TOPOLOGIA II

Francisco J. LopezDepartamento de Geometrıa y Topologıa

Universidad de Granadafjlopez@ugr.es

Competencias basicas

Las competencias que debe alcanzar un alumno en este curso son las siguientes:

(a) Tema 0: Preliminares

Cocientes topologicos: discos con borde identificado y esquemas.

(b) Tema 1: Grupo Fundamental

Comprension del concepto de homotopıa.

Desarrollo de la intuicion geometrica: teorıa de retractos de deformacion.

El grupo fundamental de S1 y consecuencias: Teoremas del punto fijo de Bro-wer, fundamental del Algebra, invarianza de la dimension y del borde,...

Manejo del Teorema de Seifert-Van Kampen como herramienta de calculo.

(c) Tema 2: Espacios Recubridores

Levantamiento de aplicaciones. Teorema de Monodromıa.

Accion del grupo fundamental de la base sobre la fibra de un punto.

Accion del grupo de Automorfismos sobre el recubridor: recubridores regulares.

Existencia y clasificacion de los recubridores de un espacio.

Recubridor universal y local simple-conexion.

(d) Tema 3: Superficies Topologicas

Concepto de superficie y ejemplos.

Poliedros y triangulaciones: caracterıstica de Euler y orientabilidad.

El Teorema de Rado: representacion poligonal y esquemas.

Clasificacion de las superficies compactas. Suma conexa de superficies.

Superficies y teorıa de recubridores.

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TEMA 0: Preliminares

En este tema introductorio repasaremos algunos resultados elementales de topologıa.

1. Topologıa basica

A lo largo de este curso (X, τ) denotara un espacio topologico. Usualmente, y enausencia de ambiguedad, omitiremos la referencia a la topologıa τ y escribiremos sim-plemente X.

1.1. Arcos en un espacio topologico

Por definicion, un arco en un espacio topologico X es una aplicacion continua

α : [0, 1]→ X,

donde el intervalo unidad [0, 1] se entiende dotado de la topologıa euclidiana usual. Alos puntos α(0) y α(1) se les llama puntos inicial y final del arco α respectivamente (y sedira que α une o conecta los puntos α(0) y α(1)); tambien se dice que α(0), α(1) sonlos extremos del arco α. El subespacio topologico de X dado por α([0, 1]) sera referidocomo traza del arco α, y escrito Tr(α). En ocasiones, y si ello no implica ambiguedad,identificaremos un arco con su traza.

El arco mas simple que podemos construir sobre un espacio topologico es el cons-tante, que para cada p ∈ X viene definido por

εp : [0, 1]→ X, εp(t) = p para todo t ∈ [0, 1].

Tambien es posible generar nuevos arcos a partir de unos dados de forma sencilla.

Definicion 1.1 Dados arcos α, β : [0, 1]→ X con α(1) = β(0) se definen

α : [0, 1]→ X, α(t) := α(1− t).

α ? β : [0, 1]→ X, α ? β(t) =

α(2t) si t ∈ [0, 1/2]

β(2t− 1) si t ∈ [1/2, 1]

Observese que Tr(α) = Tr(α), y los puntos inicial y final de α son α(1) y α(0).Analogamente, Tr(α ? β) = Tr(α) ∪ Tr(β) y los puntos inicial y final de α ? β son α(0)y β(1).

Definicion 1.2 Un espacio topologico X se dice arcoconexo si para cualesquiera p,q ∈ X existe un arco α : [0, 1]→ X conectando p y q.

Un espacio topologico X se dice localmente arcoconexo si todo punto admite unabase de entornos arcoconexos (con la topologıa inducida).

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Los ejemplos mas simples de espacios arcoconexos son los subconjuntos convexos, ymas generalmente los estrellados desde un punto, de un espacio euclidiano. Recordemosque un subconjunto A ⊂ Rn se dice estrellado con centro p0 ∈ A si para todo puntop ∈ A el segmento [p0, p] ⊂ A. Trivialmente la imagen por una aplicacion continua deun espacio arcoconexo es un espacio arcoconexo.

Es facil ver que si X = A ∪ B, con A y B subespacios arcoconexos no disjuntos,entonces X es arcoconexo. En efecto, fijado x ∈ A ∩ B, para cualquiera p ∈ X existeun arco αp : [0, 1]→ X con traza en A si p ∈ A o en B si p ∈ B satisfaciendo αp(0) = xy αp(1) = p. Por tanto para cualesquiera p, q ∈ X el arco αp ? αq conecta p con q, dedonde X es arcoconexo.

Dado un punto p ∈ X, la arcocomponente de p en X, que denotaremos por Cp, sedefine como el mayor subespacio arcoconexo de X conteniendo a p. En otras palabras,Cp es la union de todos los subespacios arcoconexos de X que contienen a p. Como pes un subespacio arcoconexo que contiene a p, p ∈ Cp. Como la traza de un arco esarcoconexa, la identidad

Cp = q ∈ X : existe un arco en X con uniendo p y q

es evidente. Obviamente Cp, dotado con la topologıa inducida, es arcoconexo para todop ∈ X. Ademas X es la union disjunta de sus arcocomponentes.

Proposicion 1.3 Los siguientes enunciados son ciertos:

(i) Todo espacio arcoconexo es conexo.

(ii) Las arcocomponentes de un espacio localmente arcoconexo son abiertas (y portanto tambien cerradas).

(iii) Todo espacio conexo y localmente arcoconexo es arcoconexo.

(iv) Todo abierto conexo (dominio) de un espacio euclidiano es arcoconexo.

Demostracion : Para probar (i) supongamos que X es un espacio arcoconexo y fijemosx ∈ X. Como arriba, para cada p ∈ X existe un arco αp : [0, 1] → X con αp(0) = xy αp(1) = p. Como la traza de un arco es conexa (imagen continua de un conexo),X = ∪p∈XTr(αp) es union de conexos con interseccion no vacıa, y por tanto es conexo.

Para probar (ii) asumamos que X es localmente arcoconexo. Sea C una arcocompo-nente de X y tomemos un punto arbitrario p ∈ C. Por arcoconexion local existe unabase de entornos arcoconexos de p. Elijamos un entorno arcoconexo V de p, y obser-vemos que V ⊂ Cp = C. Esto prueba que p es un punto interior de C, y por tanto queC es abierto. Como X es la union disjunta de sus arcocomponentes, el complementariode una arcocomponente de X es la union del resto de arcocomponentes de X, luego unsubconjunto abierto. Esto prueba que cada arcocomponente es cerrada en X.

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Para probar (iii) supongamos que X es conexo y localmente arcoconexo. Sea C 6= ∅una arcocomponente de X. Del item (ii) deducimos que C es abierta y cerrada, de dondepor la conexion de X inferimos que C = X y por tanto X es arcoconexo.

El item (iv) es corolario del (iii). Tengase en cuenta que un abierto de un espaciolocalmente arcoconexo es localmente arcoconexo, y por tanto los abiertos euclidianosson localmente arcoconexos.

Observacion 1.4 Al igual que pasaba con la conexion topologica, existen espacios ar-coconexos que no localmente arcoconexos. Tambien se conocen espacios conexos que noson arcoconexos.

1.2. Identificaciones y cocientes topologicos

Repasaremos brevemente el concepto de identificacion topologica y topologıa cocien-te, presentando algunos ejemplos. Recordemos que dada una aplicacion sobreyectivaf : X → Y , un conjunto A ⊂ X se dice f -saturado si f−1(f(A)) = A.

Definicion 1.5 Sea (X, τ) un espacio topologico, Y un conjunto y f : X → Y unaaplicacion sobreyectiva.

La topologıa final en Y para la aplicacion f se define como

τ(f) := O′ ⊂ Y : f−1(O′) ∈ τ = f(O) : O ∈ τ y f -saturado.

El espacio (Y, τ(f)) es conocido como espacio identificacion de (X, τ) vıa f .

Si τ ′ es una topologıa en Y , una aplicacion f : (X, τ)→ (Y, τ ′) se dira una iden-tificacion topologica si τ ′ = τ(f).

La comprobacion de que efectivamente τ(f) es una topologıa en Y es elemental.

Observacion 1.6 Supongamos que (X, τ) es un espacio topologico y f : X → Y unaaplicacion sobreyectiva. Es inmediato comprobar que:

(a) τ(f) es la mayor topologıa en Y que hace a f continua, esto es, si τ ′ es una topologıaen Y y f : (X, τ)→ (Y, τ ′) es continua entonces τ ′ ⊂ τ(f). En particular, reparemosen que f : (X, τ)→ (Y, τ(f)) es continua.

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(b) Un conjunto F ′ ⊂ Y es cerrado en (Y, τ(f)) si y solo si f−1(F ′) es cerrado en τ .

(c) F ′ ⊂ Y es cerrado en (Y, τ(f)) si y solo si existe F ⊂ X cerrado y f -saturado conf(F ) = F ′.

(d) (Y, τ(f)) es Hausdorff si y solo si para cualesquiera y1, y2 ∈ Y , y1 6= y2, existenabiertos f -saturados disjuntos O1, O2 ∈ τ tales que f−1(yj) ⊂ Oj, j = 1, 2.

(e) (Y, τ(f)) es II-Axioma de Numerabilidad si y solo si existe una familia B de abiertosf -saturados en X satisfaciendo las siguientes propiedades:

B es numerable.

Todo abierto f -saturado de X es union de abiertos de B.

(f) Si (X, τ) es conexo (arcoconexo, compacto) entonces (Y, τ(f)) es conexo (arcocone-xo, compacto).

La siguiente proposicion establece un criterio muy util para el estudio de la continuidadde aplicaciones con dominio (Y, τ(f)).

Proposicion 1.7 Sea (X, τ) un espacio topologico y f : X → Y una aplicacion sobre-yectiva. Sea (Z, τ ′) un espacio topologico y h : Y → Z una aplicacion. Entonces

h : (Y, τ(f))→ (Z, τ ′) es continua ⇐⇒ h f : (X, τ)→ (Z, τ ′) es continua.

Demostracion : La implicacion =⇒) es trivial ya que la composicion de continuas escontinua.

Para probar ⇐=) tomemos un abierto arbitrario O′ ⊂ Z. La continuidad de h fimplica que f−1(h−1(O′)) ∈ τ , de donde h−1(O′) ∈ τ(f). Esto prueba que h es continua.

Existe una ıntima relacion entre la topologıa final y la topologıa cociente. Explique-mos los detalles.

Sea (X, τ) un espacio topologico. Consideremos una relacion de equivalencia R enX y construyamos el espacio cociente X/R. Denotemos por π : X → X/R a la corres-pondiente proyeccion.

Definicion 1.8 La topologıa final τ(π) en X/R para π : X → X/R es conocida como latopologıa cociente inducida por la relacion R en X/R. El espacio topologico (X/R, τ(π))es referido como el espacio topologico cociente de (X, τ) por la relacion R.

En realidad el concepto de topologıa cociente no es sino una formulacion equivalentedel de identificacion topologica. Para comprobarlo introduzcamos alguna notacion.

Dada una aplicacion sobreyectiva f : X → Y , induciremos en X la siguiente relacionde equivalencia:

p ∼f q ⇐⇒ f(p) = f(q).

Si denotamos por [p] a la clase de equivalencia de p ∈ X por ∼f , y por πf : X → X/∼f ,πf (p) = [p], a la correspondiente proyeccion al cociente, existe una unica biyeccion

f : X/∼f → Y tal que f πf = f . Para ser mas precisos,

f : X/∼f → Y, f([p]) := f(p).

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Proposicion 1.9 Sea (X, τ) un espacio topologico y f : X → Y una aplicacion sobre-yectiva. Entonces

f :(X/∼f , τ(πf )

)→(Y, τ(f)

)es un homeomorfismo.

Esta proposicion expresa el hecho de que, salvo un homeomorfismo canonico, todoespacio identificacion es un cociente topologico.

Demostracion : La biyectividad de f es trivial.Como fπf : (X, τ)→ (Y, τ(f)) coindice con la aplicacion continua f , la Proposicion

1.7 garantiza que f :(X/∼f , τ(πf )

)→(Y, τ(f)

)es continua. Recıprocamente, como

f−1 f : (X, τ)→ (X/∼f , τ(πf )) coincide con la aplicacion continua πf , la Proposicion

1.7 garantiza que f−1 :(Y, τ(f)

)→(X/∼f , τ(πf )

)es continua.

Otro resultado interesante es el siguiente:

Corolario 1.10 Sea (Xj, τj) un espacio topologico, Rj una relacion de equivalencia enXj y πj : Xj → Xj/Rj la proyeccion al cociente, j = 1, 2. Si f : (X1, τ1) → (X2, τ2) esuna continua satisfaciendo pR1q =⇒ f(p)R2f(q), entonces la unica aplicacion

f :(X1/R1, τ(π1)

)→(X2/R2, τ(π2)

)tal que f π1 = π2 f es continua.

En otras palabras, el corolario expresa la conmutatividad del diagrama de aplicacionesasociado a las composiciones

X1π1→(X1/R1, τ(π1)

) f→(X2/R2, τ(π2)

), X1

f→ X2π2→(X2/R2, τ(π1)

)Es interesante tener criterios manejables que simplifiquen el reconocimiento de las iden-tificaciones topologicas, y por tanto, la comprension de la naturaleza de algunos cocien-tes topologicos. A ese fın responde la siguiente proposicion.

Proposicion 1.11 Una aplicacion f : (X, τ)→ (Y, τ ′) es una identificacion topologicasi satisface alguna de las siguientes condiciones:

(a) f es continua, sobreyectiva y abierta.

(b) f es continua sobreyectiva y cerrada.

(c) f es continua y sobreyectiva, (X, τ) es compacto e (Y, τ ′) es Hausdorff.

(d) f es continua y existe h : (Y, τ ′)→ (X, τ) continua tal que f h = IdY (f tiene unainversa continua a la derecha).

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Demostracion : Probemos (a). Supongamos que f es continua, sobreyectiva y abierta yveamos que es una identificacion topologica, esto es, que τ ′ = τ(f). Como f es continuay sobreyectiva τ ′ ⊂ τ(f), ya que la topologıa final es la mas grande topologıa en Yhaciendo continua a f . Tomemos ahora O′ ∈ τ(f). Por definicion de la topologıa finalpara f tenemos f−1(O′) ⊂ τ , y como f es abierta y sobre que O′ = f(f−1(O′)) ∈ τ ′.Esto prueba que τ(f) ⊂ τ ′ y por tanto que τ ′ = τ(f).

Item (b) es totalmente analogo al (a) por un argumento dual. Item (c) se sigue de(b) y del hecho de que toda aplicacion continua de un compacto en un Hausdorff escerrada.

Para probar (d) tomemos O′ ∈ τ(f), esto es, satisfaciendo O′ ⊂ Y y f−1(O′) ∈ τ .Usando las hipotesis y la continuidad de h inferimos que O′ = h−1(f−1(O′)) ∈ τ ′. Estoprueba que τ(f) ⊂ τ ′, y como al ser f continua la otra inclusion siempre es cierta,tambien que τ(f) = τ ′.

Estudiemos, como aplicacion practica del Corolario 1.10 y la Proposicion 1.11, lostres modelos topologicos estandar del espacio proyectivo.

Definicion 1.12 Por definicion, el espacio proyectivo Pn, n ∈ N, es el espacio cocientede la esfera euclidiana (Sn, τu) por la relacion p ∼ q ⇐⇒ p = ±q:

Pn := (Sn/∼, τu/∼).

De la Observacion 1.6 se infiere que Pn es un espacio arcoconexo, compacto, Haus-dorff y II-Axioma de Numerabilidad.

Proposicion 1.13 Los siguientes espacios cocientes son homeomorfos al espacio pro-yectivo Pn, n ∈ N:

(i) El espacio cociente((Rn+1 \ 0)/∼1

), τu/∼1), n ∈ N, por la relacion

p ∼1 q ⇐⇒ ∃λ ∈ R \ 0 : p = λq.

(ii) El espacio cociente(Bn(0, 1)/∼2

), τu/∼2), n ∈ N, por la relacion

p ∼2 q ⇐⇒ ‖p− q‖ ∈ 0, 2.

Aquı Bn(0, 1) = q ∈ Rn : ‖q‖ ≤ 1.

Demostracion : La aplicacion continua f : Rn+1 \ 0 → Sn, f(p) := p/‖p‖, es com-patible con las relaciones de equivalencia en Rn+1 \ 0 y Sn explicitadas en Proposi-cion 1.13-(i) y Definicion 1.2, respectivamente. Por tanto podemos utilizar el Corolario1.10 e inducir una aplicacion continua f :

((Rn+1 \ 0)/∼1

)→ Pn entre los espacios

topologicos cocientes. De igual forma la aplicacion inclusion i : Sn → Rn+1 \ 0, ob-viamente continua, induce otra aplicacion continua i : Pn →

((Rn+1 \ 0)/∼1

)entre

ambos cocientes, que claramente es la inversa de f . Por tanto Rn+1 \ 0/∼1 y Pn sonhomeomorfos, lo que prueba (i).

Comprobemos ahora (ii). Llamemos Sn+ := Sn ∩ xn+1 ≥ 0 y ∼0 la relacion deequivalencia en Sn+ dada por p ∼0 q ⇐⇒ p = q o p, q ∈ Sn ∩ xn+1 = 0 y p = ±q.

La aplicacion h : Bn(0, 1) → Sn+, h(x) := (x,+

√1− ‖x‖2), es un homeomorfismo

compatible con las relaciones de equivalencia ∼2 en Bn(0, 1) y ∼0 en Sn+, por lo que

el Corolario 1.10 induce un homeomorfismo h : Bn(0, 1)/∼2 → Sn+/∼0. Para acabar,

observese que la aplicacion j : Sn+ → Pn, j(q) := [q], es una identificacion topologica(esto es, τ(j) = τu/ ∼) ya que es continua, sobreyectiva y va de un compacto en unHausdorff; usese Proposicion 1.11-(c). Como ∼j=∼0, la Proposicion 1.9 garantiza queel cociente Sn+/∼0 es homeomorfo a Pn, probando (ii).

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Ejercicio 1.14 Las siguientes aplicaciones entre espacios euclidianos son identifica-ciones topologicas:

(i) R→ S1, t 7→ e2πıt = (cos(2πt), sen(2πt)); utilıcese Proposicion 1.11-(a).

Como consecuencia,

R/∼ ∼= S1, donde t ∼ s⇐⇒ t− s ∈ Z.

(ii) [0, 1]→ S1, t 7→ e2πıt = (cos(2πt), sen(2πt)); utilıcese Proposicion 1.11-(b).

Como consecuencia,

[0, 1]/∼ ∼= S1, donde t ∼ s⇐⇒ |t− s| ∈ 0, 1.

(iii) R2 → S1 × S1, (t1.t2) 7→ (e2πıt1 , e2πıt2); utilıcese Proposicion 1.11-(a).

Como consecuencia,

R2/∼ ∼= S1 × S1, donde (t1, t2) ∼ (s1, s2)⇐⇒ tj − sj ∈ Z, j = 1, 2.

(iv) [0, 1]2 → S1 × S1, (t1.t2) 7→ (e2πıt1 , e2πıt2); utilıcese Proposicion 1.11-(b).

Como consecuencia,

[0, 1]2/∼ ∼= S1 × S1, donde (t1, t2) ∼ (s1, s2)⇐⇒ |tj − sj| ∈ 0, 1, j = 1, 2.

(v) Rn+1 \ 0 → Sn, p 7→ p/‖p‖, n ∈ N; utilıcese Proposicion 1.11-(d).

Como consecuencia,

Rn+1 \ 0/∼ ∼= Sn, n ∈ N, donde p ∼ q ⇐⇒ p/‖p‖ = q/‖q‖.

2. Espacios cociente de discos topologicos

En esta seccion vamos a presentar algunas construcciones sobre discos topologicosque seran de gran utilidad a lo largo del curso. Comencemos fijando alguna notacion.

En lo que sigue X sera un espacio topologico.

Definicion 2.1 Por definicion, un subespacio topologico C ⊂ X es una curva de Jor-dan en X si es homeomorfo a S1. Analogamente, un subespacio topologico γ ⊂ X es unarco de Jordan en X si es homeomorfo a [0,1]. Un arco de Jordan abierto en X es unsubespacio topologico γ ⊂ X homeomorfo a ]0,1[.

Si γ ⊂ X es un arco de Jordan y α : [0, 1] → γ es un homeomorfismo, a los puntosα(0) y α(1), que no dependen del homeomorfismo α utilizado, se les llama extremosdel arco. Denotaremos por V (γ) := α(0), α(1) al conjunto formado por los extremosdel arco, e Int(γ) al arco de Jordan abierto γ \V (γ). Por definicion, una orientacion deγ es una ordenacion de sus extremos. Obviamente γ admite dos orientaciones, a saber(α(0), α(1)) y (α(1), α(0)).

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Definicion 2.2 Dado un arco de Jordan γ en la circunferencia unidad S1 ⊂ R2 deextremos p1, p2, la orientacion (p1, p2) se dira positiva si al recorrer de forma continuaγ de p1 a p2 se sigue el sentido contrario a las agujas del reloj, esto es, creciente respectodel argumento en S1. En otro caso se dira negativa.

La expresion recorrer un arco γ se identifica con establecer una parametrizacionα : [0, 1] → γ que determine un sentido de recorrido de γ, esto es, empezando en α(0)y acabando en α(1) a traves de los puntos α(t), t ∈ [0, 1].

Definicion 2.3 Sea C una curva de Jordan en X. Sean γ1 y γ2 dos arcos de Jor-dan orientados en C, y denotemos por (p1, p2) y (q1, q2) las orientaciones de γ1 y γ2,respectivamente (con esta notacion V (γ1) = p1, p2 y V (γ2) = q1, q2).

Los arcos γ1 y γ2 se diran compatiblemente orientados si existe un homeomorfismof : C → S1 tal que las orientaciones (f(p1), f(p2)) de f(γ1) y (f(q1), f(q2)) de f(γ2)tienen el mismo caracter (esto es, ambas son positivas o negativas).

Para la consistencia de la anterior definicion, es importante observar que la com-patibilidad o no compatibilidad de las orientaciones dadas en γ1 y γ2 no depende delhomeomorfismo f : C → S1 auxiliar utilizado.

En efecto, si h : C → S1 es otro homeomorfismo entonces f h−1 : S1 → S1 esun homeomorfismo de la circunferencia unidad y por tanto tiene un comportamientomonotono en el argumento, a saber, o bien f h−1 es creciente en el argumento (respetael sentido positivo o contrario a las agujas del reloj) o f h−1 es decreciente en elargumento (revierte el sentido positivo en sentido negativo). Por tanto, si γ1 : [0, 1]→ Ces una parametrizacion de γ1 compatible con la orientacion (p1, p2) (esto es, (γ1(0) = p1

y γ1(1) = p2) y analogamente γ2 : [0, 1]→ C respecto a (q1, q2), se tiene que:

Los arcos h γ1 : [0, 1] → S1 y h γ1 : [0, 1] → S1 tienen el mismo caracterde monotonıa (esto es, ambos son crecientes en el argumento o ambos son de-crecientes) si y solo si los arcos f γ1 ≡

((f h−1) h

) γ1 : [0, 1] → S1 y

f γ2 ≡((f h−1) h

) γ2 : [0, 1]→ S1 tienen el mismo caracter de monotonıa.

Los arcos h γ1 : [0, 1] → S1 y h γ1 : [0, 1] → S1 tienen distinto caracter demonotonıa (uno es creciente en el argumento y el otro decreciente) si y solo si losarcos fγ1 ≡

((fh−1)h

)γ1 : [0, 1]→ S1 y fγ2 ≡

((fh−1)h

)γ2 : [0, 1]→ S1

tienen distinto caracter de monotonıa.

De aquı se infiere, por definicion, que la equivalencia o no equivalencia del caracter delas orientaciones (f(p1), f(p2)) en f(γ1) y (f(q1), f(q2)) en f(γ2) como arcos de S1 nodepende del homeomorfismo f utilizado como habıamos anunciado.

Vamos a definir el concepto de disco topologico. Algunos matices requeriran delTeorema de Invarianza del Dominio, que enunciamos sin demostracion a continuacion.

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Teorema 2.4 (Invarianza del Dominio) Si O ⊂ Rn (n ≥ 1) es un subespacio to-pologico homeomorfo a un abierto de Rn, entonces O es un abierto de Rn.

El Teorema de Invarianza del dominio afirma que todo subconjunto de Rn que con latopologıa euclidiana inducida es homeomorfo a un abierto de Rn, es de hecho un abier-to de Rn. En este curso probaremos algunas versiones particulares de este enunciadogeneral, pero retengamos en la memoria su enunciado en este momento.

Definicion 2.5 Un disco topologico compacto es un espacio topologico homeomorfo aldisco unidad cerrado

D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1

en R2. De igual forma, un disco topologico abierto es un espacio topologico homeomorfoal disco unidad abierto D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1 ⊂ R2.

Observacion 2.6 Si X es un disco topologico compacto y f : D → X es un homeo-morfismo, los subconjuntos f(S1) y f(D) de X no dependen del homeomorfismo f .

Demostracion : En efecto, sea h : D → X otro homeomorfismo, y consideremos loshomeomorfismos h−1f, f−1h : D → D. Los subconjuntos (h−1f)(D), (f−1h)(D) ⊂D han de ser abiertos en R2, y por tanto contenidos en D, por el Teorema de Invarianzadel Dominio (no pueden intersecar a S1). Las inclusiones (f−1 h)(D) ⊆ D y (h−1 f)(D) ⊆ D implican que (h−1 f)(D) = (f−1 h)(D) = D, esto es, f(D) = h(D) yf(S1) = h(S1).

Definicion 2.7 Si X es un disco topologico compacto y f : D → X es cualquier ho-meomorfismo, en lo que sigue denotaremos por Bd(X) := f(S1) y lo referiremos comola curva de Jordan borde de X. Tambien diremos que C bordea el disco X o que Xesta bordeado por C. Analogamente escribiremos Int(X) := X \Bd(X) y lo referiremoscomo el interior de X. Ambos conceptos no dependen del homeomorfismo f : D → Xutilizado.

El siguiente resultado tecnico sera de bastante utilidad.

Corolario 2.8 Si X1 y X2 son discos topoloticos compactos y f : Bd(X1)→ Bd(X2) esun homeomorfismo, entonces existe F : X1 → X2 homeomorfismo tal que F |Bd(X1) = f .

Demostracion : Sea Fj : Xj → D un homeomorfismo cualquiera, j = 1, 2. Claramente

h := (F2|Bd(X2)) f (F−11 |S1) : S1 → S1

es un homeomorfismo. Construyamos

H : D → D, H(p) =

‖p‖h

(p‖p‖

)si p 6= 0

0 si p = 0,

y observemos que H un homeomorfismo en D con H|S1 = h. Para acabar basta condefinir el homeomorfismo F := F−1

2 H F1 y comprobar que satisface F |Bd(X1) = f .

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2.1. Discos topologicos planos

La mayorıa de los discos topologicos compactos con los que vamos a trabajar seransubespacios topologicos de R2. Introduciremos la siguiente:

Definicion 2.9 Los subconjuntos X ⊂ R2 que con la topologıa euclidiana inducida seandiscos topologicos compactos (respectivamente, abiertos) seran llamados discos planoscompactos (respectivamente, abiertos).

Pretendemos comprender las propiedades topologicas globales de los discos planos parapoder caracterizarlos. Comenzamos con la siguiente

Observacion 2.10 Sea X ⊂ R2 un disco plano compacto. Entonces Int(X) es unacomponente conexa acotada de R2 \ Bd(X) con frontera Bd(X).

Demostracion : Por el Teorema de Invarianza del Dominio el conexo Int(X) es abierto

en R2 \ Bd(X). Como X = Int(X)•∪ Bd(X) es compacto en R2 (luego cerrado y

acotado) se tiene que Int(X) = Int(X)X

= X, de donde

Int(X)R2\Bd(X)

= Int(X) ∩ (R2 \ Bd(X)) = X ∩ (R2 \ Bd(X)) = Int(X),

y por tanto Int(X) es tambien cerrado en R2 \Bd(X). Inferimos que Int(X) es abiertoy cerrado en R2 \ Bd(X), y en consecuencia es una componente conexa (acotada) deR2 \ Bd(X). Claramente Fr(Int(X))) = X \ Int(X) = Bd(X).

Surge de forma natural una pregunta de gran calado topologico:

¿Que subespacios topologicos del plano son discos planos compactos?

El teorema clasico de Jordan-Schoenflies, cuya prueba esta fuera de las posibilidades deeste curso, nos dara la respuesta completa a esta cuestion.

Teorema 2.11 (Jordan-Schoenflies) Si C1 y C2 son dos curvas de Jordan en R2 yf : C1 → C2 un homeomorfismo, existe F : R2 → R2 homeomorfismo tal que F |C1 = f .

La consecuencia fundamental para nosotros de este resultado es el siguiente corolario,que caracteriza a los discos planos compactos como las regiones compactas que bordeanlas curvas de Jordan en R2.

Corolario 2.12 Cualquier curva de Jordan C en R2 es frontera o bordea (el interiorde) un disco topologico compacto en R2, y de hecho cualquier disco topologico compactoX de R2 es de esta naturaleza.

Demostracion : Supongamos que C es una curva de Jordan. Basta con tomar cualquierhomeomorfismo f : C → S1, extenderlo a un homeomorfismo F : R2 → R2 por el Teo-rema de Jordan-Schoenflies, y observar que el conjunto X := F−1(D) es un disco planocompacto con borde

Bd(X) = F−1(Bd(D)) = F−1(S1) = C.

Para el recıproco tomemos un disco compacto plano X en R2, y simplemente recordemosque de la Observacion 2.10 la curva de Jordan Bd(X) bordea Int(X).

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Sin embargo, el corolario mas conocido del Teorema de Jordan-Schoenflies es elsiguiente teorema.

Corolario 2.13 (Teorema de la curva de Jordan) El complemento de una curvade Jordan arbitraria C en el plano R2 tiene dos componentes conexas, una acotadallamada interior de C y otra no acotada llamada exterior de C, ambas con frontera lacurva C.

Demostracion : Es evidente que S1 parte R2 en dos componentes conexas con bordeS1; a saber, el disco unidad abierto (acotado) y el exterior del disco unidad cerrado(no acotado). Como todo homeomorfismo entre una curva de Jordan C y S1 puedeextenderse a un homeomorfismo de R2, esta informacion topologica descrita sobre R2\S1

se traslada formalmente a R2 \ C.

2.2. Pegado de discos topologicos por el borde

Sean X1 y X2 dos discos topologicos compactos disjuntos. Consideremos arcos deJordan γj ⊂ Cj := Bd(Xj), j = 1, 2, y un homeomorfismo h : γ1 → γ2. Consideremosen X := X1 ∪ X2 la topologıa suma, a saber, la que tiene por abiertos las uniones deabiertos de X1 y X2.

Vamos explicar una operacion topologica elemental, que referiremos como el pegadode los discos X1 y X2 por los arcos γ1 y γ2 vıa el homomorfismo h. La clave es generarun nuevo espacio topologico X a partir de X1, X2 y h : γ1 → γ2. Para ello definiremosla siguiente relacion de equivalencia en X:

p ∼ q ⇐⇒ p = q o p, q = r, h(r) para algun r ∈ γ1,

que materializara la identificacion deseada. Escribiremos X := X/∼ al espacio co-ciente resultante y π : X → X la correspondiente proyeccion. Es facil comprobar queπ|Xj : Xj → X es un embebimiento topologico, j = 1, 2.

Por otra parte, es claro que Cj \ Int(γj) es un arco de Jordan en Xj, luego en X,j = 1, 2. En la union de arcos de Jordan C :=

(C1 \ Int(γ1)

)∪(C2 \ Int(γ2)

)podemos

definir la relacion de equivalencia restringida p ∼0 qdef⇐⇒ p ∼ q. Escribamos C := C/∼0

y π0 : C → C a la correspondiente proyeccion topologica al cociente. Por la naturalezade ∼0, es inmediato comprobar que el espacio C es una circunferencia topologica, estoes, es homeomorfo a S1. Hagase como ejercicio.

Si i : C → X denota la inclusion, el Corolario 1.10 nos proporciona una aplicacioncontinua i : C → X satisfaciendo i π0 = π i. Por la naturaleza de las relacionesi : C → X es un embebimiento topologico.

El siguiente resultado describe la naturaleza topologica del resultado de pegar nues-tros discos. En particular, prueba que el espacio X obtenido no depende de los discostopologicos compactos considerados, de los arcos de Jordan elegidos en su borde, ni delhomeomorfismo entre ellos considerado.

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Proposicion 2.14 El espacio X es un disco topologico compacto con Bd(X) = i(C).

Demostracion : Llamemos

D1 := D ∩ (x, y) ∈ R2 : y ≥ 0 y D2 := D ∩ (x, y) ∈ R2 : y ≤ 0.

El Teorema 2.11 garantiza que D1 y D2 son discos topologicos compactos, por lo queexisten homeomorfismos F1 : X1 → D1 y F2 : X2 → D2.

Llamemos s al segmento [−1, 1] × 0. Componiendo con un conveniente homeo-morfismo G : D1 → D1, no supone perdida de generalidad asumir que F1(γ1) = s (untal G : D1 → D1 se genera tras extender vıa el Corolario 2.8 cualquier homeomorfismog : Bd(D1) → Bd(D1) que aplique F1(γ1) en s). Analogamente no supone restriccionasumir F2(γ2) = s.

Recuperemos el homeomorfismo h : γ1 → γ2 sobre el que se construyo la relacionde equivalencia ∼ en X que dio lugar al cociente X. Llamemos p1, p2 ⊂ X1 a losextremos de γ1, y observemos que h(p1), h(p2) ⊂ X2 son los extremos de γ2.

Veamos que el Corolario 2.8 nos permite modificar F2 para que F1(p) = F2(h(p))para todo p ∈ γ1. En efecto:

Salvo permutar ındices y cambiar F2 por S F2, donde S : D2 → D2 es la simetrıa(x, y) 7→ (−x, y), podemos asumir sin perdida de fuerza que F1(p1) = F2(h(p1)) =(−1, 0) ∈ s y F1(p2) = F2(h(p2)) = (1, 0) ∈ s.

Cambiando F2 por J F2, donde J : D2 → D2 es un homeomorfismo satisfaciendo

J |s = (F1|γ1) h−1 (F−12 |s), J |Bd(D2)\s = IdBd(D2)\s,

(construyase con ayuda del Corolario 2.8), logramos que F1(p) = F2(h(p)) paratodo p ∈ γ1.

La aplicacionF : X → D, F |X1 := F1, F |X2 = F2,

esta bien definida y es continua y sobreyectiva de un compacto en un Hausdorff, de dondees una identificacion. Como la relacion que induce ∼F coincide con ∼, la Proposicion 1.9garantiza que la unica aplicacion F : X → D tal que F π = F es un homeomorfismo.Esto prueba que X es un disco topologico cerrado.

Como Bd(X) = F−1(S1) = π(F−1(S1)) = π(C) = i(C), la proposicion se sigue.

Observacion 2.15 La Proposicion 2.14 se generaliza al caso Xj

φj∼= (x, y) ∈ R2 : y ≥0, x2 + y2 < 1 y γj := φ−1

j (] − 1, 1[), j = 1, 2. En este caso, si h : γ1 → γ2 es unhomeomorfismo y ∼ es la relacion asociada en X = X1 ∪X2 dada por

p ∼ q ⇐⇒ p = q o p, q = r, h(r) para algun r ∈ γ1,

el cociente topologico X := X/∼ es un disco topologico abierto.

Ejercicio 2.16 Es un ejercicio ilustrativo probar que dados dos discos topologicos com-pactos y disjuntos X1 y X2 y un homeomorfismo h : Bd(X1) → Bd(X2), el cocientetopologico X1 ∪X2/∼, donde ∼ denota la relacion de equivalencia en X1 ∪X2 definidapor

p ∼ q ⇐⇒ p = q o p, q = r, h(r) para algun r ∈ Bd(X1),

es homeomorfo a la esfera S2.

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Dejamos tambien como ejercicio el siguiente enunciado.

Ejercicio 2.17 Sea X es un disco topologico compacto y sean γ1,j, γ2,j ⊂ Bd(X),j = 1, . . . , k, arcos de Jordan tales que γ1,j ∩ γ2,j = Pj ∈ Bd(X), j = 1, . . . , k, y(γ1,j ∪ γ2,j) ∩ (γ1,i ∪ γ2,i) = ∅, i 6= j. Sea hj : γ1,j → γ2,j un homeomorfismo tal queh(Pj) = Pj, j = 1, . . . , k. Definamos la relacion en X

p ∼ q ⇐⇒ p = q o p, q = r, hj(r) para algun r ∈ γ1,j y j ∈ 1, . . . , k.

Entonces X := X/∼ es un disco topologico compacto.

2.3. Discos topologicos con borde identificado

Sea X un disco topologico compacto. Escribamos por simplicidad C = Bd(X) sucircunferencia topologica borde (Int(X) = X \C). Sea R0 una relacion de equivalenciaen C, y definamos la siguiente relacion de equivalencia en X:

pRq ⇐⇒ p = q ∨(p, q ⊂ C ∧ pR0q

).

Llamemos S al espacio topologico cociente X/R, y denotemos por σ : X → S a lacorrespondiente proyeccion al cociente.

Observemos que:

La inclusion natural i : X \C → X induce un embebimiento i0 : X \C → S dadopor i0(p) := (σ i)(p) = σ(p) ∈ S.

la inclusion j : C → X induce un embebimiento topologico j0 : C/R0 → S deter-minado por la identidad σ j = j0 σ0, donde σ0 : C → C/R0 es la proyeccion alcociente.

Por tanto, salvo componer con i0 podemos identificar el disco topologico abierto X \Ccon i0(X \C) ⊂ S, siendo la topologıa inducida por S sobre X \C ≡ i0(X \C) la mismaque tenıamos en X \ C. Analogamente, salvo componer con j0 podemos identificartopologicamente C/R0 con el subespacio topologico j0(C) ⊂ S. Notese que tanto Scomo j0(C) son arcoconexos al ser cocientes de espacios arcoconexos.

Vamos a estudiar algunos cocientes de discos topologicos compactos especiales congran importancia para la teorıa, como veremos en el Tema 3. Necesitamos introduciralguna notacion.

Fijemos un conjunto infinito numerable U de sımbolos, que jugara un papel tacitoo auxiliar en lo que sigue. Construyamos el conjunto U × −1, 1 y denotemos por

π : U × 1,−1 → U

a la primera proyeccion. Por sencillez, identificaremos cada par (b, ε) ∈ U ×−1, 1 conla sılaba o caracter bε.

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Definicion 2.18 Un esquema (sobre U) es una aplicacion

ω : 1, . . . , k → U × 1,−1, k ≥ 2.

El numero k ∈ N se referira como la longitud de ω, y escribiremos Long(ω) = k.

Si ω(j) = bε(j)j , j = 1, . . . , k, ω se identificara con la expresion b

ε(1)1 . . . b

ε(k)k . Al

conjunto sop(ω) := b1, . . . , bk se le llamara soporte de ω.Un esquema ω se dira binario si ]

((π ω)−1(b)

)≤ 2 para todo b ∈ U . Un esquema

binario se dira:

binario puro si ]((π ω)−1(b)

)∈ 0, 2 para todo b ∈ U .

binario mixto ]((π ω)−1(b)

)= 1 para algun b ∈ U .

orientable si ω es inyectiva, y no-orientable en caso contrario.

Por simplicidad, las sılabas b1 se escribiran simplemente b, para cada b ∈ U . Porejemplo, si b1, b2 y b3 ∈ U entonces b1b1b

−11 b2b2b

−13 es un esquema de longitud 6 sobre

U . El esquema b1b−11 b2b2b

−13 es binario mixto no orientable, mientras que b1b2b

−11 b−1

2 esbinario puro orientable.

Definicion 2.19 Dado un esquema ω = bε(1)1 . . . b

ε(k)k , una representacion r de ω en un

disco topologico compacto X es un par (a, h) donde

(I) a := γj : j = 1, . . . , k es una coleccion de arcos de Jordan orientados en C :=Bd(X), donde cada γj esta ligado unıvocamente a la sılaba o caracter b

εjj de ω

para cada j, que satisface:

γ1, . . . , γk son dos a dos compatiblemente orientados en C,

Int(γi) ∩ Int(γj) = ∅, i 6= j,

γj ∩ γj+1 6= ∅, j = 1 . . . , k − 1, y γk ∩ γ1 6= ∅, y

∪kj=1γj = C.

(II) h es una familia hi,j : γi → γj : (i, j) ∈ Iω de homeomorfismos, donde Iω :=(i, j) : 1 ≤ i, j ≤ k, bi = bj, satisfaciendo:

hi,j respeta las orientaciones de γi y γj si ε(i) = ε(j), y las revierte siε(i)ε(j) = −1.

hj,m hi,j = hi,m (en particular, hi,i = Idγi y hi,j = h−1j,i ).

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Toda representacion r de ω en X induce de forma natural una relacion de equivalenciaen X. Basta considerar la relacion de equivalencia ∼0,r en C:

p ∼0,r q ⇐⇒ p, q = r, hi,j(r), r ∈ γi, (i, j) ∈ Iω.

y extenderla de forma trivial a X:

p ∼r q ⇐⇒ p = q ∨(p, q ⊂ C ∧ p ∼0,r q

).

Definicion 2.20 Denotaremos por Sr y Γr, respectivamente, a los cocientes topologi-cos X/ ∼r y C/∼0,r determinados por la representacion r de ω en X. Analogamenteescribiremos σr : X → Sr y σ0,r : C → Γr a las correspondientes proyecciones.

La informacion topologica sobre el espacio Sr esta esencialmente concentrada en elsubespacio Γr. Para comprender mejor su topologıa es aconsejable introducir la siguien-te:

Definicion 2.21 Un espacio topologico Γ se dice un grafo conexo si existe una exahus-cion ∅ = Γ0 ⊂ Γ1 ⊂ . . . ⊂ Γn = Γ por subespacios topologicos conexos de Γ, de formaque para cada j ∈ 1, . . . , n existe un arco αj : [0, 1]→ Γ tal que

αj|[0,1] es inyectiva (arco de Jordan) o αj|[0,1[ es inyectiva y αj(0) = αj(1) (curvade Jordan).

Γj = Γj−1 ∪ αj([0, 1]).

αj|]0,1[ ∩ Γj−1 = ∅ y Γj−1 ∩ αj(0), αj(1) 6= ∅.

Si existe una circunferencia topologica (curva de Jordan) γj ⊂ Γj con αj([0, 1]) ⊂ γj,diremos que Γj anade un ciclo a Γj−1, j = 1, . . . , n. Si Γj anade un ciclo a Γj−1 paratodo j = 1, . . . , n entonces Γ se dira un n-ciclo.

A los extremos de los αj se les llamara vertices de Γ, y se denotara por V (Γ) =∪nj=1αj(0), αj(1) al conjunto de todos ellos. A las componentes conexas de Γ \ V (Γ)las llamaremos lados de Γ, y denotamos E(Γ) al conjunto de todos ellos. El numeroentero

χ(Γ) := −]E(Γ) + ]V (Γ),

que coincide con 1− k donde k es el numero total de ciclos anadidos en la exahuscion∅ = Γ0 ⊂ Γ1 ⊂ . . . ⊂ Γn = Γ, se llamara caracteristica de Euler de Γ.

Observacion 2.22 Como C = Bd(X) es una curva de Jordan entonces Γr = σr(C)es conexo. Ademas, por la naturaleza de la relacion ∼r, claramente σr(γi) es un ar-co de Jordan o una curva de Jordan con vertices σr(V (γi)). Por tanto Γr puede serdescrito como un grafo conexo con vertices V (Γr) = ∪ki=1σr

(V (γi)

)y lados E(Γr) =

σr(Int(γi)

): i = 1, . . . , k. Para determinar de forma correcta los cardinales de V (Γr)

y E(Γr), y por tanto χ(Γr), hay que seguir con cuidado las identificaciones inducidaspor σr.

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Definicion 2.23 Si ω es un esquema y r una representacion suya en un disco topologicocompacto X, el espacio topologico Sr se dira una realizacion de ω. Tambien diremosque σr : X → Sr es la identificacion asociada a la realizacion Sr.

El subespacio Γr de Sr sera referido como el grafo conexo borde de Sr.

Un mismo esquema puede admitir distintas realizaciones, pero parece natural pensarque estas son identificables topologicamente. La clave para comprenderlo esta de nuevoen el Corolario 2.8, y nos la da la siguiente proposicion.

Proposicion 2.24 Sean r1 y r2 dos representaciones del mismo esquema w en discostopologicos compactos X1 y X2, respectivamente. Entonces existe un homeomorfismoF : X1 → X2 compatible con ∼r1 y ∼r2, induciendo un homeomorfismo F : Sr1 → Sr2

tal que σr2 F = F σr1 (en particular, F (Γr1) = Γr2). El homeomorfismo F entre Sr1

y Sr2 ası obtenido se dira adaptado al esquema ω.

Demostracion : Pongamos ω = bε(1)1 . . . b

ε(k)k . Llamemos γl,1, . . . , γl,k a los arcos de Jor-

dan orientados en Cl := Bd(Xl) asociados a rl y denotemos por h(l)i,j : γl,i → γl.j a los

homeomorfismos asociados a rl, (i, j) ∈ Iω, l = 1, 2.Como los arcos los arcos γl,1, . . . , γl,k estan dispuestos de forma que engarzan final de

γl,j con principio de γl,j+1, e igualmente con γl,k y γl,1, l = 1, 2, existe un homeomorfismo

f : C1 → C2 tal que f(γ1,j) = γ2,j para j = 1, . . . , k.

Es mas,

la compatibilidad de las orientaciones de los arcos γl,1, . . . , γl,k, l = 1, 2,

y el hecho de que

los homeomorfismos h(1)i,j : γ1,i → γ1,j y h

(2)i,j : γ2,i → γ2,j preservan o revierten

ambos la orientabilidad para todo (i, j) ∈ Iω,

nos permite elegir f para que ademas

h(1)i,j = (f |γ2,j

)−1 h(2)i,j (f |γ1,i

) ∀(i, j) ∈ Iω.

En efecto, para cada (i, j), (j, i) ∈ I2ω, i 6= j, basta fijar primero un ındice (tomare-

mos por ejemplo i), tomar cualquier homeomorfismo f |γ1,i: γ1,i → γ2,i preservando la

orientacion fijada en los arcos de Jordan, y finalmente definir

f |γ2,j= h

(2)i,j (f |γ1,i

) (h(1)i,j )−1 : γ1,j → γ2,j.

Por el Corolario 2.8 existe un homeomorfismo F : Int(C1)→ Int(C2) tal que F |C1 = f .Claramente

p ∼r1 q ⇐⇒ F (p) ∼r2 F (q),

por lo que F induce un homeomorfismo F : Sr1 → Sr2 tal que F σr1 = σr2 F . Estoconcluye la prueba.

Como consecuencia podemos establecer la siguiente definicion.

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Definicion 2.25 Si ω = bε(1)1 . . . b

ε(k)k es un esquema, su realizacion en cualquier disco

X auxiliar (unica salvo homeomorfismos) sera denotada por Sω. Analogamente escri-biremos por σω : X → Sω la identificacion asociada. A veces es comun identificar laexpresion formal ω con su realizacion Sω. De forma similar el grafo conexo borde Γω ylos vertices V (Γω) estan unıvocamente determinados salvo homeomorfismos adaptadosa ω.

En ocasiones es aconsejable utilizar realizaciones sencillas de ω desde un punto devista geometrico. Por ejemplo, la realizacion de ω asociada a su representacion canonicar0 = (a0, h0) en D (unıvocamente determinada salvo isometrıas lineales del plano) enla que:

Todos los arcos de a0 en S1 tienen igual longitud euclidiana.

Los homeomorfismos h0 son transformaciones lineales del argumento en S1, oequivalentemente, restriccion de isometrıas lineales euclidianas.

Las propiedades topologicas basicas de las realizaciones de esquemas estan recogidas enla siguiente propocicion.

Proposicion 2.26 Dado un esquema ω, el espacio Sω es arcoconexo, compacto, Haus-dorff y II-Axioma de Numerabilidad.

Demostracion : Por conveniencia utilicemos la realizacion Sω ≡ Sr0 de ω comentada enla Observacion 1.6.

La arcoconexion y la compacidad de Sω se siguen de la arcoconexion y compacidadde D junto con Observacion 1.6-(f).

Dado p ∈ Sω, llamemos Up(ε) := x ∈ D : dist(x, σ−1ω (p)) < ε. Por la simetrıa de

la representacion canonica es claro que Up(ε) es un abierto σω-saturado en D. Es mas,como D esta dotado de la topologıa euclidiana, la familia σω

(Up(ε)

): p ∈ Sω, ε > 0

es una base de la topologıa cociente en Sω.Si p1 y p2 son puntos distinos en Sω, los conjuntos σ1

ω(p1) y σ−1ω (p2) son disjuntos y

por tanto existe ε > 0 sufientemente pequeno tal que Up1(ε)∩Up2(ε) = ∅. De Observacion1.6-(d) se sigue que Sω es Hausdorff.

Por ultimo, para probar que Sω es II-Axioma de Numerabilidad observese que lafamilia de abiertos σω-saturados de D

B := Up(ε) : p ∈ σω(D ∩Q2), ε ∈ Q ∪ Uσω(eıθ)(ε) : θ ∈ [0, 2π] ∩Q, ε ∈ Q

satisface Observacion 1.6-(e).

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TEMA 1: Grupo Fundamental

Francisco J. LopezDepartamento de Geometrıa y Topologıa

Universidad de Granadafjlopez@ugr.es

En este tema introduciremos el primer invariante topologico de naturaleza algebraicaconocido historicamente, que motivo el nacimiento de la Topologıa Algebraica moder-na. Nos referimos al grupo fundamental de un espacio topologico o grupo de Pincare.Haremos para ello un repaso de algunos aspectos basicos de la teorıa de grupos.

3. Teorıa de grupos algebraicos

La definicion fundamental es la siguiente.

Definicion 3.1 Un grupo algebraico es un par (G, ·), donde G es un conjunto no vacıoy · es una aplicacion

· : G×G→ G

satisfaciendo las siguiente propiedades (escribiremos g1 · g2 en vez de ·(g1, g2) para cua-lesquiera g1, g2 ∈ G):

(g1 · g2) · g3 = g1 · (g2 · g3) para cualesquiera g1, g2, g3 ∈ G.

Existe e ∈ G tal que g · e = e · g = g para cualquiera g ∈ G. Este elemento esunico y es conocido como elemento neutro del grupo.

Para todo g ∈ G existe g−1 ∈ G tal que g · g−1 = g−1 · g = e. El elemento g−1

satisfaciendo esta propiedad es unico (dependiendo de g) y es conocido como elelemento inverso o simetrico de g en el grupo.

Si adicionalmente

g1 · g2 = g2 · g1 para cualesquiera g1, g2 ∈ G,

el grupo (G, ·) se dira abeliano o conmutativo.

Son muchos los ejemplos de grupos conocidos. Recordaremos algunos de los mas signi-ficativos.

(Cn,+), (Rn,+), (Qn,+), (Zn,+), n ∈ N.

(Zk,+), k ∈ N (enteros modulo k).

(C \ 0, ·), (R \ 0, ·), (Q \ 0, ·).

(Gln(C), ·), (Gln(R), ·), n ∈ N.(F(X),

), donde X 6= ∅ es un conjunto, F(X) := f : X → X : f biyectiva y

” ” es la composicion de aplicaciones.

A continuacion presentaremos una herramienta muy versatil para la construccion denuevos grupos.

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3.1. Producto libre de grupos

Sea Gα : α ∈ Λ una familia disjunta de grupos, descritos con notacion multiplica-tiva (Gα, ·), α ∈ Λ.

Definicion 3.2 Una palabra construida sobre la familia Gα : α ∈ Λ es una expresionx1x2, . . . xn donde xi ∈ Gαi para algun αi ∈ Λ. La palabra vacıa (sin ninguna sılaba) sedenotara por 1.

Una palabra x1x2, . . . xn, n ∈ N, se dira reducida si

xi no es el Elemento Neutro de ningun grupo Gα, α ∈ Λ, para todo i = 1, . . . , n.

n ≥ 2 y xi, xi+1 6⊂ Gα para todo α ∈ Λ y para todo i = 1, . . . , n (cuando i = nentenderemos xn+1 = x1).

Por convenio 1 es reducida.

Definicion 3.3 El conjunto de las palabras reducidas construidas sobre Gα : α ∈ Λsera denotado por

•α∈ΛGα.

En general dos palabras (no necesariamente reducidas) pueden multiplicarse poryuxtaposicion, esto es

(x1x2 . . . xn) · (y1y2 . . . ym) = x1 . . . xny1 . . . ym,

Igualmente dos palabras reducidas pueden tambien multiplicarse por yuxtaposicion ydespues convertirse en reducidas, esto es, si xn e y1 estan en el mismo grupo entoncesxny1 se sustituye por xn·y1 si ese producto no es el neutro. En caso de serlo se omite xny1.Se procede ası sucesivamente cuando sean posibles mas reducciones. Esta multiplicacionen •α∈ΛGα, denotada tambien por ·, le dota de estructura de grupo. En efecto, elelemento neutro de ese grupo sera la palabra vacıa 1. El inverso de la palabra reducidax1 . . . xn es la palabra reducida x−1

n . . . , x−11 . La propiedad asociativa no es difıcil de

probar.

Definicion 3.4 Al grupo (•α∈ΛGα, ·) se le llamara el producto libre de los gruposGα : α ∈ Λ.

Es claro que si el cardinal de Λ es al menos dos y los grupos no son triviales, el productolibre no es conmutativo, ya que si x ∈ Gα e y ∈ Gβ no son el neutro y α 6= β, entonceslas palabras reducidas xy e yx son diferentes.

