Topologia_General (1)

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Topología General II
Lic. Javier Rodríguez
Noviembre 2023
1. La topología producto
Teorema 19.2. Supongamos que la topología sobre cada espacio Xα está dada por una base
B∗
α. La colección de todos los conjuntos de la forma ∏α∈J Bα, donde Bα ∈ B∗
α para un con-
junto finito de índices y Bα = Xα para todos los índices restantes, servirá como base para la
topología producto ∏α∈J Xα.
Demostración. Sea A un conjunto abierto de la topología producto ∏α Xα. Si (xα)α∈J ∈ A,
entonces por definición de base existe un elemento básico de la topología producto ∏α Uα
tal que
(xα)α∈J ∈ ∏
α∈J
Uα ⊂ A
donde los Ua son conjuntos abiertos distintos de Xα para un número finito de índices
{α1, . . . , αn} y Uα = Xα para el resto de índices.
Nuevamente, por definición de base existen elementos básicos Bαi
∈ B∗
α para i ∈ {1, . . . , n}
tales que xαi
∈ Bαi
⊂ Uαi
, por tanto
(xα)α∈J ∈ ∏
α∈J
Bα ⊂ ∏
α∈J
Uα ⊂ A
donde Bα = Xα para α distinto de αi con i ∈ {1, . . . , n}. ■
Teorema 19.3. Sea Aα un subespacio de Xα, para cada α ∈ J. Entonces ∏α Aα es un subespa-
cio de ∏α Xα si en ambos productos está dada la topología producto.
Demostración. Partimos del hecho que ∏α Aα posee la topología producto cuando las Aα po-
seen la topología de subespacio respecto a Xα. Sea ∏α Vα un elemento básico de la topología
producto en ∏α Aα. Dado que Aα es un subespacio de Xα, entonces Vα = Uα ∩ Aα para un
número finito de índices α, donde Uα es conjunto abierto en Xα y Vα = Aα para el resto de
índices. Entonces se tiene que
∏
α∈J
Vα = ∏
α∈I
Uα ∩ ∏
α ̸∈I
Aα
donde Uα es un conjunto abierto de Xα para un número finito de índices, llamémosle I ⊂ J y
Uα = Xα para el resto de los índices. Esto demuestra que la la base de la topología producto
de ∏α Aα es la misma que la base de la topología relativa de ∏α Aα con respecto a ∏α Xα,
luego ambas topologías coinciden. ■
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Topología General II La topología producto
Teorema 19.4. Si cada espacio Xα es un espacio de Hausdorff, entonces ∏α Xα es un espacio
de Hausdorff en la topología producto.
Demostración. Recordemos que X es un espacio de Hausdorff si para todo x, y ∈ X con x ̸= y
existen dos entornos Ux de x y Vy de y tales que Ux ∩ Vy = ∅.
Sean (xα) ̸= (yα) dos puntos distintos de ∏α Xα, entonces existe un índice β ∈ J tal
que xβ ̸= yβ. Como por hipótesis Xβ es un espacio de Hausdorff se tiene que existen dos
entornos Uβ de xβ y Vβ de yβ respectivamente tal que Uβ ∩ Vβ = ∅.
Dada la función proyección pβ : ∏α Xα → Xβ, entonces p−1
β : Xβ → ∏α Xα. Luego,
tenemos que p−1
β (Uβ) es un entorno para (xα) y p−1
β (Vβ) es un entorno para (yα) respectiva-
mente. Luego,
p−1
β (Uβ) ∩ p−1
β (Vβ) = p−1
β
(
Uβ ∩ Vβ
)
= p−1
β (∅) = ∅
Por tanto, ∏α Xα es un espacio de Hausdorff en la topología producto. ■
Teorema 19.5. Sea {Xα : α ∈ J} una familia indexada de espacios y sea Aα ⊂ Xα, para cada
α ∈ J. Si ∏α Xα está dotado de la topología producto, entonces
∏
α∈J
Aα = ∏
α∈J
Aα
Demostración. Vamos a demostrarlo por doble inclusión.
�
Nota Sea A un subespacio del espacio topológico X.
(1) Entonces x ∈ Ā si, y solo si, cada conjunto abierto U que contiene a x interseca a A.
(2) Si la topología de X está dada por una base B∗, entonces x ∈ Ā si, y solo si, cada elemento
básico B ∈ B∗ que contiene a x interseca a A.
(=⇒) Sean (xα) un punto de ∏α Āα y U = ∏α Uα un elemento básico de la topología
producto que contiene a (xα). Ya que xα ∈ Aα podemos tomar un yα ∈ Uα ∩ Aα para cada
α ∈ J. Entonces (yα) pertenece tanto a U como a ∏α Aα. Dado que U es arbitrario, (xα) ∈ U
y U ∩ ∏α Aα ̸= ∅, entonces (xα) ∈ ∏ Aα.
(⇐=) Sean (xα) ∈ ∏ Aα, β ∈ J un índice arbitrario y Vβ un conjunto abierto arbitrario
de Xβ que contiene a xβ. Puesto que p−1
β (Vβ) es abierto en ∏α Xα y contiene al punto (xα),
entonces p−1
β (Vβ) ∩ ∏α Aα ̸= ∅ y existe un punto (yα) ∈ ∏α Aα tal que yβ ∈ Vβ ∩ Aβ. Por
tanto, xβ ∈ Aβ. Dado que β ∈ J es arbitrario entonces xα ∈ Aα para todo α ∈ J. Luego,
(xα) ∈ ∏ Āα.
De esta manera probamos que
∏
α∈J
Aα = ∏
α∈J
Aα
■
Teorema 19.6. Sea f : A → ∏α∈J Xα dada por la ecuación
f (a) = ( fα(a))α∈J
donde fα : A → Xα para cada α. Tomemos sobre ∏ Xα la topología producto. Entonces la
función f es continua si, y solo si, cada función fα es continua.
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Topología General II La topología producto
Demostración. (=⇒) Notemos que para cada β ∈ J, pβ : ∏α Xα → Xβ es la proyección sobre
el β−ésimo factor. Además, pβ es continúa, por lo que si Uβ es abierto en Xβ, su preimagen
bajo pβ es p−1
β (Uβ), el cual es un elemento de la subbase para la topología producto en ∏ Xα,
por tanto es abierto.
Ahora supongamos que f : A → ∏ Xα es continua. Notamos que para cada β ∈ J, la
función fβ es la composición de pβ y f , esto es, fβ = pβ ◦ f . Al ser fβ la composición de dos
funciones continuas, entonces es continua.
(⇐=) Suponemos que cada fα es continua para todo α ∈ J. Para probar que f es continua,
basta con demostrar que la preimagen de cada elemento subbásico es abierto en A.
Es más efectivo trabajar con con elementos subbásicos que con elementos básicos o con-
juntos abiertos. Además, un elemento subbásico para la topología producto en ∏ Xα tiene la
forma p−1
β (Uβ) con Uβ un conjunto abierto en Xβ.
Para todo β ∈ J y un conjunto arbitrario Uβ de Xβ, se tiene
f−1
β (Uβ) = f−1
[
p−1
β (Uβ)
]
= f−1 ◦ p−1
β (Uβ)
Dado que fβ es continua y Uβ es abierto, entonces f−1
[
p−1
β (Uβ)
]
es un abierto en A y
se sigue que f es continua remarcando que p−1
β (Uβ) es un abierto dado que un elemento
arbitrario de la subbbase para la topología producto en ∏ Xα.
■
Ejemplo 19.2. Teniendo el cuenta el teorema 19.6, ¿por qué no se cumple este teorema si
utilizamos la topología por cajas?
Solución. Consideremos R
ω, el producto numerable de R consigo mismo infinitas veces.
Además, recordemos que
R
ω = ∏
n∈Z+
Xn
donde Xn = R para todo n ∈ Z
+. Definamos una función f : R → R
ω mediante la ecuación
f (t) = (t, t, t, . . . )
donde fn(t) = t es la n−ésima coordenada de f . Cada una de esta funciones coordenadas
fn : R → R es continua, así f es continua si R
ω está dotado con la topología producto. Pero
f no es continua si R
ω está dotado con la topología por cajas.
Para ello, consideremos el siguiente elemento básico para la topología por cajas
B = (−1, 1)×
(
−1
2
,
1
2
)
×
(
−1
3
,
1
3
)
× · · ·
Vemos que f−1(B) no es abierto en R. Si f−1(B) fuera abierto en R, entonces contendría
algún intervalo (−δ, δ) alrededor del punto 0. Esto significa que f ((−δ, δ)) ⊂ B, por lo que,
aplicando fn a ambos lados de la inclusión se tiene que fn((−δ, δ)) = (−δ, δ) ⊂ (−1/n, 1/n)
para todo n, lo que es una contradicción.
Notamos que la primera implicancia del teorema 19.6 es cierta, dado que la topología
por cajas es más fina que la topología producto. ■
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Topología General II La topología métrica
2. La topología métrica
Teorema 20.4. La topología uniforme sobre R
J es más fina que la topología producto y más
gruesa que la topología por cajas.
