrada anterior quedó por probar que $F'$ es una homotopía. En este caso, el dominio de $F'$ es un espacio cociente. Es natural pensar que $F'$ será continua si y sólo si $F'\circ (p\times 1_{I})$ es continua. Sin embargo esto no es trivial y para ello se usa de manera importante que $I$ es compacto. Probamos el siguiente resultado, el cual nos responde al problema planteado. Reemplazamos $I$ por un espacio localmente compacto y Hausdorff, aunque usaremos las notación $I$. 

Teorema. Si $f\colon X\to Y$ es una identificación, entonces $f\times 1_I$ es una identificación.

Demostración.  Es suficiente probar que $g:Y\times I\to Z$ es continua si y sólo si $h=g\circ (f\times 1_I)$ es continua. Por tanto, supongamos que $h$ es continua y probamos que $g$ también lo es. Sea $(y_0,t_0)\in Y\times I$ y $V$ un entorno abierto de $g(y_0,t_0)$. Sea $f(x_0)=y_0$ ($f$ es sobreyectiva). Ya que $h$ es continua e $I$ es localmente compacto, existen entornos $U$ de $x_0$ y $W$ entorno compacto de $t_0$ tal que $h(U\times W)\subset V$. Sea $$O'=\{y\in Y: g(\{y\}\times W)\subset V\}.$$Este conjunto contiene a $y_0$ y evidentemente $g(O')\subset W$. Faltaría por probar que $O'$ es abierto. Ya que $f$ es una identificación, es equivalente a probar que $f^{-1}(O')$ es abierto en $X$. Obsérvese que $$f^{-1}(O')=\{x\in X:g(f(x)\times U)\subset V\}.$$ Pero su complementario es $$X-f^{-1}(O')=p_X((X\times W)\cap h^{-1}(Z-V)).$$ Este es conjunto es cerrado, donde $p_X\colon X\times Y\to X$ es la primera proyección. Aquí se usa que $W$ es compacto, luego es cerrado, y también $X\times W$. Esto es consecuencia a que lo que hay en el paréntesis es cerrado, y por otro al siguiente resultado conocido de espacios compactos: "si $Y$ es compacto, entonces $p_X\colon X\times Y\to X$ es una aplicación cerrada".

Volviendo al origen, es decir, a la entrada anterior y a la prueba de que $F'$ es continua, la aplicación $p\times 1_I$ es una identificación porque $p$ lo es y usamos el teorema anteriormente probado. Por otro lado, ya que es una identificación, $F'$ es continua si y sólo si $F'\circ (p\times 1_I)$ es continua, y esto fue lo que se probó en la entrada anterior. 

i y sólo si $(f\times 1_I)\circ (p\times 1_I) (se puede reemplazar $I$ por un espacio localmente com

El grupo fundamental de la banda Möbius

 Probamos que el grupo fundamental de la banda Möbius $\mathbb{M}$ es $\mathbb{Z}$. Vemos $\mathbb{M}$ como el espacio cociente del cuadrado $I\times I$ con la relación $(0,y)\sim (1,1-y)$. Probamos que $A=\frac{I\times\{\frac12\}}{\sim}$ es un retracto fuerte de deformación de $\mathbb{M}$. 

1. La retracción es $r'\colon \mathbb{M}\to A$ dada por $r'\circ p=p\circ r$, donde $p$ es la aplicación proyección al cociente y $r\colon I\times I\to I\times \{\frac12\}$ es $r(x,y)=(x,\frac12)$. Otra manera de escribir $r'$ es $r'([(x,y)]=[(x,\frac12)]$. La aplicación está bien definida, pues $r'([(0,y)])=[(0,\frac12)]$, $r'([(1,1-y)])=[(1,\frac12)]$ y $(0,\frac12)\sim(1,\frac12)$.
2. La aplicación $r'$ es continua porque $r'\circ p$ es continua.
3. Es evidente que $r'([x,\frac12)])=[(x,\frac12)]$.
4. La retracción es de deformación fuerte. Para ello definimos $F\colon (I\times I)\times I\to I\times I$ mediante $F((x,y),t)=(1-t)(x,y)+t r(x,y)$. Con esta $F$, definimos $F'\colon \mathbb{M}\times I\to \mathbb{M}$ mediante $F'\circ (p\times 1_{I})=(p\times 1_{I})\circ F$. De nuevo $F'$ es continua y satisface la propiedades de la deformación. Sólo faltaría probar que $F'$ es continua. Nota: Se probará en la siguiente entrada que $F'$ es continua porque $F'\circ (p\times 1_{I})$ es continua.

