Abollando una pelota

Según la RAE, 

abollar (Der. del lat. bŭlla 'burbuja', 'bola').

1. tr. Producir una depresión en una superficie con un golpe o apretándola. 

Cuando cogemos una bola de plastilina y metemos el dedo, formando un bollo, decimos que ambas figuras son homeomorfas. Podemos 'casi' escribir explícitamente el homeomorfismo. Para ello, tomamos el conjunto $$X=\{(x,y,z)\in{\mathbb R}^3: x^2+y^2+z^2\leq 1\}$$
y abollamos por arriba con el dedo, concretamente, el casquete esférico
$$A=X\cap\{(x,y,z): z\geq \frac{1}{2}\}.$$ Si $B=X\cap\{(x,y,z): z\leq \frac{1}{2}\}$, entonces cambiamos $A$  por su simetría respecto del plano $P$ de ecuación $z=1/2$ y $B$ lo dejamos tal como está. Esta simetría es $\phi(x,y,z)=(x,y,1-z)$ y llamamos $C=\phi(A)$.

Probamos que $X\cong B\cup C$. Definimos $f:X\cup B\cup C$ como
  $$f(x,y,z)=\left\{\begin{array}{ll} (x,y,z) & (x,y,z)\in B\\ (x,y,1-z) & (x,y,z)\in A\end{array}\right.$$
Es evidente que $f$ es biyectiva y que la restricción de $f$ a $B$ y $C$ es continua. Por otro lado, como $B$ y $C$ son cerrados en $X$, se deduce que $f$ es continua. Del mismo modo se prueba que también lo es $f^{-1}$, probando por tanto, que $f$ es un homeomorfismo.

La circunferencia como cociente de la esfera

Seguimos con otro ejemplo de la entrada anterior. Tomamos la proyección $f:{\mathbb S}^2\rightarrow{\mathbb R}$ dada por $f(x,y,z)=z$. Esta aplicación es cerrada y continua y su imagen es $[-1,1]$. Y ahora hacemos el correspondiente cociente para identificar $[-1,1]$ con ${\mathbb S}^1$ relacionando $x=-1$ con $x=1$. Entonces definimos $g:[-1,1]\rightarrow {\mathbb S}^1$ mediante $g(t)=(\cos(\pi t),\sin (\pi t))$.

Resumiendo, la aplicación $h:{\mathbb S}^2\rightarrow {\mathbb S}^1$ dada por $h=g\circ f$, $h(x,y,z)=(\cos(\pi t),\sin (\pi t))$ induce un homeomorfismo ${\mathbb S}^2/R_h\cong {\mathbb S}^1$. Si queremos escribir $R_h$, entonces sería
$$(x,y,z)R_h (x',y',z')\mbox{ si }|z-z'|=2.$$

Cocientes en la esfera

Continuando con la entrada anterior, una forma de tener aplicaciones sobreyectivas, continuas y cerradas (y por tanto, identificaciones) es tomar aplicaciones continuas cuyo dominio es compacto y que llegue a un espacio Hausdorff. Restringiendo el codominio a la imagen de la aplicación, ésta se hace sobreyectiva.

Tomamos $f:{\mathbb S}^2\rightarrow{\mathbb R}^2$ la proyección ortogonal $f(x,y,z)=(x,y)$. Entonces $f({\mathbb S}^2)={\mathbb D}^2=\{(x,y)\in {\mathbb R}^2: x^2+y^2\leq 1\}$. Entonces
$$\frac{{\mathbb S}^2}{R_f}\cong {\mathbb D}^2.$$
Sólo queda escribir la relación $R_f$. Se tiene $(x,y,z)R_f(x',y',z')$ si y sólo si $x=x'$, $y=y'$. Pero como $x^2+y^2+z^2=x'^2+y'^2+z'^2=1$, esto es equivalente a decir que $z^2=z'^2$, es decir, $z'=\pm z$. Por tanto, la relación $R_f$ es
$$(x,y,z)R_f(x',y',z') \Leftrightarrow z'=\pm z.$$

Conexión en la esfera

Se va a probar que la esfera $\mathbb{S}^n$ menos un conjunto $A$ numerable de puntos es conexa: en verdad se demostrará que es arcoconexa.