Demostración. Nombremos como Tπ a la topología producto, Tρ a la topología uniforme y Tc
a la topología por cajas. Debemos probar que
Tπ ⊆ Tρ ⊆ Tc
Recordemos además que
ρ(x, y) = sup
{
d̄(xα, yα) : α ∈ J
}
donde d̄(x, y) = mı́n {d(x, y), 1}.
�
Nota Sean A∗ y B∗ bases para las topologías TA y TB, respectivamente sobre X. Entonces TB es más
fina que TA (TA ⊆ TB) si, y solo si, para cada x ∈ X y cada elemento básico A ∈ A∗ que contiene a
x, existe un elemento básico B ∈ B∗ tal que x ∈ B ⊂ A.
Probemos primero Tπ ⊆ Tρ. Para ello sean x = (xα)α∈J un punto de R
J y U = ∏α Uα
un elemento básico de la topología producto que contiene a (xα), donde Uα ̸= R para una
cantidad finita de índices α1, . . . , αn.
Sea εi > 0, para cada i = 1, . . . , n; y tomemos una bola centrada en xαi
con radio εi en la
distancia d̄ de manera que la bola está contenida en Uα, esto es, Bd̄(xαi
, εi) ⊂ Uαi
, dado que
Uαi
es abierto en R para cada i = 1, . . . , n.
Ahora, tomemos ε = mı́n{ε1, . . . , εn} y una bola de radio ε, centrada en x en la distancia
ρ. La bola estará contenida en ∏α Uα, esto es, Bρ(x, ε) ⊂ ∏α Uα, pues si z ∈ R
J tal que
ρ(x, z) < ε, entonces d̄(xα, zα) < ε para todo α, por lo que z ∈ ∏ Uα.
Para probar que Tρ ⊆ Tc, sea B = Bρ(x, ε) una bola de radio ε, centrada en x en la
distancia ρ. Entonces, el abierto
U = ∏
α∈J
(
xα −
ε
2
, xα +
ε
2
)
está contenido en la bola. Notamos que B es una base para la topología uniforme y U es una
base para la topología por cajas verificándose que x ∈ U ⊂ B. Por tanto, la topología por
cajas es más fina que la topología producto. ■
Proposición 20.A. Las topologías uniforme, producto y por cajas son distintos si J es infinito.
Demostración. Para demostrar que son distintos cuando J es infinito, consideremos el caso
cuando J = ω, es decir, el caso cuando J es numerable.
Primeramente probaremos que Tρ ̸⊆ Tπ. Para ello, sea 0̂ = (0, 0, . . . ). Demostraremos
que 0̂ no es punto interior de B(0̂, 1/2) en la topología producto. En efecto, si
0̂ ∈ Bπ = ∏
k∈I
Uk × ∏
k ̸∈I
Xk
donde I es una colección finita de índices y Xk = R. Tomemos m ̸∈ I, entonces el punto
y = (yk) donde yk = 0 para k ̸= m e yk = 1 para k = m, pertenece a Bπ y no está en
B(0̂, 1/2), pues
ρ(0̂, y) = sup
{
d̄(0̂, y) : k ∈ Z
+
}
= máx {0, 1} = 1
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Topología General II La topología métrica
Luego, 0̂ no puede ser un punto interior en la topología producto.
Ahora probaremos que Tc ̸⊆ Tρ. Para ello consideremos Bc = ∏ Uk con Uk = (0, 1) y
k ∈ Z
+. El punto x = (xk), donde xk =
1
2k para k ∈ Z
+ está en Bc.
Sea B(x, r) con 0 < r < 1. Vamos a probar que B(x, r) contiene puntos que no están en
Bc, por lo que el punto x no puede ser un punto interior de Bc con la topología de la métrica
uniforme. Sea y = (yk), con yk =
1
2k − r
2 , entonces
ρ(x, y) = sup
{
d(xk, yk) : k ∈ Z
+
}
donde
d̄(xk, yk) = mı́n {d(xk, yk), 1}
= mı́n {|xk − yk|, 1}
= mı́n
{∣∣∣∣
1
2k
−
(
1
2k
− r
2
)∣∣∣∣ , 1
}
= mı́n
{ r
2
, 1
}
=
r
2
Luego, ρ(x, y) = r
2 < r, por tanto y ∈ B(x, r), pero y no pertenece a Bc, pues yk < 0 para
k suficientemente grande. ■
Teorema 20.5. Sea d̄(a, b) = mı́n {|a − b|, 1} la distancia acotada sobre R. Si x e y son dos
puntos de R
ω, definimos
D(x, y) = sup
{
d̄(xi, yi)
i
}
Entonces D es una distancia que induce la topología producto sobre R
ω
Demostración. Comenzamos demostrando que D es una distancia, para ello vemos las tres
propiedades.
(1) D(x, y) ≥ 0 para todos x, y ∈ R
ω; dándose la igualdad si, y solo si x = y.
Dado que d̄(xi, yi) ≥ 0 para cada xi, yi ∈ R, dándose la igualdad cuando xi = yi.
Entonces D(x, y) ≥ 0.
(2) D(x, y) = D(y, x) para todos x, y ∈ R
ω.
Tan simple como sigue
D(x, y) = sup
{
d̄(xi, yi)
i
}
= sup
{
d̄(yi, xi)
i
}
= D(y, x)
(3) D(x, y) ≤ D(x, z) + D(z, y) para todos x, y, z ∈ R
ω.
Para todo i se tiene que
d̄(xi, yi)
i
≤ d̄(xi, zi)
i
+
d̄(zi, yi)
i
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Topología General II La topología métrica
Por tanto,
d̄(xi, yi)
i
≤ sup
{
d̄(xi, yi)
i
}
≤ d̄(xi, zi)
i
+
d̄(zi, yi)
i
≤ D(x, z) + D(y, z)
De aquí se deduce que D(x, y) ≤ D(x, z) + D(z, y). Por tanto, D es una distancia en
R
ω.
Para probar que D induce la topología producto sobre R
ω, consideramos un abierto U
en la topología métrica inducida por D y un punto x ∈ U. Luego, elegimos ε > 0 tal que
BD(x, ε) ⊂ U y N ∈ N tal que 1/N < ε.
Ahora, sea V un elemento básico para la topología producto
V = (x1 − ε, x1 + ε)× (x2 − ε, x2 + ε)× · · · × (xN − ε, xN + ε)× R × R × · · ·
Entonces, para cualquier y ∈ R
ω se tiene que
d̄(xi, yi)
i
=
mı́n {d(xi, yi), 1}
i
=
mı́n {|xi − yi|, 1}
i
≤ 1
i
≤ 1
N
para i ≥ N
Por tanto,
D(x, y) = sup
i∈N
{
d̄(xi, yi)
i
}
≤ máx
{
d̄(x1, y1)
1
,
d̄(x2, y2)
2
, . . . ,
d̄(xN, yN)
N
,
1
N
}
Si y ∈ V, entonces d(xi, yi) < ε, por tanto
D(x, y) ≤ 1
N
< ε
Luego, V ⊂ BD(x, ε) ⊂ U. Entonces, para cada abierto U en la topología métrica inducida
por D, hay un elemento básico V de la topología producto tal que V ⊂ U.
Recíprocamente, consideremos un elemento básico
U = ∏
i∈N
Ui
para la topología producto, donde Ui es un abierto en R para i = α1, . . . , αn y Ui = R para el
resto de índices. Dado x ∈ U, elijamos εi > 0, donde 0 < εi ≤ 1, tal que (xi − εi, xi + εi) ⊂ Ui
para cada i = α1, . . . , αn.
Definimos ε = mı́n
{ εi
i : i = α1, . . . , αn
}
y sea y ∈ BD(x, ε). Entonces, para todo i ∈ N se
tiene
d̄(xi, yi)
i
≤ sup
i∈N
{
d̄(xi, yi)
i
}
= D(x, y) < ε
Si i = α1, . . . , αn, entonces ε ≤ εi/i, por tanto d̄(xi, yi) < iε ≤ εi ≤ 1.
Sin embargo, d̄(xi, yi) = mı́n {|xi − yi|, 1} < 1, por tanto d̄(xi, yi) = |xi − yi| < εi para
cada i = α1, . . . , αn. De esta manera, yi ∈ (xi − εi, xi + εi) ⊂ Ui para cada i = α1, . . . , αn. Lo
que implica que y ∈ U. Luego, BD(x, ε) ⊂ U.
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Topología General II La topología métrica (continuación)
Por tanto, para cada elemento básico U de la topología producto, hay un elemento básico
V = BD(x, ε) de la topología métrica tal que V ⊂ U. Luego, la topología métrica es más fina
que la topología producto.
Por tanto, la topología métrica y la topología producto son lo mismo. Es decir, la métrica
D induce la topología del producto en R
ω.
■
3. La topología métrica (continuación)
Lema 21.2 (El lema de la sucesión). Sean X un espacio topológico y A ⊂ X. Si existe una
sucesión de puntos de A que converge en x, entonces x ∈ Ā; el recíproco se cumple si X es
metrizable.
Demostración. (=⇒) Supongamos que xn → x, donde cada xn ∈ A. Entonces, dado cual-
quier entorno U de x, existe N ∈ N tal que xn ∈ U para n ≥ N.
Entonces cada entorno U de x contiene un punto de A, por lo que x ∈ Ā.
