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Sobre los espacios regulares y
T3, T4.
normales
Teoremas de
Urysohn y Tiezte.
Nota al lector: Utilizaremos las expresiones entorno y entorno abierto indistintamente durante la formulación de los teoremas y sus respectivas demostraciones
siempre y cuando quede claro en el contexto de las mismas.
Comenzemos introduciendo el concepto de espacio regular, con él conseguiremos en primer lugar fortalecer el axioma de separación
T2
o Hausdor, a partir
de las condiciones del mismo, es decir:
Definición :
para cada punto
Diremos que un espacio Hausdor
y∈Y
y para cada cerrado
entonces existen un abierto
que
U
entorno de
y,
(Y, T)
A
contenido en
y
V
T3 , si
y∈
/A,
a A, tal
es regular o
Y,
tal que
abierto que contiene
U ∩ V = ∅.
Esta denición tiene formulaciones equivalentes que vienen relacionadas con
la siguiente proposición
Proposición :
1.
Y
Las siguientes propiedades son equivalentes
es un espacio regular.
2. Para cada
abierto
V
3. Para cada
abierto
V
y∈Y
y)
(de
y para cada,
U,
entorno abierto de
y
existe otro entorno
que verica las siguientes inclusiones:
y ∈ Y y para cada cerrado A,
y en Y , tal que V ∩ A = ∅
con
y ∈
/ A,
y ∈ V ⊂ V ⊂ U.
existe un entorno
de
Demostración :
• 1 ⇒ 2.
Para cada
que es cerrado en
Y
U,
entorno abierto de
con
y∈
/ Y \ U.
y,
tomemos
Así, por ser
Y
Y \U
un espacio
regular existen sendos abiertos disjuntos, uno entorno abierto
y , y ∈ V , y un abierto W ⊃ Y \ U . Además Y \ W
V ⊂ (Y \ W ), luego V ⊂ (Y \ W ). Y como
V ∩ (Y \ U ) ⊂ V ∩ (Y \ W ) = ∅ , tenemos y ∈ V ⊂ V ⊂ U.
de
es cerrado y
• 2 ⇒ 3.
Basta tomar
Y \ A,
y , de
V ⊂ Y \ A tal que
relaciones V ⊂ V ⊂ Y \ A de
que es entorno abierto de
modo que por 2 existe un abierto incluido
se verica la siguiente cadena de
modo que
• 3 ⇒ 1.
V ∩ A = ∅.
A es cerrado y y ∈
/ A, entonces existe un entorno
y , V , tal que su adherencia no corta a A, es decir
Como
abierto de
1
V ∩ A = ∅.
Además
A ⊂ Y \V
y
V ∩ Y \ V = ∅, luego
y , V , y un abierto que
hemos encontrado un entorno abierto de
contiene a
Teorema :
A, Y \ V ,
que tienen intersección vacia.
Todo subespacio de un espacio regular es regular.
Además el
producto arbitrario de espacios es regular si y solo si cada uno de los elementos
del producto lo es.
Demostración :
•
Y . Entonces dados x ∈ X
X tales que x ∈
/ A, es claro que x ∈ Y y ∃B
cerrado en Y tal que A = X ∩ B . Por ser Y un espacio regular
tenemos por denición que existe un entorno S del punto x en Y
y un abierto W de B en Y , tal que cumplen S ∩ W = ∅. Ahora
∗
basta intersecarlos con el subespacio X, es decir, S = S ∩ X y
∗
W = W ∩ X y tenemos el resultado pues estos son los abiertos
∗
∗
en X tales que S ∩ W = ∅
Supongamos que
y
•
A⊂X
X
es subespacio de
cerrado en
La demostración es análoga a la del axioma Hausdor.
Teorema : Sea Y regular y A ⊂ Y subconjunto innito. Entonces
{Un : n ≥ 0} de abiertos tales que sus adherencias son dos
disjuntas y tales que su intersección A ∩ Un 6= ∅ para cada n ≥ 1.
una familia
Demostración :
Procederemos por inducción y tomaremos U0 = ∅. Tomemos
U0 ...Un tales que sus clausuras son disjuntas dos a dos y además
A ∩ Uk 6= ∅ para cada 1 ≤ k ≤ n , y tomemos An denido como
An = A − ∪ni=0 Ui
Así
An
es un conjuntos innito, pues las adherencias son disjun-
tas dos a dos.