Definicion 3.5 El grupo libre con un generador x es el conjunto

F (x) = . . . , x−2, x−1, 1, x, x2 . . .

dotado del producto usual: xn · xm = xn+m.El grupo libre generado por un conjunto S es

F (S) = •x∈SF (x).

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3.2. Teorıa de subgrupos

En lo que sigue (G, ·) sera un grupo arbitrario.

Definicion 3.6 Un subconjunto H ⊂ G se dira un subgrupo de G si es estable para laoperacion de G, esto es, si h1 ·h2 ∈ H y h−1

1 ∈ H para cualesquiera h1, h2 ∈ H. En esecaso se escribira H ≤ G.

Es obvio que todo subgrupo de G es a su vez un grupo con la operacion inducida, enparticular con el mismo elemento neutro de G. Ademas la interseccion de subgrupos esun subgrupo. Llamaremos

Sub(G) = H ⊂ G : H ≤ G

a la familia formada por todos los subgrupos de G. Por ejemplo, el centro de G, que sedefine como

Z(G) := h ∈ G : h · g = g · h ∀g ∈ G,es un subgrupo de G.

Dado un subconjunto A ⊂ G, el conjunto

H(A) := k∏j=1

anjj : a1, . . . , ak ∈ A, n1, . . . , nk ∈ Z, k ∈ N

es el menor subgrupo de G conteniendo a A, tambien llamado el subgrupo de G generadopor A. Es facil comprobar que H(A) coincide con la interseccion de todos los subgruposde G que contienen a A. Un conjunto A ⊂ G se dira un sistema de generadores de G siH(A) = G.

Definicion 3.7 Dado H ≤ G y g ∈ G, denotaremos por g−1 ·H ·g := g−1 ·h·g : h ∈ Hal subgrupo conjugado de H segun g. Dos subgrupos H1, H2 ≤ G se diran conjugados,y se escribira H1 ∼c H2, si existe g ∈ G tal que g−1 · H1 · g = H2. La relacion deconjugacion en Sub(G) es de equivalencia, y el correspondiente cociente se denotarapor

Sc(G) := Sub(G)/∼cDado H ≤ G, su clase de conjugacion asociada viene dada por

[H] = g−1Hg : g ∈ G ∈ Sc(G).

Definicion 3.8 Un subgrupo H ≤ G se dira normal si g−1 · h · g ∈ H para todo h ∈ Hy g ∈ G, esto es, si su clase de conjugacion [H] = H. En ese caso se escribe H E G.

Si H ≤ G, la relacion de equivalencia en G

g1Rdchag2def⇐⇒ ∃h ∈ H : g2 = h · g1

determina las clases laterales derecha H · g := h · g : h ∈ H de H en G. El cocienteasociado sera denotado

(G/H

)dcha

.Analogamente la relacion de equivalencia en G

g1Rizqdag2def⇐⇒ ∃h ∈ H : g2 = g1 · h

determina las clases laterales izquierda g ·H := g · h : h ∈ H de H en G. El cocienteasociado sera denotado

(G/H

)izqda

.

21

Definicion 3.9 Si H E G, entonces R := Rdcha = Rizqda, y la clase de equivalencia deg ∈ G asociada a la relacion R se denota indistintamente g ·H = H · g. La operaciondel grupo G puede ser inducida en el cociente G/H de forma natural:

(g1 ·H) · (g2 ·H) = (g1 · g2) ·H,

dotando al cociente (G/H, ·) de estructura de grupo (conocido como el grupo cocientede G sobre el subgrupo normal H).

Definicion 3.10 Si A un subconjunto de G:

N(A) := ∏k

j=1 g−1j · a

njj · gj : (aj, gj, nj) ∈ A × G × Z, j = 1, . . . , k, k ∈ N

es el menor subgrupo normal de G conteniendo a A, tambien llamado el subgru-po normal de G generado por A. Es facil comprobar que N(A) coincide con lainterseccion de todos los subgrupos normales de G que contienen a A.

Si H ≤ G, N0(H) := g ∈ G : g−1 · H · g = H es el mayor subgrupo de G quecontiene a H como subgrupo normal, tambien llamado el normalizador de H enG. Es claro que H E N0(H) ≤ G y N0(H) = G si y solo si H E G.

Proposicion 3.11 Sea G un grupo, A ⊂ G un subconjunto, y σ : G → G/N(A) elepimorfismo proyeccion. Si B ⊂ G es otro subconjunto entonces

G/N(A ∪B) ∼=(G/N(A)

)/N(σ(B)

).

Demostracion : Si σ0 : G→ G/N(A∪B) es la proyeccion, existe un unico epimorfismoΦ: G/N(A)→ G/N(A∪B) satisfaciendo Φσ = σ0 (este viene dado por Φ

(gN(A)

):=

gN(A ∪ B) para cada gN(A) ∈ G/N(A)). No es difıcil comprobar que Ker(Φ) =hN(A) : h ∈ B = σ(B), de donde el resultado se sigue por el primer teorema deisomorfia.

Dado un grupo G y dos elementos g1, g2 ∈ G, llamaremos conmutador de g1 y g2 alelemento de G dado por la expresion

[g1, g2] := g1g2g−11 g−1

2 .

Denotaremos por Gc al subgrupo normal de G generado por todos los conmutadores:

Gc = N([g1, g2] : g1, g2 ∈ G

).

Definicion 3.12 Dado un grupo G, el grupo cociente cociente

A(G) := G/Gc

es conocido como grupo abelianizado de G.Es inmediato comprobar que A(G) es un grupo abeliano.

Ejercicio 3.13 A(F (a1, . . . , ak)

) ∼= Zk.

Solucion : El homomorfismo de grupos Φ: F (a1, . . . , ak) → Zk unıvocamente deter-minado por

Φ([aj]) := (δi,j)i=1,...,k, j = 1, . . . , k,

es un epimorfismo con nucleo F (a1, . . . , ak)c (aquı δi,j representa a la delta de Kronec-ker). El resultado se sigue del primer teorema de isomorfia.

22

3.3. Producto amalgamado de grupos

Acabaremos esta seccion con la siguiente definicion, que como veremos mas adelantejugara un papel crucial en el enunciado del Teorema de Seifert-Van Kampen (Tema 1).

Definicion 3.14 Consideremos tres grupos A, G1 y G2 disjuntos y homomorfismosΦ1 : A→ G1 y Φ2 : A→ G2. Se define el producto libre amalgamado G1 •A G2 como elgrupo cociente (G1 •G2)/N(R), siendo R = Φ1(a)Φ2(a)−1 : a ∈ A.

La nomenclatura usada puede confundir ya que omitimos referencia a los homomorfis-mos Φi, i = 1, 2. Notese que las clases en el grupo cociente G1 •A G2 de los elementosΦ1(a) y Φ2(a) son iguales para todo a ∈ A, esto es,

π(Φ1(a)) = π(Φ2(a)) ∀a ∈ A

donde π : G1 • G2 → G1 •A G2 a la proyeccion al cociente. Observemos tambien quede forma canonica Gj ⊂ G1 • G2, j = 1, 2, por lo que la expresion Φ1(a)Φ2(a)−1

tiene sentido como producto en G1 • G2 de los elementos Φ1(a) ∈ G1 ⊂ G1 • G2 yΦ2(a)−1 ∈ G2 ⊂ G1 •G2 (aquı Φ2(a)−1 indica el elemento simetrico para el producto enel grupo G2 de Φ2(a)).

De una forma mas abstracta, si denotamos por ij : Gj → G1 • G2, j = 1, 2, a lasinclusiones naturales, el siguiente diagrama es conmutativo

π i1 Φ1 = π i2 Φ2.

Veamos un ejemplo practico de esta construccion algebraica.

Ejercicio 3.15 Llamemos A = F (a), G1 = F (b), G2 = F (c) a los grupos libres congeneradores a, b, c respectivamente, y consideremos los homomorfismos de grupos

Φ1 : A→ G1, Φ1(am) = b3m, ∀ m ∈ Z,

Φ2 : A→ G2, Φ2(am) = c2m, ∀ m ∈ Z.

Probar que el correspondiente producto amalgamado G1•AG2 is canonicamente isomorfoal producto libre Z • Z2.

Solucion : Consideremos la proyeccion al cociente

π : G1 •G2 → G1 •A G2,

y escribamos π(x) = [x] para cada palabra reducida x ∈ G1 • G2. Como para cadaam ∈ A tenemos

Φ1(am)Φ2(am)−1 = b3mc−2m ∈ R = Φ1(a)Φ2(a)−1 : a ∈ A,

23

deducimos de la definicion de G1 •A G2 = G1 •G2/N(R) que

π(b3mc−3m) = [b3mc−3m] = [b]3m[c]−2m = e ∀m ∈ Z,

donde e = [1] ∈ G1 •A G2 es el elemento neutro de G1 •A G2. En otras palabras, enG1 •A G2 se tiene la identidad

[b]3m = [c]2m ∀m ∈ Z. (1)

Denotemos por ε : Z→ 0, 1 a la aplicacion reduccion modulo 2. De (1) y haciendo lasustitucion formal [c]2m → [b]3m para todo m ∈ Z, inferimos que si x = bm1cn1 · · · bmkcnkes una palabra construida sobre G1, G2 entonces un elemento tıpico de G1 •A G2

obedece al patron

[x] = [b]m1 [c]n1 · · · [b]mk [c]nk = [b]m′1 [c]ε(n1) · · · [b]m′k [c]ε(nk),

donde

m′j = mj +3

2

(nj − sg(nj)ε(nj)

), j = 1, . . . , k,

y sg(n) ∈ 1,−1 refiere de forma natural el signo de n para todo n ∈ Z, a saber

sg(n) = 1 si n ≥ 0 y sg(n) = −1 si n < 0.

Si llamamos F2([c]) ∼= Z2 al grupo multiplicativo 1, [c], la aplicacion

Ψ: G1 •G2 → F ([b]) • F2([c]), Ψ(bm1cn1 · · · bmkcnk) = [b]m′1 [c]ε(n1) · · · [b]m′k [c]ε(nk),

donde m′j, j = 1, . . . , k, se definen como arriba, es un epimorfismo de grupos conKer(Ψ) = N(R). El primer Teorema de isomorfıa nos dice que

G1 •A G2 = (G1 •G2)/N(R) ∼= F ([b]) • F2([c]).

Dicho en otras palabras, salvo reducciones naturales, cada elemento [b]m1 [c]n1 · · · [b]mk [c]nk ∈G1 •A G2 se identifica con un elemento tıpico del producto libre F ([b]) • F2([c]). Salvolos isomorfismos canonicos F ([b]) ∼= Z y F2([c]) ∼= Z2, se concluye que G1 •A G2 escanonicamente isomorfo a Z • Z2.

El producto amalgamado satisface la siguiente propiedad universal.

Proposicion 3.16 Tres homomorfismos

Ψ1 : G1 → H, Ψ2 : G2 → H y Ψ0 : A→ H

tales queΨ0 = Ψ1 Φ1 = Ψ2 Φ2

inducen un homomorfismo Ψ: G1 •A G2 → H tal que

Ψj = Ψ (π ij) y Ψ (π ij Φj) = Ψ0, j = 1, 2.

En otras palabras, el siguiente diagrama es conmutativo:

Demostracion : Consideremos el unico homomorfismo Λ: G1 • G2 → H extension delos homomorfismos Ψ1 y Ψ2. Como Ψ0 = Ψ1 Φ1 = Ψ2 Φ2, el homomorfismo Λcontiene a Φ1(a)Φ2(a)−1 : a ∈ A en su nucleo, se proyecta al cociente G1 •A G2 einduce canonicamente un unico homomorfismo Ψ: G1 •A G2 → H tal que Ψ π = Λ.Obviamente Ψ resuelve la proposicion.

24

4. Homotopıa de arcos: Grupo Fundamental

Sea X un espacio topologico.En este tema trataremos de forma recurrente con arcos en X, esto es, con aplica-

ciones contınuas α : [0, 1]→ X. La idea crucial para entender todo lo que sigue es la dedeformacion topologica de arcos, tambien conocida en la literatura como homotopıa dearcos.

Definicion 4.1 Sean X espacio topologico y α, β : [0, 1]→ X arcos en X. Una homo-topıa de α en β es una aplicacion continua H : [0, 1]× [0, 1]→ X satisfaciendo

H(t, 0) = α(t), H(t, 1) = β(t) para todo t ∈ [0, 1].

Aquı se entiende [0, 1]× [0, 1] dotado con la topologıa euclidiana inducida por R2.En caso de que α(0) = β(0) y α(1) = β(1), una homotopıa H : [0, 1]× [0, 1]→ X de

α en β se dira con extremos fijos si ademas

H(0, s) = α(0) = β(0) y H(1, s) = α(1) = β(1) para todo s ∈ [0, 1].

Observacion 4.2 Salvo mencion explıcita de lo contrario, en lo que sigue todas lashomotopıas de arcos consideradas seran con extremos fijos.

Observacion 4.3 Sea α : [0, 1]→ X un arco. Si h : [0, 1]→ [0, 1] es un homeomorfismotal que h(0) = 0 y h(1) = 1, el arco αh se dira una reparametrizacion de α preservandola orientacion.

Todo arco α : [0, 1] → X es homotopico con extremos fijos a cualquiera repara-metrizacion suya α h : [0, 1] → X preservando la orientacion. Basta con definir lahomotopıa:

H : [0, 1]2 → X, H(t, s) = α((1− s)t+ sh(t)

).

25

La homotopıa de arcos tiene unas propiedades agradables que vamos a describir acontinuacion.

Definicion 4.4 Dados p y q puntos en un espacio topologico X, denotemos

Ωp,q(X) = α : [0, 1]→ X / α es un arco con α(0) = p y α(1) = q.

Dos arcos α, β ∈ Ωp,q(X) se diran homotopicos, y se escribira α ' β, si existe unahomotopıa H de α en β.

Proposicion 4.5 La relacion binaria ' es de equivalencia en Ωp,q(X).

Demostracion : Hemos de comprobar que es reflexiva, simetrica y transitiva.

Reflexividad: Dado α ∈ Ωp,q(X), la homotopıa

H : [0, 1]2 → X, H(t, s) := α(t)

prueba que α'α.

Simetrıa: Sean α, β ∈ Ωp,q(X). Supongamos que α'β y sea H : [0, 1]2 → X unahomotopıa de α en β. La aplicacion

H : [0, 1]2 → X, H(t, s) := H(t, 1− s)

prueba que β'α.

Transitividad: Sean α, β, γ ∈ Ωp,q(X) y supongamos que α'β y β'γ. ConsideremosH1 : [0, 1]2 → X y H2 : [0, 1]2 → X homotopıas de α en β y de β en γ, respectivamente.La aplicacion H : [0, 1]2 → X dada por

H(t, s) :=

H1(t, 2s) si s ∈ [0, 1/2]

H2(t, 2s− 1) si s ∈ [1/2, 1]

prueba que α'γ.

El caso p = q es especialmente interesante y motiva la siguiente

Definicion 4.6 (Espacio de lazos) Dados X espacio topologico y p ∈ X, escribire-mos Ωp(X) := Ωp,p(X) y llamaremos lazos con base el punto p a los arcos de Ωp(X).

Denotaremos Π1(X, p) al espacio cociente Ωp(X)/'. Si α ∈ Ωp(X) su clase enΠ1(X, p) se denotada por [α], y a los elementos de Π1(X, p) les llamaremos clases dehomotopıa de lazos en X con base el punto p.

Como conjunto de elementos, Π1(X, p) sera el grupo fundamental de X en p. Sin em-bargo, para dotar a Π1(X, p) de la estructura algebraica de grupo hace falta un esfuerzomayor que pasara por introducir una ley de composicion interna apropiada. La clavepara poder hacerlo esta en el producto de arcos introducido en la Definicion 1.1, tal ycomo se explica en las siguientes proposiciones.

Proposicion 4.7 Sean X un espacio topologico y puntos p, q, r ∈ X. Sean α, α′ ∈Ωp,q(X) y β, β′ ∈ Ωq,r(X) arcos tales que α'α′ y β'β′.

Entonces α ? β'α′ ? β′.

26

Demostracion : Sean H1 : [0, 1]2 → X y H2 : [0, 1]2 → X homotopıas de α en α′ y de βen β′, respectivamente. La aplicacion H : [0, 1]2 → X dada por

H(t, s) :=

H1(2t, s) si t ∈ [0, 1/2]

H2(2t− 1, s) si t ∈ [1/2, 1]

es una homotopıa de α ? β en α′ ? β′.

Proposicion 4.8 Sean X espacio topologico, p, q, r y s ∈ X, y α ∈ Ωp,q(X), β ∈Ωq,r(X), y γ ∈ Ωr,s(X). Las siguientes propiedades son ciertas:

(i) α ? (β ? γ)'(α ? β) ? γ.

(ii) εp ? α'α ? εq'α.

(iii) α ? α'εp.

Demostracion : La homotopıaH : [0, 1]2 → X, H(t, s) =

α( 4t

2−s) si t ∈ [0, 2−s4

]

β(4t+ s− 2) si t ∈ [2−s4, 3−s

4]

γ(4t+s−3s+1

) si t ∈ [3−s4, 1]

prueba que α ? (β ? γ)'(α ? β) ? γ, luego (I).

La homotopıa H : [0, 1]2 → X, H(t, s) =

α( 2t

s+1) si t ∈ [0, s+1

2]

q si t ∈ [ s+12, 1]

prueba que α ? εq'α. Analogamente se demuestra que εp ? α'α, de aquı (II).

27

Por ultimo, la homotopıaH : [0, 1]2 → X, H(t, s) =

α(2t) si t ∈ [0, 1−s

2]

α(1− s) = α(s) si t ∈ [1−s2, 1+s

2]

α(2t− 1) si t ∈ [1+s2, 1]

prueba que α ? α'εp, luego (III). Notese que α(2t) : t ∈ [1, 1−s2

] parametriza el sur-

barco α|[0,1−s] de α, mientras que α(2t−1) : t ∈ [1+s2, 1] parametriza el surbarco α|[s,1]

de α. Ambos subarcos tienen la misma traza aunque se recorren en sentido contrario,y degeneran en el punto p cuando s→ 1.

Como consecuencia tenemos el siguiente teorema, que es el resultado central de estetema.

Teorema 4.9 Sea X un espacio topologico y p ∈ X un punto arbitrario. La ley decomposicion interna

? : Π1(X, p)× Π1(X, p)→ Π1(X, p), [α] ? [β] := [α ? β]

esta bien definida y dota al conjunto Π1(X, p) de estructura de grupo algebraico.

Demostracion : La Proposicion 4.7 muestra que la operacion ? esta bien definida en cla-ses de equivalencia (no depende del representante elegido), mientras que la Proposicion4.8 garantiza que (Π1(X, p), ?) es un grupo.

Definicion 4.10 El grupo(Π1(X, p), ?

)es conocido como Grupo Fundamental o de

Poincare del espacio X en el punto p.

Aunque la definicion del grupo fundamental no ha requerido arcoconexion, esa propie-dad topologica resulta bastante natural para que la construccion sea canonica desde unpunto de vista global. Ese es el mensaje de fondo de la siguiente proposicion.

Proposicion 4.11 Sean p y q puntos en la misma arcocomponente de un espacio to-pologico X, y tomemos un arco f : [0, 1]→ X conectando p con q, esto es, con f(0) = py f(1) = q. Consideremos

Uf : Π1(X, p)→ Π1(X, q), Uf ([α]) = [f ? α ? f ].

Entonces Uf esta bien definido y es un isomorfismo entre los grupos fundamentales(Π1(X, p), ?) y (Π1(X, q), ?).

Ademas, si g : [0, 1]→ X es otro arco conectando p y q se tiene que

Uf = Ug ⇐⇒ g ? f ∈ Z(Π1(X, p)),

donde Z(Π1(X, p)) representa el centro del grupo Π1(X, p). En particular Uf no dependede f cuando Π1(X, p) es abeliano.

28

Demostracion : La Proposicion 4.7 garantiza que Uf esta bien definida y la Proposicion4.8 que Uf es un isomorfismo de grupos con inverso Uf .

Por otra parte, de las anteriores proposiciones tambien es claro que

Uf ([α]) = Ug([α])⇐⇒ [f ? α ? f ] = [g ? α ? g]⇐⇒ [g ? f ] ? [α] = [α] ? [g ? f ]

para todo [α] ∈ Π1[X, p), por lo que Uf = Ug ⇐⇒ g ? f ∈ Z(Π1(X, p)).

Corolario 4.12 El grupo fundamental Π1(X, p) esta unıvocamente determinado salvoisomorfismos por la arcocomponente Cp del punto p.

En particular, si X es arcoconexo entonces la clase de isomorfıa de Π1(X, p) no de-pende del punto p ∈ X. En este caso podemos relajar la notacion y escribir simplementeΠ1(X) sin enfatizar el punto base.

La importancia del grupo fundamental radica en que es un invariante topologico.Este hecho se deducira facilmente de la siguiente proposicion.

Proposicion 4.13 Sean X e Y espacios topologicos y ϕ : X → Y una aplicacion con-tinua. Consideremos α, β ∈ Ωp,q(X) y los correspondientes ϕ α, ϕ β ∈ Ωϕ(p),ϕ(q)(Y ).Se tiene que

α'β =⇒ ϕ α'ϕ β.En particular:

La aplicacion

ϕ∗ : Π1(X, p)→ Π1(Y, ϕ(p)), ϕ∗([α]) := [ϕ α]

esta bien definida y es un homomorfismo de grupos.

Si ψ : Y → Z es otra aplicacion continua y consideramos los homomorfismos degrupos ψ∗ : Π1(Y, ϕ(p))→ Π1

(Z, ψ(ϕ(p))

)y (ψϕ)∗ : Π1(X, p)→ Π1

(Z, ψ(ϕ(p))

),

entonces se tiene que (ψ ϕ)∗ = ψ∗ ϕ∗.

Demostracion : Para la primera parte de la proposicion tomemos H : [0, 1]2 → X unahomotopıa de α en β, y observemos que ϕ H : [0, 1]2 → Y es una homotopıa de ϕ αen ϕ β.

Por tanto ϕ∗ : Π1(X, p)→ Π1(Y, ϕ(p)) esta bien definida. Para comprobar que ϕ∗ esun morfismo de grupos tomense [α], [β] ∈ Π1(X, p) y observese que

ϕ∗([α] ? [β]) = ϕ∗([α ? β]) = [ϕ (α ? β)] = [(ϕ α) ? (ϕ β)] = ϕ∗([α]) ? ϕ∗([β]).

El comportamiento funtorial respecto a la composicion es obvio de las definiciones.

Corolario 4.14 (Invarianza topologica del Grupo Fundamental) Si ϕ : X → Yes un homeomorfismo de espacios topologicos entonces ϕ∗ : Π1(X, p) → Π1(Y, f(p)) esun isomorfismo de grupos con (ϕ∗)

−1 = (ϕ−1)∗.

Demostracion : Basta con utilizar que (IdX)∗ = IdΠ1(X,p) para todo espacio topologicoX y punto p ∈ X, y tener en cuenta la proposicion anterior para las composicionesϕ ϕ−1 ϕ−1 ϕ.

Este corolario tiene gran utilidad. Pensemos que, como consecuencia del mismo, dos es-pacios topologicos con grupos fundamentales no isomorfos no pueden ser homeomorfos.Este hecho tendra implicaciones profundas como veremos mas adelante.

29

5. Calculo del grupo fundamental: ejemplos basicos

En este tema abordaremos algoritmos complejos para el calculo del grupo funda-mental. Estudiemos ahora algunos ejemplos sencillos que son de bastante utilidad.

Ejercicio 5.1 El grupo fundamental de un subconjunto estrellado de Rn es trivial. Enparticular, todo subconjunto convexo de Rn (luego el propio Rn) tiene grupo fundamentaltrivial.

Solucion : Consideremos A ⊂ Rn estrellado con centro x0 ∈ A, esto es, tal que [x0, x] ⊂A para todo x ∈ A. Por supuesto A se entiende dotado de la topologıa euclidianainducida.

Dado un lazo α ∈ Ωx0(A), la aplicacion bien definida

H : [0, 1]2 → A, H(t, s) := (1− s)α(t) + sx0

prueba que α'εx0 , y por tanto que Π1(A, x0) = [εx0 ] ≡ 0.

La siguiente proposicion prueba que el grupo fundamental es productivo.

Proposicion 5.2 Sean X1 e X2 espacios topologicos, X1 × X2 el espacio topologicoproducto y πj : X1 ×X2 → Xj, j = 1, 2, las proyecciones.

Entonces, para cualesquiera p ∈ X1 y q ∈ X2 la aplicacion

(π1∗, π2∗) : Π1

(X1 ×X2, (p, q)

)→ Π1(X1, p)× Π1(X2, q),

es un isomorfismo de grupos.

Demostracion : Por la definicion de la topologıa producto, las proyecciones son aplica-ciones continuas. Consideremos el homomorfismo de grupos (ver Proposicion 4.13)

Λ := (π1∗, π2∗) : Π1

(X1 ×X2, (p, q))→ Π1(X1, p)× Π1(X2, q).

Sera suficiente con probar que es un isomorfismo, y para ello bastara con garantizar quetiene una inversa. Para ello consideramos la aplicacion

Θ: Π1(X1, p)× Π1(X2, q)→ Π1

(X1 ×X2, (p, q)

), Θ([α1], [α2]) := [(α1, α2)].

No es difıcil demostrar que Θ esta bien definida. En efecto, si αj'α′j vıa una homotopıaHj : [0, 1]2 → Xj, j = 1, 2, entonces (α1, α2)'(α′1, α

′2) via la homotopıa (H1, H2) : [0, 1]2 →

X1×X2. Esto demuestra que Θ no depende del representante elegido para la definicion.El hecho de que Λ y Θ son uno inverso del otro es un ejercicio trivial.

Otra familia de espacios topologicos para la que es posible deducir informacion sobresu grupo fundamental es la de los grupos topologicos.

Definicion 5.3 Un grupo topologico es un par (G, ·) donde:

G es un espacio topologico

· : G×G→ G es una ley de composicion interna en G que le dota de estructurade grupo algebraico.

30

La aplicacion G×G→ G, (a, b) 7→ a · b−1, es continua, o equivalentemente,

· : G×G→ G, (a, b) 7→ a · b, y ( )−1 : G→ G, a 7→ a−1,

son continuas.

Teorema 5.4 Si (G, ·) es un grupo topologico y e ∈ G es su Elemento Neutro, entoncesΠ1(G, e) es abeliano.

Demostracion : Introduzcamos en Π1(G, e) una nueva ley de composicion interna, dis-tinta a ?, asociada a la estructura de grupo topologico. Para ello definimos:

· : Π1(G, e)× Π1(G, e)→ Π1(G, e), [α] · [β] = [α · β],

donde α · β : [0, 1]→ G viene dado por (α · β)(t) := α(t) · β(t) para todo t ∈ [0, 1].Como siempre, hay que garantizar que · esta bien definida en clases. Para ello con-

sideremos αj'α′j en Ωe(G) via una homotopıa Hj : [0, 1]2 → G, j = 1, 2, y observemosque H1 ·H2 : [0, 1]2 → G (definida de forma natural) es una homopia de α1 ·α2 en α′1 ·α′2.

A continuacion hagamos el siguiente calculo:

α?β(t) =

α(2t) si t ∈ [0, 1/2]

β(2t− 1) si t ∈ [1/2, 1]=

α(2t) · e si t ∈ [0, 1/2]

e · β(2t− 1) si t ∈ [1/2, 1]= (α?εe) · (εe ?β).

Analogamente,

α ? β(t) =

e · α(2t) si t ∈ [0, 1/2]

β(2t− 1) · e si t ∈ [1/2, 1]= (εe ? β) · (α ? εe).

Pero (α ? εe) · (εe ? β)'α · β y (εe ? β) · (α ? εe)'β · α, de donde α ? β'α · β'β · α, ysimetricamente β ? α'α · β'β · α. Esto prueba que [α] ? [β] = [β] ? [α] y el teorema.

6. El Grupo Fundamental de S1

Nuestro objetivo inmediato sera calcular explıcitamente el grupo fundamental de lacircunferencia S1. En lo que sigue identificaremos S1 ≡ z ∈ C : |z| = 1 ⊂ C. Como S1

es un grupo topologico con el producto de numeros complejos, a priori sabemos por elTeorema 5.4 que Π1(S1, 1) ha de ser abeliano.

Un ingrediente fundamental para nuestro estudio seran las propiedades topologicasde la aplicacion exponencial

ρ : R→ S1, ρ(t) := e2πıt = cos(2πt) + ısen(2πt) ≡(

cos(2πt), sen(2πt)), (2)

que recordamos a continuacion:

(a) ρ : R→ S1 es continua, abierta y sobreyectiva.

(b) ρ es un homomorfismo entre los grupos (R,+) y (S1, ·): ρ(t+ s) = ρ(t) · ρ(s).

(c) ρ es periodica con periodo fundamental 1: ρ(t+ 1) = ρ(t).

(d) Si t0 ∈ ρ−1(z), z ∈ S1, entonces ρ−1(z) = t0 + Z. En particular ρ−1(1) = Z.

(e) Para todo t0 ∈ R, ρ|[t0,t0+1[ : [t0, t0 + 1[→ S1 es biyectiva.

31

(f) Para todo z ∈ S1 existe un abierto U ⊂ S1 tal que:

z ∈ U .

Si V es una arcocomponente de ρ−1(U) entonces ρ|V : V → U es un homeo-morfismo.

Todos las propiedades anteriores son bien conocidas. Quiza merezca un mınimo co-mentario la prueba del item (f). En efecto, sea z ∈ S1 y definamos U = S1 \ −z ynotese que z ∈ U . Dado t0 ∈ ρ−1(−z) es claro que ρ−1(U) = ∪m∈Z]t0 + m, t0 + m + 1[,donde los conjuntos ]t0 + m, t0 + m + 1[, m ∈ Z, son las arcocomponentes de ρ−1(U).Si V =]t0 + m, t0 + m + 1[ es una arcocomponente cualquiera de ρ−1(U), el item (e)garantiza que ρ|V : V → U es un homeomorfismo.

Necesitaremos el siguiente resultado de levantamiento.

Lema 6.1 Dada H : [0,1]2 → S1 continua con H(0, 0) = 1, existe una unica aplicacion

H : [0,1]2 → R continua tal que ρ H = H y H(0, 0) = 0.

Demostracion : La unicidad de H es evidente. En efecto, admitamos que existen dosaplicaciones H y H ′ satisfaciendo la tesis del Lema. Como ρ (H − H ′) constante e

igual a 1 ∈ S1 ⊂ C, la aplicacion continua H − H ′ : [0, 1]2 → R ha de tener su imagen

contenida en Z. Al ser [0, 1]2 conexo lo mismo ocurre con (H − H ′)([0, 1]2), de donde

concluimos que H − H ′ ha de ser constante e igual a (H − H ′)(0, 0) = 0, esto es, que

H = H ′.Probemos ahora la existencia de H.Consideremos el recubrimiento por abiertos de S1 dado por

U =U1 := S1 \ −1, U2 := S1 \ 1

.

Como C = [0, 1]2 es un espacio metrico compacto (con la distancia euclidiana in-ducida), existe el llamado numero de Lebesgue ε > 0 para el recubrimiento abiertoH−1(U) := H−1(U1), H−1(U2) de C. Esto significa que cualquier subconjunto A ⊂ Ccon diametro euclidiano < ε satisface A ⊂ H−1(Uj) para algun j ∈ 1, 2. De aquı quepodamos elegir una particion 0 = t1 < . . . < tk < tk+1 = 1 de [0, 1] tal que

H([ti, ti+1]× [th, th+1]) ⊂ Uj para algun j ∈ 1, 2, i, h = 1, . . . , k (3)

(bastara con garantizar que |tj+1 − tj| < ε√2).

Numeremos C1, . . . , CN , N = k2, la familia de cuadrados [ti, ti+1]× [th, th+1] : i, h =1, . . . , k de acuerdo al siguiente criterio:

C1 = [t1, t2]× [t1, t2].

Kj := ∪i≤jCi es conexo, j = 1, . . . , N .

Lj := Kj ∩ Cj+1 es conexo y consiste en uno o dos lados borde comunes a lasregiones poliedricas Kj y Cj+1.

La construccion de H se hara por un procedimiento inductivo. Llamemos

Hj = H|Kj : Kj → S1, j = 1, . . . , N.

32

Observemos que H1(C1) ⊂ U1 y sea V1 la arcocomponente de ρ−1(U1) ⊂ R conteniendoa 0 (ver la propiedad (f) de la proyeccion ρ : R → S1). Recordemos que ρ|V1 : V1 → U1

es un homeomorfismo que aplica 0 ∈ V1 en 1 ∈ S1. La aplicacion

H1 := (ρ|V1)−1 H1 : K1 ≡ C1 → R

es obviamente continua y satisface ρ H1 = H1 y H1(0, 0) = 0.

Supongamos construida Hj : Kj → R continua tal que ρ Hj = Hj y Hj(0, 0) = 0,1 ≤ j < N .

Procedamos a cerrar el proceso inductivo construyendo una aplicacion continuaHj+1 : Kj+1 → R satisfaciendo ρ Hj+1 = Hj+1 y Hj+1(0, 0) = 0. En efecto, primeroobservemos que Hj+1(Cj+1) = H(Cj+1) ⊂ Uj+1 para algun j+1 ∈ 1, 2; ver la ecuacion(3). Como

Hj(Lj) ⊂ Hj+1(Cj+1) ⊂ Uj+1,

Hj(Lj) es arcoconexo y

ρ(Hj(Lj)) = Hj(Lj),

por la propiedad (f) de ρ existe una arcocomponente Vj+1 de ρ−1(Uj+1) ⊂ R conteniendo

a Hj(Lj) tal que ρ|Vj+1: Vj+1 → Uj+1 un homeomorfismo. La aplicacion

Hj+1 :=

Hj sobre Kj

(ρ|Vj+1)−1 (Hj+1|Cj+1

) sobre Cj+1

esta bien definida, es continua, y satisface ρ Hj+1 = Hj+1 y Hj+1(0, 0) = 0, cerrandola induccion.

Para acabar la prueba del Lema basta con elegir H = HN .

Como consecuencia tenemos la siguiente propiedad de levantamiento de arco.

Corolario 6.2 (Propiedad del levantamiento de arco) Sea α : [0,1]→ S1 un arcocon α(0) = 1. Entonces existe un unico arco α : [0,1]→ R tal que ρ α = α y α(0) = 0.

Demostracion : La unicidad es obvia razonando como en la prueba del Lema 6.1.Procedamos a probar la existencia de α. Para ello basta con definir

H : [0, 1]2 → S1, H(t, s) := α(t),

que claramente satisface las hipotesis del Lema 6.1, y considerar la aplicacion H dadaen el. Obviamente el arco α : [0,1]→ R, α(t) := H(t, 0), resuelve el corolario.

Corolario 6.3 (Propiedad del levantamiento de homotopıas) Sean α y β arcosen S1 con α(0) = β(0) = 1 y α(1) = β(1). Supongamos que existe una homotopıa H deα en β. Entonces:

Los arcos α y β dados por el Corolario 6.2 tienen los mismos extremos.

La aplicacion H dada por el Lema 6.1 es una homotopıa (con extremos fijos) de

α en β.

33

Demostracion : Consideremos la aplicacion H dada en el Lema 6.1 y los levantamientosα y β dados en el Corolario 6.2.

Por la unicidad del Corolario 6.2, α = H(·, 0).

Como H(0, ·) : [0, 1] → R es un arco con punto inicial 0 que se proyecta en el arco

constante ε1 en S1, por la unicidad del levantamiento de arcos concluimos que H(0, ·)es el arco constante ε0 en R. De aquı que, de nuevo por el Corolario 6.2, β = H(·, 1).

Finalmente, como H(1, ·) : [0, 1]→ R es un arco que se proyecta en el arco constante

εα(1) en S1, por la unicidad del levantamiento de arcos concluimos que H(1, ·) es el arcoconstante εH(1,0) = εα(1) en R.

Uniendo toda esa informacion concluimos que H es una homotopıa de α en β.

Este ultimo corolario sera trascendental, en lenguaje sencillo expresa que arcos ho-motopicos en S1 se levantan a arcos homotopicos en R por la aplicacion ρ : R→ S1.

La construccion del levantamiento α a partir de α en el Corolario 6.2 es en ciertosentido implıcita. En el caso de que α sea diferencible es posible establecer una formuladirecta para este calculo.

Ejercicio 6.4 Si α ≡ (α1, α2) : [0, 1] → S1 ⊂ R2 es un arco de clase C1 con α(0) =(1, 0), entonces su levantamiento vıa ρ a R viene dado por:

α(t) =1

2π

∫ t

0

(α1(s)α′2(s)− α′1(s)α2(s)

)ds

De forma explıcita, y para cada n ∈ Z, el lazo αn : [0, 1]→ S1 ⊂ C, αn(t) := e2nπıt,se levanta con condicion inicial αn(0) = 0 al arco αn : [0, 1]→ R, αn(t) := nt.

El concepto de grado de un lazo en S1 sera el ingrediente algebraico necesario parainterpretar el grupo fundamental de la circunferencia.

Definicion 6.5 Dado un lazo α : [0, 1] → S1 con base el punto 1 ∈ S1, definimos elgrado de α como

deg(α) = α(1) ∈ Z,donde α : [0, 1]→ R representa el levantamiento de α con condicion inicial α(0) = 0.

Notese que la condicion ρ α = α implica ρ α(1) = α(1) = 1, por lo que efectivamentedeg(α) ∈ Z como se enfatiza en la definicion. El grado es interesante para la topo-logıa porque tiene un buen comportamiento respecto a la homotopıa, como muestra lasiguiente

Proposicion 6.6 Dados α, β : [0, 1]→ S1 dos lazos con base el punto 1 ∈ S1, se tieneque

α'β ⇐⇒ deg(α) = deg(β).

Demostracion : Supongamos que α'β. Por el Corolario 6.3, los correspondientes levan-tamientos α y β con condicion inicial 0 son tambien homotopicos: α'β. Esto implicaque deg(α) = α(1) = β(1) = deg(β).

Recıprocamente, supongamos que deg(α) = deg(β). Consideremos los correspon-

dientes levantamientos α y β con condicion inicial 0. Al ser deg(α) = α(1) = β(1) =deg(β), la aplicacion continua

H : [0, 1]2 → R, H(t, s) := (1− s)α(t) + sβ(t)

es una homotopıa con extremos fijos que garantiza α'β. Al ser ρ continua, α = ρ α'ρ β = β vıa la homotopıa ρ H, lo que concluye la proposicion.

34

Como consecuencia de este analisis podemos enunciar el teorema central de esta seccionque materializa el calculo del grupo fundamental de la circunferencia.

Teorema 6.7 La aplicacion

deg : (Π1(S1, 1), ?)→ (Z,+), deg([α]) := deg(α),

esta bien definida y es un isomorfismo de grupos.

Demostracion : La Proposicion 6.6 garantiza que deg : (Π1(S1, 1), ?)→ (Z,+) esta biendefinida en clases de homotopıa.

La inyectividad es consecuencia tambien de la Proposicion 6.6. En cuanto a la so-breyectividad sımplemente tengase en cuenta que deg([αn]) = n para cada n ∈ Z; verEjercicio 6.4.

Para concluir solo resta probar que deg es un homomorfismo de grupos. En efecto,tomemos [α], [β] ∈ Π1(S1, 1). Tenemos que

deg([α] ? [β]) = deg([α ? β]) = deg(α ? β) = α ? β(1).

Pero por unicidad del levantamiento es inmediato comprobar que

α ? β(t) :=

α(2t) si t ∈ [0, 1/2]

α(1) + β(2t− 1) si t ∈ [1/2, 1]

por lo que deg([α] ? [β]) = α ? β(1) = α(1) + β(1) = deg([α]) + deg([β]).Esto acaba la demostracion.

6.1. Π1(S1) = Z: consecuencias

En esta seccion recopilaremos algunas consecuencias topologicas del calculo del gru-po fundamental de S1.

Comenzaremos con esta proposicion.

Proposicion 6.8 Si D denota el disco unidad cerrado (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1, noexiste ninguna aplicacion continua f : D → S1 tal que f |S1 = IdS1.

Demostracion : Razonemos por reduccion al absurdo y admitamos existe una tal f .Llamemos i : S1 → D a la aplicacion inclusion, obviamente continua, y observemos quef i : S1 → S1 es la aplicacion IdS1 .

Si denotamos i∗ : Z ≡ Π1(S1, 1) → Π1(D, 1) y f∗ : Π1(D, 1) → Π1(S,1) ≡ Z a loscorrespondientes homomorfismos entre grupos fundamentales, la Proposicion 4.13 nosgarantiza que

f∗ i∗ = (IdS1)∗ = IdZ.

Del Ejercicio 5.1 deducimos que Π1(D, 1) = [ε]1 ≡ 0. De aquı que f∗, y por tantof∗ i∗, sea el homomorfismo nulo, una contradiccion.

Como consecuencia podemos demostrar el siguiente teorema del punto fijo en dimensiondos, cuya generalizacion a dimension arbitraria es cierta aunque requiere de otro tipode herramientas para su demostracion.

Teorema 6.9 (Punto fijo de Brower) Sea f : D → D una aplicacion continua. En-tonces existe p0 ∈ D tal que f(p0) = p0.

35

Demostracion : Razonemos por reduccion al absurdo y admitamos que existe f : D → Dsin puntos fijos. La contradiccion se generara probando que entonces existe una aplica-cion continua r : D → S1 satisfaciendo r|S1 = IdS1 , lo que es contrario a la Proposicion6.8.

Tomemos p ∈ D. Como p 6= f(p), la convexidad estricta de D garantiza que lasemirecta

Lp := p+ λ(p− f(p)) : λ ≥ 0

corta S1 en un unico punto

r(p) := Lp ∩ S1,

y que ademas r(p) = p cuando p ∈ S1.

Este hecho es evidente por consideraciones geometricas, pero no obstante admiteuna demostracion formal analıtica. En efecto, es inmediato que

‖p+ λ(p− f(p))‖2 = 1⇐⇒ λ2‖f(p)− p‖2 + 2λ〈p, p− f(p)〉+ (‖p‖2 − 1) = 0.

Un analisis sencillo de esta ecuacion nos dice:

El discriminante como polinomio en λ

4(〈p, p− f(p)〉2 + ‖f(p)− p‖2(1− ‖p‖2)

)≥ 0

ya que ‖p‖ ≤ 1, por lo que la ecuacion en λ tiene dos raices reales.

Como p 6= f(p) y son de norma ≤ 1, 〈p, p−f(p)〉 > 0 y existe una raiz λ−(p) < 0:

λ−(p) =1

‖p− f(p)‖2

(− 〈p, p− f(p)〉 −

√〈p, p− f(p)〉2 + ‖p− f(p)‖2(1− ‖p‖2)

)Como el t. i. es ‖p‖2 − 1 ≤ 0 y el coeficiente lıder ‖f(p) − p‖2 > 0, la otra raızλ+(p) ha de ser ≥ 0:

λ+(p) =1

‖p− f(p)‖2

(− 〈p, p− f(p)〉+

√〈p, p− f(p)〉2 + ‖p− f(p)‖2(1− ‖p‖2)

)Por tanto, r(p) esta unıvocamente determinado y viene dado por la expresion

r(p) = p+ λ+(p)(p− f(p)).

Esto demuestra que r : D → S1 es continua, y como λ+(p) = 0 cuando p ∈ S1, quer|S1 = IdS1 , lo que concluye la prueba.

36

Evidentemente el teorema del punto fijo de Brower se aplica para aplicaciones conti-nuas f : X → X, donde X es un disco topologico compacto arbitrario, afirmando quef tiene un punto fijo. La demostracion de este hecho se deja como ejercicio trivial.Comentaremos ahora una de sus consecuencias mas conocidas.

Teorema 6.10 (Teorema de Perron-Frobenius) Sea A ∈ Mn(R) una matriz cua-drada real de orden n con todos sus coeficientes positivos. Entonces A tiene un valorpropio positivo.

Por el teorema de Bolzano todo polinomio de grado impar con coeficientes reales tieneal menos una raız real. Aplicando este hecho al polinomio caracterıstico de A se deduceque A tiene al menos un valor propio real, el Teorema de Perron-Frobenius proporcionainformacion extra al respecto.

Demostracion : Sean X = S2 ∩ [0,+∞[3 e Y = D ∩ [0,∞[2, donde como siempre D =(x, y) ∈ R2 : x2+y2 ≤ 1. Es claro que Y es un disco topologico compacto (es una regionconvexa de R2 bordeada por una curva de Jordan). Como π : X → Y , π(x, y, z) = (x, y),es un homeomorfismo, o en otras palabras X es un grafo sobre Y , inferimos que X esun disco topologico compacto tambien.

La aplicacion

f : X → X, f(p) =A · p‖A · p‖

esta bien definida ya que, por nuestras hipotesis sobre la matriz A,

‖A · p‖ > 0 y A · p/‖A · p‖ ∈ X para todo p ∈ X.

Como f es claramente continua, el Teorema del punto fijo de Brower nos garantiza quef tiene un punto fijo p0 ∈ X. De aquı que

f(p0) = p0 ⇐⇒ A · p0 = ‖A · p0‖p0,

de donde p0 es un vector propio de A con valor propio asociado ‖A · p0‖ > 0. Estoconcluye el teorema.

Una de las consecuencias mas sorprendentes del hecho de que Π1(S1, 1) = Z es elTeorema Fundamental del Algebra, originalmente demostrado por Gauss.

Teorema 6.11 (Teorema Fundamental del Algebra) Sea P : C→ C una funcionpolinomica de la forma

P (z) = a0 + . . .+ an−1zn−1 + zn, (4)

donde n ≥ 1.Entonces existe z0 ∈ C tal que P (z0) = 0.

Demostracion : Razonemos por reduccion al absurdo y supongamos que P (z) 6= 0 paratodo z ∈ C.

En ese caso podemos definir

H : [0, 1]× [0, 1[→ S1, H(t, s) :=P ( s

1−se2πıt)

|P ( s1−se

2πıt)||P ( s

1−s)|P ( s

1−s).

Esta aplicacion es claramente continua en su dominio. Nuestro objetivo es probar queadmite una extension continua a [0, 1]2, esto es, que puede ser definida con continuidaden los puntos (t, 1), t ∈ [0, 1]. Esto es consecuencia de la siguiente observacion.

37

Consideremos una sucesion (tk, sk)k∈N ⊂ [0, 1]× [0, 1[ convergiendo a (t, 1), dondet ∈ [0, 1]. Se tiene que

lımk→∞

H(tk, sk) = lımk→∞

P ( sk1−sk

e2πıtk)

|P ( sk1−sk

e2πıtk)||P ( sk

1−sk)|

P ( sk1−sk

)= e2πınt = αn(t),

donde simplemente se ha tenido en cuenta que sk1−skk∈N → +∞, tkk∈N → t, la

expresion de P (z) en (4), y el algebra basica de lımites.Por tanto, extendiendo H a [0, 1]× 1 por la expresion

H(t, 1) = e2πınt, t ∈ [0, 1],

construimos una aplicacion continua H : [0, 1]2 → S1.Una comprobacion estandar nos dice que H(t, 0) = H(0, s) = H(1, s) = 1, por lo que

H es una homotopıa en S1 de ε1 en αn. Esto contradice que n = deg(αn) 6= 0 = deg(ε1)(ver Proposicion 6.6 o Teorema 6.7), concluyendo la prueba.

7. Equivalencias homotopicas

Como bien sabemos dos espacios homeomorfos tienen el mismo grupo fundamental,salvo isomorfismos. Sin embargo existen condiciones topologicas mas debiles que elhomeomorfismo que nos permiten extraer la misma conclusion. En esta seccion lasestudiaremos con detalle.

Definicion 7.1 Sea X un espacio topologico y A ⊂ X un subespacio topologico. Unaretraccion de X en A es una aplicacion continua r : X → A satisfaciendo r|A = IdA, oequivalentemente, r i = IdA donde i : A→ X es la aplicacion inclusion. En este casose dice que A es un retracto de X.

Proposicion 7.2 Si r : X → A es una retraccion, i : A→ X es la aplicacion inclusiony a ∈ A, entonces

r∗ : Π1(X, a)→ Π1(A, a) es un epimorfismo y

i∗ : Π1(A, a)→ Π1(X, a) es un monomorfismo.

Demostracion : Como r i = IdA deducimos que (r i)∗ = r∗ i∗ = (IdA)∗ = IdΠ1(A,a).La proposicion se sigue trivialmente.

El ejemplo mas simple de retraccion es la aplicacion constante r : X → p paracada p ∈ X. En otras palabras, todo punto es un retracto del espacio que lo contiene.

Ejercicio 7.3 Las siguientes aplicaciones entre espacios euclidianos son retracciones:

n: Rn+1 \ 0 → Sn, n(q) = q‖q‖ .

n|B(0,1)\0 : B(0, 1) \ 0 → Sn, donde B(0, 1) = p ∈ Rn : ‖p‖ ≤ 1.

p: S1 × R→ S1 × 0 ≡ S1, p(x, y, z) := (x, y, 0).

f : R3 \ x = y = 0 → S1 × R, f(x, y, z) :=(

1‖(x,y)‖(x, y), z

).

38

7.1. Retractos de deformacion

Una situacion particularmente interesante es cuando un espacio puede ser deformadoen un retracto suyo de forma continua. El concepto que da sentido a esta idea se trataen la siguiente definicion.

Definicion 7.4 Dado un espacio topologico X y un subespacio suyo A ⊂ X, se diceque A es un retracto de deformacion de X si existen una retraccion r : X → A y unaaplicacion continua H : X × [0, 1]→ X satisfaciendo:

H(x, 0) = x para todo x ∈ X.

H(x, 1) = r(x) para todo x ∈ X.

Si adicionalmenteH(a, s) = a para todo (a, s) ∈ A× [0, 1],

entonces se dice que A es un retracto fuerte de deformacion de X.A las aplicaciones H y r se les llamara una deformacion y retraccion asociadas al

retracto (fuerte) de deformacion A de X, respectivamente.

Si el parametro s en la anterior definicion se interpreta como medida del tiempo trans-currido y definimos Hs := H(·, s) : X → X para cada s ∈ [0, 1], las aplicaciones

Hs : s ∈ [0, 1]

materializan una deformacion entre la aplicacion identidad en X (instante s = 0) yla retraccion r : X → A (instante s = 1). En otras palabras, si denotamos por Xs :=Hs(X) ⊂ X, s ∈ [0, 1], los subespacios Xs : s ∈ [0, 1] de X reflejan una deformacioncontinua del espacio total X (s = 0) en el subespacio (retracto) A ⊂ X (s = 1).

Ejercicio 7.5 Las siguientes aplicaciones realizan retractos fuertes de deformacion:

El centro p0 de un conjunto estrellado A (en un espacio euclidiano Rn) es unretracto fuerte de deformacion de A:

H : A× [0, 1]→ A, H(q, s) := (1− s)q + sp0.

Sn es un retracto fuerte de deformacion de Rn+1 \ 0:

H : (Rn+1 \ 0)× [0, 1]→ Rn+1 \ 0, h(q, s) := (1− s)q + sn(q),

donde n: Rn+1 \ 0 → Sn, n(q) = q‖q‖ .

39

Sn es un retracto fuerte de deformacion de B(0, 1) \ 0:

H : (B(0, 1) \ 0)× [0, 1]→ B(0, 1) \ 0, h(q, s) := (1− s)q + s(n|B(0,1)\0)(q).

S1 es un retracto fuerte de deformacion de S1 × R:

H : (S1 × R)× [0, 1]→ S1 × R, H(q, s)

= (1− s)q + sp(q),

donde p: S1 × R→ S1 × 0 ≡ S1, p(x, y, z) := (x, y, 0).

S1 × R es un retracto fuerte de deformacion de R3 \ x = y = 0:

H : (R3 \ x = y = 0)× [0, 1]→ R3 \ x = y = 0, H(q, s)

= (1− s)q + sf(q),

donde f : R3 \ x = y = 0 → S1 × R, f(x, y, z) :=(

1‖(x,y)‖(x, y), z

).

Observacion 7.6 Si A es un retracto de deformacion de X, Cα : α ∈ Λ son lasarcocomponentes de A y Cα es la arcocomponente de X conteniendo a Cα para cadaα ∈ Λ, entonces:

r(Cα) = Cα para todo α ∈ Λ, y por tanto Cα 6= Cβ, α 6= β.

Cα : α ∈ Λ con las arcocomponentes de X.

Si H : X × [0, 1] → X y r : X → A son una deformacion y retraccion asociadasa A como retracto de deformacion de X, entonces H|Cα×[0,1] : Cα × [0, 1]→ Cα y

r|Cα : Cα → Cα son una deformacion y retraccion asociadas a Cα como retracto

de deformacion de Cα.

Demostracion : Tomemos r : X → A y H : X×[0, 1]→ X una retraccion y deformacionasociadas a A como retracto de deformacion de X.

Si p ∈ X, la curva H(p, s) conecta p y r(p) ∈ A, de donde se deduce que la arco-componente de p en X esta en la familia Cα : α ∈ Λ. Esto prueba que Cα : α ∈ Λson las arcocomponentes de X.

Por otra parte, sean p y q ∈ A ∩ Cα para algun α ∈ Λ, y sea c : [0, 1]→ X un arcoen X conectandolos, con traza necesariamente en Cα. Entonces r(c(t)) es un arco en Aconectando p = r(p) y q = r(q), por lo que p y q estan en la misma arcocomponente deA (a saber, Cα). Esto prueba que r(Cα) = Cα para todo α, y por tanto que Cα 6= Cβ,α 6= β.