(⇐=) Supongamos que X es metrizable y que x ∈ Ā. Sea d una distancia para la topo-
logía de X. Para cada n ∈ N, tomemos el entorno Bd(x, 1/n) de radio 1/n de x. Dado que
Bd(x, 1/n) es un abierto que contiene a x, entonces contiene un elemento de A, digamos xn.
Luego, consideremos la sucesión (xn). Cualquier abierto U que contiene a x, contiene a
Bd(x, ε) para algún ε > 0 y por tanto, para algún N ∈ N se tiene que 1/N < ε.
Por tanto, construimos la sucesión. Para todo n ≥ N se tiene que xn ∈ B(x, 1/n) ⊂
B(x, 1/N) ⊂ B(x, ε) ⊂ U. Por tanto, xn → x. ■
Teorema 21.3. Sea f : X → Y. Si la función f es continua, entonces para cada sucesión
convergente xn → x en X, la sucesión f (xn) converge a f (x). El recíproco se cumple si X es
metrizable.
Demostración. (=⇒) Supongamos que f es continua y que xn → x. Sea V un entorno de
f (x), entonces f−1(V) es un entorno abierto de x. Dado que xn → x, entonces existe N ∈ N
tal que xn ∈ f−1(V) para cada n ≥ N. Por tanto, f (xn) ∈ V para cada n ≥ N, luego
f (xn) → f (x).
(⇐=) Supongamos que X es metrizable y f (xn) → x para cada x ∈ X. Sea A un subcon-
junto de X. Si x ∈ Ā, entonces por el lema de la sucesión existe una sucesión xn de puntos
de A que converge a x y por hipótesis f (xn) → f (x).
Puesto que f (xn) ∈ f (A) con f (x) → f (x), entonces f (x) ∈ f (A) por el lema de la
sucesión. Y dado que x ∈ Ā es arbitrario, entonces f (Ā) ⊂ f (A). Luego, f es continua. ■
Teorema 21.6 (Teorema del límite uniforme). Sea fn : X → Y una sucesión de funciones
continuas del espacio topológico X al espacio métrico Y. Si ( fn) converge uniformemente a
f , entonces f es continua.
Demostración. Sea V un abierto Y y sea x0 un punto de f−1(V). Deseamos encontrar un
entorno U de x0 tal que f (U) ⊂ V.
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Topología General II La topología métrica (continuación)
𝒇𝒇𝒏𝒏𝑿𝑿 𝒀𝒀
𝑽𝑽𝒇𝒇−𝟏𝟏(𝑽𝑽)
𝒙𝒙𝟎𝟎
𝑼𝑼 𝒇𝒇(𝑼𝑼)
Figura 1: Esquema de demostración del teorema del límite uniforme.
Sea y0 = f (x0) ∈ f (V) y elegimos ε > 0 tal que B(y0, ε) ⊂ V. Dado que ( fn) converge
uniformemente a f , entonces existe N ∈ N tal que para todo n ≥ N y x ∈ X se tiene que
d ( fn(x), f (x)) <
ε
3
Dado que fN es continua, entonces existe un entorno U de x0 tal que
fN(U) ⊂ B( fN(x0), ε/3)
Esto debido a que si f es continua si, y solo si para cada x ∈X y cada entorno V de f (x),
existe un entorno U de x tal que f (U) ⊂ V. Aquí, B( fN(x0), ε/3) es considerado un entorno
de f (x0).
Ahora, si x ∈ U se tiene que
d ( f (x), fN(x)) <
ε
3
(con n = N)
d ( fN(x), fN(x0)) <
ε
3
(dado que x ∈ U)
d ( fN(x0), f (x0)) <
ε
3
(con n = N y x = x0)
Por tanto, por la desigualdad triangular
d ( f (x), f (x0)) ≤ ( f (x), fN(x)) + d ( fN(x), fN(x0)) + d ( fN(x0), f (x0)) <
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
= ε
Esto para x ∈ U. Por tanto, U es un entorno de x0 con f (U) ⊂ B( f (x0), ε) ⊂ V. Luego, f
es continua. ■
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Topología General II La topología métrica (continuación)
Ejemplo 21.1. Probar que R
ω con la topología por cajas no es metrizable.
Solución. Sea A el subconjunto de R
ω formado por aquellos puntos cuyas coordenadas son
todas positivas.
A =
{
(x1, x2, . . . ) : xi > 0, ∀i ∈ Z
+
}
Sea 0̂ el origen de R
ω, esto es, 0̂ = (0, 0, . . . ) con cada una de sus coordenadas igual a
cero.
En la topología por cajas 0̂ ∈ Ā, esto porque si B = (a1, b1)× (a2, b2)× · · · es cualquier
elemento básico que contiene a 0̂, entonces B interseca a A. Por ejemplo, el punto
(
1
2
b1,
1
2
b2, . . .
)
pertenece a B ∩ A. Pero afirmamos que no existe sucesión alguna de puntos de A que
converja a 0̂. Sea (an) una sucesión de puntos de A, donde
an = (x1n, x2n, . . . , xin, . . . )
Cada coordenadas xin es positiva, por lo que podemos construir un elemento básico B′ para
la topología por cajas sobre R
ω haciendo
B′ = (−x11, x11)× (−x22, x22)× · · ·
Entonces B′ contiene al origen 0̂, pero no contiene término alguno de la sucesión (an); el
punto an no puede pertenecer a B′ porque su coordenada n−ésima xnn no pertenece al in-
tervalo (−xnn, xnn). De aquí que la sucesión (an) no puede converger a 0̂ en la topología por
cajas, por tanto, R
ω con la topología por cajas no es metrizable. ■
Ejemplo 21.2. Probar que un producto no numerable de R consigo mismo no es metrizable.
Solución. Sea J un conjunto de índices no numerable, probaremos que R
J no satisface el lema
de la sucesión en la topología producto.
Sea A =
{
(xα)α∈J : xα = 1 para todos los valores de α excepto una cantidad finita
}
y sea
0̂ el «origen» de R
J , es decir, puntos cuyas coordenadas son todas iguales a cero.
Para probar que 0̂ ∈ Ā, consideremos a ∏ Uα un elemento básico de la topología produc-
to que contiene a 0̂. Entonces Uα ̸= R únicamente para un número finito de α, digamos para
α = α1, . . . , αn. Sea (xα) un punto de A definido como
(xα) =
{
0 si α = α1, . . . , αn
1 si α ̸= α1, . . . , αn
Entonces (xα) ∈ A ∩ ∏ Uα, por tanto 0̂ ∈ Ā.
�
Nota Si la topología de un conjunto X está dada por una base y A ⊂ X, entonces x ∈ Ā si, y solo
si, cada elemento básico B que contiene a x interseca a A.
Para probar que no existe sucesión alguna de puntos de A que converja a 0̂, para ello
consideremos una sucesión an de puntos de A. Dado n ∈ Z
+, denotemos por Jn al subcon-
junto formado por aquellos índices α para las cuales la coordenada α−ésima de an es distinta
de 1. La unión de todos los Jn es una unión numerable de conjuntos finitos y, por tanto, es
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Topología General II Espacios conexos
numerable. Puesto que J no es numerable, entonces existe un índice β que no pertenece a
ningún Jn. Esto significa que para cada uno de los puntos de an, su coordenada β−ésima es
1.
Sea ahora Uβ el intervalo abierto (−1, 1) en R, y sea U el conjunto abierto p−1
β (Uβ) en
R
J . El conjunto U en un entorno de 0̂ que no contiene ninguno de los puntos de an, pues
1 ̸∈ (−1, 1). Por tanto, no existe sucesión alguna de puntos de A que converja a 0̂. De esta
manera, un producto no numerable de R consigo mismo no es metrizable. ■
4. Espacios conexos
Lema 23.1. Si Y es un subespacio de X, un par A, B de conjuntos no vacíos cuya unión es Y
constituye una separación de Y si, y solo si, ninguno de ellos contiene puntos de límites del
otro.
Demostración. (=⇒) Supongamos que A, B constituya una separación de Y. Si Ā es la clau-
sura de A en X, entonces Ā ∩Y es la clausura de A en Y y dado que A es cerrado (y abierto)
en Y, entonces debe ser igual a la clausura relativa de Y.
A = Ā ∩ Y
A = Ā ∩ (A ∪ B)
A = (Ā ∩ A) ∪ (Ā ∩ B)
A = A ∪ (Ā ∩ B)
De aquí se sigue que Ā ∩ B ⊂ A, pero como por hipótesis A ∩ B = ∅, concluimos que
Ā ∩ B = ∅. Por tanto, B no contiene puntos límites de A. De manera análoga se demuestra
que A ∩ B = ∅ con lo cual concluimos que A no contiene puntos límites de B.
𝑨𝑨 𝑩𝑩
𝒀𝒀
𝑿𝑿
Figura 2: Separación del conjunto Y ⊂ X. Los conjuntos A y B son disjuntos y ambos son
abiertos y cerrados en Y.