Sean
a
y
b
puntos distintos en
An ,
por ser
Y
un
espacio regular se tiene que podemos encontrar un abierto V y W
tal que
a ∈ V ⊂ V ⊂ Y − ∪ni=0 Ui ∪ {b}
b ∈ W ⊂ W ⊂ Y − ∪ni=0 Ui ∪ V
Deniremos ahora
Un+1 = W
Un+1 = V
en caso de que
V ∩A
sea nito y
en otro caso. Entonces con esta denición las adherencias
U0 ...Un+1 son disjuntas dos a dos y además se tiene que
A ∩ Uk 6= ∅ para cada 1 ≤ k ≤ n + 1. Esto concluye la demostración.
de la familia
2
existe
a dos
Caracterizaremos ahora que ocurre con las aplicaciones de espacios regulares
X,
en las aplicaciones en un espacio cociente dada una relación de equivalencia.
Si la proyección no cumple propiedades restrictivas no se puede esperar nada
de la estructura topológica del cociente, es decir, por cociente las propiedades
de un espacio topológico vía una relación de equivalencia no son heriditarias.
Este resultado insatisfactorio se puede mejorar si la aplicación proyección entre
el espacio topológico
X
y su cociente verica una condición, como veremos en
el siguiente resultado.
Teorema : Sea X un espacio regular y sea la proyección p : X −→ X/R
R es una relación de equivalencia en X entonces si p es cerrada se tiene
que R ⊂ X × X es cerrada.
donde
Demostración :
Tomemos (x, y) ∈
/ R,
(x, y) ∈ U × V ⊂ CR.
vamos a encontrar un entorno del punto
Entenderemos
CR
formalmente como el
complementario de la relación de equivalencia, es decir que ningún
punto del producto cartesiano de
U ×V
pertenece a la relación de
equivalencia, que son dos abiertos tales que
p(U ) ∩ p(W ) = ∅, pues si
existiera algun elemento tal que se satisciera lo anterior se tendría
U y otro de V de modo que estarían
U × V ⊂ CR. Notese que (x, y) ∈
/
R ⇒ p(x) =
6 p(y) ⇒ x ∈
/ p−1 p(y) por ser X en particular Hausdor
que existirían dos puntos uno de
relacionados no cumpliendose
y es cerrado de modo que por ser la aplicacion proyección cerrada
p−1 p(y) es cerrado en X luego existen abiertos disjuntos
−1
de modo que x ∈ U y p
p(y) ⊂ V . Pero por ser p una aplicación
cerrada (resultado sobre proyecciones) tenemos p(y) ∈ W de modo
−1
que p
p(y) ⊂ p−1 (W ) ⊂ V luego U ×p−1 (W ) es el entorno buscado
de (x, y).
tenemos que
Corolario : Si X
X/R es Hausdor
es regular y
p : X −→ X/R
es cerrada y abierta entonces
Demostración :
La prueba es evidente a partir de lo anterior pues
X
es regular luego el conjunto
cación
por ser
p es abierta,
R⊂X ×X
Teorema :Sea X
R ⊂ X ×X
p
es cerrada y
es cerrado, ademas la apli-
luego como en concreto el espacio es Hausdor
es cerrado , entonces
un espacio regular y
X/R
A⊂X
es Hausdor.
cerrado en
X,
entonces
es Hausdor.
Demostración :
a1 , a2 de X/A .Estudiemos por casos. Suponga1 , a2 ∈X/A − [A], entonces es trivial pues X − A es Haus-
Sean dos elementos
amos que
dor, luego existen dos abiertos disjuntos que separan al conjunto
3
X/A
X − A. Ahora suponga2 = [A] , además p−1 (a1 ) es
consecuencia como A es cerrado
y se quedan completamente contenidos en
amos sin perdida de generalidad que
un único punto y
y
−1
p
(a1 )
p−1 (a1 ) ∈
/ A.
En
no está en A tenemos el resultado, pues X es regular y
por tanto existen dos abiertos disjuntos que separan a A cerrado y
p−1 (a1 ), que es un único punto. Llamemoslos U, V . Evidentemente
p(U ) y p(V ) son abiertos por ser la aplicación p abierta, lo que nos
da una separación por medio de dos abiertos disjuntos de a2 y a1 .
Deniremos ahora un nuevo modelo de axioma de separación aún mas fuerte
que el anterior.
