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Capítulo 1
Aplicaciones Cubrientes
Febrero 26 de 1988.
Definición. Sean X, X̃ ∈ [I] tales que X y X̃ son localmente [I]-conexos (o bien,
localmente c.p.t.) y sea p : X̃ → X una función continua.
(a) Diremos que un subconjunto abierto U de X está cubierto parejamente por p si
−1
p (U) es unión disjunta de abiertos en X̃, cada uno de los cuales es aplicado homeomórficamente sobre U por medio de p.
(b) Cuando cada punto de X posee una vecindad abierta cubierta parejamente por p, la
función p recibe el nombre de aplicación cubriente, el espacio X el de espacio cubierto
y el espacio X̃ el de espacio cubriente. En símbolos, p : X̃ → X una aplicación cubriente
si
∀x ∈ X ∃ U ∈ Nx◦ .3 . p−1 (U ) = ∪ Uj
j∈J
para cierta familia (Uj )J de subconjuntos abiertos de X̃ tales que Uj ∩ Uk = ∅ si j 6= k, y
p | Uj : Uj ∼
= U , ∀j ∈ J
Ejemplo: 1. Todo homeomorfismo es una aplicación cubriente.
En efecto, si p : X̃ → X es un homeomorfismo y x ∈ X, entonces X es una vecindad
abierta de x cubierta parejamente por p.
Décima tanda de ejercicios. 1. Si U está cubierto parejamente por p y V es cualquier
subconjunto abierto de U, probar que también V está cubierto parejamente por p.1
Ejemplos: 2. Sean X y D espacios topológicos, D discreto. Entonces la proyección
p : X × D → X es una aplicación cubriente.
Sea x ∈ X; entonces X ∈ Nx◦ tal que p−1 (X) = X × D. Como D es discreto, tenemos
X × D = ∪ X × {d}
d∈D
con X × {d} abierto en X × D, ∀d ∈ D. Además, d 6= d0 implica que X × {d} es ajeno a
X × {d0 }. Finalmente:
p | X × {d} : X × {d} ∼
= X, ∀d ∈ D
1
A consecuencia de esto, en el ejemplo anterior cualquier abierto en X está cubierto parejamente por p.
1
CAPÍTULO 1. APLICACIONES CUBRIENTES
2
Por lo tanto, X está cubierto parejamente por p.@
3. Sea
X̃ = X = S 1 = {z ∈ C : |z| = 1}
y sea
p : S1 → S1
con n ∈ N
z 7→ z n
Entonces p es una aplicación cubriente. (Conviene analizar los casos n = 2, 3)2
Definición. Una función continua ³p :´X̃ → X es un homeomorfismo local
³ ´si para
◦
cada x̃ ∈ X̃ existe Ũ ∈ Nx̃ tal que p Ũ es abierto en X y p | Ũ : Ũ → p Ũ es un
homeomorfismo.
Ejercicio: 2. Probar que toda aplicación cubriente es un homeomorfismo local.
Febrero 29 de 1988.
Ejercicio: 3. Sea p : X̃ → X cualquier aplicación cubriente. Probar que
a) p es suprayectiva.
b) Para toda x ∈ X, la fibra de p sobre x (p−1 {x}) es un espacio discreto en X̃.
Definición. Sea p : X̃ → X una aplicación cubriente cualquiera; si f : W → X es
cualquier función continua, entonces un levantamiento de f es cualquiera otra función
continua f˜ : W → X̃ tal que pf˜ = f , es decir, cualquiera que haga conmutar el diagrama
W
X̃
↓p
f˜ %
f
→
X
Lema. Dos levantamientos de una función de dominio conexo que coinciden en un punto
son iguales.
Demostración. Sean, p : X̃ → X la aplicación cubriente arbitraria, W un espacio conexo,
f : W → X una función continua y f˜1 , f˜2 dos levantamientos de f que coinciden en el punto
w0 de W .
