Exámenes resueltos de Topología de cuarto curso de Matemáticas. Exámenes de Topología resueltos. Topology solved exams.

1. Exámenes resueltos
Asignatura: Topología General
Código de asignatura: 233
Ciclo: segundo
Profesor: Francisco Gallego Lupiáñez
Exámenes en mi poder: Febrero y Septiembre de 2000, Febrero de
2001, Febrero de 2002, Febrero y Septiembre de 2003, Septiembre
de 2005, Junio y Septiembre de 2006, Febrero y Septiembre de
2007
Autor de este informe: alumno Antonio Sánchez Fernández
Procesador de textos utilizado: LATEX
I) Teoría
1. Propuesto al menos en Septiembre de 2005
1.1. Enunciado
[Admitiendo el Axioma de Zorn] Sea X conjunto y F ltro de X. Entonces
existe algún ultraltro en X más no que F.
1.2. Solución
Sea S el conjunto de todos los ltros de X más nos que F. F ∈ S ⇒ S = ∅.
(S, ⊂) es conjunto ordenado.
Sea {Fj}j∈J cadena en S. Veamos que
j∈J
Fj es cota superior de la cadena.
1)∀F1, F2 ∈
j∈J
Fj ⇒ ∃j1, j2 ∈ J, , Fk ∈ Fjk
({Fj}j∈J cadena, supongo
Fj1
⊂ Fj2
) ⇒ F1, F2 ∈ Fj2
ltro ⇒ F1 ∩ F2 ∈ Fj2
⊂ ∪j∈J Fj
2)∀F ∈ ∪j∈J Fj, ∀F ⊂ X, , F ⊂ F ⇒ ∃j0 ∈ J, , F ∈ Fj0 ltro ⇒ F ∈ Fj0 ⊂
∪j∈J Fj
1) y 2) ⇒ (∀j ∈ J)Fj ⊂ ∪j∈J Fj ltro en X más no que F y es cota superior
de la cadena.
(Axioma de Zorn) ⇒ ∃G elemento maximal de S ⇔ G es ultraltro en X más
no que F2
1

2. 2. Propuesto al menos en Febrero de 2002 y Junio
de 2006
2.1. Enunciado
Sea (X, T) espacio topológico, x ∈ X, s red en X. Entonces x es un punto
de aglomeración de s si, y sólo si, existe una subred de s que converge a x.
2.2. Solución
Sea s = (sd)d∈D la red del enunciado.
(⇒)x punto de aglomeración de s ⇒ ∀U entorno de x∃d ∈ D, , sd ∈ U.
Sea Λ = {(d, U)|d ∈ D, U entorno de x sd ∈ U}
(d1, U1) ≤ (d2, U2)
def.
⇔ d1 ≤ d2, U2 ⊂ U1 ⇒ (Λ, ≤) es un conjunto dirigido.
Sea
ϕ : Λ −→ D
(d, U) → d
aplicación.
ϕ es creciente y conal ⇒ s ◦ ϕ ≡ t, t es subred de s.
∀Ux
entorno de x. ∀d0 ∈ D∃d1 ∈ D, , d0 ≤ d1,
sd1
∈ Ux
⇒ ∃(d1, Ux
) ∈ Λ, ∀(d, U) ∈ Λ, , (d1, Ux
) ≤ (d, U)(⇒ U ⊂ Ux
)
t(d, u) = (s ◦ ϕ)(d, U) = s(d) ∈ U ⊂ Ux
⇒ t −→ x
(⇐)∃Λ conjunto dirigido. ∃ϕ : Λ −→ D aplicación creciente y conal tal que
s ◦ ϕ −→ x.
∀Ux
entorno de x∃λ0 ∈ Λ, , ∀λ ≥ λ0(s ◦ ϕ)(λ) ∈ Ux
∀d1 ∈ D∃λ1 ∈ Λ, , ϕ(λ1 ≥ d1 (pues ϕ es conal)
∃λ2 ∈ Λ, , λ0, λ1 ≤ λ2 ⇒ ϕ(λ2 ≥ ϕ(λ0), ϕ(λ1 ≥ d1
d∗
≡ ϕ(λ2)
s(d∗
) = s(ϕ(λ2)) = (s ◦ ϕ)(λ2) ∈ Ux
⇒ x es punto de aglomeración de la
red s2
2

3. 3. Propuesto al menos en Febrero de 2000, Fe-
brero de 2002 y Febrero de 2003
3.1. Enunciado
Sea {(Xj, Tj)}j∈J familia = ∅ de espacios topológicos. Entonces (
j∈J
Xj,
j∈J
Tj)
es completamente regular si, y sólo si, ∀j ∈ J(Xj, Tj) es completamente regular.
3.2. Solución
(⇒) trivial
(⇐)∀x = (xj)j∈J ∈
j∈J
Xj
∀C = ∅ cerrado de (
j∈J
Xj,
j∈J
Tj), , x ∈ C ⇒ x ∈
j∈J
Xj C ∈
j∈J
Tj ⇒
∃B =
n
n=1
p−1
jk
(Uk), , x ∈ B ⊂
j∈J
Xj C ⇒ ∀k = 1, . . . , n,
xjk
∈ Uk(= Xjk
) ∈ Tjk
⇔ ∀k = 1, . . . , n, xjk
∈ Xjk
Uk = ∅ cerrado de
(Xjk
, Tjk
)
(Hipótesis) ⇒ ∀k = 1, . . . , n, ∃fk : (Xjk
, Tjk
) −→ [0, 1] continua
fk(xjk
) = 0, fk(Xjk
Uk) = {1}
Sea f : (
j∈J
Xj,
i∈J
Tj) −→ [0, 1],
∀z = (zj)j∈J , f(z)
def
= m´ax{fk(zjk
)|k = 1, . . . , n} ⇒ f aplicación continua,
f(x) = 0, f(C) = {1}
(∀z ∈ C ⇒ z ∈ B ⇔ ∃k0 ∈ {1, . . . , n}, , zjk0
∈ Uk0 ⇒ fk0 (zjk0
) = 1 ⇒
f(z) = 1)2
3

4. 4. Propuesto al menos en Septiembre de 2003
4.1. Enunciado
Todo espacio topológico metrizable es normal.
4.2. Solución
∀C1, C2 cerrados disjuntos de (X, T), , T = Td, con d métrica sobre X. Si
C1 = ∅, trivial. Supongo C1, C2 = ∅.
∀x ∈ C1∀y ∈ C2 ⇒
∃εx 0, , Bεx
(x) ∩ C2 = ∅
∃δy 0, , Bδy
(y) ∩ C1 = ∅
C1 ⊂
x∈C1
Bεx
3
(x) ≡ U1 ∈ T; C2 ⊂
y∈C2
Bδy
3
(y) ≡ U2 ∈ T
Si ∃z ∈ U1 ∩ U2 ⇒
∃x0 ∈ C1, , z ∈ Bεx0
3
(x0)
∃y0 ∈ C2, , z ∈ Bδy0
3
(y0)
Supongo δy0
≤ εx0
d(x0, y0) ≤ d(x0, z)+d(z, y0)
εx0
3 +
δy0
3 ≤ 2
3 εx0
εx0
⇒
y0 ∈ C2
y0 ∈ Bεx0
(x0)
contradicción ⇒ U1 ∩ U2 = ∅2
5. Propuesto al menos en Febrero de 2007
5.1. Enunciado
Enunciar y demostrar el Lema de Jones.
5.2. Solución
Lema de Jones: Sea (X, T) espacio topológico. Si ∃D subconjunto denso de
(X, T) y E cerrado de (X, T), (E, T|E) discreto y card E ≥ 2cardD
, entonces
(X, T) no es normal.
Demostración: Si (X, T) normal y E cerrado de (X, T), , (E, T|E) discreto
⇒ ∀C ⊂ E, C y E C cerrados disjuntos de (E, T|E) (y E cerrado) ⇒ C y E C
4

5. cerrados disjuntos de (X, T) ⇒ ∃UC, VC ∈ T disjuntos C ⊂ UC, E C ⊂ VC
UC ∩ D ⊂ D. Sea f : P(E) −→ P(D) aplicación
c −→ f(C)
def
= UC ∩ D
Si C1, C2 ∈ P(E), , C1 = C2 ⇒ ∃x ∈ C1, , x ∈ C2 ⇒ x ∈ C1 ⊂ Uc1
, x ∈
E C2 ⊂ VC2
⇒ UC1
∩ VC2
= ∅ abierto de T (y D denso en (X, T)) ⇒ UC1
∩
VC2
∩ D = ∅ ⇔ ∃y ∈ UC1
∩ VC2
∩ D ⇒
y ∈ UC1
∩ D = f(C1)
y ∈ VC2
∩ D ⇒ y ∈ f(C2)
⇒
f(C1) = f(C2) ⇒ f inyectiva ⇒ card E card P(E) ≤ card P(D) = 2cardD
,
contradicción. 2
6. Propuesto al menos en Febrero de 2001, Sep-
tiembre de 2006 y Septiembre de 2007
6.1. Enunciado
Sea (X, T) espacio topológico regular. Entonces (X, T) es paracompacto si y
sólo si para cada recubrimiento abierto de (X, T) existe una partición continua
de la unidad subordinada.
6.2. Solución
(⇐) trivial
(⇒)∀U = {Uj}j∈J recubrimniento abierto de (X, T) ⇒ ∃{Vs}s∈S rena-
miento abierto localmente nito.
∀s ∈ S∃j(s) ∈ J, , Vs ⊂ Uj(s).∀j ∈ J
j(s)=j
Vs ≡ Vj ⇒ ∃{Vj}j∈J renamiento
abierto localmente nito de U, , Vj ⊂ Uj(∀j ∈ J), (y (X, T) es paracompacto y
regular) ⇒ ∃{Fj}j∈J renamiento cerrado localmente nito Fj ⊂ Vj, ∀j ∈ J ⇒
(∃{Fh}h∈H renamiento cerrado localmente nito de {Vj}j∈J .∀h ∈ H∃j(h) ∈
J, , Fh ⊂ Vj(h); ∀j ∈ J
j(h)=j
Fh ≡ Fj cerrado)
⇒ Fj y X Vj cerrados disjuntos (∀j ∈ J)
(Paracompacto: lema de Urysohn:) Si Fj = ∅ y Vj = X ⇒
5

6. ∃gj : (X, T) −→ [0, 1] continua,
gj(Fj) = {1}, gj(X Vj) = {0}
SiFj = ∅.Sea gj : (X, T) −→ [0, 1], , gj ≡ 0(⇒ gjcontinua)
SiX = Vj.Sea gj : (X, T) −→ [0, 1], , gj ≡ 1(⇒ gjcontinua)



