Topologia Algebraica Una

Topologıa Algebraica: Una

introduccion

Sergio Plaza1

Semestre de Primavera 2010

1Depto. de Matematica, Facultad de Ciencias, Universidad de Santiago de Chile,

Casilla 307–Correo 2. Santiago, Chile. e–mail [email protected], Homepage

http://fermat.usach.cl/˜dinamicos/SPlaza.html

Contenidos

1 Espacios Topologicos Usuales 1

1.1 Espacio Euclideano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 El disco unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Esfera Unitaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.4 Producto de Discos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.5 Cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.6 Disco cerrado como espacio cuociente . . . . . . . . . . . . . . 3

1.7 Suma topologica de espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.8 Espacios Lenticulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.9 Espacios Lenticulares Generalizados . . . . . . . . . . . . . . 6

1.10 Toros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.11 Espacio Proyectivo Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.12 Espacio Proyectivo Complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.13 Grupos Clasicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.14 Accion de Grupos sobre Espacios Topologicos . . . . . . . . . 14

1.14.1 Ejemplos de acciones de grupos topologicos . . . . . . 15

1.15 Espacios Homogeneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.16 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Homotopıa 21

2.1 Homotopıa de Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2 Espacios Contractibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

i

ii

2.3 Retractos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.4 Homotopıa y Extension de Aplicaciones . . . . . . . . . . . . 39

3 Grupo Fundamental 42

3.1 Producto de Caminos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.2 Grupo Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.3 Dependencia del grupo fundamental respecto del punto base . 49

3.4 Homomorfimo inducido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.5 Grupo fundamental de grupos topologicos . . . . . . . . . . . 57

4 Teorema de Seifert – van Kampen 60

4.1 Calculo del grupo fundamenetal de algunos espacios . . . . . 67

4.2 Grupo fundamental de superficies . . . . . . . . . . . . . . . . 69

5 Grupo fundamental del cırculo 73

5.1 Aplicaciones del grupo fundamental de cırculo . . . . . . . . . 78

5.2 Grupo fundamental de algunos grupos clasicos . . . . . . . . 80

6 Espacios de recubrimiento 85

7 Grupo fundamental y espacios de recubrimiento 93

7.1 Grupo fundamental de un espacio de orbitas . . . . . . . . . . 94

8 Existencia de Levantamientos 97

9 Recubrimiento Universal 106

9.1 Condicion necesaria para existencia del recubrimiento universal106

10 Ejercicios parte 1 111

11 Grupos de Homologıa de Complejos Simpliciales 129

11.1 Simplices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

11.2 Complejos simpliciales y poliedros . . . . . . . . . . . . . . . 130

11.3 Homologıa simplicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

iii

11.4 Grupo de cadenas, grupo de ciclos y grupo de bordes . . . . 132

11.4.1 Operador borde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

11.4.2 Significado geometrico de r–ciclo y r–borde . . . . . 136

11.5 Grupos de homologıa simplicial . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

11.6 Ejemplos de calculo de homologıa . . . . . . . . . . . . . . . . 139

11.7 Conexidad y grupos de homologıa . . . . . . . . . . . . . . . 151

11.8 Estructuras de los grupos de homologıa . . . . . . . . . . . . 152

11.9 Numeros de Betti y el teorema de Euler–Poincare . . . . . . . 153

12 Homologıa Singular 156

12.1 Homologıa 0–dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

12.2 Relacion entre π1(X) y H1(X,Z) . . . . . . . . . . . . . . . 161

12.3 Homomorfismo inducido en homologıa singular . . . . . . . . 165

12.4 Homologıa reducida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

12.5 Axioma de homotopıa para homologıa singular . . . . . . . . 167

12.6 Homologıa relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

12.7 Homomorfismo inducido en homologıa reducida . . . . . . . . 172

12.8 Teorema de excision . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

12.9 Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

12.10Formula de Kunneth para homologıa singular . . . . . . . . . 180

12.11Sucesion de Mayer–Vietoris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

12.12Sucesion de Mayer-Vietoris para homologıa reducida . . . . . 182

13 Homologıa de algunos espacios 184

13.1 Complejos esfericos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

13.1.1 Espacio adjuncion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

14 Homologıa de suspension, cilindro y cono 195

14.1 Espacio suspension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

14.2 Cilindro de una aplicacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

14.3 Cono de una aplicacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

14.4 Sucesion de homologıa de Puppe . . . . . . . . . . . . . . . . 203

iv

15 Numeros de Betti y caracterıstica de Euler–Poincare 205

16 Orientacion en Variedades 208

17 Cohomologıa singular 213

18 Productos cup y cap 218

18.0.1 Producto cap . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

19 Grupos de homotopıa de orden superior 222

Capıtulo 1

Espacios Topologicos Usuales

En este capıtulo describimos algunos espacios topologicos que seran de uso corriente

en las notas.

Comenzamos con los mas simples.