Consideremos el conjunto
o
n
A = w ∈ W : f˜1 (w) = f˜2 (w)
A es abierto.
Sea w ∈ A y sea x = f (w); por ser p una aplicación cubriente, existe U ∈ Nx◦ que está
cubierta parejamente por p;
p−1 (U) = ∪ Uj
j∈J
Por otra parte, como f˜1 (w) = f˜2 (w), entonces
pf˜1 (w) = pf˜2 (w) = f (w) = x
2
Véase el ejemplo (d) de la clase del 27 de noviembre de 1985.
CAPÍTULO 1. APLICACIONES CUBRIENTES
3
o sea que f˜i (w) (i = 1, 2) es un punto de la fibra p−1 {x}; en consecuencia existe j ∈ J única
y tal que f˜i (w) ∈ Uj (i = 1, 2). Sea
V = f˜1−1 (Uj ) ∩ f˜2−1 (Uj )
Entonces V ∈ Nw◦ , y para w0 ∈ V tenemos f˜i (w0 ) ∈ Uj (i = 1, 2) y
pf˜1 (w0 ) = pf˜2 (w0 ) = f (w0 )
de donde f˜1 (w0 ) = f˜2 (w0 ) (porque p es inyectiva en Uj ). Esto prueba que cada punto de A
tiene una vecindad abierta enteramente contenida en A. Por lo tanto, A es abierto.
A es cerrado.
Sea w ∈ W − A; si x = f (w), entonces f˜1 (w) y f˜2 (w) son puntos distintos de la fibra de
x bajo p, de modo que si U ∈ Nx◦ está cubierta parejamente por p y
p−1 (U) = ∪ Uj
j∈J
entonces existen sendos abiertos Uj1 , Uj2 , j1 6= j2 , tales que f˜i (w) ∈ Uji (i = 1, 2). Sea
V = f˜1−1 (Uj1 ) ∩ f˜2−1 (Uj2 )
Entonces V ∈ Nw◦ , y para w0 ∈ V tenemos
f˜1 (w0 ) ∈ Uj1
y
f˜2 (w0 ) ∈ Uj2
En consecuencia, f˜1 (w0 ) 6= f˜2 (w0 ) (porque Uj1 ∩ Uj2 = ∅). Esto prueba que cada punto de
W − A posee una vecindad abierta enteramente contenida en W − A. Por lo tanto, A es
cerrado.
A consecuencia de lo anterior, la pareja (A, W − A) constituye una división de W . Como
W es conexo, uno de estos conjuntos es vacío. Pero A 6= ∅, pues por hipótesis existe w0 ∈ W
tal que f˜1 (w0 ) = f˜2 (w0 ). Luego, W −A = ∅. Por lo tanto A = W , i.e. f˜1 (w) = f˜2 (w) , ∀w ∈
W .@
Lema. Sea p : X̃ → X una aplicación cubriente arbitraria y sea f : W → X una función
continua cuya imagen se halle contenida en un abierto U de X c.p.t. y cubierto parejamente
por p. Si W es c.p.t. y existe un levantamiento parcial de f desde un subespacio c.p.t. de
W a X̃, entonces tal levantamiento puede extenderse hasta ser un levantamiento total de f .
Demostración. Sea V un subespacio c.p.t. de W y supongamos que g̃ : V → X̃ es una
función continua tal que
pg̃ = f | V
Por hipótesis, U está cubierto parejamente por p; luego
p−1 (U) = ∪ Uj
j∈J
y
p | Uj : Uj ∼
=U
Además U es c.p.t.; en consecuencia, Uj es c.p.t. ∀j ∈ J. Más aún, cada Uj es una
componente por trayectorias de p−1 (U). Por otro lado, como
p (g̃ (V )) = f (V ) ⊆ f (W ) ⊆ U
CAPÍTULO 1. APLICACIONES CUBRIENTES
4
y g̃ (V ) es c.p.t., existe una componente por trayectorias Uj única que contiene a g̃ (V ). Si
ahora definimos
f˜ : W → Uj
como
f˜ = (p | Uj )−1 f
entonces
pf˜ = p (p | Uj )−1 f = f ;
en particular
pf˜ | V = f | V = pg̃
es decir, obtenemos un levantamiento de f que es una extensión de g̃.@
Continuaremos la vez próxima.