Definición :
Diremos que un espacio de Hausdor es normal o
T4
si para
cada par de cerrados disjuntos existen dos entornos abiertos que los separan, es
decir cuya intersección es vacía. Claramente todo
T4 ⇒ T3 ⇒ T2 .
Estudiemos algunas formulaciones equivalentes a partir de las cuales caracterizaremos los espacios normales.
Proposicin :
1.
Y
Las siguientes formulaciones son equivalentes
es normal
2. Para cada cerrado
A
y abierto
siguiente cadena de inclusiones
U ⊂ A hay un abierto V
A⊂V ⊂V ⊂U
3. Para cada par de conjuntos cerrados
y
que cumple las
A, B , existe un abierto U
con
A⊂U
U ∩B =∅
4. Para cada par de conjuntos cerrados existen entornos cuya adherencia
también es disjunta.
Demostración :
La prueba es similar a la del caso en el que
Y
era regular.
Teorema :
•
La normalidad es invariante bajo aplicaciones continuas cerradas suprayectivas
•
Un subespacio en general de un espacio normal no es normal, si el subespacio es cerrado en un espacio normal entonces es normal.
4
•
El producto cartesiano de espacios normales no es necesariamente normal.
En cualquier caso, si el producto es normal cada factor que conforma tal
producto es normal.
Demostración :
•
Sea
f
Y
un espacio normal supongamos
f : Y −→ Z
tal que
es continua y suprayectiva, entonces tomemos dos conjuntos
disjuntos cerrados arbitrarios
A ,B
en
Z,
por ser
f
una apli-
cación suprayectiva y continua, tenemos que la imagen inversa
de cerrados es cerrado y ademas estos dos conjuntos son dis-
f −1 (A) y f −1 (B) que son cerrados en Y donde
f (A) ∩ f (B) = ∅, pues si existiera un x punto que estu−1
viera en ambos entonces x ∈ f
(A) y x ∈ f −1 (B) de modo que
f (x) ∈ A y f (x) ∈ B luego contradiría la suprayectividad pues
A y B son disjuntos, ahora como Y es es un espacio normal,
tenemos que existen un par de abiertos supongamos C1 , C2 tal
−1
que verican f
(A) ⊂ C1 y f −1 (B) ⊂ C2 con C1 ∩ C2 = ∅
aplicando la proposición anterior existe V1 , V2 tal que sus ad−1
herencias respectivamente verican f
(A) ⊂ V1 ⊂ V1 ⊂ C1 y
f −1 (B) ⊂ V2 ⊂ V2 ⊂ C2 además V1 ∩ V2 ⊂ C1 ∩ C2 = ∅ , luego
tomando las imagenes de f (V1 ) y f (V2 ) que son cerradas pues
f es cerrada son dos cerrados que contienen a A y B respectivamente pues f (A) ⊂ f (V1 ) , f (B) ⊂ f (V2 ) , basta comprobar
que f (V1 ) ∩ f (V2 ) = ∅, si hubiera un punto en la intersección
−1
sería x ∈ f (V1 ) y x ∈ f (V2 ) luego f
(x) ∈ V1 ∩ V2 pero esto
juntos es decir
−1
−1
es vacío de modo que hemos concluido la prueba.
•
Es evidente pues un cerrado en un subespacio es también cerrado en el espacio ambiente el cual es normal, luego tomando los
abiertos pertinentes y cortandolos con el subespacio tenemos el
resultado.
•
El resultado se obtiene de aplicar los pertinentes resultados
obtenidos para espacios Hausdor pues los espacios normales
son Hausdor, y utilizar adecuadamente las dos armaciones
anteriores.
Teorema de Urysohn
Como ya sabemos en general dada un aplicación entre dos espacios topológicos,
la caracterización de que esta aplicacion sea o no continua depende directamente
de de lo relativo a cada uno de los espacios topológicos de partida y llegada,
es decir si
Y
es un conjunto nito con mas de un elemento y tomamos su
5
topología discreta y su topología trivial es claro que la aplicación identidad
g : (Y, TD ) −→ (Y, TT rivial )
es siempre continua pero la aplicación inversa no
lo es. Así los espacios normales adquieren una gran importancia pues siempre
existen funciones continuas no constantes con valores reales denidas de la forma
f : X −→ E 1 .
Y es normal, en
El siguiente resultado nos caracteriza cuándo el conjunto
terminos de la existencia de una aplicación continua entre
subconjuntos del propio
Y.
