Autor Tema: Número 1. (2012) - 3. Teorema de Tychonoff.

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07 Enero, 2012, 01:42 am
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Tanius

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Con el fin de darle vida al nuevo apartado de "artículos, escritos, etc." expondré una demostración del Teorema de Tychonoff.

El siguiente es un escrito cuyo propósito es dar una demostración del Teorema de Tychonoff (producto de espacios compactos es compacto). Para ello, se hará uso de un poco de teoría de filtros. Este escrito está basado en las notas de mi curso de Topología I así como otras notas que hallé en internet. Pero estoy seguro que la demostración se encuentra en cualquier libro de topología decente. La pequeña diferencia es que este escrito es autocontenido, es decir, sólo traté de incluir los resultados necesarios para demostrar el Teorema de Tychonoff.

Pequeño índice:
Respuesta 1: Topologías débiles y topología producto.
Respuesta 2: Filtros.
Respuesta 3: Demostración del Teorema de Tychonoff.

07 Enero, 2012, 01:43 am
Respuesta #1

Tanius

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Topologías débiles:

Supóngase que \( (Y,\tau ) \) es un espacio topológico y \( f:X\to Y \) una función. ¿Existirá una topología en \( X \) que haga de \( f \) una función continua? La respuesta es evidentemente sí, basta tomar en \( X \) a la topología discreta. Nos preguntamos ahora, si existe la menor de las topologías en \( X \) que haga de \( f \) una función continua, en el sentido de que cualquier otra topología en \( X \) que haga a \( f \) continua la contiene.

En efecto, dicha topología existe. Definamos \( _f\tau = \left\{{f^{-1}(A):A\in\tau}\right\} \), no es difícil comprobar que \( _f\tau \) es una topología en \( X \) tal que \( f:X\to Y \) es una función continua. Más aún, si \( \tau ' \) es una topología en \( X \) que hace que \( f \) sea continua, entonces \( _f\tau \subseteq{\tau '} \).

Generalizamos a una colección arbitraria de funciones. Sea \( \left\{{(X_j,\tau _j):j\in J}\right\} \) una colección de espacios topológicos y \( \mathcal{F}=\left\{{f_j:X\to X_j:j\in J}\right\} \) una colección de funciones. ¿Existirá la menor topología en \( X \) que hace a \( f_j \) una función continua para cada \( j\in J \)? La respuesta es sí, y no es difícil verificar que dicha topología \( _{\mathcal{F}}\tau \) tiene como subbase al conjunto \( \delta = \left\{{f_j^{-1}(A):j\in J,A\in \tau _j}\right\} \).

Nota: A la topología \( _{\mathcal{F}}\tau \) se le llama topología débil inducida por la familia \( \mathcal{F} \).

Topología producto:

Consideraremos ahora un caso especial de topología débil (que es el caso en que nos interesa).

Sea \( \left\{{(X_j,\tau _j):j\in J}\right\} \) una colección de espacios topológicos. Recordemos que el producto arbitrario de los \( X_j \) está definido como el conjunto de funciones de elección. Esto es, definimos

\( X=\Pi _{j\in J}X_j=\left\{{f:J\to\bigcup _{j\in J}X_j :\forall j\in J,f(j)\in X_j}\right\} \)

Que por el axioma de elección, \( X\neq \emptyset \).

Como ya vimos en el apartado anterior, dada cualquier colección de funciones \( f_j:X\to X_j \) existe la menor de las topologías que hace a \( f_j \) continua. Ésta será nuestra definición de topología producto, cuando las funciones en cuestión son las funciones proyección.

Definición 1: Para toda \( j\in J \), definimos la j-ésima proyección \( \pi _j:X\to X_j \) dada por \( \pi _j (f)=f(j) \) para toda \( f\in X \).
Llamaremos topología producto en \( X \) a la menor de las topologías que hace continua a cada proyección \( \pi _j:X\to X_j \). Del apartado anterior de topologías débiles, tenemos el

Corolario 0: Si \( X \) es el espacio producto, entonces una subbase del espacio es \( \delta = \left\{{\pi _j^{-1}(A):j\in J,A\in\tau _j}\right\} \).

Lema 1: Si \( j\in J \), entonces la proyección j-ésima \( \pi _j:X\to X_j \) es sobreyectiva.

"Demostración"
Sea \( x\in X_j \). Debemos construir una función \( f:J\to \bigcup _{j\in J}X_j \) tal que \( f(j)=x \).