Miércoles 2 de marzo de 1988.
Emplearemos el último lema para demostrar el resultado que sigue.
Teorema. Sea p : X̃ → X una aplicación cubriente, siendo X un espacio localmente
c.p.t. Si x0 ∈ X y ω : I → X es una trayectoria de origen x0 , entonces para cada x̃0 ∈
p−1 {x0 } existe una trayectoria, y solamente una, ω̃ : I → X̃ de origen x̃0 , tal que pω̃ = ω.
Demostración. Por hipótesis, cada x ∈ X tiene una vecindad Ux ∈ Nx◦ cubierta parejamente por p, y en cada una de éstas existe otra, Vx ∈ Nx◦ , que es c.p.t. Con éstas últimas y
valiéndonos de ω podemos formar el conjunto
©
ª
U = ω −1 (Vx ) : x ∈ X
que constituye una cubierta abierta de I. Como I es un espacio métrico compacto, esta
cubierta tiene su número de Lebesgue3 , es decir, existe η ∈ R+ tal que si A ⊆ I y δ (A) < η,
entonces A está contenido en algún miembro de la cubierta. Sea n ∈ N tal que n1 < η;
entonces, al dividir a I en n partes iguales cada subintervalo estará contenido en algún
miembro de U. Sea
f˜0 : [0, 0] → X̃
0
7→ x̃0
Como
µ∙
¸¶
1
ω 0,
⊆ Vx0
n
por el lema anterior existe una extensión
f˜1 :
de f˜0 . Luego, f˜1 | {0} = f˜0 , i.e.
£ 1¤
0, n → X̃
f˜1 (0) = f˜0 (0) = x̃0
3
4
y
¸
∙
1
˜
pf1 = ω | 0,
n
Recuérdese el teorema visto en clase el 5 de junio de 1987.
Ya se levantó un pedacito.
4
CAPÍTULO 1. APLICACIONES CUBRIENTES
Si ahora restringimos f˜1 a
5
©1ª
£
¤
⊆ n1 , n2 (ambos c.p.t.), como
¸¶
µ∙
1 2
,
⊆ Vx (c.p.t.), p.a. x ∈ X
ω
n n
n
vuelven a darse las condiciones del lema y, por consiguiente, existe una única
£
¤
f˜2 : n1 , n2 → X̃
tal que
µ ¶
µ ¶
1
1
f˜2
= f˜1
n
n
y
∙
1 2
pf˜2 = ω |
,
n n
Y así sucesivamente. O sea que existen n funciones continuas
£
¤
, i → X̃
f˜i : i−1
n n
¸
tales que
f˜i
µ
i−1
n
¶
= f˜i−1
µ
i−1
n
¶
y
∙
i−1 i
pf˜i = ω |
,
n n
¸
1≤i≤n
Además son únicas, si f˜1 (0) = x̃0 . En consecuencia existe una función, y sólo una,
ω̃ : I → X̃
tal que
¸
i−1 i
,
= f˜i
ω̃ |
n n
∙
Como además
½∙
¸
¾
i−1 i
,
:1≤i≤n
n n
es una cubierta cerrada finita de I, y es continua la restricción
¸
∙
i−1 i
,
, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}
ω̃ |
n n
entonces también ω̃ es continua. Finalmente, es claro que pω̃ = ω.@
Ejercicio: 4. Probar que si ω̃0 , ω̃ 1 : I → X̃ son dos trayectorias de origen común y tales
que
H
pω̃ 0 ' pω̃ 1 relİ
entonces ω̃0 ' ω̃ 1 relİ.