Una vez probado que $A$ es un retracto fuerte de deformación, calculamos el grupo fundamental de $A$. Para ello probamos que $A\cong \mathbb{S}^1$, para ser exactos, que $A$ es homeomorfo al cociente $[0,1]/R$ donde $R$ es la relación identifica los extremos. Para ello, se define $g\colon I\times \{\frac12\}\to I$ mediante $g(x,\frac12)=x$. Entonces es claro que $(0,\frac12)\sim (1,\frac12)$ si y sólo si $g(0)R g(1)$. Esto implica que $g$ factoriza en los cocientes,  $g'\colon A\to \frac{[0,1]}{R}$ como una aplicación continua y biyectiva. Ya que $g$ es una identificación (sale de un compacto y llega a un Hausdorff), entonces $g'$ es homeomorfismo.

Falta el detalle de darse cuenta que en $A$ estamos considerando en todo lo anterior  (os dejo dónde) dos topología en $A$ que, en principio, son diferentes. Para ser precisos, denotamos por $\tau$ la topología usual de $I\times I$. Por un lado, la topología relativa de $\mathbb{M}$, es decir, $(\tau/\sim)_{|A}$. Por otro, la topología cociente en $B$, es decir, $(\tau_{|B})/sim$, donde $B=I\times\{\frac12\}$. Sin embargo, en nuestra situación, se tiene $$\frac{\tau}{\sim}_{|A}=\frac{(\tau)_{B}}{\sim}.$$

Para ello es suficiente que $p:I^2\to\mathbb{M}$ sea cerrada (sale de un compacto y llega a un Hausdorff. Ejercicio: probar que la banda de Möbius $\mathbb{M}$ es Hausdorff).

Sobre homeomorfismos y extensiones

Ponemos un ejemplo de dos subconjuntos de $\mathbb{R}^2$ que son homeomorfos pero dicho homeomorfismo no es restricción de uno de $\mathbb{R}^2$ en sí mismo. Sea $X=\mathbb{S}^1\cup A$  e $Y=\mathbb{S}^1\cup B$, donde $A=[0,1]\times\{0\}$ y $B=[1,2]\times\{0\}$. Los conjuntos $A$ y $B$ son homeomorfos pues lo son al intervalo $[0,1]$. Si $\phi:A\to B$ es el homeomorfismo que lleva $(1,0)$ en sí mismo$, entonces 

$$f\colon X\to Y,\ f(x)=\left\{\begin{array}{ll} x& x\in \mathbb{S}^1\\ \phi(x) & x\in A,\end{array}\right.$$ 

es un homeomorfismo.

Veamos que no existe $\tilde{f}$ un homeomorfismo de $\mathbb{R}^2$ en sí mismo tal que la restricción de $\tilde{f}$ a $X$ sea $f$. Si dicho homeomorfismo existiera, entonces $\tilde{f}(\mathbb{R}^2-X)=\mathbb{R}^2-Y$. Las componentes arcoconexas de dichos espacios los denotamos por $C_1$ y $C_2$ y $D_1$ y $D_2$ respectivamente, donde $C_1$ y $D_1$ son las componentes acotadas. 

Veamos que $\tilde{f}(C_1)=D_2$. La frontera de $C_1$ es $X$. Por tanto $\tilde{f}(C_1)$ tiene como frontera $Y$. Pero dicha componente es la no acotada, es decir, $D_2$. 

Llegamos ahora a la contradicción. El espacio $C_1$ es simplemente conexo porque es estrellado desde el punto $(-\frac12,0)$ pero $D_2$ no lo es ya que se retrae fuertemente en la circunferencia $\mathbb{S}^1_{3}$: basta con tomar como retracción, $x\mapsto 3x/|x|$ y como deformación, $F(x,t)=(1-t)x+t r(x)$.