⇒
∀j ∈ J, X Vj ⊂ g−1
j (0) ⇒ ∀j ∈ J sopAgj ⊂ Vj ⇒ {sopAgj}j∈J localmente
nito en (X, T) ⇒ ∃g =
j∈J
gj : (X, T) −→ [0, →) continua
{Fj}j∈J recubrimiento de X ⇒ ∀x ∈ X∃j0 ∈ J, , x ∈ Fj0
⇒ gj0
(x) = 1 ⇒
g(x) = 0
Sea ∀j ∈ Jfj : (X, T) −→ R, , fj(x) =
gj (x)
g(x) ⇒ fj continua ∀j ∈ J
fj(x) ≥ 0∀x ∈ X, ∀j ∈ J. sopAfj = sopAgj ⇒ {sopAfj}j∈J localmente
nito.
∀x ∈ X (
j∈J
fj)(x) =
j∈J
gj(x)
g(x)
= 1 ⇒ {fj}j∈J partición continua de la
unidad subordinada a U 2
7. Propuesto al menos en Septiembre de 2003,
Junio de 2006 y Febrero de 2007
7.1. Enunciado
Sean (X, T), (X , T ), (X , T ) espacios topológicos. Si α : (X, T)×(X , T ) −→
(X , T ) es aplicación continua, entonces
ˆα : (X, T) −→ (C(X , X ), Tc)
x −→ ˆα(x) = α(x, ·)
es
continua.
7.2. Solución
Sea x0 ∈ X, considero ˆα(x0) = α(x0, ·) ∈ C(X , X )
Subbase de (C(X , X ), Tc) : K , G con K compacto ⊂ X , G abierto
⊂ X
ˆα(x0) ∈ K , G entorno abierto de ˆα(x0)
Quiero V x0
⊂ X entorno abierto de x0 tal que ˆα(V x0
) ⊂ K , G
α(x0, ·) ∈ K , G ⇔ α(x0, ·)(K ) ⊂ G ⇔ α−1
(G ) (abierto por ser α
6

7. continua) ⊃ {x0} × K en X × X ⇒ ∃V x0
x0 entorno abierto tal que
V x0
× K ⊂ α−1
(G ) ⇔ α(V x0
, K ) ⊂ G ⇔ α(V x0
, ·)(K ) ⊂ G ⇔
ˆα(V x0
)(K ) ⊂ G ⇒ ˆα(V x0
) ⊂ K , G 2
8. Propuesto al menos en Septiembre de 2000,
Febrero de 2001, Febrero de 2003, Septiembre
de 2005, Septiembre de 2006 y Septiembre de
2007
8.1. Enunciado
Sea (X, T) espacio topológico T2 y (X , d ) espacio métrico. Si s = (sd)d∈D
es red en C(X, X ) y f ∈ C(X, X ), entonces s converge a f en la topología
compacta-abierta si y sólo si ∀K ⊂ X, subconjunto compacto,
∀ε 0 ∃d0 ∈ D, , ∀d ≥ d0 d (sd(x), f(x)) ε(∀x ∈ K).
8.2. Solución
⇐)f ∈ K, G entorno abierto, K compacto en X, G abierto en X ⇔
f(K) ⊂ G ⇒ ε := d (f(K), X G ) 0
Quiero: d0 ∈ D tal que sd ∈ K, G ∀d ≥ d0
s −→ f (uniformemente) ⇒ ∃d0 ∈ D tal que d (sd(x), f(x)) ε
∀x ∈ K, ∀d ≥ d0 ⇒ sd(x) ∈ G ∀d ≥ d0∀x ∈ K ⇔ sd ∈ K, G ∀d ≥ d0
⇒)K compacto ⊆ X, ε 0, f continua ⇒ x ∈ K, f(x) ⊆ X . Considero
Bε
2
(f(x)) entorno abierto de f(x).
∃x ∈ V x
entorno abierto de x en X tal que f(V x
) ⊂ Bε
2
(f(x))
K compacto. V x
abierto en X ⇒ V x
∩ K abierto en K.
{V x
∩ K|x ∈ K} recubrimiento abierto de K.
∃n ∈ N tal que K =
n
i=1
(V xi
∩ K)
K compacto T2 ⇒ ∃Ki ⊂ V xi
∩ K, Ki compacto, ∀i = 1, . . . , n, tal que
K =
n
i=1
Ki
7

8. ∀x ∈ K, f(V x
) ⊂ Bε
2
(f(x)).Ki ⊆ V xi
∩ K ⊂ V xi
⇒
∀i = 1, . . . , n, f(Ki) ⊆ Bε
2
(f(xi)) ⇔ f ∈ Ki, Bε
2
(f(xi)) ∀i = 1, . . . , n ⇔
f ∈
n
i=1
Ki, Bε
2
(f(xi)) = V f
entorno abierto básico (de una base) de f en
Tc.
f ∈ Lim s
Tc
⇒ ∃d0 ∈ D : sd ∈ V f
∀d ≥ d0.xi ∈ Ki
Sea x ∈ K.∃i ∈ {1, . . . , n} tal que x ∈ Ki.
d (sd(x), f(x)) ≤ d (sd(x), f(xi))
ε
2
+ d (f(xi), f(x))
ε
2
ε 2
9. Propuesto en Febrero de 2000
9.1. Enunciado
Sea X espacio topológico T2. Entonces Cc(X) es espacio vectorial topológico
real.
9.2. Solución
1) Veamos que la operación + en C(X) es continua de Cc(X) × Cc(X) en
Cc(X).
Sea (f0, g0) ∈ C(X) × C(X), K un compacto en X y G un abierto de R tales
que f0 + g0 ∈ K, G .
∀x ∈ K, como f0(x) + g0(x) ∈ G, existe un entorno abierto V f0(x)
de f0(x)
en R y un entorno abierto V g0(x)
de g0(x), tales que V f0(x)
+ V g0(x)
⊂ G.
Por la continuidad de f0 y g0, existe un entorno abierto V x
de x en X, tal que
f0(V x
) ⊂ V
f0(x)
1 y g0(V x
) ⊂ V
g0(x)
1 , donde V
f0(x)
1 y V
g0(x)
1 son entornos cerrados
de f0(x) y g0(x) respectivamente, con V
f0(x)
1 ⊂ V f0(x)
y V
g0(x)
1 ⊂ V g0(x)
. Como
K es compacto, ∃x1, . . . , xn ∈ K tales que K ⊂ V x1
∪ . . . ∪ V xn
.
∀i ∈ {1, . . . , n}, Ki = K ∩ f−1
0 (V
f0(x0)
1 ) ∩ g−1
0 (V
g0(x0)
1 ) es compacto,
K =
n
i=1
Ki, f0(Ki) ⊂ V f0(xi)
y g0(Ki) ⊂ V g0(xi)
8

9. V f0
=
n
i=1
Ki, V f0(xi)
y V g0
=
n
i=1
Ki, V g0(xi)
son entornos abiertos
de f0 y g0, respectivamente en Cc(X).
+(V f0
× V g0
) ⊂ K, G . Así, + es continua en (f0, g0).
2) Veamos que la operación · de R × C(X) en C(X) es continua de (R, Tu) ×
Cc(X) en Cc(X).
Sea (λ0, f0) ∈ R × C(X), K compacto en X y G abierto en R tal que
λ0 · f0 ∈ K, G .
∀x ∈ K, como λ0f0(x) ∈ G, existe un entorno abierto V λ0
x de λ0 en R y
existe un entorno abierto V f0(x)
de f0(x) en R, tales que V λ0
x · V f0(x)
⊂ G.
Por la continuidad de f0, existe V x
entorno abierto de x en X tal que
f0(V x
) ⊂ V
f0(x)
1 , donde V
f0(x)
1 es un entorno cerrado de f0(x) contenido en
V f0(x)
.
Como K es compacto existen x1, . . . , xn ∈ K tales que K ⊂ V x1
∪. . .∪V xn
.
∀i ∈ {1, . . . , n}, Ki = K ∩ f−1
0 (V
f0(x)
1 ) es compacto, K =
n
i=1
Ki, y f0(Ki) ⊂
V f0(xi)
. Entonces, V f0
=
n
i=1
Ki, V f0(xi)
es un entorno abierto de f0 en
Cc(X) y V λ0
=
n
i=1
V λ0
xi
es un entorno abierto de λ0 en R.
·(V λ0
× V f0
) ⊂ K, G . Así · es continua en (λ0, f0). 2
II) Problemas teorícos
10. Propuesto al menos en Septiembre de 2003 y
Septiembre de 2006
10.1. Enunciado
Sean (X, T) espacio topológico, {(Xj, Tj)}j∈J familia = ∅ de espacios topo-
lógicos y F = {fj : X −→ Xj|j ∈ J} una familia de aplicaciones que distingue
puntos y cerrados. Demostrar que la aplicación
e = (fj)j∈J : (X, T) −→ (e(X),
j∈J
Tj|e(X)) es abierta.
9

10. 10.2. Solución
F distingue puntos y cerrados de (X, T) ⇒ ∀F cerrado de (X, T), ∀x ∈ X
tal que x ∈ F, ∃fjx
∈ F : fjx
(x) ∈ fjx
(F).
e es abierta si para todo abierto A de (X, T), e(A) es abierto en (e(X),
j∈J
Tj|e(X)).
Si el abierto es el vacío: e(∅) = ∅, que es abierto.
Si el abierto es el total: e(X) es abierto en
j∈J
Tj|e(X).
Veamos el caso general: Sea A ∈ T, A ∈ {∅, X}.
Deno C = X A ⇒ C es cerrado y C = ∅.
Si x ∈ C ⇒ e(x) ∈ e(C).
e(x) ∈ e(C) ⇒ x ∈ C ⇔ x ∈ A.
e(C) ⊂
j∈J
fj(C) ⇒ e(C) ⊂
j∈J
fj(C) =
j∈J
fj(C)
x ∈ C ⇒ ∃fjx ∈ F : fjx (x) ∈ fjx (C) ⇒ e(x) ∈
j∈J
fj(C) =
j∈J
fj(C) y
e(C) ⊂
j∈J
fj(C) ⇒ ∀x ∈ A, e(x) ∈ e(C) ⇒ e(A) ∩ e(C) = ∅ ⇒ e(A) ∩ e(C) = ∅
X = A ∪ C ⇒ e(X) = e(A ∪ C) = e(A) ∪ e(C)
e(C)
e(X)
= e(C) ∩ e(X) = e(C) ∩ (e(A) ∪ e(C)) = [e(C) ∩ e(A)
=∅
] ∪ [e(C) ∩
e(C)] = ∅ ∪ e(C) = e(C) ⇒ e(C) es cerrado en (e(X),
j∈J
Tj|e(X)) ⇒
e(X) e(C) = e(A) es abierto en (e(X),
j∈J
Tj|e(X)) ⇒ e es aplicación abierta.
2
10

11. 11. Propuesto al menos en Septiembre de 2000,
Septiembre de 2005 y Febrero de 2007
11.1. Enunciado
Sea {(Xj, Tj)}j∈J familia = ∅ de espacios topológicos y ∀j ∈ J Aj un sub-
conjunto compacto de (Xj, Tj). Si W es un abierto de
j∈J
Tj que contiene a
j∈J
Aj, probar que existen abiertos Uj ∈ Tj(∀j ∈ J) con Uj = Xj sólo en una
subfamilia nita de índices y
j∈J
Aj ⊂
j∈J
Uj ⊂ W.
11.2. Solución
Por el teorema de Tychono
j∈J
Aj es compacto.
Se estudirá el problema por casos, en función del cardinal del conjunto J de
índices.
A) card(J)= 1.
Se cumple trivialmente haciendo U1 ≡ W. A1 ⊂ U1(= W) ⊂ W.
B) card(J)= 2.
J = {1, 2}.
A1 × A2 es subconjunto compacto de X1 × X2.
W es abierto ⇒ W es unión de abiertos de la base.
W =
λ∈Λ
(Gλ × Hλ) donde ∀λ ∈ Λ, Gλ ∈ T1, Hλ ∈ T2
A1 × A2 compacto
A1 × A2 ⊂
λ∈Λ
(Gλ × Hλ)