Antes de enunciarlo señalemos que en adelante
E 1 := (R, Tu ).
Teorema (P.U rysohn) : Sea Y un espacio topológico Hausdor,entonces las
siguientes armaciones son equivalentes:
1.
Y
es normal
A y B , en Y , existe una
f : Y −→ E 1 , llamada aplicación de Urysohn relativa a
2. Para cada par de conjuntos cerrados y disjuntos,
aplicación continua
AyB
(es importante hacer notar que efectivamente depende directamente
de quienes sean A y B), que verica las siguientes propiedades
(a)
0 ≤ f (y) ≤ 1 ∀y ∈ Y
(b)
f (a) = 0 ∀a ∈ A
(c)
f (b) = 1∀b ∈ B
Demostración :
2 ⇒ 1.
Como para cada par de cerrados disjuntos
A
y
B
ex-
iste una aplicación continua que satisface dichas tres condiciones en-
U = y : f (y) < 14 y V = y : f (y) > 34 se tiene
que A ⊂ U , B ⊂ V y estos son abiertos, lo que completa el resultado.
tonces tomando
1 ⇒ 2.
Denamos
r∈Q:r=
R=
Veamos que a cada
k
k
/0
≤
≤
1
2n
2n
r ∈ R le podemos asociar un abiertoU (r) que
verique las siguientes propiedades
• A ⊂ U (r)
•
Si
y
U (r) ∩ B = ∅
0
r < r ⇒ U (r) ⊂ U (r0 ) (esto último nos dice que la desigual-
dad preserva el orden salvo adherencia del primer término)
Consideremos el conjunto denido como
Dm
D0
k
m
= U
: k = 0, 1...2
2m
esta formado por dos elementos
U (0)
y
U (1). Tomemos,
U (1) = Y \ B
para que satisfaga las relaciones pedidas, por ejemplo
6
U (0) = H
cualquier abierto que verique (que existe por la condición
de normalidad )
A ⊂ H ⊂ H ⊂ U (1) = Y /B
Asumamos por inducción que hemos construido hasta
Solo necesitaremos denir los
k
2m
U
Dm−1 .
para k impares , pues para
k pares tenemos que
U
k
2m
=U
k
2 2n
2
!
donde este último ya esta denido en
en virtud de
Dm−1
k
2
2n−1
=U
Dm−1 .
!
Para el que tenemos
la siguiente estimación. Suponiendo ahora que
k es impar, podemos denir para
U (k/2m )
como un abierto
U
que
satisfaga la siguiente relación, que vuelve a existir por normalidad,
U
k−1
2m
⊂U ⊂U ⊂U
Esto completa la demostración pues
f . Tomemos ahora U (1) = Y
{U (r) : r ∈ R}. Consideremos:
por denir
Dm
k+1
2m
es constructible. Queda
y observemos que
∪m Dm =
f (y) := inf {r ∈ R : y ∈ U (r)} ∀y ∈ Y
Es evidente que esta aplicación así denida verica la condición
f (B) = 1 , pues ∀b ∈ B , b ∈
∀a ∈ A, a ∈ U (r) ∀r. Basta comprobar
la continuidad de la aplicación y habremos terminado. Sea f (y0 ) =
r0 , si r0 no es ninguno de los extremos del intervalo [0, 1] entonces
elijamos un ε de modo que el intervalo quede contenido dentro de
[0, 1], es decir, W = (r0 − ε, r0 + ε) ⊂ [0, 1]: y tomemos dos puntos
r0 , r00 ∈ R tales que veriquen r0 − ε < r0 < r0 < r00 < r0 + ε
(se pueden tomar por la densidad de R en [0, 1]). Entonces U =
U (r00 ) − U (r0 ) es un entorno de y0 y además f (U ) ⊂ W, pues y ∈
U (r00 ) ⇒ f (y) ≤ r00 y análogamente y ∈
/ U (r0 ) ⇒ f (y) ≥ r0 . De
00
ser r0 ∈ {0, 1} bastará tomar U como el entorno abierto U (r ), si
0
r0 = 0, o X − U (r ), sir0 = 1, para que f (U ) ⊂ W,.
(a).
Es más esta aplicación cumple
U (1) = Y ,
Corolario :
y
f (A) = 0,
pues
En la prueba no es vinculante el hecho de que la aplicación ter-
mine en el intervalo[0, 1],cualquier intervalo cerrado y acotado se puede sustituir
en la prueba.