Como Cα× [0, 1] es arcoconexo y H es continua, H(Cα× [0, 1]) esta contenido en unaarcocomponente de X. De otro lado H(Cα × 1) = r(Cα) = Cα, de donde inferimosque H(Cα× [0, 1]) esta contenido en la arcocomponente de X que contiene a Cα, a saberCα. De aquı que H|Cα×[0,1] : Cα × [0, 1]→ Cα sea una deformacion que realiza Cα como

retracto de deformacion de Cα, con retraccion asociada r|Cα : Cα → Cα.

A veces es util el siguiente resultado.

Proposicion 7.7 Sea F : X → Y un homeomorfismo. Si A es un retracto (fuerte) dedeformacion de Y entonces F−1(A) es un retracto (fuerte) de deformacion de X.

40

Demostracion : Si H : Y ×[0, 1]→ Y y r : Y → A son una deformacion y retraccion aso-ciadas a A como retracto (fuerte) de deformacion de Y , basta observar que la aplicacioncontinua

H : X × [0, 1]→ X, H(x, s) := (F−1 H)((F (x), s)

),

realiza a F−1(A) como retracto (fuerte) de deformacion de X.

Ejercicio 7.8 Denotemos por B(p, ε) a la bola euclidiana q ∈ Rn : ‖q − p‖ < ε paracada p ∈ Rn y ε > 0, y sean 0 < ε1 < ε2.

Entonces B(p, ε1) \ p es un retracto fuerte de deformacion de B(p, ε2) \ p.

Solucion : Recordemos que B(p, ε) = q ∈ Rn : ‖q − p‖ < ε para cada p ∈ Rn y ε > 0.La aplicacion

r : B(p, ε2) \ p → B(p, ε1) \ p, r(q) =

q si q ∈ B(p, ε1) \ p

ε1q−p‖q−p‖ + p si q ∈ B(p, ε2) \B(p, ε1)

,

es una retraccion de B(p, ε2) \ p en B(p, ε1) \ p, mientras que la deformacion

H :(B(p, ε2) \ p

)× [0, 1]→ B(p, ε2) \ p, H(q, s) = (1− s)q + sr(q),

prueba que B(p, ε1) \ p es un retracto fuerte de deformacion de B(p, ε2) \ p conretraccion asociada r.

Teorema 7.9 Sea X un espacio topologico, y sea A ⊂ X un retracto fuerte de defor-macion con r : X → A una retraccion asociada. Entonces dado a ∈ A se tiene que:

r∗ : Π1(X, a)→ Π1(A, a) e i∗ : Π1(A, a)→ Π1(X, a) son isomorfismos,

uno inverso del otro.

Demostracion : Para evitar ambiguedades, si un lazo α basado en a tiene traza conteni-da en A, denotaremos por [α]A ∈ Π1(A, a) su clase de homotopıa en A, y analogamentepor [α]X ∈ Π1(X, a) su clase de homotopıa en X.

Siguiendo la demostracion de la Proposicion 7.2, es suficiente con garantizar quer∗ : Π1(X, a) → Π1(A, a) es un monomorfismo de grupos. Para ello tomemos [α]X ∈Π1(X, a) y supongamos que r∗([α]X) = [εa]A. Hemos de probar que [α]X = [εa]X .

Consideremos una deformacion H : X×[0, 1]→ X asociada a A como retracto fuertede X, con r : X → A como retraccion asociada. Es facil comprobar que la aplicacioncontinua

H : [0, 1]2 → X, H(t, s) = H(α(t), s)

es una homotopıa con extremos fijos (aquı se usa que H(a, s) = a para todo a ∈ A)entre los lazos H(·, 0) = α y H(·, 1) = r α en el espacio X, y por tanto [α]X = [r α]X .Pero por ser r∗([α]X) = [r α]A = [εa]A, el lazo r α (que esta contenido en A) sedeforma homotopicamente en el espacio A (¡luego en en el espacio X!) en el lazo εa.Esto implica que [r α]X = [εa]X , de donde [α]X = [εa]X como querıamos demostrar.

Definicion 7.10 Un espacio topologico X se dice contractil si admite como retractode deformacion a un punto p0 ⊂ X. En caso de que p0 sea retracto fuerte dedeformacion de X diremos que el espacio es fuertemente contractil.

Todo espacio contractil es arcoconexo por la Observacion 7.6. Como comentamos en elEjercicio 7.5, todo estrellado (luego todo convexo) en Rn es fueertemente contractil. Enparticular el propio Rn.

41

Definicion 7.11 Un espacio topologico X se dice simplemente conexo si es arcoconexoy Π1(X, p) = [εp] para algun p ∈ X (luego para todo p ∈ X).

Como consecuencia del Teorema 7.9 tenemos el siguiente:

Corolario 7.12 Todo espacio topologico fuertemente contractil es simplemente conexo.

Veremos mas adelante (ver Corolario 7.21) que este enunciado es cierto para espacioscontractiles.

Ejercicio 7.13 Como consecuencia del Ejercicio 7.5 y del Teorema 7.9:

Todo subconjunto estrellado de Rn es simplemente conexo. Esto se aplica a sub-conjuntos A ⊂ Rn convexos (estrellados desde cualquiera de sus puntos) , y portanto al propio Rn.

Si p ∈ Sn entonces Π1(Rn+1 \ 0, p) es isomorfo a Π1(Sn, p).

Si p ∈ S1 entonces Π1

(S1 × R, (p, 0)

)es isomorfo a Π1(S1, p) ∼= Z.

Si p ∈ S1 ×R entonces Π1(R3 \ x = y = 0, p) es isomorfo a Π1(S1 ×R, p) ∼= Z.

Ejercicio 7.14 Probar que el grupo fundamental de la Cinta de Mobius es isomorfo aZ.

Solucion : Recordemos que la cinta de Mobius compacta M se define como el cocientetopologico del cuadrado euclidiano [−1, 1]2 bajo la relacion de equivalencia

(x, y)R(x′, y′)⇐⇒ (x, y) = (x′, y′) ∨(x, x′ = −1, 1 ∧ y = −y′

).

Normalmente se escribe M = [−1, 1]2/R. La cinta de Mobius no compacta M0 se generaa partir de la misma relacion de equivalencia pero sobre la banda vertical [−1, 1]× R:M0 := ([−1, 1] × R)/R. Por brevedad solo trataremos el caso de la compacta, aunqueel de M0 es totalmente analogo y se llega a la misma conclusion.

Si llamamos π : [−1, 1]2 → M a la proyeccion al cociente, el subespacio topologicoS := π([−1, 1]×0) ⊂M es homeomorfo a S1. La clave es observar que S es un retractofuerte de deformacion de M y usar el Teorema 6.7. En efecto, la retraccion viene dadapor la unica aplicacion r : M → S tal que rπ = πr0, donde r0 : [−1, 1]2 → [−1, 1]×0,r0(x, y) = (x, 0), mientras que la deformacion H : M × [−1, 1] → M viene dada por laexpresion H(π(x, y), s) := π

((1 − s)(x, y) + s(x, 0)

). Ambas aplicaciones estan bien

definidas y son continuas por la teorıa basica de identificaciones.

El siguiente Teorema tendra muchas aplicaciones practicas.

Teorema 7.15 Sea X un espacio topologico conexo y localmente arcoconexo.Supongamos que la topologia de X admite una base B satisfaciendo

(i) B es numerable (luego X es II-Axioma de Numerabilidad).

(ii) B es simplemente conexo para todo B ∈ B.

Entonces Π1(X, x) es numerable para todo x ∈ X.

La condicion de simple-conexion en el item (ii) se puede relajar por la de semilocalsimple conexion (ver Definicion 14.10), sin que ello afecte a la tesis del teorema.

42

Demostracion : Dado un par B, B′ ∈ B (puede ser B = B′), nuestras hipotesis implicanque cada arcocomponente de B∩B′ es un abierto de X, y por tanto contiene un abiertode B. Como la familia CB,B′ de arcocomponentes de B ∩B′ esta formada por conjuntosdisjuntos dos a dos y B es numerable, deducimos que CB,B′ ha de ser numerable. Portanto,

CB :=⋃

(B,B′)∈B2

CB,B′

es igualmente numerable. Para cada C ⊂ CB elijamos xC ∈ C y formemos el conjuntoclaramente numerable

Ξ := xC : C ∈ CB.

Para cada B ∈ B y puntos x, y ∈ B∩Ξ, fijemos un arco γBx,y : [0, 1]→ B con γBx,y(0) = xy γBx,y(1) = y. Nuevamente la familia de arcos

Γ := γBx,y : B ∈ B, x, y ∈ B ∩ Ξ

es numerable.Fijemos x0 ∈ Ξ. Nuestro objetivo va a ser demostrar que Π1(X, x0) es numera-

ble. Introduzcamos una familia numerable de lazos en X con base x0, que llamaremosespeciales. Un lazo γ : [0, 1]→ X se dira especial si γ = γ1 ? . . . ? γk con:

γj = γBjyj−1,yj ∈ Γ, donde yj−1, yj ∈ Bj ∩ Ξ para 2 ≤ j ≤ k − 1.

γ1 = γB1x0,y1

y γk = γBkyk,x0, donde x0, y1 ∈ B1 ∩ Ξ e yk, x0 ∈ Bk ∩ Ξ.

La clave de la demostracion se centra en garantizar que para todo [α] ∈ Π1(X, x0) existeγ ∈ [α] tal que γ es especial. Esto probarıa que Π1(X, x0) esta descrito por las clasesde homotopıa de los lazos especiales, y por tanto es numerable.

Tomemos un lazo α : [0, 1] → X con base x0 arbitrario, y consideremos el recu-brimiento abierto α−1(B) : B ∈ B del compacto [0, 1]. La existencia de numerode Lebesgue para este recubrimiento y un razonamiento tıpico nos permite encon-trar 0 = t0 < t1 . . . < tk = 1 tales que α([tj−1, tj]) ⊂ Bj ∈ B, j = 1, . . . , k.Definamos αj : [0, 1] → Bj ⊂ X, αj(s) = α((1 − s)tj−1 + stj), j = 1, . . . , k, y ob-servemos que α = α1 ? . . . ? αk. Sea Cj la arcocomponente de Bj ∩ Bj+1 contenien-do a αj(1) = αj+1(0) = α(tj), y llamemos yj = xCj ∈ Ξ, 1 ≤ j ≤ k − 1. Seaσj : [0, 1]→ Cj ⊂ Bj ∩Bj+1 un arco con σj(0) = yj y σj(1) = α(tj), j = 1, . . . , k − 1.

Observese que αj'σj−1 ? γBjyj−1,yj ? σj ya que ambos lazos estan contenidos en el

simplemente conexo Bj y conectan los puntos α(tj−1) y α(tj), 2 ≤ j ≤ k − 1. Por unrazonaiento similar α1'γB1

x0,y1? σ1 y αk'σk−1 ? γ

Bkyk−1,x0

.Por tanto

α'(γB1x0,y1

? σ1) ? . . . (σj−1 ? γBjyj−1,yj

? σj) ? . . . ? (σk−1 ? γBkyk−1,x0

),

esto es,α'γB1

x0,y1? . . . γBkyk−1,x0

.

Esto prueba que α es homotopico a un lazo especial y concluye la demostracion.

7.2. Homotopıa de aplicaciones: tipo de homotopıa

La siguiente definicion trata sobre la idea de deformacion en el contexto mas generalposible.

43

Definicion 7.16 Dados dos espacios topologicos X e Y , dos aplicaciones continuas ϕ1,ϕ2 : X → Y se dicen homotopicas, y lo escribiremos ϕ1 l ϕ2, si existe una aplicacioncontinua H : X × [0, 1]→ Y satisfaciendo:

H(x, 0) = ϕ1(x) ∀x ∈ X ∧ H(x, 1) = ϕ2(x) ∀x ∈ X.

Si A ⊂ X, las aplicaciones continuas ϕ1, ϕ2 : X → Y se diran homotopicas relativasa A, y escribiremos ϕ1 lA ϕ2, si existe H : X × [0, 1] → Y como arriba satisfaciendoademas:

H(a, s) = ϕ1(a) = ϕ2(a) para todo a ∈ A.

Por ejemplo, si A ⊂ X es un retracto de deformacion vıa H con una retraccion asociadar, es inmediato que IdX l r. Si A es un retracto fuerte de deformacion de X se tieneIdX lA r.

Cuando X = [0, 1] la aplicaciones ϕj, j = 1, 2, son arcos y la relacion l se corres-ponde con la homotopıa libre (sin extremos fijos) de arcos. La relacion l0,1 no es sinola homotopıa de extremos fijos ' que sirvio para construir el grupo fundamental.

El siguiente resultado establece que cualesquiera aplicaciones homotopicas inducenlos mismos homomorfismos entre grupos fundamentales, salvo isomorfismos naturales.

Teorema 7.17 Sean X e Y espacios topologicos y sean ϕ1, ϕ2 : X → Y aplicacionescontinuas. Supongamos que ϕ1 l ϕ2 vıa H : X× [0, 1]→ Y , fijemos x0 ∈ X y llamemosγ : [0, 1]→ Y al arco uniendo ϕ1(x0) y ϕ2(x0) definido por γ(s) := H(x0, s).

Dados los homomorfismos de grupos

(ϕ1)∗ : Π1(X, x0)→ Π1(Y, ϕ1(x0)), (ϕ2)∗ : Π1(X, x0)→ Π1(Y, ϕ2(x0))

y el isomorfismo

Uγ : Π1(Y, ϕ1(x0))→ Π1(Y, ϕ2(x0)), Uγ([β]) = [γ ? β ? γ]

(ver Proposicion 4.11), se tiene que Uγ (ϕ1)∗ = (ϕ2)∗.

Π1(X, x0)(ϕ1)∗

−−−−−−→ Π1(Y, ϕ1(x0))

(ϕ2)∗ UγΠ1(Y, ϕ2(x0))

En particular los homomorfismos (ϕ1)∗ y (ϕ2)∗ son iguales salvo isomorfismos.

Demostracion : Llamemos C = [0, 1]2 y Bd(C) = L1 ∪ L2 ∪ L3 ∪ L4, donde

L1 = 1 × [0, 1], L2 = [0, 1]× 1, L3 = 0 × [0, 1], L4 = [0, 1]× 0.

Consideremos arcos de Jordan (esto es, embebimientos) αj : [0, 1] → C, j = 1, 2, 3, 4,parametrizados para que:

αj([0, 1]) = Lj, j = 1, 2, 3, 4, y

α1(0) = (1, 0) = α4(1), α1(1) = (1, 1) = α2(0), α2(1) = (0, 1) = α3(0), α3(1) =(0, 0) = α4(1).

44

Definamosα := α1 ? α2 ? α3 ? α4 : [0, 1]→ C

y observemos que α es un lazo en C con base (1, 0) y traza Bd(C). Ademas α es uno auno excepto por los puntos inicial y final que coinciden con (1, 0).

Tomemos [β] ∈ Π1(X, x0) y definamos la aplicacion continua

G : C → Y, G(t, s) = H(β(t), s).

Como α es un lazo con base (1, 0) en C, el arco Gα es un lazo en Y con base G((1, 0)

)=

ϕ1(x0) en Y . Teniendo en cuenta que H(·, 0) = ϕ1, H(·, 1) = ϕ2, H(x0, ·) = γ, y laObservacion 4.3, de la definicion de G deducimos que

G α1'γ, G α2'ϕ2 β, G α3'γ, G α4'ϕ1 β,

donde todas las homotopıas son con extremos fijos. Por tanto

G α'(G α1) ? (G α2) ? (G α3) ? (G α4)'γ ? (ϕ2 β) ? γ ? (ϕ1 β).

Al ser C simplemente conexo (de hecho es convexo), [α] = [ε(1,0)] en Π1(C, (1, 0)),de donde

[G α] = G∗([α]) = G∗([ε(0,1)]) = [εϕ1(x0)] ∈ Π1(Y, ϕ1(x0)),

esto es,γ ? (ϕ2 β) ? γ ? (ϕ1 β)'εϕ1(x0).

De aquı que

(ϕ2 β)?γ?(ϕ1β) ' γ ⇐⇒ (ϕ2 β)?γ?(ϕ1β)?γ'εϕ1(x0) ⇐⇒ γ?(ϕ1β)?γ'ϕ2 β,

y por tanto Uγ([ϕ1 β]) = [ϕ2 β]. En otras palabras, Uγ (ϕ1)∗ y (ϕ2)∗ coinciden sobrecualquiera [β] ∈ Π1(X, x0), lo que concluye la prueba.

Corolario 7.18 Sean ϕ1, ϕ2 : X → Y aplicaciones continuas y x0 ∈ X. Supongamosque ϕ1 lx0 ϕ2 y llamemos y0 = ϕ1(x0) = ϕ2(x0).

Entonces (ϕ1)∗ = (ϕ2)∗ : Π1(X, x0)→ Π1(Y, y0).

Demostracion : Sea H : X × [0, 1] → Y una deformacion que materialice el hechoϕ1 lx0 ϕ2. El Teorema 7.17 nos dice que Uγ (ϕ1)∗ = (ϕ2)∗. Bajo nuestras hipotesisγ = εy0 , por lo que Uγ = IdΠ1(Y,y0) y el corolario se sigue.

45

Definicion 7.19 (Equivalencia homotopica) Sean X e Y dos espacios topologicos.Una aplicacion continua f : X → Y se dira una equivalencia homotopica si existeg : Y → X continua tal que

g f l IdX y f g l IdY .

En ese caso se diran que f y g son inversas homotopicas.Dos espacios X e Y se dicen del mismo tipo de homotopıa si existe una equivalencia

homotopica entre ellos.

Obviamente todo homeomorfismo es una equivalencia homotopica, pero lo recıprocono es cierto. Un espacio contractil nos proporcionara facilmente un contraejemplo. Sinembargo, la equivalencia homotopica es suficiente para garantizar isomorfismo entregrupos fundamentales.

Teorema 7.20 Sean X e Y espacios topologicos, y sea f : X → Y una equivalenciahomotopica con inversa homotopica g : Y → X. Fijemos x0 ∈ X.

Entonces f∗ : Π1(X, x0)→ Π1(Y, f(x0)) es un isomorfismo de grupos.

Demostracion : Sabemos que g f l IdX vıa una deformacion H1 : X × [0, 1]→ X conH1(·, 0) = g f y H1(·, 1) = IdX . Llamemos γ1 : [0, 1] → X al arco γ1(·) = H1(x0, ·),consideremos el isomorfismo Uγ1 : Π1(X, g(f(x0)) → Π1(X, x0), y recordemos que porel Teorema 7.17 se tiene que

Uγ1 (g f)∗ = (IdX)∗ = IdΠ1(X,x0),

donde (g f)∗ : Π1(X, x0) → Π1(X, g(f(x0)). Inferimos que (g f)∗ = g∗ f∗ es unisomorfismo, donde

f∗ : Π1(X, x0)→ Π1(Y, f(x0)) y g∗ : Π1(Y, f(x0))→ Π1(X, g(f(x0))),

y por tanto que g∗ es un epimorfismo (y f∗ es un monomorfismo).De forma paralela, f g l IdY vıa H2 : Y × [0, 1] → Y con H2(·, 0) = f g

y H2(·, 1) = IdY . Como antes, si llamamos γ2(·) = H2(f(x0), ·) y consideramos elisomorfismo Uγ2 : Π1

(Y, f(g(f(x0))

)→ Π1(Y, f(x0)), tenemos que

Uγ2 (f g)∗ = (IdY )∗ = IdΠ1(Y,f(x0)),

donde ahora (f g)∗ : Π1(Y, f(x0))→ Π1

(X, f(g(f(x0))

).

Como arriba (f g)∗ = f∗ g∗ es un isomorfismo, donde ahora

g∗ : Π1(Y, f(x0))→ Π1(X, g(f(x0))) y f∗ : Π1

(X, g(f(x0))

)→ Π1

(Y, f(g(f(x0)))

).

Por tanto g∗ es un monomorfismo (y f∗ un epimorfismo).Como consecuencia g∗ : Π1(Y, f(x0))→ Π1(X, g(f(x0))) es un isomorfismo. Juntan-

do este hecho con la informacion anterior, f∗ : Π1(X, x0)→ Π1(Y, f(x0)) es tambien unisomorfismo. Esto concluye la prueba.

A modo de ejemplo, si A ⊂ X es un retracto de deformacion con una retraccionasociada r : X → A, e i : A → X denota la aplicacion inclusion, entonces r e i sonequivalencias homotopicas una inversa de la otra. En efecto, basta con considerar ladeformacion H : X × [0, 1] → X con H(·, 0) = IdX y H(·, 1) = i r, y observar quer i = IdA l IdA y i r l IdX vıa H.

Como consecuencia trivial es valido el siguiente resultado, ya probado anteriormenteen el Teorema 7.9 para retractos fuertes de deformacion.

46

Corolario 7.21 Sean A ⊂ X un retracto de deformacion de X, r : X → A una retrac-cion asociada e i : A→ X la aplicacion inclusion.

Entonces para cada a ∈ A las aplicaciones

r∗ : Π1(X, a)→ Π1(A, a) e i∗ : Π1(A, a)→ Π1(X, a)

son isomorfismos de grupos.En particular, todo espacio topologico contractil es simplemente conexo.

8. El Grupo Fundamental de las Esferas

En esta seccion calcularemos el grupo fundamental de las esferas Sn, n ≥ 2.Para abordarlo probaremos un caso particular del Teorema de Seifert-Van Kampen,

que se estudiara mas adelante, cuya demostracion es ademas bastante inspiradora.

Proposicion 8.1 Sea X un espacio topologico, y sean U , V ⊂ X suconjuntos satisfa-ciendo:

U y V son abiertos simplemente conexos (con la topologıa inducida).

U ∩ V es arcoconexo y no vacıo.

U ∪ V = X.

Entonces X es simplemente conexo.

Demostracion : Como U y V son arcoconexos, U ∩ V 6= ∅ y X = U ∪ V , es inmediatoconcluir que X es arcoconexo. Resta demostrar que X tiene grupo fundamental trivialen algun punto (luego en todo punto por ser arcoconexo).

Fijemos x0 ∈ U ∩ V , tomemos [α] ∈ Π1(X, x0) y probemos que [α] = [εx0 ].Tomemos α : [0, 1]→ X un representante de [α] y sea ε > 0 un numero de Lebesgue

para el recubrimiento abierto α−1(U), α−1(V ) de [0, 1]. Esto quiere decir que J ⊂α−1(U) o J ⊂ α−1(J) para todo subconjunto J ⊂ [0, 1] con diametro diam(J) ≤ ε.Fijemos una particion

0 = t0 < t1 < . . . < tk = 1

de [0, 1] con |tj+1 − tj| < ε para todo j = 0, . . . , k − 1; en particular α([tj, tj+1]) ⊂ Uo α([tj, tj+1]) ⊂ V para todo j = 0, . . . , k − 1. Definamos αj : [0, 1] → X, αj(t) =α((1− t)tj + t tj+1), j = 0, . . . , k − 1, y notemos que

αj([0, 1]) ⊂ U o αj([0, 1]) ⊂ V .

αj(0) = α(tj), αj(1) = α(tj+1).

Aprovechando la arcoconexion de U , V y U ∩ V , es posible elegir arcos ρj : [0, 1]→ Xpara j = 1, . . . , k − 1 de acuerdo al siguiente criterio:

ρj(0) = x0 y ρj(1) = αj−1(1) = αj(0) = α(tj).

Si αj−1([0, 1]) ∪ αj([0, 1]) = α([tj−1, tj]) ∪ α([tj, tj+1]) ⊂ U (respectivamente, V )entonces ρj([0, 1]) ⊂ U (respectivamente, V ).

Si αj−1([0, 1]) y αj([0, 1]) (o equivalentemente, α([tj−1, tj]) y α([tj, tj+1]) estancontenidos uno en U y otro en V , entonces ρj([0, 1]) ⊂ U ∩ V .

47

Teniendo en cuenta nuestras definiciones se observa que

(α0 ? ρ1)([0, 1]) ⊂ U o V,

(ρj ? αj ? ρj+1)([0, 1]) ⊂ U o V, j = 1, . . . , k − 2, y

(ρk−1 ? αk−1)([0, 1]) ⊂ U o V.

Com U y V son simplemente conexos, los lazos en U o en V con base x0

α0 ? ρ1, ρj ? αj ? ρj+1, j = 1, . . . , k − 2, y ρk−1 ? αk−1

se pueden deformar homotopicamente en U o en V , luego en X, al lazo constante εx0 .Por tanto,

α0 ? . . . ? αk−1'(α0 ? ρ1) ? (ρ1 ? α1 ? ρ2) ? . . . ? (ρk−2 ? αk−2 ? ρk−1) ? (ρk−1 ? αk−1)'εx0 .

De la Observacion 4.3 se tiene que α ' α0?. . .?αk−1, por lo que [α] = [α0?. . . αk−1] = [ε0]como querıamos demostrar.

Corolario 8.2 La esfera Sn es simplemente conexa para todo n ≥ 2.

Demostracion : Fijado p ∈ Sn, los abiertos U := Sn \ −p y V := Sn \ p sonhomeomorfos a Rn vıa las correspondientes proyecciones estereograficas, y por tantosimplemente conexos. Como U ∩ V 6= ∅ y es arcoconexo, el resultado se sigue de la laProposicion 8.1.

8.1. Algunas consecuencias

A continuacion vamos a desglosar algunas de las consecuencias topologicas masrelevantes del calculo del grupo fundamental de las esferas.

8.1.1. El Teorema de Invarianza de la Dimension

Recordemos que, usando la conexion topologica como herramienta, es facil demostrarque un abierto de R no puede ser homeomorfo a un abierto de Rn, n > 1. Vamos aextender ese resultado a su version dos dimensional.

48

Teorema 8.3 (Invarianza de la Dimension) Si Ω2 ⊂ R2 y Ωn ⊂ Rn, n 6= 2, sondos abiertos conexos, entonces Ω2 no es homeomorfo a Ωn. En particular, R2 y Rn(n 6= 2) no son homeomorfos.

Demostracion : Como ya hemos comentado antes, el resultado es conocido para abiertosde R y Rn, n > 1. En particular Ω2 no es homeomorfo a un abierto de R. A tıtulo infor-mativo comentaremos que el resultado es cierto para dimensiones arbitrarias, esto es,dos abiertos conexos de espacios euclidianos de distinta dimension no son homeomorfos.Sin embargo su prueba se escapa de las posibilidades de este curso.

Tomemos Ω2 ⊂ R2 y Ωn ⊂ Rn, n > 2, y demostremos que no son homeomorfos.Razonemos por reduccion al absurdo y supongamos que existen abiertos como en el

enunciado tales que Ω2∼= Ωn, n > 2.

Sea F : Ωn → Ω2 un homeomorfismo, y fijemos un punto p ∈ Ω2 y tomemos unabola euclidiana 2-dimensional B2(p, ε2) ⊂ Ω2. Como F es continua, F−1(B2(p, ε2)) es unabierto en Ωn conteniendo al punto q := F−1(p), por lo que existe una bola euclidianan-dimensional Bn(q, ε) tal que Bn(q, ε) ⊂ F−1(B2(p, ε2)). Al ser F un homeomorfismo,F (Bn(q, ε)) es un abierto de B2(p, ε2) con F (Bn(q, ε)) ⊂ B2(p, ε2). Por tanto existe unabola cerrada euclidiana 2-dimensional B2(p, ε1) ⊂ F (Bn(q, ε)), ε2 > 0.

Consideremos la siguiente secuencia de inclusiones

B2(p, ε1) \ pi1⊂ F (Bn(q, ε)) \ p

i2⊂ B2(p, ε2) \ p,

y llamemosi = i2 i1 : B2(p, ε1) \ p → B2(p, ε2) \ p.

Fijado p0 ∈ B2(p, ε1) \ p, a nivel de grupos fundamentales tenemos que

i∗ = (i2)∗ (i1)∗ : Π1

(B2(p, ε1) \ p, p0

)→ Π1

(B2(p, ε2) \ p, p0

),

donde(i1)∗ : Π1

(B2(p, ε1) \ p, p0

)→ Π1

(F (Bn(q, ε)) \ p, p0

)e

(i2)∗ : Π1

(F (Bn(q, ε)) \ p, p0

)→ Π1

(B2(p, ε2) \ p, p0

).

49

Es claro que B2(p, ε1)\p es homeomorfo a B2(0, 1)\0. Por tanto la Proposicion 7.7,el Ejercicio 7.5 y el Teorema 7.9 garantizan que Π1

(B2(p, ε1)\p

)es isomorfo al grupo

fundamental de S1, esto es, a Z. Analogamente Π1

(B2(p, ε2) \ p

)es homeomorfo a Z,

ya que B2(p, ε2)− p ∼= B2(0, ε2)− p ∼= S1×]0, ε2[.Un razonamiento similar nos dirıa que Π1

(Bn(q, ε) \ q, q0

), q0 := F−1(x0), es

isomorfo al grupo fundamental de Sn−1, luego es el grupo trivial [εq0 ] ya que n−1 ≥ 2.La misma consecuencia se extrae para Π1

(F (Bn(q, ε))\p, p0

)ya que F∗ : Π1

(Bn(q, ε))\

q, q0

)→ Π1

(F (Bn(q, ε)) \ p, p0

)es un isomorfismo.

Pero el Ejercicio 7.8 nos dice que

i∗ : Π1

(B2(p, ε1) \ p, p0

)≡ Z→ Π1

(B2(p, ε2) \ p, p0

)≡ Z

es un isomorfismo, lo que es absurdo ya que al ser i∗ = (i2)∗(i1)∗ esa aplicacion factorizapor el homomorfismo trivial. Esto completa la prueba.

8.1.2. El Teorema de Borsuk-Ulam: Consecuencias

Continuaremos con el Teorema de Borsuk-Ulam, que es valido en cualquiera dimen-sion aunque solo abordaremos su prueba para dimension dos.

Recordemos que ρ : R → S1, ρ(t) = e2πıt, y α1 = ρ|[0,1] : [0, 1] → S1. Necesitamos elsiguiente lema tecnico.

Lema 8.4 Sea f : S1 → S1 continua e impar (esto es, satisfaciendo f(−p) = −f(p),p ∈ S1) con f(1) = 1, y sea β el lazo en S1 basado en 1 dado por β = f α1.

Entonces deg(β) es impar.

Demostracion : Observemos que

β : [0, 1]→ S1, β(t) = f(e2πıt),

y definamos γ : [0, 1]→ S1 el arco en S1 dado por

γ(t) = β(t/2) = f(eπıt), t ∈ [0, 1].

Como f es impar se tiene que f(1) = −f(−1) = 1, de donde

γ(0) = 1 y γ(1) = −γ(0) = −1.

Sea γ el unico levantamiento de γ a R vıa ρ con condicion inicial γ(0) = 0. Comoρ γ = γ y ρ(γ(1)) = γ(1) = −1, es claro que

γ(1) = k + 1/2, k ∈ Z.

Comprobemos ahora que el levantamiento β a S1 vıa ρ de β con condicion inicialβ(0) = 0 coincide con la aplicacion

c : [0, 1]→ R, c(t) =

γ(2t) si t ∈ [0, 1/2]

γ(1) + γ(2t− 1) si t ∈ [1/2, 1].

En efecto c : [0, 1]→ R es continua, c(0) = 0 y

(ρ c)(t) =

γ(2t) si t ∈ [0, 1/2]

e2πıγ(1)γ(2t− 1) si t ∈ [1/2, 1]=

γ(2t) si t ∈ [0, 1/2]

−γ(2t− 1) si t ∈ [1/2, 1]= β(t)

donde para la ultima igualdad hemos usado que γ(2t) = β(t), t ∈ [0, 1/2], y

−γ(2t− 1) = −f(eπı(2t−1)) = −f(−e2πıt) = f(e2πıt) = β(t), t ∈ [1/2, 1],

como consecuencia de que f es impar.Por tanto deg(β) = c(1) = 2γ(1) = 2k + 1 es impar.

50

Lema 8.5 No existe ninguna aplicacion F : S2 → S1 continua e impar (esto es, satis-faciendo F (−p) = −F (p), para todo p ∈ S2).

Demostracion : Asumamos que existe F : S2 → S1 continua e impar. Sin perdida de ge-neralidad podemos suponer que F (1, 0, 0) = 1, sin mas que sustituir F por la aplicacion

1F (1,0,0)

F (se usa notacion compleja), tambien continua e impar.

Consideremos f : S1 → S1, f(p) := F (p, 0). Claramente f satisface las hipotesis delLema 8.4, por lo que deg(β) es impar para β = f α1.

Por otro lado, como Π1(S2, 1) = [ε1] inferimos que F∗(Π1(S2, 1)) = [ε1] ⊂Π1(S1, 1). En particular [β] = [f α1] = [F (α1, 0)] = F∗([(α1, 0)]) = [ε1], lo quecontradice que deg(β) es impar.

Teorema 8.6 (Borsuk-Ulam) Si f : S2 → R2 es continua, entonces existe x0 ∈ S2

tal que f(x0) = f(−x0).

Demostracion : Razonemos por reduccion al absurdo y supongamos que f(x) 6= f(−x)para todo x ∈ S2. Consideremos la aplicacion

F : S2 → S1, F (x) :=f(x)− f(−x)

|f(x)− f(−x)|,

bien definida y obviamente continua. Como F (x) = −F (−x), esta aplicacion es imparcontradiciendo el Lema 8.5.

Veamos algunas consecuencias sencillas del Teorema de Borsuk-Ulam.

Corolario 8.7 Si identificamos S2 con la superficie de la Tierra y f , g : S2 → R sondos magnitudes fısicas que se distribuyen de forma continua sobre dicha superfice (porejemplo, la presion y la temperatura), existen puntos antıpodas p0, −p0 ∈ S2 tales que(f, g)(p0) = (f, g)(−p0).

Corolario 8.8 (Teorema de Lusternik-Schnirelmann) Si S2 es la union de tressubconjuntos cerrados A1, A2 y A3, entonces alguno de ellos contiene dos puntos antıpo-das.

Demostracion : Definamos f : S2 → R2, f(x) = (d1(x), d2(x)), donde di : S2 → R esla funcion distancia euclidiana di(x) = dist(x,Ai), i = 1, 2. Como f es continua, porel Teorema de Borsuk-Ulam debe existir x0 ∈ S2 tal que f(x0) = f(−x0), esto es,δ1 := d1(x0) = d1(−x0) y δ2 := d2(x0) = d2(−x0). Si δi = 0 para algun i ∈ 1, 2entonces x0, −x0 ∈ Ai ya que Ai es cerrado y habrıamos acabado. En caso de queδ1, δ2 > 0 deducimos que x0,−x0 ∩ (A1 ∪ A2) = ∅, y por tanto que x0, −x0 ∈ A3.

La misma idea se puede utilizar para probar que si S2 es union de dos cerrados entoncesalguno de ellos contiene dos puntos antıpodas.

Es evidente que un compacto K del plano R2 con area Area(K) > 0 se puede dividiren dos mitades de igual area. En efecto, si para cada t ∈ R llamamos

L+t = (x, y) : x ≥ t, L−t = (x, y) : x ≤ t,

y definimosh : R→ R, h(t) = Area(K ∩ L−t )− Area(K ∩ L+

t ),

51

es claro que por el Teorema de la Convergencia Dominada h es una funcion continuasatisfaciendo

lımt→−∞

h(t) = −Area(K), lımt→+∞

h(t) = Area(K).

Por el Teorema de Bolzano ha de existir t0 ∈ R tal que h(t0) = 0, de donde se sigueque Area(K ∩ L−t0) = Area(K ∩ L+

t0) y el resultado.El mismo enunciado no es trivial cuando se trata de dos compactos, veamos a

continuacion su demostracion.

Corolario 8.9 (Teorema de las dos tortitas) Dados dos compactos A1, A2 ⊂ R2,existe una recta afın de R2 que los subdivide a ambos en trozos de igual area.

Demostracion : Sin perdida de generalidad supondremos que Area(Ai) > 0 para alguni ∈ 1, 2, en otro caso el resultado es trivial.

Identifiquemos R2 con su copia topologica en R3 correspondiente al plano

P := (x1, x2, x3) ∈ R3 : x3 = 1,

y consideremos A1, A2 ⊂ P . Para cada x ∈ S2 = p ∈ R3 : ‖p‖ = 1, denotemos porPx := y ∈ R3 : 〈y, x〉 = 0 y escribamos R3 \ Px = P+

x ∪ P−x , donde

P+x := y ∈ R3 : 〈y, x〉 > 0, P−x := y ∈ R3 : 〈y, x〉 < 0.

Observemos que Lx := Px ∩ P es una recta en P ⊂ R3 salvo cuando x = (0, 0,±1), encuyo caso Lx = ∅. Definamos la funcion ai : S2 → R, ai(x) = Area(Ai∩P+

x ), i = 1, 2. Por

el Teorema de la convergencia dominada es facil demostrar que ai es continua, i = 1, 2.Por el Teorema de Borsuk-Ulam aplicado a f = (a1, a2) : S2 → R2 existe x0 ∈ S2 talque ai(x0) = ai(−x0), i = 1, 2. En otras palabras,

Area(A1 ∩ P+x0

) = Area(A1 ∩ P+−x0

) y Area(A2 ∩ P+x0

) = Area(A2 ∩ P+−x0

),

lo que concluye el teorema. (Notese que x0 6= (0, 0,±1) pues en ese caso ai(x0), ai(−x0) =0,Area(Ai), i = 1, 2, y no es la solucion de nuestro problema).

En analogo tridimensional es cierto y es conocido como el teorema del sandwich obocadillo de jamon.

Corolario 8.10 (Teorema del bocadillo de jamon) Dados tres compactos A1, A2

y A3 ⊂ R3, es posible encontrar un plano afın de R3 que los subdivida a los tres entrozos de igual volumen.

52

Demostracion : Dado x ∈ S2 y t ∈ R definimos Px(t) = y ∈ R3 : 〈y, x〉 = t. Ob-servemos que R3 \ Px(t) = P+

x (t) ∪ P−x (t) donde P+x (t) = y ∈ R3 : 〈y, x〉 > t y

P−x (t) = y ∈ R3 : 〈y, x〉 < t. Es claro que

P−x(−t) = Px(t) y P+−x(−t) = P−x (t) para todo x ∈ S2 y t ∈ R. (5)

Sea φx : R → R la funcion φx(t) := Vol(A3 ∩ P+x (t)), donde Vol representa volumen

en R3. Como Φx es continua, monotona creciente, Φx(−∞) = Vol(A3) y Φx(+∞) = 0,el Teorema de valores intermedios garantiza que Ix := t ∈ R : φx(t) = Vol(A3)/2es un intervalo compacto no vacıo. Llamemos tx al punto medio de Ix, x ∈ S2. ComoIx = −I−x, es inmediato que t−x = −tx para cada x ∈ S2. Definamos

f : S2 → R2, f(x) =(Vol(A1 ∩ P+

x (tx)),Vol(A2 ∩ P+x (tx))

).

Por el Teorema de Borsuk-Ulam existe x0 ∈ S2 tal que f(x0) = f(−x0), esto es,

Vol(Ai ∩ P+x0

(tx0)) = Vol(Ai ∩ P+−x0

(t−x0)), i = 1, 2.

Como P+−x0

(t−x0) = P+−x0

(−tx0) = P−x0(tx0) inferimos que

Vol(Ai ∩ P+x0

(tx0)) = Vol(Ai ∩ P−x0(tx0)), i = 1, 2,

lo que concluye la prueba.

9. El Teorema de Seifert-Van Kampen

En esta seccion probaremos la herramienta mas potente conocida para el calculoexplıcito del grupo fundamental de un espacio topologico.: el Teorema de Seifert-VanKampen. Este teorema tiene un trasfondo algebraico muy importante y requerira dellenguaje desarrollado en la seccion de grupos del Tema 0. Es muy conveniente tenerpresente la Definicion 3.14.

Teorema 9.1 (Seifert-Van Kampen) Sea X un espacio topologico y sean U, V ⊂ Xsubconjuntos tales que:

U ∩ V 6= ∅ y U ∪ V = X.

U , V y U ∩ V son abiertos arcoconexos.

Llamemos i : U∩V → U y j : U∩V → V a las aplicaciones inclusion, fijemos x0 ∈ U∩Vy consideremos i∗ : Π1(U ∩ V, x0) → Π1(U, x0) y j∗ : Π1(U ∩ V, x0) → Π1(V, x0) loscorrespondientes homomorfismos inducidos.

53

Entonces Π1(X, x0) ∼= Π1(U, x0)•Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0) donde el producto amalgamadoes el relativo a los homomorfismos i∗ y j∗, esto es,

Π1(X, x0) ∼=Π1(U, x0) • Π1(V, x0)

N(R),

donde R = i∗([γ])j∗([γ])−1 : [γ] ∈ Π1(U ∩V, x0) = i∗([γ])j∗([γ]) : [γ] ∈ Π1(U ∩V, x0).

Demostracion : Llamemos i : U → X, j : V → X y k: U ∩ V → X a las aplicacio-nes inclusion, y consideremos i∗ : Π1(U, x0) → Π1(X, x0), j∗ : Π1(V, x0) → Π1(X, x0) yk∗ : Π1(U ∩ V, x0) → Π1(X, x0) los correspondientes homomorfismos inducidos. Llame-mos

π : : Π1(U, x0) • Π1(V, x0)→ Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0)

a la proyeccion al cociente amalgamado segun i∗ y j∗, y denotemos por

π1 : Π1(U, x0)→ Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0),

π2 : Π1(V, x0)→ Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0) y

π0 : Π1(U ∩ V, x0)→ Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0)

a los homomorfismos π1 := π|Π1(U,x0), π2 := π|Π1(V,x0) y π0 := π i∗ = π j∗.

Por la propiedad universal de la Proposicion 3.16, existe un homomorfismo de grupos

Θ: Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0)→ Π1(X, x0)

a traves del cual factorizan las aplicaciones i∗, j∗ y k∗. Esto quiere decir que Θπ1 = i∗,Θ π2 = j∗ y Θ πo = k∗. Analicemos con detalle y de forma explıcita la definicion deΘ. Para ello estableceremos el convenio notacional

W1,W2 = U, V .

Una palabra generica en Π1(U, x0)•Π1(V, x0) ≡ Π1(W1, x0)•Π1(W2, x0) viene dada porla expresion w = [α1]Wi1

. . . [αm]Wim, ij ∈ 1, 2 para todo j, donde el sibındice indica

el espacio de la clase de homotopıa. Con esta notacion,

Θ(π(w)) = [α1]X ? . . . ? [αm]X .

Como arriba, el subındice X indica ahora clase de homotopıa en Π1(X, x0).

54

En particular,

π(i∗([α]U∩V ) · j∗([α]U∩V )−1 : [α]U∩V ∈ Π1(U ∩ V, x0)

)⊂ Ker(Θ).

La prueba del teorema consistira en demostrar que Θ es un isomorfismo. Para ver quees sobre, tomemos un lazo α : [0, 1] → X con base el punto x0 ∈ U ∩ V . Por el Lemade Lebesgue, existe n ∈ N tal que α([i/n, (i + 1)/n]) esta contenido en U o en V paratodo i = 0, . . . , n− 1. Llamemos αi : [0, 1]→ X, t 7→ α((1− t)i/n+ t(i+ 1)/n).

Si αi([0, 1]) ⊂ U y αi+1([0, 1]) ∈ V (o viceversa), el punto αi(1) = αi+1(0) estacontenido en U ∩ V y eligiremos un arco ρi en U ∩ V con punto inicial x0 y final αi(1).Cuando

(αi([0, 1]) ∪ αi+1([0, 1])

)⊂ U (o V ) se procede igual, solo que ahora el arco ρi

descansa en U (o V ). Finalmente

α ' (α0 ? ρ0) ? . . . ? (ρi−1 ? αi ? ρi+1) ? . . . ? (ρn−2 ? αn−1),

por lo que [α]X es el producto [α0 ? ρ0]X ? . . . ? [ρi−1 ? αi ? ρi+1]X ? . . . ? [ρn−2 ? αn−1]Xen Π1(X, x0). Por construccion y con el convenio anterior,

α0 ? ρ0 ⊂ Wl0 , . . . , ρi−1 ? αi ? ρi+1 ⊂ Wli , . . . , ρn−2 ? αn−1 ⊂ Wln−2 ,

para ciertos li ∈ 1, 2, i = 0, . . . , n− 2. Por tanto la palabra

w := [α0 ? ρ0]Wl0? . . . ? [ρi−1 ? αi ? ρi+1]Wli

? . . . ? [ρn−2 ? αn−1]Wln−2

de Π1(U, x0) • Π1(V, x0) satisface Θ(π(w)) = [α]X y de aquı la sobreyectividad de Θ.Resta por tanto probar que Θ es inyectivo.Supongamos que tenemos una palabra w = a1 . . . am en Π1(U, x0) • Π1(V, x0) tal

que, salvo componer con π : : Π1(U, x0) •Π1(V, x0)→ Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0), seaplica por Θ en [εx0 ]. Llamemos αi : [0, 1] → Wli ∈ U, V al lazo tal que ai = [αi]Wli

para todo i. De nuestras hipotesis existe una homotopıa H : [0, 1]2 → X con extremosfijos tal que H(·, 0) = α1 ? . . . ? αm y H(·, 1) = εx0 . De nuevo el Lema de Lebesgue nosgarantiza la existencia de n ∈ N tal que todo cuadrado de lado 1/n es aplicado por Hen U o V . Sin perdida de generalidad asumiremos que

α1 ? . . . ? αm esta parametrizada de forma que la traza de αi se recorre sobre elintervalo [(i− 1)/m, i/m].

n es multiplo de m, y por tanto, cada subintervalo [(i− 1)/m, i/m] contiene unacantidad entera de intervalos de longitud 1/n.

Lo que hemos de demostrar es que la palabra w, pensada como un elemento de Π1(U, x0)•Π1(V, x0), puede ser alterada por relaciones de amalgamado en i∗(a) · j∗(a)−1 : a ∈Π1(U ∩ V, x0) (pasando elementos de Π1(U ∩ V, x0) en una sılaba a la siguiente) deforma que al final nos quede la palabra trivial. El procedimiento consistira, a grossomodo y salvo algun trabajo previo que hay que explicar, en probar que podemos pasarde la palabra en Π1(U, x0) • Π1(V, x0) asociada a la curva H(t, i/n) a la asociada aH(t, (i + 1)/n). Como la palabra asociada a H(t, 1) es la trivial habremos conluido laprueba.

Comencemos con los detalles. Como primera etapa, observemos que salvo modificarnuestra homotopıa sin alterar la palabra ω de una forma no permitida, podemos asumirque para todo (s, i) ∈ [0, 1]× 0, 1, . . . , n la curva horizontal H(·, s) es constante paravalores de t en un entorno de i/n. Todo ello sin alterar la propiedad de que los cuadradoscon lado de longitud 1/n tienen imagen por H dentro de U o V . En efecto, para ello

55

basta con reparametrizar convenientemente, y con dependencia continua en s, las curvasH(·, s). Omitimos los detalles. Un razonamiento analogo nos permite tambien suponer,adicionalmente y sin perdida de generalidad, que para todo (t, i) ∈ [0, 1]×0, 1, . . . , nla curva vertical H(t, ·) es constante para valores de s en un entorno de i/n.

Como consecuencia, H coincide con una aplicacion constante ci,j ∈ U ∪ V en unpequeno disco euclidiano Di,j centrado en (i/n, j/n) para todo (i, j) ∈ 0, 1, . . . , n2.En este punto usaremos curvas en U , V o U ∩V , con preferencia en el ultimo conjunto ydependiendo de si ci,j ∈ U , V o U ∩ V (tal y como explicamos arriba cuando probamosla sobreyectividad de Θ), para alterar H en los Di,j por una funcion radial (esto es,constante sobre las circunferencias centradas en (i/n, j/n)) de forma que H(i/n, j/n) =x0. Para ser mas precisos, si Di,j tiene radio εi,j y ρi,j : [0, εi,j]→ U , V o U ∩ V , es unacurva con punto inicial x0 y final ci,j, definiremos

H((i/n, j/n) + rθ

)= ρi,j(r), r ∈ [0, εi,j], θ ∈ S1.

En este punto ya queda claro que cada curva H(t, i/n) es producto de lazos con base x0 ycontenidos en U o V (aquellos que se corresponden con las imagenes de los subintervalos[j/n, (j+1)/n], j = 0, 1, . . . , n−1), por lo que de forma canonica se le puede asociar unapalabra en el producto libre Π1(U, x0) •Π1(V, x0). Expliquemos ahora como pasar de lapalabra asociada a H(t, i/n) en Π1(U, x0)•Π1(V, x0) a la que representa H(t, (i+1)/n).

Fijemos i ∈ 0, 1, . . . , n− 1 y llamemos βj al lazo con base x0 en U o V dado por

t 7→ H((1− t)j/n+ t(j + 1)/n, i/n

), j = 0, . . . , n− 1.

De esta forma H(·, i/n) ' β0 ? . . . , ?βn−1. Atendiendo a nuestros convenios, si Wlj

denota al abierto conteniendo a βj, j = 0, . . . , n− 1, entonces [β0]Wl0? . . . ? [βn−1]Wln−1

serıa la palabra asociada a H(·, i/n) en Π1(U, x0) • Π1(V, x0).Para i+ 1 y de forma analoga llamemos β′j al lazo con base x0 en U o V dado por

t 7→ H((1− t)j/n+ t(j + 1)/n, (i+ 1)/n

), j = 0, . . . , n− 1.

Igual que antes, [γ0]Wl0? . . . ? [γn−1]Wln−1

serıa la palabra asociada a H(·, (i+ 1)/n) en

Π1(U, x0) •Π1(V, x0). Finalmente llamemos ρj al lazo en Wlj−1∩Wlj basado en x0 dado

pors 7→ H

(j/n, (1− s)i/n+ s(i+ 1)/n

), j = 0, . . . , n,

donde hemos hecho el convenio Wl−1 = Wln = X (notese que ρ0 = ρn = εx0 ya que Hes homotopıa con extremos fijos).

Como cada cuadrado [j/n, (j + 1)/n] × [i/n, (i + 1)/n] es simplemente conexo, de-ducimos que (en homotopıa y como palabras en Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0)) que

Fn−1j=0 [βj]Wlj

≡ [β0]Wl0? . . . ? [βn−1]Wln−1

=

Fn−1j=0

([ρj]Wlj

? [γj]Wlj? [ρj+1]−1

Wlj

).

Tras el amalgamado de ρj en Π1(Wlj−1∩Wlj , x0) cuando Wlj−1

6= Wlj , inferimos que

[β0]Wl0?. . .? [βn−1]Wln−1

=([ρ0]Wl0

? [γ0]Wl0

)?. . .? [γj]Wlj

?. . .?([γn−1]Wln−1

? [ρn]−1Wln−1

)=

= [γ0]Wl0? . . . ? [γj]Wlj

? . . . ? [γn−1]Wln−1

en Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0).

56

Por tanto las palabras asociadas a H(t, i/n) y H(t, (i+1)/n) en Π1(U, x0)•Π1(U∩V,x0)

Π1(V, x0) se proyectan en el mismo elemento de Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0). Por unprocedimiento inductivo, concluimos que la proyeccion a Π1(U, x0) •Π1(U∩V,x0) Π1(V, x0)de la palabra asociada en Π1(U, x0) • Π1(V, x0) a H(·, 0), esto es, de w = a1 . . . am,coincide con la correspondiente proyeccion de la palabra asociada en Π1(U, x0)•Π1(V, x0)a H(t, 1) = εx0 , esto es, con la proyeccion de la palabra trivial. Esto concluye la prueba.

Corolario 9.2 Bajo las mismas hipotesis del Teorema de Seifert-Van Kampen, si U∩Ves simplemente conexo entonces Π1(X, x0) ∼= Π1(U, x0) • Π1(V, x0).

Corolario 9.3 Bajo las mismas hipotesis del Teorema de Seifert-Van Kampen, si Ves simplemente conexo entonces Π1(X, x0) ∼= Π1(U, x0)/N

(i∗(Π1(U ∩ V, x0))

).

Ejercicio 9.4 Si X es un n-ciclo (ver Definicion 2.21) entonces Π1(X, x0) es isomorfoal grupo libre F (a1, . . . , an).

Como caso particular,

Ejercicio 9.5 Sea X un espacio topologico tal que X = ∪nj=1aj, donde

Cada aj es homeomorfo a S1 con la topologıa inducida por X.

Existe x0 ∈ X tal que aj ∩ ai = x0 para todo i 6= j.

Entonces Π1(X, x0) es isomorfo al grupo libre F (a1, . . . , an).

9.1. Aplicaciones y ejemplos

Veamos algunas aplicaciones sencillas del Teorema de Seifert-Van Kampen.

9.1.1. Espacios libro

Consideramos el semiplano Π1 := (x1, x2, x3) ⊂ R3 : x1 = 0, x2 ≥ 0 y sus giradosrespecto del eje x3

Πj := (e2π(j−1)ı/kz, x3) : (z, x3) ∈ Π1 ⊂ C× R ≡ R3, j = 1, . . . , k.

Por definicion Lk := ∪kj=1Πj, k ∈ N, es el espacio libro de k hojas. Notese que desdeel punto de vista topologico (o salvo homeomorfismos), el hecho de que la distribucionde semiplanos sea equiangular es irrelevante. Tambien es evidente que el espacio L2 eshomeomorfo a R2.

Proposicion 9.6 Si k, s ∈ N y k 6= s entonces Lk y Ls no son homeomorfos.

Demostracion : Supongamos que k 6= 2 y Lk ∼= Ls, s 6= k. Tomemos F : Lk → Ls unhomeomorfismo. Sea X := Lk \ 0 e Y := F (X) = Ls \ F (0), donde 0 ≡ (0, 0, 0).