⇒ ∃F conjunto nito de índices F ⊂ Λ, tal
que A1 × A2 ⊂
f∈F
Gf × Hf ⊂ W.
Deno WF ≡
f∈F
Gf × Hf
11

12. WF es abierto.
∀x ∈ A1, sea Gx
≡
x∈Gf
Gf ⇒ Gx
es entorno abierto de x.
∀y ∈ A2, sea Hy
≡
y∈Hf
Hf ⇒ Hy
es entorno abierto de y.
∀(x, y) ∈ A1 × A2, Gx
× Hy
es entorno abierto de (x, y)
∀(x, y) ∈ A1 × A2, ∃f ∈ F : (x, y) ∈ Gf × Hf
⇒
Gx
× Hy
⊂ Gf × Hf ⊂ WF
A1, A2 compactos ⇒ ∃x1, . . . , xm ∈ A1, ∃y1, . . . , yn ∈ A2 :
A1 ⊂
m
i=1
Gxi
∈ T1, A2 ⊂
n
j=1
Hyj
∈ T2
Deno U1 ≡
m
i=1
Gxi
, U2 ≡
n
j=1
Hyj
∀i ∈ {1, . . . , m}, ∀j ∈ {1, . . . , n}, ∃f(i, j) : (xi, yj) ∈ Gf(i,j) × Hf(i,j) ⇒
Gxi
× Hyj
⊂ Gf(i,j) × Hf(i,j) ⊂ WF ⇒
m
i=1
n
j=1
Gxi
× Hyj
⊂ WF
m
i=1
n
j=1
Gxi
× Hyj
=
m
i=1
(Gxi
×
n
j=1
Hyj
) = (
m
i=1
Gxi
) × (
n
j=1
Hyj
) =
U1 × U2 ⊂ WF
A1 × A2 ⊂ U1 × U2 ⊂ WF ⊂ W
C) card(J) nito.
J = {1, . . . , n}.
Se prueba por inducción. Ya se ha probado si n = 1 ó n = 2.
Paso de inducción: supuesto que se cumple el enunciado si card(J)≤ n, ver
que también se cumple si card(J)= n+1. Por tanto suponemos card(J)= n+1.
(
n+1
j=1
Xj,
n+1
j=1
Tj) ≈ ((
n
j=1
Xj) × Xn+1, (
n
j=1
Tj) × Tn+1)
Deno (Xp, Tp) ≡ (
n
j=1
Xj,
n
j=1
Tj)
12

13. Deno Ap ≡
n
j=1
Aj(Ap es compacto)
Sabemos que Ap × An+1 ⊂ W
Por el caso n = 2(J = {p, n + 1}), ∃Up, Un+1 abiertos cumpliendose:
Ap ⊂ Up, An+1 ⊂ Un+1
Ap × An+1 ⊂ Up × Un+1 ⊂ W
Por el caso card(J)= n: Up es abierto de (
n
j=1
Xj,
n
j=1
Tj)
n
j=1
Aj ⊂ Up ⇒ ∃{Uj}n
j=1, Uj ∈ Tj(∀j, 1 ≤ j ≤ n) tales que
n
j=1
Aj ⊂
n
j=1
Uj ⊂ Up ⇒
n+1
j=1
Aj ⊂
n+1
j=1
Uj ⊂ Up ×Un+1 ⊂ W con lo que queda demostrado
el paso de inducción, y por tanto el caso nito.
D) Caso general (cantidad innita arbitraria de índices).
j∈J
Aj ⊂ W
Por el teorema de Tychono: ∀j ∈ J, Aj compacto ⇔
j∈J
Aj compacto.
W abierto ⇒ ∃{Bλ}λ∈Λ, siendo cada Bλ abierto de la base de
j∈J
Tj tales
que W =
λ∈Λ
Bλ.
j∈J
Aj ⊂
λ∈Λ
Bλ = W
Que ∀λ ∈ Λ, Bλ sea abierto de la base quiere decir que Bλ =
j∈J
Gl
j, con
Gl
j ∈ Tj∀j ∈ J, y Gl
j = Xj sólo en una cantidad nita de índices.
{Bλ}λ∈Λ es recubrimiento abierto de un compacto ⇒ existe un subrecubri-
miento nito de K =
j∈J
Aj,
m
l=1
Bl. Es decir,
j∈J
Aj ⊂
m
l=1
Bl ⊂ W
Bl =
j∈J
Bl
j
13

14. Llamo Fl al conjunto nito de índices en los que Bl
j diere del total.
Bl =
j∈J
Bl
j, Bl
j ∈ Tj∀j ∈ J, Bl
j = Xj ⇔ j ∈ Fl
Deno el conjunto de índices F =
m
l=1
Fl
F es unión nita de conjuntos nitos ⇒ card(F) es nito.
f∈F
Af es compacto
Deno BF
l ≡
f∈F
Bl
f .
Deno WF ≡
m
l=1
BF
l abierto.
j∈J
Aj ⊂
m
l=1
Bl ⇒
f∈F
Af ⊂
m
l=1
BF
l = WF
Por el caso nito ∃Uf ∈ Tf (∀f ∈ F) tales que
f∈F
Af ⊂
f∈F
Uf ⊂ WF =
m
l=1
BF
l ⇒ ∀f ∈ F, Af ⊂ Uf
Deno Uj =
Uj, j ∈ F
Xj, j ∈ F
⇒
j∈J
Aj ⊂
j∈J
Uj ⊂
m
l=1
Bl ⊂ W, con Uj = Xj
sólo en una cantidad nita de índices. 2
12. Propuesto al menos en Febrero de 2000, Fe-
brero de 2002 y Septiembre de 2005
12.1. Enunciado
Sea X espacio topológico normal, C ⊂ X. Probar que C es cerrado e in-
tersección numerable de abiertos si y sólo si existe una aplicación continua
f : X −→ I C = f−1
(0).
14

15. 12.2. Solución
Lema. Sea X espacio topológico, {hn}n∈N sucesión de funciones continuas
de X en (R, Tu). Si existe una serie convergente de números reales no negativos
∞
n=1
rn = r tal que |hn(x)| ≤ rn∀x ∈ X entonces la función
h =
∞
n=1
hn : X −→ R
x −→ h(x) =
∞
n=1
hn(x)
es continua. Además |h(x)| ≤ r ∀x ∈ X.
DEMOSTRACIÓN
Sea x0 ∈ X, ε 0.
∞
n=1
rn es convergente ⇒ ∃n0 ∈ N :
∞
n=n0+1
rn ≤
ε
3
.
n0
n=1
hn es continua ⇒ ∃V x0
entorno de x0 en X:
|
n0
n=1
hn(x) −
n0
n=1
hn(x0)|
ε
3
∀x ∈ V x0
.
∀x ∈ V x0
: |h(x)−h(x0| ≤ |
∞
n=1
hn(x)−
n0
n=1
hn(x)|+|
n0
n=1
hn(x)−
n0
n=1
hn(x0)|+
|
n0
n=1
hn(x0) −
∞
n=1
hn(x0)|
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
= ε ⇒ h es continua en x0. 2
Solución del problema planteado:
⇐)f continua: f−1
({0}) = C ⇒ C = f−1
({0}) = f−1
(
n∈N
[0,
1
n
)) =
n∈N
f−1
([0,
1
n
)) ⇒
C es Gδ (intersección numerable de abiertos). {0} cerrado en (I, Tu) y f continua
⇒ f−1
({0}) = C es cerrado.
⇒)C es Gδ ⇒ ∀n ∈ N, ∃Gn abierto en X tal que C =
n∈N
Gn.
∀n ∈ N, C ⊂ Gn ⇒ ∀n ∈ N, (X Gn) ∩ C = ∅.
∀n ∈ N, Gn es abierto ⇒ ∀n ∈ N, X Gn es cerrado.
Por el lema de Urysohn, existe una aplicación continua fn : X −→ [0, 1] tal
que fn(C) = {0} y fn(X Gn) ⊂ {1}.
15

16. Sea hn : X −→ R
x −→ hn(x) = fn(x)
2n
|hn(x)| = hn(x) ≤ 1
2n
Deno f : X −→ R
x −→ f(x) =
∞
n=1
hn(x)
0 ≤ f(x) =
∞
n=1
hn(x) =
∞
n=1
fn(x)
2n
≤
∞
n=1
1
2n
= 1
Por el lema, f está denida y es aplicación continua de X en [0, 1] = I.
Si x ∈ C, ∃n0 ∈ N : x ∈ Gn0 ⇒ x ∈ X Gn0 ⇒ 0 1
2n0
=
fn0 (x)
2n0
≤ f(x) ⇒
x ∈ f−1
({0}) ⇒ f−1
({0}) = C. 2
13. Propuesto al menos en Febrero de 2003
13.1. Enunciado
Sea X espacio topológico T0. Probar que X tiene una base formada por
conjuntos simultáneamente abiertos y cerrados si y sólo si existe D conjunto
discreto de cardinal ≥ 2 tal que X se puede sumergir en DJ
para algún conjunto
J.
13.2. Solución
⇒) Llamo T a la topología de X.
(X, T) es T0.
A = {Aj}j∈J base de X formada por conjuntos simultáneamente abiertos y
cerrados.
∀x ∈ X, sea A(x) ≡ {Aj ∈ A|x ∈ Aj} ⊂ A.
∀x ∈ X, A(x) es base de entornos de x formada por conjuntos abiertos y
cerrados a la vez, en particular cerrados ⇒ (X, T) es regular.
(X, T) es regular y T0 ⇒ (X, T) es regular y T2 ⇒ (X, T) es T3.
El conjunto D que se va a considerar es D = {0, 1}
16

17. card(D)= 2
El que sea conjunto discreto quiere decir que el conjunto se considera con la
topología discreta TD = P(D).
Así, el conjunto discreto queda (D, TD) = ({0, 1}, TD).
DJ
es la abreviatura para la topología producto: DJ
=
j∈J
D
Haciendo explícita la topología: (D, TD)J
= (
j∈J
D,
j∈J
TD).
A cada elemento de la base Aj le asocio una función
fj : /X, T) −→ (D, TD)
x −→
1, si x ∈ Aj
0, si x ∈ Aj
∀j ∈ J, fj es continua, pues Aj es abierto y cerrado a la vez.
Aj cerrado ⇒ X Aj abierto.
TD = {∅, {0}, {1}, {0, 1}}
f−1
j (∅) = ∅ abierto
f−1
j (D) = X abierto
f−1
j ({1}) = Aj abierto
f−1
j ({0}) = X Aj abierto