7
Teorema de extensión de Tieztze.
Muy a menudo en matemáticas es importante conocer bajo qué ciertas condiciones podemos extender una función a conjuntos mas amplios.
Este tipo de
resultados apararecen en muchos contextos diferentes como en variable compleja, para extender funciones holomorfas a conjuntos mas amplios para lo cual
disponemos de teoremas muy celebres como el de extensión de Riemann.
En
el contexto de la geometría diferencial y mas en general en el contexto de las
variedades diferenciables muy a menudo necesitamos de disponer de una función
que sea continua y diferenciable ya no solo en la topología relativa inducida en la
supercie tratada en cuestión, si no en todo el espacio,tal que su restricción a la
supercie sea la función original, y en este contexto las extensiones de funciones
juegan un papel esencial en la teoría de la geometria diferencial moderna. Para
ello formalizaremos el concepto de extensión continua de una función.
Y
Definición :Sean X ,Y
f
continua diremos que
espacios topológicos y
posee una extensión en
A ⊂ X, y sea f : A −→
X que llameremos fe si se
satisfacen las dos siguientes condiciones:
1.
fe : X −→ Y
2.
fe(x) = f (x) ∀x ∈ A, lo que abreviadamente escribiremos como feA = f (x),
es decir, si su restricción sobre el subespacio A coincide con la funcion
es una función continua
original.
Teorema (H.T ietze) : Sea X
un espacio Hausdor. Las siguientes propiedades
son equivalentes:
1.
X
es un espacio topológico normal
A ⊂ X y para cada función continua f : A −→ E 1 existe
1
una extensión continua F := fe : X −→ E .En particular, si kf (a)k < c en
A, se puede elegir F adecuadamente de modo que kF (x)k < c ∀x ∈ X
2. Para cada cerrado
Demostración :
2 ⇒ 1. Supongamos
que en virtud de 2 tenemos dos cerrados
disjuntos A y B y denamos la siguiente aplicación
X −→ E 1
f (A) = y0
f : A∪B ⊂
f (B) = y1 ,
entonces existe una ex-
tensión continua de esta función llamemosla
F : X −→ E 1 y existen
U ∩V = ∅, entonces
tal que
entornos abiertos de
y0 ,y1
y
llamemos U,V tal que
F −1 (U ), F −1 (V ) son entornos disjuntos de A, B respectivamente, en
efecto es claro que son entornos pues, y0 ∈ U ,y1 ∈ V y F es extensión
−1
de f entonces f (A) = F (A) lo que nos da que f
(y0 ) ⊂ F −1 (y0 ), y
−1
−1
analogamente f
(y1 ) ⊂ F (y1 ) ahora basta ver que son disjuntos,
−1
en efecto supongamos un punto w de F
(U ) ∩ F −1 (V ) entonces
8
w ∈ F −1 (U ), w ∈ F −1 (V )
luego
F (w) ∈ U y F (w) ∈ V de modo
F (w) ∈ U ∩ V , pero el con-
que esta en la intersección de ambas
junto es vacío, luego llegamos a una contradicción lo que nos da la
demostración.
1 ⇒ 2.
Probaremos un lema previo a la demostración que nos
servirá para la construcción de la F, la cual realizaremos en tres
etapas
Lema Técnico : Supongamos g : A −→ E1 continua que verica
kg(a)k ≤ c para todo a ∈ A. Entonces existe una aplicación continua
1
denida en todo el espacio que llamaremos h : X −→ E que cumple
c
3
x∈X
1.
kh(x)k <
2.
kh(a) − g(a)k ≤
2c
3
a∈A
Demostración del Lema: Denamos los siguientes conjuntos
n
co
A+ = a ∈ A : g(a) ≤ −
3
n
co
A+ = a ∈ A : g(a) ≥
3
Por construcción estos conjuntos son cerrados disjuntos en A, pues
son la imagen inversa de cerrados, es decir cerrados. En particular
son cerrados en X. Como X es un espacio normal, por el Teorema
de Urysohn tenemos que existe una función
h : X −→ E 1
de modo
c
y para todos
3
−c
los elementos de A− tomará el valor
3 , y la función de Urysohn
−c
c
satisfacerá que
3 ≤ h(x) ≤ 3 , lo cual nos da lo que queríamos
que para todos los elementos de
A+ tomará
el calor
demostrar.