Antes de la prueba, comentar que la demostración se puede hacer si sabemos ya que $\mathbb{R}^n-B$ es arcoconexo donde $B$ es un conjunto numerable de puntos. En tal caso, se usaría que $\mathbb{S}^n-\{p\}\cong \mathbb{R}^n$. Para aquellas personas que conozcan ese resultado sobre $\mathbb{R}^n-B$, recomiendo que hagan la demostración.

Probamos que $\mathbb{S}^n-A$ es conexo probando que dados dos puntos del conjunto existe un conjunto conexo de $\mathbb{S}^n-A$ que los contiene. Concretamente, ese conjunto va a ser un círculo máximo que pasa por ambos. Un círculo máximo es la intersección de un hiperplano vectorial de $\mathbb{R}^{n+1}$ con $\mathbb{S}^n$ (si alguien se ha perdido aquí, que considere $n=2$). Un círculo máximo es arcoconexo pues es homeomorfo a $\mathbb{S}^{n-1}$.

Tomamos dos puntos antípodas de $\mathbb{S}^n$ que no pertenecen a $A$: esto es posible, pues en caso contrario $\mathbb{S}^n\subset A$. Después de un movimiento rígido (que no cambia el problema), podemos suponer que ambos son el polo norte $N=(0,\ldots,1)$ y el polo sur $S=(0,\ldots,-1)$.

Consideramos el conjunto $D$ de círculos máximos que resultan de intersecar $\mathbb{S}^n$ con todos los hiperplanos que contienen al eje $x_{n+1}$. El conjunto $D$ es infinito no numerable ya que es biyectivo con el conjunto de rotaciones respecto del eje $x_{n+1}$. Además todos ellos se intersecan sólamente en dos puntos, a saber, $N$ y $S$.

Sean $p,q\in \mathbb{S}^n-A$. Afirmamos que existe $C\in D$ tal que $C\subset \mathbb{S}^n-A$ y $p,q\in C$. Si no fuera así, es porque cada círculo $C\in D$ interseca a $A$. Tomamos $a_C\in C\cap A$ un punto de la intersección (usamos para ello el axioma de elección). Entonces la aplicación $f:D\rightarrow A$ dada por $f(C)=a_C$ es inyectiva, ya que si se tienen dos círculos diferentes $C_1$ y $C_2$, los únicos puntos de intersección de ambos son $N$ y $S$, que no son $f(C_1)$ y $f(C_2)$. Finalmente, si $f$ es inyectiva, esto diría que $A$ es no numerable, llegando a una contradicción.

Sobre el Teorema de Borsuk

El Teorema de Borsuk que hemos dado afirma que dada una función continua en la esfera $S^2$, existe un punto donde la función coincide con su antípoda. Podemos afirmar que no sólo hay uno, sino infinitos.

Sea $f$ dicha función. Consideramos círculos máximos de la esfera, es decir, intersecciones de la esfera con planos que pasan por el centro de la misma. Estos círculos máximos son circunferencias con el mismo radio que la esfera y todo punto de cada círculo tiene un punto antípoda en dicho círculo.

Consideramos ahora un círculo máximo $C_1$ y restringimos f a dicho conjunto. Usando el Teorema de Bolzano del mismo modo que se hizo para esfera, existe $p_1$ en $C_1$ tal que $f(p_1)=f(-p_1)$. Sea ahora $C_2$ otro círculo máximo que no pase por $p_1$. para $C_2$ habrá el correspondiente punto $p2$ tal que $f(p2)=f(-p_2)$ y por tanto, distinto de $p_1$. Dicho punto $p_2$ podría estar en $C_1$. Dados $p_1$ y $p_2$ consideramos otro círculo máximo $C_3$ y el correspondiente $p_3$, y así sucesivamente.

Nos podemos preguntar por el tamaño del conjunto $A=\{p\in S^2;f(p)=f(-p)\}$. El razonamiento anterior nos dice que dicho conjunto es infinito numerable, pero no sé si es no numerable. También podría ocurrir que A estuviera contenido en un círculo máximo.