→ fj es continua
F ≡ {fj|j ∈ J}
∀x, y ∈ X, , x = y
(X, T) es T1
⇒ ∃Aj0
∈ A(x) ⊂ A, , y ∈ Aj0
, x ∈ Aj0
⇒
fj0 (x) = 1
fj0
(y) = 0
⇒
fj0
(x) = fj0
(y) ⇒ F separa puntos de X.
Sea F cerrado de (X, T), x ∈ F
Sea G = X F abierto, x ∈ G, G ∩ F = ∅
En (D, TD) todos los conjuntos son cerrados → fl(F) = fl(F)
x ∈ G =
l∈L
Al ⇒ ∃l0 ∈ L, , x ∈ Al0 ∈ A y Al0 ⊂ G = X F ⇒ Al0 ∩ F =
∅ ⇒ fl0
(x) = 1yfl0
(F) = {0} ⇒ 1 = fl0
(x) ∈ fl0
(F) = fl0
(F) = {0} ⇒ F
separa puntos y cerrados de (X, T).
Por el lema de inmersión la aplicación evaluación de F
e : (X, T) −→ (
j∈J
D,
j∈J
TD) = (D, TD)J
es inmersión topológica ⇒ X se
17

18. puede sumergir en DJ
, con J =card(A).
e = (fj)j∈J es la aplicación parentesis.
⇐)(X, T) es espacio topológico T0.
∃D conjunto discreto, card(D)≥ 2.
(D, TD).TD topología discreta
X se puede sumergir en DJ
DJ
es (
j∈J
D,
j∈J
TD)
∃e : X −→ DJ
; e = (fj)j∈J
(X, T) ≈ (f(X),
j∈J
TD|f(X))
fj : X −→ D
F = {fj|j ∈ J} familia de funciones que separa puntos.
D = {0, 1} es discreto y card(D)= 2
(D, TD) es T1
B = {{0}, {1}} es base formada por abiertos y cerrados a la vez.
Ambas propiedades son multiplicativas ⇒ (
j∈J
D,
j∈J
TD) es T1 y tiene base
formada por conjuntos abiertos y cerrados simultáneamente.
Sea m =card(X). Tomo conjunto de índices J tal que card(J)= m.
La base A de abiertos y cerrados de X, va a ser A = {Aj}j∈J , con card(J)=
m
fj : X −→ D = {0, 1} es continua
f−1
j (0), f−1
j (1) son abiertos y cerrados a la vez.
Aj = f−1
j (1)
A = {f−1
j (1)}j∈J
e es unmersión topológica ⇒ e es inyectiva ⇒ ∀x, y ∈ X, x = y, ∃fj0
∈
F, , fj0 (x) = fj0 (y)
18

19. e inmersión ⇒ e es continua en el total, inyectiva y abierta ben f(X).
Abiertos de DJ
: unión de abiertos de la base:
Base de DJ
: D = {
j∈J
Gj|Gj ∈ Tj∀j ∈ F nita, Gj = D∀j ∈ J F}
Sea B = {BD}i∈I base de DJ
B = {
j∈J
Gj|Gj ∈ Tj ∀j ∈ J, Gj = D∀j ∈ J F, F nito}
Al ser (D, TD)J
, Tj = P(TD) queda B = {
j∈J
Gj|Gj ⊂ D∀j ∈ J, Gj = D∀j ∈
J F con F nito}
D tiene la topología discreta ⇒ ∀E ⊂ D, E = E, o sea todos los conjuntos
son cerrados.
En DJ
, un conjunto que se pueda poner como E =
j∈J
Ej, E =
j∈J
Ej =
j∈J
Ej =
j∈J
Ej = E.
En particular eso pasa para la base de la topología producto, es decir todos
los elementos de B son abiertos y cerrados a la vez.
B base de DJ
⇒ Be = {e(X)∩Bi|Bi ∈ B} es base en (e(X),
j∈J
TD|e(X)) ⇒
Be está formada por conjuntos abiertos y cerrados simultáneamente en e(X)
Sea Be = {Be}e∈E la base de DJ
.
e homeomorsmo entre X y e(X)
A ∈ T ⇒ e(A) abierto en e(X) ⇒ e(A) =
l∈L
{Bl|Bl ∈ Be}
Deno Ce = {Ce = e−1
(Be)|e ∈ E, Be ∈ Be}
∀e ∈ E, Ce ∈ T, pues e es homeomorsmo.
e−1
(e(X) Be) = X Ce
Be abierto y cerrado ⇒ e(X) Be abierto y cerrado, en particular abierto
⇒ Ce cerrado ⇒ Ce familia de conjuntos abiertos y cerrados a la vez.
A ∈ T ⇒ e(A) abierto, e(A) =
l∈L
Bl
19

20. (e inyectiva) A = e−1
(e(A)) = e−1
(
l∈L
Bl) =
l∈L
e−1
(Bl) =
l∈L
Ce, es decir,
todo abierto de A se puede poner como unión de elementos de Ce ⇒ Ce es base
de (X, T), Ce formado por abiertos y cerrados simultáneamente. 2
14. Propuesto al menos en Febrero de 2001, Ju-
nio de 2006 y Septiembre de 2007
14.1. Enunciado
Dado un espacio topológico T1 y II axioma de numerabilidad, probar que,
si tiene una base formada por conjuntos simultáneamente abiertos y cerrados,
entonces se puede sumergir topológicamente en el conjunto de Cantor.
14.2. Solución
Lema 1. Si (X, T) es II axioma de numerabilidad y B es base de T, entonces
existe B∗
⊂ B tal que B∗
es base numerable de T.
DEMOSTRACIÓN
(X, T) es II axioma de numerabilidad ⇒ ∃A = {An}n∈N base numerable de
T.
∀n ∈ N, An =
m∈In
Bm, Bm ∈ B ∀m ∈ In
(X, T) es II axioma de numerabilidad ⇒ (X, T) es de Lindelöf ⇒ ∃Jn ⊂ In,
con Jn numerable tal que An =
m∈Jn
Bm
B∗
= {Bm ∈ B|m ∈ Jn, n ∈ N} ⊂ B
B∗
es base de T. B∗
es numerable por ser unión numerable de conjuntos
numerables.
card(B∗
)=
n∈N
card(Jn) =
n∈N
ℵ0 = ℵ0 2
Lema 2. Sea X espacio topológico, {hn}n∈N sucesión de funciones continuas
de X en (R, Tu). Si existe una serie convergente de números reales no negativos
∞
n=1
rn = r tal que |hn(x)| ≤ rn∀x ∈ X entonces la función
20

21. h =
∞
n=1
hn : X −→ R
x −→ h(x) =
∞
n=1
hn(x)
es continua. Además |h(x)| ≤ r ∀x ∈ X.
DEMOSTRACIÓN
Sea x0 ∈ X, ε 0.
∞
n=1
rn es convergente ⇒ ∃n0 ∈ N :
∞
n=n0+1
rn ≤
ε
3
.
n0
n=1
hn es continua ⇒ ∃V x0
entorno de x0 en X:
|
n0
n=1
hn(x) −
n0
n=1
hn(x0)|
ε
3
∀x ∈ V x0
.
∀x ∈ V x0
: |h(x)−h(x0| ≤ |
∞
n=1
hn(x)−
n0
n=1
hn(x)|+|
n0
n=1
hn(x)−
n0
n=1
hn(x0)|+
|
n0
n=1
hn(x0) −
∞
n=1
hn(x0)|
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
= ε ⇒ h es continua en x0. 2
Solución del problema planteado:
El conjunto de Cantor es
C = {x|x =
∞
n=1
εn
3n
, εn ∈ {0, 2}∀n ∈ N} ⊂ [0, 1] ⊂ R y topológicamente se
considera con la topología usual de R (Tu) heredada, (C, Tu|C).
Llamo (X, T) al espacio topológico del enunciado.
Sea A = {Ai}i∈I base de T formada por conjuntos abiertos y cerrados si-
multáneamente.
Por el lema 1 ∃B = {Bn}n∈N base numerable de T tal que B ⊂ A
(X, T) es II axioma de numerabilidad ⇒ (X, T) es I axioma de numerabili-
dad, es de Lindelöf y separable.
∀x ∈ X, sea A(x) = {Ai ∈ A|x ∈ Ai} ⊂ A
∀x ∈ X, A(x) es base de entornos de x formada por conjuntos abiertos y
cerrados simultáneamente, en particular cerrados.
∀x ∈ X, x tiene una base de entornos cerrados en (X, T) ⇒ (X, T) es regular.
21

22. (X, T) es regular y de Lindelöf ⇒ (X, T) es paracompacto.
(X, T) es T1 ⇒ (X, T) es T0. Por el teorema de metrización de Urysohn,
(X, T)T0, regular y segundo axioma de numerabilidad ⇒ (X, T) es metrizable.
(X, T) es metrizable ⇒ (X, T) es T4.
∀n ∈ N deno fn : X −→ R
x −→
2, si x ∈ Bn
0, si x ∈ Bn
Bx = {Bn ∈ B|x ∈ Bn} es base numerable de entornos de x.
(X, T) es T1 ⇒ ∀x ∈ X, {x} =
Bn∈Bx
Bn
Sean x1, x2 ∈ X, , x1 = x2 ⇒ Bx1
= Bx2
{x1} =
Bn∈Bx1
Bn
{x2} =
Bn∈Bx2
Bn
x1 = x2 ⇒ ∃Bn1
∈ B : x1 ∈ Bn1
, x2 ∈ Bn1
f(x1) = f(
Bn∈Bx1
Bn)
f(x2) = f(
Bn∈Bx2
Bn)
Deno f : X −→ C ⊂ [0, 1] ⊂ R
x −→
∞
n=1
xn
3n
con xn =
2, si x ∈ Bn
0, si x ∈ Bn
Deno ∀n ∈ N, fn : X −→ R
x −→
2, si x ∈ Bn
0, si x ∈ Bn
∀n ∈ N fn es continua.
Deno hn : X −→ [0, 1]
x −→ hn(x) = fn(x)
3n
|hn(x)| = hn(x) ≤ 2
3n = rn∀x ∈ X
hn es continua.
22

23. r =
∞
n=1
rn =
∞
n=1
2
3n
= 1
f =
∞
n=1
hn es continua por el lema 2.
x1, x2 ∈ X, , x1 = x2
(X, T) T1
⇒ ∃V x1
entorno de x1, , x2 ∈ V x1
Bx1
base de entornos de x1
V x1
entorno de x1
⇒ ∃Bn1 ∈ Bx1 , , x1 ∈ Bn1 ⊂ V x1
y x2 ∈
V x1
⇒ x2 ∈ Bn1
⇒ x1n1
= 2 y x2n1
= 0 ⇒ f(x1) =
∞
n=1
x1n
3n
= f(x2) =
∞
n=1
x2n
3n
⇒ f es inyectiva.
Falta ver que f es abierta para tener inmersión topológica.
A ∈ T ⇒ A =
j∈J
Bj, A es unión de abiertos de la base.
x ∈ B1 ⇒ f(x) ≥ 2
31 = 2
3 ⇒ f(x) ∈ [2
3 , 1] ⊂ (2
3 − 1
2·3 , 1 + 1
2·3 ) ∩ f(X)
x ∈ B1 ⇒ f(x) ≤ 1
3 ⇒ x ∈ [0, 1
3 ] ⇒ x ∈ (2
3 − 1
2·3 , 1 + 1
2·3 )
f(B1) = (2
3 − 1
2·3 , 1 + 1
2·3 ) ∩ f(X) ⇒ f(B1) es abierto en (f(X), Tu|f(X))
x ∈ Bn ⇒ f(x) =
n−1
i=1
εi
3i
+
2
3n
+
∞
i=1
εi
3i
∞
i=n+1
εi
3i
≤
∞
i=n+1
2
3i
=
1
3n
x ∈ Bn ⇒ f(x) ∈ Gn ≡ ∪{(
n−1
i=1
εi
3i
+
2
3n
−
1
2 · 3n
,
n−1
i=1
εi
3i
+
2
3n
+
1
3n
+
1
2 · 3n
), εi ∈ {0, 2}, i ∈ {1, . . . , n + 1}}
x ∈ Bn ⇒ f(x) ∈ Gn. Gn es abierto por ser unión nita (de 2n−1
) de
abiertos.
f(Bn) = Gn ∩ f(X) ⇒ f(Bn) es abierto en f(X).
Sea A ∈ T
B base
⇒ A =
j∈J
Bj ⇒ f(A) = f(
j∈J
Bj) =
j∈J
f(Bj) ⇒ f(A)
23