La aplicacion H : X × [0, 1] → X, H(p, s) := (1 − s)p + sp/‖p‖, deforma X en launion de curvas S2 ∩Lk, con retraccion asociada r : X → S2 ∩Lk, r(p) := p/‖p‖. Por elEjercicio 9.4, el grupo fundamental de X es libe con k − 1 generadores (si k = 1 es elgrupo trivial). Pero por razonamientos similares el grupo fundamental de Y es

libre con un generador si F (0) /∈ x1 = x2 = 0, o

57

libre con s− 1 generadores si F (0) ∈ x1 = x2 = 0.

Como k − 1 6= 1, s− 1, esto genera la contradiccion buscada.

Corolario 9.7 Si O ⊂ R3 es un abierto conteniendo al origen, entonces O ∩ Lk nopuede ser homeomorfo a un abieto de R2 para todo k 6= 2.

Demostracion : Supongamos que existen abiertos 0 ≡ (0, 0, 0) ∈ O ⊂ R3 y U ⊂ R2, yun homeomorfismo F : O ∩ Lk → U .

Discutamos primero el caso k > 2.Sea B2 ⊂ O una bola euclidiana abierta centrada en el origen, D ⊂ F (B2∩Lk) ⊂ U

un disco abierto centrado en F (0), y B1 una bola eclidiana abiera centrada en el origencon B1 ∩ Lk ⊂ F−1(D).

Las inclusiones i1 : (B1∩Lk)\0 → F−1(D)\0 e i2 : F−1(D)\0 → (B2∩Lk)\0inducen homomorfismos de grupos (i1)∗ : Π1

((B1 ∩ Lk) \ 0

)→ Π1

(F−1(D) \ 0

)e

(i2)∗ : Π1

(F−1(D) \ 0

)→ Π1

((B2 ∩ Lk) \ 0

).

De la demostracion de la Proposicion 9.6 se sigue que Π1

((B1∩Lk)\0

)y Π1

((B2∩

Lk)\0)

son grupos libres con k−1 6= 1 generadores. Por otro lado, Π1

(F−1(D)\0

) ∼=Π1

(D \ F (0

) ∼= Z es un grupo libre con un generador.Como i∗ = (i2)∗ (i1)∗, donde i : (B1 ∩ Lk) \ 0 → (B2 ∩ Lk) \ 0 es la inclusion,

deducirıamos que i∗(Π1((B1∩Lk)\0)

)tendrıa que ser un grupo cıclico. Pero i es una

equivalencia homotopica (compruebese como ejercicio), por lo que i∗(Π1((B1 ∩ Lk) \

0))

= Π1((B2 ∩ Lk) \ 0) es un grupo libre con k − 1 6= 1 generadores, generandouna contradiccion.

El caso k = 1 es analogo. Ahora se toman B2 ⊂ U una bola euclidiana abiertacentrada en F (0), D ⊂ F−1(B2) ⊂ O ∩ L1 un semidisco abierto centrado en 0, yB1 ⊂ F (D) una bola eclidiana abiera centrada en F (0). Se razona formalmente comoarriba, revirtiendo el sentido de las inclusiones, y generando una contradiccion similar.Omitimos los detalles.

9.1.2. El grupo fundamental de un esquema

Para lo que sigue, es conveniente tener presentes las construcciones y notacion in-troducidas en la Seccion 2.

Consideremos una relacion de equivalencia R0 en S1 = z ∈ C : |z| = 1 y ex-tendamosla a la relacion R

pRq ⇐⇒ p = q ∨(p, q ⊂ S1 ∧ pR0q

)en el disco unidad cerrado D = z ∈ C : ‖z‖ ≤ 1. Denotemos por σ : D → S := D/Ra la correspondiente proyeccion. Como siempre D := D \ S1 es el disco unidad abierto.

58

Como siempre escribamos

α1 : [0, 1]→ S1, α1(t) = e2πıt.

Tenemos la siguiente:

Proposicion 9.8 Si z0 := σ(1) ∈ σ(S1) y [α1] ∈ Π1(σ(S1), z0) es la clase determinadapor el lazo α1 := σ α1, entonces

Π1(S) ∼= Π1(σ(S1), z0)/N([α1]).

Demostracion : Tomemos t0 ∈]0, 1[⊂ D ⊂ D. Basta con demostrar que

Π1(S, σ(t0)) ∼= Π1(σ(S1), z0)/N([α1]).

Llamemos U = S \ σ(0) y V = σ(D) ⊂ S. Es claro que U , V y U ∩ V =σ(D) \ σ(0) son abiertos arcoconexos y no vacıos de S, siendo S = U ∪ V . Por tantoestan en las condiciones del Teorema de Seifert-Van Kampen.

Calculemos Π1(U, σ(t0)): Para ello sera crucial observar que σ(S1) es retracto fuertede deformacion de U . Con tal fin consideremos la retraccion

r : D \ 0 → S1, r(p) =p

‖p‖

y la deformacion

H : (D \ 0)× [0, 1]→ D \ 0, H(p, s) = (1− s)p+ sr(p)

que realizan S1 como retracto fuerte de deformacion de D \ 0.Tanto la retraccion r como la deformacion H pueden ser inducidas al cociente dando

lugar a una retraccion r : U → σ(S1) y a una deformacion H : U × [0, 1]→ U haciendolos siguientes diagramas conmutativos

D \ 0r

−−−−−−→ S1

σ|D\0

y yσ|S1U

r

−−−−−−→ σ(S1)

(D \ 0)× [0, 1]H

−−−−−−→D \ 0(σ|D\0)×Id[0,1]

y y σ|D\0

U × [0, 1]H

−−−−−−→ U

,

esto es, satisfaciendo

(σ|S1) r = r (σ|D\0) y (σ|D\0) H = H ((σ|D\0)× Id[0,1]

).

Lo anterior prueba que σ(S1) es retracto fuerte de deformacion de U . El Teorema 7.9sobre retractos de deformacion nos da que

r∗ : Π1(U, σ(t0))→ Π1(σ(S1), z0)

es un isomorfismo de grupos, donde hemos tenido en cuenta que r(σ(t0)) = σ(r(t0)) =σ((1, 0)) = z0.

Calculemos Π1(V, σ(t0)): Este calculo es trivial ya que V = σ(D) ∼= D es simple-mente conexo.

Calculemos Π1(U ∩ V, σ(t0)): El grupo Π1(U ∩ V, σ(t0)) es el grupo fundamental deun disco punteado, por lo que es el grupo libre F ([γ]) con generador γ = σ (t0α1), estoes, γ : [0, 1]→ U ∩ V, γ(t) = σ(t0e

2πıt).

59

Apliquemos el Teorema de Seifert-Van Kampen: El Corolario 9.3 del Teorema deSeifert y Van Kampen garantiza que

Π1(S, σ(t0)) ∼=Π1(U, σ(t0))

N(i∗(Π1(U ∩ V, σ(t0)))

) =Π1(U, σ(t0))

N(i∗(F ([γ]))

) ,donde i∗ : Π1(U ∩ V, σ(x0)) = F ([γ]) → Π1(U, σ(x0)) es el morfismo inducido por laaplicacion inclusion i : U ∩ V → U .

Usando que r∗ : Π1(U, σ(t0))→ Π1

(σ(S1), z0

)es un isomorfismo y

r∗

(N(i∗(F ([γ]))

))= N

((r∗ i∗)(F ([γ]))

),

deducimos que

Π1(S, σ(t0)) ∼=Π1(U, σ(t0))

N(i∗(F ([γ]))

) r∗∼=Π1(σ(S1), σ(1, 0))

N((r i)∗(F ([γ]))

) .Por otra parte, de la definiciones de γ, r y r se sigue que

(r γ)(t) = r(σ(t0e2πıt)) = σ(r(t0e

2πıt)) = σ(e2πıt) = α1(t) ∀t ∈ [0, 1],

y por tanto que

r γ = α1 y (r i)∗([γ]) = [r γ] = [α1] ∈ Π1(σ(S1), z0).

Esto implica que N((r i)∗(F ([γ]))

)= N

((r i)∗([γ])

)= N([α1]), de donde finalmente

Π1(S, σ(t0)) ∼=Π1(σ(S1), σ(1, 0))

N((r i)∗(F ([γ]))

) =Π1(σ(S1), z0)

N([α1]),

lo que concluye la prueba.

El siguiente corolario, consecuencia inmediata de la Proposicion 9.8, nos calcula elgrupo fundamental del espacio asociado a un esquema. Es conveniente consultar lasDefiniciones 2.23 y 2.25 para la notacion implıcita.

Corolario 9.9 Sea ω un esquema, sea Sω su realizacion canonica, σω : D → Sω laidentificacion asociada a Sω y Γω = σ(S1) su grafo conexo borde.

Si z0 := σω((1, 0)) ∈ Γω y α1 : [0, 1]→ Γω, α1(t) := σω(e2πıt), entonces

Π1(Sω) ∼= Π1(Γω, z0)/N([α1]).

60

Figura 1: El espacio realizacion Sω y grafo borde Γω del esquema ω = baccab−1ded−1ff .

Notese que, como Γω es un grafo conexo, el grupo Π1(Γω, z0) es libre con una cantidadfinita de generadores (ver Observacion 2.22).

Veamos un ejemplo sencillo que ilustre el anterior calculo. Consideremos el esquemabaccab−1ded−1ff , cuyo espacio realizacion S y grafo conexo borde Γ se han ilustradoen la figura contigua. Basando los calculos de los grupos fundamentales en el punto P2

(vertice de Γ), es claro que

Π1(Γ, P2) = F (β1, β2, β3, β4)

para β1 = bcb−1, β2 = bab−1,β3 = f , β4 = ded−1. En este caso α1 como lazo basado enP2 se escribe como

α1 = baccab−1ded−1ff = (bab−1)(bcb−1)(bcb−1)(bab−1)(ded−1)ff = β2β21β2β4β

23 ,

de donde finalmente

Π1(S, P2) = Π1(Γ, P2)/N(α1) = F (β1, β2, β3, β4)/N(β2β21β2β4β

23) = F (β1, β2, β3).

Definicion 9.10 (Esquemas binarios puros normales) Presentamos una lista basi-ca de esquemas binarios puros, que llamaremos normales, y sus correspondientes reali-zaciones (tengase en cuenta el Corolario 9.9).

El espacio S0 asociado al esquema binario puro w0 := aa−1 es homeomorfo a laesfera S2 y tiene grupo fundamental trivial 0.

El espacio Sn asociado al esquema binario puro wn :=∏n

j=1 ajcja−1j c−1

j , n ∈ N,tiene grupo fundamental isomorfo a

F (a1, c1, . . . , an, cn)/N(n∏j=1

ajcja−1j c−1

j ).

El espacio S∗n asociado al esquema binario puro w∗n :=∏n

j=1 ajaj, n ∈ N, tienegrupo fundamental isomorfo a

F (a1, . . . , an)/N(n∏j=1

a2j).

Corolario 9.11 (Realizaciones de esquemas binarios puros normales) La fami-lia de realizaciones de los esquemas binarios puros normales

Sn : n ∈ N ∪ 0 ∪ S∗n : n ∈ N

no contiene dos espacios homeomorfos entre sı.

61

Demostracion : Basta observar que

A(Π1(Sn)) ∼= Z2n, A(Π1(S∗n+1)) ∼= Z2 × Zn, n ∈ N ∪ 0

(para n = 0 entiendase Z0 ≡ 0).Por tanto la correspondiente lista de abelianizados no contiene dos de ellos homeo-

morfos entre sı, de donde se sigue el resultado.

9.1.3. El grupo fundamental de los espacios proyectivos

Recordemos que un modelo topologico basico para el espacio proyectivo Pn, n ∈ N,es el cociente de la esfera Sn por la relacion de equivalencia inducida por la aplicacionantıpoda:

pRq ⇐⇒ p = ±q.Para n = 1 es inmediato que P1 ∼= S1, y por tanto

Π1(P1) ∼= Z.

Para n = 2, P2 es homeomorfo al espacio definido por la palabra simple aa, por lo queteniendo en cuenta la Definicion 9.10

Π1(P2) ∼= F (a)/N(a2) ∼= Z2.

Probaremos el siguiente

Teorema 9.12 Π1(Pn) ∼= Z2, n ≥ 2.

Demostracion : Bastara con demostrar que

Π1(Pn+1) ∼= Π1(Pn), n ≥ 2.

El teorema se seguira por un proceso inductivo elemental, usando el hecho de queΠ1(P2) ∼= Z2.

Escribamos π : Sn+1 → Pn+1 ≡ Sn+1/R la proyeccion natural, donde R es la relacionde equivalencia inducida por la antıpoda. Denotemos por en+2 = (0, . . . , 0, 1) ∈ Rn+2.Es facil comprobar que

U := π(p ∈ Sn+1 : 〈p, en+2〉 > 0) y V := π(p ∈ Sn+1 : |〈p, en+2〉| < 1)

son abiertos arcoconexos de Pn+1 tales que Pn+1 = U ∪ V . Igualmente

U ∩ V = π(p ∈ Sn+1 : 0 < 〈p, en+2〉 < 1)

es un abierto arcoconexo. Nuestra intencion es aplicar el Teorema de Seifert-Van Kam-pen a la pareja U , V en Pn+1.

Probemos que U es simplemente conexo. En efecto, basta tener en cuenta queSn+1

+ := p ∈ Sn+1 : 〈p, en+2〉 > 0 es homeomorfo a la bola unidad cerrada Bn(0, 1) ⊂Rn+1 vıa la proyeccion ortogonal sobre xn+2 = 0 ≡ Rn+1, y que π|Sn+1

+: Sn+1

+ → U es

un homeomorfismo.Calculemos ahora el grupo fundamental de V .Para ello, observemos que es posible identificar topologicamente Sn ≡ Sn × 0 =

(Sn+1 ∩ xn+2 = 0), y escribamos W = p ∈ Sn+1 : |〈p, en+2〉| < 1. La aplicacion

r : W → Sn, r(p) :=p− 〈p, en+2〉en+2

‖p− 〈p, en+2〉en+2‖

62

es la retraccion asociada a la deformacion

H : W × [0, 1]→ W, H(p, s) :=(1− s)p+ sr(p)

‖(1− s)p+ sr(p)‖

que materializa Sn como retracto fuerte de deformacion de W .Si A : Sn+1 → Sn+1 es la aplicacion antıpoda, es inmediato comprobar que

r A = A r y H (A× Id[0,1]) = A H.

Por tanto existe una unica retraccion y deformacion

r : V → π(Sn), H : V × [0, 1]→ V

satisfaciendo que

r (π|W ) = (π|Sn) r y H ((π|W )× Id[0,1]

)= (π|W ) H,

lo que prueba que π(Sn) es un retracto fuerte de deformacion de V . En otras palabras,Pn es un retracto fuerte de deformacion de V ya que π(Sn) es naturalmente homeomorfoa Pn ≡ Sn/R0, donde R0 es la relacion inducıda por la antıpoda en Sn.

Por ultimo, comprobemos que U ∩V es simplemente conexo. En efecto, si llamamosY := p ∈ Sn+1 : 0 < 〈p, en+2〉 < 1, la aplicacion π|Y : Y → U ∩ V es un homeomorfis-mo. Igualmente

Φ: Y → Sn×]0, 1[, φ(p) =(r(p), 〈p, en+2〉

),

es un homeomorfismo. Inferimos que U ∩ V es homeomorfo al espacio simplementeconexo Sn × [0, 1] (tengase en cuenta que n ≥ 2), y por tanto igualmente simplementeconexo.

El Corolario 9.2 garantiza que

Π1(Pn+1) ∼= Π1(U) • Π1(V ) ∼= 0 • Π1(Pn) ∼= Π1(Pn),

lo que concluye la prueba.

63

Ejercicios del Tema 1

1. Sea f : X → Y una aplicacion continua entre espacios topologicos. Tomamos dospuntos x1 y x2 en X. Denotamos por (f∗)1 : Π1(X1, x1) → Π1(X2, f(x1)) y por(f∗)2 : Π1(X1, x2) → Π1(X2, f(x2)) a los homomorfismos inducidos por f en lospuntos x1 y x2. Dado γ ∈ Ωx1,x2(X), demostrar que (f∗)2 Uγ = Ufγ (f∗)1.

2. Probar que son grupos topologicos:

a) Rn con la suma y la topologıa usuales.

b) R∗ = R− 0 y C∗ = C− 0 con los productos y las topologıas usuales.

c) S1 ⊂ C con el producto de numeros complejos y la topologıa usual.

d) El grupo lineal general GL(n), el grupo ortogonal O(n) y el grupo especialortogonal SO(n) con el producto de matrices y la topologıa inducida porMn(R) ≡ Rn2

.

3. (Conjuntos estrellados). Sea X ⊆ Rn y x0 ∈ X. Se dice que X es estrelladorespecto de x0 si [x0, x] ⊆ X, para cada x ∈ X. Se pide lo siguiente:

a) Sean α, β ∈ Ωx0(X). Demostrar que α'β, construyendo una homotopıa deforma explıcita. Concluir que X es simplemente conexo.

b) Sean f, g : Y → X dos aplicaciones continuas, donde Y es cualquier espaciotopologico. Demostrar que f l g.

4. Sea X un espacio topologico y f, g : X → Sn aplicaciones continuas con g(x) 6=−f(x), para cada x ∈ X. Demostrar que f l g. Deducir que:

a) Si f : Sn → Sn es continua y no tiene puntos fijos, entonces f l −IdSn .

b) Si f : Sn → Sn es continua y f(x) 6= −x para todo x ∈ Sn entonces f l IdSn .

5. Demostrar que IdS2n−1 l −IdS2n−1 para cada n ∈ N. Usando el ejercicio anteriorprobar que si f : S1 → S1 es continua y nulhomotopa, entonces existen x1, x2 ∈ S1

tales que f(x1) = x1 y f(x2) = −x2.

6. Para cada espacioX probar que la seccion ecuatorial A = X×0 es un retracto dedeformacion de X×[−1, 1]. Deducir el tipo de homotopıa de la banda Rn×[−1, 1],el cilindro Sn × [−1, 1] y el cubo [−1, 1]n+1. Discutir que ocurre si sustituimos[−1, 1] por R.

7. Encontrar un retracto de deformacion de X = Sn−N,S y otro de X = Rn+1−B(0, 1), donde B(0, 1) es la bola unidad cerrada.

8. Sean x1, x2 ∈ R2 con x1 6= x2. Definimos A = C1∪C2, donde Ci es la circunferenciade centro xi y radio ‖x1 − x2‖/2. Demostrar graficamente que A es un retractode deformacion de R2 − x1, x2. Calcular explıcitamente la retraccion cuandox1 = (−1, 0) y x2 = (1, 0).

64

9. Sea α ∈ Ω(S1, 1) un lazo de clase C1. Demostrar que:

deg(α) =1

2π

∫ 1

0

⟨α′(u), J(α(u))

⟩du,

donde J : R2 → R2 es el giro de angulo π/2 dado por J(x, y) = (−y, x).

10. ¿Es cierto el teorema de Borsuk-Ulam si cambiamos S2 por el toro T = S1 × S1?

11. Probar que el teorema de Borsuk-Ulam es equivalente a los siguientes enunciados:

a) Si f : S2 → R2 es continua e impar, entonces existe x0 ∈ S2 tal que f(x0) = 0.

b) Si g1, g2 : S2 → R son continuas e impares, existe x0 ∈ S2 tal que g1(x0) =g2(x0) = 0.

12. Sea f : R→ R+ =]0,+∞[ una funcion continua . Definimos el conjunto:

Sf = (x, y, z) ∈ R3 / x2 + y2 = f(z)2.

a) Estudiar el conjunto Sf ∩ z = z0 con z0 ∈ R. Esbozar un dibujo de Sf .

b) Demostrar que cualesquiera dos conjuntos Sf son homeomorfos entre sı.

c) Calcular el grupo fundamental de Sf .

13. Encontrar un retracto de deformacion de R3 − L, donde L es el eje z. Calcular elgrupo fundamental Π1(R3 −R), siendo R cualquier recta afın.

14. Sea S un subespacio afın de dimension k ≤ n − 2 en Rn. Calcular el grupofundamental de Π1(Rn − S) encontrando para ello un retracto de deformacion.

15. Demostrar que el sistema de ecuaciones:

x− arctg(x2 − y3) = 5,

cos(x) + sen(xy3) + ex + ey2

+1

y= −3.

tiene al menos una solucion en R2.

16. Sea A un retracto de un disco cerrado en R2. Demostrar que toda aplicacioncontinua f : A → A tiene al menos un punto fijo. Deducir que toda aplicacioncontinua f : X → X con X = B((−1, 0), 1)∪B((1, 0), 1) tiene al menos un puntofijo.

17. Sea f : D → D un homeomorfismo en el disco unidad de R2. Demostrar que fconserva el interior y la frontera de D.

18. Calcular Π1(X) en estos casos:

a) X = S2 ∪ [N,S], donde N y S son el polo Norte y el polo Sur de S2 y [N,S]el segmento que los une.

b) X = S2 ∪ (x, y, 0) ∈ R3 / x2 + y2 ≤ 1,c) X = S2 ∪ C1 ∪ C2, donde C1 y C2 son circunferencias tangentes a S2 en los

puntos N y S, respectivamente.

65

d) X es la union de una esfera y de un toro tangentes en un unico punto.

e) X es la union de dos toros tangentes en un unico punto.

19. Calcular Π1(X), donde X es el espacio que se obtiene al identificar los lados deun polıgono regular plano siguiendo los esquemas E siguientes:

a) E = aaa. ¿Es X contractil?

b) E = aa−1ba−1a−1b−1,

c) E = ab−1bccc,

d) E = abaaab−1a−1. Es Π1(X) el producto libre de dos grupos cıclicos?

e) E = abcb−1a−1cc.

20. Sea X el espacio resultante al identificar los 8 lados de un polıgono regular planosiguiendo el esquema acadbcb−1d. Calcular el abelianizado del grupo fundamentalde X.

21. Sea X el espacio obtenido a partir de una corona circular plana cuando se iden-tifican puntos antıpodas en las dos circunferencias del borde. Calcular Π1(X).

22. Sea X el cociente de una corona circular donde el cırculo exterior se divide en seislados identificados por el esquema abca−1a−1c−1 y el cırculo exterior se divide entres lados identificados segun el esquema ddd. Calcular su grupo fundamental.

23. Resolver de forma razonada las siguientes cuestiones:

a) Sea X simplemente conexo, A ⊆ X y f : A → Y una aplicacion conti-nua. Supongamos que existe F : X → Y continua con F |A = f . Probarque el homomorfismo inducido f∗ : Π1(A, x0) → Π1(Y, f(x0)) es trivial, conindependencia de x0 ∈ A.

b) Discutir si la bola unidad cerrada es un retracto de deformacion de Rn+1.

c) Sea X simplemente conexo y A ⊆ X un retracto de X. ¿Es A simplementeconexo?

d) Sea X ⊂ Rn un convexo compacto con interior no vacıo. Dado un puntox0 del interior de X, demostrar que la frontera Fr(X) es un retracto dedeformacion de X − x0.

e) Discutir si S1 admite algun retracto de deformacion A 6= S1.

f ) Sea f : S1 → S1 la aplicacion dada por f(z) = zn. Calcular el homomorfismoinducido f∗ en x0 = 1.

g) Sea X un espacio topologico y A ⊆ X. ¿Es (iA)∗ un monomorfismo? ¿Y siA es un retracto de X?

h) Supongamos que f : X → Y es continua y sobreyectiva con f(x0) = y0. ¿Escierto que f∗ : π(X, x0)→ Π1(Y, y0) es un epimorfismo?

i) ¿Es todo retracto de un espacio X un retracto de deformacion de X?

j ) ¿Es cierto el teorema del punto fijo de Brouwer para X = Rn? ¿Y para unacorona?

k) Discutir si existe algun homeomorfismo de R2 que intercambie las dos com-ponentes conexas de R2 − S1.

66

TEMA 2: Espacios Recubridores

Francisco J. LopezDepartamento de Geometrıa y Topologıa

Universidad de Granadafjlopez@ugr.es

En este tema vamos a tratar el concepto de espacio recubridor, una de las herra-mientas mas utiles en Topologıa y Geometrıa. Esta teorıa esta ıntimamente ligada conla del grupo fundamental como iremos descubriendo mas adelante. A nivel intuitivo, laidea basica para construir un espacio recubridor consiste en desenrollar una familia delazos homotopicamente no triviales en un espacio base, para de esta forma generar otrode menor complejidad topologica a nivel de grupo fundamental.

A lo largo de este tema, todos los espacios topologicos consideradosseran conexos y localmente arcoconexos (luego arcoconexos).

10. Definicion y ejemplos. Nociones basicas

Definicion 10.1 Sea X un espacio topologico. Un (espacio) recubridor de X es un par

(X, π), donde:

X es un espacio topologico.

π : X → X es una aplicacion continua y sobreyectiva.

Todo punto p ∈ X admite un entorno abierto y arcoconexo U en X tal queπ|U : U → U es un homeomorfismo para toda arcocomponente U de π−1(U).

Al abierto U se le llamara entorno fundamental o distinguido para el recubridor (X, π)(alrededor de p ∈ U , luego alrededor de cualquiera otro punto de U).

Sea (X, π) un recubridor de X segun Definicion 10.1. Es conveniente tener en cuentalos siguientes comentarios y notaciones:

67

A la aplicacion π la llamaremos aplicacion recubridora, al espacio X base delrecubridor (X, π), y al espacio X espacio recubridor (de X vıa π).

Dado p ∈ X, al conjunto π−1(p) ⊂ X le llamaremos fibra del punto p para el

recubridor (X, π). Un recubridor se dira finito (y la aplicacion recubridora finita)cuando la fibra π−1(p) sea finita para todo p ∈ X. Mas adelante comprobaremosque el cardinal de π−1(p) no depende del punto p ∈ X; ver el Corolario 11.5 y laDefinicion 11.6.

La familia de abiertos

U := U ⊂ X : U es entorno distinguido para (X, π)

es una base de la topologıa de X. En efecto, sean p ∈ X y O ⊂ X un abiertocon p ∈ O. Basta observar que para todo entorno distinguido U alrededor de ppara el recubridor (X, π), la arcocomponente V del abierto U ∩O que contiene ap satisface p ∈ V ⊂ U ∩O ⊂ O y pertenece claramente a U .

Si U ∈ U es un entorno distinguido para (X, π), cada arcocoponente U de π−1(U)

es un subconjunto abierto de X; tengase en cuenta π−1(U) es un abierto de X y que

este espacio es localmente arcoconexo. Como π|U : U → U es un homeomorfismo,se deduce que toda aplicacion recubridora es un homeomorfismo local.

Como π es un homeomorfismo local entonces π una aplicacion abierta.

El conjunto de arcocomponentes de π−1(U) esta en correspondencia uno a uno

con la fibra de p. En efecto, si para cada p ∈ π−1(p) denotamos por Up a la unicaarcocomponente de π−1(U) conteniendo a p, entonces

Up : p ∈ π−1(p)

son todas las arcocomponentes de π−1(U); usar que cada arcocomponente U de

π−1(U) contiene exactamente un punto de π−1(p) ya que π|Up : U → U es biyec-

tiva. Por tanto podemos escribir

π−1(U) =⋃

p∈π−1(p)

Up.

Dado p ∈ X, la fibra π−1(p) es un subconjunto discreto de X. Basta tomar

un entorno distinguido U alrededor de p para (X, π) y observar que para todo

p ∈ π−1(p), el abierto Up satisface π−1(p) ∩ Up = p.

Si A ⊆ X es conexo y localmente arcoconexo y A es una arcocomponente deπ−1(A) entonces (A, π|A) es un recubridor de A.

Es conveniente tener presente que no todo homeomorfismo local sobreyectivo es unaaplicacion recubridora. Sirva como contraejemplo la aplicacion

ρ|]0,2[ : ]0, 2[→ S1,

donde ρ : R → S1 es la exponencial ρ(t) = e2πıt. En este caso el punto 1 ≡ (1, 0) ∈ S1

no admite ningun entorno distinguido. En relacion a este comentario es recomendablecomparar con la Proposicion 10.3.

Destaquemos algunos ejemplos sencillos de recubridores.

68

Ejercicio 10.2 Las siquientes aplicaciones son recubridoras:

La aplicacion exponencial ρ : R→ S1, ρ(t) = e2πıt (ver (2)). Recordemos que paratodo z ∈ S1, U = S1 \ −z es un entorno distinguido de z para (R, ρ).

La aplicacion πn : S1 → S1, πn(z) := zn (notacion compleja). Al igual que antes,si z ∈ S1 entonces U = S1 \ −z es un entorno distinguido de z para (S1, πn).

π1× π2 : Y1× Y2 → X1×X2, donde πj : Yj → Xj es recubridora, j = 1, 2. En estecaso se pueden elegir entornos alrededor de (p1, p2) ∈ X1×X2 de la forma U1×U2

con Uj es entorno distinguido alrededor de pj ∈ Xj para (Yj, πj), j = 1, 2.

ρ× ρ : R2 → S1 × S1.

ρ× IdR : R2 → S1 × R.

πn × πm : S1 × S1 → S1 × S1, m, n ∈ N.

πn × IdR : S1 × R→ S1 × R, n ∈ N.

La proyeccion canonica π : Sn → Pn, n ∈ N. Dado p ∈ Sn, un entorno distinguidopara π(p) ∈ Pn es U := π(Up) con Up = q ∈ Sn : 〈q, p〉 > 0; basta observar queπ−1(U) = Up ∪ (−Up) y π|±Up : ± Up → U es un homeomorfismo.

Un homeomorfismo f : X → Y .

Es natural preguntarse bajo que condiciones una aplicacion es recubridora, la proposi-cion siguiente sera un ejemplo de ello. Recordemos que una aplicacion f : X → Y entreespacios topologicos se dice propia si f−1(K) es compacto para todo compacto K ⊂ Y .

Proposicion 10.3 Si f : Y → X es un homeomorfismo local sobreyectivo y propioentre espacios Hausdorff localmente compactos, entonces f es una aplicacion recubridorafinita.

Demostracion : Veamos primero que para cada x ∈ X el conjunto f−1(x) es finito. Enefecto, como f es un homeomorfismo local para cada y ∈ f−1(x) existe un entorno V dey en Y tal que f(V ) es un entorno de x en X y f |V : V → f(V ) es un homeomorfismo.De aquı que V contiene solo una preimagen por f de x, y por tanto el conjunto f−1(x)es discreto. Pero ademas f−1(x) es compacto, ya que es la imagen inversa por unaaplicacion propia de un compacto. de aquı que f−1(x) es finito como habıamos afirmado.

Tomemos x ∈ X arbitrario y escribamos:

f−1(x) = y1, . . . , yn.

Como Y es Hausdorff podemos encontrar entornos abiertos Vj de yj, j = 1, . . . , n, dis-juntos dos a dos. Salvo refinarlos, y usando que f es un homeomorfismo local, podemossuponer ademas que f(Vj) es un entorno abierto de x y f |Vj : Vj → f(Vj) es un homeo-morfismo, j = 1, . . . , n. Como

⋂nj=1 f(Vj) es un entorno abierto de x y X es un espacio

localmente compacto y Hausdorff, es posible encontrar un abierto W en X tal que

x ∈ W , W (cierre en X) es compacto y W ⊆n⋂j=1

f(Vj).

69

Notemos que el conjunto f−1(W ) es compacto en X por ser f propia, y por tantof−1(W ) \

⋃nj=1 Vj es tambien compacto en X al ser un cerrado del compacto f−1(W ).

Como f−1(x) = y1, . . . , yn ⊂⋃nj=1 Vj, inferimos que

f−1(x) ∩(f−1(W ) \

n⋃j=1

Vj)

= ∅

y por tanto el compacto f(f−1(W ) \

⋃nj=1 Vj

)⊂ Y no contiene a x. De aquı que el

conjunto

U := W \ f(f−1(W ) \

n⋃j=1

Vj)

sea abierto en Y y x ∈ U .Veamos que la arcocomponente de U que contiene a x es entorno distinguido para

(X, f) alrededor de x. Para ello basta con probar que f−1(U) consiste de n abiertosdisjuntos dos a dos homeomorfos vıa f a U . En efecto, se tiene que

f−1(U) = f−1

(W \ f

(f−1(W ) \

n⋃j=1

Vj))

= f−1(W ) \ f−1(f(f−1(W ) \

n⋃j=1

Vj))⊆

⊆ f−1(W ) \(f−1(W ) \

n⋃j=1

Vj)⊆

n⋃j=1

Vj,

de donde

f−1(U) =n⋃i=1

(f−1(U) ∩ Vi

)siendo la union disjunta por serlo los abiertos Vi, i = 1, . . . , n. Como f |Vi : Vi → f(Vi)es un homeomorfismo y U ⊆ W ⊆

⋂nj=1 f(Vj) ⊆ f(Vi), se sigue que

f |f−1(U)∩Vi : f−1(U) ∩ Vi → U

es un homeomorfismo para todo i = 1, . . . , n, lo que concluye la prueba.

Corolario 10.4 Supongamos que X e Y son espacios Hausdorff e Y compacto. Todohomeomorfismo local f : Y → X es una aplicacion recubridora.

Demostracion : La aplicacion f es abierta por ser un homeomorfismo local. Como f estambien cerrada por ir de un compacto en un Hausdorff, inferimos de la conexion deX que f es sobreyectiva. En particular X es compacto al ser la imagen continua deun compacto. Como todo compacto Hausdorff es localmente compacto, el resultado sesigue de la Proposicion 10.3.

Otra cuestion de interes es saber si la composicion de aplicaciones recubridoras es unaaplicacion recubridora. Existen contraejemplos que demuestran la falsedad en generalde esa afirmacion. Pero hay una situacion muy particular en la que es cierta.

Proposicion 10.5 Sean π1 : Y → Z y π2 : Z → X aplicaciones recubridoras. Si π2 esfinita entonces π2 π1 : Y → X es recubridora.

70

Demostracion : Sea x ∈ X un punto arbitrario, y consideremos un entorno distinguidoU en X para (Z, π2) alrededor de x. Llamemos π−1

2 (x) = z1, . . . , zn (tengase en cuantaque π2 es finito) y escribamos

π−12 (U) =

n⋃j=1

Vj,

donde Vj : j = 1, . . . , n son disjuntos dos a dos, zj ∈ Vj y π2|Vj : Vj → U es unhomeomorfismo, j = 1, . . . , n.

Consideremos un entorno distinguido Wj en Z alrededor de zj para el recubridorπ1, j = 1, . . . , n.

La estrategia consistira en probar que la arcocomponente U0 de⋂nj=1 π2(Wj ∩ Vj)

conteniendo a x es entorno distinguido para (Y, π2 π1) alrededor del punto x.En efecto, observemos primero que U0 es entorno distinguido para (Z, π2). Para ello

tengamos en cuenta que U0 es abierto ya que π2 es abierta, y que

U0 ⊆n⋂j=1

π2(Wj ∩ Vj) ⊆ U,

con U entorno distinguido para (Z, π2). Por tanto, si

Uj := π−12 (U0) ∩ Vj, j = 1, . . . , n,

se tiene que Uj : j = 1, . . . , n son disjuntos dos a dos, π−12 (U0) =

⋃nj=1 Uj, y las

aplicaciones π2|Uj : Uj → U0, j = 1, . . . , n, son homeomorfismos.Como por definicion

U0 ⊆n⋂i=1

π2(Wi ∩ Vi) ⊆ π2(Wj ∩ Vj) ⊆ U

y π2|Vj : Vj → U es un homeomorfismo, tambien

Uj = Vj ∩ π−12 (U0) = (π2|Vj)−1(U0) ⊂ Wj ∩ Vj ⊂ Wj,

de donde al ser Wj entorno distinguido para (Y, π1) deducimos que Uj es entorno dis-tinguido para (Y, π1), j = 1, . . . , n. De aquı que

π−11 (Uj) =

⋃p∈π−1

1 (zj)

Uj,p,

donde Uj,p : p ∈ π−11 (zj) son disjuntos dos a dos y π1|Uj,p : Uj,p → Uj es un homeomor-

fismo para todo p ∈ π−11 (zj), j = 1, . . . , n.

Como conclusion,

(π2 π1)−1(U0) = π−11

(π−1

2 (U0))

= π−11

( n⋃j=1

Uj))

=

=n⋃j=1

π−11 (Uj) =

n⋃j=1

( ⋃p∈π−1

1 (zj)

Uj,p),

con Uj,p : p ∈ π−11 (zj), j = 1, . . . , n disjuntos dos a dos y

(π2 π1)|Uj,p = (π2|Uj) (π1|Uj,p) : Uj,p → U0

homeomorfismo para todo p ∈ π−11 (zj) y j = 1, . . . , n. Esto prueba que U0 es un entorno

distinguido para π2 π1 alrededor de x y concluye la proposicion.

71

Uno de los instrumentos mas utiles para la construccion de recubrimientos son lasacciones de grupos de homeomorfismos sobre espacios topologicos, que determinan deforma natural cocientes topologicos llamados espacios de orbitas. Precisemos el lenguaje.

Dado un espacio topologico X, denotaremos por

Hom(X) := f : X → X homeomorfismo

al grupo (con la composicion) de los homeomorfismos de X

Definicion 10.6 Sea X un espacio topologico, y sea G ⊂ Hom(X) un subgrupo. Con-sideremos la accion canonica de G sobre X:

µ : G×X → X, µ(g, x) := g(x).

Es habitual escribir por simplicidad g ·x en vez de µ(g, x) para todo g ∈ G y x ∈ X. Larelacion binaria en X

x ∼ y ⇐⇒ ∃ g ∈ G tal que g · x = y

es de equivalencia. El espacio topologico cociente X/∼ se denota por X/G. La clase deequivalencia g(x) : g ∈ G ∈ X/G de un punto x ∈ X es llamada orbita del punto xpara la accion µ de G sobre X. Por este motivo X/G es referido como el espacio deorbitas asociado a la accion µ inducida por G sobre X.

Definicion 10.7 Sea X un espacio topologico, y sea G ⊂ Hom(X) un subgrupo.El subgrupo G se dice que actua de forma propia y discontınua sobre X (y la accion

µ : G × X → X inducida se dice propia y discontinua) si para todo x ∈ X existe unentorno abierto arcoconexo U de x en X tal que (g ·U)∩U = ∅ para todo g ∈ G\IdX,donde g · U denota el conjunto g(U). Al entorno U se le llamara entorno distinguido(alrededor de x) para la accion.

La conexion con la teorıa de recubridores la da el siguiente teorema.

Teorema 10.8 Sea X un espacio topologico, y sea G ⊂ Hom(X) un subgrupo actuandode forma propia y discontinua sobre X.

Entonces la proyeccion al espacio de orbitas π : X → X/G es recubridora.

Demostracion : Para cada x ∈ X denotemos por

G · x = g · x : g ∈ G ∈ X/G

a la orbita del punto x. La continuidad y sobreyectividad de la proyeccion

π : X → X/G, π(x) := G · x,

es bien conocida. Tambien es obvio que π es abierta ya que si O ⊂ X es un subconjuntoabierto entonces

π−1(π(O)) =⋃y∈O

π−1(G · y) =⋃y∈O

g · y : g ∈ G =⋃g∈G

g ·O

es union de abiertos, y de la definicion de la topologıa cociente en X/G se sigue queπ(O) es abierto.

72

Sea G · x ∈ X/G una orbita arbitraria y determinemos un entorno distinguido para(X, π) alrededor de G · x. Para ello consideremos el unico entorno abierto U de x ∈ Xtal que (g · U) ∩ U = ∅ para todo g ∈ G \ IdX, y comprobemos que π(U) es entornodistinguido de G · x para π. Como π(U) es un abierto en X/G conteniendo a G · x y

π−1(π(U)) =⋃g∈G

g · U,

siendo esta union disjunta (tengase en cuenta que U es un entorno distinguido para laaccion de G sobre X), es suficiente con garantizar que la aplicacion:

π|g·U : g · U → π(U)

es un homeomorfismo para todo g ∈ G.En efecto, esta aplicacion es continua y abierta ya que es la restriccion de la aplica-

cion continua y abierta π al abierto g ·U de X. Tambien es trivialmente sobreyectiva yaque cada orbita en π(U) es de la forma G · y, y ∈ U , y por tanto tiene un representanteg · y ∈ g · U . Bastara con demostrar que π|g·U es inyectiva. En efecto, si y, z ∈ U sontales que π(g · z) = π(g · y), esto es,

G · (g · z) = G · (g · y),

entonces ha de existir h ∈ G tal que

h · (g · z) = g · y, o equivalentemente, (g−1 h g) · z = y.

Esto implicarıa que U 3 y ∈ (g−1 h g) · U , o equivalentemente,

y ∈((g−1 h g) · U

)∩ U,

de donde al ser U un entorno distinguido para la accion µ se seguirıa que g−1hg = IdXy h g = g. De la identidad (h g)(z) = g(y) se deduce que g(z) = g(y), y por ser gun homeomorfismo que z = y. De aquı la inyectividad de π|g·U : g · U → π(U), lo queprueba el teorema.

Observese que los entornos distinguidos para la aplicacion recubridora π : X → X/Gcoinciden con los distinguidos para la accion propia y discontinua inducida por G.

Ejercicio 10.9 Ejemplos de acciones propias y discontinuas:

La accion natural sobre Sn, n ≥ 1, del grupo G = IdSn , A generado por laaplicacion antıpoda A : Sn → Sn, A(p) = −p, es propia y discontinua. El espaciode orbitas Sn/G es, por definicion, el espacio proyectivo Pn.

Si denotamos por τ : R→ R, τ(r) = r+1, el grupo de traslaciones G := τn : n ∈Z actua de forma propia y discontinua sobre R. Para ello basta observar que siU ⊂ R es un intervalo abierto de longitud < 1, τm(U) = m+ U es disjunto de Upara todo m ∈ Z \ 0.En este caso el espacio de orbitas R/G ∼= S1. En efecto, si π : R → R/G es laproyeccion al espacio de orbitas y I = [0, 1], es claro que

f : I → R/G, f := π|I

es una identificacion (continua, cerrada y sobreyectiva) con

t ∼f s⇐⇒ t = s o t, s = 0, 1.

Por tanto I/ ∼f∼= R/G, y como I/ ∼f∼= S1 se sigue lo enunciado.

73

Si denotamos por θ : R2 → R2, θ(x, y) = (x + 1, y), el grupo de traslacionesG := θn : n ∈ Z actua de forma propia y discontinua sobre R2. Para ello bastaobservar que si U ⊂ R2 es una bola abierta de diametro < 1, θm(U) = (m, 0) +Ues disjunto de U para todo m ∈ Z \ 0.En este caso el espacio de orbitas R2/G ∼= S1 ×R. En efecto, si π : R→ R2/G esla proyeccion al espacio de orbitas y B = [0, 1]× R, es claro que

f : B → R2/G, f := π|B

es una identificacion (continua, cerrada y sobreyectiva) con

(x, y) ∼f (x′, y′)⇐⇒ (x, y) = (x′, y′) o x, x′ = 0, 1 e y = y′.

Por tanto B/ ∼f∼= R2/G, y como B/ ∼f∼= S1 × R se sigue lo enunciado.

Si denotamos por θ0 : R2 → R2, θ0(x, y) = (x + 1,−y), el grupo de traslacionesG := θn0 : n ∈ Z actua de forma propia y discontinua sobre R2. Para ello bastaobservar que si U ⊂ R2 es una bola abierta de diametro < 1, θm0 (U)∩U = ∅ paratodo m ∈ Z \ 0.En este caso el espacio de orbitas R2/G es la cinta de Mobius infinita. En efecto,si π : R→ R2/G es la proyeccion al espacio de orbitas y B = [−1/2, 1/2]× R, esclaro que

f : B → R2/G, f := π|Bes una identificacion (continua, cerrada y sobreyectiva) con

(x, y) ∼f (x′, y′)⇐⇒ (x, y) = (x′, y′) o |x− x′| = 1 e y = −y′.

Por tanto B/ ∼f∼= R2/G, y como B/ ∼f es la cinta de Mobius infinita se siguelo enunciado.

Si denotamos por τm,n : R2 → R2, τm,n(x, y) = (x + m, y + n), el grupo de tras-laciones G := τm,n : m, n ∈ Z actua de forma propia y discontinua sobre R2.Para ello basta observar que si U ⊂ R2 es una bola abierta de diametro < 1,τm,n(U) = (m,n) + U es disjunto de U para todo (m,n) ∈ Z2 \ (0, 0).En este caso el espacio de orbitas R2/G ∼= S1 × S1 (el toro).

En efecto, si π : R→ R2/G es la proyeccion al espacio de orbitas y C = [0, 1]2, esclaro que

f : C → R2/G, f := π|Ces una identificacion (continua, cerrada y sobreyectiva) con

(x, y) ∼f (x′, y′)⇐⇒ |x− x′|, |y − y′| ∈ 0, 1

Por tanto C/ ∼f∼= R2/G, y como C/ ∼f∼= S1 × S1 se sigue lo enunciado.

Si denotamos por θm,n : R2 → R2, θm,n(x, y) = (x + n, (−1)ny + m) el grupo detraslaciones G := θm,n : m, n ∈ Z actua de forma propia y discontinua sobreR2. Para ello basta observar que si U ⊂ R2 es una bola abierta de diametro < 1,θm,n(U) = U es disjunto de U para todo (m,n) ∈ Z2 \ (0, 0).En este caso el espacio de orbitas R2/G es la botella de Klein.

74

En efecto, si π : R→ R2/G es la proyeccion al espacio de orbitas y C = [−1/2, 1/2]2,es claro que

f : C → R2/G, f := π|Ces una identificacion (continua, cerrada y sobreyectiva) con

(x, y) ∼f (x′, y′)⇐⇒

(x, y) = (x′, y′)

x = x′, |y − y′| = 1y = −y′, |x− x′| = 1

Por tanto C/ ∼f∼= R2/G, y como C/ ∼f es la botella de Klein se sigue lo enun-ciado.

Proposicion 10.10 Si X es un espacio topologico Hausdorff y G es un grupo finitode homomorfismos de X sin puntos fijos (esto es, tal que φ(x) 6= x para todo x ∈ X yφ ∈ G \ IdX), entonces G actua de forma propia y discontinua sobre X.

Demostracion : Escribamos G = φ1 = IdX , φ2, . . . , φk, elijamos x1 ∈ X y denotemosxj = φj(x1) para cada j = 1, . . . , k. De nuestras hipotesis xi 6= xj, i 6= j. Como Xes Hausdorff podemos tomar Uj entorno abierto de xj, j = 1, . . . , k, de forma que

Uj ∩ Ui = ∅, i 6= j. Finalmente definamos U =⋂kj=1 φ

−1j (Uj). Como x1 ∈ φ−1

j (Uj) paratodo j = 1, . . . , k, inferimos que U es un abierto que contiene a x1. Ademas es claroque φj(U) ⊆ Uj para todo j = 1, . . . , k, y en particular U ⊂ U1 = φ1(U1). Por tantoU ∩ φj(U) ⊂ U1 ∩ Uj = ∅ para todo j > 1, esto es, U es un entorno distinguido para laaccion de G sobre X.

11. Levantamiento de aplicaciones al recubridor

La teorıa de recubridores se apoya de forma esencial sobre la nocion de grupo fun-damental. El ingrediente tecnico para comprender ese hecho son las propiedades delevantamiento de aplicaciones, en especial las de arcos y homotopıas, que vamos a estu-diar a continuacion. Comenzaremos con la siguiente proposicion, que expresa una idearecurrente en la teorıa de recubridores: fijada una condicion inicial, los levantamientosde aplicaciones a un recubridor de existir son unicos.

75

Proposicion 11.1 Sea (X, π) un recubridor de X, sea Y un espacio topologico conexo

y sean f1,f2 : Y → X dos aplicaciones continuas satisfaciendo π f1 = π f2.Si A := y ∈ Y : f1(y) = f2(y) 6= ∅ entonces f1 = f2.

Demostracion : Por la conexion de Y bastara con ver que A es abierto y cerrado en Y .Comprobemos que A es abierto. Sea y0 ∈ A y consideremos un entorno distinguido

Figura 2: A es abierto.

Figura 3: A es cerrado.

U en X alrededor de x0 := π(f1(y0)) = π(f2(y0)). Llamemos U a la arcocomponentede π−1(U) conteniendo a x0 := f1(y0) = f2(y0) ∈ π−1(x0). Como fj es continua, Vj :=

f−1j (U) es un abierto en Y conteniendo a y0, j = 1, 2. Llamemos V := V1 ∩ V2, tambien

abierto en Y conteniendo a y0. Claramente fj(V ) ⊂ U , j = 1, 2, y

(π|U) (f1|V ) = (π f1)|V = (π f2)|V = (π|U) (f2|V ).

76

Como π|U : U → U es un homeomorfismo, f1|V = f2|V y V ⊂ A. Esto prueba que y0 esinterior a A, y por tanto que A es abierto en Y .

Para acabar veamos que A es cerrado, esto es, que Y \A es abierto. Sea y0 ∈ Y \A yconsideremos un entorno distinguido U en X alrededor de x0 := π(f1(y0)) = π(f2(y0)).

Como x1 := f1(y0) 6= x2 := f2(y0) ∈ π−1(x0), las arcocomponentes U1, U2 de π−1(U)

tales que xj ∈ Uj, j = 1, 2, son distintas (luego disjuntas). Como fj es continua,

Vj := f−1j (Uj) es un abierto en Y conteniendo a y0, j = 1, 2. Llamemos V := V1 ∩ V2,

tambien abierto en Y conteniendo a y0. Claramente fj(V ) ⊂ Uj, j = 1, 2, y como

U1 ∩ U2 = ∅, f1(y) 6= f2(y) para todo y ∈ V . Por tanto V ⊂ Y \ A e y0 es interior aY \ A. De aquı que Y \ A sea abierto, o equivalentemente, A es cerrado.

El siguiente lema de existencia de levantamientos sera fundamental para lo que sigue,como veremos mas adelante. Es una generalizacion del ya probado en el Tema 1 parael recubridor (R, ρ) de S1, ver Lema 6.1.

Lema 11.2 Sea (X, π) un recubridor de X, y sean x0 ∈ X y x0 ∈ π−1(x0). Dada

H : [0,1]2 → X continua con H(0, 0) = x0, existe una unica aplicacion H : [0,1]2 → X

continua tal que π H = H y H(0, 0) = x0.

Demostracion : La unicidad de H es evidente de la Proposicion 11.1. Probemos laexistencia de H.

Para cada x ∈ X consideremos un entorno (abierto) distinguido Ux ⊂ X para el

recubridor (X, π). Construyamos el recubrimiento por abiertos de X dado por

U =Ux : x ∈ X

,

Como C = [0, 1]2 es un espacio metrico compacto (con la distancia euclidiana indu-cida), existe el numero de Lebesgue ε > 0 para el recubrimiento abierto H−1(U) :=H−1(Ux) : x ∈ X de C. Esto significa que cualquier subconjunto A ⊂ C con diametroeuclidiano < ε satisface

A ⊂ H−1(Ux) para algun x ∈ X,

o equivalentemente H(A) ⊂ Ux para algun x ∈ X.De aquı que podamos elegir una particion 0 = t1 < . . . < tk < tk+1 = 1 de [0, 1] tal

queH([ti, ti+1]× [th, th+1]) ⊂ Uj,h para algun Ui,h ∈ U , i, h = 1, . . . , k (6)

(basta con que |tj+1 − tj| < ε√2).

Ordenemos C1, . . . , CN la familia de N = k2 cuadrados [ti, ti+1]× [th, th+1] : i, h =1, . . . , k de acuerdo al siguiente criterio:

C1 = [t1, t2]× [t1, t2].

Kj := ∪i≤jCi es conexo, j = 1, . . . , N .

Lj := Kj ∩Cj+1 es arcoconexo y consiste en uno o dos lados borde comunes a lasregiones poliedricas Kj y Cj+1.

La construccion de H se hara por un procedimiento inductivo. Llamemos

Hj = H|Kj : Kj → X, j = 1, . . . , N.

77

Por hipotesis x0 ∈ H1(C1) ⊂ U1 para algun U1 ∈ U . Sea V1 la arcocomponente de

π−1(U1) ⊂ X conteniendo a x0 ∈ π−1(x0). Como π|V1 : V1 → U1 es un homeomorfismoque aplica x0 ∈ V1 en x0 = H1(0, 0) ∈ U1, la aplicacion

H1 := (π|V1)−1 H1 : K1 ≡ C1 → X

es obviamente continua y satisface π H1 = H1 y H1(0, 0) = x0.

Supongamos construida Hj : Kj → X continua tal que π Hj = Hj y Hj(0, 0) = x0,1 ≤ j < N .

Procedamos a cerrar el proceso inductivo construyendo una aplicacion continuaHj+1 : Kj+1 → X satisfaciendo π Hj+1 = Hj+1 y Hj+1(0, 0) = x0.

En efecto, primero observemos queHj+1(Cj+1) = H(Cj+1) ⊂ Uj+1 para algun Uj+1 ∈U ; ver la ecuacion (6). Como Hj(Lj) es arcoconexo y

π(Hj(Lj)) = Hj(Lj) ⊂ Hj+1(Cj+1) ⊂ Uj+1,

inferimos que Hj(Lj) ⊆ π−1(Uj+1) y ha de existir una arcocomponente Vj+1 de π−1(Uj+1)

conteniendo a Hj(Lj). En particular

(π|Vj+1) (Hj|Lj) = Hj+1|Lj .

Como Uj+1 entorno distinguido para π, π|Vj+1: Vj+1 → Uj+1 un homeomorfismo y la

aplicacion

Hj+1 :=

Hj sobre Kj

(π|Vj+1)−1 (Hj+1|Cj+1

) sobre Cj+1

esta bien definida y es continua. En efecto, Hj+1 es continua a trozos y la condicion

(π|Vj+1) Hj|Lj = Hj+1|Lj garantiza que en la interseccion Lj = Cj+1 ∩Kj se tenga

Hj|Lj = (π|Vj+1)−1 (Hj+1|Lj).

