Autor Tema: Consultas, comentarios y ejercitación de curso: Topología (Munkres)

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

09 Abril, 2010, 07:39 pm
Respuesta #190

argentinator

  • Consultar la FIRMAPEDIA
  • Administrador
  • Mensajes: 7,332
  • País: ar
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
  • Vean mis posts activos en mi página personal
    • Mis posts activos (click aquí)
Ejercicio 17.4. Pruebe que si \( U \) es abierto en \( X \) y \( A \) es cerrado en \( X \), entonces \( U-A \) es abierto en \( X \) y \( A-U \) es cerrado en \( X \).
Solución.
Como \( U \) es abierto en \( X \), entonces \( X-U \) es cerrado en \( X \).
Como \( A \) es cerrado en \( X \), entonces \( X-A \) es abierto en \( X \).

Luego \( U-A=U\cap{X-A} \) es abierto en \( X \) y
\( A-U=A\cap{X-U} \) es cerrado en \( X \).

Bien.

09 Abril, 2010, 07:55 pm
Respuesta #191

argentinator

  • Consultar la FIRMAPEDIA
  • Administrador
  • Mensajes: 7,332
  • País: ar
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
  • Vean mis posts activos en mi página personal
    • Mis posts activos (click aquí)
Ejercicio 17.5. Sea \( X \) un conjunto ordenado con la topología del orden. Muestre que \( \overline{(a,b)}\subseteq{[a,b]} \). ¿Bajo qué condiciones se cumple la igualdad?
Solución.
¿Es necesario saber si X tiene elemento máximo o mínimo? hummmm, profe deme una pista como empezar.

\( X \) con la topología del orden tiene tres tipos de elementos básicos, a saber,
\( (a,b) \), \( [a_0,b) \) donde \( a_0 \) es el mínimo de X y \( (a,b_0] \), donde  \( b_0 \) es el máximo de X, en caso los haya.

Por definición, \( \overline{(a,b)}=\bigcap\limits_{\substack{F\mbox{cerrado}\\(a,b)\subseteq{F}}} F \).

Como \( X-[a,b]=[a_0,a)\cup (b,b_0] \), entonces \( [a,b] \) es un cerrado, y claramente contiene a \( (a,b) \), entonces \( \overline{(a,b)}\subseteq{[a,b]} \).

Por otra parte, también sabemos que
\( \overline{(a,b)}=(a,b)\cup (a,b)' \), para tener la igualdad se tiene que cumplir que
\( (a,b)'=\{a,b\} \).

¿Es correcto?

Bueno, has analizado el caso en que el orden tiene máximo y mínimo.
En caso de que eso no sea así, como una semirrecta real, o la recta real misma, los racionales, y muchos otros ejemplos, también debiera funcionar tu prueba.
La diferencia estaría en que al considerar intervalos de la forma \( (-\infty, a) \), ya no sería un elemento de la base, sino que tendría que escribirse como unión de "muchos" intervalos abiertos.

Para unificar todos esos casos, se puede usar la notación \( (-\infty, a) \) en lugar de \( [a_0,a) \).
Fijate que en el caso de que haya un mínimo \( a_0 \) en el espacio, aún así se tendría algo como \( (-\infty, a)=[a_0,a) \), y entonces todo marcha.

Es peculiar esto de que un intervalo con notación "de infinito" sea en realidad "finito", pero así está usado en el texto, y si uno lo interpreta correctamente, no hay problemas.

Ahora bien. No voy a obligarte a que escribas esa parte de nuevo.

Tu conclusión final es que los puntos frontera deben ser "los" puntos límite del intervalo (a, b).
Esto no funcionaría, porque por ejemplo, en un intervalo (a, b) de la recta real, también los puntos interiores son puntos límite del intervalo. O sea, (a, b)' = [a, b] en ese caso.

La condición a pedir es, pues, que {a, b} sea subconjunto de (a, b)'.
Ahora bien, no sé si el ejercicio pretende ir más allá de esto, y tratar de analizar qué significa esa condición topológica en un conjunto ordenado.
Si lo analizamos un poco más, vemos que si por ejemplo, b no fuese un punto límite del intervalo (a, b), entonces estaría aislado, intuitivamente hablando.
¿Significa esto que es el siguiente de algún otro punto del intervalo (a, b)?
En ese caso el intervalo abierto (a, b) tendría, en realidad, un máximo.