(⇐=) Supongamos que A y B son dos conjuntos disjuntos no vacíos cuya unión es Y y
que ninguno de ellos contiene puntos límites del otro, entonces
Ā ∩ Y = Ā ∩ (A ∪ B)
Ā ∩ Y = (Ā ∩ A) ∪ (Ā ∩ B)
Ā ∩ Y = A ∪∅
Ā ∩ Y = A
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Topología General II Espacios conexos
Dado que A es igual a su clausura en Y, entonces es cerrado en Y, y como B = Y − A,
entonces B es abierto en Y. Análogamente se tiene que B es cerrado y por ende A es abierto.
Por tanto, como A y B son disjuntos no vacíos que son abiertos y cerrados en Y tal que
Y = A ∪ B, entonces A y B constituyen una separación de Y. ■
Lema 23.2. Si los conjuntos C y D forman una separación de X, además Y es un subconjunto
conexo de X, entonces Y está contenido bien en C, o bien en D.
Demostración. Como C y D forman una separación de X, se cumple que C y D son distintos
de ∅ y además C ∩ D = ∅ y C ∪ D = X.
𝒀𝒀
𝑿𝑿
𝑪𝑪
𝑫𝑫
Figura 3: Esquema del lema 23.2 para el caso en el que Y esté totalmente contenido en C.
Como C y D son abiertos en X, entonces C ∩ Y y D ∩ Y son abiertos en Y. Estos dos
conjuntos son disjuntos y su unión es Y.
(C ∩ Y) ∩ (D ∩ Y) = (C ∩ D) ∩ Y = ∅∩ Y = ∅
(C ∩ Y) ∪ (D ∩ Y) = (C ∪ D) ∩ Y = X ∩ Y = Y
Si ambos conjuntos C ∩ Y y D ∩ Y fueran no vacíos, sería una separación de Y, lo cual
contradice la hipótesis de que Y es conexo. Por tanto, uno de ellos es vacío, e Y está contenido
bien en C, o bien en D. ■
Teorema 23.3. La unión de una colección de subespacios conexos de X que tienen un punto
en común es conexa.
Demostración. Sea {Aα} una colección de subespacios conexos de X que tienen un punto en
común p, es decir, p ∈ ⋂ Aα. Debemos probar que Y =
⋃
Aα es conexo.
Lo haremos por contradicción suponiendo que C y D forman una separación para Y,
esto es, Y = C ∪ D. Por el lema 23.2, el punto p está en C o en D. Sin perder generalidad,
suponemos que p ∈ C. Dado que Aα es conexo, entonces debe estar contenido o bien en C, o
bien en D por el lema 23.2. Este último se descarta, pues p ∈ C, por tanto Aα ⊂ C para cada
α y
⋃
Aα ⊂ C, pero esto contradice el hecho de que D es no vacío.
Entonces la suposición de que hay una separación de Y es falsa y por tanto Y =
⋃
Aα es
conexo. ■
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Topología General II Espacios conexos
Teorema 23.4. Sea A un subespacio conexo de X. Si A ⊂ B ⊂ Ā, entonces B también es
conexo.
Demostración. Sea A un subespacio conexo de X y A ⊂ B ⊂ Ā. Supongamos que C y D
constituyen una separación de B, esto es, B = C ∪ D. Entonces, por el lema 23.2, A ⊂ C
o A ⊂ D. Sin perdida de generalidad suponemos que A ⊂ C, entonces Ā ⊂ C, por lo
que B ⊂ C. Dado que C y D son disjuntos por el lema 23.1, entonces B ∩ D = ∅, lo cual
contradice el hecho de que D es un subconjunto no vacío de B. Por tanto, la suposición de
que hay una separación de B es falsa y entonces B es conexo. ■
Teorema 23.5. La imagen de un espacio conexo bajo una aplicación continua es un espacio
conexo.
Demostración. Sea f : X → Y una aplicación continua y supongamos que X es conexo.
Queremos probar que Z = f (Y) es conexo.
Dado que la aplicación obtenida de f al restringir su rango al espacio Z es también con-
tinua. Luego, consideramos g : X → Z continua y sobreyectiva.
Supongamos que Z = A ∪ B, donde el par A, B constituye una separación de Z, entonces
(i) g−1(A) y g−1(B) son no vacíos porque g es sobreyectiva.
(ii) g−1(A) y g−1(B)son disjuntos porque A y B son disjuntos.
(iii) g−1(A) y g−1(B) son abiertos porque g es continua.
(iv) g−1(A) ∪ g−1(B) = g−1(A ∪ B) = g−1(Z) = X
(v) g−1(A) ∩ g−1(B) = g−1(A ∩ B) = g−1(∅) = ∅
De esta manera g−1(A) y g−1(B) constituye una separación de X, pero esto contradice la
hipótesis de que X es conexo. Por tanto, f (X) es conexo. ■
Teorema 23.6. El producto cartesiano finito de espacios conexos es conexo.
Demostración. Demostraremos primeramente que el producto cartesiano de dos espacios co-
nexos es conexo.
Tomemos un «punto base» {a} × {b} del espacio X × Y. La «rebanada horizontal» X ×
{b} es conexa, ya que es homeomorfa a X. De la misma manera, cada «rebanada vertical»
x × Y es conexa al ser homeomorfa a Y. Como consecuencia, cada espacio
Tx = (X × {b}) ∪ ({x} × Y)
es conexo ya que es la unión de dos espacios conexos que tienen en común al punto
{x} × {b} como se aprecia en la figura 4, esto es debido al teorema 23.3.
Ahora, consideremos el la unión de todas las Tx
T =
⋃
x∈X
Tx = X × Y
Notamos que T es conexo al ser unión de espacios conexos que tienen en común al punto
{a} × {b}, esto nuevamente debido al teorema 23.3. De esta esta manera, X × Y es conexo.
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Topología General II Espacios conexos
𝑿𝑿
𝒀𝒀
𝒙𝒙 𝒂𝒂
𝒃𝒃
𝒙𝒙 × 𝒀𝒀
𝒂𝒂 × {𝒃𝒃} 𝑿𝑿 × {𝒃𝒃}
Figura 4: Representación teorema 23.6 para el caso de dos espacios.
Para el caso de cualquier producto finito de espacios conexos se sigue por inducción junto
con el hecho de que X1 × X2 × · · · × Xn es homeomorfo a (X1 × X2 × · · · × Xn−1)× Xn.
■
Ejemplo 23.6. Demostrar que el producto cartesiano R
ω con la topología por cajas no es
conexo.
Solución. Sean A un conjunto formado por todas las sucesiones acotadas de números reales,
y B un conjunto constituido por todas las sucesiones no acotadas. Notamos que A ∩ B = ∅
y A ∪ B = R
ω. Además, A y B son abiertos en la topología por cajas ya que si a es un punto
de R
ω, el conjunto abierto
U = (a1 − 1, a1 + 1)× (a2 − 1, a2 + 1)× · · ·
está formado por sucesiones acotadas si a es una sucesión acotada, y por sucesiones no
acotadas si a no es acotada. De esta forma, a pesar de que R sea conexo, R
ω no es conexo
con la topología por cajas. ■
Ejemplo 23.7. Demostrar que el producto cartesiano R
ω con la topología producto es cone-
xo.
Demostración. Supongamos que R es conexo, demostraremos que R
ω también es conexo.
Denotemos por R̃
n al subespacio de R
ω formado por todas las sucesiones x = (x1, x2, . . . )
tales que xi = 0 para i > n. El espacio R̃
n es homeomorfo a R
n, por tanto es conexo debido
al teorema 23.6. Se sigue que el espacio R
∞ es conexo, pues es la unión de los espacios R̃
n
que tienen al punto 0̂ = (0, 0, . . . ) en común, esto por el teorema 23.3.
Si probamos que R∞ = R
ω podremos concluir que R
ω es conexo. Para ello, conside-
remos a = (a1, a2, . . . ) un punto de R
ω y sea U = ∏ Ui un abierto básico de la topología
producto que contiene a a. Vemos que U interseca a R
∞, pues existe N ∈ Z
+ tal que Ui = R
para i > N. Entonces el punto
x = (a1, a2, . . . , an, 0, 0, . . . )
de R
∞ pertenece a U ya que ai ∈ Ui para i > N.
�
Nota Si U es un abierto básico de R
ω con la topología producto y dado que R
∞ ⊂ R
ω, entonces
x ∈ R∞ si, y solo si, cada U que contiene a x interseca a R
∞.
■
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Topología General II Subespacios conexos en la recta real
5. Subespacios conexos en la recta real
Teorema 24.1. Si L es un continuo lineal con la topología de orden, entonces L es conexo, y
también lo son los intervalos y rayos de L.
Demostración. Vamos a probar que si Y es un subespacio convexo de L, entonces Y es conexo.
�
Nota Un subespacio Y de L se dice convexo si cada par de puntos a, b de Y con a < b, el intervalo
[a, b] de puntos de L está contenido en Y.
Supongamos que Y no sea conexo, entonces Y es la unión disjunta de dos conjuntos A y
B, cada uno de los cuales es abierto en Y. Elegimos a ∈ A y b ∈ B; sin perder generalidad
supongamos que a < b. El intervalo [a, b] de puntos de L está enteramente contenido en
Y ya que Y es convexo, por tanto, podemos escribir [a, b] como la unión de dos conjuntos
disjuntos, esto es, [a, b] = A0 ∪ B0, con
A0 = A ∩ [a, b] y B0 = B ∩ [a, b]
Cada uno de estos conjuntos es abierto en [a, b] con la topología relativa (esto porque A y
B son abiertos en Y), que es la misma que la topología del orden. Los conjuntos A0 y B0 son
no vacíos, pues a ∈ A0 y b ∈ B0. Así, A0 y B0 constituyen una separación de [a, b].
