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, $F(x,t)=(1-t)x+t r(x)$.