Fijate este ejemplo: consideremos el conjunto ordenado \( X = (0, 1] \cup [2, 3) \).
El intervalo \( (a, b) = (0, 2) \) en este conjunto X coincide con (0, 1]. ¿No es cierto?
En este caso, el punto b = 2 es el siguiente del punto x = 1.

Yo pienso que esta situación se cumple en general, en todo conjunto ordenado.
¿Te animas a demostrarlo?
O sea, habría que probar que si b, por ejemplo, no pertenece al conjunto de puntos límites del intervalo (a, b), entonces es el siguiente de un punto c, tal que, o bien c está en (a, b), y además es máximo en (a, b), o bien c = a, si (a, b) fuese un conjunto vacío.

Saludos

10 Abril, 2010, 12:34 am
Respuesta #192

enloalto

  • $$\Large \color{#c88359}\pi\,\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 587
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola enloalto.

Ante todo me disculpo enormemente por la larga ausencia.
Ya te contaré los motivos.


El ejercicio 17.1 está muy bien.
Sólo tengo dudas en la forma más correcta de escribir la prueba, por ejemplo en la parte (2):

Ejercicio 17.1. Sea \( \mathcal{C} \) una colección de subconjuntos de \( X \). Supongamos que \( \emptyset \) y \( X \) están en \( \mathcal{C} \), y que las uniones finitas y las intersecciones arbitrarias de elementos de \( \mathcal{C} \) están en \( \mathcal{C} \). Pruebe que la colección

\( \tau=\{X-C|C\in{\mathcal{C}}\} \)

es una topología sobre \( X \).
Solución.

(...)



2) Sean \( \{U_i\} \), tal que \( U_i\in{\tau} \) para todo \( i \), entonces \( \color{red}U_i=X-C_i,\quad C_i\in{\mathcal{C}} \), para todo \( i \). Luego
\( \displaystyle\bigcup_{i} {U_i}=\displaystyle\bigcup_{i} {X-C_i}=X-\displaystyle\bigcap_{i} {C_i} \)

Por hipótesis (...)
[size]

Fijate lo que marqué en rojo.
Aunque se entiende perfectamente, creo que la forma exacta de decirlo sería así:
"entonces, para todo \( i \) existe \( C_i\in\mathcal C \) tal que \( U_i=X-C_i \)".

Todo depende de que tan exactos queramos ser, o bien del estilo a emplear.
Tal vez lo que he puesto se pueda incluso escribir de una forma más parecida a la tuya.

Saludos

Holaaaaaaaaaaaaa, bueno tienes mucha razón, así se comprende mejor.
Llovizna queriendo ser lluvia de verano

10 Abril, 2010, 12:37 am
Respuesta #193

enloalto

  • $$\Large \color{#c88359}\pi\,\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 587
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
    Creo que es incorrecta la igualdad de conjuntos:
    \( \color{red}(X-A)\times{(Y-B)}=(X\times{Y})-(A\times{B}) \)

    Aca utilicé la igualdad q del ejercicio 1 del capítulo 1, para ser exactos.

    • (q) \( (A\times B)-(C\times D)=(A-C)\times (B-D) \)
    Llovizna queriendo ser lluvia de verano

    10 Abril, 2010, 01:07 am
    Respuesta #194

    argentinator

    • Consultar la FIRMAPEDIA
    • Administrador
    • Mensajes: 7,332
    • País: ar
    • Karma: +0/-0
    • Sexo: Masculino
    • Vean mis posts activos en mi página personal
      • Mis posts activos (click aquí)
    Bueno, pero ese ejercicio dice: "Determine cuál de las igualdades siguiente es cierta".
    Esa pareciera que no es cierta.

    Y bastaría visualizarlo dibujando intervalos en la recta real, y tomar su producto cartesiano.
    Fijate con ese ejemplito, y te vas a convencer.