Como ademas Hj+1 satisface π Hj+1 = Hj+1 y Hj+1(0, 0) = x0, cerramos la induccion.

Para acabar la prueba del Lema basta con elegir H = HN .

Como consecuencia tenemos la siguiente propiedad de levantamiento de arco.

78

Corolario 11.3 (Propiedad del levantamiento de arco) Sea (X, π) un recubridorde X, tomemos x0 ∈ X y x0 ∈ π−1(x0), y consideremos un arco α : [0,1] → X con

α(0) = x0. Entonces existe un unico arco α : [0,1]→ X tal que π α = α y α(0) = x0.A α le llamaremos el levantamiento de α vıa π con condicion inicial α(0) = x.

Demostracion : La unicidad es obvia de la Proposicion 11.1.Procedamos a probar la existencia de α. Para ello basta con definir

H : [0, 1]2 → X, H(t, s) := α(t),

que claramente satisface las hipotesis del Lema 11.2, y considerar la aplicacion H dadaen el. Obviamente el arco α : [0,1]→ X, α(t) := H(t, 0), resuelve el corolario.

Definicion 11.4 Dado un recubridor (X, π) de X, un arco α : [0,1] → X con punto

inicial x := α(0) y un punto x ∈ π−1(x), denotaremos por αx : [0,1]→ X al unico levan-tamiento de α vıa π con condicion inicial x. Cuando sea preciso enfatizar la aplicacionrecubridora con la que se ejecuta el levantamiento escribiremos απx.

Ahora estamos en condiciones de demostrar que el cardinal de la fibra de un puntono depende del punto elegido en la base del recubridor.

Corolario 11.5 Sea (X, π) un recubridor de X, x, y ∈ X y α : [0, 1] → X cualquierarco con α(0) = x y α(1) = y. Consideremos la aplicacion

ηα : π−1(x)→ π−1(y), ηα(x) := αx(1).

Entonces ηα es biyectiva, y en particular π−1(x) y π−1(y) tienen el mismo cardinal.

Demostracion : Si β es un arco arbitrario en X y β es un levantamiento arbitrario deβ, la unicidad del levantamiento en el Lema 11.3 implica que

(β) = (β)β(1).

Por tanto, considerando ηα : π−1(y)→ π−1(x) se tiene que

ηα(ηα(x)) = ηα(αx(1)

)= (α)αx(1)(1) = (αx)(1) = x

y ηαηα = Idπ−1(x). Analogamente ηαηα = Idπ−1(y) y la aplicacion ηα : π−1(y)→ π−1(x)es la inversa de ηα.

79

El hecho de que el cardinal de π−1(x) no dependa del punto x ∈ X motiva la siguientedefinicion.

Definicion 11.6 (Numero de hojas de un recubridor) Dado un recubridor (X, π)de un espacio topologico X, llamaremos numero de hojas del recubridor al cardinal deπ−1(x), donde x es un punto arbitrario de X.

Al igual que la propiedad del levantamiento de arcos motivo el concepto de numerode hojas de un recubridor, la del levantamiento de homotopıas nos ayudara a com-prender la interaccion entre el grupo fundamental de un recubridor y el de su espaciobase.

Corolario 11.7 (Propiedad del levantamiento de homotopıas) Sea (X, π) un re-cubridor de X, y sean x0 ∈ X y x0 ∈ π−1(x0). Sean α y β arcos en X con α(0) = β(0) =x0 y α(1) = β(1). Supongamos que existe una homotopıa H de α en β (con extremosfijos). Entonces:

Los arcos αx0 y βx0 dados en el Corolario 11.3 tienen los mismos extremos.

La aplicacion H dada en el Lema 11.2 es una homotopıa de α en β (con extremosfijos).

Demostracion : Consideremos la aplicacion H dada en el Lema 11.2 y los levantamientosαx0 y βx0 dados en el Corolario 11.3. Por la unicidad del Corolario 11.3, αx0 = H(·, 0).

Como H(0, ·) : [0, 1] → X es un arco con punto inicial x0 que se proyecta en el arco

constante εx0 en X, por la unicidad del levantamiento de arcos concluimos que H(0, ·)es el arco constante εx0 en X. Por tanto, la unicidad del Corolario 11.3 garantiza que

βx0 = H(·, 1). Finalmente, como H(1, ·) : [0, 1]→ X es un arco que se proyecta en εα(1),

la unicidad del levantamiento de arcos implica que H(1, ·) = εα(1) en X. Uniendo toda

esa informacion concluimos que H es una homotopıa de αx0 en βx0 con extremos fijos,

y en particular, αx0(1) = βx0(1).

El ultimo corolario expresa que arcos homotopicos en X se levantan a arcos homotopi-cos en X por la aplicacion recubridora π. Este enunciado es la clave del Teorema deMonodromıa, un resultado central para la teorıa, que refleja el hecho de que el grupofundamental del espacio recubridor se inyecta a traves del homomorfismo inducido porla aplicacion recubridora en el grupo fundamental del espacio base, siendo el subgrupoimagen unico salvo conjugacion.

80

Corolario 11.8 (Teorema de Monodromıa) Si (X, π) un recubridor de X, x ∈ Xy x ∈ π−1(x), entonces π∗ : Π1(X, x)→ Π1(X, x) es un monomorfismo de grupos.

Demostracion : Sea x ∈ π−1(x) y α un lazo en X con base x. Si π∗([α]) = [π α] = [εx],esto es, si π α'εx, entonces por el Corolario 11.7 inferios que α ≡ αx'εx ≡ (εx)x. Estoimplica que [α] = [εx], y por tanto que π∗ no tiene nucleo.

Corolario 11.9 Sea (X, π) un recubridor de X y sea x ∈ X. Sean x1, x2 ∈ π−1(x) y

α : [0, 1]→ X es un arco con α(0) = x1 y α(1) = x2. Entonces

π∗(Π1(X, x2)

)= [α]−1 ? π∗

(Π1(X, x1)

)? [α],

donde α es el lazo π α (con base x). Como consecuenciaπ∗(Π1(X, x)) : x ∈ π−1(x)

es una clase de conjugacion del subgrupos en Π1(X, x); ver Definicion 3.7.

Demostracion : Por la Proposicion 4.11 la aplicacion

Uα : Π1(X, x1)→ Π1(X, x2), Uα([β]) := [α]−1 ? [β] ? [α]

es un isomorfismo de grupos. Por tanto

π∗(Π1(X, x2)

)= π∗

([α]−1 ? Π1(X, x1) ? [α]

)= [α]−1 ? π∗

(Π1(X, x1)

)? [α].

De aquı que π∗(Π1(X, x2)

)y π∗

(Π1(X, x1)

)sean subgrupos conjugados de Π1(X, x)

para todo x1, x2 ∈ π−1(x). Por ultimo, si [α] ∈ Π1(X, x) es una clase de homotopıaarbitraria, el mismo argumento anterior para x1 ≡ αx1(0), x2 ≡ αx1(1) ∈ π−1(x) yα ≡ αx1 nos dice que

[α]−1π∗(Π1(X, x1)

)[α] = π∗

(Π1(X, x2)

).

Por tantoπ∗(Π1(X, x)) : x ∈ π−1(x)

es una clase de conjugacion de subgrupos en

Π1(X, x) como querıamos demostrar.

Como consecuencia de este corolario tiene sentido la siguiente

Definicion 11.10 Denotemos por

Rec(X) := (X, π) : (X, π) es recubridor de X

al conjunto de los recubridores de X, y fijado x ∈ X consideremos el conjunto Sc(Π1(X, x))de las clases de conjugacion de subgrupos de Π1(X, x); ver Definicion 3.7. Definiremos

∆x : Rec(X)→ Sc(Π1(X, x)), ∆x(X, π) :=π∗(Π1(X, x)) : x ∈ π−1(x)

.

Ahora estamos en condiciones de enunciar el teorema mas general de existencia yunicidad de levantamientos de aplicaciones a un espacio recubridor, que contendra comocasos particulares a todos los hasta ahora vistos.

Teorema 11.11 (Levantamiento de aplicaciones) Sea π : X → X una aplicacionrecubridora y sea f : Y → X una aplicacion continua. Tomemos y0 ∈ Y , llamemosx0 := f(y0) ∈ X y fijemos x0 ∈ π−1(x0). Los siguientes enunciados son equivalentes:

81

(a) Existe f : Y → X continua tal que π f = f y f(y0) = x0 (la unicidad de una tal

f esta garantizada por la Propocicion 11.1).

(b) f∗(Π1(Y, y0)

)⊆ π∗

(Π1(X, x0)

).

Demostracion : La implicacion (a) =⇒ (b) es consecuencia inmediata de la identidad

πf = f y las propiedades de funtorialidad de los morfismos entre grupos fundamentalesinducidos por aplicaciones continuas; ver Proposicion 4.13. En efecto

f∗(Π1(Y, y0)

)= π∗

(f∗(Π1(X, x0)

))⊂ π∗

(Π1(X, x0)

).

Probemos que (b) =⇒ (a).

Definamos la aplicacion f : Y → X por el siguiente procedimiento.Por la arcoconexion de Y (ya que suponemos es conexo y localmente arcoconexo),

para cada y ∈ Y existe un arco γy : [0, 1]→ Y con γy(0) = y0 y γy(1) = y. Consideremosel arco f γy : [0, 1] → X, obviamente con (f γy)(0) = x0 y (f γy)(1) = f(y), y su

levantamiento (f γy)x0 : [0, 1]→ X a X. Por definicion,

f(y) := (f γy)x0(1).

Naturalmente esta definicion plantea algunos problemas. El mas inmediato es com-probar que f(y) no depende del arco γy utilizado. Para ello consideremos cualquieraotro arco βy : [0, 1]→ Y con βy(0) = y0 y βy(1) = y y comprobemos que

˜(f γy)x0(1) = ˜(f βy)x0

(1).

En efecto, γy ?βy es un lazo en Y con base el punto y0, y su clase de homotopıa [γy ?βy]es de forma natural un elemento de Π1(Y, y0). Por tanto f (γy ?βy) = (f γy)? (f βy)es un lazo en X con base x0 y

[f (γy ? βy)] = f∗([(γy ? βy]) = [(f γy) ? (f βy)] ∈ f∗(Π1(Y, y0)

)⊆ π∗

(Π1(X, x0)

),

82

donde para la ultima inclusion hemos tenido en cuenta nuestras hipotesis. Esto implicaque existe un lazo α en X con base x0 tal que [(f γy) ? (f βy)] = π∗([α]), esto es,

(f γy) ? (f βy) ' π α

donde la homotopıa es con extremos fijos.Del Corolario 11.7 deducimos que(

(f γy) ? (f βy))∼x0 ' α,

homotopıa con extremos fijos, y concluimos que((f γy) ? (f βy)

)∼x0 ha de ser un lazo

con base x0. Como((f γy) ? (f βy)

)∼x0 = (f γy)x0 ? (f βy)(fγy)x0

(1)

inferimos que (f βy)(fγy)x0(1)

(1) = x0, de donde por la unicidad del levantamiento dearcos

(f βy)(fγy)x0(1)

= (f βy)x0

al tratarse de dos arcos que se proyectan en f βy y tienen el mismo punto final, asaber x0 (ver Corolario 11.3 o Proposicion 11.1). En particular tambien tienen el mismopunto inicial

(f βy)(fγy)x0(1)

(0) = (f βy)x0(0),

esto es,

(f γy)x0(1) = (f βy)x0(1)

como querıamos demostrar.

Ası pues f : Y → X esta bien definida. Es claro que f(y0) = ˜(f εy0)x0(1) = εx0(1) =

x0, por lo que para acabar resta probar que f es continua.

83

En efecto, tomemos y ∈ Y y comprobemos la continuidad de f en y. Consideremosun entorno arbitrario W alrededor de f(y) en X, y comprobemos que f−1(W ) es unentorno de y en Y . Como π es recubridora podemos encontrar un abierto arcoconexoU ⊂ W tal que

f(y) ⊂ U y

π|U : U → U := π(U) es un homeomorfismo; en particular U∩π−1(f(y)) = f(y).

Al ser f : Y → X continua en y y U es un entorno de f(y), f−1(U) es un entornode y. En consecuencia existe un abierto arcoconexo V ⊂ Y conteniendo a y tal queV ⊂ f−1(U). Para concluir bastara con probar que

V ⊂ f−1(W ), o equivalentemente, f(V ) ⊂ W .

Para ello consideramos z ∈ V , un arco γz : [0, 1] → V con γz(0) = y, γz(1) = z, y unarco γy : [0, 1]→ Y con γy(0) = y0, γy(1) = y. Sabemos que(

(f γy) ? (f γz))∼x0 = ˜(f γy)x0

? ˜(f γz)(fγy∼

)x0(1),

y como (f γy∼

)x0(1) = f(y) por definicion de f

f(z) =((f γy) ? (f γz)

)∼x0(1) =

( ˜(f γy)x0? ˜(f γz)f(y)

)(1) = ˜(f γz)f(y)(1).

Por otra parte, al ser γz un arco en V se tiene que f γz es un arco en f(V ) ⊂ U , yde aquı que

˜(f γz)f(y) = (π|U)−1 (f γz);para comprobar esta identidad basta con tener en cuenta la unicidad del levantamientode arco y notar que (π|U)−1 (f γz) es un levantamiento de f γz satisfaciendo

(π|U)−1(f(γz(0))

)= (π|U)−1

(f(y)

)= U ∩ π−1(f(y)) = f(y).

84

Esto nos permite concluir que

f(z) = (π|U)−1(f(γz(1))

)= (π|U)−1

(f(z)

)∈ U .

Como esto es valido para todo z ∈ V , f(V ) ⊂ U ⊂ W como querıamos demostrar.

Corolario 11.12 Sea (X, π) un recubridor de X, sea A ⊂ X un subespacio topologi-co arcoconexo y denotemos por i : A → X a la aplicacion inclusion. Supongamos quei∗(Π1(A, x)) ⊂ π∗(Π1(X, y)) para algunos x ∈ A e y ∈ π−1(x).

Entonces π|A : A → A es un homeomorfismo, donde A es la arcocomponente deπ−1(A) que contiene a y.

Demostracion : Llamemos i : A → X a la aplicacion inclusion. De nuestras hipotesis,por el Teorema 11.11 existe una unica aplicacion continua i : A → X tal que π i = ie i(x) = y. Denotemos A = i(A) e igualmente i : A → A a la restriccion al codominiode i. La identidad (π|A) i = IdA garantiza que (π|A) es sobreyectiva y i es inyectiva.

Como i es claramente sobreyectiva inferimos que ambas aplicaciones son biyectivas. LaProposicion 1.11-(d) implica que π|A es una identificacion, luego un homeomorfismo.

Esto tambien garantiza que i : A → A es un homeomorfismo (o de forma global, que

i : A→ X es un embebimiento topologico).

Para acabar bastara con ver que A (obviamente un arcoconexo conteniendo a y) esla arcocomponente de π−1(A) que contiene a y. En efecto, sea z ∈ π−1(A) un punto talque existe α : [0, 1]→ π−1(A) con α(0) = y y α(1) = z. El arco α := π α en X une lospuntos α(0) = x y α(1) = π(z) ∈ π(π−1(A)) = A, y i α es el levantamiento de α vıaπ con condicion inicial y, esto es, i α = αy. Por unicidad del levantamiento inferimos

que i α = α, y que en particular z = α(1) = i(α(1)) ∈ i(A) = A.

El Teorema 11.11 tiene una interesante aplicacion a la teorıa de Grupos Topologicos.

Proposicion 11.13 Sea (G, ·) un grupo topologico con elemento neutro e ∈ G, sea

π : G → G una aplicacion recubridora y elijamos e ∈ π−1(e). Entonces G admite una

85

estructura de grupo topologico con elementro neutro e que convierte a π en un homo-morfismo de grupos.

Demostracion : Por ser (G, ·) un grupo topologico, las aplicaciones

µ : G×G→ G, µ(g, h) := g · h, y λ : G→ G, λ(g) := g−1,

son continuas. Consideremos

µ : G× G→ G, µ(g, h) = π(g) · π(h), y λ : G→ G, λ(g) = π(g)−1.

Es claro que µ = µ (π × π) y λ = λ π. Por tanto µ y λ son continuas.Teniendo en cuenta los isomorfismos naturales

Π1(G× G, (e, e)) ∼= Π1(G, e)× Π1(G, e), Π1(G×G, (e, e)) ∼= Π1(G, e)× Π1(G, e),

es claro que

µ∗

(Π1

(G× G, (e, e)

))= µ∗

((π × π)∗(Π1

(G× G, (e, e)

)))

=

µ∗

((π∗ × π∗)

(Π1(G, e)× Π1(G, e)

))=

= µ∗

(π∗(Π1(G, e)

), π∗(Π1(G, e)

))= [α · β] : [α], [β] ∈ π∗

(Π1(G, e)

).

Al ser (G, ·) un grupo topologico, α · β'α ? β para cualesquiera lazos α y β basadosen e ∈ G, y por tanto [α · β] = [α ? β] (ver la prueba del Teorema 5.4). Finalmentededucimos que

µ∗

(Π1

(G× G, (e, e)

))= [α ? β] : [α], [β] ∈ π∗

(Π1(G, e)

) = π∗

(Π1(G, e)

),

donde para la ultima igualdad se ha tenido en cuenta que π∗(Π1(G, e)

)es un subgrupo

de Π1(G, e).Analogamente se probarıa que

λ∗

(Π1

(G, e

))= π∗

(Π1(G, e)

).

Como µ(e, e) = e y λ(e) = e, el Teorema 11.11 proporciona aplicaciones continuas

µ : G× G→ G tal que π µ = µ y µ(e, e) = e, y

λ : G→ G tal que π λ = λ y λ(e) = e.

Denotemos por p1 : G × G → G y p2 : G × G → G a la primera y segunda proyec-ciones, respectivamente.

De la unicidad en el Teorema 11.11 es facil comprobar que:

Si ce : G → G representa la aplicacion constante e, µ (IdG × ce) = p1 y µ (ce × IdG) = p2, esto es, µ(g, e) = µ(e, g) = g para todo g ∈ G. En efecto,estas aplicaciones aplican e 7→ e y satisfacen π

(µ (IdG × ce)

)= π p1,

π (µ (ce × IdG)

)= π p2.

86

Si ce : G× G → G representa la aplicacion constante e, µ (IdG × λ) = µ (λ×IdG) = ce, esto es, µ(g, λ(g)) = µ(λ(g), g) = e para todo g ∈ G. En efecto, estas

aplicaciones aplican e 7→ e y satisfacen π (µ (IdG × λ)

)= π

(µ (λ× IdG)

)=

ce = π ce, donde ce : G× G→ G denota la aplicacion constante e.

µ(g1, µ(g2, g3)

)= µ

(µ(g1, g2), g3

)para cualesquiera g1, g2, g3 ∈ G. En efecto, la

aplicacion f1 : G3 → G, f1(g1, g2, g3) := µ(µ(g1, g2), g3

), es continua y satisface

(π f1)(g1, g2, g3) =(π(g1) ·π(g2)

)·π(g3), y analogamente la aplicacion f2 : G3 →

G, f2(g1, g2, g3) := µ(g1, µ(g2, g3)

), es continua y satisface (π f2)(g1, g2, g3) =

π(g1) ·(π(g2) · π(g3)

). Como f1(e, e, e) = f2(e, e, e) = e se concluye que f1 = f2.

Por lo anterior se deduce que µ es una ley de composicion interna en G que lo dotade estructura de grupo algebraico, siendo e su elemento neutro y λ la aplicacion quelleva cada elemento a su inverso en el grupo. Ademas la identidad π µ = µ conviertea π : G→ G en un homomorfismo de grupos. Esto concluye la prueba.

Para concluir esta seccion probaremos el siguiente resultado general, que tendraaplicaciones interesantes mas adelante.

Proposicion 11.14 Sean π1 : X → Y , π2 : Y → X aplicaciones continuas, sobreyecti-vas y abiertas tales que π = π2 π1 : X → X es recubridora. Entonces

π1 : X → Y es recubridora⇐⇒ π2 : Y → X es recubridora.

Demostracion : Consideremos un entorno distinguido U para el recubridor (X, π). Co-mo π2 es sobreyectiva se tiene que π−1

2 (U) es un abierto no vacıo; fijemos ∅ 6= V unaarcocomponente de π−1

2 (U) arbitraria, y notemos que V es necesariamente abierto por lalocal-arcoconexion de Y . Analogamente, la sobreyectividad de π1 implica que π−1

1 (V ) esun abierto no vacıo, y fijemos una arcocomponente ∅ 6= W de π−1

1 (V ) arbitraria (comoantes W es abierto).

Las inclusionesW ⊂ π−1

1 (V ) ⊂ π−11

(π−1

2 (U))

= π−1(U)

implican que W esta contenido en una arcocomponente U de π−1(U).

Como U es un entorno distinguido para el recubridor (X, π) y U es una arcocompo-

nente de π−1(U), tenemos que π2(π1(U)) = π(U) = U , y por tanto, que π1(U) ⊆ π−12 (U).

De otra parte, la continuidad de π1 y la arcoconexion de U implican que π1(U) es ar-

coconexo, y en consecuencia π1(U) ha de estar contenido en una arcocomponente de

π−12 (U). Pero la inclusion W ⊆ π−1

1 (V ) ∩ U garantiza que π1(W ) ⊆ V ∩ π1(U), por

lo que V ∩ π1(U) 6= ∅ y la arcocomponente de π−12 (U) conteniendo a π1(U) ha de ser

necesariamente V , esto es, π1(U) ⊆ V . De aquı que W ⊆ U ⊂ π−11 (V ), y como W es

una arcocomponente de π−11 (V ) y U ⊂ π−1

1 (V ) es arcoconexo,

W = U .

En consecuencia tenemos un diagrama de aplicaciones continuas

Uπ1|U−−→ V

π2|V−−→ U,

tal que π|U = (π2|V ) (π1|U) : U → U es un homeomorfismo, y por tanto

π1|U : U → V es inyectiva y π2|V : V → U es sobreyectiva.

87

Para probar =⇒) supongamos que π1 : X → Y es un recubridor.

En este caso no es difıcil ver que π1|U : U → V es sobreyectiva, y por tanto, altratarse de aplicaciones continuas y abiertas, que

π1|U : U → V y π2|V : V → U

son homeomorfismos. En efecto, fijemos y0 ∈ π1(U) ⊂ V y demostremos que todo punto

y ∈ V esta en π1(U). Como V es arcoconexo podemos encontrar un arco γ ⊂ V con

punto inicial y0 y final y. Tomemos x0 ∈ U ∩ π−11 (y0) y denotemos por γ = γπ1

x0al

levantado de γ a X segun π1. Es claro que π γ = π2 (π1 γ) = π2 γ y por tanto

γ = ˜(π2 γ)π

x0es tambien el al levantado de π2 γ segun π. El hecho de que π2 γ tenga

traza en π1(V ) ⊆ U , un entorno distinguido para π, y que x0 ∈ U , una arcocomponentede π−1(U), implican que

γ = ˜(π2 γ)π

x0=(π|U)−1 (π2 γ),

y por tanto γ tiene traza en U . De aquı que

π1 γ = π1 γπ1

x0= γ

sea un arco en π1(U), y en particular γ(1) = y ∈ π1(U) como querıamos demostrar.Concluimos de todo lo anterior que para todo entorno distinguido U ⊆ X para π y

para toda V arcocomponente de π−12 (U), la aplicacion π2|V : V → U es un homeomor-

fismo. Esto demuestra que (Y, π2) es un recubridor de X.Para probar ⇐=) supongamos que π2 : Y → X es un recubridor. En este caso, al

inicio de la argumentacion elegimos U para que sea entorno distinguido de (X, π) y

(Y, π2). Por tanto π2|V : V → U y π|U = (π2|V ) (π1|U) : U → U son homeomorfismos,de donde

π1|U : U → V

es tambien un homeomorfismo. Esto prueba la condicion de recubridor para (X, π1) conV como entorno distinguido.

12. La accion del grupo fundamental sobre la fibra

Vamos a comprobar que la fibra de un punto en un recubridor puede interpretarsecomo un cociente de grupos, y en ese sentido, naturalmente identificable con un espaciohomogeneo. Expiquemos los detalles.

Teorema 12.1 Sea (X, π) un recubridor de X, fijemos x ∈ X y definamos la aplicacion

• : π−1(x)× Π1(X, x)→ π−1(x), y•[α] := αy(1).

Entonces

(a) y•[εx] = y para todo y ∈ Π1(X, x).

(b) y•([α] ? [β]) = (y•[α])•[β] para cualesquiera [α], [β] ∈ Π1(X, x).

(c) Para cualesquiera y1, y2 ∈ π−1(x) existe [α] ∈ Π1(X, x) tal que y1•[α] = y2.

88

(d) Hy := [α] ∈ Π1(X, x) : y•[α] = y coincide con π∗(Π1

(X, y)

).

Sobre el enunciado comentaremos que los items (a)-(b) expresan que la aplicacion• : π−1(x)× Π1(X, x)→ π−1(x) es una accion por la derecha del grupo Π1(X, x) sobrela fibra π−1(x) de x. El item (c) expresa que esa accion es transitiva. Finalmente, elsubgrupo Hy := [α] ∈ Π1(X, x) : y•[α] = y de Π1(X, x) en el item (d) es conocidocomo el subgrupo de isotropıa asociado a la accion • en el punto y ∈ π−1(x).

Demostracion : Lo primero que hemos de observar es que la accion esta bien definida,esto es, que si β ∈ [α] entonces βy(1) = αy(1). Esto es consecuencia inmediata, porejemplo, del Corolario 11.7.

La propiedad (a) es consecuencia trivial del hecho (εx)y = εy (unicidad del levanta-

miento de arcos). Para probar (b) primero observemos que (α ? β)y = αy ? βαy(1). En

efecto, αy ? βαy(1) es un arco en X con punto inicial y que se proyecta vıa π en α ? β.

Por unicidad del levantamiento, αy ? βαy(1) = (α ? β)y. Por tanto

y•([α] ? [β]) = (α ? β)y(1) =(αy ? βαy(1)

)(1) = βαy(1)(1) = αy(1)•[β] = (y•[α])•[β].

Para ver (c) tomemos y1, y2 ∈ π−1(X) y consideremos un arco cualquiera α : [0, 1]→ Xcon α(0) = y1 y α(1) = y2. Si definimos α := π α, es claro que α es un lazo en X conbase el punto x y que y1•[α] = α(1) = y2.

Finalmente, para probar (d) fijemos un punto arbitrario y ∈ π−1(x) y [α] ∈ Π1(X, x).

Es claro que [α] ∈ Hy si y solo si αy(1) = y, esto es si y solo si αy es un lazo en X con

base el punto y (y por tanto [αy] ∈ Π1(X, y)). En consecuencia, [α] ∈ Hy si y solo si

[α] = π∗([αy]) ∈ π∗(Π1

(X, y)

)y Hy = π∗(Π1

(X, y)

)como habıamos enunciado.

Como consecuencia trivial del Teorema 12.1 tenemos el siguiente

Corolario 12.2 Sea (X, π) un espacio recubridor de X, y fijemos x ∈ X.Entonces para cada y ∈ π−1(x) la aplicacion(

Π1(X, x)/π∗(Π1(X, y)

))dcha→ π−1(x), π∗

(Π1(X, y)

)? [α] 7→ αy(1),

es biyectiva.

Demostracion : Llamemos Ψ:(

Π1(X, x)/π∗(Π1(X, y)

))dcha→ π−1(x) a la aplicacion

Ψ(π∗(Π1(X, y)

)? [α]

)= αy(1).

89

Para cada y′ ∈ π−1(y), la transitividad de la accion • implica que existe [α] ∈ Π1(X, x)tal que y•[α] = αy(1) = y′, y por tanto

ψ(π∗(Π1(X, y)

)? [α]

)= y′,

lo que prueba la sobreyectivad de Ψ.Si [α], [β] ∈ Π1(X, x)) son tales que

αy(1) = Ψ(π∗(Π1(X, y)

)? [α]

)= Ψ

(π∗(Π1(X, y)

)? [β]

)= βy(1),

entonces αy ? βy es un lazo en X con base y, y por tanto

[α] ? [β]−1 = [α ? β] = π∗([αy ? βy]

)∈ π∗

(Π1(X, y)

).

De aquı queπ∗(Π1(X, y)

)? [α] = π∗

(Π1(X, y)

)? [β]

y la inyectividad de Ψ.

Es interesante conocer la interaccion del concepto de recubridor con distintos inva-riantes topologicos como compacidad, axiomas de separacion, axiomas de numerabili-dad... Para nuestros intereses sera suficiente con los siguientes resultados elementales.

Corolario 12.3 Sea (X, π) un recubridor de X. Los siguientes enunciados son ciertos:

(a) Si X es compacto entonces (X, π) tiene un numero finito de hojas.

(b) Si X es simplemente conexo entonces Π1(X, x) es biyectivo con la fibra π−1(x) para

cualquiera x ∈ X. Si ademas X es compacto entonces Π1(X, x) es finito.

(c) Si X es compacto y (X, π) tiene un numero finito de hojas entonces X es compacto.

Demostracion : Para probar (a) consideremos un recubrimiento abierto U de X formadopor entornos distinguidos para π, y denotemos por π−1(U) al recubrimiento por abiertos

de X definido por todas las arcocomponentes de π−1(U) para todos los U ∈ U . La

compacidad de X garantiza la existencia de una cantidad finita de abiertos U1, . . . , Un ∈π−1(U) tales que X =

⋃nj=1 Uj. Como π : X → X es sobreyectiva y π|Uj : Uj → π(Uj)

es biyectiva para todo j, la identidad X =⋃nj=1 Uj implica que cada punto x ∈ X tiene

a lo mas n preimagenes por π. Esto prueba (a).

Para demostrar (b), observemos que la simple-conexion de X y el Corolario 12.2garantizan que Π1(X, x) → π−1(x), [α] 7→ αy(1), es biyectiva. La segunda parte delitem (b) se sigue trivialmente de (a).

Por ultimo probemos (c). Llamemos k al numero de hojas de (X, π), y denotemospor U a la familia de los entornos distinguidos en X para π (obviamente una base de

la topologıa de X). Sea V un recubrimiento por abiertos arbitrario de X. Por ser πrecubridora con k hojas, para cada x ∈ X existen V x

1 , . . . , Vxk ∈ V tales que

π−1(x) ⊂⋃kj=1 V

xj y

V xj ∩ π−1(x) 6= ∅ para todo j = 1, . . . , k.

90

Al ser π abierta el conjunto⋂ki=1 π(V x

i ) es un abierto en X conteniendo a x, por lo quepodemos elegir Ux ∈ U suficientemente pequeno para que

Uxj := π−1(Ux) ∩ V x

j sea una arcocomponente de π−1(Ux) para todo j = 1, . . . , k.

Como π−1(x) ⊂⋃kj=1 V

xj y π|Uxj : Ux

j → Ux es un homeomorfismo para todo j = 1, . . . , k,

inferimos que

π−1(Ux) ⊆k⋃j=1

V xj y Ux ⊂

k⋂i=1

π(V xi ).

Usando que Ux : x ∈ X es un recubrimiento abierto del compacto X, han de existirx1, . . . , xm ∈ X tales que X =

⋃mj=1 Uxj . Por tanto

X = π−1( m⋃j=1

Uxj)

=m⋃i=1

( k⋃j=1

Uxij

)⊆

m⋃i=1

( k⋃j=1

V xij

),

lo que prueba que V xij : i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , k es un subrecubrimiento finito de

X dentro de V , y por tanto la compacidad de X.

Proposicion 12.4 Sea (X, π) un recubridor de X. Entonces:

(i) X Hausdorff =⇒ X Hausdorff.

(ii) X II-Axioma de Numerabilidad =⇒ X II-Axioma de Numerabilidad.

(iii) Si (X, π) tiene una cantidad numerable de hojas,

X II-Axioma de Numerabilidad =⇒ X II-Axioma de Numerabilidad.

Demostracion : Probemos (i). Tomemos y1, y2 ∈ X, y1 6= y2, y llamemos xj = π(yj),j = 1,2. Si x := x1 = x2, tomemos un entorno distinguido U para π que contenga ax, y observemos que las arcocomponentes Uy1 y Uy2 de π−1(U) que continen a y1 e y2,respectivamente, son abiertos disjuntos que separan y1 e y2. En caso de que x1 6= x2,como X es Hausdorff podemos tomar entornos abiertos x1 ∈ U1 y x2 ∈ U2 de x1 yx2 disjuntos y que sean distinguidos para π. En este caso las arcocomponentes Uy1 de

de π−1(U1) y Uy2 de π−1(U2), que contienen a y1 e y2 respectivamente, son abiertosdisjuntos que separan y1 e y2.

Probemos (ii). Supongamos que X es II-Axioma de Numerabilidad y fijemos una

base numerable B de la topologıa de X. Como π es abierta, π(B) es abierto de X para

todo B ∈ B. DefinamosB := π(B) : B ∈ B.

Claramente B es una familia numerable de abiertos de X. Para acabar basta probarque B es una base de la topologıa de X. En efecto, sea x ∈ X y O un abierto arbitrarioen X conteniendo a x. Recordemos que la familia

U = U : U es entorno distinguido para π

es una base de la topologıa en X, por lo que podemos tomar U ∈ U tal que x ∈ U ⊂ O.Elijamos y ∈ π−1(x) y consideremos la arcocomponente U en π−1(U) que contiene a y.

Como B es base de la topologıa en X, existe B ∈ B tal que y ∈ B ⊂ U , y por tantox ∈ π(B) ⊂ U ⊂ O. Esto prueba que B es base de la topologıa en X.

91

Finalmente probemos (iii). Supongamos ahora que X es II-Axioma de Numerabili-dad y tomemos una base numerable B de la topologıa de X. Como U es una base de latopologıa en X, trivialmente

B0 = B ∈ B : B es entorno distinguido para π ⊆ B

es una base numerable de la topologıa de X. Para cada B ∈ B0 elijamos un puntoauxiliar xB ∈ B y escribamos π−1(B) como union disjunta y numerable de sus arco-

componentes de la siguiente forma π−1(B) = ∪y∈π−1(xB)By; tengase en cuenta que por

hipotesis el conjunto π−1(xB) es numerable. Definamos la familia de abiertos en X

B0 :=⋃B∈B0

By : y ∈ π−1(xB),

y observemos que B0 es numerable.Para acabar demostremos que B0 es una base de la topologıa de X. En efecto,

tomemos x ∈ X y un abierto arbitrario O en X conteniendo a x. Llamemos x =π(x) y consideremos un entorno distinguido U para π tal que x ∈ U . Denotemos por

W la arcocomponente de π−1(U) ∩ O conteniendo a x, obviamente un subconjunto

abierto de X. Como π es un homeomorfismo local, π(W ) es un abierto arcoconexo

en U conteniendo a x, y como ademas U ∈ U es claro que π(W ) ∈ U . Por tanto

π|W : W → π(W ) es un homeomorfismo. Elijamos B ∈ B0 con x ∈ B ⊂ π(W ). Si

B ∈ By : y ∈ π−1(xB) ⊂ B0 es la arcocomponente de π−1(B) que contiene a x,

inferimos que B = (π|W )−1(B) ⊂ W ⊂ O. Esto prueba que B0 es base de la topologıa

de X y concluye la prueba.

Como consecuencia:

Corolario 12.5 Si X un espacio topologico II-Axioma de Numerabilidad con grupofundamental numerable y (X, π) es un recubridor de X entonces X es II-Axioma deNumerabilidad.

Demostracion : Sea (X, π) un recubridor de X. Fijados x ∈ X e y ∈ π−1(x), la aplica-cion

Π1(X, x)→(

Π1(X, x)/π∗(Π1(X, y)

))dcha

, [α] 7→ π∗(Π1(X, y)

)? [α],

es sobreyectiva. La numerabilidad de Π1(X, x) implica por tanto la numerabilidad de(Π1(X, x)/π∗

(Π1(X, y)

))dcha

. Pero por el Corolario 12.2(Π1(X, x)/π∗

(Π1(X, y)

))dcha→ π−1(x), π∗

(Π1(X, y)

)? [α] 7→ αy(1),

es biyectiva, de donde (X, π) tiene una cantidad numerable de hojas. El resultado sesigue de Proposicion 12.4-(iii).

13. Transformaciones de recubridores

Como ocurre en cualquiera categorıa matematica, es interesante establecer cualesson las transformaciones naturales para el concepto de recubridor. Esto nos llevarade forma natural al concepto de homomorfismo de recubridores, y por tanto, al deisomorfismo. Con este lenguaje podremos abordar de forma correcta el problema declasificacion de recubridores.

A modo de guion, los dos puntos centrales de esta seccion seran:

92

El estudio de los automorfismos de un recubridor, y como consecuencia, el de losrecubridores regulares.

Abordar el problema de clasificacion de recubridores de un espacio topologico.

Recordemos que Rec(X) denota el conjunto de todos los recubridores de un espacioX.

Comenzaremos con la siguiente definicion fundamental.

Definicion 13.1 Sean (Xj, πj) ∈ Rec(X), j = 1, 2.

Un homomorfismo de recubridores Φ de (X1, π1) en (X2, π2) es una aplicacion

continua Φ: X1 → X2 satisfaciendo π2 Φ = π1.

Un homomorfismo de recubridores Φ de (X1, π1) en (X2, π2) se dira un isomorfis-mo de recubridores si Φ es un homeomorfismo.

Si (X, π) es un recubridor de X, a los isomorfismos de (X, π) en (X, π) les

llamaremos automorfismos de (X, π).

Dados (Xj, πj) ∈ Rec(X), j = 1, 2, la expresion Φ: (X1, π1)→ (X2, π2) indicara que Φes un homomorfismo de recubridores entre ambos.

Observacion 13.2 Sean (Xj, πj) ∈ Rec(X), j = 1, 2, 3.

Si Φ: (X1, π1)→ (X2, π2),Ψ: (X2, π2)→ (X3, π3) son homomorfismos de recubri-

dores entonces Ψ Φ: (X1, π1)→ (X3, π3) es un homomorfismo de recubridores.

Si Φ: (X1, π1) → (X2, π2) es un isomorfismo entre dos recubridores entonces

Φ−1 : (X2, π2)→ (X1, π1) es un isomorfismo de recubridores.

Si (X, π) ∈ Rec(X) entonces IdX es un automorfismo de (X, π).

Definicion 13.3 Dado (X, π) ∈ Rec(X), denotaremos por A(X, π) al grupo (respecto

de la composicion) de los automorfismos de (X, π).

Es natural preguntarse por las propiedades basicas de los homomorfismos de recu-bridores y abordar el problema de existencia. Los siguientes corolarios, consecuenciainmediata del Teorema 11.11, dan una cumplida respuesta a estas cuestiones.

Corolario 13.4 Sean (X1, π1), (X2, π2) ∈ Rec(X).

Si Φ, Ψ: (X1, π1)→ (X2, π2) son homomorfismos de recubridores distintos, entonces

Φ(y) 6= Ψ(y) para todo y ∈ X1.

Como consecuencia, si (X, π) es un recubridor de X y Φ ∈ A(X, π) es distinto de

IdX , entonces Φ(y) 6= y para todo y ∈ X.

Corolario 13.5 Sean (X1, π1), (X2, π2) ∈ Rec(X), y sean x ∈ X e yj ∈ π−1j (x), j =

1, 2. Son ciertos los siguientes enunciados

(i) Existe un homomorfismo Φ: (X1, π1) → (X2, π2) con Φ(y1) = y2 si y solo si

(π1)∗(Π1(X1, y1)

)⊆ (π2)∗

(Π1(X2, y2)

).

(ii) Existe un isomomorfismo Φ: (X1, π1) → (X2, π2) con Φ(y1) = y2 si y solo si

(π1)∗(Π1(X1, y1)

)= (π2)∗

(Π1(X2, y2)

).

93

Demostracion : Para probar (I) basta recordar que el Teorema 11.11 nos dice que existe

un levantamiento Φ: X1 → X2 de π1 : X1 → X vıa π2 con condicion inicial Φ(y1) = y2

si y solo sı (π1)∗(Π1(X1, y1)

)⊆ (π2)∗

(Π1(X2, y2)

).

Para probar (II), usemos (I) en los dos sentidos para garantizar que existen ho-

momorfismos de recubridores Φ: (X1, π1) → (X2, π2) y Ψ: (X2, π2) → (X1, π1) con

Φ(y1) = y2 y Ψ(y2) = y1 si y solo si (π1)∗(Π1(X1, y1)

)= (π2)∗

(Π1(X2, y2)

). Por lo

demas Ψ = Φ−1 toda vez que Ψ Φ: (X1, π1) → (X1, π1) es un automorfismo de recu-bridores con fijando y1, y por tanto Ψ Φ = IdX1

por el Corolario 13.4.

Una consecuencia de la Proposicion 11.14 es que cualquier homomorfismo de recu-bridores es una aplicacion recubridora.

Proposicion 13.6 Si (Xj, πj) ∈ Rec(X), j = 1, 2, y Φ: (X1, π1)→ (X2, π2) un homo-

morfismo, entonces (X1,Φ) es un recubridor de X2.

Demostracion : El resultado es trivial de la Proposicion 11.14 si previamente justifica-mos que Φ es sobreyectiva y abierta (claramente π2 lo es).

En efecto, sea y1 ∈ X1 un punto arbitrario, y llamemos y2 = Φ(y1) y x = π(y1) =

π(y2). Tomemos U ⊆ X entorno distinguido para ambos recubridores (Xj, πj), j = 1, 2,

y llamemos Uj a la arcocomponente de π−1j (U) conteniendo a yj, j = 1, 2. Como Φ(U1) es

arcoconexo y y2 ∈ π2

(Φ(U1)

)⊆ π1(U1) = U , deducimos que Φ(U1) ⊆ U2. La identidad

π1|U1= (π2|U2

) (Φ|U1)

garantiza queΦ|U1

= (π2|U2)−1 π1|U1

es un homeomorfismo. Esto implica que Φ es una aplicacion abierta.Para la sobreyectividad de Φ fijemos y1 ∈ X1, y tomemos y2 ∈ X2 arbitrario. Sea α

un arco en X2 con α(0) = Φ(y1) y α(1) = y2 y llamemos α = π2 α. El arco Φ απ1y1

seproyecta en α vıa π2 y tiene por punto inicial α(0) = Φ(y1), de donde por la unicidaddel levantamiento α = Φ απ1

y1. En particular

y2 = α(1) = Φ(απ1y1

(1))∈ Φ(X1).

Esto prueba la sobreyectividad de Φ.

Como consecuencia se tiene el siguiente

Corolario 13.7 Sean (X1, π1), (X2, π2) ∈ Rec(X), y sean x ∈ X e yj ∈ π−1j (x), j =

1, 2. Si (π1)∗(Π1(X1, y1)

)⊆ (π2)∗

(Π1(X2, y2)

)entonces X1 recubre a X2.

Demostracion : Por Corolario 13.5 existe un homomorfismo Φ: (X1, π1)→ (X2, π2) con

Φ(y1) = y2, y la Proposicion 13.6 garantiza que (X1,Φ) es un recubridor de X2. Estoconcluye el corolario.

94

13.1. El grupo de automorfismos y la generacion de nuevosrecubridores.

En esta seccion vamos a estudiar la accion natural del grupo de automorfismos deun recubridor sobre sobre el espacio recubridor. Haremos especial enfasis en la familiade los recubridores regulares, esto es, aquellos para los que tal accion es transitiva.

Los detalles estan contenidos en la siguiente

Proposicion 13.8 Si (X, π) ∈ Rec(X) entonces la accion

µ : Aut(X, π)× X → X, (Φ, y) 7→ Φ · y := Φ(y),

es propia y discontinua.

Demostracion : Sea y0 ∈ X un punto arbitrario y llamemos x = π(y0) ∈ X. Sea U ⊂ Xun entorno distinguido de x para π, y como siempre escribamos π−1(U) como union desus arcocomponentes:

π−1(U) =⋃

y∈π−1(x)

Uy,

donde Uy1 ∩ Uy2 = ∅, y1 6= y2, y π|Uy : Uy → U es un homeomorfismo, y ∈ π−1(x).Comprobemos que la condicion de propia y discontinua para µ se satisface alrededor

de y0 con entorno distinguido Uy0 .

En efecto, observemos que si Φ ∈ Aut(X, π) entonces Φ(Uy0) es abierto y arcoconexo

en π−1(U), y por tanto Φ(Uy0) ⊆ UΦ(y0). De aquı que π|Uy0 = (π|UΦ(y0)) (Φ|Uy0 ) y

Φ|Uy0 : Uy0 → UΦ(y0) sea un homeomorfismo.

Para que la accion µ sea propia y discontinua, bastarıa con ver que si Φ ∈ Aut(X, π)

satisface Φ(Uy0)∩Uy0 6= ∅ entonces Φ = IdX . En efecto, en este caso las arcocomponentes

Φ(Uy0) = UΦ(y0) y Uy0 de π−1(U) compartirıan algun punto y serıan iguales, de donde

al ser Φ automorfismo de (X, π)

Φ|Uy0 = (π|−1

Uy0) (π|Uy0 ) = IdUy0

.

De aquı que Φ tiene puntos fijos (todos los de Uy0) y Φ = IdX (ver Corolario 13.4), loque acaba la proposicion.

Un corolario trivial de esta proposicion nos lo proporcionan el Teorema 10.8 y la Proposi-cion 11.14. Nos dara una herramienta fundamental para la construccion de recubridoresa partir de subgrupos del grupo de los automorfismos. Para ello, habra que tener encuenta que un subgrupo arbitrario G ≤ Aut(X, π) actua de forma propia y discontınua

sobre X por restriccion de la accion µ en la Proposicion 13.8.

Corolario 13.9 (Construccion de recubridores) Consideremos (X, π) ∈ Rec(X),

G ≤ Aut(X, π) un subgrupo y (X, π0) el recubridor asociado al espacio de orbitas X/G:

π0 : X → X/G, y 7→ G · y.

Entonces la unica aplicacion π : X/G→ X tal que π π0 = π, esto es, la definida por

π(G · y

):= π(y) para todo G · y ∈ X/G,

es recubridora.

95

Demostracion : Observese que π esta bien definida porque π Φ = π para todo Φ ∈ G.El corolario es trivial de Proposicion 11.14 una vez justifiquemos que π : X/G→ X escontinua, abierta y sobreyectiva. La continuidad se sigue de que π0 π = π es continuaque que en X/G tenemos la topologıa final para π0. La sobreyectividad de π es inmediatade la sobreyectividad de π. Finalmente, para comprobar que π es abierta recordemosque los entornos distinguidos U para el recubridor (X, π0) son una base de la topologıa

de X/G, y probemos que π(U) es abierto en X para todo entorno distinguido U de

(X, π0). En efecto, fijado un entorno distinguido U de (X, π0) alrededor de un puntoG · x ∈ U , sabemos que

π−10 (U) =

⋃g∈G

g · U

donde U es un entorno distinguido alrededor de x para la accion G × X → X; enparticular, π0|g·U : g · U → U es un homeomorfismo para todo g ∈ G. Por tanto U :=

π(U) es un entorno distinguido para el recubridor (X, π) y U es la arcocomponente deπ−1(U) que contiene a x. De aquı que

π(U) = π(π0(U)

)= π(U) = U

es abierto en X, y en consecuencia π es abierta.

La siguiente proposicion explica como se comporta el grupo de automorfismos respectoal producto de recubridores.

Proposicion 13.10 Sean (X1, π1) ∈ Rec(X1), (X2, π2) ∈ Rec(X2), y consideremos

(X1 × X2, π1 × π2) ∈ Rec(X1 ×X2) . Entonces la aplicacion

Λ: Aut(X1, π1)× Aut(X2, π2)→ Aut(X1 × X2, π1 × π2), Λ((Φ1,Φ2)

):= Φ1 × Φ2,

es un isomorfismo de grupos.

Demostracion : Si Φj ∈ Aut(Xj, πj), j = 1, 2, es claro que

(π1 × π2) (Φ1 × Φ2) = (π1 × π2),

por lo que Φ1 × Φ2 ∈ Aut(X1 × X2, π1 × π2) y Λ esta bien definida. Trivialmente Λ esun monomorfismo de grupos, por lo que bastara con probar que es sobreyectiva.

Sea Φ ∈ Aut(X1×X2, π1×π2), fijemos (y1, z1) ∈ X1×X2 y escribamos Φ((y1, z1)) =(y2, z2). Consideremos las aplicaciones continuas

jz1 : X1 → X1 × X2, jy2(y) = (y, z1), σ1 : X1 × X2 → X1, σ1(y, z) = y,

y definamosΦ1 : X1 → X1, Φ1 := σ1 Φ jz1 .

Como Φ ∈ Aut(X1 × X2, π1 × π2), los puntos (y, z1), Φ(y, z1) se proyectan por π1 × π2

en el mismo punto de X1 ×X2, y por tanto

π1 Φ1(y) = π1 (σ1 (Φ(y, z1))) = π1(y).

Esto prueba que Φ1 : (X1, π1)→ (X1, π1) es un homomorfismo de recubridores.Analogamente, si

iy1 : X2 → X1 × X2, jy1(z) = (y1, z), σ2 : X1 × X2 → X2, σ1(y, z) = z,

96

la aplicacionΦ2 : (X2, π2)→ (X2, π2), Φ2 := σ2 Φ iy1 ,

es un homomorfismo de recubridores.Se concluye que

Φ1 × Φ2 : (X1 × X2, π1 × π2)→ (X1 × X2, π1 × π2)

es un homomorfismo de recubridores igualmente. Veamos que Φ1×Φ2 es un automorfis-mo y que coincide con Φ. En efecto, las identidades Φ1(y1) = y2 y Φ2(z1) = z2 implicanque

(Φ1 × Φ2)((y1, z1)

)= (y2, z2) = Φ

((y1, z1)

)y el Corolario 13.4 nos dice que Φ1 × Φ2 = Φ. Como Φ es biyectiva entonces Φj es

inyectiva, y por tanto Φj ∈ Aut(Xj, πj), j = 1, 2. De aquı que

Λ((Φ1,Φ2)

)= Φ1 × Φ2 = Φ

como querıamos demostrar.

13.2. Recubridores regulares

El animo de esta seccion es conectar el grupo de automorfismos de un recubridor(X, π) con elementos algebraicos expresables en terminos del grupo fundamental delespacio base X, una idea recurrente en teorıa de recubridores.

En este sentido probaremos que dado un recubridor (X, π) de X y puntos arbi-

trarios x ∈ X e y ∈ π−1(x), existe una relacion ıntima entre el grupo Aut(X, π) y el

normalizador N0

(π∗(Π1(X, y)

))del subgrupo π∗(Π1(X, y)) en Π1(X, x); ver la Defini-

cion 3.10. Este hecho motivara el concepto de recubridor regular, y sera la clave parael correcto tratamiento del problema de existencia de recubridores de X como veremosmas adelante.

Todo automorfismo Φ de un recubridor (X, π) de X respeta las fibras de los puntos,esto es, Φ(π−1(x)) = π−1(x) para todo x ∈ X. La siguiente proposicion nos da lacondicion necesaria y suficiente para la existencia de un automorfismo conectando dospuntos de la fibra de un punto.

Proposicion 13.11 Sea (X, π) ∈ Rec(X) y sean x ∈ X e y1, y2 ∈ π−1(x) puntosarbitrarios. Los siguientes enunciados son equivalentes:

Existe Φ ∈ Aut(X, π) con Φ(y1) = y2 (necesariamente unico por el Corolario13.4).

Para cualquier arco α en X con α(0) = y1 y α(1) = y2, el lazo α = π α satisface

[α] ∈ N0

(π∗(Π1(X, y1)

)).

Demostracion : Por el Corolario 11.9 sabemos que

π∗(Π1(X, y2)

)= [α]−1 ? π∗

(Π1(X, y1)

)? [α].

Por otro lado, el Corolario 13.5 nos dice que existe Φ ∈ Aut(X, π) con Φ(y1) = y2 si y

solo si π∗(Π1(X, y1)

)= π∗

(Π1(X, y2)

). Uniendo esos dos hechos deducimos que

∃ Φ ∈ Aut(X, π) con Φ(y1) = y2 ⇐⇒ [α]−1 ? π∗(Π1(X, y1)

)? [α] = π∗

(Π1(X, y1)

),

97

lo que equivale a decir que [α] pertenezca al normalizador N0

(π∗(Π1(X, y1)

))de

π∗(Π1(X, y1)

)en Π1(X, x).

Definicion 13.12 Consideremos (X, π) ∈ Rec(X) y fijemos x ∈ X e y ∈ π−1(x).

Dado un lazo [α] ∈ N0

(π∗(Π1(X, y)

))≤ Π1(X, x), denotaremos por Φ([α]) al unico

automorfismo de (X, π) con Φ([α])(y) = αy(1) dado por la Proposicion 13.11.Asimismo, llamaremos Υ a la aplicacion

Υ: N0

(π∗(Π1(X, y)

))→ Aut(X, π), Υ([α]) := Φ([α]).

El siguiente teorema explica con detalle la naturaleza de Υ, y como consecuencia nospermite interpretar el grupo Aut(X, π) en funcion de los grupos fundamentales delrecubridor y la base.

Teorema 13.13 Sean (X, π) ∈ Rec(X), x ∈ X e y ∈ π−1(x). La aplicacion

Υ: N0

(π∗(Π1(X, y)

))→ Aut(X, π), [α] 7→ Φ([α]),

es un epimorfismo de grupos con Ker(Υ) = π∗(Π1(X, y)

). En particular, por el primer

Teorema de isomorfia de grupos el homomorfismo inducido

Υ : N0

(π∗(Π1(X, y)

))/π∗(Π1(X, y)

)→ Aut(X, π), π∗

(Π1(X, y)

)? [α] 7→ Φ([α]),

es un isomorfismo.