Para cada \( i\in J\setminus \left\{{j}\right\} \), fijemos un único \( x_i\in X_i \). Defínase \( f:J\to \bigcup _{j\in J}X_j \) mediante

\( f(i)=\begin{Bmatrix} x & \mbox{ si }& i=j\\x_i & \mbox{si}& i\neq j\end{matrix} \)

Note que \( f(i)\in X_i \) para cada \( i\in J \), por lo que \( f\in X \). Además \( \pi _j(f)=f(j)=x \). Por lo tanto \( \pi _j \) es sobreyectiva.
[cerrar]

Es natural preguntarse si el producto de topologías respeta ciertas propiedades topológicas. Es decir, ¿si cada factor \( X_j \) es separable, será el producto \( X \) separable? ¿Y viceversa? ¿si cada factor \( X_j \) es regular, será el producto \( X \) regular y viceversa? ¿Y la compacidad se preserva? El teorema de Tychonoff responde a esta última pregunta.

07 Enero, 2012, 01:44 am
Respuesta #2

Tanius

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Filtros:

Definición 3: Sea \( X \) un conjunto no vacío y \( \mathcal{F}\subseteq{P(X)} \), donde \( P(X) \) denota al conjunto potencia de \( X \).
Diremos que \( \mathcal{F} \) es un filtro en \( X \) si satisface las siguientes condiciones:

(1) \( \emptyset\not\in{\mathcal{F}} \neq \emptyset \)
(2) \( A,B\in \mathcal{F} \Rightarrow{A\cap B\in \mathcal{F}} \)
(3) Si \( A\in \mathcal{F} \) y \( A\subseteq{B} \) entonces \( B\in{\mathcal{F}} \)

(Obsérvese que (1) y (3) implican que \( X\in \mathcal{F} \))

Diremos también que \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro en \( X \) si \( \mathcal{U} \) es filtro maximal en \( X \), esto es, \( \mathcal{U} \) es filtro en \( X \) y si \( \mathcal{F} \) es un filtro en \( X \) tal que \( \mathcal{U} \subseteq{ \mathcal{F}} \) entonces \( \mathcal{U} = \mathcal{F} \).

Proposición 1: Sea \( \mathcal{U} \) un filtro en \( X \). Entonces \( \mathcal{U} \) es ultrafiltro si y sólo si \( A\subseteq{X} \) y \( A\cap{U}\neq\emptyset \)  \( \forall U\in\mathcal{U} \) implica que \( A\in \mathcal{U} \).

Demostración
\( \Rightarrow{ } ] \) Supóngase primero que \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro en \( X \), y sea \( A\subseteq{X} \) que verifica \( A\cap{U}\neq\emptyset \)  \( \forall U\in\mathcal{U} \). Considéremos \( G=\left\{{A\cap{U}:U\in\mathcal{U}}\right\} \). Notemos que \( G \) satisface la condición (1) de la definición de filtro, y del hecho de que \( \mathcal{U} \) es filtro se sigue que \( G \) satisface (2), pero no necesariamente satisface (3). Pero partiendo de que \( G \) cumple con (1) y (2) podemos construir naturalmente un filtro que contiene a \( G \), a saber, \( H=\left\{{A\subseteq{X}:\textsf{existe }A'\in G\textsf{ tal que }A'\subseteq{A}}\right\} \).

Entonces \( H \) es un filtro que contiene a \( G \). Nuestro objetivo es ver que \( H=\mathcal{U} \).

Sea \( U\in \mathcal{U} \). Por construcción, \( A\cap{U} \in{H} \), pero \( A\cap U \subseteq{U} \) por lo que \( U\in H \) pues \( H \) es filtro (ver (3) de la definición 3). En consecuencia, \( \mathcal{U} \subseteq{H} \). Siendo \( \mathcal{U} \) ultrafiltro, se tiene que \( H=U \). Note ahora que \( A=A\cap{X} \in{H}=\mathcal{U} \), por tanto \( A\in \mathcal{U} \) como quería demostrarse.