5
Marzo 4 de 1988.
5
O sea que caminos equivalentes tienen elevaciones equivalentes.
CAPÍTULO 1. APLICACIONES CUBRIENTES
6
Teorema. Sea p : X̃ → X una aplicación cubriente en la que X es un espacio localmente
c.p.t. Entonces, el homomorfismo inducido por p
³
´
p# : π 1 X̃, x̃0 → π 1 (X, x0 ) (x0 = p (x̃0 ) )
es un monomorfismo.
³
´
Demostración. Sea [ω̃] ∈ π 1 X̃, x̃0 tal que p# [ω̃] = [ω x0 ]; entonces pω̃ ' ωx0 relİ. Por
otra parte
p# [ω̃x̃0 ] = [pω̃ x̃0 ] = [ω x0 ] ;
de modo que también pω̃x̃0 ' ω x0 relİ. Por lo tanto, pω̃ x̃0 ' pω̃ relİ. Por el ejercicio 4,
ω̃ ' ω̃ x̃0 relİ; por lo tanto, [ω̃] = [ω̃ x̃0 ]. Por lo tanto, p# es monomorfismo.@
Teorema. Si p : X̃ → X es una aplicación cubriente con X localmente c.p.t., f : W → X
una función continua, w0 ∈ W y x0 = f (w0 ), entonces una condición necesaria para que
exista un levantamiento f˜ de f es
³ ³
´´
con x̃0 = f˜ (w0 )
f# (π1 (W, w0 )) ⊆ p# π 1 X̃, x̃0
Demostración. Por hipótesis existe un levantamiento f˜ de f , es decir, una función continua
f˜ : W → X̃ tal que pf˜ = f . En consecuencia, f# = p# f˜# y tenemos
³
³ ³
´´
´
f# (π 1 (W, w0 )) = p# f˜# (π1 (W, w0 )) ⊆ p# π 1 X̃, x̃0 , con x̃0 = f˜ (w0 ) @
Obsérvese que la condición enunciada en este teorema, referente a una cuestión puramente topológica como es la existencia de un levantamiento, es una condición puramente
algebraica. Por otra parte, resulta que además de necesaria esta condición también es suficiente para garantizar la existencia de tal levantamiento, lo cual vuelve equivalentes dos
problemas: uno absolutamente topológico, otro exclusivamente algebraico.
La demostración de la suficiencia de la condición anterior requiere de técnicas aún no
desarrolladas por nosotros, de modo que por ahora la dejaremos sólo indicada y concluiremos
así con esta parte.
Lo que sigue es precisamente desarrollar esas técnicas que permiten tal demostración.
Capítulo 2
Espacios de Funciones Continuas.
Marzo 7 de 1988.
Sean X y Y dos espacios topológicos arbitrarios. Con T op (X, Y ) denotaremos al conjunto
de las funciones continuas de X en Y .
Hace mucho que se resolvió el problema de qué topología darle a T op (X, Y ) para que
resultase suficiente la condición del teorema anterior; pueden asignársele otras topologías
con el propósito de alcanzar otros fines. Para el que nosotros nos hemos trazado (desarrollar
técnicas que permitan demostrar la suficiencia de la condición anterior) emplearemos la
topología compacto-abierta que denotaremos con la letra kappa: κ. Una subbase para
esta topología es la familia de subconjuntos de T op (X, Y ) de la forma
(K, U) = {f ∈ T op (X, Y ) : f (K) ⊆ U}
donde K es cualquier conjunto compacto no vacío de X y U cualquier conjunto abierto en
Y.
2.0.1
Algunas propiedades de separación de (T op (X, Y ) , κ)
Proposición. Si Y es un espacio de Hausdorff o es regular, entonces (T op (X, Y ) , κ) es de
Hausdorff o regular, respectivamente.