    10 Abril, 2010, 01:11 am
    Respuesta #195

    argentinator

    • Consultar la FIRMAPEDIA
    • Administrador
    • Mensajes: 7,332
    • País: ar
    • Karma: +0/-0
    • Sexo: Masculino
    • Vean mis posts activos en mi página personal
      • Mis posts activos (click aquí)

    10 Abril, 2010, 01:42 am
    Respuesta #196

    argentinator

    • Consultar la FIRMAPEDIA
    • Administrador
    • Mensajes: 7,332
    • País: ar
    • Karma: +0/-0
    • Sexo: Masculino
    • Vean mis posts activos en mi página personal
      • Mis posts activos (click aquí)
    17.6 Denotemos por \( A,B \) y\( A_\alpha \) a subconjuntos del espacio \( X \). Pruebe lo siguiente:
    (a) Si \( A\subseteq{B} \), entonces \( \overline{A}\subseteq{\overline{B}} \).
    (b) \( \overline{A\cup B}=\overline{A}\cup \overline{B} \).
    (c) \( \bigcup \overline{A}_\alpha\subset{\overline{\bigcup A_\alpha}} \); dé un ejemplo donde no se cumpla la igualdad.

    Solución:
    (a) Por definición \( \overline{A}=\bigcap\limits_{\substack{F\mbox{ cerrado}\\A\subset{F}}} F \) y \( \overline{B}=\bigcap\limits_{\substack{G\mbox{ cerrado}\\B\subset{G}}} G \)

    Como \( A\subseteq{B}\subseteq{\overline{B}} \) y \( \overline{B} \) es cerrado, entonces, \( \overline{B} \) es un cerrado que contiene a \( A \), y por definición se tiene \( \overline{A}\subseteq{\overline{B}} \)..

    Otra forma:

    (*)Si tomemos \( x\in{\overline{A}} \), entonces \( x\in{F} \), para todo \( F \) cerrado con \( A\subseteq{F} \).

    Tomemos un \( G \) cerrado arbitrario con \( B\subseteq{G} \). Como \( A\subseteq{B} \), entonces \( A\subseteq{G} \), con G cerrado, luego por (*) \( x\in{G} \). Por tanto, \( x\in{G} \), para todo \( G \) cerrado con \( B\subseteq{G} \), es decir \( x\in{\overline{B}} \). En consecuencia \( \overline{A}\subseteq{\overline{B}} \).

    (b)


    \( \overline{A}\cup \overline{B}=\bigcap\limits_{\substack{F\mbox{ cerrado}\\A\subset{F}}} F\cup{\bigcap\limits_{\substack{G\mbox{ cerrado}\\B\subset{G}}} G}=\bigcap\limits_{\substack{G\mbox{ cerrado, }F\mbox{ cerrado}\\A\subset{G},B\subset{H}}} F\cup {G} \) ........(*)
    Como \( F, G \) son cerrados, entonces \( H=F\cup G \) también es cerrado, y también \( A\cup{B}\subseteq{F\cup{G}}=H \), por tanto en (*)

    \( \overline{A}\cup \overline{B}=\bigcap\limits_{\substack{H\mbox{ cerrado}\\A\cup {B}\subset{H}}} H=\overline{A\cup B} \)


    La parte (a) me encantó por lo sintética de la prueba.
    Está muy bien.

    En cuanto a la parte (b), no entiendo bien lo que has querido poner, creo que hay errores en algunas letras en los índices al tomar intersecciones...
    Tampoco me queda claro por qué ha de dar una igualdad...

    Lo que has probado ahí parecer ser es que \( \bar A\cup \bar B \) es un conjunto cerrado que contiene a \( A\cup B \), pero no necesariamente todos los "H"s tendrían que venir de la forma en que los has descripto...
    Tengo mis dudas.

    Es claro que \( A'\subset (A\cup B)'\subset \overline{A\cup B} \).
    Lo mismo con B'.
    También \( A\subset A\cup B\subset \overline{A\cup B} \), y lo mismo con B.

    Ahora escribimos:
    \( \bar A\cup \bar B=(A\cup A')\cup(B\cup B')\subset \overline{A\cup B} \).