\( \Leftarrow{ } ] \) (Por contrarrecíproco) Supongamos que \( \mathcal{U} \) no es ultrafiltro. Entonces existe un filtro \( H \) tal que \( \mathcal{U} \) está contenido propiamente en \( H \), luego existe \( A\in H \) tal que \( A\not\in{\mathcal{U}} \). Si \( U\in \mathcal{U} \) entonces \( U\in H \), luego \( A\cap{U}\in H \), en particular \( A\cap{U}\neq\emptyset \) por ser \( H \) filtro.
[cerrar]

Definición 4: Dado un conjunto no vacío \( X \) y \( \mathcal{F}\subseteq{P(X)} \), decimos que \( \mathcal{F} \) tiene la propiedad de la intersección finita, si la intersección de cualquier subcolección finita de \( \mathcal{F} \) es no vacía.

Proposición 2: Sea \( X \) un conjunto no vacío. Dada cualquier colección \( \mathcal{C} \subseteq{P(X)} \) con la propiedad de la intersección finita, existe un ultrafiltro \( \mathcal{U} \) tal que \( \mathcal{C}\subseteq{\mathcal{U}} \).

Demostración
Consideremos a la familia

\( \mathcal{P} = \left\{A:\textsf{A tiene la propiedad de la interseccion finita y }\mathcal{C} \subseteq{A}}\right\} \)

Es fácil ver que \( (\mathcal{P},\subseteq{}) \) satisface las condiciones del Lema de Zorn. Por tanto existe un elemento maximal \( \mathcal{U}\in \mathcal{P} \) (con respecto a la contención).

Claramente \( \mathcal{C}\subseteq{\mathcal{U}} \).

Demostraremos que \( \mathcal{U} \) es filtro en \( X \). Como \( \mathcal{C} \subseteq{U} \) y \( \mathcal{U} \) tiene la propiedad de la intersección finita, se sigue que \( \emptyset \not\in{\mathcal{U}}\neq \emptyset \).

Sean ahora \( A,B\in \mathcal{U} \). Note que \( \mathcal{C}\subseteq{\mathcal{U}\cup{\left\{{A\cap{B}}\right\}}} \) y además \( \mathcal{U} \cup{\left\{{A\cap B}\right\}} \) tiene la propiedad de la intersección finita. Siendo \( \mathcal{U} \) maximal, se tiene que \( \mathcal{U}=\mathcal{U} \cup{\left\{{A\cap B}\right\}} \). Esto es, \( A\cap B \in{\mathcal{U}} \).

Supongamos ahora que \( A\in \mathcal{U} \) y \( A\subseteq{B} \). Nuevamente vemos que \( \mathcal{U} = \mathcal{U} \cup{\left\{{B}\right\}} \) y por tanto \( B\in \mathcal{U} \). Así que \( \mathcal{U} \) es filtro.

Demostraremos que \( \mathcal{U} \) es ultrafiltro. Supóngase que \( \mathcal{F} \) es un filtro que contiene a \( \mathcal{U} \). Esto implica que \( \mathcal{F} \) contiene a \( \mathcal{C} \), y como todo filtro tiene la propiedad de la intersección finita, se sigue de la maximalidad de \( \mathcal{U} \) que \( \mathcal{U} = \mathcal{F} \), como quería demostrarse.
[cerrar]

Definición 5: Sea \( X \) un conjunto y \( \mathcal{F} \) un filtro en \( X \).
Diremos que \( x\in X \) es punto de acumulación de \( \mathcal{F} \) si \( x\in{\cap{\left\{{\overline{F} :F\in\mathcal{F}}\right\}}} \).
Diremos también que \( \mathcal{F} \) converge a un punto \( x\in X \), y lo denotaremos con \( \mathcal{F} \to x \) si toda vecindad de \( x \) pertenece a \( \mathcal{F} \).

Note que si un filtro converge a un punto, entonces ese punto es punto de acumulación del filtro.

07 Enero, 2012, 01:47 am
Respuesta #3

Tanius

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Demostración del Teorema de Tychonoff:

Antes que nada, recordemos la definición de compacidad de un espacio topológico.

Definición 6: Sea \( (X,\tau ) \) un espacio topológico. Diremos que \( X \) es compacto si dada cualquier colección \( \mathcal{A}\subseteq{\tau} \) tal que \( X\subseteq{\cup{\mathcal{A}}} \) se tiene que existen \( A_1,...,A_n\in\mathcal{A} \) tal que \( X\subseteq{A_1\cup{...\cup{A_n}}} \). En este contexto, llamaremos a \( \mathcal{A} \) cubierta abierta de \( X \), y a \( \left\{{A_1,...,A_n}\right\} \) una subcubierta finita de \( \mathcal{A} \).