Sea c = sup A0. Veamos que c no pertenece a A0 ni a B0 lo cual contradice el hecho de
que [a, b] es la unión de A0 y B0.
Caso 1. Supongamos que c ∈ B0. Entonces c ̸= a (dado que a ∈ A y A ∩ B = ∅),
por tanto a < c ≤ b. Como B0 es abierto en [a, b], entonces existe d ∈ [a, b] tal que
(d, c] ⊂ B0. Como todos los elementos de A0 son menores a c, entonces d sería una cota
superior de A0 menor al supremo c lo cual es absurdo. Por tanto, c ̸∈ B0.
Caso 2. Supongamos que c ∈ A0. Entonces c ̸= b (dado que b ∈ B y A ∩ B = ∅), por
tanto a ≤ c < b. Dado que A0 es abierto en [a, b], entonces debe existir un intervalo de
la forma [c, e) que esté contenido en A0. Como L es un continuo lineal, entonces existe
z ∈ [c, e) ⊂ A0 con c < z < e. Lo cual es una contradicción al hecho de que c es una
cota superior de A0. Por tanto, c ̸∈ A0.
Hemos demostrado que si Y es un subconjunto convexo de L, entonces Y es conexo. Vemos
que los intervalos y los rayos L son conjuntos convexos y, por tanto, son conexos. ■
Teorema 24.3 (Teorema de valor intermedio). Sea f : X → Y una aplicación continua,
donde X es un espacio conexo e Y un conjunto ordenado con la topología de orden. Si a y b
son dos puntos de X y r es un punto de Y que se encuentra entre f (a) y f (b), entonces existe
un punto c en X tal que f (c) = r.
Demostración. Supongamos las hipótesis del teorema. Los conjuntos A = f (X) ∩ (−∞, r)
y B = f (X) ∩ (r, ∞) son disjuntos debido a que (−∞, r) y (r, ∞) son disjuntos y no son
vacíos porque f (a) está en uno de los conjuntos y f (b) está en el otro conjunto. Además, son
abiertos en f (X) por ser intersección de un rayo abierto en Y con f (X).
Supongamos que no existe c ∈ X tal que f (c) = r, entonces f (X) = A ∪ B, y A, B
formarían una separación para f (X). Pero dado que X es conexo y f es continua, entonces
f (X) es conexa por el teorema 23.5, lo cual es una contradicción. Entonces, la suposición de
que no existe tal c ∈ X es falsa y, por lo tanto, f (c) = r para algún c ∈ X. ■
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Topología General II Subespacios conexos en la recta real
Proposición 24.A. Demostrar que todo espacio X que es conexo por caminos, es conexo.
Demostración. Sea X un espacio conexo por caminos. Supongamos que X no es conexo, en-
tonces X = A∪ B, donde A, B constituyen una separación de X. Sea f : [a, b] → X un camino
en X. Dado que f es continua y [a, b] es conexo, entonces f ([a, b]) debe estar contenido o bien
en A, o bien en B. Esto implica que no existen caminos que unan puntos de A y B, lo cual es
una contradicción al hecho de que X es conexo por caminos. Entonces, la suposición de que
existe una separación de X es falsa y, por lo tanto, el espacio X es conexo. ■
Proposición 24.B. Probar que el reciproco de la proposición 24.A no es válido.
Demostración. No, no es válido. Como contraejemplo se tiene a la curva seno del topólogo.
Sea S el siguiente conjunto del plano
S =
{
{x} × sen
(
1
x
)
: 0 < x ≤ 1
}
Como S es la imagen de del conjunto conexo (0, 1] bajo una aplicación continua, S es
conexo.
𝑺𝑺𝟏𝟏
−𝟏𝟏
Figura 5: Curva seno del topólogo.
Vamos a probar que S = S ∪ ({0} × [−1, 1]) es conexo pero no es conexo por caminos.
Vemos que S es conexo al ser la adherencia de S, que es conexo. Ahora, suponemos que
existe un camino f : [a, c] → S que empieza en el origen y termina en algún punto de
S. Vemos que f−1 ({0} × [−1, 1]) es un conjunto cerrado, por lo que tiene un máximo y lo
denotaremos por b. Entonces, f : [b, c] → S es un caminoque aplica b en el intervalo vertical
{0} × [−1, 1] mientras que el resto de puntos se aplican en S.
Restringiendo [b, c] en [0, 1], sea f (t) = (x(t), y(t)). Entonces x(0) = 0, mientras que
x(t) > 0 e y(t) = sen(1/x(t)) para t > 0.
Demostraremos que existe una sucesión de puntos tn → 0 tales que y(tn) = (−1)n.
Entonces tendremos una sucesión que la sucesión y(tn) no es convergente, contradiciendo
la continuidad de f .
Para encontrar los números tn procedemos del siguiente modo: dado n, elegimos u con
0 < u < x(1/n) tal que sen(u) = (−1)n. Usando entonces el teorema del valor intermedio
podemos encontrar tn con 0 < tn < 1/n tal que x(tn) = u. ■
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Topología General II Subespacios conexos en la recta real
Proposición 24.C. Demostrar que la imagen bajo una aplicación continua de un espacio
conexo por caminos es también conexo por caminos.
Demostración. Sea X un espacio conexo por caminos, y sea f : X → Y una aplicación conti-
nua. Sean x, y ∈ f (X), entonces existen a, b ∈ X tales que x = f (a) e y = f (b).
Por hipótesis, existe un camino g : [c, d] → X tal que g(c) = a y g(d) = b. Dado que
g es también una aplicación continua, entonces la composición g ◦ f : [c, d] → Y es una
aplicación continua y además
( f ◦ g)(c) = f (g(c)) = f (a) = x
( f ◦ g)(d) = f (g(d)) = f (b) = y
Por tanto, h = f ◦ g es un camino de x e y en f (X). Por tanto, la imagen bajo una aplica-
ción continua de un espacio conexo por caminos es también conexo por caminos. ■
Ejemplo 24.3. Demostrar que la bola unidad Bn = {x : ∥x∥ ≤ 1} en R
n es conexa por cami-
nos, donde ∥x∥ = ∥(x1, x2, . . . , xn)∥ =
(
x2
1 + x2
2 + · · ·+ x2
n
)1/2
.
Solución. Sean x, y ∈ Bn, el segmento de recta f : [0, 1] → R
n definido por
f (t) = (1 − t)x + ty
está enteramente contenido en Bn ya que
∥ f (t)∥ = ∥(1 − t)x + ty∥
∥ f (t)∥ ≤ ∥(1 − t)x∥+ ∥ty∥
∥ f (t)∥ ≤ (1 − t) ∥x∥+ t ∥y∥
∥ f (t)∥ ≤ (1 − t) + t
∥ f (t)∥ ≤ 1
■
Ejemplo 24.4. Demostrar que el espacio euclídeo agujerado de R
n es conexo por caminos.
Solución. El espacio euclídeo agujerado de R
n se define como el espacio R
n −
{
0̂
}
, donde
0̂ es el origen de R
n. Si n > 1, dados x, y ∈ R
n distintos de 0̂, podemos unir x e y con el
segmento de línea que ambos determinan si este segmento no pasa por el origen. En caso
de que así ocurriera, podemos elegir otro punto z distinto de 0̂ y que no esté contenido
en la recta que determinan x e y, y a continuación considerar la línea recta quebrada que
determina x, z e y. Por lo que el espacio euclídeo agujerado de R
n es conexo por caminos. ■
Ejemplo 24.5. Demostrar que la esfera unitaria Sn−1 = {x : ∥x∥ = 1} de R
n es conexa por
caminos.
Solución. Si n > 1, la aplicación g : R
n −
{
0̂
}
→ Sn−1 definida por g(x) = x/ ∥x∥ es continua
y sobreyectiva. Dado que por el ejemplo anterior, R
n −
{
0̂
}
es conexo por caminos, por tanto
la esfera unitaria Sn−1 es conexa por caminos, esto por la proposición 24.C. ■
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Topología General II Espacios compactos
6. Espacios compactos
Lema 26.1. Sea Y un subespacio de X. Entonces Y es compacto si, y solo si, cada cubrimiento
de Y por abiertos de X contiene una subcolección finita que cubre Y
Demostración. (=⇒) Sea Y ⊂ X, con Y compacto, y que A = {Aα}α∈J es un cubrimiento de
Y por abiertos de X. Entonces la colección
B = {Aα ∩ Y : α ∈ J}
es un cubrimiento de Y por conjuntos abiertos en Y, y como Y es compacto, entonces existe
una subcolección finita de B de la forma {Aα1
∩ Y, . . . , Aαn ∩ Y} que cubre a Y.
(⇐=) Sea B = {Bα}α∈J un cubrimiento de Y por abiertos de Y. Para cada α ∈ J, podemos
elegir un conjunto Aα abierto en X tal que Bα = Aα ∩ Y (Y es subespacio de X).
