DEMOSTRACIONES DE TOPOLOGIA - ANETTE RACHEL PINACHO MATIAS (1)

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Universidad de Guadalajara
Centro Universitario del Ciencias exactas e Ingenieŕıas
Topoloǵıa
M.Sc. Ramon Harath Ruiz Medina
2 de febrero de 2023
Tarea 0.
Pinacho Mat́ıas Anette Rachel
Problem 1. Encuentra el conjunto potencia P(X) de los siguientes conjuntos:
i) X = {1, 3, 4}
ii) X = ∅
iii) X = {3, {1, 4}}
Solución
i) |P(X)| = 23 = 8
P(X) = {∅, X, {1}, {3}, {4}, {1, 3}, {3, 4}, {1, 4}}
ii) |P(X)| = 20 = 1
P(X) = {∅}
iii) |P(X)| = 22 = 4
P(X) = {∅, X, {3}, {1, 4}}
Problem 2. Sean U := {1, 2, ..., 9}, A = {1, 2, 3, 4}, B = {2, 4, 6, 8} y C = {3, 4, 5, 6}. Determina lo que se
te pide:
i) AC
ii) (A ∩B)C
iii) B \ C
iv) (A ∪B)C
Solución
i) AC = {x ∈ U | x /∈ A} = {5, 6, 7, 8, 9}
1
ii) (A ∩B)C = {x ∈ U | x /∈ A ∩B} = {1, 2, 5, 6, 7, 8, 9}
iii) B \ C = {x ∈ B | x /∈ C} = {2, 8}
iv) (A ∪B)C = {x ∈ U | x /∈ A ∪B} = {5, 7, 9}
Problem 3. Prueba que, para cuales quiera dos conjuntos A y B se satisface que:
i) (A ∪B)C = AC ∩BC
Demostración. Sean A y B dos cunjuntos cualesquiera, entonces tenemos, por definición que
(A ∪B)C = = {x ∈ U | x /∈ A ∪B}
= {x ∈ U |⌝(x ∈ A ∪B)}
= {x ∈ U |⌝(x ∈ A ∨ x ∈ B)}
= {x ∈ U |⌝(x ∈ A) ∧ ⌝(x ∈ B)}
= {x ∈ U | x /∈ A ∧ x /∈ B}
= {x ∈ U | x ∈ AC ∧ x ∈ BC}
= AC ∩BC
ii) A ∩B ⊆ A ⊆ A ∪B
Demostración. Sea x ∈ A ∩B, esto implica que por definición x ∈ A ∧ x ∈ B. Si x ∈ A, por lo tanto
A ∩B ⊆ A
Sea x ∈ A. Si x ∈ A ∨ x ∈ B, entonces x ∈ A ∪B, y por lo tanto
A ⊆ A ∪B
Problem 4. Sea R una relacion de equivalencia sobre un conjunto X. Y sea [a] la clase de equivalencia de
a ∈ X. Muestra que:
i) Para cada a ∈ X, se tiene que a ∈ [a].
Definimos [a] = {x ∈ X | x ∼R a}
Demostración. ∀ a ∈ X, a ∈ [a].
Sea a ∈ X, por reflexividad
a ∼R a
⇒ a ∈ X
2
ii) [a] = [b] si y solo si (a, b) ∈ R
Demostración. (⇒) Supongamos que [a] = [b]
Entonces,
a ∈ [a] =⇒ a ∼R a
b ∈ [b] =⇒ b ∼R b
a ∈ [b] =⇒ a ∼R b
Por lo tanto, (a, b) ∈ R.
(⇐) Supongamos que (a, b) ∈ R
P.D. ∀ x ∈ [a] =⇒ x ∈ [b]
Sea x ∈ [a], entonces x ∼R a ∧ a ∼R b, por transitividad x ∼R b. Por lo tanto, x ∈ [b].
P.D. ∀x ∈ [b] =⇒ x ∈ [a]
Sea x ∈ [b], entonces x ∼R b, a ∼R b. Por simetŕıa b ∼R a.
x ∼R b ∧ b ∼R a, entonces x ∼R a. Por lo tanto, x ∈ [a].
iii) Si [a] ̸= [b], entonces [a] ∩ [b] = ∅.
Demostración. Supongamos que [a] ∩ [b] = ∅
=⇒ ∃ x ∈ [a] ∩ [b]
x ∈ [a] ∧ x ∈ [b]
x ∼R a ∧ x ∼R b
Por simetŕıa,
a ∼R x ∧ x ∼R b
a ∼R b ⇐⇒ [a] = [b]
Problem 5. Sea f : (−1, 1) 7→ R, definida como: f(x) = x/(1− |x|). Demuestra que es biyectiva.