    En general, para una familia \( A_\alpha \) sería lo mismo:
    \( A_\alpha\subset \bigcup_\alpha A_\alpha\subset \overline{\bigcup_\alpha}A_\alpha \)
    \( A_\alpha'\subset \big(\bigcup_\alpha A_\alpha\big)'\subset \overline{\bigcup_\alpha}A_\alpha \)

    Y por lo tanto \( \bigcup \bar A_\alpha\subset\overline{\bigcup_\alpha A_\alpha} \).

    (Eso es ya la parte (c))

    Siguiendo con el inciso (b), falta la inclusión recíproca \( \overline{A\cup B}\subset \bar A\cup \bar B \).

    Veamos. Usando razonamientos parecidos a los que usaste en la parte (a), es muy fácil, porque \( \bar A\cup \bar B \) es un conjunto cerrado que contiene ciertamente a \( A \) y a \( B \), y por lo tanto contiene a \( A\cup B \).
    Pero \( \overline{A\cup B} \) está necesariamente contenido en todos los cerrados que contienen a \( A\cup B \), y así \( \overline{A\cup B}\subset \bar A\cup\bar B \).

    ¿No?



    Citar
    (c)

    Como \( \overline{A_\alpha} \) es cerrado, y sabemos que la unión arbitraria de cerrados no necesariamente es cerrado, se tiene que
    \( \bigcup \overline{A}_\alpha\subset{\overline{\bigcup A_\alpha}} \)

    Respecto al ejemplo, sea \( A_n=\left({a+\cfrac{1}{n},b-\cfrac{1}{n}}\right) \), luego \( \overline{A_n}=\left[{a+\cfrac{1}{n},b-\cfrac{1}{n}}\right] \).

    Por otra parte, se tiene que \( (a,b)=\displaystyle\bigcup_{n\in{\mathbb{N}}}{\left[{a+\cfrac{1}{n},b-\cfrac{1}{n}}\right]}=\displaystyle\bigcup_{n\in{\mathbb{N}}}{\overline{A_n}} \), es decir \( \displaystyle\bigcup_{n\in{\mathbb{N}}}{\overline{A_n}} \) es un conjunto abierto, y no se cumple la igualdad pues \( \overline{\displaystyle\bigcup_{n\in{\mathbb{N}}}A_n} \) es cerrado.

    Bueno, el ejemplo está bien... pero encierra una sutileza muy importante en topología, y que se te ha pasado por alto:

    Abierto no es lo opuesto de cerrado.

    Demostraste que una unión de cerrados da un conjunto abierto... ¿quiere decir eso que el intervalo (a, b) no es un conjunto cerrado?

    Eso depende de cada espacio topológico.
    Puede haber conjuntos abiertos y cerrados a la vez.
    Así que hay que probar que el conjunto obtenido es no-cerrado.
    Y para eso hay que probar por ejemplo que no contiene al menos a uno de sus puntos límite.

    Por ejemplo, el punto b es un punto límite, porque todo entorno abierto de él tiene intersección con (a, b).
    Y eso prueba que (a, b) no es cerrado.



    Para que la cosa no quede en lo teórico, te pongo un ejemplo.

    Supongamos el espacio topológico \( X = [0, 1] \cup (2, 3) \cup [4, 5) \),
    con la topología de subespacio heredada de la recta real.

    El intervalo \( (2, 3) \) es abierto y cerrado a la vez. ¿O no?
    Fijate que contiene a todos sus puntos interiores, por lo tanto es abierto, y contiene a todos sus puntos límite, por lo tanto es cerrado.
    O si prefieres, puedes verlo así: es intersección de un abierto de R con X: \( (2, 3) = (\sqrt 2, \pi)\cap X \), y también es intersección de un cerrado de R con X: \( (2, 3) = [\sqrt 2, \pi]\cap X \).

    Luego es abierto y cerrado relativo a la topología de X, heredada de R.