La prueba del teorema la realizaremos en 3 etapas:
1 Etapa :
Supongamos que
kf (a)k ≤ c
en A. En virtud del
f0 : X −→
h
f0 (x)k < c y
kh
3
lema anterior tenemos que existe una función continua,
E 1 , que cumple las tesis del lema, en concreto
f0 (a) − f (a)k ≤ 2c a ∈ A. Si consideramos ahora la función
kh
3
f0 : A −→ E 1 , aplicando nuevamente el lema técnico antef −h
f1 : X −→ E 1 continua tal que (el papel que
rior, existe una función h
jugaba c en la primera iteración lo juega ahora
f1 (x)k ≤
kh
2c 1
3 3
f1 (x) − h
f0 (x)k ≤
kf − h
9
2c
3 )
x∈X
2c 2c
3 3
a∈A
Por inducción, si suponemos que
f1 , h
f2 ..., h
fn
h
estan denidas y
todas ellas verican
fn (x)k ≤
kh
kf −
2c
3
n
n
X
2c
hei (x)k ≤
3
i=0
1
3
x∈X
n
2
c
3
a∈A
y aplicamos el lema de nuevo tenemos que existe una función continua
1
h]
n+1 : X −→ E
kh]
n+1 (x)k ≤
que verica la siguiente estimación
21
33
n
n+1
1 2
2
c=
c
3
3 3
n+1
X
2c
kf −
hei (x)k ≤
3
i=0
n+1
2
c
3
x∈X
a∈A
n
o
fn : X −→ E 1
h
n∈N
P∞ f
F (x) = 0 h
n (x)
Queda así construida la familia de funciones continuas
. Se puede probar que la función denida como
es una función continua en X. La segunda desigualdad muestra, por
la convergencia del segundo miembro a 0 cuando n es sucientemente grande, que
P∞ e
0 hi (x) = f (a) = F (a).
Ahora empleando la
primera desigualdad y las estimaciones fundamentales para series de
funciones, tenemos
kF (x)k = k
∞
X
fn (x)k ≤
h
0
∞
X
0
∞
X
fn (x)k ≤ 1 c
kh
3 0
n
2
1
1
= c
3
3 1−
2
3
=c
2 Etapa : Supongamos ahora que kf (a)k < c en A. La extensión
F que hemos construido en la primera etapa satisface que kF (x)k ≤
c. Consideremos el conjunto A0 = {x ∈ X : kF (x)k = c}, entonces
A0 es cerrado, pues es la imagen inversa de dos puntos {±c} por una
−1
aplicación continua, es decir F
({±c}), y los puntos son cerrados en
la segunda topología, y claramente A0 ∩ A = ∅. Entonces existe una
1
función de Urysohn denida en todo el espacio ζ : X −→ E tal que
sobre los conjuntos A y A0 actua como la siguiente función indicatriz
(
ζ(x) = 0 x ∈ A0
ζ(x) = 1 x ∈ A
donde en virtud del teorema se satisface que su extensión al espacio X cumple que
0 ≤ ζ(x) ≤ 1.
Tomando ahora una función que
esta denida como el producto de dos funciones en todo el espacio
10
G(x) := ζ(x)F (x), esta es continua (se puede comprobar facilmente)
G(a) = ζ(a)F (a) = F (a) = f (a) para a ∈ A, luego G es
por denición otra extensión de f en todo el espacio topológico X
1
con imagen en E .De hecho kG(x)k < c en X : si x ∈ A0 entonces
G(x) = 0 y si esta en complementario de A0 entonces kζ(a)k < 1 de
modo que kF (x)k < c
y verica
3 Etapa :f no necesariamente acotada. Si tomamos la aplicación
h : E 1 −→ (−1, 1) denida por el homeomorsmo
h(x) =
x
1 + kxk
Por la segunda etapa de la prueba, la aplicación
tiene una extensión,
que
fe = h−1 ◦ F
F,
a todo el espacio.
h ◦ f : A −→ (−1, 1)
De este modo tenemos
f , que en efecto
fe(a) = h−1 (a) ◦ F (a) =
es una extensión de la antigua
coincide con ella para todo
h−1 (a)h(a)f (a) = f (a).
a ∈ A
pues
Esto completa la prueba.