24. es unión a lo más numerable de abiertos ⇒ f(A) es abierto ⇒ f es abierta
⇒ f−1
: f(X) ⊂ C −→ X es continua.
f aplicación continua, inyectiva y f−1
continua ⇒ f inmersión 2
15. Propuesto al menos en Febrero de 2000, Fe-
brero de 2002 y Septiembre de 2006
15.1. Enunciado
Sea (X, T) espacio topológico T2. Probar que (X, T) es regular si y sólo si
∀U recubrimiento abierto de (X, T), ∀a ∈ X, existe Va renamiento abierto de
U, localmente nito en a.
15.2. Solución
U recubrimiento abierto de X ⇒ U = {Ui}i∈I, Ui ∈ T, ∀i ∈ I y
i∈I
Ui = X.
Va renamiento abierto de U ⇒ Va = {Aj}j∈J , Aj ∈ T∀j ∈ J,
j∈J
Aj =
X, ∀Aj ∈ Va∃Uj ∈ U : Aj ⊂ Uj
Va = {Aj}j∈J localmente nito en a ⇒ ∃Ea
entorno de a Ea
sólo corta a
los miembros de una subfamilia nita de Va
(X, T) es regular ⇔ ∀x ∈ X, ∀C cerrado, x ∈ C, ∃U, V ∈ T, , U ∩ V = ∅, , x ∈
U, C ⊂ V
T2 y regular ⇒ T3
(X, T) regular ↔ ∀x ∈ X, ∀U ∈ T, , x ∈ U, ∃V ∈ T, x ∈ V ⊂ V ⊂ U
(X, T) regular ↔ ∀x ∈ X tiene una base de entornos cerrados en (X, T).
⇒)(X, T) espacio topológico regular.
U = {Ui}i∈I recubrimiento abierto de (X, T). a ∈ X ⇒ ∃i0 ∈ I : a ∈ Ui0 y
(X, T) regular ⇒ ∃V a
entorno abierto de a a ∈ V a
⊂ V a ⊂ Ui0
Deno Ai ≡ Ui V a = Ui ∩ (X V a), ∀i ∈ I
V a cerrado ⇒ X V a abierto ⇒ Ai abierto
24

25. Deno Va = {Ai}i∈I ∪ {Ui0
}
∀i ∈ I, Ui ⊂ Ai ∪ Ui0
⇒ Va es recubrimiento de (X, T).
∀i ∈ I, Ai ⊂ Ui
Ui0
⊂ Ui0
⇒ Va es renamiento abierto de U
∀i ∈ I, V a
∩ Ai = ∅
V a
es entorno abierto de a que sólo corta a Ui0
⇒ Va es localmente nito en
a.
No es necesario que (X, T) sea T2, pues no se ha usado.
⇐)(X, T) espacio topológico T2. a ∈ X. C cerrado en (X, T) tal que a ∈ C.
C cerrado ⇒ X C es abierto.
(X, T) es T2 ⇒ ∀y ∈ C∃Ey
entorno abierto de y, ∃Ea
y entorno abierto de a
Ey
∩ Ea
y = ∅ → a ∈ Ey
Sea U = {X C} ∪ {Ey
|y ∈ C}
U es recubrimiento abierto de X ⇒ ∃Va = {Aj}j∈J renamiento abierto
de U localmente nito en a ⇒ ∃Ea
entorno abierto de a Ea
sólo corta a los
miembros de una subfamilia nita de Va, digamos F = {Af }f∈F ⊂ Va, con
card(F) nito.
Sea V ≡ ∪{Aj ∈ Va|Aj ∩ C = ∅} ⇒ C ⊂ V
V es abierto por ser unión de abiertos. a ∈ V
Va es renamiento de U y F ⊂ Va ⇒ ∀f ∈ F, ∃y ∈ C : Af ⊂ Ey
ó Af ⊂
X C. Sea f : ∃y : Af ⊂ Ey
⇒ ∃Ea
y , , Ea
y ∩ Ey
= ∅ ⇒ Ea
y ∩ Af = ∅
∀f ∈ F, deno F1 = {f ∈ F|∃yf ∈ C : Af ⊂ Eyf
}
F2 = F F1
F1 = {Af }f∈F1
F2 = {Af }f∈F2
Sea Ea
1 ≡ (
f∈F1
Ea
yf
) ∩ Ea
Ea
1 es entorno abierto de a por ser intersección nita de entornos abiertos de
a.
25

26. Ea
1 no corta a ningún miembro de Va cuyo índice no esté en F porque
Ea
1 ⊂ Ea
∀f ∈ F1, Ea
1 ∩ Af = ∅ pues Ea
1 ⊂ Ea
yf
y Ea
yf
∩ Af = ∅ ⇒ Ea
1 sólo corta a
miembros de Va con índice en F2
∀f ∈ F2, Af ⊂ X C ⇒ Af ∩ C = ∅
Va es recubrimiento abierto de X ⇒ Ea
1 ⊂
f∈F
Af
Ea
1 ⊂
f∈F2
Af
Sea W = {Aj ∈ Va|Aj ∩ C = ∅}
V =
Aj ∈W
Aj
∀f ∈ F2, Af ⊂ X C ⇒ Af ∩ C = ∅ ⇒ Af ∈ W ⇒ F2 ∩ W = ∅
∀Aj ∈ W ⇒ j ∈ F2 ⇒ Ea
1 ∩Aj = ∅ ⇒ Ea
1 ∩(
Aj ∈W
Aj) = ∅ ⇒



Ea
1 ∩ V = ∅
a ∈ Ea
1
C ⊂ V



⇒
(X, T) es regular 2
16. Propuesto al menos en Septiembre de 2000
16.1. Enunciado
Si un recubrimiento abierto U de un espacio topológico X tiene un rena-
miento cerrado localmente nito, probar que existe un entorno V de la diago-
nal de X × X tal que {V [x]|x ∈ X} es un renamiento de U (se denota
V [x] = {y ∈ X|(x, y) ∈ V })
16.2. Solución
Sea A renamiento cerrado localmente nito de U. ∀A ∈ A, tómese UA ∈
U : A ⊂ UA.
VA = (UA × UA) ∪ ((X A) × (X A))
VA es entorno abierto de .
26

27. x ∈ A ⇒ VA[x] = UA.
V = ∩{VA|A ∈ A}
∀x, V [x] ⊂ VA[x] = UA ⇒ {V [x]|x ∈ X} es renamiento de U.
Falta probar que V es entorno de .
∀(x, x) ∈ , sea Wx
entorno de x en X: Wx
corte sólo a un número nito
de miembros de A.
Si Wx
∩ A = ∅ ⇒ Wx
⊂ X A ⇒ Wx
× Wx
⊂ VA ⇒ V contiene a la
intersección de Wx
×Wx
con un número nito de conjuntos VA ⇒ V es entorno
de (x, x). 2
17. Propuesto al menos en Septiembre de 2003 y
Junio de 2006
17.1. Enunciado
Sea (X, T) espacio topológico paracompacto y T2. Si existe D subconjunto
denso tal que (D, T|D) es de Lindelöf, probar que (X, T) es de Lindelöf.
17.2. Solución
X es paracompacto y T2 ⇒
X es regular
X es T4
Sea U recubrimiento abierto de X.
X regular ⇒ ∀x ∈ X, ∃V x
entorno abierto de x tal que V x ⊂ en algún
elemento de U.
X paracompacto ⇒ ∃V renamiento abierto localmente nito del recubri-
miento abierto de X: {V x
|x ∈ X}
D de Lindelöf ⇒ ∃V subfamilia numerable de V recubriendo a D. V ⊂ V
D ⊂
V ∈V
V
∀V ∈ V , se elige U ∈ U : V ⊂ U
V ⊂ V ⊂ V x
⊂ V x ⊂ U
27

28. Sea U la subfamilia numerable de U así obtenida.
X = D ⊂
V ∈V
V =
V ∈V
V ⊂
U∈U
U ⇒ X es de Lindelöf. 2
18. Propuesto al menos en Febrero de 2001 y Sep-
tiembre de 2007
18.1. Enunciado
Dado un espacio topológico y una familia de subconjuntos suyos se dice que la
familia es discreta si para cada punto del espacio existe algún entorno que corta
a lo sumo un elemento de la familia. Si un espacio topológico es paracompacto
y regular, probar que para cada familia discreta {Fs}s∈S de cerrados existe una
familia discreta {Vs}s∈S de abiertos tal que Fs ⊂ Vs (∀s ∈ S).
18.2. Solución
Llamo (X, T) al espacio topológico dado.
(X, T) paracompacto y regular ⇒ (X, T) es normal.
Llamo F = {Fs}s∈S del enunciado.
F es discreta ⇒ ∀x ∈ X∃Ax
entorno de x tal que Ax
corta a lo sumo a un
elemento de F.
(X, T) regular ⇒ ∀x ∈ X,
◦
Ax
es entorno abierto de x, ∃Hx
abierto, x ∈
Hx
⊂ Hx ⊂
◦
Ax
⊂ Ax
Ax
corta a lo sumo a un Fs
Hx ⊂ Ax ⇒ Hx corta a lo sumo a un Fs para cada
x ∈ X.
H = {Hx
}x∈X es recubrimiento abierto de X.
Sea W renamiento abierto localmente nito de H que existe por ser (X, T)
paracompacto.
Deno Ws ≡ {W ∈ W|W ∩ Fs = ∅} ⊂ W
Ws ⊂ W
W localmente nita
⇒ Ws localmente nita.
28

29. Deno Ws =
W ∈Ws
W
Ws localmente nita ⇒
W ∈Ws
W =
W ∈Ws
W cerrado ⇒ Ws =
W ∈Ws
W ⇒
Ws es cerrado ⇒ X Ws es abierto.
Deno Vs ≡ X Ws, ∀s ∈ S ⇒ Vs es abierto
∀W ∈ Ws, W ∩ Fs = ∅ por construcción ⇒ (Ws =
W ∈Ws
W) Ws ∩ Fs = ∅ ⇒
Fs ⊂X Ws = Vs
Sea V = {Vs}s∈S.
W renamiento de H ⇒ ∀W ∈ W, ∃HW ∈ H : W ⊂ HW
HW es un Hx para algún x, por lo que corta a lo más a un conjunto de F,
W ⊂ HW ⇒ W ⊂ HW
HW corta a lo sumo a un Fs
⇒ W corta a lo sumo a un Fs ∀W ∈ W.
i) Si W no corta a ningún Fs ⇒ W ∈ Ws∀s ∈ S ⇒ W ⊂ Ws ⇒
W ∩ X Ws = ∅
X Ws = Vs
⇒
W ∩ Vs = ∅ y W ⊂ W ⇒ W ∩ Vs = ∅∀s ∈ S
ii) Si W corta a un elemento de F, digamos a Ft, t ∈ S, razonando como
antes para los otros índices de S: W ∩ Vs = ∅ si s = t ⇒ W corta a lo sumo a
Vt, es decir a un elemento de V.
W es recubrimiento abierto de X ⇒ ∀x ∈ X, ∃W ∈ W : x ∈ W ⇒ W es
entorno abierto de x y W corta a lo sumo a un elemento de V ⇒ V es discreta 2
19. Propuesto al menos en Febrero de 2003 y Fe-
brero de 2007
19.1. Enunciado
Sea (X, T) espacio paracompacto regular. Si {Fs}s∈S es una familia local-
mente nita de cerrados de (X, T), probar que ∃{Vs}s∈S familia localmente
nita de abiertos de (X, T) tal que Fs ⊂ Vs ∀s ∈ S.
29