Pero ¿$int(A)\not=\emptyset$?, es decir, ¿existe un conjunto abierto $B$ en la esfera donde $f(p)=f(-p)$ para cualquier punto de $B$?

(por Nico Pérez)

Quitando cilindros

Hemos visto hoy en clase que si quitamos un determinado cilindro a una botella de Klein queda dos bandas de Möbius.

Esto lo podemos hacer para otras superficies, como son una esfera, toro (superficies sin borde) y un cilindro (superficie con borde).

Una esfera menos un cilindro son 2 discos.

Un toro menos un cilindro es 1 cilindro.

Un cilindro menos un cilindro son 2 cilindros.

Diferentes formas de probar que la esfera es conexa

Recordamos las diferentes maneras de demostrar que una esfera es conexa (y arco-conexa).

1) Sea $p\in \mathbb{S}^n$ y $A=\mathbb{S}^n-\{p\}$. Se sabe que $A$ es homeomorfo a $\mathbb{R}^n$ (por ejemplo, mediante la proyección estereográfica). Además $A$ es denso en la esfera, es decir, $\overline{A}=\mathbb{S}^n$. Se tiene un resultado que dice que si A es conexo, también lo es su adherencia. Por tanto la esfera es conexa. En este caso particular, no hemos probado que sea arco-conexa, ya que, en general, la adherencia de un conjunto arco-conexo no tiene porqué ser arco-conexa.

2) El círculo $\mathbb{S}^1$ es conexo, pues $\mathbb{S}^1=f(\mathbb{R})$, donde $f(t)=(\cos(t),\sin(t)).$ Como la recta real es conexa y la imagen de un espacio conexo mediante una aplicación continua es conexa, entonces el círculo es conexo. Probamos ahora que $\mathbb{S}^n$ es conexo por inducción sobre $n$. Supongamos cierto hasta n. Para probar que $\mathbb{S}^{n+1}$ es conexa veamos que dos puntos arbitrarios se unen mediante un conexo $A$. Sean $p$ y $q$ dichos puntos y $P$ un hiperplano que contenga a $p,q$ y el origen. Entonces $A=P\cap\mathbb{S}^{n+1}$ es homeomorfo a $\mathbb{S}^n$, luego es conexo (por inducción). Por tanto $A$ es un conexo que contiene a $p$ y $q$. Todo lo anterior es válido para arco-conexión.

3) Veamos que dados p y q en la esfera, existe un conexo (en verdad, un arco), que los une. Supongamos que p y q son vectores ortogonales. Entonces basta elegir $\alpha(t)=\cos(t)p+\sin(t)q$. Es evidente que dicho arco une p y q en los instantes $t=0$ y $t=\pi/2$ y que la imagen del arco se encuentra en la esfera. Si no fueran ortogonales ni antípodas, sea $P=< p,q>$ el plano que determinan y sea $r\in ( p^\bot)\cap P$ con $|r|=1$. En particular, $r\in\mathbb{S}^n$. Entonces $\alpha(t)=\cos(t)p+\sin(t)r$ se encuentra en la esfera, está contenido en P, y por tanto, existe s tal que $\alpha(s)=q$. En el caso de que fueran antípodas, basta tomar cualquier plano que contenga a p y -p=q. Esto prueba que la esfera es arco-conexa, en particular, conexa.

4) El espacio $\mathbb{R}^{n+1}-\{0\}$ es arco-conexo. Basta darse cuenta de que todo punto se une mediante un segmento con el punto $p=(0,\ldots,0,1)$ o el punto $q=(0,\ldots,0,-1)$ y que p y q se pueden unir mediante un arco. Se considera la aplicación $f:\mathbb{R}^{n+1}-\{0\}\rightarrow\mathbb{S}^n$ dada por $f(x)=\frac{x}{|x|}$. Es evidente que esta aplicación es continua y que $f(\mathbb{R}^{n+1}-\{0\})=\mathbb{S}^n$. Como la arco-conexión se mantiene por aplicaciones continuas, la esfera es arco-conexa.