Proposición 3: Un espacio topológico \( X \) es compacto si y sólo si para toda familia \( \mathcal{F} \) de subconjuntos cerrados de \( X \) con la propiedad de la intersección finita, se tiene que \( \cap{\mathcal{F}}\neq \emptyset \)

Demostración
\( \Rightarrow ] \) Supongamos que \( X \) es compacto y sea \( \mathcal{F} \) una familia de subconjuntos cerrados, y supongamos que \( \cap{\mathcal{F}} =\emptyset \). Veremos que \( \mathcal{F} \) no puede tener la propiedad de la intersección finita.

Como \( \cap{\mathcal{F}}=\emptyset \), se tiene \( X=X\setminus\emptyset = X\setminus \cap{\mathcal{F}} \) y así, la colección \( \mathcal{U}=\left\{{X\setminus F:F\in\mathcal{F}}\right\} \) es una cubierta abierta de \( X \). Siendo \( X \) compacto, existe una subcubierta finita \( \mathcal{U} '\subseteq{\mathcal{U}} \). Sea \( \mathcal{F} ' ={\left\{{X\setminus U:U\in\mathcal{U'}}\right\}} \). Entonces \( \mathcal{F} '\subseteq{\mathcal{F} } \) es finito y \( \cap{\mathcal{F} '} = \emptyset \).

\( \Leftarrow ] \) Supongamos ahora que toda colección de conjuntos cerrados con la propiedad de la intersección finita, tiene intersección no vacía. Sea \( \mathcal{U} \) una cubierta abierta de \( X \). Entonces \( \mathcal{F}=\left\{{X\setminus U:U\in\mathcal{U}}\right\} \) es una colección de cerrados. Note que \( \cap{\mathcal{F}}=X\setminus \cap{\mathcal{U}}=\emptyset \). Por hipótesis tenemos que la colección \( \mathcal{F} \) no puede tener la propiedad de la intersección finita, por lo tanto existe una subcolección finita \( \mathcal{F'}\subseteq{\mathcal{F}} \) con \( \cap{\mathcal{F'}}=\emptyset \). Por ello, \( \mathcal{U'}=\left\{{X\setminus F:F\in \mathcal{F'}}\right\} \) es una subcubierta finita de \( \mathcal{U} \)
[cerrar]

Proposición 4: Sea \( f:X\to Y \) continua y sobreyectiva. Si \( X \) es compacto, entonces \( Y \) es compacto.

Demostración
Sea \( \mathcal{U} \) una cubierta abierta de \( Y \) y consideremos \( \mathcal{U} ' =\left\{{f^{-1}(U):U\in\mathcal{U}}\right\} \).

Note que si \( x\in X \), entonces \( f(x)\in Y \). Siendo \( \mathcal{U} \) cubierta de \( Y \), se tiene que \( f(x)\in U \) para algún \( U\in \mathcal{U} \) y por lo tanto \( x\in f^{-1}(U) \). Además, por ser \( f \) continua, la colección \( \mathcal{U '} \) resulta ser una cubierta abierta de \( X \). Aplicando la compacidad de \( X \), extraemos una subcubierta finita \( \mathcal{U ''}=\left\{{f^{-1}(U_1),...,f^{-1}(U_n)}\right\} \) de \( \mathcal{U'} \) que cubre a \( X \).

Sea ahora \( y\in Y \). Como \( f \) es sobreyectiva, existe \( x\in X \) tal que \( f(x)\in Y \). Como \( \mathcal{U ''} \) es cubierta de \( X \), existe \( i\in{\left\{{1,...,n}\right\}} \) tal que \( x\in f^{-1}(U_i) \). Por lo tanto \( y=f(x)\in U_i \). Esto muestra que \( \left\{{U_1,...,U_n}\right\} \) es una subcubierta finita de \( \mathcal{U} \), y por lo tanto \( Y \) es compacto.
[cerrar]

Proposición 5: Sea \( X \) un espacio topológico. Entonces son equivalentes:

(1) \( X \) es compacto
(2) Todo filtro en \( X \) tiene un punto de acumulación
(3) Todo ultrafiltro en \( X \) tiene un punto de acumulación
(4) Todo ultrafiltro en \( X \) converge a algún punto de \( X \)