30. 19.2. Solución
(X, T) paracompacto y regular ⇒ (X, T) es normal.
Sea F = {Fs}s∈S la familia del enunciado.
F localmente nita ⇒ ∀x ∈ X∃Ux
entorrno de x en (X, T) tal que Ux
sólo
corta a una cantidad nita de miembros de F.
(X, T) regular ⇒ ∀x ∈ X, ∀
◦
Ux
entorno abierto de x ∃Hx
abierto, x ∈ Hx
⊂
Hx ⊂
◦
Ux
⊂ Ux
Ux
sólo corta a una cantidad nita de miembros de F
Hx ⊂ Ux ⇒ Hx sólo corta
a una cantidad nita de miembros de F.
Sea H = {Hx
}x∈X
H es recubrimiento abierto de X.
Sea W renamiento abierto localmente nito de H que existe por ser (X, T)
paracompacto.
W es recubrimiento abierto de X.
Deno Ws ≡ {W ∈ W|W ∩ Fs = ∅} ∀s ∈ S
Ws ⊂ W
W localmente nita
⇒ Ws localmente nita ⇒
W ∈Ws
W =
W ∈Ws
W ⇒
W ∈Ws
W es cerrado
Deno Ws ≡
W ∈Ws
W. es decir Ws es cerrado ⇒ X Ws es abierto.
Deno Vs ≡ X Ws ⇒ Vs es abierto ∀s ∈ S
∀W ∈ Ws, W ∩ Fs = ∅ ⇒ Ws ∩ Fs = (
W ∈Ws
W) ∩ Fs =
W ∈Ws
(W ∩ Fs) =
∅ ⇒ Fs ⊂ X Ws = Vs ⇒ Fs ⊂ Vs
Deno V = {Vs}s∈S
W renamiento de H ⇒ ∀W ∈ W, ∃HW ∈ H : W ⊂ HW
HW = Hx para algún x
W ⊂ HW ⇒ W ⊂ HW
30

31. Hx sólo corta a una cantidad nita de miembros de F
W ⊂ HW = Hx ⇒ W sólo corta
a una cantidad nita de miembros de F, ∀W ∈ W.
Falta probar que V es localmente nita, es decir que ∀x ∈ X, ∃Ax
entorno
de x que solamente corta a una cantidad nita de los Vs.
Si W ∩ Fs = ∅, entonces W ∈ Ws y W ⊂ Ws ⇒
W ∩ (X Ws) = ∅
Vs = X Ws
⇒
W ∩ Vs = ∅
W ∩ Fs = ∅ ⇒ W ∩ Vs = ∅
W sólo corta a una cantidad nita de Fs∀W ∈ W
⇒ W sólo corta a una
cantidad nita de Vs (los que tienen el mismo índice que un miembro de F al
que corta).
W ⊂ W ⇒ W sólo corta a una cantidad nita de Vs
W recubrimiento abierto de X ⇒ ∀x ∈ X∃W ∈ W : x ∈ W, es decir W es
entorno abierto de x y W sólo corta a una cantidad nita de miembros de V ⇒
V localmente nita.
V es la familia buscada.
Si W ∩ Fs = ∅ como Fs ⊂ Vs ⇒ W ∩ Vs = ∅ 2
III) Problemas prácticos
20. Propuesto al menos en Febrero de 2001, Fe-
brero de 2003 y Septiembre de 2007
20.1. Enunciado
Sea s : N −→ Q una biyección. Estudiar la convergencia y puntos de aglo-
meración de la red s : N −→ R, donde se considera la topología usual.
20.2. Solución
(R, Tu) es T2 ⇒ Toda red tiene a lo más un punto límite
(N, ≤) es conjunto dirigido
s ≡ (sn)n∈N
31

32. x ∈ R, x ∈ l´ım
(R,Tu)
s ó
s −→ x
(R, Tu)
⇔ ∀Ux
entorno de x ∃n0 ∈ N, , ∀n ≥ n0, sn ∈
Ux
(sn)n≤n0
es una cantidad nita de elementos de Q, y en cualquier intervalo
abierto de R (aunque x no pertenezca al intervalo) hay innitos números racio-
nales por lo que hay elementos sn con n n0, por lo que ningún punto de Q (o
de R) es límite de s.
Lim s = ∅
(R, Tu)
Puntos de aglomeración: x es punto de aglomeración de s ⇔ ∀Ux
entorno
de x ∈ R, ∀n0 ∈ N, ∃n ≥ n0, , sn ∈ Ux
Como cualquier entorno Ux
incluye un intervalo y en todo intervalo hay
innitos elementos de Q, ∀n0, sólo hay una cantidad nita de sn con n n0 ⇒
Para una cantidad innita de miembros de Q∩Ux
, se corresponden con sn de n ≥
n0 ⇒ ∀x ∈ R, x es de aglomeración de s ⇒ puntos de aglomeración de s = R
21. Propuesto al menos en Septiembre de 2003
21.1. Enunciado
Sobre el intervalo [0, 1) consideramos la relación de orden natural y
j : [0, 1) → R inclusión. Estudiar la convergencia y puntos de aglomeración de
la red j en (R, Tu).
Análogo problema para la red
ϕ : R −→ S1
x −→ (cos 2πx, sin 2πx)
(donde R tiene el orden natural y S1
la topología usual)
21.2. Solución
([0, 1), ≤) conjunto dirigido
j ≡ (jd)d∈[0,1)
∀d ∈ [0, 1), jd = d ⇒ j ≡ (d)d∈[0,1)
(R, Tu) es T2, por lo que j a lo más tiene un punto límite.
32

33. j −→ x
(R, Tu)
⇔ ∀Ux
entorno de x∃d0 ∈ [0, 1), , ∀d ≥ d0(d ∈ [0, 1)) ⇒ jd ∈ Ux
1 ∈ U1
entorno abierto de 1 en (R, Tu) ⇒ ∃ε ∈ (0, 1), , (1 − ε, 1 + ε) ⊂ U1
(1 − ε, 1 + ε) ∩ [0, 1) = (1 − ε, 1)
∀d 1 − ε, por ejemplo d0 = 1 − ε
2 , ∀d ≥ 1 − ε
2 (es decir ∀d ∈ [1 −
ε
2 , 1) ⊂ [0, 1)), jd = d ∈ (1 − ε, 1 + ε) ⊂ U1
⇒
1 ∈ Lim j
(R, Tu)
y (R, Tu) es T2 ⇒
Lim
(R, Tu)
j = {1} ,
j −→ 1
(R, Tu)
x punto de aglomeración de j ⇔ ∀Ux
entorno de x, ∀d0 ∈ [0, 1), ∃d ≥
d0, , jd ∈ Ux
[0, 1) = [0, 1] ⇒ ∀x ∈ R[0, 1]∃Ux
, , Ux
∩[0, 1) = ∅ ⇒ x no es de aglomeración
de j.
Así los puntos de aglomeración de j están incluidos en [0, 1]. 1 es punto de
aglomeración de j por ser límite.
0 no es punto de aglomeración pues (−1
3 , 1
3 ) es entorno de 0 y ∀d ≥ 1
2 , jd ∈
(−1
3 , 1
3 ).
Sea x ∈ (0, 1), ∃ε 0, , (x − ε, x + ε) ⊂ [0, 1)
(x − ε, x + ε) es entorno de x, x + ε 1
∀d0, , x+ε d0 1 (por ejemplo
x+ε+1
2 ), ∀d ≥ d0, d ∈ [0, 1), jd ∈ (x−ε, x+
ε) ⇒ x no es de aglomeración de j.
Luego x punto de aglomeración de j en (R, Tu) ⇔ x = 1
Se estudia ahora la red ϕ.
(R, ≤) conjunto dirigido
ϕ ≡ (ϕx)x∈R
ϕ : R −→ (S1
, Tu)
x −→ (cos 2πx, sin 2πx)
ϕ es periódica de periodo 1 : ϕ(x + 1) = ϕ(x)
El conjunto (S1
, Tu) es T2 luego ϕ tiene a lo sumo un punto límite:
33

34. ϕ −→ x
(S1
, Tu)
⇔ ∀Ux
entorno de x, ∃d0 ∈ R, , ∀d ≥ d0, ϕd ∈ Ux
∀d0 ∈ R, {ϕd}d≥d0
= S1
por ser periódica ϕ.
∀x ∈ S1
, ∃Ux
entorno de x Ux
S1
⇒ ∃d0, , ∀d ≥ d0, ϕd ∈ Ux
⇒
x ∈ Limϕ
(S1
, Tu)
⇒
Lim ϕ = ∅
(S1
, Tu)
∀x ∈ S1
, ∀Ux
entorno de x, ∀d0 ∈ R, ∃d ≥ d0, , ϕd = x ∈ Ux
⇒ x es de
aglomeración de S1
⇒ puntos de aglomeración de ϕ en (S1
, Tu) = S1
22. Propuesto al menos en Febrero de 2000, Fe-
brero de 2002 y Septiembre de 2006
22.1. Enunciado
Sea X = {m ∈ N|m ≥ 2} con la topología generada por los conjuntos
Un = {m ∈ X|m divide a n}∀n ≥ 2. Estudiar las propiedades de separación de
este espacio.
22.2. Solución
X = N {1}.
Llamo T a la topología. ∀n ∈ X, Un ∈ T
∀n ∈ X, Un son los divisores de n
Un1
∩ Un2
= Umcd(n1,n2)
B = {Un|n ∈ X}
⇒ B es base de T.(Un1
, Un2
∈ B ⇒ Un1
∩Un2
∈
B). Si mcd(n1, n2)= 1 ⇒ Un1
∩ Un2
= ∅, por lo que no hay problemas.
Si p es primo, Up = {p}
p primo ⇒ {p} es abierto
∀n ∈ X, n ∈ Un ⇒ Un es entorno abierto de n(∀n ∈ X)
Sean x, y ∈ X, , x = y; sea z =mcd(x, y). Si z = 1 ⇒ Ux ∩ Uy = ∅
m ∈ Un ⇒ m ≤ n
34