Demostración. Supongamos que Y es de Hausdorff. Sean f, g ∈ (T op (X, Y ) , κ) , f 6= g;
entonces existe x ∈ X tal que f (x) 6= g (x). Como Y ∈ T2 existen
U ∈ Nf◦(x)
y
◦
V ∈ Ng(x)
tales que U ∩ V = ∅. Por otra parte, {x} es compacto en X; en consecuencia
({x} , U)
y
({x} , V )
son abiertos subbásicos de (T op (X, Y ) , κ), ajenos (porque U y V son ajenos) y tales que
f ∈ ({x} , U )
y
g ∈ ({x} , V )
Esto demuestra que (T op (X, Y ) , κ) es de Hausdorff.
7
CAPÍTULO 2. ESPACIOS DE FUNCIONES CONTINUAS.
8
Supongamos ahora que Y es regular; entonces
∀y ∈ Y, ∀U ∈ Ny◦ ∃ V ∈ Ny◦ .3 . V ⊆ U
Sean
f ∈ (T op (X, Y ) , κ)
y
G ∈ Nf◦
Como
γ = {(K, U ) : ∅ 6= K ⊆ X compacto, U ⊆ Y abierto}
es una subbase de κ, existen n ∈ N y (Kj , Uj ) ∈ γ (j = 1, 2, ..., n), tales que
f ∈ (K1 , U1 ) ∩ (K2 , U2 ) ∩ ... ∩ (Kn , Un ) ⊆ G
Mostraremos que existe un abierto básico H ∈ κ tal que f ∈ H y H ⊆ G. Para ello fijemos
j ∈ {1, 2, ..., n} y escojamos cualquier punto y ∈ f (Kj ); entonces Uj ∈ Ny◦ . Debido a la
regularidad de Y , existe Vy ∈ Ny◦ tal que Vy ⊆ Uj . Como f (Kj ) es compacto y como
V = {Vy : y ∈ f (Kj )}
es una cubierta abierta de f (Kj ), existe una subcubierta finita
{Vy1 , Vy2 , ..., Vym } ⊆ V
m
Si ahora hacemos Vj = ∪ Vyi , entonces f ∈ (Kj , Vj ) y además
i=1
m
Vj ⊆ Vj = ∪ Vyi ⊆ Uj
i=1
Por lo tanto
n
n
j=1
j=1
f ∈ ∩ (Kj , Vj ) ⊆ ∩ (Kj , Uj ) ⊆ G
n
Sea H = ∩ (Kj , Vj ). Sólo falta ver que H ⊆ G. Sea g ∈ T op (X, Y ) − G; considerando que
j=1
n
∩ (Kj , Uj ) ⊆ G tenemos que existe j ∈ {1, 2, ..., n} tal que g ∈
/ (Kj , Uj ); entonces existe
j=1
/ Uj ; pero entonces g (x) ∈
/ Vj . Por lo tanto
x ∈ Kj tal que g (x) ∈
¡
¢
g ∈ {x} , Y − Vj
y desde lugo
¢
¡
{x} , Y − Vj ∩ (Kj , Vj ) = ∅
¡
¢
En consecuencia, {x} , Y − Vj ∩ H = ∅. Por lo tanto, g ∈
/ H. Contraponiendo el razonamiento tenemos:
g∈H ⇒g∈
/ T op (X, Y ) − G ⇒ g ∈ G
o sea que H ⊆ G. Así queda probada la regularidad de (T op (X, Y ) , κ).@
Ejercicio: 5. Si Y es indiscreto o es Ti (i = 0, 1), pruebe que (T op (X, Y ) , κ) es indiscreto
o Ti , respectivamente.
CAPÍTULO 2. ESPACIOS DE FUNCIONES CONTINUAS.
9
Marzo 9 de 1988.
Definición. Una topología τ para T op (X, Y ) es llamada admisible cuando es continua
la evaluación
e : T op (X, Y ) × X → Y
definida como
e (f, x) = f (x)
Proposición. Si X es regular y localmente compacto, entonces κ es admisible.