1.1 Espacio Euclideano

El primer y mas usual espacio que conocemos es el espacion euclideano que es

definido como

Rn = {(x1, x2, . . . , xn) : xi ∈ R} = R× R× · · · × R︸︷︷︸n copias

(1.1)

De modo analogo se define el espacio complejo Cn , es decir,

Cn = C× C× · · · × C︸︷︷︸n copias

(1.2)

En el texto, en muchas ocaciones necesitamos identificar Rn (resp. Cn ) con

el subespacio de Rm (resp. de Cm), donde n < m . Esto lo hacemos de la siguiente

forma

Rn = {(x1, . . . , xn, xn+1, . . . , xm) ∈ Rm : xn+1 = · · · = xm = 0}

(resp. Cn = {(z1, . . . , zn, zn+1, . . . , zm) ∈ Cm : zn+1 = · · · = zm = 0}.)

1

Sergio Plaza 2

Usamos la notacion Rn → Rm (resp. Cn → Cm ) para la identificacion

anterior.

Observacion Para n = 0 , el espacio R0 se reduce solo al origen, es decir, R0 =

{0} .Para x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn , se define la norma euclideana denotada por ||x|| ,

esta es la mas la usual, es decir,

||(x1, . . . , xn)|| = (x21 + · · ·+ x2n)1/2 . (1.3)

1.2 El disco unitario

El disco unitario en Rn es definido por

Dn = {x ∈ Rn : ||x|| < 1} , (1.4)

donde Para n > 1 , se tiene que Dn = f−1( ] − ∞, 1[ ) , donde f : Rn −→ R es

definida por f(x) = ||x||2 .El disco unitario cerrado es definido por

Dn= {x ∈ Rn : ||x|| 6 1} = f−1( ]−∞, 1] ) ,

1.3 Esfera Unitaria

La esfera unitaria Sn en Rn+1 es definida por

Sn = {x ∈ Rn : ||x|| = 1} . (1.5)

Sergio Plaza 3

Definamos f : Rn+1 −→ R por f(x) = ||x||2 − 1 , tenemos entonces que

Sn = f−1(0) .

1.4 Producto de Discos

La aplicacion h : Dp × Dq −→ Dp+q definida por

h(x, y) =

||y||√||x||2 + ||y||2

(x, y) 0 < ||x|| 6 ||y||

||x||√||x||2 + ||y||2

(x, y) 0 < ||y|| 6 ||x||

0 x = y = 0

es un homeomorfismo. El lector puede describir una forma geometrica de obtener

esta formula.

1.5 Cilindro

El cilindro n–dimensional Cn es el producto C = Sn−1 × R .

Para cada n > 1 , el espacio euclideano agujereado, Rn − {0} , es homeo-

morfo (difeomorfo) al cilindro n–dimensional Cn . Para verlo, definimos el home-

omorfismo (difeomorfismo C∞ ) es f : Rn − {0} −→ Sn−1 × R por f(x) =(1

||x||x, log(||x||)). Su inverso f−1 : Sn−1 × R −→ Rn − {0} es definido por

f−1(y, t) = et y .

1.6 Disco cerrado como espacio cuociente

El disco cerrado Dn

puede ser visto como un espacio cuociente, es decir, homeo-

morfo a un espacio cuociente.

Por ejemplo, si en el espacio producto Sn−1 × I identificando el subespacio

Sn−1 × {0} a un punto, digamos 0 ∈ Dn, entonces D

nes homeomorfo al espacio

cuociente descrito. Para verlo, consideremos la aplicacion q : Sn−1 × I −→ Dn

definida por q(x, t) = tx . Es facil ver que la aplicacion q es continua y sobreyectiva.

Ademas, satisface q(x, t) = q(x′, t′) si y solo si t = t′ = 0 y x 6= 0 o x = x′ . Luego,

Sergio Plaza 4

q induce una aplicacion continua y biyectiva q : Sn−1 × I/Sn−1 ×{0} −→ Dn, tal

que el siguiente diagrama es conmutativo.

Sn−1 × I Dn

π

q

qc

X = Sn−1 × I/Sn−1 × {0}

donde π : Sn−1 × I −→ Sn−1 × I/Sn−1 × {0} es la aplicacion couciente. Ahora,

como Sn−1 × I/Sn−1 × {0} es compacto y Dn

es Hausdorff se sigue que q es un

homeomorfismo.

1.7 Suma topologica de espacio

Sean X e Y dos espacios topologicos. La suma topologica de X con Y , denotada

por X ∨ Y , es definida como la union disjunta de dos replicas de X e Y , respec-

tivamente. La topologıa es dada como sigue. Un conjunto V ⊂ X ∨ Y es abierto

si, y solo si, V ∩X es abierto en X y V ∩ Y es abierto en Y .

Si f : A ⊂ X −→ Y es una aplicacion continua. Podemos “pegar” X e

Y con respecto a f , esto es, introducimos la relacion de equivalencia “∼” sobre

X ∨ Y , por {x ∼ y si x ∈ A , y ∈ Y y f(x) = y

x1 ∼ x2 si x1, x2 ∈ A y f(x1) = f(x2) .