Demostración
(1) \( \Rightarrow \) (2) Sea \( \mathcal{F} \) un filtro en \( X \). Consideremos \( \overline{\mathcal{F}} :=\left\{{\overline{F}:F\in\mathcal{F}}\right\} \). Nótese que, para cualesquiera \( \overline{F_1} ,...,\overline{F_n}\in \overline{\mathcal{F}} \) se tiene que \( \emptyset \neq F_1\cap ... \cap F_n\subseteq{\overline{F_1}} \cap ...\cap \overline{F_n} \), pues \( F_1\cap ... \cap F_n\in \mathcal{F} \) por ser \( \mathcal{F} \) un filtro en \( X \). Por lo tanto \( \mathcal{F} \) es una colección de cerrados con la propiedad de la intersección finita. Siendo \( X \) compacto, se tiene que \( \cap{\mathcal{F}}\neq\emptyset \) (por la proposición 3). Es evidente que cualquier elemento de \( \cap{\mathcal{F}}\neq\emptyset \) es punto de acumulación de \( \mathcal{F} \)

(2) \( \Rightarrow{} \) (3) Es inmediato, pues todo ultrafiltro es un filtro por definición.

(3) \( \Rightarrow{} \) (4) Sea \( \mathcal{U} \) un ultrafiltro en \( X \). Por (3), existe \( x \) punto de acumulación de \( \mathcal{U} \), es decir, \( x\in\cap{\left\{{\overline{U}:U\in{\mathcal{U}}}\right\}} \). Veremos que \( \mathcal{U} \to x \). Para ello, veremos que toda vecindad de \( x \) pertenece a \( \mathcal{U} \). Sea \( V_x \) una vecindad de \( x \). Como \( x\in \overline{U} \) para toda \( U\in\mathcal{U} \), se tiene que \( V_x\cap{U}\neq \emptyset \) para toda \( U\in\mathcal{U} \). Siendo \( \mathcal{U} \) ultrafiltro, se tiene que \( V_x\in\mathcal{U} \) (por la proposición 1) como quería probarse.

(4) \( \Rightarrow{} \) (1) Sea \( \mathcal{U} \) una cubierta abierta de \( X \). Supongamos que \( \mathcal{U} \) no admite subcubiertas finitas. Esto implica que la colección \( \mathcal{C}=\left\{{X\setminus U:U\in\mathcal{U}}\right\} \) tiene la propiedad de la intersección finita. Por tanto existe un ultrafiltro \( \mathcal{P} \supseteq{\mathcal{C}} \) (por la proposición 2).
Aplicando (4), existe un punto \( x\in X \) tal que \( \mathcal{P}\to x \). Por tanto \( x \) es punto de acumulación de \( \mathcal{P} \) (por la observación de la definición 5). En particular, \( x\in \overline{X\setminus U}=X\setminus U \) para toda \( U\in\mathcal{U} \), contradiciendo que \( \mathcal{U} \) era cubierta de \( X \).
[cerrar]

Teorema de Tychonoff: Sea \( \left\{{X_j:J\in J}\right\} \) una colección de espacios topológicos y \( X=\Pi _{j\in J}X_j \). Entonces \( X \) es compacto si y sólo si \( X_j \) es compacto para cada \( j\in J \).

Demostración
\( \Rightarrow ] \) Por definición de topología producto, la proyección \( \pi _j:X\to X_j \) es continua, y por el lema 1 es sobreyectiva. Por la proposición 4, si \( X \) es compacto, también lo es \( \pi _j (X)=X_j \).

\( \Leftarrow ] \) Supongamos que \( X_j \) es compacto para cada \( j\in J \).

Vamos a demostrar que \( X \) es compacto probando que todo ultrafiltro converge (ver proposición 5). Sea \( \mathcal{U} \) un ultrafiltro en \( X \).

Sea \( j\in J \), entonces \( \pi _j(\mathcal{U}):=\left\{{\pi _j(U):U\in\mathcal{U}}\right\} \) es ultrafiltro de \( X_j \).

En efecto. Es claro que \( \emptyset\not\in{\pi _j(\mathcal{U})}\neq\emptyset \).

Recordemos que \( \pi _j \) es una función sobreyectiva, y por tanto \( \pi _j(\pi _j^{-1}(B))=B \) para todo \( B\subseteq{X_j} \).