    Saludos

    10 Abril, 2010, 01:51 am
    Respuesta #197

    argentinator

    • Consultar la FIRMAPEDIA
    • Administrador
    • Mensajes: 7,332
    • País: ar
    • Karma: +0/-0
    • Sexo: Masculino
    • Vean mis posts activos en mi página personal
      • Mis posts activos (click aquí)
    17.7 Discuta la siguiente "prueba" de que \( \overline{\bigcup A_\alpha}\subset{\bigcup \overline{A_\alpha}} \): si \( \{A_\alpha\} \) es una colección de conjuntos de \( X \) y si \( x\in{\overline{\bigcup A_\alpha}} \), entonces cada entorno \( U \) de \( x \) interseca a \( \bigcup A_\alpha \). Así, \( U \) debe intersecar a algún \( A_\alpha \), por lo que \( x \) debe pertenecer a la clausura de algún \( A_\alpha \). Por consiguiente, \( x\in{\bigcup \bar A_\alpha} \).
    Solución

    Estoy utilizando la famila de conjuntos del ejercicio 17.6.c para ver si hay una falla, pero todavía no la encuentro

    Bueno, si bien se prueba que cada entorno U de x intersecta a algún \( A_\alpha \), lo que se debería probar, para que la demostración sea correcta,
    es que dado un x, existe un \( \alpha \) tal que todo entorno U de x intersecta a \( A_\alpha \).

    Eso es mucho más fuerte que lo que se ha probado, ya que en todo caso se tiene que
    dado un x, existe un \( \alpha \) tal que existe algún entorno U de x intersecta a \( A_\alpha \).

    10 Abril, 2010, 01:57 am
    Respuesta #198

    argentinator

    • Consultar la FIRMAPEDIA
    • Administrador
    • Mensajes: 7,332
    • País: ar
    • Karma: +0/-0
    • Sexo: Masculino
    • Vean mis posts activos en mi página personal
      • Mis posts activos (click aquí)
    Ejercicio 17.8. Denotemos por \( A \), \( B \) y \( A_\alpha \) a subconjuntos del espacio \( X \). Determine si las siguientes ecuaciones se cumplen; si una igualdad es falsa, determine si una de las inclusiones \( \supset{} \) o \( \subset{} \) se cumple.

    (1) \( \overline{A\cap B}=\overline{A}\cap \overline{B} \).

    (2) \( \overline{\displaystyle\bigcap A_\alpha}=\displaystyle\bigcap \overline{A_\alpha} \).

    (3) \( \overline{A-B}=\overline{A}-\overline{B} \).
    Solución:

    (1) Falso. Tomemos dos contraejemplos.
    • Sea \( A=(0,1/2) \), \( B=(1/2,1) \), luego
      \( \overline{A\cap B}=\emptyset \), pero \( \overline{A}\cap \overline{B}=\{1/2\} \)
    • Sea \( A=\mathbb{Q} \) y \( B=\mathbb{Q}^c=\mathbb{I} \), luego \( A\cap{B}=\emptyset\Rightarrow{\overline{A\cap{B}}}=\emptyset \) y \( \overline{A}=\mathbb{R} \) y \( \overline{B}=\overline{\mathbb{I}}=\mathbb{R} \). Luego,
      \( \overline{A}\cap{\overline{B}}=\mathbb{R}\neq{\emptyset} \).

    Lo que sí se cumple es
    \( \overline{A\cap{B}}\subseteq{\overline{A}\cap{\overline{B}}} \). En efecto, puesto que \( A\cap{B}\subseteq{A}\Rightarrow{\overline{A\cap{B}}\subseteq{\overline{A}}} \), de igual manera \( \overline{A\cap B}\subseteq{\overline{B}} \). Por tanto, \( \overline{A\cap{B}}\subseteq{\overline{A}\cap{\overline{B}}} \)

    (2) Falso De (1) vemos que sólo se cumple \( \overline{\displaystyle\bigcap {A_\alpha}}\subseteq{\displaystyle\bigcap{\overline{A_\alpha}}} \).

    (3) (1) Falso. Tomando como en (1) \( A=(0,1/2) \), \( B=(1/2,1) \), luego
    \( \overline{A- B}=[0,1/2] \), pero \( \overline{A} - \overline{B}=[0,1/2) \).
    y lo que se cumple es
    \( \overline{A} - \overline{B}\subseteq\overline{A- B} \).
    La demostración la encontré en este post:


    http://rinconmatematico.com/foros/index.php/topic,5004.0.html



    Muy lindo todo el ejercicio.