35. x, y ∈ X, x = y ⇒ x y ó y x ⇒ x ∈ Uy ó y ∈ Ux ⇒ (X, T) es T0
m ∈ Un ⇒ n es múltiplo de m ⇒ Um ⊂ Un ⇒ el entorno más pequeño que
contiene a m es Um y todo entorno de m contiene a Um
Sea n ∈ X, entonces 2n ∈ X, 2n = n, n ∈ Un ⊂ U2n ⇒ Todo entorno de 2n
contiene a n ⇒ (X, T) no es T1
X U2n es cerrado
Si (X, T) fuera regular: T0+regular ⇒ T1 pero no es T1 ⇒ (X, T) no es regular ⇒
(X, T) no es completamente regular
No es paracompacto: B es recubrimiento abierto, y no hay renamiento
abierto suyo localmente nito por ejemplo en 2.
card(Un) n ∞
Quiero ver si (X, T) es normal.
B es base numerable de T ⇒ (X, T) cumple el segundo axioma de numera-
bilidad ⇒ (X, T) es I axioma de numerabilidad, de Lindelöf y separable.
Por el teorema de metrización de Urysohn, (X, T) es T0 ⇒ [ regular y II
axioma ⇔ metrizable y separable ].
En nuestro caso como (X, T) es T0, II axioma de numerabilidad y separable,
queda [ metrizable ⇔ regular ], y como no es regular, (X, T) no es metrizable.
∀p primo, Up = {p} abierto de B
∀n ∈ X, n tiene al menos un factor primo ⇒ ∃p|Up ⊂ Un.
P = {p ∈ X|p es primo}
Todo abierto de B contiene al menos un primo ⇒ ∀A ∈ T (si A = ∅),
∃p ∈ P, , p ∈ A ⇒ ∀A ∈ T, P ∩ A = ∅ ⇒ P = X
P es numerable y denso en X.
T|P : ∀p ∈ P, {p} ∈ T ⇒ {p} ∈ T|P ⇒ T|P es TD la topología discreta:
(P, T|P ) = (P, TD).P ∈ T ⇒ X P es cerrado
X P = {n ∈ N|n ≥ 4 y n es compuesto (no es primo)} es cerrado
Sea n ∈ X. Quiero hallar {n}
{n} es cerrado, es decir es complementario de un abierto.
Sea s un múltiplo de n ⇒ n ∈ Us ⇒ ∀Us
entorno de s, n ∈ Us
⇒ {n}∩Us
=
35

36. ∅ y s ∈ Us
y s ∈ X {n} ⇒ Us
∩ (X {n}) = ∅ ⇒ s ∈ frontera({n}) ⇒ s ∈ {n}
∀A ∈ T, , s ∈ A ⇒ n ∈ A ⇒ n ∈ {n} ∩ A = ∅
Si s no es múltiplo de n ⇒ n no es divisor de s ⇒ n ∈ Us
Us es entorno abierto de s, , {n} ∩ Us = ∅ ⇒ s ∈ frontera({n}) y s ∈ {n} ⇒
s ∈ {n}
∀n ∈ X, {n} = {m ∈ X|m es múltiplo de n}
Sea A ⊂ X, A = {m ∈ X|∃n ∈ A, , m es múltiplo de n}
A = {xj}j∈J ⇒ A = {xj}j∈J =
j∈J
{xj}, pues si s no es múltiplo de ningún
elemento de A ⇒
Us ∩ A = ∅
Us entorno de s
⇒ s ∈ A
Si C es cerrado (C = ∅) ⇒ C es numerable
C cerrado, C = ∅ ⇒ ∀c ∈ C, {c} = { múltiplos de c} ⊂ C
C = ∅, C cerrado ⇔ [∀c ∈ C, ∀s, , c|s ⇒ s ∈ C]
C cerrado, c ∈ C: quiero A ∈ T, , C ⊂ A. ∀n ∈ X, c · n ∈ C ⊂ A, ∀Uc·n
entorno abierto de c · n, Uc·n ∈ B y Uc·n ⊂ Uc·n
c · n ∈ A abierto ⇒ ∃Uc·n
entorno abierto de c · n, , Uc·n ⊂ Uc·n
⊂ A ⇒
Uc·n ⊂ A
n ∈ Uc·n
Uc·n ⊂ A
⇒ n ∈ A(∀n ∈ X) ⇒ A = X. Es decir, el único abierto que
incluye a un cerrado = ∅ es el total.
Si C1, C2 cerrados no vacíos ⇒ ∃c1 ∈ C1, ∃c2 ∈ C2 ⇒ c1 · c2 ∈ C1 ∩ C2 ⇒
C1 ∩C2 = ∅ ⇒ (X, T) es normal trivialmente pues no hay cerrados disjuntos no
vacíos.
36

37. 23. Propuesto al menos en Febrero de 2001, Fe-
brero de 2003, Septiembre de 2005 y Septiem-
bre de 2007
23.1. Enunciado
Sea el espacio producto de la recta real con su topología usual y {0, 1} con la
topología trivial. Estudiar si este espacio es Ti (i = 0, 1, 2, 3, 4) regular, normal
y paracompacto.
23.2. Solución
(X, T) = (R, Tu) × ({0, 1}, {∅, {0, 1}})
Llamo TT a la topología trivial de {0, 1}
({0, 1}, TT ) es compacto por ser nito
(R, Tu) es metrizable ⇒ (R, Tu) es paracompacto
(X, T) es paracompacto por ser producto de paracompacto por compacto.
Un conjunto es abierto en (X, T) ⇔ es producto de abierto de R por abierto
de ({0, 1}, TT ).
Si el abierto de {0, 1} es ∅, entonces tenemos ∅ del producto.
Así el único abierto que puedo elegir es el total {0, 1}.
∅ = A ∈ T ⇔ A = AR × {0, 1} con AR ∈ Tu. Deno D ≡ {0, 1}
Los entornos abiertos de (x, y) son Ux
× {0, 1} con x ∈ Ux
∈ Tu
p = (0, 0) ∈ X. Un entorno abierto es U0
1 × D
q = (0, 1) ∈ X. Un entorno abierto es U0
2 × D
⇒
{p, q} ⊂ U0
1 × D
{p, q} ⊂ U0
2 × D
Up
entorno abierto de p ⇔ Up
entorno abierto de q
Uq
entorno abierto de q ⇔ Uq
entorno abierto de p
⇒ (X, T) no es T0
⇒ (X, T) no es T0, T1, T2, T3, T3a, ni T4.
Los cerrados en (D, TT ) son ∅ y D
(D, TT ) es regular, pues cualquier conjunto con la topología trivial lo es
(debido a que sólo hay un abierto no vacío).
37

38. (R, Tu) es regular
Un producto es regular ⇔ cada factor es regular
En nuestro caso cada factor es regular ⇒ (X, T) es regular.
(X, T) paracompacto y regular ⇒ (X, T) es normal.
Un producto es completamente regular ⇔ cada factor lo es.
(R, Tu) es metrizable ⇒ (R, Tu) es T4 ⇒ (R, Tu) es T3a ⇒ (R, Tu) es com-
pletamente regular.
(D, TT ) es trivialmente completamente regular, pues los únicos cerrados son
∅ y D y todo punto pertenece al total y en la condición se pide que el cerrado
sea = ∅, así que no queda cerrado para construir la función, no hay función que
construir.
Factores completamente regulares ⇒ (X, T) es completamente regular.
24. Propuesto al menos en Junio de 2006
24.1. Enunciado
Sea el espacio topológico (N, T) donde T = {S ⊂ N|2n − 1 ∈ S ⇒ 2n ∈
S}. Estudiar las propiedades de separación de este espacio y determinar si es
paracompacto.
24.2. Solución
n ∈ N.T = {S ⊂ N|2n − 1 ∈ S(n ∈ N) ⇒ 2n ∈ S}
En los abiertos, si hay un impar, está su sucesor (única restricción).
Sea p par ⇒ {p} es abierto ⇒ {p} entorno abierto de p
∀x ∈ N, x = p, x ∈ {p} y {p} es entorno abierto de p
Sea i impar ⇒ {i, i + 1} abierto; {i} no es abierto
A ∈ T
i ∈ A
⇒ {i, i + 1} ⊂ A
B = {{p}|p es par } ∪ {{i, i + 1}|i impar}
38

39. B es base de T.
Es T0.
No es T1: No hay ningún entorno de i que no contenga i + 1
No es T1 ⇒ no es T1, T2, T3, T3a, T4
T0 y regular ⇒ T1
No es T1 ⇒ no es regular ⇒ (N, T) no es completamente regular
{i} es cerrado
Cualquier conjunto cuyos elementos son todos impares es cerrado.
C es cerrado en (N, T) ⇔ [p par ∈ C ⇒ p − 1 ∈ C]
C cerrado
p par ∈ C
⇒ p − 1 ∈ C
{p − 1, p} es cerrado
i impar ⇒ {i} cerrado pues N {i} ∈ T
∀i impar, {i, i + 1} es abierto y cerrado ⇒ unión arbitraria de conjuntos así
es abierto y cerrado
{p − 1, p} menor cerrado que contiene a p
C1, C2 cerrados disjuntos no vacíos.
C cerrado C = ∅, el menor abierto A, , C ⊂ A es:
i ∈ C
i + 1 ∈ C
⇒ i + 1 ∈ A
A = C ∪ {i + 1|i ∈ C y i + 1 ∈ C}
Así ∀C cerrado se construye este abierto.
C1, C2 cerrados disjuntos no vacíos. Creo A1, A2 así. Añado i + 1 en A1 ⇒
i ∈ C1 ⇒ i ∈ C2 ⇒ i + 1 ∈ C2 ⇒ no añado i + 1 en A2 pues i ∈ C2
Simétricamente, por el mismo razonamiento, si añado i+1 en A2 ⇒ i+1 ∈ C1
y no añado i + 1 en A1. En total:
C1 ⊂ A1 ∈ T
C2 ⊂ A2 ∈ T
A1 ∩ A2 = ∅



⇒ (X, T) es normal
39

40. Los entornos más pequeños de un punto son: {p} y {i, i + 1}
V = {{i, i + 1}}i impar es recubrimiento abierto de N. Es localmente nito:
Si p es par, {p − 1, p} ∈ V es entorno abierto de p que sólo corta a ese
elemento de V
Si i es impar, {i, i + 1} ∈ V es entorno abierto de i que sólo corta a ese
elemento de V
Los elementos de V son disjuntos 2 a 2: V1, V2 ∈ V, V1 = V2 ⇒ V1 ∩ V2 = ∅.
∀U recubrimiento abierto de N, V es renamiento abierto localmente nito
de U.
Solamente falta ver que V es renamiento, o sea, ∀V ∈ V, ∃UV ∈ U : V ⊂ UV
V ∈ V ⇒ V = {i, i + 1} ⊂ Uj0 ∈ U
U = {Uj}j∈J es recubrimiento abierto de N ⇒ ∃j0, , i ∈ Uj0
∈ U ⊂ T ⇒
{i, i + 1} ⊂ Uj0
⇒ (N, T) es paracompacto.
25. Propuesto al menos en Septiembre de 2000
25.1. Enunciado
Sea X un conjunto innito y p ∈ X. Se dene en X la topología
T = {U ⊂ X|X U nito ó X U p}. Estudiar las propiedades de separación
de (X, T). En el caso particular de ser X numerable, determinar si (X, T) es
metrizable.
25.2. Solución
A ∈ T ⇔ A es complementario de nito ó p ∈ A
∀x ∈ X, , x = p, {x} ∈ T
Si p ∈ A ∈ T ⇒ A es complementario de nito
Si x, y son 2 puntos distintos de X y ninguno de ellos es p, {x}, {y} son dos
abiertos disjuntos
Si uno es p, digamos puntos p y x(x = p), {x} es entorno abierto de x y
p ∈ {x} ⇒ (X, T) es T0
40