Demostración. P.D. Inyectividad
Supongamos que f(a)=f(b), entonces
f(a) =
a
1− |a|
f(b) =
b
1− |b|
Igualando,
a
1− |a|
=
b
1− |b|
Caso 1.
a, b ≥ 0
(1− b)a = b(1− a)
3
a− ab = b− ab
a = b
Caso 2.
a, b ≤ 0
(1− (−b))a = b(1− (−a))
a+ ab = b+ ab
a = b
Caso 3.
a < 0, b > 0
−1 < a < 0, 1 > b > 0
0 < |a| < 1 0 < |b| < 1
0 < 1− |a| 0 < 1− |b|
a
1− |a|
< 0
b
1− |b|
> 0
Pero llegamos a una contradicción.
Caso 4.
Sin pérdida de generalidad podemos suponer que a > 0, b < 0.
Por lo tanto, f es inyectiva.
P.D. Sobreyectividad.
Sea y ∈ R. Entonces f(x)=y
x
1− |x|
= y
x = y(1− |x|)
Caso 1. x ≥ 0. Entonces
x = y(1− x)
x =
y
1 + y
No funciona, para y=-1.
Caso 2. x < 0. Entonces
x = y(1− (−x))
x =
y
1− y
No funciona, para y=1.
Por lo tanto, f es sobreyectiva.
Problem 6. Sea G un grupo. Muestra que:
(ab)−1 = b−1a1, ∀ a, b ∈ G.
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Demostración. Sean a, b ∈ G, entonces
(ab)−1(ab) = e
(ab)−1(ab)(b−1) = (e)(b−1)
(ab)−1(a)(bb−1) = (b−1)
(ab)−1(a)(e) = (b−1)
(ab)−1(a) = (b−1)
(ab)−1(a)(a−1) = (b−1)(a−1)
(ab)−1(e) = (b−1)(a−1)
(ab)−1 = (b−1)(a−1)
Problem 7. Sea V un espacio vectorial. Prueba que si T : V → W es una transformación lineal entonces
se satisface que T es inyectiva si y solo si Ker(T ) = {0}, donde 0 es el vector cero de V .
Demostración. (⇒) Supongamos que T es inyectiva. Sea v ∈ Ker(T ). Entonces T (v) = 0W = T (OV ). Pero
como T es inyectiva, tenemos que v = 0V . Por lo tanto, Ker(T ) = {OV }.
(⇐) Supongamos que Ker(T ) = {0V }. Sean v1, v2 ∈ V , tales que T (v1) = T (v2), Debido que T es una
transformación lineal, podemos separar sumas, enotnces tenemos que
T (v1 − v2) = T (v1)− T (v2) = 0w
Es decir, v1 − v2 ∈ Ker(T ) = {0V }. Entonces,
(v1 − v2) = 0V
v1 = v2
Por lo tanto, T es inyectiva.
Problem 8.
Sea {xn} una sucesión en R la cual converge a x0 ∈ R y f : R → R una función. Muestra que f es una función
continua en x0 si y solo si la sucesión {f(Xn)} converge a f(x0).
Demostración. (⇒) Supongamos que f es continua, entonces sea ϵ > 0, existe δ > 0 tal que si |xn − x0| < δ
entonces |f(xn)−f(x0)| < ϵ, esto se cumple apartir deN ∈ N, ya que xn −→ x0, por lo tanto f(xn) −→ f(x0).
(⇐) Supongamos que f(xn) −→ f(x0). Sabemos que las sucesiones convergen {xn}, {f(xn)}, entonces
sea ϵ > 0 y δ > 0, existen N1, N2 ∈ N, tal que |xn − x0| < δ y |f(xn)− f(x0)| < ϵ, n ≥ N1, n ≥ N2.
Entonces sea N = max{N1, N2}, aśı |xn−x0| < δ y |f(xn)−f(x0)| < ϵ, n ≥ N . Por lo tanto f es continua.
Problem 9. Si V es un espacio vectorial de dimensión finita. Muestra que su dimensión es única.
Demostración. Sea B = {v1, v2, . . . , vn}, B′ = {v1, v2, . . . , vm} bases del espacio vectorial V.
P.D. n=m.
wn+1 = {β1w1, beta2w2, . . . , βnwn}
Pero contradicción. Entonces n ≥ m
Sin pérdidad de generalidad obtenemos que n ≤ m.
Por lo tanto, combinando las dos desigualdades, concluimos que n=m.
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Problem 10. Sea A ⊂ R un conjunto no vaćıo acotado por arriba y f : R → R una función monótona no
decreciente y continua. Demuestra que:
sup(f(A)) = f(sup(A))
Demostración. Utilizando el axioma del supremo, sabemos que existe x ∈ R tal que x=sup(A), por hipótesis
sabemos que f es monotona no decreciente, entonces se cumple que para todo a ∈ A, f(a)f(x). Cumpliendose
que f(x) es una cota superior de f(A), como x = sup(A), por lo tanto existe una sucesión {xn} contenida
en A que converge a x, como f es continua por el, sabemos que f(xn) ⊂ f(A) converge a f(x), por lo tanto
sup(f(A)) = f(sup(A)).
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