La colección {Aα} es un recubrimiento de Y con abiertos de X, y por hipótesis, alguna
subcolección finita {Aα1
, . . . , Aαn} cubre a Y. Entonces {Bα1
, . . . , Bαn} es una colección finita
de B que cubre a Y. Luego, Y es compacto. ■
Teorema 26.2. Cada subespacio cerrado de un espacio compacto es compacto.
Demostración. Sea Y un subespacio cerrado de un espacio compacto X. Dado un cubrimiento
A de Y por abiertos de X, consideremos el cubrimiento abierto B de X uniendo A con el
conjunto abierto X − Y, esto es,
B = A ∪ {X − Y}
Como X es compacto, entonces alguna subcolección finita {Bα1
, . . . , Bαn} cubre a X. Si es-
ta subcolección finita contiene a X − Y, lo descartamos. Caso contrario, es una subcolección
finita de A que cubre a Y. Luego, por el lema 26.1, Y es compacto. ■
Lema 26.4. Si Y es un subespacio compacto de un espacio de Hausdorff X y x0 no está en Y,
entonces existen abiertos disjuntos U y V de X conteniendo a x0 y a Y respectivamente.
Demostración. Sea Y un subespacio compacto del espacio de Hausdorff X con Y ⊂ X.
Sea x0 ∈ X − Y. Vamos a demostrar que existe un entorno de x0 que no interseca a Y.
Dado que X es de Hausdorff, para cada y ∈ Y existen entornos abiertos disjuntos Uy y
Vy de los puntos x0 e y, respectivamente.
La colección
{
Vy : y ∈ Y
}
es un cubrimiento de Y por abiertos de X, y dado que por hipó-
tesis Y es compacto, entonces Y puede ser cubierto con un número finito de estos conjuntos,
por ejemplo,
{
Vy1
, Vy2 , . . . , Vyn
}
.
Luego, el conjunto abierto V = Vy1
∪Vy2 ∪ · · · ∪Vyn contiene a Y y es disjunto al conjunto
abierto U = Uy1
∩ Uy2 ∩ · · · ∩ Uyn . Esto es fácil de ver, si z ∈ V, entonces z ∈ Vyi
por lo que
z ̸∈ Uyi
y se tiene que z ̸∈ U.
De aquí se tiene que U y V son disjuntos con x0 ∈ U (U es un entorno de x0) e Y ⊂ V,
como se quería.
■
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Topología General II Espacios compactos
𝑼𝑼
𝑽𝑽𝑿𝑿
𝒀𝒀
𝒙𝒙𝟎𝟎
Figura 6: Representación del lema 26.4.
Teorema 26.3. Cada subespacio compacto de un espacio de Hausdorff es cerrado.
Demostración. Sean Y un subespacio compacto del espacio de Hausdorff X y x0 un punto de
X − Y. Por el lema 26.4 existe un abierto U de X con x0 ∈ U. Dado que x ̸∈ Y, entonces
U ⊂ X − Y, por tanto x0 es punto interior de X − Y y se tiene que X − Y = int (X − Y), por
tanto X − Y es abierto, lo que implica que Y es cerrado. ■
Teorema 26.5. La imagen de un espacio compacto bajo una aplicación continua es un espacio
compacto.
Demostración. Sea f : X → Y continua con X compacto. Sea A∗ un cubrimiento de f (X)
mediante abiertos de Y. Dado que f es continua, entonces
{
f−1(A) : A ∈ A∗} es un conjunto
de abiertos en X que cubre a X. Esto es fácil de ver, pues
⋃
A∈A∗
f−1(A) = f−1
(
⋃
A∈A∗
A
)
= f−1 ( f (X)) = X
Dado que X es compacto, entonces existe una subcolección finita
{
f−1(A1), f−1(A2), . . . , f−1(An)
}
que cubren a X. Pero podemos ver que
f (X) = f
(
n⋃
i=1
f−1(Ai)
)
=
n⋃
i=1
f
(
f−1(Ai)
)
⊂
n⋃
i=1
Ai
Por tanto, la subcolección finita {A1, A2, . . . , An} cubre a f (X).
Luego, f (X) es compacto. ■
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Topología General II Espacios compactos
Teorema 26.6. Sea f : X → Y una función continua y biyectiva. Si X es compacto e Y es de
Hausdorff, entonces f es un homeomorfismo.
Demostración. Debemos probar que f es un homeomorfismo (continua con inversa conti-
nua).
Como f es una biyección, entonces f−1 : Y → X está definido. Solo nos resta probar que
f−1 es continua. Lo haremos probando que las imágenes de conjuntos cerrados es cerrado.
Sea A ⊂ X un cerrado en X, entonces por el teorema 26.2 A es compacto. Luego, por el
teorema 26.5, f (A) es compacto y como Y es de Haudsdorff entonces f (A) es cerrado por el
teorema 26.3. Por tanto f−1 es continua de manera que f es una biyección continua con una
inversa continua, es decir, f es un homeomorfismo. ■
Lema 26.8 (Lema del tubo). Consideremos el espacio producto X ×Y, donde Y es compacto.
Si N es un conjunto abierto de X × Y conteniendo la rebanada {x0} × Y de X × Y, entonces
N contiene algún tubo W × Y sobre {x0} × Y, donde W es un entorno de x0 en X.
Demostración. Como {x0} × Y ⊂ N y N es un conjunto abierto, entonces podemos escribir
{x0} × Y con elementos básicos U × V ⊂ N.
El espacio {x0} × Y es compacto, pues es homeomorfo a Y que es compacto.
Sea {U1× V1, U2 × V2, . . . , Un × Vn} un cubrimiento finito de {x0} × Y. Luego, defina-
mos W = U1 ∩ U2 ∩ · · · ∩ Un de modo que W es abierto y x0 ∈ W.
𝑿𝑿
𝒀𝒀
( )} 𝑾𝑾
𝑵𝑵
Figura 7: Representación del lema del tubo.
Si (a, b) ∈ W × Y, entonces b ∈ Y y como (x0, b) ∈ {x0} × Y, entonces existe k ∈
{1, 2, . . . , n} tal que (x0, b) ∈ Uk × Vk ⊂ N lo que implica que b ∈ Vk y como a ∈ W ⊂ Uk,
entonces (a, b) ∈ Uk × Vk.
Luego, W × Y ⊂ ⋃n
k=1 Uk × Vk ⊂ N. Por tanto, W × Y es el tubo que buscábamos. ■
Lic. Javier Rodríguez 19
Topología General II Espacios compactos
Ejemplo 26.7. ¿Se cumple el lema del tubo si Y no es compacto?
Solución. No. Como ejemplo consideremos a Y como el eje y de R
2, y sea
N =
{
{x} × {y} : |x| < 1
y2 + 1
}
Entonces N es un abierto conteniendo al conjunto {0} × R pero que no contiene un tubo
sobre {0} × R, pues no existe un entorno del tubo, dado que cuando y → ∞, este tiende a
cero tal y como está ilustrado en la Figura 8.
𝒙𝒙
𝒚𝒚
𝟎𝟎
𝑵𝑵 = 𝒙𝒙 × 𝒚𝒚 ∶ 𝒙𝒙 <
𝟏𝟏𝟏𝟏+ 𝒚𝒚𝟐𝟐
Figura 8: Representación gráfica del ejemplo 26.7.
■
Teorema 26.7. El producto de un número finito de espacios compactos es compacto.
Demostración. Probaremos para n = 2 y el resultado general se sigue por inducción.
Sean X e Y espacios compactos y A un cubrimiento abierto de X ×Y. Tomemos x0 ∈ X, la
rebanada {x0} × Y es compacto dado que es homeomorfo a Y, por tanto puede ser cubierto
por un número finito de elementos A1, . . . , An de A.
Luego, N = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An es un conjunto abierto que contiene a {x0}×Y. Por tanto,
por el lema del tubo, existe un tubo W × Y ⊂ N que contiene a {x0} × Y donde W es un
abierto en X y un entorno de x0. Luego, W × Y puede ser cubierto por A1, . . . , An.
Vemos que para cada x ∈ X, existe un entorno Wx de x tal que el tubo Wx × Y pue-
de ser cubierto por una cantidad finita de elementos de A. La colección de todas las Wx,
{Wx : x ∈ X} es un cubrimiento abierto de X, y dado que X es compacto, entonces existe
una subcolección finita {W1, W2, . . . , Wk} que cubren a X.
Dado que cada Wi × Y puede ser cubierto por una cantidad finita de elementos de A,
entonces X × Y =
⋃k
i=1 Wi × Y puede ser cubierto por una cantidad finita de elementos de
A. Luego, X × Y es compacto.
Para los casos de más de dos conjuntos se sigue por inducción matemática. ■
Lic. Javier Rodríguez 20
Topología General II Espacios compactos
Teorema 26.9. Sea X un espacio topológico. Entonces X es compacto si, y solo si, para ca-
da colección C∗ de conjuntos cerrados en X con la propiedad de la intersección finita, la
intersección de todos los elementos de la colección
⋂
C∈C∗
C
es no vacía.
Demostración. Vamos a demostrarlo por doble inclusión.