    10 Abril, 2010, 02:18 am
    Respuesta #199

    argentinator

    • Consultar la FIRMAPEDIA
    • Administrador
    • Mensajes: 7,332
    • País: ar
    • Karma: +0/-0
    • Sexo: Masculino
    • Vean mis posts activos en mi página personal
      • Mis posts activos (click aquí)
    Ejercicio 17.9. Sean \( A\subset{X} \) y \( B\subset{Y} \). Pruebe que en el espacio \( X\times{Y} \),
    \( \overline{A\times B}=\overline{A}\times \overline{B} \).
    Solución:
    \( \boxed{\overline{A\times B}\subseteq \overline{A}\times \overline{B}} \)
    Sea \( p=(p_A,p_B)\in{\overline{A\times B}} \), luego, todo entorno de p, intersecta a  \( A\times B \), es decir, si \( V_p \) es entorno de \( p \), se tiene \( V_p\cap{(A\times{B})}\neq{\emptyset} \). Pero  \( V_p=U_{p_A}\times U_{p_B} \), donde \( U_{p_A},U_{p_B} \) son entornos de \( p_A \) y \( p_B \) respectivamente. Entonces
    \( V_p\cap{(A\times{B})}\neq{\emptyset}\Rightarrow{(U_{p_A}\times U_{p_B})\cap{(A\times{B})}}=(U_{p_A}\cap A)\times (U_{p_B}\cap B)\neq{\emptyset} \)
    Y esto a su vez significa
    \( U_{p_A}\cap A\neq{\emptyset} \) y \( U_{p_B}\cap B\neq{\emptyset} \), de donde se tiene \( p_A\in{\overline{A}} \) y \( p_B\in{\overline{B}} \) y por tanto \( p\in{\overline{A}\times{\overline{B}}} \).

    \( \boxed{\overline{A}\times{\overline{B}}}\subseteq{\overline{A\times B}} \)
    Es repetir lo anterior pero en orden inverso.

    Esta prueba tiene muchas trampas.
    Una de las cosas que observo es que estás pensando que si \( V_p \) es un entorno de \( p=(p_A,p_B) \) entonces \( V_p=U_A\times U_B \), donde \( U_A \) y \( U_B \) son entornos de \( p_A,p_B \) respectivamente.

    Eso en general es falso, porque no todo entorno en el espacio producto es producto de entornos de los espacios coordenados.

    Sin embargo, sí que es cierto que todo entorno básico del espacio producto es producto de entornos abiertos de los espacios coordenados.
    Así que corrigiendo eso, tu prueba marcharía por mejor camino.

    Sin embargo aún detecto errores.
    Estás razonando así: tomo un entorno cualquiera de p en el espacio producto, y veo que su intersección con el conjunto \( A\times B \) es no vacía. De ahí deduzco que su primer coordenada es punto límite de A...

    Pero eso no es del todo exacto. ¿Has probado que todo entorno de \( p_A \) tiene intersección no vacía con A?

    Creo que la prueba andaría mejor por este otro lado, siguiendo ideas tuyas en ejercicios previos:

    * \( A\times B\subset \bar A\times \bar B \).
    * El conjunto \( \bar A\times \bar B \) es cerrado por ser producto de cerrados (fijate si esto está demostrado en alguna parte, ya sea teoría o práctica).
    * Luego, como \( \overline{A\times B} \) es el mínimo cerrado que contiene al producto de A, B, resulta que:

    \( \overline{A\times B}\subset \bar A\times \bar B \)

    Para ver la recíproca, observemos que si \( p=(x,y)\in \bar A\times\bar B \), entonces \( x\in \bar A,y\in\bar B \).
    Ahora, sea W = U x V un entorno abierto de la base de la topología producto, que contiene al punto p = (x, y).
    En tal caso U, V son entornos abiertos de cada uno de los puntos x, y, respectivamente,
    y sus respectivas intersecciones con A, B, son no vacías, por el modo en que elegimos a los puntos x, y.
    Entonces W = U x V tiene intersección no vacía con A x B. ¿Por qué?  ;)

    Pero entonces (x, y) pertenece a \( \overline{A\times B} \).

    ¿De acuerdo? Me creo que lo hice bien, pero puedo haber fallado en algo.

    No obstante, la clave del ejercicio es usar la caracterización de la topología producto en términos de bases.
    Más aún, con topología producto casi siempre es conveniente trabajar con la base.