Demostracion : Probemos primero que Υ es un homomorfismo de grupos. Hemos de

ver que para cualesquiera [α], [β] ∈ N0

(π∗(Π1(X, y)

)),

Φ([α] ? [β]) = Φ([α]) Φ([β]).

Para ello consideremos el arco αy ? (Φ([α]) βy) en X, bien definido ya que αy(1) =

Φ([α])(y) = Φ([α])(βy(0)). Como

π (αy ? (Φ([α]) βy)

)= (π αy) ?

(π (Φ([α]) βy)

)= (π αy) ? (π βy) = α ? β

y(αy ? (Φ([α]) βy)

)(0) = αy(0) = y, inferimos que αy ? (Φ([α]) βy) = (α ? β)y. De

aquı que

Φ([α] ? [β])(y) = Φ([α ? β])(y) = (α ? β)y(1) =(αy ? (Φ([α]) βy)

)(1) =

= Φ([α])(βy(1)) = Φ([α])(Φ([β])(y)

)=(Φ([α]) Φ([β])

)(y),

y por tanto Φ([α] ? [β]) = Φ([α]) Φ([β]) por el Corolario 13.4.

Veamos quer Υ es sobre. En efecto, sea Φ ∈ Aut(X, y) un automorfismo arbitrario.

Consideremos α : [0, 1] → X un arco con α(0) = y y α(1) = Φ(y). Por los Corolarios13.5 y 11.9,

π∗(Π1(X, y)

)= π∗

(Π1(X,Φ(y))

)= [α]−1 ? π∗

(Π1(X, y)

)? [α],

donde α es el lazo π α (con base x ∈ X). Esto prueba que [α] ∈ N0

(π∗(Π1(X, y)

)),

y como claramente por definicion Υ([α]) = Φ([α]) = Φ, que Υ es sobreyectiva.Por ultimo determinemos el nucleo de Υ. Se tiene que [α] ∈ Ker(Υ) si y solo si

Φ([α]) = IdX , lo que por el Corolario 13.4 equivale a que Φ([α])(y) = αy(1) = y,

esto es, a que αy sea un lazo y [αy] ∈ Π1(X, y). Por tanto [α] ∈ Ker(Υ) si y solo si

[α] = π∗([αy]) ∈ π∗(Π1(X, y)

), lo que concluye la prueba.

98

Observacion 13.14 Con la misma notacion del Teorema 13.13, si y1, y2 ∈ π−1(x) y[α] ∈ Π1(X, x) es tal que αy1(1) = y2, es facil ver que

N0

(π∗(Π1(X, y2)

))= [α]−1 ? N0

(π∗(Π1(X, y1)

))? [α].

Ambos subgrupos N0

(π∗(Π1(X, y1)

))y N0

(π∗(Π1(X, y2)

)), conjugados en Π1(X, x),

son isomorfos a Aut(X, π).

Para probar la observacion, usar que π∗(Π1(X, y2)

)= [α]−1 ? π∗

(Π1(X, y1)

)? [α].

Un caso paticular especialmente interesante es cuando, con la notacion anterior,

el normalizador N0

(π∗(Π1(X, y)

))coincide con Π1(X, x). En otras palabras, cuando

π∗(Π1(X, y)

)es un subgrupo normal de Π1(X, x). Esto nos llevara de forma natural al

concepto de recubridor regular.

Definicion 13.15 Un recubridor (X, π) de un espacio X se dira regular si existe x ∈ Xtal que la accion

µx : Aut(X, π)× π−1(x)→ π−1(x), (Φ, y) 7→ Φ · y := Φ(y).

es transitiva, esto es, para todo y1, y2 ∈ π−1(x) existe Φ ∈ Aut(X, π) tal que Φ(y1) = y2.

Observacion 13.16 µx es transitiva para algun x ∈ X si y solo si µx es transitiva paratodo x ∈ X. Por tanto (X, π) es regular si y solo si µx es transitiva para todo x ∈ X.

Demostracion : Si x1, x2 ∈ X y α : [0, 1]→ X es un arco con α(0) = x1 y α(1) = x2, elCorolario 11.5 proporcionaba la biyeccion ηα : π−1(x1)→ π−1(x2), ηα(y) := αy(1). Como

las fibras son invariantes por automorfismos y Φ αy = αΦ(y) para todo Φ ∈ Aut(X, π)

e y ∈ π−1(x1), deducimos que ηα Φ = Φ ηα para todo automorfismo Φ de (X, π). Portanto la transitividad de µx1 es equivalente a la transitividad de µx2 .

Proposicion 13.17 Sea (X, π) ∈ Rec(X). Son equivalentes:

(a) (X, π) es regular.

(b) Para todo x ∈ X e y ∈ π−1(x), π∗(Π1(X, y)

)es un subgrupo normal de Π1(X, x).

(c) Existen x ∈ X e y ∈ π−1(x) tales que π∗(Π1(X, y)

)es un subgrupo normal de

Π1(X, x).

Demostracion : (a) =⇒ (b). Supongamos que (X, π) es regular y tomemos x ∈ X ey ∈ π−1(x). Sea [α] ∈ Π1(X, x) y llamemos z := αy(1). Por la transitividad de la

accion µx sabemos que existe Φ ∈ Aut(X, π) tal que Φ(y) = z, y por tanto [α] ∈N0

(π∗(Π1(X, y)

))de la Proposicion 13.11. Esto prueba que N0

(π∗(Π1(X, y)

))=

Π1(X, x) y por tanto (b).(b) =⇒ (c) es trivial.

(c) =⇒ (a). Supongamos existen x ∈ X e y ∈ π−1(x) tales que π∗(Π1(X, y)

)sea

un subgrupo normal de Π1(X, x), y por tanto π∗(Π1(X, z)

)es un subgrupo normal

de Π1(X, x) para todo z ∈ π−1(x) ya que se trata de subgrupos conjugados (ver elCorolario 11.9 o la Observacion 13.14).

99

Tomemos dos puntos y1, y2 ∈ π−1(x) y un arco α : [0, 1] → X con α(0) = y1

y α(1) = y2. Si denotamos α := π α y tenemos en cuenta que [α] ∈ Π1(X, x) =

N0

(π∗(Π1(X, y1)

)), la Proposicion 13.11 de nuevo nos dice que existe Φ ∈ Aut(X, π)

tal que Φ(y1) = y2. Esto prueba que µx es transitiva y por tanto (a).

Si (X, π) ∈ Rec(X) es un recubridor regular y x ∈ X es un punto arbitrario,

el subgrupo π∗(Π1(X, y)) de Π1(X, x) no depende del punto y ∈ π−1(X). En efecto,

notese que de la Proposicion 13.17 el subgrupo π∗(Π1(X, y) de Π1(X, x) es normal paracualquier y ∈ π−1(X), y que cuando cambiamos de punto en la fibra de x este subgrupocambia por conjugacion (luego permanece invariante).

Corolario 13.18 Si (X1, π1) ∈ Rec(X1), (X2, π2) ∈ Rec(X2) son recubridores regulares

entonces (X1 × X2, π1 × π2) ∈ Rec(X1 ×X2) es un recubridor regular.

Demostracion : Por la Proposicion 13.10

Λ: Aut(X1, π1)× Aut(X2, π2)→ Aut(X1 × X2, π1 × π2), Λ((Φ1,Φ2)

):= Φ1 × Φ2,

es un isomorfismo de grupos. Fijado (x1, x2) ∈ X1 × X2, como (Xj, πj) es regular

sabemos que Aut(Xj, πj) actua de forma transitiva sobre π−1j (xj), j = 1, 2, de donde

trivialmente

Aut(X1 × X2, π1 × π2) =

Φ1 × Φ2 : Φj ∈ Aut(Xj, πj), j = 1, 2

actua transitivamente tambien en la fibra (π1 × π2)−1((x1, x2)

)y se sigue el resultado.

El ejemplo mas simple de recubridor regular nos lo dan los espacios de orbitas.

Ejercicio 13.19 Si X es un espacio topologico y G ≤ Hom(X) un subgrupo de ho-

meomorfismos actuando de forma propia y discontinua sobre X, entonces la proyeccionπ0 : X → X/G es un recubridor regular con Aut(X, π0) = G.

Como consecuencia, todos los recubridores de los espacios

Pn, S1, S1 × R, cinta de Mobius infinita, S1 × S1 y la botella de Klein

presentados como espacios de orbitas en el Ejercico 10.9 son regulares, y sus grupos deautomorfismos coinciden con el grupo que genera la accion en cada caso.

Solucion : Basta con observar que la fibra de un punto generico G · x ∈ X/G es elconjunto π−1

0 (G · x) = g(x) : g ∈ G, por lo que claramente la accion

G× π−10 (G · x)→ π−1

0 (G · x)

es transitiva. Para comprobar que G = Aut(X, π0) primero observemos que trivialmente

G ≤ Aut(X, π0) ya que π0 g = φ0 para todo g ∈ G. Ademas, si Φ ∈ Aut(X, π0)entonces Φ(x) ∈ π−1

0 (G · x) y por tanto Φ(x) = g(x) para algun g ∈ G, lo que implicaque Φ = g ∈ G (ver Corolario 13.4).

De hecho, hay una conexion ıntima entre recubridores regulares y espacios de orbitascomo explica el siguiente corolario.

100

Corolario 13.20 Si (X, π) ∈ Rec(X) es un recubridor regular, x ∈ X e y ∈ π−1(x),entonces:

(i) Υ : Π1(X, x)/π∗(Π1(X, y)

)→ Aut(X, π), π∗

(Π1(X, y)

)? [α] 7→ Φ([α]), es un

isomorfismo de grupos.

(ii) Si π0 : X → X/Aut(X, π) es la proyeccion al espacio de orbitas X/Aut(X, π), la

unica aplicacion π : X/Aut(X, π)→ X tal que π π0 = π es un homeomorfismo.

Demostracion : Por la Proposicion 13.17 y la regularidad de (X, π), el normalizador

N0

(π∗(Π1(X, y)

))coincide con Π1(X, x) y el item (i) se sigue del Teorema 13.13.

Para el item (ii), hemos de probar que la aplicacion

π : X/Aut(X, π)→ X, Aut(X, π) · y 7→ π(y),

es un homeomorfismo. En efecto, sabemos que π es recubridora por el Corolario 13.9.Ademas, la transitividad de la accion µx para todo x ∈ X implica que Aut(X, π) · y =

π−1(π(y)) para todo y ∈ X, y por tanto que π es biyectiva. De aquı el resultado.

Es interesante comparar el Corolario 13.9 y el Corolario 13.20.El mensaje del anterior corolario es que, salvo el cambio de lenguaje que propor-

ciona el homeomorfismo π, el recubridor regular (X, π) se identifica con el recubridor

(X, π0) asociado a la proyeccion al espacio de orbitas X/Aut(X, π), siendo su grupo deautomorfismos el que define la accion.

A modo de resumen de todo lo expuesto enunciaremos el siguiente:

Corolario 13.21 Si G es un grupo de homeomorfismos que actua de forma propia ydiscontınua sobre un espacio X y π0 : X → X/G es la proyeccion al espacio de orbitas,

entonces (X, π0) es un recubridor regular de X/G y Aut(X, π0) = G.

Recıprocamente, si (X, π) es un recubridor regular de X entonces el espacio de

orbitas X/Aut(X, π) es homeomorfo a X, y salvo ese homeomorfismo la proyeccion

recubridora π no es sino la proyeccion π0 : X → X/Aut(X, π) al espacio de orbitas.

13.2.1. No todo recubridor es regular

Ciertamente los recubridores regulares son de mas facil comprension y permiten untratamiento mas agradable. Sin embargo no todo recubridor es regular. En este apartadovamos a explicar como la variable compleja nos proporciona una familia muy ampliade recubridores genericamente no regulares, lo que nos ayudara a comprender que laregularidad no deja de ser una excepcionalidad.

En lo que sigue C = C ∪ ∞ denotara la esfera de Riemann (compactificacionde Alexandrov del plano complejo C), topologicamente equivalente a la esfera S2 vıala proyeccion estereografica. Sea P : C → C una funcion polinomica de grado k ≥ 1,llamemos A al conjunto de puntos z ∈ C donde P presenta una ramificacion (esto es,donde P no es localmente invertible). Obviamente A = ∅ si k = 1, y si k ≥ 2 entoncesA coincide con z ∈ C : P ′(z) = 0 ∪ ∞.

Denotemos por X := C \ P (A) ⊂ C, y analogamente Y := C \ P−1(P (A)) ⊂ C alcomplemento en C de la P -saturacion de A. Definamos

π : Y → X, π(z) := P (z).

El hecho de que π sea un homeomorfismo local (de hecho biholomorfismo local) y elTeorema Fundamental del Algebra implican trivialmente que (Y, π) es un recubridor dek hojas de X.

101

Proposicion 13.22 Si Φ ∈ Aut(Y, π) entonces Φ es (la restriccion a Y de) una trans-formacion de Mobius.

Demostracion : Tomemos Φ ∈ Aut(Y, π). Como φ Φ = φ y φ es un biholomorfismolocal (esto es, una aplicacion holomorfa Y → X con derivada no nula en todo punto),inferimos que φ : Y → Y es un biholomorfismo global. En particular el Teorema deWeierstrass-Casorati nos dice que Φ no presenta singularidades esenciales en los puntosde P−1(P (A)), y por tanto por el Teorema de las singularidades evitables de Riemannextiende holomorficamente a los puntos de P−1(P (A)). Notese que este analisis se ex-tiende al comportamiento local de Φ alrededor de ∞, donde igualmente Φ no presentauna singularidad esencial. Por tanto Φ es la restriccion a Y de una funcion racionalC → C (cociente de polinomios), y como genericamente es 1-1 ya que es un automor-fismo de Y , inferimos que Φ ha de ser (la restriccion de) una transformacion de Mobius(de hecho de la forma z 7→ λz + µ, λ 6= 0, ya que ha de fijar ∞ al ser P Φ = P ). Estoprueba el resultado.

Corolario 13.23 Existen polinomios P para los que el recubridor (Y, π) no es regular.

Demostracion : Recordemos que una transformacion de Mobius esta determinada uni-vocamente por la imagen de tres puntos, y en particular, tiene a lo mas 3 puntos fijos.Elijamos P para que:

A conste de al menos 3 puntos.

Las ramificaciones de P en los puntos de A sean distintas dos a dos.

Es facil encontrar polinomios satisfaciendo estas condiciones, por ejemplo P (z) = 3z4−4z3 o cualquier otro multiplo de una primitiva del polinomio z2(z − 1).

Veamos que bajo estas dos condiciones Aut(Y, π) = IdY , y por tanto, que (Y, π)no es regular (su grupo de automorfismos no actua de forma transitiva en la fibra de lospuntos!!) En efecto, consideremos un automorfismo Φ de (Y, φ) arbitrario. La condicionπ Φ = π implica que P Φ = P , y por tanto que Φ aplica puntos de ramificacion deP en puntos de ramificacion de P con la misma multiplicidad. Bajo nuestras hipotesisΦ ha de fijar todos los puntos de A. Como Φ es una transformacion de Mobius (ver laProposicion 13.22) y el cardinal ]A ≥ 3, deducimos que Φ = IdY .

14. Existencia y clasificacion de recubridores

Como consecuencia de los resultados anteriores podemos abordar el problema deexistencia y clasificacion de los recubridores de un espacio topologico. Para su correctotratamiento se requiere fijar alguna notacion.

En el conjunto Rec(X) de todos los recubridores de X consideremos la relacionde equivalencia ser isomorfo, que escribiremos por ∼=, y escribamos el correspondienteconjunto cociente por

R(X) := Rec(X)/ ∼= .

Aquı es conveniente tener in mente la notacion de la Definicion 11.10. En particular,recordar que dado un punto x ∈ X se introdujo la aplicacion

∆x : Rec(X)→ Sc(Π1(X, x)), ∆x(X, π) := π∗(Π1(X, z)

): z ∈ π−1(x).

En definitiva, ∆x(X, π) es la clase de conjugacion [π∗(Π1(X, y)

)] para todo y ∈ π−1(x);

ver Corolario 11.9.

102

El siguiente teorema prueba que ∆x puede ser inducida al cociente R(X) convir-tiendose en una aplicacion inyectiva, y por tanto que la familiaR(X) esta estrechamenteligada con Sc(Π1(X, x)).

Teorema 14.1 Sean (X1, π1), (X2, π2) ∈ R(X). Son equivalentes:

(i) (X1, π1) ∼= (X2, π2).

(ii) ∆x(X1, π1) = ∆x(X2, π2) para todo x ∈ X.

(iii) ∆x(X1, π1) = ∆x(X2, π2) para algun x ∈ X.

En particular, para todo x ∈ X la aplicacion

∆x : R(X)→ Sc(Π1(X, x)), ∆x

([X, π)]

):= ∆x(X, π),

inducida por ∆x en el cociente R(X) es inyectiva.

Demostracion : (i) =⇒ (ii). Supongamos que (X1, π1) y (X2, π2) son isomorfos y sea

Φ: (X1, π1)→ (X2, π2) un isomorfismo de recubridores. Sea x ∈ X arbitrario, tomemosy1 ∈ π−1

1 (x) y consideremos y2 := Φ(y1) ∈ π−12 (x). Por el Corolario 13.5-(ii) inferimos

que (π1)∗(Π1(X1, y1)

)= (π2)∗

(Π1(X2, y2)

), de donde ∆x(X1, π1) = ∆x(X2, π2).

(ii) =⇒ (iii). Trivial.

(iii) =⇒ (i). Supongamos que ∆x(X1, π1) = ∆x(X2, π2) para algun x ∈ X. Es-to quiere decir que, dados cualesquiera z1 ∈ π−1

1 (x) e y2 ∈ π−12 (x), los subgrupos

(π1)∗(Π1(X1, z1)

)y (π2)∗

(Π1(X2, y2)

)son conjugados en Π1(X.x). Por tanto existe

[α] ∈ Π1(X.x) tal que

(π2)∗(Π1(X2, y2)

)= [α]−1 ? (π1)∗

(Π1(X1, z1)

)? [α].

Si llamamos y1 := απ1z1

(1), el Corolario 11.9 garantiza que

(π1)∗(Π1(X1, y1) = [α]−1 ? (π1)∗

(Π1(X1, z1)

)? [α],

y por tanto(π1)∗

(Π1(X1, y1) = (π2)∗

(Π1(X2, y2)

).

El Corolario 13.5-(ii) nos permite concluir que existe Φ: (X1, π1)→ (X2, π2) isomorfis-mo con Φ(y1) = y2, como querıamos demostrar.

Ejercicio 14.2 Determinar todos los recubridores de S1.

Solucion : Sabemos que Π1

(S1, (1, 0)

)= F ([α1]) ∼= Z, donde

α1 : [0, 1]→ S1, α1(t) =(

cos(2πt), sen(2πt)).

Tambien sabemos que las siguientes aplicaciones son recubridoras de S1:

ρ : R→ S1, ρ(t) =(

cos(2πt), sen(2πt)), y con notacion compleja

πk : S1 → S1, πk(z) = zk.

103

Por simplicidad llamemos x = (1, 0) ∈ S1. Como Π1(S1, x) es abeliano es claro queSc(Π1(S1, x)) = Sub(Π1(S1, x)), por lo que del Teorema 14.1 la aplicacion

∆x : R(S1)→ Sub(Π1(S1, x)), ∆x

([X, π)]

):= π∗

(Π1(X, z)

), (z ∈ π−1(x) arbitrario),

es inyectiva. Un calculo directo nos da que

∆x

([(R, ρ)]

)= ρ∗([ε0]) = [εx], ∆x

([(S1, πk)]

)= (πk)∗

(F ([α1])

)= F ([α1]k), k ∈ N.

Como por algebra elemental se tiene que

Sub(Π1(S1, x)) =F ([α1]k) : k ∈ N

∪ [εx] ≡ kZ : k ∈ N ∪ 0 ,

deducimos que ∆x es sobreyectiva, luego biyectiva. En conclusion

(R, ρ) ∪ (S1, πk) : k ∈ N

son todos los recubridores de S1 salvo isomorfismos.

Ejercicio 14.3 Determinar todos los recubridores de Pn, n ≥ 2.

Solucion : Recordemos que Pn es el espacio de orbitas Sn/G, donde G = IdSn , A esel grupo generado por la aplicacion antıpoda

A : Sn → Sn, A(x) = −x.

Sea π0 : Sn → Pn = Sn/G la correspondiente proyeccion, y consideremos los puntosq = (1, 0, . . . , 0) ∈ Sn y p = π0(q) ∈ Pn. Si tomamos el arco en Sn con punto inicial q

β : [0, 1]→ Sn, β(t) =(

cos(πt), sen(πt), 0, . . . , 0),

el lazo α = π0 β con base p en Pn genera Π1(Pn, p) y

Φ1(Pn, p) = F ([α])/F ([α]2) ∼= Z2.

Las siguientes aplicaciones son recubridoras de Pn:

π0 : Sn → Pn, IdPn : Pn → Pn.

Como Π1(Pn, p) es abeliano es claro que Sc(Π1(Pn, p)) = Sub(Π1(Pn, p)), por lo que delTeorema 14.1 la aplicacion

∆x : R(Pn)→ Sub(Π1(Pn, p)), ∆x

([X, π)]

):= π∗

(Π1(X, z)

), (z ∈ π−1(x) arbitrario),

es inyectiva. Un calculo directo nos da que

∆x

([Sn, π0)]

)= (π0)∗([εq]) = [εp], ∆x

([Pn, IdPn)]

)= (IdPn)∗

(Π1(Pn, p)

)= Π1(Pn, p)

Como por algebra elemental se tiene que

Sub(Π1(Pn, p)

)= Sub

(F ([α])/F ([α]2)

)=F ([α])/F ([α]2)

∪[εp] ≡ Z2∪0 ,

deducimos que ∆x es sobreyectiva, luego biyectiva. En conclusion

(Sn, π0) ∪ (Pn, IdPn)

son todos los recubridores de Pn salvo isomorfismos.

104

Intuitivamente, el conjunto R(X) es mas rico cuanto mayor sea la imagen de laaplicacion ∆x : R(X)→ Sc

(Π1(X, x)

), x ∈ X, siendo la situacion optima cuando ∆x es

biyectiva. Nuestro principal objetivo sera demostrar que tal biyectividad de ∆x depen-dera en exclusiva de que Rec(X) contenga un recubridor simplemente conexo, esto es,de que la imagen ∆x(R(X)) contenga la clase del neutro [εx]. La definicion centralde esta seccion es la siguiente:

Definicion 14.4 Un recubridor (Y, π) de X se dira universal si Π1(Y ) ∼= 0, o equi-valentemente, si ∆x

([(Y, π)]

)= [εx] para algun (luego para todo) x ∈ X; tengase en

cuenta el Teorema de Mondromıa (Corolario 11.8).

Como consecuencia del Teorema 14.1, el recubridor universal de X, de existir, estaunıvocamente determinado salvo isomorfismos. El siguiente corolario recopila algunas delas propiedades basicas del recubridor universal, entre ellas el porque de este calificativo(ver item (a)).

Corolario 14.5 Si X admite recubridor universal (Y, π0), entonces:

(a) Y recubre a X para cualquier recubridor (X, π) de X.

(b) (Y, π0) es un recubridor regular.

(c) Si x ∈ X e y ∈ π−10 (x), la aplicacion Υ : Π1(X, x) → Aut(Y, π0), [α] 7→ Φ([α]),

dada en el Corolario 13.20 es un isomorfismo de grupos.

Demostracion : Probemos (a). Si (Y, π0) es recubridor universal de X, (X, π) un recu-bridor de X, x ∈ X, x ∈ π−1(x) e y ∈ π−1

0 (x), la condicion

(π0)∗(Π1(Y, y)) = (π0)∗([εy]) = [εx] ⊆ π∗(Π1(X, x)),

requerida en Corolario 13.7 es inmediata, por lo que el resultado se sigue trivialmente.Item (b) se sigue trivialmente de la Proposicion 13.17, ya que (π0)∗

(Π1(Y, y)

)=

[εx] es un subgrupo normal de Π1(X, x) para cualesquiera x ∈ X e y ∈ π−10 (x).

El item (c) se sigue igualmente del Corolario 13.20.

Podemos ahora demostrar uno de los resultados centrales de este tema.

Teorema 14.6 Un espacio topologico X admite recubridor universal sı y solo sı laaplicacion ∆x : R(X) → Sc(Π1(X, x)) es biyectiva para algun (luego para cualquier)x ∈ X.

Demostracion : Por el Teorema 14.1, la aplicacion ∆x es inyectiva para todo x ∈ X.Si ∆x es bijectiva para algun x ∈ X entonces existe [(Y, π)] ∈ R(X) tal que

∆x

([(Y, π)])

)= [εx] ∈ ∆x(R(X)), esto es, π∗(Π1(Y, y)) = [εx] para todo y ∈ π−1(x).

Por tanto Π1(Y, y) = [εy], y ∈ π−1(x), y (Y, π) es un recubridor universal de X.

Supongamos ahora que X admite recubridor universal (Y, π) y veamos que ∆x essobreyectiva (y por tanto biyectiva). Fijemos y ∈ π−1(x). Por el Corolario 14.5 laaplicacion

Υ : Π1(X, x)→ Aut(Y, π), [α] 7→ Φ([α]),

es un isomorfismo de grupos, donde recordemos Φ([α]) es el unico automorfismo de(Y, π) con Φ([α])(y) = αy(1).

105

Tomemos un subgrupo arbitrario H ≤ Π1(X, x) y su clase de conjugacion [H] ∈Sc(Π1(X, x)

). Consideremos el grupo de automorfismos GH := Υ(H) ≤ Aut(Y, π), la

proyeccion al espacio de orbitas π0 : Y → X := Y/GH y el recubrimiento π : X → Xsatisfaciendo π π0 = π; ver Corolario 13.9.

Nuestro objetivo es probar que ∆x(X, π) = [H], para lo cual sera suficiente condemostrar que

π∗(Π1(X, π0(y))

)= H.

Usando que Υ es un isomorfismo y que GH = Υ(H),

[α] ∈ H ⇐⇒ Φ([α]) ∈ GH ⇐⇒ Φ([α])(y) = απy (1) = Φ(y) para algun Φ ∈ GH ⇐⇒

⇐⇒ π0 απy es lazo con base π0(y) en X y [π0 απy ] ∈ Π1(X, π0(y)).

Pero por el Teorema de Monodromıa (Corolario 11.8)

[π0 απy ] ∈ Π1(X, π0(y))⇐⇒ π∗([π0 απy ]

)= [π απy ] = [α] ∈ π∗

(Π1(X, π0(y))

).

En conclusion[α] ∈ H ⇐⇒ [α] ∈ π∗

(Π1(X, π0(y))

),

esto es H = π∗(Π1(X, π0(y))

), lo que concluye la demostracion.

El siguiente resultado resulta en ocasiones bastante util.

Proposicion 14.7 Si Xj, j = 1, 2, son espacios topologicos,

X1 ×X2 admite recubridor universal⇐⇒ Xj admite recubridor universal, j = 1, 2.

Demostracion : Si Xj admite recubridor universal (Yj, φj), j = 1, 2, entonces (Y1 ×Y2, π1× π2) es recubridor universal de X1×X2. Basta recordar que si (y1, y2) ∈ Y1× Y2

entoncesΠ1 (Y1 × Y2, (y1, y2)) ∼= Π1 (Y1, y1))× Π2 (Y2, y2))

es el grupo trivial y Y1 × Y2 es simplemente conexo.Supongamos ahora que (Y, π) ∈ Rec(X1×X2) es recubridor universal, esto es, Y es

simplemente conexo. Fijemos y ∈ Y y escribamos π(y) = (x1, x2) ∈ X1×X2. Llamemos

X1 = X1 × x2, X2 = x1 ×X2

copias topologicas de X1, X2 respectivamente en X1 ×X2, y consideremos la arcocom-ponente Yj ⊂ Y de π−1(Xj) que contiene a y, j = 1, 2.

Basta con ver que Y1 es simplemente conexo y

π1 := π|Y1 : Y1 → X1 ≡ X1

es recubridora (igual se harıa con (Y2, π2)).En efecto, sea α un lazo en Y1 con base y. Como Y1 ⊂ Y e Y es simplemente conexo,

entonces α es nulhomotopico en Y , esto es, α 'Y εy. De aquı que πα = (α1, α2) sea unlazo nulhomotopico en X1×X2 con base (x1, x2), o equivalentemente por la Proposicion5.2,

αj 'Xj εxj , j = 1, 2.

Esto implica que (α1, εx2)H1'X1

ε(x1,x2). Notemos que como la homotopıa H1 tambien

tiene lugar en Y , tiene sentido considerar el levantamiento H1 : [0, 1]2 → Y de H1 a Y

106

vıa π con condicion inicial y. Ademas, como la segunda funcion coordenada de H1 esconstante x2 es claro que H1([0, 1]2) ⊂ X1. La arcoconexion de H1([0, 1]2) y el hecho

que y ∈ H1([0, 1]2) implican que H1([0, 1]2) ⊂ Y1 y H1 es una homotopıa en Y1 entreα y εy. Esto prueba que α es nulhomotopico en Y1, y por tanto que Y1 es simplementeconexo.

Por ultimo veamos que π1 := π|Y1 : X1 ≡ X1 es recubridora; en ese caso (Y1, π1) serarecubridor universal de X1. Demonos cuenta de que si β es un arco arbitrario en X1, latraza del levantamiento βπy esta evidentemente contenida Y1. Este argumento implicatrivialmente que π1 es sobreyectiva. La existencia de entornos distinguidos para (Y1, π1)es consecuencia del siguiente razonamiento. Sea (x, x2) ∈ X1 un punto arbitrario, yconsideremos un entorno distinguido para (Y, π) alrededor de (x, x2) de la forma U1 ×U2 ⊂ X1 × X2. Sea U1 una arcocomponente arbitraria de π−1(U1 × x2) ⊂ π−1(X1)con U1 ∩ Y1 6= ∅. Claramente U1 ⊂ Y1, y como

π es inyectiva sobre π−1(U1 × U2) y

el levantado vıa π de arcos en U1×x2 con condicion inicial en U1 esta contenidoen U1,

la aplicacion π1|U1: U1 → U1 × x2 es biyectiva. Ademas π1|U1

es abierta ya que es la

restriccion del homeomorfismo π|π−1(U1×U2) al abierto U1 de Y1. Por tanto U1 × x2 esentorno distinguido para (Y1, π1) alrededor de (x, x2).

Como aplicacion de todo lo estudiado, veamos algunos ejemplos sencillos de clasifi-cacion de recubridores.

Ejercicio 14.8 Clasificar los recubridores de Pn × Pm, m,n ≥ 2.

Solucion : La resolucion tiene varias etapas.

Primer paso: Determinar el recubridor universal de Pn × Pm, m,n ≥ 2.

Se puede tener en cuenta la Proposicion 14.7 y que (Sn, πn) es el recubridor universalde Pn, n ∈ N, o usar el siguiente argumento directo. Para cada n ∈ N, sea

πn : Sn → Pn = Sn/〈An〉

la proyeccion al espacio de orbitas Pn = Sn/〈An〉 asociado al grupo de homeomorfismos〈An〉 = IdSn , An generado por la aplicacion antıpoda An : Sn → Sn. Llamemos qn =(1, 0, . . . , 0) ∈ Sn ⊂ Rn+1 y pn = [qn] ∈ Pn. Como Π1(Sn, qn) = [εqn ] inferimos que Snes simplemente conexo y (Sn, πn) es el recubridor universal (unico salvo isomorfismos)de Pn. Por tanto

Π1(Sn × Sm, (pn, pm)) = [εpn ] × [εpm ] = [ε(pn,pm)],

es espacio Sn×Sm es simplemente conexo, y (Sn×Sm, πn×πm) es el recubridor universalde Pn × Pm (unico salvo isomorfismos):

π = πn × πm : Sn × Sm → Pn × Pm.

Segundo paso: Determinar el grupo de automorfismos del recubridor universal.

Vamos a explicitar el grupo de automorfismos

G = Aut(Sn × Sm, π).

107

Para ello se puede usar la Proposicion 13.10 y que conocemos los automorfismos delrecubridor universal (Sn, πn) de Pn, n ∈ N. De forma directa consideremos los homeo-morfismos Sn × Sm → Sn × Sm dados por

An = An × IdSn , Am = IdSn × Am, Anm := An × Am.

Trivialmente π An = π Am = Anm π = π, por lo que An, Am, Anm ∈ G. Observemosque

Anm = An Am = Am An, Anm Anm = An An = Am Am = IdSn×Sm ,

por lo que IdSn×Sm , An, Am, Anm es un grupo con la composicion y(IdSn×Sm , An, Am, Anm,

)∼= (Z2 × Z2,+).

Vamos a ver que de hecho

G = IdSn×Sm , An, Am, Anm,

para lo cual bastara con ver que G tiene exactamente cuatro elementos.En efecto, recordemos que (Sn, πn), (Sm, πm) son recubridores de dos hojas, y por

tanto (Sn×Sm, π) es un recubridor de cuatro hojas. Como (Sn×Sm, π) es el recubridoruniversal de Pn × Pm, por el Corolario 14.5-(c) el grupo G es isomorfo a Π1(Pn ×Pm, (pn, pm)). Como Π1(Pn, pn) ∼= Z2, n ≥ 2, y

Π1(Pn × Pm, (pn, pm)) ∼= Π1(Pn, pn)× Π1(Pm, pm) ∼= Z2 × Z2,

el grupo Π1(Pn×Pm, (pn, pm)), e igualmente G, tiene cuatro elementos como habıamosafirmado.

Otra forma de probar queG = IdSn×Sm , An, Am, Anm es usar el isomorfismo general

Λ: Aut(Sn, πn)× Aut(Sm, πm) ∼= Aut(Sn × Sm, π = πn × πm), Λ(Φ,Ψ) = Φ×Ψ.

Como Aut(Sn, πn) = 〈An〉 = IdSn , An para todo n ≥ 2,

〈An〉 × 〈Am〉Λ∼= IdSn×Sm , An, Am, Anm = G.

Tercer paso: Determinar explıcitamente el isomorfismo

Υ: Π1(Pn × Pm, (pn, pm))→ G = Aut(Sn × Sm, π)

basado en el punto (qn, qm) ∈ π−1(pn, pm) dado en el Corolario 14.5-(c).

Nota: Como conocemos explıcitamente el grupo de automorfismos G del recubridoruniversal podrıamos pasar directamente al paso cuarto, este tercero no es necesario. Loincluimos como practica del calculo de Υ.

Si n ≥ 2, el par (Sn, πn) es el recubridor universal de Pn y Π1(Pn, pn) ∼= Z2. Tengamospresente que el arco con punto inicial qn

αn : [0, 1]→ Sn, αn(t) =(

cos(πt), sen(πt), 0, . . . , 0),

se proyecta en un lazo αn = π αn con base pn cuya clase de homotopıa [αn] generaΠ1(Pn, pn).

108

SeaΥn : Π1(Pn, pn)→ Aut(Sn, πn) = 〈An〉

el isomorfismo basado en qn ∈ π−1n (pn) dado por el Corolario 14.5-(c). Como

(αn)πn

qn= αn y (αn)

πn

qn(1) = αn(1) = An(qn),

de la definicion de Υn deducimos que

Υn([αn]) = An.

Determinamos la expresion del isomorfismo Υ sobre los elementos del grupo

Π1(Pn × Pm, (pn, pm)) = [ε(pn,pm)], [(αn, εpm)], [(εpn , αm)], [(αn, αm)].

Al ser˜(αn, εpm)

π

(qn,qm) =((αn)

πn

qn, εqm

)inferimos que

˜(αn, εpm)π

(qn,qm)(1) =((αn)

πn

qn(1), qm

)= An(qn, qm),

de donde por la definicion de Υ

Υ ([(αn, εpm)]) = An.

Un razonamiento totalmente analogo nos dice que

Υ ([(εpn , αm)]) = Am, Υ ([(αn, αm)]) = Anm, Υ([ε(pn,pm)]

)= IdSn×Sn ,

lo que determina Υ.

Cuarto paso: Determinar todos los recubridores de Pn × Pm, n,m ≥ 2.

Por el Teorema 14.6, la aplicacion

∆(pn,pm) : R(Pn × Pm)→ Sc(Π1(Pn × Pm, (pn, pm))

)es biyectiva. Como Π1(Pn × Pm, (pn, pm)) ∼= Z2 × Z2 es abeliano,

Sc(Π1(Pn × Pm, (pn, pm))

)= Sub

(Π1

(Pn × Pm, (pn, pm)

))= Hj : j = 0, 1, 2, 3, 4,

donde

H0 = [ε(pn,pm)], H1 = [ε(pn,pm)], [(αn, εpm)], H2 = [ε(pn,pm)], [(εpm , αm)],

H3 = [ε(pn,pm)], [(αn, αm)], H4 = Π1(Pn × Pm, (pn, pm)).

La prueba del Teorema 14.6 nos dice que a cada subgrupo Hj ≤ Π1(Pn × Pm, (pn, pm))

le podemos vincular vıa Υ un subgrupo Gj = Υ(Hj) ≤ G = Aut(Sn×Sm, π), y a travesde el un recubridor

πj : (Sn × Sm)/Gj → Sn × Sm

donde (Sn × Sm)/Gj es el espacio de orbitas asociado a Gj. Ası se generan todos losrecubridores de Pn × Pm.

109

De una forma mas directa, la tabla de subgrupos de G a utilizar para esta construc-cion es la siguiente:

G0 = Υ(H0) = IdSn×Sm, G1 = Υ(H1) = IdSn×Sm , An, G2 = Υ(H2) = IdSn×Sm , Am,

G3 = Υ(H3) = IdSn×Sm , Anm, G4 = Υ(H4) = G = Aut(Sn × Sm, π).

En conclusion, el espacio Pn × Pm admite, salvo isomorfismos, los cinco recubridores

πj : (Sn × Sm)/Gj → Pn × Pm, j = 0, 1, 2, 3, 4,

que listamos a continuacion:

G0 := Υ(H0) = IdSn×Sm.Si ρ0 : Sn×Sm → (Sn×Sm)/G0 es la proyeccion al espacio de orbitas, el recubridoruniversal π : Sn × Sm → Pn × Pm factoriza de la forma π = π0 ρ0 a traves delrecubridor

π0 : (Sn × Sm)/G0 → Pn × Pm, π0

(G0 · p) = π(p),

que es de forma natural isomorfo a π : Sn × Sm → Pn × Pm.

En este caso ∆((Sn × Sm)/G0, π0

)= H0.

G1 := Υ(H1) = IdSn×Sm , An.Si ρ1 : Sn×Sm → (Sn×Sm)/G1 es la proyeccion al espacio de orbitas, el recubridoruniversal π : Sn × Sm → Pn × Pm factoriza de la forma π = π1 ρ1 a traves delrecubridor

π1 : (Sn × Sm)/G1 → Pn × Pm, π1

(G1 · p) = π(p),

que es de forma natural isomorfo a πn × IdSm : Pn × Sm → Sn × Sm.

En este caso ∆((Sn × Sm)/G1, π1

)= H1.

G2 := Υ(H2) = IdSn×Sm , Am.Si ρ2 : Sn×Sm → (Sn×Sm)/G2 es la proyeccion al espacio de orbitas, el recubridoruniversal π : Sn × Sm → Pn × Pm factoriza de la forma π = π2 ρ2 a traves delrecubridor

π2 : (Sn × Sm)/GG2 → Pn × Pm, π2

(G2 · p) = π(p),

que es de forma natural isomorfo a IdSn × πm : Sn × Pm → Sn × Sm.

En este caso ∆((Sn × Sm)/G2, π2

)= H2.

G3 := Υ(H3) = IdSn×Sm , Anm.Si ρ3 : Sn×Sm → (Sn×Sm)/G3 es la proyeccion al espacio de orbitas, el recubridoruniversal π : Sn × Sm → Pn × Pm factoriza de la forma π = π3 ρ3 a traves delrecubridor

π3 : (Sn × Sm)/GG3 → Pn × Pm, π3

(G3 · p) = π(p).

En este caso ∆((Sn × Sm)/G3, π3

)= H3.

110

G4 := Υ(H4) = G.

Si ρ4 : Sn×Sm → (Sn×Sm)/G4 ≡ Pn×Pm es la proyeccion al espacio de orbitas,el recubridor universal π : Sn × Sm → Pn × Pm factoriza de la forma π = π4 ρ4

a traves del recubridor (de hecho homeomorfismo)

π4 : (Sn × Sm)/GG4 → Pn × Pm, π4

(G4 · p) = π(p),

que es de forma natural isomorfo a IdPn×Pm : Pn × Pm → Pn × Pm.

En este caso ∆((Sn × Sm)/G4, π4

)= H4.

Ejercicio 14.9 Determina todos los recubridores de X = S1 ∪ (x, 0) : x ≥ 0.

Solucion : La resolucion tiene varias etapas.

Primer paso: Determinar el recubridor universal de X

Llamemos R = (t, 0) : t ∈ R y Lm = (m, s) : s ≥ 0, m ∈ Z, y consideremos

Y = R ∪( ⋃m∈Z

Lm)⊂ R2.

Por contraccion de las semirectas Lm a su punto inicial (m, 0), m ∈ Z, es inmediato verque Y admite como retracto fuerte de deformacion a (t, 0) : t ∈ R ∼= R, y por tantoes simplemente conexo.

La aplicacion

π : Y → X, π(p) =

ρ(t) si p = (t, 0) ∈ R

(1 + s, 0) si p = (m, s) ∈ Lm, m ∈ Z.

donde como siempre ρ : R→ S1, ρ(t) =(

cos(2πt), sen(2πt)).

La aplicacion π es sobreyectiva, continua, y satisface la condicion de existencia deentornos distinguidos, por lo que es recubridora. Evidentemente (Y, π) es el recubridoruniversal de X.

111

Segundo paso: Determinar el grupo de automorfismos del recubridor universal.

Consideremos para cada m ∈ Z el homeomorfismo

Φm : Y → Y, Φm(p) = p+ (m, 0).

Claramente pi Φm = π, por lo que Φm : m ∈ Z ⊆ Aut(Y, π). Veamos que de hecho

Φm : m ∈ Z = Aut(Y, π).

En efecto, si Φ ∈ Aut(Y, π) sabemos que

Φ((0, 0)

)∈ π−1

((1, 0)

)= (m, 0) : m ∈ Z = Φm

((0, 0)

): m ∈ Z,

por lo que existe k ∈ Z tal que Φ((0, 0)

)= Φk

((0, 0)

). Por el Corolario 13.4, esto implica

que Φ = Φk de aquı lo afirmado.Como Φm = Φm

1 , m ∈ Z, el grupo Aut(Y, π) es cıclico infinito con generador Φ1, ypor tanto

(Aut(Y, π),

) ∼= (Z,+).

Tercer paso: Determinar explıcitamente el isomorfismo

Υ: Π1(X, (1, 0))→ Aut(Y, π)

basado en el punto (0, 0) ∈ π−1((1, 0)

)dado en el Corolario 14.5-(c).

Nota: Como conocemos explicitamente Aut(Y, π) se puede pasar directamente alpaso cuarto. Este tercero es superfluo y se incluye solo como practica del calculo de Υ.

Por contraccion de la semirecta L = (x, 0) : x ≥ 0 a su punto inicial (1, 0), elespacio X admite como retracto fuerte de deformacion a S1 y por tanto

Π1

(X, (1, 0)

)= F ([α1]) ∼= Z,

donde α1 : [0, 1]→ X, α1(t) = ρ(t). Como siempre escribamos

αm : [0, 1]→ X, αm(t) = ρ(mt), m ∈ Z,

y observemos que [αm] = [α1]m en Π1

(X, (1, 0)

).

Como el levantamiento de α1 vıa π con condicion inicial (0, 0)

(αm)π

(0,0) : [0, 1]→ Y, (αm)π

(0,0)(t) = mt

satisface (αm)π

(0,0)(1) = m = Φm

((0, 0)

), la definicion de Υ nos dice que

Υ([αm]) = Φm, m ∈ Z.

Cuarto paso: Determinar todos los recubridores de X.

Por el Teorema 14.6, la aplicacion

∆(1,0) : R(X)→ Sc(Π1(X, (1, 0))

)es biyectiva. Como Π1(X, (1, 0)) ∼= Z es abeliano,

Sc(Π1(X, (1, 0))

)= Sub (Π1(X, (1, 0))) = Hk : k ∈ N ∪ 0,

112

dondeHk = [αk]m : m ∈ Z.

La prueba del Teorema 14.6 nos dice que a cada subgrupoHk ≤ Π1(X, (1, 0)) le podemosvincular vıa Υ un subgrupo Gk = Υ(Hk) ≤ Aut(Y, π), y a traves de el un recubridorπk : Y/Gk → X donde Y/Gk es el espacio de orbitas asociado a Gk := Υ(Hk) ≤Aut(Y, π). Ası se generan todos los recubridores de X.

Dicho de una forma mas directa, la tabla de subgrupos de Aut(Y, π) es la siguiente:

Gk = Φmk : m ∈ Z, k ∈ N ∪ 0,

En conclusion, el espacio X admite, salvo isomorfismos, los recubridores

πk : Y/Gk → X, k ∈ N ∪ 0,

que listamos a continuacion:

G0 := Υ(H0) = IdY .Si ρ0 : Y → Y/G0 es la proyeccion al espacio de orbitas, el recubridor universalπ : Y → X factoriza de la forma π = π0 ρ0 a traves del recubridor

π0 : Y/G0 → X, π0

(G0 · p) = π(p),

que es de forma natural isomorfo a π : Y → X.

En este caso ∆(Y/G0, π0

)= H0.

Gk := Υ(Hk), k ∈ N.

Si ρk : Y → Y/Gk es la proyeccion al espacio de orbitas, el recubridor universalπ : Y → X factoriza de la forma π = πk ρk a traves del recubridor

πk : Y/Gk → X, πk(Gk · p) = π(p).

Llamando Rj = se2πıj/k : s ≥ 1, j = 0, 1, . . . , k − 1, y

Xk = S1 ∪

(k−1⋃j=0

Rj

),

113

y definiendo con notacion compleja el recubridor

πk : Xk → X, πk(z) =

zk si z ∈ S1

(1 + |z|, 0) si z ∈⋃k−1j=0 Rj

,

no es difıcil ver que (Y/Gk, πk) es isomorfo a (Xk, πk).

En efecto, la aplicacion

ρk : Y → Xk, ρk(p) =

ρ(t/k) si p = (t, 0) ∈ R

(1 + s)ρ(m/k) si p = (m, s) ∈ Lm, m ∈ Z.

es una identificacion (continua, abierta y sobreyectiva) e induce un homeomorfis-mo

ρk : Y/ ∼ρk→ Xk.

Es evidente que ∼ρk es la relacion de equivalencia que genera el espacio de orbitasY/Gk, y por consiguiente

Y/Gk = Y/ ∼ρk .

Como ademas πk ρk = πk, la aplicacion ρk : (Y/Gk, πk)→ (Xk, πk) es el isomor-fismo de recubridores deseado.

En este caso ∆(Y/Gk, πk

)= Hk.

14.1. Existencia de recubridor universal

Una cuestion trascendental es conocer que condiciones topologicas garantizan laexistencia de recubridor universal. Este sera el contenido del teorema que abordaremosa continuacion. Necesitamos introducir alguna notacion.

Definicion 14.10 Un abierto arcoconexo U de un espacio topologico X se dice quesatisface la propiedad de semilocal simple conexion si el homomorfismo

i∗ : Π1(U, x)→ Π1(X, x)

inducido por la inclusion i : U → X es trivial (esto es, constante [εx] ∈ Π1(X, x)).Un espacio topologico X se dira semilocalmente simplemente conexo si todo punto

admite un entorno abierto arcoconexo y semilocalmente simplemente conexo.

Claramente un subconjunto abierto y arcoconexo dentro de un abierto semilocalmentesimplemente conexo es semilocalmente simplemente conexo. Por tanto,

Observacion 14.11 Si X es semilocalmente simplemente conexo entonces la familiade abiertos semilocalmente simplemente conexos en X son una base de la topologıa deX.

Observese tambien que si todo punto de un espacio admite un entorno abiertosimplemente conexo, entonces el espacio es semilocalmente simplemente conexo. Estoocurre, por ejemplo, para las variedades topologicas que introduciremos en el Tema 3.

114

Ejercicio 14.12 Hay espacios arcoconexos y localmente arcoconexos que no son se-milocalmente simplemente conexos. El ejemplo mas sencillo es el siguiente subespaciotopologico del plano euclidiano:

X =⋃n∈N

Cn, donde Cn = (x, y) ∈ R2 : (x− 1/n)2 + y2 = 1/n2,

para el que falla la semilocal-simple-conexion en el punto (0, 0).

Solucion : Sea U ⊂ X un abierto arcoconexo arbitrario conteniendo a (0, 0), y sea k ∈ Nsuficientemente grande tal que Ck ⊂ U .

Para cada Cn, n ∈ N consideremos el homeomorfismo

fn : Cn → Ck, fn((x, y)

)=n

k

(x− 1

n, y

)+

(1

k, 0

).

Observemos que fk = IdCk y consideremos la retraccion

r : X → Ck, r|Cn = fn ∀n ∈ N.

Consideremos el diagrama de aplicaciones

Cki−→ U

j−→ Xr−→ Ck,

con rji = IdCk , donde i, j son las correspondientes inclusiones. Usando la funtorialidaddel grupo fundamental, el correspondiente diagrama de homomorfismos de grupos

Π1 (Ck, (0, 0))i∗−→ Π1 (U, (0, 0))

j∗−→ Π1 (X, (0, 0))r∗−→ Π1 (Ck, (0, 0))

nos da que r∗ j∗ i∗ = IdΠ1(Ck,(0,0)). Si la condicion de semilocal simple conexion sesatisfaciese para un tal U , el homomorfismo j∗ serıa el trivial (constante [ε(0,0)]), y portanto r∗ j∗ i∗ serıa trivial igualmente, lo que serıa absurdo.

Teorema 14.13 Un espacio topologico X admite recubridor universal si y solo si essemilocamente simplemente conexo.

Demostracion : Supongamos que X admite recubridor universal (Y, π). Dado x ∈ X,consideremos un entorno distinguido U de x en X y la inclusion i : U → X para π.Tomemos una arcocomponente U de π−1(U), y recordemos que π|U : U → U es un

homeomorfismo. Llamemos j : U → Y a la aplicacion inclusion y

f := j (π|U)−1 : U → Y.

Claramente f es continua y πf = i, por lo que i∗ = π∗f∗ : Π1(U, x)→ Π(X, x). ComoΠ1(Y ) ∼= 0, f∗ es el homomorfismo trivial y lo mismo ocurre con i∗. Esto prueba queX es semilocalmente simplemente conexo.

Supongamos ahora que X es semilocalmente simplemente conexo y construyamossu recubridor universal.

Fijemos x0 ∈ X, y para cada x ∈ X consideremos la familia Ωx0,x(X) de los arcosγ : [0, 1] → X con γ(0) = x0 y γ(1) = x (ver Tema 1). Denotaremos tambien por ' larelacion de equivalencia en Ωx0,x(X) ser homotopico en X (siempre con extremos fijos).Construyamos el espacio cociente Ωx0,x/' para cada x ∈ X, y definamos

Y :=⋃x∈X

Ωx0,x/'.

115

Definamos tambien la aplicacion proyeccion

π : Y → X, π([γ]) := γ(1),

obviamente sobreyectiva ya que X es arcoconexo.Nuestro objetivo es construir una topologıa en Y que haga de π una aplicacion

recubridora. Lo haremos presentando una base B de la misma.Como X es semilocalmente simplemente conexo, sabemos que la familia U de los

abiertos semilocalmente simplemente conexos en X es una base de la topologıa de X.Para cada U ∈ U y [γ] ∈ Y con γ(1) ∈ U , pongamos

([γ], U) = [γ ? σ] : σ : [0, 1]→ U arco con σ(0) = γ(1)

y definamosB := ([γ], U) : [γ] ∈ Y, U ∈ U , γ(1) ∈ U.

Veamos que B es base de una (unica) topologıa en Y . En efecto, la condicion

Y = ∪([γ],U)∈B([γ], U)

es trivial toda vez que[γ] = [γ ? εγ(1)] ∈ ([γ], U)

para cualquier abierto semilocalmente simplemente conexo U conteniendo a γ(1). Porotra parte, si [γ] ∈ ([γ1], U1)∩([γ2], U2) entonces γ(1) ∈ U1∩U2. Denotando por U la ar-cocomponente (obviamente abierta) de U1∩U2 que contiene a γ(1), U es semilocalmentesimplemente conexo en X. Por tanto bastara con probar la inclusion

([γ], U) ⊂ ([γ1], U1) ∩ ([γ2], U2).

Para ello pongase [γ] = [γj ?σj] ∈ ([γj], Uj), y notese que para cualquier [γ ?σ] ∈ ([γ], U)se tiene [γ ? σ] = [γj ? (σj ? σ)] ∈ ([γj], Uj), j = 1, 2.

Por tanto existe una unica topologıa en Y admitiendo a B como base (en lo quesigue, Y se entendera dotado de la misma).

A continuacion veamos que π : Y → X es recubridora.Ya sabemos que π es sobreyectiva, probemos ahora su continuidad. Como U y B son

bases de las topologıas en X e Y , respectivamente, para ello bastara con garantizar lasiguiente identidad:

π−1(U) =⋃

([γ],U)∈BU

([γ], U), (7)

donde BU := ([γ], U) : γ(1) ∈ U ⊂ B. La inclusion⋃

([γ],U)∈BU ([γ], U) ⊆ π−1(U) es

trivial por definicion de π; en efecto, si [γ ?σ] ∈ ([γ], U) entonces π([γ ?σ]) = σ(1) ∈ U .Supongamos ahora que [γ0] ∈ π−1(U), esto es, que γ0(1) ∈ U . Entonces ([γ0], U) ∈ BU ,y como [γ0] ∈ ([γ0], U) ⊂

⋃([γ],U)∈BU ([γ], U) la otra inclusion se sigue. Esto prueba que

π es continua.Nuestro siguiente objetivo sera probar que π satisface la condicion de recubrimiento.