(=⇒) Supongamos que X es compacto y que existe una colección C∗ de conjuntos cerra-
dos en X, con la propiedad de intersección finita, tal que
⋂
C∈C∗
C = ∅
Luego, sea A∗ = {A = X − C : C ∈ C∗} es una colección de conjuntos abiertos en X. Así
⋃
A∈A∗
A =
⋃
C∈C∗
(X − C) =
⋃
C∈C∗
CC =
(
⋂
C∈C∗
C
)C
= ∅
C = X
Por tanto, A es un cubrimiento abierto de X y como X es compacto, entonces debe existir
una subcolección finita {A1, A2, . . . , An} de A∗ que cubre a X, así
X =
n⋃
i=1
Ai =⇒ XC =
(
n⋃
i=1
Ai
)C
=⇒ ∅ =
n⋂
i=1
AC
i
Como AC
i = Ci ∈ C∗ para cada i = {1, . . . , n}, entonces C∗ no posee la propiedad de
intersección finita, que dice para cada subcolección finita de C∗ no vacía, su intersección
debe ser no vacía, por tanto ⋂
C∈C∗
C ̸= ∅
(⇐=) Supongamos que
⋂
C∈C∗
C ̸= ∅.
Partimos suponiendo que X no es compacto, luego existe un cubrimiento por abiertos de
A∗ que no admite una subcolección finita que cubra a X.
Sea C∗ =
{
C = AC : A ∈ A∗}, por tanto C∗ es una colección de conjuntos cerrados. Lue-
go, sean AC
1 , . . . , AC
n una subcolección finita de conjuntos de C∗, entonces
n⋂
i=1
Ci =
n⋂
i=1
AC
i =
(
n⋃
i=1
Ai
)C
̸= XC = ∅
Por tanto, C∗ posee la propiedad de intersección finita y por hipótesis su intersección no
puede ser vacío, esto es
⋂
C∈C∗
C =
⋂
A∈A∗
AC =
(
⋃
A∈A∗
A
)C
̸= ∅
Esto contradice que A sea un cubrimiento abierto de X, por tanto X es compacto. ■
Lic. Javier Rodríguez 21
Topología General II Subespacios compactos en la recta real
7. Subespacios compactos en la recta real
Teorema 27.1. Sea X un conjunto ordenado que tiene la propiedad del supremo. Entonces
cada subintervalo cerrado [a, b] ⊂ X con la topología de orden es compacto.
Demostración. Haremos la demostración en tres pasos. Sea A∗ un cubrimiento de [a, b] por
conjuntos abiertos de [a, b] con a < b. Supondremos que [a, b] no está cubierto por una
subcolección finita de elementos de A∗ y llegaremos a una contradicción.
Paso 1. Existe x, con a < x < b tal que [a, x] queda cubierto a lo sumo por dos elementos
de A∗.
Si no existiese x entre a y b, el intervalo [a, b] = {a, b} quedaría cubierto a lo sumo
por dos elementos de A∗. Entonces como a ∈ A para algún A ∈ A∗, existe x tal
que a < x < b de manera que [a, x) ⊂ A. Luego, [a, x] queda cubierto a lo sumo
por dos elementos de A∗.
Paso 2. Sea C∗ = {x ∈ [a, b] : [a, x] admite un cubrimiento finito de A∗}, entonces se tiene
que sup C∗ ∈ C∗.
Por el paso 1 podemos decir que C∗ es no vacío, por lo que tiene sentido hallar
su supremo. Supongamos que s = sup C∗, entonces a < s ≤ b y sea B tal que
s ∈ B ∈ A∗, entonces existe c tal que (c, s] ⊂ B. Entonces [a, c] ∪ (c, s] = [a, s]
queda cubierto por un número finito de elementos de A∗ y s ∈ C∗.
Paso 3. Si en el paso 2 se tiene que s = b se tiene una contradicción, luego s < b, entonces
por el paso 1 existe s < x < b tal que [s, x] queda cubierto por un número finito
de elementos de C∗. Teniendo así que [a, x] = [a, s] ∪ [s, x] admite un cubrimiento
finito, lo que contradice que s sea el supremo C∗. Por tanto, queda probado el
teorema.
■
Teorema 27.3. Un subespacio A de R
n es compacto si, y solo si, es cerrado y acotado en la
distancia euclídea d o en la distancia del supremo ρ.
Demostración. Será suficiente considerar solo la distancia ρ, pues las desigualdades
ρ(x, y) ≤ d(x, y) ≤
√
nρ(x, y)
implican que A está acotado en la distancia d si, y solo si, lo está en la distancia ρ.
(=⇒) Supongamos que A es compacto. Dado que R
n es de Hausdorff, por el teorema
26.3, A es cerrado. Consideremos la colección de conjuntos abiertos
{
Bρ(0, m) : m ∈ Z
+
}
cuya unión es R
n.
Dado que A es compacto, entonces alguna subcolección finita debe cubrir a A, entonces
A ⊂ Bρ(0, M) para algún M ∈ Z
+. De esta forma, dados dos puntos x, y ∈ A, tenemos que
ρ(x, y) ≤ 2M (por la desigualdad triangular). Por tanto, A está acotado en ρ.
(⇐=) Supongamos que A es cerrado y acotado en ρ, por ejemplo ρ(x, y) ≤ N para
todo x, y ∈ A. Elijamos un punto x0 de A y sea ρ(x0, 0) = b, Entonces, por la desigualdad
triangular se tiene que ρ(x, 0) ≤ ρ(x, x0) + ρ(x0, 0) = N + b para cada x ∈ A.
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Topología General II Subespacios compactos en la recta real
Nombremos P = N + b, entonces A es un subconjunto del cubo [−P, P]n, el cual es
compacto. Como A es cerrado, entonces por el teorema 26.2 A es compacto. ■
Teorema 27.4 (Teorema de los valores extremos). Sea f : X → Y continua, donde Y es un
conjunto ordenado con la topología de orden. Si X es compacto, entonces existen puntos c y
d en X tales que f (c) ≤ f (x) ≤ f (d) para cada x ∈ X.
Demostración. Dado que f es continua y X es compacto, entonces A = f (X) es compacto
por el teorema 26.5. Veamos que A tiene un mínimo m y un máximo M tales que m = f (c) y
M = f (d) para algunos puntos c y d de X.
Si A no tiene máximo, entonces la colección {(−∞, a) : a ∈ A} es un cubrimiento por
abiertos de A. Como A es compacto, existe una subcolección finita {(−∞, a1), . . . , (−∞, an)}
que cubre a A. Si ai = máx {a1, . . . , an}, entonces ai no pertenece a ninguno de estos conjun-
tos, lo cual es una afirmación contraria al hecho de que estos conjuntos cubren a A.
De manera análoga, se demuestra que A tiene un mínimo. Por tanto, existen c, d ∈ X
tales que f(c) ≤ f (x) ≤ f (d) para cada x ∈ X. ■
Proposición 27.A. Sean (X, d) un espacio métrico y A un subconjunto fijo de X. Entonces,
la función D : X → R definida como D(x) = d(x, A) es continua.
Demostración. Sean x ∈ X y ε > 0. Sea δ = ε. Si y ∈ X y d(x, y) < δ, entonces para cada
a ∈ A se tiene que d(x, A) ≤ d(x, a) ≤ d(x, y) + d(y, a). Por tanto,
d(x, A)− d(x, y) ≤ d(y, a)
d(x, A)− d(x, y) ≤ ı́nf d(y, a) = d(y, A)
De aquí que d(x, A)− d(y, A) ≤ d(x, y) < δ. De manera similar, si intercambiamos x e y
obtenemos d(y, A)− d(x, A) ≤ d(x, y) < ε. Lo cual implica
−ε < d(x, A)− d(y, A) < ε =⇒ |d(x, A)− d(y, A)| < ε
Así,
|D(x)− D(y)| = |d(x, A)− d(y, A)| < ε
De esta manera, D es continua en X.
■
Teorema 27.5 (El lema del número de Lebesgue). Sea A∗ un cubrimiento abierto del espa-
cio métrico (X, d). Si X es compacto, existe un δ > 0 tal que para cada subconjunto de X
con diámetro menor que δ, existe un elemento de A∗ conteniéndolo. El número δ se llama
número de Lebesgue para el cubrimiento A∗.
Demostración. Sea A∗ un cubrimiento abierto de X. Si X es un elemento de A∗, entonces cada
δ > 0 es un número de Lebesgue para A∗.
Si X no es un elemento de A∗. Sea {A1, . . . , An} un subcolección finita de A∗ que cubra a
X (debido a que X es compacto). Para cada i ∈ {1, . . . , n} tomemos Ci = X − Ai, y definamos
la función f : X → R como
f (x) =
1
n
n
∑
i=1
d(x, Ci)
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Topología General II Subespacios compactos en la recta real
Dado x ∈ Ai con i ∈ {1, . . . , n}. Tomemos una bola Bd(x, ε) contenida en Ai. Por tanto
d(x, Ci) ≥ ε y llevando en f (x)
f (x) =
1
n
n
∑
i=1
d(x, Ci) ≥
ε
n
≥ 0
𝑪𝑪𝒊𝒊 = 𝑿𝑿 − 𝑨𝑨𝒊𝒊
𝑿𝑿 𝑨𝑨𝒊𝒊
𝒙𝒙𝜺𝜺
𝑩𝑩𝒅𝒅(𝒙𝒙, 𝜺𝜺)
Figura 9: Para un x ∈ X arbitrario, se tiene que x ∈ Ai. Como Ai es abierto y (X, d) es un
espacio métrico, para algún ε > 0, Bd(x, ε) ⊂ Ai.