41. Para ver si es T1 si ninguno de los dos puntos es p no hay problemas.
Sea x ∈ X, , x = p, p ∈ {x} y {x} es entorno abierto de x
X {x} es abierto pues su complementario es {x} que es nito.
p ∈ X {x} ∈ T
x ∈ X {x}
⇒ (X, T) es T1
Para ver si es T2, igualmente si ninguno de los puntos es p, {x} e {y} son
entornos abiertos (disjuntos) de x e y respectivamente.
Si uno es p y el otro x cualquiera (x = p): {x} y X {x} entornos abiertos
de x y p disjuntos ⇒ (X, T) es T2
Si p ∈ C ⇒ C es cerrado pues p ∈ X C ⇒ X C abierto
card(C) nito ⇒ C cerrado pues X C es complementario de nito ⇒ X C
abierto
Juntando ambos: C cerrado en (X, T) ⇔ p ∈ C ó card(C) es nito
A abierto ⇔ A es complementario de nito ó p ∈ A
Para ver si (X, T) es regular:
Si el punto es p, p ∈ C ⇒
card(C) es nito
C es abierto
p ∈ X C abierto
C abierto y cerrado
X C ∩ C = ∅
C ⊂ C abierto



⇒ Luego si el punto es p, para cualquier cerrado
cumpliría las condiciones de regularidad.
Si el punto es x, , x = p y p ∈ C
card(X)= ∞ ⇒ dos conjuntos complementarios de conjunto nito no pueden
ser disjuntos
A complementario de nito (X A nito), A ∩ B = ∅ ⇒ B ⊂ X A y X A
es nito ⇒ card(B) es nito
Quiero A abierto con p ∈ C ⊂ A ⇒ A es complementario de nito.
Quiero un abierto B, , x ∈ B y A ∩ B = ∅ ⇒ B nito, p ∈ B. {x} es abierto.
Resumiendo: x = p, x ∈ {x} ∈ T; x ∈ C; p ∈ C, X {x} ∈ T, C ⊂ X {x} y
{x} ∩ (X {x}) = ∅
41

42. Se cumple en este caso el ser regular.
Caso x = p, p ∈ C, x ∈ C ⇒ card(C) es nito, x ∈ {x} ∈ T
C ⊂ X {x} ∈ T
{x} ∩ X {x} = ∅
Por todos los casos, (X, T) es regular
(X, T) regular+T1 ⇒ (X, T) es T3
Se estudia ahora si (X, T) es normal.
Sean C1, C2 cerrados disjuntos no vacíos p ∈ C1 y p ∈ C2 ⇒ card(C1) es
nito y card(C2) es nito.
Dado que p no pertenece a cada cerrado, ambos son abiertos y cerrados a la
vez, por lo que se cumplen las condiciones de normalidad:
C1 ⊂ C1 ∈ T
C2 ⊂ C2 ∈ T
C1 ∩ C2 = ∅
Falta el caso de que p pertenezca a uno de los cerrados, digamos p ∈ C1, p ∈
C2 ⇒ card(C2) es nito y C2 ∈ T.C1 ∩ C2 = ∅
C1 ⊂ X C2
X C2 es complementario de nito ⇒ X C2 ∈ T
Juntando lo que tenemos:
C2 ⊂ C2 ∈ T
C1 ⊂ X C2 ∈ T
C2 ∩ X C2 = ∅



⇒ también se cumple el ser normal en este caso.
(X, T) es normal.
(X, T) es normal y T1 ⇒ (X, T) es T4
Supongamos ahora que X sea numerable.
X numerable ⇒ X es denso en X
X denso numerable en X ⇒ X es separable.
Por teorema de metrización de Urysohn: (X, T)T0, regular, separable ⇒
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43. [(X, T) metrizable ⇔ (X, T) II axioma de numerabilidad ]
X numerable ⇒ X es de Lindelöf.
Sea U recubrimiento abierto de X ⇒ U recubre a p ⇒ ∃Up ∈ U, , p ∈ Up ∈
T ⇒ Up es complementario de nito. Cojo un abierto por cada punto de X Up,
que es una cantidad nita, por lo que tengo una cantidad nita, añado Up,
y tengo un subrecubrimiento nito, una familia nita de miembros de U que
siguen recubriendo a X ⇒ (X, T) es compacto aun en el caso general, sea X
numerable o innito no numerable ⇒ (X, T) es paracompacto.
Hay tantos conjuntos complementarios de nitos como conjuntos nitos (se
hace una biyección que a cada conjunto nito le asigna su complementario) y
card(PF (numerable)) es numerable. Así hay una cantidad numerable de sub-
conjuntos complementarios de nito en X si X es numerable.
Sea B = {A ⊂ X|A es complementario de nito} ∪ {{x}|x ∈ X y x = p}
B es numerable por ser unión de dos conjuntos numerables.
Todos los elementos de B son abiertos de T.
∀A ∈ T, A es la unión a lo más numerable de elementos de B: si A es
complementario de nito, ya pertenece a B. Si p ∈ A, A es unión de elementos
de cardinal 1 de B.
La intersección nita de miembros de B es ∅ o está en B
B es numerable y base de T ⇒ (X, T) cumple el II axioma de numerabilidad.
Por el teorema de metrización de Urysohn, (X, T) es T0, regular y II axioma
de numerabilidad ⇒ (X, T) es metrizable y separable, en particular metrizable.
Si X es numerable (X, T) es metrizable.
26. Propuesto al menos en Febrero de 2007
26.1. Enunciado
Sean X conjunto, w ∈ X. F ltro en X. X = X ∪ {w}. Si
B = {{x}|x ∈ X} ∪ {M ∪ {w}|M ∈ F}, probar que B es base para alguna
topología TF en X (topología asociada a F). Si T es una topología sobre X
más na que TF entonces, probar, que T es la topología discreta ó ∃F ltro en
X, más no que F tal que T es la topología asociada a F .
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44. 26.2. Solución
A)B es base
B = {Bj}j∈J
Una condición necesaria para que B sea base de una topología es X es que
Bj ∈B
Bj = X
∀x ∈ X, {x} ∈ B ⇒ X =
x∈X
{x} ⊂
Bj ∈B
Bj
F ltro en X ⇒ ∃M ⊂ X, , M ∈ F ⇒ M ∪ {w} ∈ B ⇒ w ∈ Bj ∈B Bj



⇒
X ∪ {w} ⊂ Bj ∈B Bj
Sea Bj0 ∈ B .Bj0 puede ser de dos tipos:
Si Bj0
= {x0}, con x0 ∈ X ⇒ Bj0
⊂ X ⊂ X
Si Bj0
= M0 ∪ {w}, con M0 ∈ F ⇒ M0 ⊂ X ⇒ M0U{w} ⊂ X ∪ {w} = X
En ambos casos, Bj0
⊂ X . Es decir, ∀Bj ∈ B, Bj ⊂ X ⇒
Bj ∈B
Bj ⊂ X
De ambas inclusiones, efectivamente
Bj ∈B
Bj = X
La otra condición necesaria para que B sea base de una topología en X es
que:
∀A1, A2 ∈ B , , A1 ∩ A2 = ∅
Deno A3 ≡ A1 ∩ A2
∀t ∈ A3, ∃A4 ∈ B , , t ∈ A4 ⊂ A3
Llamo B1 = {{x}|x ∈ X}; B2 = {M ∪ {w}|M ∈ F}
Así B = B1 ∪ B2.
Se estudiará por casos:
i)A1, A2 ∈ B1. Si A1 ∩ A2 = ∅ ⇒ A1 = A2 = A3 = {x0} = A4
ii)A1 ∈ B1 y A2 ∈ B2 ó )A1 ∈ B2 y A2 ∈ B1. Es el mismo caso. Se supondrá
A1 ∈ B1 y A2 ∈ B2. Si A1 ∩ A2 = ∅ ⇒ A1 ⊂ A2 ⇒ A3 = A1 = A4
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45. iii)A1, A2 ∈ B2 ⇒
A1 = M1 ∪ {w}
A2 = M2 ∪ {w}
con M1, M2 ∈ F ltro ⇒ M1 ∩ M2 ∈
F ⇒ (M1 ∩ M2) ∪ {w} ∈ B
A1 ∩ A2 = [M1 ∪ {w}] ∩ [M2 ∪ {w}] = {w} ∪ [M1 ∩ M2] ∈ B
Se cumple la condición siendo A4 = A3 = {w} ∪ [M1 ∩ M2].
De las dos condiciones B es base de una topología en X .
B)Cuando T = TD
T más na que TF ⇔ TF ⊂ T
Si {w} ∈ T, como ∀x ∈ X, {x} ∈ B ⊂ TF ⊂ T ⇒ {x} ∈ T ⇒ ∀t ∈ X , {t} ∈
T ⇒ T es la topología discreta.
C)Cuando T = TF
{w} ∈ T. Sea A ∈ T. Si w ∈ A ⇒ A ⊂ X ⇒ A ∈ TF
Deno B1 = B1; B2 = {A ∈ T|w ∈ A}
B2 ⊂ B2
Deno F = {M ⊂ X|M ∪ {w} ∈ T}.
TF = topología engendrada pr B
B = B1 ∪ {M ∪ {w}|M ∈ F}
D)Veamos que F es ltro en X
{w} ∈ T ⇒ ∀A ∈ T, , w ∈ A, A {w} = ∅
B2 ⊂ B2 ⇒ B2 es familia no vacía
Sean F1, F2 ∈ F ⇒
F1 ∪ {w} ∈ T
F2 ∪ {w} ∈ T
⇒ [F1 ∪ {w}] ∩ [F2 ∪ {w}] = (F1 ∩
F2) ∪ {w} ∈ T ⇒ (F1 ∩ F2) ∪ {w} ∈ T ⇒ F1 ∩ F2 ∈ F
Sea F ∈ F , ∀H ⊂ X, , F ⊂ H ⇒ H ∈ TF ⊂ T y F ∪ {w} ∈ T ⇒ H ∪ (F ∪
{w}) = H ∪ {w} ∈ T ⇒ H ∈ F
Así se cumplen las dos condiciones necesrias para que F sea ltro en X.
E) F más no que F
∀M ∈ F ⇒ M ∪ {w} ∈ TF ⊂ T ⇒ M ∈ F ⇒ F ⊂ F ⇔ F más no que F.
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46. F) Veamos que T = TF
Ya vimos que para todo ltro (como F ó F ) en X, B ó B es base de una
topología TF .
A ⊂ X ⇒
A ∈ TF
A ∈ T
Sea A ∈ T, , w ∈ A ⇒ A {w} ∈ F ⇒ (A {w}) ∪ {w} = A ∈ B ⊂ TF
Sea A ∈ TF , , w ∈ A ⇒ ∃F ∈ F , , A = (F ∪ {w}) ∪ (A (F ∪ {w})) con
A (F ∪ {w}) ⊂ X
F ∈ F
F ⊂ A {w} ⊂ X
⇒ A {w} ∈ F ⇒ A = (A {w}) ∪ {w} ∈ T
De ambas con P(X) ⊂ T ∩ TF , se tiene T = TF 2
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