Consideremos ahora \( \pi _j(U_1),\pi _j(U_2)\in\pi _j(\mathcal{U}) \). Veremos que su intersección pertenece a \( \pi _j(\mathcal{U}) \). Siendo \( \mathcal{U} \) filtro, se tiene que \( U_1\cap U_2\in \mathcal{U} \) y como \( U_1\cap U_2\subseteq{\pi _j^{-1}(\pi _j(U_1\cap U_2))} \subseteq \pi _j^{-1}(\pi _j(U_1)\cap\pi _j(U_2)) \) entonces \(  \pi _j^{-1}(\pi _j(U_1)\cap\pi _j(U_2)) \in \mathcal{U} \).

Y así \( \pi _j (U_1)\cap \pi _j(U_2)= \pi _j(\pi _j^{-1}(\pi _j(U_1)\cap\pi _j(U_2)))\in\pi _j(\mathcal{U}) \)

Sea ahora \( \pi _j(U)\in\pi _j(\mathcal{U}) \) y \( \pi _j(U)\subseteq{A} \). Entonces \( U\subseteq{\pi _j^{-1}(\pi _j(U))}\subseteq{\pi _j^{-1}(A)} \) y por tanto \( \pi _j^{-1}(A)\in\mathcal{U} \). Luego \( A=\pi _j (\pi _j^{-1}(A))\in \pi _j(\mathcal{U}) \).

Por lo tanto \( \pi _j(\mathcal{U}) \) es filtro en \( X_j \).

Probaremos ahora que \( \pi _j(\mathcal{U}) \) es ultrafiltro en \( X_j \). Sea \( A\subseteq{X_j} \) tal que \( A\cap{\pi _j(U)}\neq \emptyset \) para todo \( U\in\pi _j(\mathcal{U}) \) (recuérdese la proposición 1). Entonces \( \pi _j^{-1}(A)\cap{U}\neq\emptyset \) para todo \( U\in{\mathcal{U}} \). Como \( \mathcal{U} \) es ultrafiltro, se tiene que \( \pi _j^{-1}(A)\in\mathcal{U} \) y por lo tanto \( A=\pi _j (\pi _j^{-1}(A))\in \pi _j(\mathcal{U}) \). Esto demuestra que \( \mathcal{U} \) es ultrafiltro en \( X_j \).

Para toda \( j\in J \) existe \( x_j\in X_j \) tal que \( \pi _j(\mathcal{U})\to x_j \), por (4) de la proposición 5. Definamos \( x:J\to \bigcup _{j\in J}X_j \) mediante \( x(j)=x_j \) para cada \( j\in J \). Note que \( x\in X \). Lo que demostraremos es que \( \pi _j(\mathcal{U})\to x \) (es decir, que toda vecindad de \( x \) pertenece a \( \pi _j (\mathcal{U}) \)).

Sea \( V_x \) una vecindad de \( x \). Entonces \( x\in \pi _{j_1}^{-1}(A_{j_i}) \cap{...\cap{\pi _{j_n}^{-1}(A_{j_1})}}\subseteq{V_x} \) para algunos \( A_{j_i} \) abiertos de \( X_{j_i} \) con \( i=1,...,n \).

Para cada \( i\in\left\{{1,...,n}\right\} \), tenemos que \( x_{j_i}=\pi _{j_i}(x)\in A_{j_i} \) y \( A_{j_i} \) es abierto en \( X_{j_i} \), luego \( A_{j_i}\in \pi _{j_i}(\mathcal{U}) \) (pues \( A_{j_i} \) es vecindad de \( x_{j_i} \) y \( \pi _{j_i}(\mathcal{U})\to x_{j_i} \)). De donde existen \( U_{j_i}\in \mathcal{U} \) tales que \( A_{j_i}=\pi _{j_i}(U_{j_i}) \), por lo cual \( U_{j_i}\subseteq{\pi ^{-1}_{j_i}(A_{j_i})} \) para toda \( i=1,...,n \).

Como \( \mathcal{U} \) es filtro, tenemos que \( \pi ^{-1}_{j_i}(A_{j_i}) \in \mathcal{U} \) para toda \( i=1,...,n \). Luego \( \pi _{j_1}(A_{j_1}) \cap{...\cap{\pi _{j_n}(A_{j_n})}}\in \mathcal{U} \), pero como \( \pi _{j_1}(A_{j_1}) \cap{...\cap{\pi _{j_n}(A_{j_n})}}\subseteq{V_x} \) se tiene que \( V_x\in \mathcal{U} \).

Hemos demostrado entonces que toda vecindad de \( x \) pertenece a \( \mathcal{U} \). Por lo tanto \( \mathcal{U}\to x \) como quería demostrarse.
[cerrar]