Como f es continua y X es compacto, entonces por el teorema 27.4 (Teorema de los valo-
res extremos), f tiene un mínimo δ (que probaremos ser el número de Lebesgue).
Tomemos B un subconjunto de X con diámetro menos que δ y sea x0 ∈ B, entonces
B ⊂ Bd(x0, δ).
𝑪𝑪𝒊𝒊 = 𝑿𝑿 − 𝑨𝑨𝒊𝒊
𝑿𝑿 𝑨𝑨𝒊𝒊𝑩𝑩
𝜹𝜹 𝒙𝒙𝟎𝟎
𝑩𝑩𝒅𝒅(𝒙𝒙𝟎𝟎,𝜹𝜹)
Figura 10: La bola Bd(x0, δ) contiene a x0 ∈ B ⊂ X.
Ahora, δ ≤ f (x0) debido a que δ es el mínimo de f en X. Por tanto
δ ≤ f (x0) =
1
n
n
∑
i=1
d(x0, Ci) ≤ d(x0, Cm)
Lic. Javier Rodríguez 24
Topología General II Compacidad por punto límite
donde d(x0, Cm) = máx {d(x0, Ci) : i = 1, . . . , n)}. Entonces la bola de radio δ y centrada
en x0 está contenida en Am = X − Cm del cubrimiento A∗.
Dado que B ⊂ X de diámetro menor que δ es arbitrario, entonces δ es el número de
Lebesgue de A∗. ■
Teorema 27.6 (Teorema de la continuidad uniforme). Sea f : X → Y una aplicación conti-
nua del espacio métrico compacto (X, dX) al espacio métrico (Y, dY). Entonces f es unifor-
memente continua.
Demostración. Dado ε > 0, tomemos un cubrimiento abierto de Y por bolas BdY
(y, ε/2).
Dado que f es continua, cada f−1
(
BdY
(y, ε/2)
)
es abierta en X.
Sea A∗ el cubrimiento abierto de X obtenido al tomar las imágenes inversas de dichas
bolas bajo f , es decir, A∗ =
{
f−1
(
BdY
(y, ε/2)
)
: y ∈ Y
}
.
Dado que X es un espacio métrico compacto, entonces por el 27.5 (El lema del número
de Lebesgue), A∗ tiene un número de Lebesgue δ.
Entonces, si x1, x2 son dos puntos de X tales que dX(x1, x2) < δ, el conjunto {x1, x2}
tiene diámetro menor que δ, así su imagen { f (x1), f (x2)} está contenida en alguna bola
BdY
(y, ε/2). Luego, dY( f (x1), f (x2)) < ε. Por tanto, f es uniformemente continua. ■
8. Compacidad por punto límite
Teorema 28.1. Compacidad implica compacidad por punto límite, pero el recíproco no es
cierto.
Demostración. Sea X un espacio compacto y sea A ⊂ X, queremos probar que si A es infinito,
entonces tiene punto límite. Vamos a demostrar el reciproco: Si A no tiene punto límite,
entonces A debe ser finito.
Supongamos que A no tiene punto límite. Entonces A contiene todos sus puntos límites,
luego A es cerrado. Así, podemos elegir para cada a ∈ A un entorno Ua de a tal que Ua
interseca a A solo en el punto a.
El espacio X está cubierto por el conjunto X − A y los abiertos Ua. Como X es compacto,
puede ser cubierto por una cantidad finita de estos conjuntos. Como X − A no interseca a
A, cada Ua contiene un solo punto de A, por lo que el conjunto A debe ser finito. Por tanto,
si X es compacto, entonces es compacto por punto límite. ■
Ejemplo 28.1. ¿Por qué el recíproco del teorema 28.1 no es cierto?
Solución. Sea Y un conjunto con dos puntos, considerando Y con la topología trivial, es decir,
la formada por el conjunto vacío y el propio Y. Entonces el espacio X = Z
+×Y es compacto
por punto límite, pues cada subconjunto no vacío de X tiene un punto límite. Sin embargo,
no es compacto, ya que el cubrimiento de X por los abiertos Un = {n} × Y no admite una
subcolección finita que cubre a X. ■
Lic. Javier Rodríguez 25
Topología General II Compacidad por punto límite
Teorema 28.2.a. En un espacio metrizable la compacidad por punto límite implica compaci-
dad sucesional.
Demostración. Sean X un espacio metrizable compacto por punto límite y (xn) una sucesión
en dicho espacio. Si la sucesión contiene solo un número finito de puntos posee trivialmente
un una subsucesión convergente, esto es porque existe al menos un punto x tal que x = xn
para infinito valores de n. En este caso, (xn) tiene una subsucesión que es constante y por lo
tanto convergente.
Supongamos que la sucesión contiene una cantidad infinita de términos distintos, enton-
ces por hipótesis existe un punto x que es punto límite del conjunto {xn : n ∈ Z
+}. Elijamos
xni
∈ B(x, 1/i) para i = 1, 2, . . . con la condición n1 < · · · < nk < nk+1 < · · · , entonces
tenemos así que la subsucesión (xni
) converge a x pues cada bola B(x, r) contiene a xni
para
i > i0 siempre que 1/i0 < r. ■
Teorema 28.2.b. En un espacio métrico (X, d) sucesionalmente compacto todo cubrimento
A∗ de conjuntos abiertos admite un número de Lebesgue δ.
Demostración. Supongamos que existe un cubrimiento A∗ de conjuntos abiertos que no ad-
mita un número de Lebesgue. Entonces, dado n ∈ Z
+ existe un conjunto Cn con diámetro
menor a 1/n que no está contenido en ningún elemento de A∗.
Elijamos xn ∈ Cn, entonces la sucesión (xn) posee una subsucesión (xni
) convergente.
Sea x su límite. Luego, existe A ∈ A∗ tal que x ∈ A, como A es un conjunto abierto, existe
ε > 0 tal que la bola B(x, ε) ⊂ A.
Como (xni
) converge a x, se puede elegir i suficientemente grande como para que se
verifique d(xni
, x) < ε/2 y 1/ni < ε/2, entonces
z ∈ Cni
=⇒ d(z, x) ≤ d(z, xni
) + d(xni
, x) <
ε
2
+
ε
2
= ε
Luego, podemos concluir que Cni
⊂ B(x, ε) ⊂ A, lo cual es una contradicción, pues
hemos elegido los Cn de manera que no estén contenidos en ningún conjunto A ∈ A∗. ■
Teorema 28.2.c. Todo espacio métrico (X, d) sucesionalmente compacto está totalmente aco-
tado.
Demostración. Supongamos que X, un espacio métrico sucesionalmente compacto no está
acotado, entonces existe ε > 0 tal que no existe una colección finita de bolas B(x, ε) que lo
cubra. Sea x1 ∈ X y formemos la siguiente sucesión
x2 ̸∈ B(x1, ε)
x3 ̸∈ B(x1, ε) ∪ B(x2, ε)
...
xn ̸∈ B(x1, ε) ∪ · · · ∪ B(xn−1, ε)
...
Por construcción tenemos que si m ̸= n, entonces d(xn, xm) ≥ ε, luego no puede existir
una subsucesión convergente pues si x fuera su límite, la bola B(x, ε/2) contendría a lo sumo
un elemento de la subsucesión. ■
Lic. Javier Rodríguez 26
Topología General II Compacidad por punto límite
Teorema 28.2.d. Si un espacio métrico (X, d) es sucesionalmente compacto, entonces es com-
pacto.
Demostración. Sea A∗ un cubrimiento abierto de X. Por ser X sucesionalmente compacto
existe un número de Lebesgue δ asociado a dicho cubrimiento. Además, X está totalmente
acotado por lo que existe un número finto de bolas B(x1, δ/3), . . . , B(xn, δ/3) cubriéndolo.
Como el diámetro de B(xi, δ/3) es 2δ/3 < δ para i = 1, . . . ,n. Entonces se tiene que cada una
de estas bolas está contenida en algún conjunto abierto de la colección, B(xi, δ/3) ⊂ Ai ∈ A∗,
luego X queda cubierto por la subcolección finita {A1, . . . , An}. ■
Con esto hemos probado que en un espacio metrizable la compacidad, la compacidad
por punto límite (CPL), y la compacidad sucesional (CS) son equivalentes.
Todo esto lo hemos realizando probando que la compacidad implica la CPL, la CPL im-
plica CS y finalmente que la CS implica la compacidad como se indica en la figura
Compacidad
CPLCS
Figura 11: Esquema de demostración del teorema 28.2.
Lic. Javier Rodríguez 27
	La topología producto
	La topología métrica
	La topología métrica (continuación)
	Espacios conexos
	Subespacios conexos en la recta real
	Espacios compactos
	Subespacios compactos en la recta real
	Compacidad por punto límite