Para ello sera importante comprobar la identidad

π(([γ], U)) = U para cualquier ([γ], U) ∈ B

(que en particular implica que π es abierta). Para hacerlo, tomemos z ∈ U y un arco σen U conectando γ(1) y z. Claramente [γ ? σ] ∈ ([γ], U) y en consecuencia π([γ ? σ]) =

116

σ(1) = z ∈ π(([γ], U)). Esto prueba que U ⊂ π(([γ], U)), y como la otra inclusion estrivial la igualdad buscada.

Teniendo en cuenta (7), π es recubridora si y solo si

π|([γ],U) : ([γ], U)→ U es un homeomorfismo para todo ([γ], U) ∈ BU .

Al ser esta aplicacion continua, abierta y sobre, bastara con garantizar la inyectividad.Supongamos que [γ ? σj] ∈ ([γ], U), j = 1, 2, y σ1(1) = π([γ ? σ1]) = π([γ ? σ2]) = σ2(1).Como σ1(0) = σ2(0) = γ(1) y σ1([0, 1]), σ2([0, 1]) ⊂ U , la semilocal simpleconexion deU garantiza que σ := σ1 ? σ2'εγ(1) en X, y por tanto que

γ ? σ2'γ ? σ ? σ2'γ ? σ1.

Esto implica que [γ ? σ1] = [γ ? σ2] como querıamos ver, y que π es recubridora.Para finalizar el teorema resta demostrar que Y es simplemente conexo. Nuestra

estrategia sera probar que

π∗(Π1(Y, [εx0 ])

)= [εx0 ],

y concluir usando el Teorema de Monodromıa (Corolario 11.8).Con este objetivo consideremos un arco γ : [0, 1] → X con γ(0) = x0, y definamos

γt : [0, 1]→ X, γt(s) = γ(ts), para cada t ∈ [0, 1]. Comprobemos que el arco

c : [0, 1]→ Y, c(t) := [γt],

es el levantamiento γ[εx0 ] vıa π.Como c(0) = [γ0] = [εx0 ] y π c = γ, basta con probar la continuidad de c. Para

ello tomemos t0 ∈ [0, 1] y comprobermos que c es continua en t0. Teniendo en cuenta ladefinicion de la topologıa en Y , es facil comprobar que

βc(t0) := (c(t0), U) : U semilocalmente simplemente conexo, γt0(1) = γ(t0) ∈ U

es una base de entornos de c(t0) en Y . Por tanto la continuidad de c en t0 pasa porgarantizar que c−1

((c(t0), U)

)es un entorno de t0 en [0, 1] para todo (c(t0), U) ∈ βc(t0).

En efecto, como γ es continua en t0 existe δ > 0 tal que γ(]t0−δ, t0+δ[∩[0, 1]) ⊂ U . Paracada t ∈]t0 − δ, t0 + δ[∩[0, 1], denotemos por σt : [0, 1]→ X, σt(s) := γ((1− s)t0 + st),y observemos que γt'γt0 ? σt. Por tanto,

c(t) = [γt] = [γt0 ? σt] ∈ ([γt0 ], U) = (c(t0), U) para todo t ∈]t0 − δ, t0 + δ[∩[0, 1]

y c es continua en t0. Ası pues c : [0, 1]→ Y es continua y c = γ[εx0 ].Para acabar, tomemos un lazo arbitrario c en Y con base el punto [εx0 ] y denotemos

por γ := π c. Como c es el levantamiento de γ con condicion inicial [εx0 ], por lo queacabamos de demostrar

c(1) = [γ1] = [γ].

Pero c(1) = [εx0 ] ya que c es un lazo en Y con base [εx0 ]. Esto prueba que π∗([c]) =[π c] = [γ] = [εx0 ] para cualquiera [c] ∈ Π1(Y, [εx0 ]), y por el Teorema de Monodromıa,que Y es simplemente conexo como querıamos demostrar.

Se puede demostrar la Proposicion 14.7 facilmente usando el Teorema 14.13, hagasecomo ejercicio.

117

Ejercicio 14.14 Determina el recubridor universal de D \ 0 y de la corona p ∈R2 : 1/2 ≤ ‖p‖ ≤ 2.

Solucion : Sea π : C → C \ 0, π(z) = ez la exponencial compleja. Recordemos quesi I ∈ R es un intervalo abierto con diam(I) ≤ 2π, y BI = z ∈ C : Im(z) ∈ I entoncesπ(BI) es el sector angular z ∈ C \ 0 : arg(z) ∈ I y

π|BI : BI → π(BI)

es un homeomorfismo. En particular, π es un recubridor.Si H = z ∈ C : Re(z) ≤ 0 es claro que π−1(π(H)) = H y

π|H : H → π(H) = D \ 0

es tambien recubridora. ComoH es simplemente conexo (H, π|H) es recubridor universalde D \ 0.

En cuanto a la corona C = p ∈ R2 : 1/2 ≤ ‖p‖ ≤ 2 el arguento es analogo,cambiando H por la banda

S = z ∈ C : Re(z) ∈]− log(2), log(2)[,

tambien simplemente conexa. En este caso (S, π|S) es recubridor universal de C.

118

Ejercicios del Tema 2

1. Consideremos la aplicacion recubridora ρ : R → S1 dada por ρ(t) = e2π ti. De-mostrar que ρ|(0,2) : (0, 2) → S1 es continua, abierta y sobreyectiva pero no esrecubridora. ¿Existe alguna otra aplicacion recubridora ψ : (0, 2)→ S1?

2. Sean ρ : X → X y ψ : X → Y aplicaciones recubridoras. Demostrar que si todaslas fibras de ψ son finitas, entonces ψ ρ : X → Y es una aplicacion recubridora.

3. Construir explıcitamente una aplicacion recubridora ρ : X → X, donde:

X = (x, y, z) ∈ R3 / z = x2 + y2 y X = (x, y, z) ∈ R3 / x2 + y2 − z2 = 1.

¿Existe una aplicacion recubridora ψ : X → X?

4. Sea X un espacio topologico conexo y G ≤ Homeo(X). Demostrar que si laproyeccion al cociente p : X → X/G es recubridora, entonces G es propiamentediscontinuo.

5. Un ovaloide es una superficie compacta y conexa S ⊂ R3 con curvatura de Gausspositiva en cada punto. Demostrar que si S es un ovaloide y N : S → S2 es unaaplicacion de Gauss de S, entonces N es un difeomorfismo. En particular S ∼= S2

(esto nos indica que cierto comportamiento de la curvatura de Gauss implica unarestriccion topologica).

6. Construir una aplicacion recubridora de dos hojas ρ : T → K, donde T es el toroy K es la botella de Klein. Deducir que R2 es el recubridor universal de K.

7. Construir una aplicacion recubridora de dos hojas ρ : C → M , donde C esel cilindro infinito y M es la cinta de Moebius infinita. Deducir que R2 es elrecubridor universal de M .

8. Sea ρ : X → X una aplicacion recubridora, x0 ∈ X y x0 ∈ ρ−1(x0). Demostrarque:

a) Si Π1(X, x0) es finito, entonces el numero de hojas es finito.

b) Si X es compacto y simplemente conexo entonces Π1(X, x0) es finito.

9. Sea ρ : X → X una aplicacion recubridora donde X es arcoconexo. Dados puntosx0 ∈ X y x0 ∈ ρ−1(x0), probar que ρ∗ : Π1(X, x0)→ Π1(X, x0) es un isomorfismosi y solo si ρ es un homeomorfismo.

10. (Acciones de grupos sobre conjuntos). Sea Y un conjunto no vacıo y G un grupo.Se dice que G actua sobre Y por la derecha si existe una aplicacion · : Y ×G→ Ytal que:

a) y · e = y, para cada y ∈ Y ,

b) y · (g · h) = (y · g) · h, para cada y ∈ Y y cada g, h ∈ G.

Definimos en Y la siguiente relacion: y1 ∼ y2 si y solo si existe g ∈ G tal quey2 = y1 · g. Demostrar que ∼ es una relacion de equivalencia en Y y describir lasclases de equivalencia. Denotamos por Y/G al conjunto cociente.

119

Diremos que la accion es transitiva si para cada y1, y2 ∈ Y existe g ∈ G tal quey2 = y1 · g. Esto equivale a que Y/G contiene una unica clase de equivalencia.

Dado y ∈ Y , se define Gy = g ∈ G/y · g = y. Demostrar que Gy ≤ G (elllamado subgrupo de isotropıa en y).

Fijado y0 ∈ Y , definimos Ψ : G → Y por Ψ(g) = y0 · g. Demostrar que, si laaccion es transitiva, entonces Ψ induce una biyeccion Ψ : G/Gy0 → Y .

11. Sea ρ : X → X una aplicacion recubridora y f : Y → X continua, siendo Yconexo y localmente arco-conexo. ¿Existen siempre levantamientos de f si X essimplemente conexo? ¿Y si X es simplemente conexo? ¿Y si Y es simplementeconexo?

12. Sea ρn : S1 → S1 la aplicacion recubridora dada por ρn(z) = zn con n ∈ Z yn 6= 0. Demostrar que hay levantamientos de ρm mediante ρn si y solo si m = nkpara algun k ∈ Z. En tal caso, se cumple que ρm = ρk, donde ρm es el unicolevantamiento de ρm con ρm(1) = 1.

13. Sea X un espacio conexo y localmente arcoconexo con grupo fundamental finito.Sean f, g : X → R funciones continuas tales que f(x)2 + g(x)2 = 1, para cadax ∈ X. Demostrar que existe una funcion continua h : X → R tal que cos(h(x)) =f(x) y sen(h(x)) = g(x), para cada x ∈ X. ¿Hasta que punto es h unica?

14. (El grupo fundamental de la botella de Klein K). Para cada n,m ∈ Z se definefn,m : R2 → R2 como:

fn,m(x, y) = (x, (−1)n y) + (n,m).

Denotemos G = fn,m / n,m ∈ Z. Se pide lo siguiente:

a) Demostrar que cada aplicacion fn,m es una traslacion o una simetrıa desli-zante.

b) Probar que G ≤ Homeo(R2) y que G es propiamente discontinuo.

c) Deducir la existencia de una aplicacion recubridora p : R2 → K, donde K esla botella de Klein. Concluir que Π1(K) ∼= G.

15. (Un espacio con grupo fundamental Zn). Sea n ∈ N con n ≥ 2. Para cada k =0, . . . , n− 1 definimos el numero θk = (2πk)/n y la aplicacion fk : S3 → S3 dadapor:

fk(z, w) = (eθk i z, eθk iw).

Denotemos Gn = fk : k = 0, . . . , n− 1. Se pide lo siguiente:

a) Demostrar que Gn es un grupo isomorfo a Zn.

b) Probar que Gn ≤ Homeo(S3) y que G es propiamente discontinuo.

c) Construir π : S3 → S3/Gn recubridora y concluir que Π1(S3/Gn) ∼= Zn.

16. Resolver de forma razonada las siguientes cuestiones:

a) ¿Es toda equivalencia homotopica una aplicacion recubridora? ¿Y recıproca-mente?

b) ¿Es recubridora la aplicacion ρ : S1 → S1 dada por ρ(x, y) = (x2 − y2, 2xy)?

120

c) Sea ρ : X → X una aplicacion recubridora y α ∈ Ω(X, x0). ¿Es necesaria-

mente alguno de los levantamientos de α un lazo en X?

d) ¿Existe una aplicacion continua f : S1 → R tal que e2πf(z)i = z, para cadaz ∈ S1?

e) ¿Existen aplicaciones recubridoras ρ : S1 → S2 o ρ : S2 → S1?

f ) ¿Existen aplicaciones recubridoras ρ : P→ S1 o ρ : S1 → P?

g) Si T = S1 × S1 es el toro, ¿existe G ≤ Homeo(T ) propiamente discontinuotal que T/G ∼= P?

h) Demostrar que si f : S2 → S2 es una aplicacion continua e inyectiva, entonceses un homeomorfismo.

i) Sea X un espacio arco-conexo con grupo fundamental finito. Demostrar quetoda aplicacion recubridora ρ : X → X es un homeomorfismo.

17. Explicita el recubridor universal de

a) D \ 0 y de p ∈ R2 : 1/2 ≤ ‖p‖ ≤ 2.b) S2 ∪

((0, 0) × [−1, 1]

). Pista: observar que este espacio es homeomorfo a

S2 ∪ c, donde c es un arco de Jordan en el exterior de la bola unidad de R3

conectando los dos polos de la esfera.

18. Determina todos los recubridores de S1 y S1 × R.

19. Determina todos los recubridores de la cinta de Mobius infinita.

20. Determina todos los recubridores de Pn, n ≥ 2.

21. Determina todos los recubridores de Pn × Pm, n,m ≥ 2.

22. Determina todos los recubridores de S1 ∪ (x, 0) : x ≥ 0.

23. Determina el grupo de automorfismos para los siguientes recubridores:

a) ρ : R→ S1, ρ(t) = e2πıt.

b) ρ× IdR : R× R→ S1 ×R.

c) πn : S1 → S1, πn(z) = zn, n ∈ N.

d) πn × πm : S1 × S1 → S1 × S1, n, m ∈ N.

e) ρ× πn : R× S1 → S1 × S1, n ∈ N.

f ) ρ× ρ : R× R→ S1 × S1.

121

TEMA 3: Superficies topologicas

Francisco J. LopezDepartamento de Geometrıa y Topologıa

Universidad de Granadafjlopez@ugr.es

El ultimo tema del curso se dedicara a estudiar en profundidad una familia impor-tante de espacios topologicos: las superficies topologicas. Nuestro objetivo principal serapresentar el teorema de clasificacion para superficies topologicas compactas. Este resul-tado descansa sobre algunos de los pilares fundamentales de la topologıa en dimension2, como el Teorema de Invarianza del Dominio o el Teorema de Rado de existencia detriangulaciones sobre superficie topologicas. Ademas, requerira de conceptos trascen-dentales para la topologıa algebraica como el de orientabilidad o el de caracterıstica deEuler.

15. Variedades topologicas: Ejemplos

El concepto central de este tema es el de variedad topologica. Aunque nosotros noscentraremos en dimension dos, formularemos la definicion con toda generalidad.

Definicion 15.1 Un espacio topologico X se dira una variedad topologica de dimen-sion n ∈ N si:

X es conexo, Hausdorff y II-Axioma de numerabilidad.

Para todo x ∈ X existe un abierto U ⊂ X conteniendo a x homeomorfo a unabierto O ⊂ Rn.

Si X es una variedad topologica n-dimensional, a los pares (U,Φ) formados por unabierto U de X y un homeomorfismo Φ: U → O sobre un abierto euclidiano O ⊂ Rnse le llamara cartas o parametrizaciones en X.

Hay que hacer algunos comentarios y matizaciones a la anterior definicion. Supongamosque X es una variedad topologica n-dimensional.

Algunos autores no exigen conexion en la definicion de variedad topologica. Noobstante, salvo reducirnos a componentes conexas la formulacion es equivalente.

Existen espacios topologicos que satisfacen todas las propiedades explicitadas enla Definicion 15.1, excepto el II-Axioma de Numerabilidad. No seran consideradosvariedades topologicas.

La restriccion de una carta a un abierto de su dominio es tambien una carta. Portanto, los dominios de las cartas son una base de la topologıa de X.

Todo punto x ∈ X admite una carta (U,Φ) de forma que Φ(U) es una bola Beuclidiana de Rn, que salvo componer con traslaciones y homotecias se puedesuponer es la bola unidad Bn(0, 1) ⊂ Rn. Ademas los dominios de este tipo decartas son una base de la topologıa de X.

122

X es localmente arcoconexa, localmente compacta y localmente simplemente co-nexa (luego semilocalmente simplemente conexa), ya que ası es la topologıa eu-clidiana. En particular, X admite recubridor universal; Teorema 14.13.

El grupo fundamental de una variedad topologica es numerable; Teorema 7.15.

Existen dos resultados avanzados de Topologıa Algebraica que nos ayudan a comprenderlas profundas implicaciones topologicas de la Definicion 15.1. Nos referimos al Teoremade Invarianza de la Dimension y al Teorema de Invarianza del Dominio. Los enuncia-remos a tıtulo informativo, ya que su prueba general esta fuera del alcance de estecurso.

Teorema 15.2 (Invarianza de la dimension) Sean U ⊂ Rn y V ⊂ Rm dos abiertoseuclidianos no vacıos. Si U es homeomorfo a V entonces n = m. El mismo enunciadoes valido para abiertos U ⊂ Rn+ y V ⊂ Rm+ .

El mensaje de este teorema es que los codominios euclidianos de las cartas en unavariedad topologica han de ser todos ellos abiertos del mismo espacio euclidiano. Portanto, en la Definicion 15.1 no hay necesidad de exigir que todas las cartas vayan almismo Rn, ya que este hecho esta garantizado. Redordemos que el Teorema 8.3 delTema 2 demuestra este resultado en el caso particular n = 1 o 2.

Teorema 15.3 (Invarianza del dominio) Sean X una variedad topologica n-dimensionaly U ⊂ X un subespacio topologico de X. Si U es homeomorfo a un abierto euclidianoO ⊂ Rn entonces U es un abierto de X.

Este teorema expresa que todo subconjunto de una variedad topologica n-dimensionalhomeomorfo a un abierto euclidiano de Rn ha de ser abierto en la variedad. En particu-lar, la nada trivial propiedad de que que los subespacios euclidianos de Rn homeomorfosa abiertos de Rn han de ser abiertos de Rn.

La siguiente proposicion es muy util.

Proposicion 15.4 Sean X, Y espacios topologicos conexos, T2 y II-Axioma de Nume-rabilidad, y sea f : X → Y un homeomorfismo local sobreyectivo. Entonces

X es variedad topologica n-dimensional ⇐⇒ Y es variedad topologica n-dimensional.

En particular, la tesis es valida si f : X → Y es un recubridor.

Demostracion : Sean y ∈ Y y x ∈ f−1(y). Siempre podemos encontrar entornos abiertosU de x y V de y de forma que f |U : U → V es un homeomorfismo. Teniendo en cuentaque los dominios de las cartas en una varidedad son una base de la topologıa, noimplica perdida de generalidad suponer que U o V es homeomorfo a un abierto de Rn,depeniendo de que sea X una variedad topologica o lo sea Y . Por tanto ambos abiertosson homeomorfos a un abierto de Rn, lo que concluye la prueba.

Ejercicio 15.5 Los siguientes espacios son variedades topologicas:

Un abierto de una variedad topologica n-dimensional es una variedad topologican-dimensional: basta restringir cartas a la interseccion con el abierto.

Rn, n ∈ N, es una variedad topologica n-dimensional recubierta por una solacarta: la aplicacion IdRn : Rn → Rn.

123

Sn, n ∈ N, es una variedad topologica n-dimensional recubierta por dos cartas:las proyecciones estereograficas desde el polo Norte y el polo Sur.

Pn, n ∈ N, es una variedad topologica n-dimensional. Tengase en cuenta que Snrecubre a Pn.

El producto X × Y de variedades topologicas X e Y de dimensiones n y m,respectivamente, es una variedad topologica de dimension n+m.

Todas las superficies regulares en R3 son variedades topologicas 2-dimensionales.

El estudio de las variedades topologicas es uno de los ejes centrales de la Topologıa yla Geometrıa. Los resultados mas ambiciosos en este contexto son los de clasificacion, engeneral de bastante sofisticacion. Solo en dimensiones uno y dos las respuestas obtenidasestan a nuestro alcance. En este curso nos centraremos el el caso 2-dimensional bajo lahipotesis de compacidad.

La clasificacion de las variedades topologicas 1-dimensionales no requiere de granaparato matematico. Por falta de tiempo omitiremos los detalles de la misma y simple-mente enunciaremos el siguiente:

Teorema 15.6 Salvo homeomorfismos, las unicas variedades topologicas 1-dimensionalesson S1 y R.

15.1. Superficies topologicas: Ejemplos

Los objetos que van a centrar nuestro estudio se presentan en la siguiente definicion.

Definicion 15.7 Una superficie topologica es una variedad topologica 2-dimensional.

Ejemplos de superficies topologicas son R2, S2, el Toro, el cilindro infinito, la botella deKlein, la cinta de Mobius infinita, todas las superficies regulares en R3,...

La compacidad es una propiedad topologica que hace mucho mas manejable la fami-lia de las superficies. Nuestra intencion inmediata es presentar una familia de ejemplosde superficies topologicas compactas lo mas vasta posible. La siguiente proposicion esuna herramienta bastante util para este objetivo. Vamos a trabajar con esquemas bina-rios sobre un conjunto de ındices U infinito numerable. Es conveniente tener presenteslas construcciones de la Seccion 2.3.

Proposicion 15.8 Si ω = bε(1)1 . . . b

ε(k)k es un esquema binario puro, su realizacion

canonica Sω es una superficie topologica compacta.

Demostracion : Llamemos σω : D → Sω a la identificacion asociada a una representacionde ω en el disco unidad D de R2, en particular Bd(D) = S1 (por ejemplo la canonica,ver Definicion 2.25). Como siempre Γω = σω(S1) ⊂ Sω denotara al grafo borde asociadoa ω y Vω ⊂ Γω sus vertices.

De la Proposicion 2.26 se sigue que Sω es Hausdorff y II-Axioma de Numerabilidad.Resta comprobar que Sω es localmente euclidiano.

Para cada p ∈ Sω llamemos

Up(ε) = x ∈ D : dist(x, σ−1ω (p)) < ε.

Observemos que Up(ε) ⊂ D es un abierto σω-saturado.Como ω sea binario puro, para ε suficientemente pequeno tenemos que:

124

(a) Si p ∈ σω(D) ≡ D, donde D denota Int(D), entonces Up(ε) es un disco abierto yσω|Up(ε) : Up(ε)→ σω(Up(ε)) es un homeomorfismo.

(b) Si p ∈ Γω \ V (Γω) entonces Up(ε) = X1p ∪ X2

p , donde X1p , X

2p ⊂ D son discos

topologicos compactos disjuntos con:

σω|Xjp: Xj

p → σω(Xjp) es un homeomorfismo, j = 1, 2.

γj = Bd(Xjp) ∩ S1 es un arco de Jordan, j = 1, 2.

σω(γ1) = σω(γ2) ⊂ Γω es un arco de Jordan que contiene a p como puntointerior.

Por tanto, la identificacion σω|Up(ε) : Up(ε) → σω(Up(ε)

)realiza el pegado de los

discos X1p , X

2p por los arcos de Jordan borde γ1 y γ2. De la Proposicion 2.14 se

infiere que σω(Up(ε)

)es un disco topologico compacto y p ∈ σω

(Up(ε)

)es un disco

topologico abierto.

(c) Si p ∈ V (Γω), entonces Up(ε) = ∪kj=1Xjp donde k = ]σ−1

ω (p) ≥ 1 y X1p , . . . , X

kp son

discos topologicos compactos disjuntos dos a dos en D satisfaciendo:

Si k > 1:

• σω|Xjp: Xj

p → σω(Xjp) es un homeomorfismo para todo j = 1, . . . , k.

• Bd(Xjp) ∩ S1 = γ−j ∪ γ+

j , donde γ±j son arcos de Jordan con γ−j ∩ γ+j el

unico punto en Xjp ∩ σ−1

ω (p), j = 1, . . . , k.

• Salvo reordenaciones, σω(γ+j ) = σω(γ−j+1) ⊂ Γω, j = 1, . . . , k, donde hemos

convenido que γ+k+1 = γ−1 .

Por tanto, la identificacion σω|Up(ε) : Up(ε)→ σω(Up(ε)

)realiza el pegado cıclico

de los k discos X1p , . . . , X

kp identificando los pares γ+

j ≡ γ−j+1, j = 1, . . . , k. De

la Proposicion 2.14 se infiere que σω(Up(ε)

)es un disco topologico compacto

y p ∈ σω(Up(ε)

)es un disco topologico abierto.

125

Si k = 1 y Up(ε) = X1p , entonces Bd(X1

p ) ∩ S1 = γ− ∪ γ+, donde γ−, γ+ sonarcos de Jordan con p = γ− ∩ γ+ y σω(γ−) = σω(γ+) ⊂ Γω.

Por tanto, la identificacion σω|Up(ε) : Up(ε) → σω(Up(ε)

)realiza el pegado de

los arcos de Jordan borde γ− y γ+ en el disco compacto Up(ε). Del Ejercicio

2.17 se infiere que σω(Up(ε)

)es un disco topologico compacto y p ∈ σω

(Up(ε)

)es un disco topologico abierto.

Esto prueba que Sω es localmente euclidiano, y por tanto, una superficie topologica, loque concluye la proposicion.

Una vez conocida una familia amplia de ejemplos, es natural preguntarse por resul-tados de clasificacion de superficies topologicas compactas. La respuesta a este problemano sera sencilla y requerira de cierta preparacion y lenguaje.

16. Poliedros topologicos bidimensionales y trian-

gulaciones

En esta seccion vamos a presentar los poliedros topologicos (bidimensionales), unosespacios topologicos de naturaleza combinatoria mas generales que las superficies y queseran claves en el contexto del Teorema de Rado. La pieza fundamental sobre la quebasaremos nuestro trabajo sera el concepto de triangulo topologico.

Definicion 16.1 (Triangulo topologico) Un triangulo topologico es un par formadopor un disco topologico compacto T y tres puntos distintos v1, v2, v3 destacados en lacurva de Jordan Bd(T ).

Si (T, v1, v2, v3) es un triangulo topologico:

Los puntos vj, j = 1, 2, 3 se llamaran vertices de T .

Si i, j, h = 1, 2, 3 y h ∈ 1, 2, 3, el arco de Jordan lh en Bd(T ) uniendo losvertices vi, vj y no incidente con vh sera referido como el lado de T determinadopor vi y vj. Obviamente T tiene tres lados l1, l2, l3.

Si no hay ambiguedad en la determinacion de los vertices, T indicara indistintamentetanto al triangulo (T, v1, v2, v3) como al disco topologico compacto subyacente.

Si T es un trıangulo y l ⊂ T (v ∈ T ), la expresion l ≤ T (v ≤ T ) indicara que les un lado de T (v es un vertice de T ). Analogamente, si l es un lado de T y v ∈ l, laexpresion v ≤ l indicara que v es un vertice de T en l.

Denotaremos por

F (T ) := T al conjunto formado por la unica cara de T ,

E(T ) = l1, l2, l3 al conjunto formado por los lados de T , y

V (T ) = v1, v2, v3 al conjunto formado por los vertices de T .

Definicion 16.2 (Orientacion en un triangulo topologico) Dado un triangulo to-pologico (T, v1, v2, v3), una orientacion de T es una ordenacion cıclica de sus vertices.Hay dos orientaciones posibles, a saber:

v1 → v2 → v3 → v1, que se representara por (v1, v2, v3) ≡ (v2, v3, v1) ≡ (v3, v1, v2)

126

y

v2 → v1 → v3 → v2, que se representara por (v2, v1, v3) ≡ (v1, v3, v2) ≡ (v3, v2, v1).

Un triangulo orientado es el par formado por un triangulo (T, v1, v2, v3) junto conuna orientacion (vi, vj, vh) del mismo, y se denotara (T, (vi, vj, vh)).

Tambien podemos orientar los lados de T fijando una ordenacion de sus vertices oextremos, este concepto ya se introdujo en la Definicion 2.3.

La orientacion (vi, vj.vh) de T induce de forma narual orientaciones en los lados deT de acuerdo con el siguiente criterio:

(vj, vh) en li, (vh, vi) en lj, (vi, vj) en lh.

Estas orientaciones explicitadas de los lados de T se diran compatibles con la orienta-cion global (vi, vj, vh) de T y viceversa.

Dos triangulos orientados intersecandose en un lado comun l se diran compatible-mente orientados si inducen orientaciones opuestas sobre l.

Es evidente que una orientacion de un subarco de Jordan γ dentro de un arco deJordan γ′ induce de forma canonica una orientacion en γ′ compatible. Basta observarque γ′ es homeomorfo a [0, 1] y entender esta idea sobre el intervalo [0, 1], donde laorientacion (ordenacion de extremos) se interpreta como un sentido de recorrido delintervalo vıa una parametrizacion. Por tanto, para orientar un lado l de un triangulotopologico T basta con orientar cualquier subarco de Jordan γ de l. La unica orientacionen T compatible con esta orientacion inducida en l se dira la inducida por el subarcoorientado γ en T , y recıprocamente una orientacion en T induce otra en cualquiersubarco de Jordan de sus lados por ese criterio.

Definicion 16.3 (Triangulo euclıdeo) Un triangulo euclıdeo (o geometrico) en R2

es la envolvente convexa de tres puntos afınmente independientes. Si v1, v2, v3 son losvertices de un triangulo euclıdeo T en R2, la orientacion (v1, v2, v3) se dira positiva ocontraria al sentido de recorrido de las agujas del rejoj si

det(v2 − v1, v3 − v1) > 0.

En otro caso se dira negativa o a favor de las agujas del rejoj.

Si T1, T2 ⊂ R2 son dos triangulos euclıdeos orientados positivamente e incidentes en unlado l, el algebra lineal nos dice que T1 y T2 inducen orientaciones opuestas en l, y portanto, que T1 y T2 estan compatiblemente orientados.

Definicion 16.4 (Poliedro topologico bidimensional) Un espacio topologico com-pacto X se dice ser un poliedro topologico bidimensional, o simplemente un poliedro,si existe una familia finita T de triangulos topologicos satisfaciendo:

(i) T es un subespacio topologico de X para todo T ∈ T .

(ii) Si T1, T2 ∈ T son triangulos distintos, entonces T1 ∩ T2 es el vacıo, un verticecomun o un lado comun.

(iii) ∪T∈T T = X.

127

De la familia de triangulos T diremos que es una triangulacion de X. Un par (X, T )formado por un poliedro X y una triangulacion suya T se le referira como un poliedrotriangulado.

Dos triangulos distintos de una triangulacion de X que compartan solo un vertice sediran incidentes en ese vertice. De igual forma, si comparten un lado se diran contiguoso incidentes en ese lado.

Si ademas X es una superficie topologica, se dice que T es una triangulacion de lasuperficie X y que el par (X, T ) es una superficie topologica compacta triangulada.

Si (X, T )es un poliedro triangulado, llamaremos:

F (T ) := ∪T∈T F (T ) al conjunto de todos las caras de T ,

E(T ) := ∪T∈TE(T ) al conjunto de todos los lados de T , y

V (T ) := ∪T∈T V (T ) al conjunto de todos los vertices de T .

Las triangulaciones se comportan bien respecto a los homeomorfismos, en el sentidode que si H : X1 → X2 es un homeomorfismo entre poliedros y T es una triangulacionde X1, entonces

H(T ) := H(T ) : T ∈ T

es una triangulacion de X2. Ha de entenderse que los vertices de H(T ) son las imagenespor H de los vertices de T para todo T ∈ T , esto es, que H aplica unıvocamente loslados y vertices de T en los lados y vertices de H(T ).

La siguiente definicion jugara un papel muy importante en lo que resta de tema.

Definicion 16.5 (Caracterıstica de Euler de una triangulacion) Sea T una trian-gulacion de un poliedro X. Al numero entero

χT (X) := ]F (T )− ]E(T ) + ]V (T )

se le llamara la caracterıstica de Euler de la triangulacion T de X.

128

Figura 4: Poliedros que no son superficies

Reparemos en que cada punto v ∈ V (T ) puede ser vertice de varios triangulos de T , yanalogamente cada arco de Jordan l ∈ E(T ) puede ser lado de mas de un trıangulo deT . El calculo correcto de χT (S) no ha de tener en cuenta esas multiplicidades, y tantocada vertice v ∈ V (T ) como cada lado l ∈ E(T ) han de contarse una sola vez.

Definicion 16.6 (Orientabilidad de una triangulacion) Una triangulacion T deun poliedro poliedro X se dice orientable si es posible elegir una orientacion en cadauno de sus triangulos de forma que cada para de ellos contiguos (con un lado comun)esten compatiblemente orientados, esto es, induzcan en su lado comun orientacionesopuestas. Si T es orientable, una orientacion global en T sera una eleccion de orien-taciones en todos y cada uno de sus triangulos de T de forma que cada dos contiguossatisfagan la anterior condicion de compatibilidad. En ese caso tambien diremos que esposible elegir una orientacion global compatible de los triangulos de T . Obviamente siT es orientable entonces admite dos orientaciones globales.

En caso de que no sea posible elegir una orientacion global compatible de los triangu-los de T se dira que T es no orientable.

129

16.1. Calculo de la caracterıstica de Euler y el caracter deorientabilidad

Serıa deseable que dos triangulaciones distintas de un poliedro compartiesen carac-terıstica de Euler y caracter de orientabilidad. Este es el mensaje del siguiente resultadoque enunciamos sin demostracion.

Teorema 16.7 (Teorema de Euler) Sea X un poliedro. Si T1, T2 son dos triangula-ciones de X entonces

χT1 (X) = χT2 (X).

T1 y T2 tienen el mismo caracter de orientabilidad.

Por tanto, podemos definir la caracterıstica de Euler y el caracter de orientabilidad deun poliedro de forma consistente utilizando cualquiera de sus triangulaciones.

Definicion 16.8 Sea X un poliedro.

Se define la caracterıstica de Euler de X como χ(X) := χT (X) para cualquier Ttriangulacion de X.

Se dice que X es orientable (no orientable) si y solo si cualquier triangulacion Tde X es orientable (no orientable).

Corolario 16.9 La caracterıstica de Euler y el caracter de orientabilidad son inva-riantes topologicos, esto es, dos poliedros homemorfos tiene la misma caracterıstica deEuler y el mismo caracter de orientabilidad.

Demostracion : Si X,X ′ son poliedros, H : X → X ′ un homeomorfismo, T una trian-gulacion de X y T ′ := H(T ) la triangulacion inducida por H en X ′, entonces lacaracterıstica de Euler y caracter de orientabilidad de T y T ′ son trivialmente iguales.Del Teorema 16.7 se sigue el resultado.

Un disco topologico compacto es un triangulo salvo elegir tres puntos borde comosus vertices. Por tanto:

Observacion 16.10 Todo disco topologico compacto X es un poliedro orientable conχ(X) = 1.

Corolario 16.11 (Caracterıstica de Euler del disco abierto) Sea X un disco to-pologico compacto y T una triangulacion suya. Denotemos por

E0(T ) := l ∈ E(T ) : l * Bd(X) y V0(T ) := v ∈ V (T ) : v /∈ Bd(X).

Entonces χT (Int(X)) := ]F (T )− ]E0(T ) + ]V0(T ) = χT (X) = 1.

Demostracion : Como Bd(X) es un ciclo, contiene la misma cantidad de lados que devertices de T . El resultado se sigue trivialmente del hecho que χ(X) = χT (X) = 1 (usarel Teorema 16.7).

Lema 16.12 La realizacion Sω de un esquema ω es un poliedro.En consecuencia, por el Teorema 16.7 la caracterıstica de Euler y el caracter de

orientabilidad de Sω estan bien definidos.

130

Demostracion : Basta con representar el esquema ω en una region polıgonal convexaregular con tantos vertices como longitud tenga el esquema (ver un ejemplo en la figurade abajo), y subdividir la region convexa en convenientes triangulos geometricos sufi-cientemente pequenos para que sus proyecciones a Sω vıa la identificacion σω generenuna triangulacion de Sω.

Definicion 16.13 Sea ω = bε(1)1 . . . b

ε(k)k un esquema, sea (a = (γ1, . . . , γk), h) una re-

presentacion suya en cualquiera disco topologico compacto X, y sea σω : X → Sω laidentificacion asociada. Una triangulacion T de Sω se dira adaptada a ω si todo γj ∈ aes union de una cantidad finita de lados de E(T ), o equivalentemente, si

V (Γω) ⊂ V (T ) y Γω ⊂ ∪l∈E(T )l,

donde como siempre Γω es el grafo conexo asociado a ω.

Ofrecemos a continuacion el calculo de la caracterıstica de Euler y el caracter deorientabilidad del espacio realizacion Sω de un esquema ω.

Proposicion 16.14 Si ω es un esquema entonces:

(a) χ(Sω) = 1 + χ(Γω), donde Γω es el grafo conexo borde de ω.

(b) Sω es orientable si y solo si el esquema ω es binario y orientable.

Demostracion : Sea T una triangulacion adaptada a ω. Por el Teorema 16.7 la carac-terıstica de Euler de Sω y u caracter de orientabilidad se pueden calcular a utilizandola triangulacion T .

Para probar (a), observemos que la Definicion 16.8, el Corolario 16.11 y la Definicion2.21 dan sentido al siguiente calculo:

χT (Sω) = χT (Int(Sω)) + χ(Γω) = 1 + χ(Γω).

Probemos (b). Representemos el esquema ω en una region poligonal convexa y regular∆, y tomemos una triangulacion geometrica T ′ de ∆ tal que σω(T ′) = T sea unatriangulacion de Sω adaptada a ω, donde σω : ∆ → Sω es la identificacion asociadaa ω. En particular, σω(T ′) ∈ T y σω|T ′ : : T ′ → σω(T ′) es un homeomorfismo paratodo T ′ ∈ T ′. Elijamos la orientacion positiva del plano en los triangulos euclıdeosT ′, que es claramente globalmente compatible. Traslademos estas orientaciones a lostriangulos de T vıa σω, generando ası una orientacion en todos y cada uno de los

131

triangulos de T . Obviamente T sera orientable si y solo si estas orientaciones determinanuna orientacion global compatible en T , lo que es equivalente a decir que cada dostriangulos σω(T1) y σω(T2) contiguos a un lado l ∈ E(T ), l ⊂ Γω, estan compatiblementeorientados. Llamemos lj := (σω|Tj)−1(l) ∈ E(Tj), lj ⊂ Bd(∆), j = 1, 2. Es claro que lasorientaciones compatibles de los triangulos de T ′ inducen en los lados que descansan enBd(∆) orientaciones compatibles. Por tanto, σω(T1) y σω(T2) induciran orientacionesopuestas en su lado comun l (y estaran compatiblemente orientados como triangulosorientados) si y solo si el homeomorfismo (σω|l2)−1 (σω|l1) revierte las orientacionesde los arcos de Jordan l1 y l2 en Bd(∆). Como lj ⊂ γij para algun γij ∈ a, j = 1, 2,σω(T1) y σω(T2) estaran compatiblemente orientados si y solo si el homeomorfismo(σω|γi2 )−1 (σω|γi1 ) ∈ h revierte las orientaciones de los arcos de Jordan γi1 y γi2 enBd(∆). Esta discusion tambien prueba que si T es orientable entonces no puede contenertres triangulos contiguos a un mismo lado l ∈ E(T ), l ⊂ Γω. En definitiva, concluimosque T es orientable si y solo si el esquema ω es binario y orientable, probando (b).

17. El Teorema de Rado

El ingrediente fundamental para la clasificiacion de las superficies topologicas com-pactas sera el siguiente teorema clasico, que enunciaremos sin demostracion.

Teorema 17.1 (Teorema de Rado) Toda superficie topologica compacta es un po-liedro, esto es, admite una triangulacion.

Como consecuencia de los Teoremas 17.1 y 16.7,

Observacion 17.2 Toda superficie compacta tiene bien definidos su caracterıstica deEuler y caracter de orientabilidad, que pueden ser calculados usando cualquiera de sustriangulaciones.

Ciertamente no todo poliedro es una superficie topologica. De hecho, la disposicionde los triangulos en una triangulacion de una superficie es especial, y conecta con laidea intuitiva de teselacion de una region plana como explica la siguiente proposicion.

Proposicion 17.3 Si S es una superficie topologica compacta y T una triangulacionsuya, entonces:

(a) T \ Bd(T ) es un abierto de S para todo T ∈ T .

132

(b) Para todo l ∈ E(T ), existen exactamente dos triangulos de T incidentes con l.

(c) Si v ∈ V (T ), la estrella de v, definida como el conjunto Est(v) := ∪v≤T∈T T ,es un disco topologico compacto (cuando sea necesario enfatizar la triangulacionescribiremos EstT (v)). Ademas, si lv(T ) denota al unico lado de T no incidentecon v para cada T ∈ T contenido en Est(v), entonces Est∗(v) := ∪kj=1

(Tj \ lv(Tj)

)es un abierto en S conteniendo a v.

Demostracion : . El item (a) es consecuencia inmediata del Teorema de Invarianzadel Dominio. Para el item (b) tengase en cuenta el cırculo de ideas alrededor de laProposicion 9.6 y utilıcese que S es localmente euclıdea bidimensional. Para probar elitem (c), primero usemos que S es localmente euclıdea alrededor de v para garantizarque Est(v) \ v es conexo, y luego usemos Proposicion 2.14 y (b) para garantizar queEst(v) es un disco topologico compacto con Int

(Est(v)

)= Est∗(v).

Ejercicio 17.4 Sea P ⊂ R3 un poliedro regular, esto es, un poliedro P ∼= S2 union deuna cantidad finita de polıgonos cerrados regulares (llamados caras de P ) satisfaciendo:

(i) Todas las caras tienen el mismo numero k ≥ 3 de lados.

(ii) Si dos caras distintas se cortan entonces lo hacen en lados comunes.

(iii) A cada vertice llegan el mismo numero s ≥ 3 de aristas.

Probar que P satisface la formula de Euler

V − E + F = 2,

donde V,E y F indican el numero de vertices, aristas y caras en P , respectivamente.Deducir que solo hay 5 poliedros regulares o solidos platonicos: tetraedro, octaedro,

icosaedro, cubo y dodecaedro.

Solucion : Recordemos que el tetraedro clasico es un poliedro homeomorfo a la esfera S2,y nos proporciona una triangulacion de la misma sobre la que calcular su caracterısticade Euler. Como tiene 4 vertices, 6 aristas y 4 caras, deducimos del Teorema 16.7 queχ(S2) = 2. Ahora bien, cada polıgono regular Ω en un plano de R3 se puede triangularfijando un vertice y trazando segmentos que lo conecten con el resto de sus vertices;llamemos TΩ a la triangulacion ası obtenida. Si hacemos esta operacion en todas lascaras Ω de P se obtiene una triangulacion global T de P que logicamente satisfaraχT (P ) = 2 por el Teorema 16.7 ya que P ∼= S2. Si ademas tenemos en cuenta que

el Corolario 16.11 nos da χTΩ (Int(Ω)) = 1 y

los lados y vertices de T en el borde de los polıgonos regulares o caras Ω de Pcoinciden con las aristas y vertices de P ,

133

podemos relacionar la caracterıstica de Euler de P con la suma alternada:

2 = χT (P ) = V − E + F.

Recordemos que el entero k ≥ 3 indicaba el numero de lados (y por tanto de vertices) decualquier cara de P ; aquı hemos usado (i). Como P es una superficie topologica, cadaarista es comun exactamente a dos caras de P ; para convencerse usense las ideas de lademostracion de la Proposicion 17.3-(b). Por tanto E = k

2F , y analogamente V = k

sF

donde s ≥ 3 es el numero de aristas incidentes en los vertices de P . Se concluye de loanterior que

2 = χ(P ) = V − E + F = F (k

s− k

2+ 1).

En particular ks− k

2+ 1 > 0, esto es,

1

k+

1

s>

1

2.

Demostremos que

s ≥ 4⇒ k = 3, s ∈ 4, 5 y k ≥ 4⇒ s = 3, k ∈ 4, 5.

En efecto, si s ≥ 4 entonces tendrıamos que

1

k+

1

4≥ 1

k+

1

s>

1

2,

y por tanto1

k>

1

4⇐⇒ k < 4.

Como k ≥ 3 deducimos que k = 3, y la desigualdad

1

3+

1

s=

1

k+

1

s>

1

2⇐⇒ 1

s>

1

6

fuerza a que s ≤ 5, esto es, s = 4, 5 (recordemos que s ≥ 3).Analogamente se razona cuando k ≥ 4.Por tanto solo se pueden dar las siguientes posibilidades:

134

k = s = 3: En este caso la ecuacion 2 = F (ks− k

2+ 1) da F = 4 (tetraedro).

k = 4, s = 3: En este caso la ecuacion 2 = F (ks− k

2+ 1) da F = 6 (cubo).

k = 5, s = 3: En este caso la ecuacion 2 = F (ks− k

2+ 1) da F = 12 (dodecaedro).

k = 3, s = 4: En este caso la ecuacion 2 = F (ks− k

2+ 1) da F = 8 (octaedro).

k = 3, s = 5: En este caso la ecuacion 2 = F (ks− k

2+ 1) da F = 20 (icosaedro).

Ejercicio 17.5 Se divide un balon de futbol en piezas homeomorfas a pentagonos ohexagonos (no todas las piezas han de ser homeomorfas al mismo tipo de polıgono) demodo que:

(i) Cada arista es compartida por exactamente dos caras.

(ii) A cada vertice llegan exactamente tres aristas.

Demostrar que el numero de piezas pentagonales ha de ser necesariamente 12.

Solucion : Cada pentagono tiene 5 lados y 5 vertices, y cada hexagono 6 lados y 6vertices. Denotemos por p el numero de pentagonos y h el de hexagonos en nuestrobalon (esfera topologica 2-dimensional). Razonando como en el ejercicio anterior, denuestras hipotesis y del hecho que χ(S2) = 2 se deduce que

2 =1

3(5p+ 6h)− 1

2(5p+ 6h) + (p+ h) =

1

6p,

esto es p = 12.

17.1. Superficies compactas y esquemas binarios puros

La consecuencia mas relevante del Teorema de Rado es que toda superficie com-pacta es el espacio realizacion de un esquema binario puro. Este resultado sera clavepara la clasificacion de estos objetos. La demostracion consistira en probar que en to-da triangulacion de una superficie compacta es posible eliminar una familia finita delados de su 1-esqueleto para que el complemento sea simplemente conexo, y por tantodesarrollable homeomorficamente sobre el plano a modo de puzzle de triangulos eu-clidianos. La superficie se regenerara revirtiendo el proceso de corte anterior, pegandoconvenientemente los lados borde de la region poligonal plana generada.

Teorema 17.6 (Representacion poligonal de superficies) Toda superficie topologi-ca compacta S es homeomorfa al espacio realizacion de un esquema binario puro.

135

Demostracion : Por el Teorema 17.1 podemos encontrar una triangulacion T de S. Porla conexion de S, podemos encontrar una ordenacion T1, . . . , Tk de los triangulos deT tal que

Tj+1 ∩(∪ji=1 Ti

)contenga al menos un lado Tj+1, j = 1, . . . , k − 1.

Elijamos un lado lj ⊂ Tj+1 ∩(∪ji=1 Ti

)∈ E(Tj+1) para cada j = 1, . . . , k − 1.

La Proposicion 2.14 nos facilita la construccion de una sucesion ∆1, . . . ,∆k detriangulos euclıdeos en R2 satisfaciendo que:

La region poligonal ∆ := ∪ki=1∆j es una disco topologico.

∆1, . . . ,∆k es una triangulacion de ∆.

l′j := ∆j+1 ∩(⋃j

i=1 ∆i

)es un lado de ∆j+1 para todo j = 1, . . . , k − 1.

Usando inductivamente Corolario 2.8, es posible construir una sucesion de homeomor-fismos Fj : Tj → ∆j : j = 1, . . . k tales que:

Si l := Ti ∩ Th ∈ l1, . . . , lk−1 =⇒ Fi|l = Fh|l, i, h ∈ 1, . . . , k.

Definamos

H : ∆→ S, H|∆j:= F−1

j para todo j ∈ 1, . . . , k,y observemos que por construccion:

H es una identificacion (continua y sobreyectiva de un compacto en un Hausdorff,ver Proposicion 1.11).

H conecta homeomorficamente triangulos de T0 y de T .

Si E0 := E(T ) \ l1, . . . , lk−1 entonces

H(Bd(∆)) =⋃l∈E0

l y H(Int(∆)) = S \

(⋃l∈E0

l

).

136

H|Int(∆) : Int(∆)→ S \(⋃

l∈E0l)

es un homeomorfismo.

Por la Proposicion 1.9,

H : ∆/∼H → S, H([p]) := H(p),

es un homeomorfismo, donde ∼H es la relacion de equivalencia

p ∼H q ⇐⇒ H(p) = H(q).

Como H|Int(∆) es inyectiva, el cociente ∆/∼H es un disco con borde identificado. La clavesera demostrar que ∼H es la relacion de equivalencia asociada a un esquema binario.

Recorramos de forma cıclica, en sentido contrario a las agujas del reloj, la sucesionlados del borde de la region poligonal ∆:

a = γ1, γ2, . . . , γm,

donde m = ]E0. Esto significa que el punto final del segmento orientado γj coincide conel inicial de γj+1, j = 1, . . . ,m, donde hemos convenido que γm+1 = γ1.

Como S es una superficie topologica, la Proposicion 17.3-(b) implica que cada ladol ∈ E0 es comun a dos unicos triangulos Ti(l), Tj(l) ∈ T distintos, y por tanto los arcosde a

γi(l) := Fi(l)(l), γj(l) := Fj(l)(l)

son segmentos distintos de Bd(∆) con

H(γi(l)) = H(γj(l)).

Como H(Bd(∆)) =⋃l∈E0

l, y de hecho

Bd(∆) =⋃l∈E0

(γi(l) ∪ γj(l)

),

este argumento garantiza que cada segmento γi ∈ a esta emparejado unıvocamente conotro segmento γj ∈ a \ γi de acuerdo al criterio

H(γi) = H(γj)

(¡y en particular m es par!).Llamemos

I = (i, j) ∈ 1, . . . ,m2 : i = j o γi, γj estan emparejados segun H,

y definamos para (i, j) ∈ I los homeomorfismos

hi,j = Idγi si i = j, hi.j : γi → γj, hi,j := (Fj F−1i )|γi , si i 6= j.

Evidentemente de nuestra definicion

H(p) = H(q)⇐⇒ p = q o p, q = r, hi,j(r) para algun r ∈ γi, (i, j) ∈ I.

De aquı que la familia de homeomorfismos

h = hi,j : (i, j) ∈ I,

utilizada para identificar puntos del borde de ∆ induzca justo la relacion ∼H .Para acabar, basta con considerar cualquier esquema binario puro ω definido con

los siguientes criterios:

137

ω tiene longitud m (par).

ω coloca el mismo sımbolo repetido en las posiciones (i, j) ∈ I, i 6= j, correspon-dientes a segmentos de a emparejados segun H.

Los exponentes ±1 que acompanan a los sımbolos repetidos en las posiciones(i, j) ∈ I, i 6= j, son iguales o distintos dependiendo de que hi,j : γi → γj conserveo revierta la orientacion de los segmentos orientados γi y γj de Bd(∆).

Con esta definicion, el par (a, h) es una representacion de ω en el disco topologico com-pacto ∆, y la correspondiente realizacion Sω es naturalmente homeomorfa a ∆/∼H∼= S.Esto acaba el teorema.

18. Cirugıa topologica con esquemas binarios puros

Como consecuencia del Teorema 17.1 y el de la representacion poligonal de superfi-cies (ver Teorema 17.6), toda superficie compacta es el poliedro asociado a un esquemabinario puro. En esta seccion vamos a clasificar salvo equivalencias los esquemas binariospuros, y por tanto, las superficies topologicas compactas.

Definicion 18.1 Dos esquemas binarios puros ω1, ω2 se diran equivalentes si existe

un homeomorfismo F : Sω1 → Sω2. En ese caso escribiremos ω1 ∼ ω2 o ω1F∼ ω2 si

queremos enfatizar el homeomorfismo.

Necesitamos introducir algun lenguaje.Si ω = b

ε(1)1 . . . b

ε(k)k es un esquema escribiremos

ω−1 = b−ε(k)k . . . b

−ε(k)1 .

Si ω = bε(1)1 . . . b

ε(k)k es binario, (a = (γ1, . . . , γk), h) una representacion suya en un disco

topologico compacto X, y σω : X → Sω la identificacion asociada, recordemos que

Vω := σω(p) : p ∈k⋃i=1

V (γi) ⊂ Γω

es el conjunto de los vertices de ω (aquı V (γj) refiere a los extremos del arco de Jordanorientado γj en Bd(X) para cada j). La expresion

bε(j)j

Qj∧ b

ε(j+1)j+1

indicara que Qj = σω(pj) ∈ Vω, con pj := γj ∩ γj+1 ∈⋃ki=1 V (γi), j = 1, . . . , k (hacemos

el convenio bε(k+1)k+1 = b

ε(1)1 y γk+1 = γ1). Por ejemplo, podemos escribir

ω = bε(1)1

Q1∧ . . .Qk−1∧ b

ε(k)k

Qk∧≡Qk∧ b

ε(1)1

Q1∧ . . .Qk−1∧ b

ε(k)k

para enfatizar la lista de vertices de ω. Notese que el cardinal ]Vω es menor o igual quek = Long(ω). En caso de que T sea una triangulacion de Sω adaptada a ω, es claro queVω ⊂ V (T ) ∩ Γω.

Para cada Q ∈ Vω el conjunto σ−1ω (Q) contiene aquellos extremos de arcos en a que

se proyectan por σω en Q. Es claro que∑Q∈Vω

]σ−1ω (Q) = Long(ω).

Por ultimo utilizaremos la siguiente notacion:

138

Definicion 18.2 Sea ω = bε(1)1 . . . b

ε(k)k un esquema, y sea bε(i)i , b

ε(j)j un par de sılabas

en ω con i 6= j y bi = bj. El par bε(i)i , bε(j)j se dira de primera especie si ε(i)ε(j) = −1,

y de segunda especie si ε(i)ε(j) = 1.Como consecuencia, un esquema binario es orientable (y su realizacion una super-

ficie compacta orientable) si y solo si todos sus pares son de primera especie, y noorientable (y su realizacion una superficie compacta no orientable) si tiene al menos unpar de segunda especie.