Un espacio por el que puede ser sustituido
E 1 en el Teorema de Tietze es llamado
repliegue absoluto para espacios normales (absolute retract for normal spaces)
o, abreviado, AR (normal). Así, tenemos
Definición : Y es un AR
A ⊂ X toda función
X −→ Y .
cerrado
(normal) si para cada espacio normal
continua
f : A −→ Y
X
y cada
posee una extensión
F :
Corolario
: Sea {(Yα , Tα ) : α ∈ A} una familia de espacios topologicos. Se
Q
α∈AYα es AR (normal) si y solo si Y α es AR (normal) ∀α ∈ A. En
n
n
∞
particular E , I y I
son AR (normal).
tiene que
Demostración :Sea X normal y A ⊂ X cerrado.
Q [⇐=] Supongamos Y α es AR (normal) ∀α ∈ A y f : A −→
α∈AYα continua. Así, dado que la proyeccion sobre cada compoQ
nente, pβ :
α∈AYα −→ Yβ , es continua, pβ ◦ f : A −→ Yβ es continua y dado que Y β es AR (normal), existe una extensión continua
Q
de pβ ◦ f , Fβ : X −→ Yβ . Y concluimos que F : X −→
α∈AYα con
Q
F (x) := α∈AFα (x) esQ
extensión de f sobre X .
[=⇒] Supongamos
α∈AY α es AR (normal) y f : A −→ Yβ
Q
continua. Sea sβ : Yβ −→
α∈AYα el homeomorsmo sobre el slice
Q
Q
S(y 0 , β) ⊂
α∈AY α tenemos que sβ ◦ f : A −→
α∈AYα admite
Q
una extensión continua F : X −→
α∈AYα . Dado que pβ ◦ sβ = 1Y
β
se tiene que pβ ◦ F es una extension de f sobre X relativo a Yβ .
Si reemplazamos
E n por
la esfera n-dimensional
tado:
11
S n tenemos
el siguiente resul-
A ⊂ X cerrado y f : A −→ S n continua.
Entonces existe un abierto U ⊃ A, que depende de f , sobre el que f admite una
Corolario :
Sea
X
normal,
extension continua.
Demostración :
n
Consideremos f : A −→ S
⊂ E n+1 . Por el corolario anten+1
rior existe una extensión continua de f , F : X −→ E
. Sea
U = {x ∈ X : F (x) 6= 0}, que es un abierto en X que contiene a A,
denimos en U
F (x)
,
F̃ (x) =
|F (x)|
continua en
de
E n+1 y con imagen en S n .
Así
F̃ : U −→ S n es extensión
f.
Un espacio por el que puede ser sustituido
Sn
en el corolario anterior es llamado
entorno replegado absoluto para espacios normales (absolute neighborhood retract for normal spaces) o, abreviado, ANR (normal). Así, tenemos
Definición : Y es un ANR (normal) si para cada
A ⊂ X toda función continua f : A −→ Y
U −→ Y donde U es un abierto que contiene a A.
cerrado
espacio normal
X
y cada
posee una extensión
Observación : Todo espacio AR (normal) es un ANR (normal).
F :
El reciproco
no es cierto.
Corolario :Sea {(Y
Q i , Ti ) : i = 1, ..., n} una familia nita de espacios topológiSe tiene que
Yi es ANR (normal) si y solo si Yi es ANR (normal)
∀i ∈ {1, ..., n}.
cos.
Demostración :Sea X normal y A ⊂ X cerrado.
[⇐=]
Supongamos Yi es ANR (normal) ∀i ∈ {1, ..., n} y f : A −→
Q
YiQcontinua. Así, dado que la proyeccion sobre cada componente,
pj : Yi −→ Yj , es continua, pj ◦ f : A −→ Yj es continua y dado
que Yi es ANR (normal) existe un abierto Uj que contiene a A y
una extensión continua de pj ◦ f a dicho abierto, Fj : Uj −→ Yj .
T
Q
Q
Concluimos, por tanto, que F :
Uj −→ Yj con F (x) := Fj (x)
T
es extensión de f sobre
Q Uj , abierto que contiene a A.
[=⇒] Supongamos
YiQes ANR (normal) y f : A −→ Yj continua.
Sea sj : Yj −→
Yi el homeomorsmo
sobre el slice
Q
Q
S(y 0 , j) ⊂
Yi , tenemos que sj ◦ f : A −→
Yi admite una
Q extensión continua a un abierto U que contiene a A, F : U −→
Yi .
Dado que pj ◦ sj = 1Yj se tiene que pj ◦ F es una extension de f
sobre U relativo a Yj .
12