El siguiente lema establece unas reglas basicas de transformacion por equivalenciaspara esquemas binarios puros.

Lema 18.3 (Reglas de transformacion) Consideremos esquemas νj, j = 1, . . . , 4 ysımbolos a, b /∈ ∪4

j=1sop(νj).

(a) Asumamos que los esquemas ω1 y ω2 de la siguiente lista son binarios puros:

(i) ω1 = ν1ν2 y ω2 := ν2ν1,

(ii) ω1 = ν1 y ω2 := ν−11 ,

(iii) ω1 := ν1ν2aν3ν4a−1 y ω2 := ν2ν1bν4ν3b

−1, y

(iv) ω1 := ν1ν2aν3ν4a y ω2 := ν−13 ν1bν4ν

−12 b,

Entonces ω1F∼ ω2 con F (Vω1) = Vω2.

(b) Si ω1 := aQ∧ a−1ν1 y ω2 := ν1 6= 1 son binarios puros (por tanto ]σ−1

ω1(Q) = 1),

entonces ω1F∼ ω2 con F (Vω1 \ Q) = Vω2.

Ademas en todos los casos ω1 y ω2 tienen el mismo caracter de orientabilidad, y soloen el caso (b) el homeomorfismo F altera el numero de vertices del grafo borde delesquema, reduciendolo en una unidad.

Demostracion : Para probar (b), tomemos un disco compacto X y la identificacionσω : X → Sω1 asociada a ω1. Notese que como ω1 es binario necesariamente ]σ−1

ω1(Q) = 1.

Pongamos ω1 = aQ∧ a−1ν1, y (a, h) a la representacion de ω1 en X. Sean γa y γa−1 ∈ a

los arcos de Jordan en Bd(X) asociados a los caracteres a y a−1 de ω1, y h : γa → γa−1 elcorrespondiente homeomorfismo en h. Llamemos Y al disco topologico compacto X/∼h(ver el Ejercicio 2.17) y σ0 : X → Y a la proyeccion al cociente. Si llamamos σ : Y → Sω1

a la unica identificacion tal que σ σ0 = σω1 , la relacion de equivalencia ∼σ en el discocompacto Y coincide con la inducida por la representacion natural de ω2 en Y queexpresa Y/∼σ como realizacion Sω2 de ω2. El homeomorfismo F : Sω1 → Sω2 buscado

139

no es sino σ−1, donde σ : Y/ ∼σ≡ Sω2 → Sω1 es el homeomorfismo inducido por talidentificacion σ. Claramente F (Vω1 \ Q) = Vω2 .

Items (a)-(i) y (a)-(ii) son triviales ya que Sω1 y Sω2 son el mismo espacio.

Probemos (a)-(iii). Escribamos ω1 = ν1

Q1∧ ν2aν3

Q2∧ ν4a−1 y consideremos una

representacion (a, h) de ω1 en un disco topologico compacto X. Denotemos por aj ⊂ a lasecuencia ordenada de lados orientados en Bd(X) correspondientes a νj, j = 1, 2, 3, 4,y γa, γa−1 los lados orientados en a asociados a a y a−1, respectivamente. Con estanotacion,

a = a1 ∪ a2 ∪ γa ∪ a3 ∪ a4 ∪ γa−1reproduce la secuencia ordenada cıclica de lados de a.

Tomemos un arco de Jordan b ⊂ Sω1 uniendo Q1 y Q2 y contenido en el discotopologico abierto Sω1 \ Γω1 excepto por sus extremos. El arco b es proyeccion vıa σω1

de un arco de Jordan en X que parte el disco X en dos componentes conexas X+ y X−.Por conveniencia llamemos b+ ⊂ Bd(X+) al arco en Bd(X+) proyectandose por σω1 enb, y analogamente para b− ⊂ Bd(X−) (como subconjuntos de X, b+ = b−).

Fijemos en b+ la orientacion compatible con los arcos orientados de a2∪γa∪a3 deBd(X+), y hagamos lo propio en b− respecto de los arcos orientados de a4 ∪γa−1∪ a1

en Bd(X−). Consideremos las secuencias cıclicas ordenadas de arcos orientados

a2 ∪ γa ∪ a3 ∪ b+ en Bd(X+) y a4 ∪ γa−1 ∪ a1 ∪ b− de en Bd(X−).

Podemos pegar X+ y X− por los arcos de Jordan borde γa y γa−1 con ayuda delhomeomorfismo h : γa → γa−1 ∈ h tal que (σω1|γa−1 ) h = σω1|γa . De esta forma genera-

mos un disco topologico compacto X = (X+ ∪X−)/∼h ≡ X/∼h, ver Proposicion 2.14.Si g : X → X denota la proyeccion al cociente, la unica aplicacion

σ : X → Sω1 con σ g = σω1

es una identificacion, por lo que X/∼σ ∼= Sω1 . Si llamamos σ : X/∼σ → Sω1 al homeo-morfismo inducido por σ, la relacion ∼σ coincide con la inducida por la representacionnatural de ω2 := ν2ν1bν4ν3b

−1 en X. Por tanto X/∼σ coincide con la realizacion Sω2

para el esquema ω2. Claramente Vω2 = σ−1(Vω1

)y eligiendo F = σ−1 se sigue (a)-(iii).

Finalmente probemos (a)-(iv). Como antes pongamos ω1 = ν1

Q1∧ ν2aν3

Q2∧ ν4a,consideremos una representacion (a, h) de ω1 en un disco topologico compacto X, yescribamos

a = a1 ∪ a2 ∪ γa ∪ a3 ∪ a4 ∪ γ′acon los mismos convenios anteriores; aquı γa y γ′a representan los dos arcos en Bd(X)correspondientes al caracter a duplicado en ω1.

Razonando como en el caso anterior, podemos suponer que existe un arco de Jordanb ⊂ Sω1 con extremos Q1 y Q2 con interior disjunto de Γω1 , y que sea la proyeccion

140

vıa σω1 de un arco de Jordan en X que parte el disco X en dos componentes conexasX+ y X−. Llamemos b+ ⊂ Bd(X+) al arco en Bd(X+) proyectandose por σω1 en b,y analogamente para b− ⊂ Bd(X−), y orientemos estos arcos compatiblemente con losarcos orientados en a2∪γa∪a3 de Bd(X+) y a4∪l′a∪a1 de Bd(X−), respectivamente.Consideremos las secuencias cıclicas ordenadas de arcos orientados

a2 ∪ γa ∪ a3 ∪ b+ en Bd(X+) y a4 ∪ l′a ∪ a1 ∪ b− de en Bd(X−).

Llamemos X∗+ = p∗ : p ∈ X+ a una copia topologica de X+ y s : X∗+ → X+ alhomeomorfismo p∗ 7→ p. Consideremos el homeomorfismo F : X+ → D que aplica loslados orientados de a2 ∪ γa ∪ a3 en arcos positivamente orientados en S1, y llamemosF ∗ : X∗+ → D a la composicion e F s, donde e : D → D es la simetrıa especulare(x, y) = (x,−y). Traslademos vıa (F ∗)−1 F la secuencia de arcos orientados a2 ∪γa ∪ a3 ∪ b+ en Bd(X+) para generar una secuencia (con ordenacion revertida) dearcos orientados:

b∗+ ∪ a∗3 ∪ γ∗a ∪ a∗2 en Bd(X∗+).

Podemos pegar X∗+ y X− por los arcos de Jordan borde γ∗a y γ′a con ayuda del ho-

meomorfismo h∗ = h (F−1 F ∗) : γ∗a → γ′a, donde h : γa → γ′a es el homeomorfismoen h. De esta forma generamos un disco topologico compacto X = (X

∗+ ∪ X−)/∼h∗ ,

ver Proposicion 2.14. Si g : X∗+ ∪ X− → X denota la proyeccion al cociente, la unica

aplicacion

σ : X → Sω1 con (σ g)|X− = σω1 |X− , (σ g)|X∗+ = σω1 ((F−1 F ∗)|X∗+

)es una identificacion, por lo que X/∼σ ∼= Sω1 . Si llamamos σ : X/∼σ → Sω1 al homeo-morfismo inducido por σ, la relacion ∼σ coincide con la inducida por la representacionnatural de ω2 = ν−1

3 ν1bν4ν−12 b en X. Por tanto X/∼σ coincide con la realizacion Sω2

para el esquema ω2. Claramente Vω2 = σ−1(Vω1

)y eligiendo F = σ−1 se sigue (a)-(iv),

concluyendo la demostracion.

Del cırculo de ideas de la anterior demostracion se deduce el siguiente corolario.

Corolario 18.4 Sean ν0 y ν1 dos esquemas binarios puros con sop(ν0) ∩ sop(ν1) = ∅y ]Vν0 = ]Vν1 = 1, y llamemos ω = ν0ν1. Sea ν ′1 un esquema obtenido de ν1 aplicandolas reglas (i)-(ii)-(iii)-(iv) del item (a) del Lema 18.3.

Entonces existe ω′ ∈ ν0ν′1, ν−10 ν ′1 tal que ω

F∼ ω′ y F (Vω) = Vω′.

Demostracion : Comenzaremos con una observacion general. Sean ν0, ν esquemas bi-narios puros con sop(ν0) ∩ sop(ν) = ∅ y ]Vν0 = ]Vν1 = 1. Sea ν1, ν2 una pareja desub-esquemas de ν tales que ν = ν1ν2. Veamos que existe

H : Sν1ν0ν2 → Sν0ν homeomorfismo con H(Vν1ν0ν2) = Vν0ν =. (8)

141

Para ello tomemos a0, a, a′ /∈ sop(νν0). Consideremos en el espacio Sν0a0 la curva de

Jordan ca0 proyeccion vıa σν0a0 del lado a0. Analogamente, en Sν1aν2 y Sa′ν llamemos ca yca′ a las curvas de Jordan proyeccion de los lados a y a′ vıa σν1aν2 y σa′ν , respectivamente.Comprobemos que existe un homeomorfismo

G : Sν1aν2 → Sa′ν tal que G(ca) = ca′ y G(Vν1aν2) = Va′ν .

En efecto, si pegamos un disco topologico compacto X a Sν1aν2 a traves de un homeo-morfismo de pegado ca → Bd(X), la superficie obtenida es claramente una realizacionSν de ν que contiene de forma natural a una copia de X. Analogamente, pegando undisco topologico compacto X ′ a Sa′ν via un homeomorfismo ca′ → Bd(X ′) podemosobtener de nuevo Sν , y en este caso X ′ ⊂ Sν . Para construir G bastara con encontrarun homeomorfismo G : Sν → Sν con G(X) = X ′ y G|Γν = IdΓν , donde Γν es el grafoborde de Sν , y definir G = G|Sν1aν2 . Con ese fin tomemos un disco compacto Y ⊂ Sνcon

X,X ′ ⊂ Y, X \ P, X ′ \ P ⊂ Int(Y ), Y \ P ⊂ Sν \ Γν ,

donde P es el unico vertice en Vν , y usemos el Teorema de Jordan Schoenflies paraprimero definir G|Y : Y → Y con las propiedades deseadas y satisfaciendo que G|Bd(Y ) =IdBd(Y ), y luego extenderlo por la identidad a Sν \ Y .

Ahora podemos construir H. En efecto, Sν1ν0ν2 se obtiene pegando Sν0a0 y Sν1aν2 atraves de un homomorfismo ca0 → ca, y de forma similar Sν0ν se obtiene pegando Sν0a0

y Sa′ν a traves de un homomorfismo ca0 → ca′ . Viendo Sν1ν0ν2 = Sν1aν2 ∪ Sν0a0 trasidentificar ca ≡ ca0 , si se define

H : Sν1ν0ν2 → Sν0ν , H|Sν1aν2 = G, H|Sν0a0= IdSν0a0

,

se obtiene (8).Tengamos ahora presentes las operaciones de cirugıa topologica en la realizacion Sν1

de ν1, descritas en la prueba de las reglas (i)-(ii)-(iii)-(iv) del item (a) en el Lema 18.3,que nos trasforman el esquema ν1 en ν ′1. Teniendo en cuenta que sop(ν0)∩ sop(ν1) = ∅es facil observar que todas esas operaciones se pueden realizar formalmente en la rea-lizacion Sν0ν1 del esquema ν0ν1 arrastrando sin alterar el bloque ν0 a lo largo del pro-ceso, esto es, manteniendo las expresiones ν0 o ν−1

0 como sub-esquemas de los dis-tintos esquemas que van apareciendo en ese proceso. De esta forma a partir de ν0ν1

llegarıamos a un un esquema de la forma µν0λ o µν−10 λ, donde µ y λ son sub-esquemas

de ν ′1 tales que ν ′1 = µλ. Del Lema 18.3 y (8) inferimos que Sν0ν1∼=Sµν0λ

∼= Sν0ν′1o

Sν0ν1∼=Sµν−1

0 λ∼= Sν−1

0 ν′1, homeomorfismos preservando el unico vertice P del grafo

borde de los esquemas involucrados, de donde se sigue el corolario.

18.1. Clasificacion de los esquemas binarios puros

Sabemos por el Teorema 17.6 que toda superficie compacta es el espacio realizacionde un esquema binario puro. La idea guıa de esta seccion sera probar que todo esquemabinario puro es equivalente a un esquema binario puro normal (ver Definicion 9.10), ypor tanto, que toda superficie topologica compacta es homeomorfa al espacio realizacionde un esquema binario puro normal.

Para la buena comprension de los siguientes contenidos es necesario recordar lanotacion fijada en la Definicion 9.10 para los esquemas binarios puros normales, y laspropiedades basicas de sus espacios realizacion.

w0 := aa−1: el espacio Sw0 es simplemente conexo y homeomorfo a la esfera S2.

142

wn :=∏n

j=1 ajcja−1j c−1

j : el espacio Swn es conocido como el n-toro y tiene porgrupo fundamental a

F (a1, c1, . . . , an, cn)/N(n∏j=1

ajcja−1j c−1

j ), n ∈ N.

w∗n :=∏n

j=1 ajaj: el espacio Sw∗n es conocido como el n-proyectivo y tiene porgrupo fundamental a

F (a1, . . . , an)/N(n∏j=1

a2j), n ∈ N.

El Corolario 9.11 nos garantizaba que la familia de espacios topologicos

S = Swn : n ∈ N ∪ 0 ∪ Sw∗n : n ∈ N

no contiene dos homeomorfos entre sı.

Lema 18.5 Para todo ω binario puro existe ω0 binario puro tal que:

ω∼ω0.

]Vω0 = 1 o ω0 = w0, donde w0 = aa−1.

Demostracion : Recordemos que al aplicar la regla Lema 18.3-(b) a un esquema binariopuro generico ν no alteramos su caracter de orientabilidad y eliminamos de su expresion

pares contiguos de primera especie aQ∧ a−1, y por tanto a Q como vertice ya que

]σ−1ν (Q) = 1.Salvo aplicar la regla Lema 18.3-(b) tantas veces cuantas sea posible podemos su-

poner que estamos en uno de los siguientes casos:

ω no tiene pares adyacentes de primera especie y Long(ω) ≥ 4 (recordemos queLong(ω) es un numero par).

ω = w0 = aa−1; en este caso acabarıamos eligiendo F = IdSω .

ω = w1 = aa; en este caso acabarıamos eligiendo F = IdSω , ya que Vω solo tieneun vertice.

Resta por discutir el primer caso. En lo que sigue supondremos que ω no contiene paresadyacentes de primera especie, Long(ω) ≥ 4 y ]Vω ≥ 2. Elijamos un vertice P ∈ Vω.

Veamos que existe un esquema binario puro µ1 tal que ω ∼ µ1 y ]Vµ1 ≤ ]Vω − 1.En efecto, consideremos una realizacion Sω de ω en un disco X y la identificacion

σω : X → Sω asociada. Para cada sılaba x = bε, ε ∈ 1,−1, en la secuencia que definea ω denotemos por γx al arco orientado en Bd(X) asociado a x en la representacion deω sobre X. Como ω tiene al menos dos vertices distintos en Γω, existe una sılaba x = bε

en ω (salvo la regla Lema 18.3-(a)-(ii) supondremos ε = 1 y escribiremos x = b) deforma que σω(γb) ⊂ Γω es un arco de Jordan con extremos P y un punto Q ∈ Vω \ P.Llamemos y = aδ, δ = ±1, a la sılaba contigua a b en ω tal que el punto γy∩γb ∈ σ−1

ω (P ).El esquema ω puede adoptar las siguientes cuatro formas:

ζ1aP∧ ζ2

Q∧ b

P∧ a−1, ζ1P∧ aζ2a

−1 P∧ bQ∧, ζ1a

P∧ ζ2aP∧ b

Q∧, ζ1

P∧ aζ2

Q∧ b

P∧ a.

143

Razonaremos en el caso ω = ζ1aP∧ ζ2

Q∧ b

P∧ a−1 (los otros son analogos).Aplicando el Lema 18.3-(a)-(iii) para las elecciones ζ1 ; ζ1, ζ2 ; 1, ζ3 ; ζ2, ζ4 ; b,

inferimos que ω∼ω1 para

ω1 = ζ1cQ∧ b

P∧ ζ2

Q∧ c−1.

Aquı hemos identificando los vertices en Γω y Γω1 vıa el homeomorfismo F implıcito

en la equivalencia ωF∼ ω1 , y por tanto escrito Vω1 ≡ Vω. Arrastraremos este espıritu

simplificador de la notacion en lo que sigue de prueba.Claramente Long(ω1) = Long(ω) y

]σ−1ω1

(P ) = ]σ−1ω (P )− 1,

esto es, reducimos en una unidad entera la cantidad de puntos en σ−1ω1

(P ) respecto ala de σ−1

ω (P ). A continuacion sometemos a ω1 a la regla Lema 18.3-(b) tantas vecescuantas sea posible para encontrar un esquema equivalente a ω1 sin pares adyacentesde primera especie y con conjunto de vertices subconjunto de Vω1 ; en este procesoeventualmente se podrıan perder vertices y reducir la longitud del esquema respecto ala de ω1. Para no recargar la notacion llamaremos tambien ω1 a este nuevo esquemabinario puro generado.

Si tras estas reducciones P ∈ Vω1 , Long(ω1) ≥ 4 y ]Vω1 ≥ 2, reiteramos sucesiva-mente el proceso anterior construyendo una sucesion de esquemas binarios puros

ω0 = ω∼ω1∼ω2 ∼ . . . ,

de forma que Long(ωi) ≤ Long(ωi−1) ≥ 4, Vωi ⊆ Vωi−13 P , ](Vωi−1

) ≥ 2, y ]σ−1ωi

(P ) =]σ−1

ωi−1(P )−1 para todo i ≥ 1. Este proceso a lo mas tiene m1 := ]σ−1

ω (P )−1 pasos. Hade concluir con un esquema µ1 que, de no ser µ1 = w0, no contiene a P como verticeen Vµ1 (desaparece por aplicacion de la regla Lema 18.3-(b)). En resumen, llegamos aun esquema binario puro µ1 ∼ ω que, de no ser µ1 = w0, tiene ]Vµ1 ≤ Vω − 1 comohabıamos anuciado.

Si µ1 6= w0 y tiene dos o mas vertices, reiteramos con µ1 el proceso anteriormenteseguido para ω y llegamos a un esquema binario puro µ2 ∼ µ1 que, de no ser w0, satisface]Vµ2 ≤ ]Vµ1 − 1, y ası sucesivamente. Tras una cantidad finita de pasos alcanzaremosun esquema binario puro ω0 ∼ ω con ω0 = w0 o ]Vω0 = 1, lo que concluye la prueba.

En lo que sigue trataremos con esquemas binarios puros ω con ]Vω = 1 (de otraforma ya sabemos que ω ∼ w0). Nuestro objetivo sera probar que son equivalentes aesquemas binarios puros normales de la forma wk,w

∗k, k ≥ 1.

Un par de segunda especie en un esquema binario ω se dice adyacente si, escrito conla sılaba a, se dispone de la forma

ω = ν1aaν2.

144

Lema 18.6 Si ω es un esquema binario puro con ](Vω) = 1, entonces existe ω1 tal que:

]Vω1 = 1, Long(ω1) = Long(ω), y ω,∼ω1.

Todos los pares de segunda especie en ω1 son adyacentes.

Demostracion : Si ω es orientable basta con tomar ω1 = ω.Supongamos que ω es no orientable (y por tanto tiene pares de segunda especie) y

existe un par de segunda especie no adyacente en ω, que escribiremos con la sılaba a1.Escribamos ω = ω1ω2a1ω3ω4a1 donde ω1, ω3 6= 1 y ω2 = ω4 = 1. Aplicando la reglaLema 18.3-(a)-(iv),

ω ∼ ω−13 ω1b1b1,

donde ambos esquemas tienen un solo vertice. De esta forma sustituimos el par desegunda especie asociado a a1 en ω por el adyacente con sımbolo b1 en el nuevo esquemaω′ := ω−1

3 ω1b1b1, manteniendo la longitud del esquema y el hecho de que ]Vω′ seaunitario. Observese que de haber un par de segunda especie adyacente en ω, obviamentecon sımbolo distinto a a1, este ha de estar necesariamente incluido en ω1 o en ω3 ynuestro procedimiento lo traslada a otro par adyacente de igual naturaleza en ω′. Elproceso descrito es pues acumulativo y no deshace el trabajo previo. Si ω′ presentasepares de segunda especie no adyacentes, se reiterarıa el procedimiento anterior hastallegar a un esquema binario puro ω1 sin ningun par de segunda especie no adyacente,con la misma longitud de ω′ (igual a la de ω) y con ]Vω1 = 1. Esto prueba el Lema.

Una pareja de pares de primera especie, que representaremos con los sımbolos a yb, en un esquema binario puro ω se dira en posicion enlazada si su disposicion en lasecuencia que define ω es la siguiente:

ω = ν1aν2bν3a−1ν4b

−1ν5,

o tambien las situaciones equivalentes

ω = ν1a−1ν2b

−1ν3aν4bν5, ω = ν1a−1ν2bν3aν4b

−1ν5, ω = ν1aν2b−1ν3a

−1ν4bν5.

Salvo los cambios notacionales a ↔ a−1, b ↔ b−1 podemos restringirnos a considerarsolo la primera opcion: ω = ν1aν2bν3a

−1ν4b−1ν5.

Si adicionalmente ν2 = ν3 = ν4 = 1, esto es, si ω = ν1aba−1b−1ν5, entonces diremos

que la pareja de pares enlazados de primera especie representada por a y b es adyacente.

Lema 18.7 Si ω es binario puro y ](Vω) = 1 entonces todo par de primera especie enω esta en posicion enlazada con algun otro par de primera especie en ω.

Demostracion : En efecto, en otro caso existirıa un par de primera especie en ω, querepresentaremos por la letra a, que no esta enlazado con ningun otro par de primeraespecie en ω. Tengamos presente que las parejas de primera especie adyacentes cc−1 noocurren en ω ya que ]Vω = 1, y por tanto ω = aν1a

−1ν ′1, donde ν1, ν ′1 6= 1.Por nuestras hipotesis, si b ∈ sop(ν1) forma parte de un par de primera especie

entonces b−1 ∈ sop(ν1) (¡de otra forma b estarıa enlazado con a!), y analogamente parab ∈ sop(ν ′1). Por tanto el conjunto de vertices de Vω aportados por la secuencia ν1 ha deser disjunto del asociado a la secuencia ν ′1, y necesariamente Vω > 1. Esto genera unacontradiccion con el hecho de que ω tiene un unico vertice.

145

Vamos a explicar un procedimiento que generara en ω una pareja adyacente de paresde primera especie enlazados a partir de una pareja no adyacente de pares de prime-ra especie enlazados. Este metodo sera acumulativo y no rompera el trabajo previo.Vayamos a los detalles.

Lema 18.8 Sea ω un esquema binario puro con ](Vω) = 1 y todos sus pares de segundaespecie adyacentes. Entonces existe un esquema binario puro ω1 tal que:

]Vω1 = 1, Long(ω1) = Long(ω) y ω∼ω1.

ω1 tiene todos los pares de segunda especie adyacentes.

Todas las parejas de pares de primera especie enlazados en ω1 son adyacentes.

Demostracion : Supongamos que ω contiene k ≥ 0 parejas adyacentes de pares deprimera especie enlazados, y que ω contiene una pareja no adyacente de pares de primeraespecie enlazados. Veamos que existe un esquema binario µ1 tal que:

]Vµ1 = 1, Long(µ1) = Long(ω) y µ1 ∼ ω.

Todos los pares de segunda especie en µ1 son adyacentes.

µ1 tiene k + 1 parejas adyacentes de pares de primera especie enlazados.

En efecto, como ω tiene una pareja no adyacente de pares de primera especie enla-zados, podemos escribir

ω = ν1a1ν2a2ν3a−11 ν4a

−12

para ciertos sımbolos a1 y a2. Por la regla Lema 18.3-(a)-(iii) aplicada para las eleccionesν1 ; ν1a1, ν2 ; ν2, a; a2, ν3 ; ν3 y ν4 ; a−1

1 ν4, obtenemos que ω ∼ ω′ para

ω′ = ν2ν1a1b1a−11 ν4ν3b

−11 ≡ ν4ν3b

−11 ν2ν1a1b1a

−11 ,

siendo ]Vω′ = 1. Por Lema 18.3-(a)-(iii) de nuevo aplicado en ω′ para ν1 ; ν4ν3b−11 ,

ν2 ; ν2ν1, a; a1, ν3 ; b1 y ν4 ; 1, obtenemos que ω′ ∼ ω′′ para

ω′′ = ν2ν1ν4ν3b−11 d1b1d

−11 ≡ b−1

1 d1b1d−11 ν2ν1ν4ν3,

siendo ]Vω′′ = 1. Notemos que por la naturaleza de la regla Lema 18.3-(a)-(iii) no se hadestruido ningun par de segunda especie adyacente preexistente e ω ni generado ningunpar de segunda especie nuevo. Tampoco hemos alterado las parejas adyacentes de paresde primera especie enlazados preexistentes en ω. De igual modo el conjunto de verticestanto de ω′ como de ω′′ es unitario. Por conveniencia cambiaremos el sımbolo b1 porc−1

1 , y por tanto b−11 por c1. Llamemos ω1 = ν2ν1ν4ν3 y definamos el esquema binario

puroµ1 := c1d1c

−11 d−1

1 ω1,

obviamente equivalente a ω. Por su generacion es claro que Long(µ1) = Long(ω) y]Vµ1 = 1, y por tanto µ1 satisface las propiedades deseadas. Un sencillo proceso inductivonos lleva al esquema binario puro ω1 resolviendo el lema.

146

El siguiente resultado es consecuencia directa de los Lemas 18.5, 18.6 y 18.8.

Teorema 18.9 Si ω es un esquema binario puro entonces es cierto una de los siguientesenunciados:

(i) ω∼w0, donde w0 es el esquema canonico aa−1.

(ii) ω∼ω1, donde ω1 es un esquema binario puro satisfaciendo:

]Vω1 = 1 y Long(ω1) ≤ Long(ω).

ω1 tiene todos los pares de segunda especie adyacentes.

Todas las parejas en ω1 de pares de primera especie enlazados son adyacentes.

Ya estamos proximos al teorema fundamental de clasificacion salvo equivalencias delos esquemas binarios puros. Para ello necesitaremos el siguiente lema de simplificacion.

Lema 18.10 Los siguientes enunciados son ciertos:

(a) aba−1b∼w∗2 (recordemos que Sw∗2≡ K es conocida como la botella de Klein).

(b) w1w∗1 ∼ w∗3.

Demostracion : Para probar (a) basta con aplicar al esquema aba−1b la regla Lema18.3-(iv) para la eleccion ν1 ; 1, ν3 ; 1, ν2 ; a, ν4 ; a−1, lo que nos llevarıa alesquema b′a−1a−1b′, que por Lema 18.3-(i) es equivalente a w∗2.

Para probar (b) escribamos w1w∗1 = aba−1b−1cc. Aplicando la regla Lema 18.3-

(iv) para la eleccion ν1 ; aba−1, ν2 ; b−1, ν4 ; 1, ν3 ; 1, nos llevarıa al es-quema aba−1c′bc′, que es equivalente a c′bc′aba−1 por Lema 18.3-(i). Aplicando aho-ra a c′bc′aba−1 la regla Lema 18.3-(iii) para la eleccion ν1 ; c′b, ν2 ; c′, ν3 ; b,ν4 ; 1 llegamos a c′c′ba′b(a′)−1. Usando la prueba de (a) y el Corolario 18.4 paraν0 ; c′c′, ν1 ; ba′b(a′)−1 se obtiene lo deseado.

Ahora podemos demostrar el siguiente resultado fundamental.

Teorema 18.11 (Representaciones binarias puras) Sea ω un esquema binario pu-ro. Los siguientes enunciados son ciertos.

(a) Si ω es no orientable entonces existe n ∈ N tal que ω∼w∗n.

(b) Si ω es orientable entonces existe n ∈ N ∪ 0 tal que ω∼wn.

Demostracion : El teorema es consecuencia inmediata del Teorema 18.9 y de un argu-mento combinatorio elemental utilizando el Lema 18.10 y el Corolario 18.4.

19. Clasificacion de las superficies compactas

Ahora podemos enunciar el resultado fundamental de este tema, consecuencia in-mediata de los resultados previos.

Corolario 19.1 (Clasificacion de las superficies compactas) Sea S una superfi-cie topologica compacta.

147

Figura 5: Lista de superficies orientables: Sw0 , Sw1 , Sw2 , Sw3 , . . .

(i) Si S es orientable entonces es homeomorfa a una y solo una de las superficies enla familia:

Swn : n ∈ N ∪ 0

(ii) Si S es no orientable entonces es homeomorfa a una y solo una de las superficiesen la familia:

Sw∗n : n ∈ N.

Al numero n en ambos casos se le llama genero de S y se denota por gen(S).

Demostracion : Por el Teorema de Rado S admite una triangulacion T . El Teorema17.6 garantiza que existe un esquema ω binario puro y un homeomorfismo F : S → Sω.La Proposicion 16.14 nos dice que el esquema ω y su superficie realizacion Sω ∼= Stienen el mismo caracter de orientabilidad. El Teorema 18.11 nos dice que ω ∼ w paraun unico esquema canonico w ∈ wn : n ∈ N ∪ 0 ∪ w∗n : n ∈ N con el mismocaracter de orientabilidad que ω. En conclusion, S ∼= Sw para un esquema binario puronormal w con el mismo caracter de orientabilidad que S. Por ultimo, el Corolario 9.11garantiza que en la familia

S = Swn : n ∈ N ∪ 0 ∪ Sw∗n : n ∈ N

no hay dos espacios homeomorfos, de donde se sigue el corolario.

Corolario 19.2 Sean S1 y S2 dos superficies topologicas compactas.

(I) S1∼= S2 ⇐⇒ χ(S1) = χ(S2) y tienen ambas el mismo caracter de orientabilidad.

(II) S1∼= S2 ⇐⇒ gen(S1) = gen(S2) y tienen ambas el mismo caracter de orientabi-

lidad.

(III) S1∼= S2 ⇐⇒ Π1(S1) ∼= Π1(S2).

Demostracion : Por el Corolario 19.1 toda superficie topologica compacta es homeo-morfa a una y solo una de las superficies en la lista canonica

S = Swn : n ∈ N ∪ 0 ∪ Sw∗n : n ∈ N.

Por otra parte, la Proposicion 16.14 y un calculo directo nos dan que

χ(Swn) = 1 + χ(Γwn) = 2− 2n = 2− 2gen(Swn),

χ(Sw∗n) = 1 + χ(Γw∗n) = 2− n = 2− gen(Sw∗n),

y por tanto el valor de la caracterıstica de Euler (o el genero) y el caracter de orienta-bilidad distinguen a los objetos en S. Uniendo toda la anterior informacion, (I) y (II)se siguen del Corolario 16.9. El Corolario 9.11 tambien muestra que los grupos funda-mentales distinguen a los espacios en S, por lo que (III) es consecuecia del Corolario19.1.

148

Es conveniente retener en la mente las siguientes formulas:

Si S es una superficie compacta orientable entonces χ(S) = 2− 2gen(S).

Si S es una superficie compacta no orientable entonces χ(S) = 2− gen(S).

19.1. Suma conexa de superficies

Consideremos dos superficies topologicas compactas y disjuntas S1 y S2. Tomemosun disco topologico compacto Kj ⊂ Sj y escribamos S ′j = Sj \ Int(Kj), j = 1, 2.

Sea h : Bd(K1) → Bd(K2) un homeomorfismo y∼h la relacion de equivalencia depegado inducida en S ′1 ∪ S ′2, a saber

p∼h q ⇐⇒ p = q o p, q = r, h(r), r ∈ Bd(K1).

DefinamosS1]S2 := (S ′1 ∪ S ′2)/∼h .

No es difıcil ver (al menos si Kj es union de triangulos de alguna triangulacion de Sj,j = 1, 2, aunque se puede probar que esta condicion siempre se da) que:

S1]S2 es una superficie topologica.

En efecto, basta usar la Proposicion 2.14 para comprobar que se satisface lacondicion de ser localmente euclıdea.

χ(S1]S2) = χ(S1) + χ(S2)− 2.

Para ello basta con construir una triangulacion T de S1]S2 combinando trian-gulaciones T1, T2 de los poliedros S1 \ Int(K1) y S2 \ Int(K2) compatibles vıa hsobre Bd(K1) ≡ Bd(K2) ⊂ S1]S2, y usar que χ(Sj \ Int(Kj)) = χ(Sj)− 1 ya queχ(Bd(Kj)) = 0 y χ(Kj) = 1, j = 1, 2.

S1]S2 es orientable ⇐⇒ Sj es orientable, j = 1, 2.

Como antes, construir una triangulacion de S1]S2 combinando triangulacionesglobalmente orientadas de Sj\Int(Kj), j = 1, 2, que engarcen de forma compatiblevıa h sobre Bd(K1) ≡ Bd(K2) ⊂ S1]S2. Observese que Sj \ Int(Kj) es orientablesi y solo si Sj es orientable (usar que Kj es orientable), j = 1, 2.

Los anteriores comentarios nos dicen que la caracterıstica de Euler y el caracter deorientabilidad de S1]S2 = (S ′1 ∪ S ′2)/∼h estan determinados por los de S1 y S2, y portanto que la superficie compacta S1]S2 no depende del homeomorfismo h utilizado (verel Corolario 19.2).

Definicion 19.3 La superficie S1]S2 es conocida como la suma conexa de S1 y S2.

149

Corolario 19.4 Los siguientes enunciados son ciertos:

(i) Toda superficie topologica compacta y orientable no homeomorfa S2 es suma co-nexa de una cantidad finita de toros, cantidad que coincide con su genero.

(ii) Toda superficie compacta no orientable es suma conexa de una cantidad finita deplanos proyectivos, que coincide con su genero.

Demostracion : Probemos (i). Por el Corolario 19.1, una superficie topologica compactaorientable y no homeomorfa S2 es necesariamente homeomorfa a Swn para algun n ∈ N.Bastara con probar que Swn es suma conexa de n toros.

En efecto, si denotamos por T = Sw1 al toro (que sabemos tiene χ(T) = 0), laformula general χ(S1]S2) = χ(S1) + χ(S2) − 2 y un calculo inductivo elemental nosdicen que

χ(T]n^· · · ]T) = 2− 2n = χ(Swn), n ∈ N.

Como T]n^· · · ]T y Swn son orientables, el Corolario 19.2 garantiza que T]

n^· · · ]T ∼= Swn

y de aquı lo deseado. Recordemos que por definicion el entero n ∈ N es el genero(orientable) de la superficie.

De forma analoga para probar (ii) usemos que, del Corolario 19.1, toda superficietopologica compacta no orientable es homeomorfa a Sw∗n para algun n ∈ N. Bastara conprobar que Sw∗n es suma conexa de n proyectivos. Para ello recordemos que χ(P2) = 1y observemos que

χ(P2]n^· · · ]P2) = 2− n = χ(Sw∗n), n ∈ N.

Como P2]n^· · · ]P2 y Sw∗n son no orientables, el Corolario 19.2 nos da Sw∗n

∼= P2]n^· · · ]P2.

Recordemos que por definicion n ∈ N es el genero (no orientable) de la superficie.

Ejercicio 19.5 En cada uno de los siguientes casos clasificar la superficie realizacionde los siguientes esquemas binarios puros:

(i) ω = abacb−1c−1,

(ii) ν = abca−1b−1c−1,

Clasificar la suma conexa de las superficies representadas en (i) y (ii).

Solucion : Como ω tiene un par de segunda especie entonces es no orientable. Un analisiselemental nos dice que Γω tiene un solo vertice y tres ciclos, por lo que χ(Sω) = 1 +χ(Γω) = 1 + (1− 3) = −1. La unica superficie no orientable de la lista canonica con esevalor de la caracterıstica de Euler es Sw∗3

= P2]P2]P2, de donde Sω = Sw∗3.

150

En el segundo caso se razona igual. Como en este caso ν no tiene pares de segundaespecie entonces es orientable. Un analisis elemental nos dice que Γν tiene dos vertices ydos ciclos, por lo que χ(Sω) = 1+χ(Γω) = 1+(1−2) = 0. La unica superficie orientablede la lista canonica con ese valor de la caracterıstica de Euler es el toro Sw1 = T, dedonde Sω = T.

Por ultimo, la superficie Sω]Sν es no orientable ya que uno de los factores (a saberSω) lo es, y tiene por caracterıstica de Euler

χ(Sω]Sν) = χ(Sω) + χ(Sν)− 2 = −1 + 0− 2 = −3.

La unica superficie no orientable de la lista canonica con ese valor de la caracterısticade Euler es Sw∗5

= P2]P2]P2]P2]P2, de donde Sω]Sν = Sw∗5.

Ejercicio 19.6 Determinar que superficie se obtiene cuando identificamos las aristasde un polıgono de 2n lados con n ≥ 2 mediante el esquema

ωn = a1 a2 a3 · · · an a−11 a−1

2 a−13 · · · a−1

n .

¿Y si cambiamos la ultima etiqueta por an?

Solucion : Un proceso inductivo sencillo demuestra que el grafo borde Γωn de la reali-zacion Sωn de ωn tiene:

n− 1 ciclos y 2 vertices si n es impar.

n ciclos y 1 vertice si n ≥ 2 es par.

En efecto, esa afirmacion es cierta si n = 2 o n = 3 por comprobacion directa. Si sesupone valida para un n ≥ 2 generico, es facil comprobar que al anadirle a ωn un nuevopar de primera especie con etiqueta an+1 con resultado ωn+1 se tiene que:

El numero de vertices en Γωn+1 aumenta o disminuye en una unidad respecto alde Γωn dependiendo de si n es par o impar, respectivamente.

El numero de ciclos de Γωn+1 queda igual o aumenta en dos unidades respecto alde Γωn dependiendo de si n es par o impar, respectivamente.

Por tanto:

151

χ(Sωn) = 1 + χ(Γωn) = 1 +(1− (n− 1)

)= 3− n si n es impar.

χ(Sωn) = 1 + χ(Γωn) = 1 + (1− n) = 2− n si n es par.

Como Sωn es orientable (ωn no contiene pares de segunda especie), deducimos del latabla de clasificacion de superficies que:

Sωn = Sw(n−1)/2(suma conexa de (n− 1)/2 toros) si n es impar.

Sωn = Swn/2 (suma conexa de n/2 toros) si n es par.

Si llamamosνn = a1 a2 a3 · · · an a−1

1 a−12 a−1

3 · · · a−1n−1an

en este caso el grafo borde Γνn de la realizacion Sνn de νn tiene un solo vertice y nciclos, por lo que χ(Sνn) = 1 +χ(Γνn) = 1 + (1−n) = 2−n. Como Sνn es no orientable(νn contiene un par de segunda especie), deducimos del la tabla de clasificacion desuperficies que Sνn = Sw∗n es la suma conexa de n proyectivos.

Ejercicio 19.7 Encuentra todas las superficies compactas X, Y tales que

X]Y = Sw∗8= P2]

8^· · · ]P2 (suma conexa de 8 proyectivos).

Solucion : Como Sw∗8es no orientable, al menos una de las dos superficies X, Y es no

orientable. Al ser X]Y = Y ]X, sin perdida de generalidad supondremos que X es noorientable, esto es, X = Sw∗k

, k ∈ N. Discutiremos dos casos:

Y es orientable. En este caso Y = Sws , s ∈ N ∪ 0, y la formula

−6 = χ(Sw∗8) = χ(X]Y ) = χ(X) +χ(Y )− 2 = (2− k) + (2− 2s)− 2 = 2− k− 2s

nos dice que k + 2s = 8. Resolviendo (k, s) ∈ (2, 3), (4, 2), (6, 1), (8, 0), que secorresponde con las soluciones:

(X, Y ) = (Sw∗2, Sw3), (Sw∗4

, Sw2), (Sw∗6, Sw1), (Sw∗8

, S2)

Y es no orientable. En este caso Y = Sw∗s , s ∈ N, y usando que X]Y = Y ]Xpodemos suponer k ≤ s. La formula

−6 = χ(Sw∗8) = χ(X]Y ) = χ(X) + χ(Y )− 2 = (2− k) + (2− s)− 2 = 2− k − s

nos dice que k + s = 8. Resolviendo (k, s) ∈ (1, 7), (2, 6), (3, 5), (4, 4), que secorresponde con las soluciones:

(X, Y ) = (P2, Sw7), (Sw∗2, Sw∗6

), (Sw∗3, Sw∗5

), (Sw∗4, Sw∗4

).

Ejercicio 19.8 Si S1 y S2 son superficies compactas y conexas, ¿se cumple necesaria-mente que Π1(S1 #S2) ∼= Π1(S1) • Π1(S2)? ¿Y que A

(Π1(S1 #S2)

) ∼= A(Π1(S1))×

A(Π1(S2)

)?

Solucion : Si S1 = S2 = P2 tenemos que S1]S2 = P2]P2 = Sw∗2, donde ω2 = a1a1a2a2.

De aquı que

Π1(P2]P2) = F (a1, a2)/N(a1a1a2a2) Π1(P2) • Π1(P2) = Z2[a1] • Z2[a2]

yA(Π1(P2]P2)

) ∼= Z2 × Z A(Π1(P2)

)×A

(Π1(P2)

) ∼= Z2 × Z2.

Esto responde en sentido negativo ambas preguntas.

152

20. Superficies topologicas y recubridores

La Proposicion 15.4 expresa que la teorıa de recubridores es interna en la familia desuperficies. El siguiente teorema enuncia algunos hechos basicos.

Teorema 20.1 Si X e Y son superficies topologicas compactas y π : Y → X un recu-bridor entonces:

(a) χ(Y ) = nχ(X), donde n es el numero de hojas de (Y, π).

(b) X orientable =⇒ Y orientable (el recıproco no es cierto).

Demostracion : Para el item (a), consideremos una triangulacion T de X (usar el Teo-rema 17.1). Sea T ∈ T un triangulo arbitrario y llamemos i : T → X a la aplicacion

inclusion. Fijemos x ∈ T e y ∈ π−1(x), y llamemos T a la arcocomponente de π−1(T )

con y ∈ T . Como la condicion

i∗(Π1(T, x)) = 0 ⊆ π∗(Π1(Y, y))

se satisface trivialmente, el Corolario 11.12 garantiza que π|T : T → T es un homeo-morfismo.

Este argumento general prueba que la familia

T := T ⊂ Y : ∃ T ∈ T con π|T : T → T homeomorfismo

define de forma natural una triangulacion de Y , y por tanto que

χ(Y ) = χT

(Y ) = nχT (X) = nχ(X),

donde n es el numero de hojas de (Y, π).Por ultimo, para probar (b) consideremos una triangulacion T de X globalmente

orientada de forma compatible, y construyamos como antes la unica triangulacion T deY tal que π(T ) = T . La orientaciones de los triangulos T ∈ T se pueden levantar vıa

π de forma natural a orientaciones de los triangulos T ∈ T , y la compatibilidad de lasorientaciones de los primeros garantiza la de los segundos.

Recordemos que el plano proyectivo P2 = Sw1 es recubierto por S2 = Sw0 , por lo que elrecıproco de Teorema 20.1-(b) no es cierto.

Ejercicio 20.2 Determina todos los espacios topologicos compactos que recubren aP2]P2 (la botella de Klein).

Solucion : Supongamos que π : Y → P2]P2 es recubridora y llamemos k al numerode hojas de (Y, π). Sabemos de la Proposicion 10.3 que Y es una superficie. Ademas,recordemos que al ser Y compacto el numero k es finito por el por el Corolario 12.3.Del Teorema 20.1

χ(Y ) = k · χ(P2]P2) = k · 0 = 0.

Caben dos posibilidades:

Y es orientable: en este caso la identidad χ(Y ) = 2− 2gen(Y ) = 0 implica que Ytiene genero 1, esto es, Y = T.

Y es no orientable: en este caso la identidad χ(Y ) = 2− gen(Y ) = 0 implica queY tiene genero 2, esto es, Y = P2]P2.

153

Ambas posibilidades topologicas se materializan ya que:

T recubre a P2]P2 con dos hojas, recordemos que de hecho P2]P2 es el espacio deorbitas asociado a la accion de la aplicacion antıpoda sobre el toro de revolucioncentrado en el origen.

P2]P2 se recubre a sı mismo por la aplicacion identidad.

Ejercicio 20.3 Determina todos los espacios topologicos compactos recubiertos porP2]P2 (la botella de Klein).

Solucion : Supongamos que π : P2]P2 → X es recubridora y llamemos k al numero dehojas de (P2]P2, π). Sabemos de la Proposicion 10.3 que X es una superficie. Ademasrecordemos que al ser P2]P2 (y por tanto X) compacto, el numero k es finito por elCorolario 12.3. Del Teorema 20.1 deducimos que X es no orientable y

0 = χ(P2]P2) = k · χ(X).

La identidad χ(X) = 2−gen(X) = 0 implica que X tiene genero 2, esto es, Y = P2]P2.Este recubrimiento se materializa por ejemplo para la aplicacion identidad de P2]P2 ensı mismo.

Ejercicio 20.4 Determina todos los espacios topologicos compactos recubiertos porT]T.

Solucion : Supongamos que π : T]T → X es recubridora y llamemos k al numero dehojas de (Y, π). Sabemos de la Proposicion 10.3 que X es una superficie. Ademas, comoT]T (y por tanto X) es compacto el numero k es finito por el Corolario 12.3. DelTeorema 20.1 caben dos posibilidades:

X es orientable: la identidad −2 = χ(T]T) = k ·χ(X) = k · (2− 2gen(X)) implicaque k = 1 y gen(X) = 2, esto es, X = T]T.

X es no orientable: la identidad −2 = χ(T]T) = k · χ(X) = k · (2 − gen(X))implica que k = 2 y gen(X) = 3, esto es, X = P2]P2]P2 (la opcion k = 1 seexcluye pues π no puede ser homeomorfismo).

Es posible ver que ambas posibilidades topologicas se materializan por recubridoresconcretos. Trivialmente T]T se recubre a sı mismo por la aplicacion identidad. En elcaso X = P2]P2]P2 es posible generar un recubrimiento

π : T]T→ P2]P2]P2

de la siguiente manera. Embebamos el doble toro T]T en R3 de forma que sea invariantebajo las simetrıas respecto de los tres ejes coordenados. La aplicacion A : T]T → T]T,A(p) = −p, es un homeomorfismo involutivo sin puntos fijos en T]T, y por tanto induceun recubrimiento de dos hojas

π : T]T→ T]T/〈A〉

al correspondiente espacio de orbitas T]T/〈A〉. Obviamente T]T/〈A〉 ∼= P2]P2]P2 porser esta la unica superficie compacta con caracterıstica de Euler igual a −1.

154

Figura 6: Accion de la aplicacion Antıpoda sobre el doble toro.

Ejercicios del Tema 3

1. Sea X = S2 ∪ x0, donde x0 ∈ R3 − S2. En X se considera la topologıa talque los entornos de los puntos de S2 son los usuales, y los de x0 son de la forma(V − N)∪ x0, donde N = (0, 0, 1) y V es un entorno de N en S2. Demostrarque cada punto de X tiene un entorno homeomorfo a un abierto de R2 pero Xno es T2.

2. Consideremos el espacio producto X = R2 × R, donde en R2 se considera latopologıa usual y en R la topologıa discreta. Demostrar que cada punto de Xtiene un entorno homeomorfo a un abierto de R2 pero X no es IIAN.

3. Demostrar que los siguientes espacios topologicos no son superficies:

a) S = (x, y, z) ∈ R3 / x2 + y2 − z2 = 0.b) Rn con n 6= 2.

c) S = (x, y) ∈ R2 / y ≥ 0.

¿Es la union o interseccion de dos superficies en R3 una superficie?

4. Sea ρ : S → S recubridora. Probar que S es una superficie si y solo si lo es S.

5. Sea S una superficie y f : S → R una funcion continua. Definimos el grafo de fcomo:

G(f) = (x, (f(x)) : x ∈ Scon la topologıa inducida por la topologıa producto en S × R. Probar que G(f)es una superficie, que ademas es compacta si y solo si lo es S.

6. Encontrar un atlas de P2, esto es, una familia de sistemas de coordenadas en P2

cuyos entornos coordenados recubran P2.

7. Encontrar una triangulacion de la botella de Klein K.

8. En cada uno de los siguientes casos clasificar la superficie realizacion de los si-guientes esquemas binarios puros:

a) E = abacb−1c−1,

b) E = abca−1b−1c−1,

c) E = abcdca−1bd−1,

d) E = aba−1cdb−1c−1ed−1e−1,

e) E = abcadb−1efce−1df−1.

155

Clasificar la suma conexa de las superficies representadas en a) y b).

9. ¿Que superficie esta representada por la union de 4 triangulos disjuntos cuyasaristas se etiquetan e identifican segun los esquemas E = abc, bde, c−1df, e−1fa?

10. ¿Que superficie se obtiene cuando identificamos las aristas de un polıgono de 2nlados con n ≥ 2 mediante el esquema E = a1 a2 a3 · · · an a−1

1 a−12 a−1

3 · · · a−1n ? ¿Y si

cambiamos la ultima etiqueta por an?

11. Escribamos Tn = T]n^· · · ]T y K = P2 × P2. Demostrar que toda superficie com-

pacta y conexa es homeomorfa a una y solo una de las siguientes superficies:

S2,Tn,RP2,K,Tn #RP2,Tn #K.

12. Identificar, salvo homeomorfismos, las superficies compactas y conexas con carac-terıstica de Euler igual a −2.

13. Sea S una superficie compacta y conexa. Probar que χ(S) ≥ −2 si y solo si S eshomeomorfa al espacio realizacion de un esquema binario puro de longitud 8.

14. Discutir de forma razonada si cada par de las siguientes superficies compactas yconexas son o no homeomorfas entre sı:

a) S1∼= Sω donde ω = abcdad−1cb−1.

b) S2 tiene χ(S2) ≥ 0 y grupo fundamental no abeliano.

c) S3 tiene grupo fundamental isomorfo a F (a, b, c)/N(acbcba−1).

Obtener tambien la presentacion poligonal canonica de S1 efectuando para ellolas transformaciones que sean necesarias.

15. Sea S la superficie compacta y conexa que asociada a un esquema binario purode la forma:

E = ab−1c− da−1ebc−1−,donde cada guion − esta ocupado por una unica etiqueta. Completar el esquemapara que S sea homeomorfa a:

a) T#T.

b) P2 #P2 #P2 #P2.

c) La superficie modelo con abelianizado de su grupo fundamental isomorfo aZ2 × Z4.

16. Un poliedro regular en R3 es un subconjunto P ⊂ R3 dado por la union de unacantidad finita de polıgonos cerrados regulares (llamados caras de P ) tal que:

a) todas las caras tienen el mismo numero de lados,

b) a cada vertice llegan el mismo numero de aristas,

c) P ∼= S2.

Probar la formula de Euler dada por V − A + F = 2, donde V es el numero devertices del poliedro, A es el numero de aristas y F el numero de caras. A partirde aquı, deducir que hay solamente 5 poliedros regulares: tetraedros, octaedros,icosaedros, cubos y dodecaedros.

156

17. Se divide un balon de futbol en piezas homeomorfas a pentagonos o hexagonos(no todas las piezas han de ser homeomorfas al mismo tipo de polıgono) de modoque:

a) cada arista es compartida por exactamente dos piezas,

b) a cada vertice llegan exactamente tres aristas.

Demostrar que el numero de piezas pentagonales es 12.

18. Resolver de forma razonada las siguientes cuestiones:

a) Sea S una superficie. Demostrar que S#S2 ∼= S.

b) Si S1 y S2 son superficies compactas y conexas, ¿se cumple necesariamenteque Π1(S1 #S2) ∼= Π1(S1) •Π1(S2)? ¿Y que A

(Π1(S1 #S2)

) ∼= A(Π1(S1))×

A(Π1(S2)

)?

c) ¿Es cierto que P2]P2]P2 ∼= P2 #T ∼= P2 #K?

d) ¿Existe S superficie compacta y conexa con χ(S) ≤ −7 y A(Π1(S)

) ∼=Z2 × Z7?

19. Determina los espacios topologicos compactos Y para los que existe una aplicacionrecubridora π : Y → X en cada uno de los siguientes casos:

a) X = S2.

b) X = P2.

c) X = P2]P2.

d) X = T, donde T := S1 × S1.

20. Determina los espacios topologicos X para los que existe una aplicacion recubri-dora π : Y → X en cada uno de los siguientes casos:

a) Y = P2.

b) Y = P2]P2.

c) Y = T, donde T := S1 × S1.

d) Y = T]T.

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