El espacio cuociente X ∨ Y/ ∼ es denotado por X ∪f,A Y . En particular si

A = {x0} ⊂ X y f : X −→ Y es continua y f(x0) = y0 , entonces X ∪f,{x0} Y es

denotado por X ∪x0,y0 Y , y es llamado el wedge (=cuna) de los espacios X e Y .

Proposicion 1.1 La esfera unitaria Sn ⊂ Rn+1 (n > 1) es homeomorfa a Dn∪i,Sn−1

Dn, donde i : Sn−1 −→ Sn−1 es la aplicacion identidad.

Demostracion. Definamos los espacios B1 = {(x1, . . . , xn+1) ∈ Sn : xn+1 > 0}y B2 = {(x1, . . . , xn+1) ∈ Sn : xn+1 6 0} . Tenemos que B1 ∪ B2 = Sn y

B1 ∩B2 = Sn−1 (ecuador de Sn).

Sergio Plaza 5

Es claro que la proyeccion (x1, . . . , xn+1) −→ (x1, . . . , xn) determina un

homeomorfismo desde B1 (resp. desde B2) sobre el disco unitario cerrado Dn.

Ahora, esa proyeccion es la identidad sobre Sn−1 . El espacio Dn ∪i,Sn−1 D

nes

por lo tanto homeomorfo a Sn .

Proposicion 1.2 La esfera unitaria Sn es homeomorfa al espacio cuociente Dn/ ∼

, donde Sn−1 = ∂Dn ∼ ∗ (∗ un punto).

Demostracion. Sean B1 = {x ∈ Dn

: ||x|| 6 1/2} y B2 = {x ∈ Dn

: 1/2 6

||x|| 6 1} . Tenemos que B1 es homeomorfo a Dny B2 es homeomorfo al espacio

Sn−1 × I . Sea q : Dn −→ D

n/ ∼= D

n/Sn−1 la proyeccion. Tenemos

a) Dn/Sn−1 es un espacio compacto, union de q(B1) y q(B2) .

b) q(B1) es un conjunto cerrado en Dn/Sn−1 , homeomorfo a D

n.

c) q(B2) es un conjunto cerrado en Dn/Sn−1 , homeomorfo a D

n.

d) q(B1) ∩ q(B2) es homeomorfo a Sn−1 .

Luego, Dn/Sn−1 es homeomorfo a Sn .

Por ejemplo, tenemos que si f : Sn−1 = ∂Dn −→ {∗} (∗ un punto) entonces

Dn/Sn−1 ≈ D

n ∪f,Sn−1 {∗} ≈ Sn . (Aquı ≈ significa homeomorfo a.)

Tenemos tambien que S1 = [0, 1]/0 ∼ 1 y S2 = D2/S1

Proposicion 1.3 La esfera unitaria Sn (n > 1) es homeomorfa a Dp×Sq∪i,Sp−1×Sq

Sp−1 × Dq+1

, donde p + q = n e i : Sp−1 × Sq = ∂(Dp × Sq) −→ Sp−1 × Sq =

∂(Sp−1 × Dq+1

) es la aplicacion identidad.

Demostracion. Sean B1 = {(x1, . . . , xn+1) ∈ Sn : x21 + · · · + x2p 6 1/2} y

B2 = {(x1, . . . , xn+1) ∈ Sn : x21 + · · ·+ x2p > 1/2} . Tenemos que B1 ∪B2 = Sn y

B1 ∩B2 = {(x1, . . . , xn+1) ∈ Sn : x21 + · · ·+ x2p = 1/2} = Sp−1×Sq . La aplicacion

h : B1 −→ Dp × Sq definida por

h(x1, . . . , xn+1) =

√2x1, . . . ,

√2xp,

xp+1√1−∑i6p x

2i

, . . . ,xn+1√

1−∑i6p x2i

Sergio Plaza 6

es un homeomorfismo, y la aplicacion k : B2 −→ Sp−1 × Dq+1

definida por

k(x1, . . . , xn+1) =

x1√

1−∑i>p+1 x2i

, . . . ,xp√

1−∑i>p+1 x2i

,√2 xp+1, . . . ,

√2 xn+1

tambien es un homeomorfismo. Las aplicaciones h y k satisfacen k ◦ h−1 es la

identidad sobre Sp−1 × Sq . Lo cual concluye la prueba.

Por ejemplo, S3 = D2 × S1 ∪ S1 × D

2es la descomposicion de S3 como la

union de dos toros solidos pegados por el borde T2 = S1 × S1

Figura.

1.8 Espacios Lenticulares

Sea S2n+1 = {z = (z1, . . . , zn+1) ∈ Cn+1 : ||z|| = ∑n+1j=1 ||zj||2 = 1} la esfera

unitaria de dimension 2n + 1 y sea λ una raız primitiva p–esima de la unidad,

es decir, λ ∈ S1 y λp = 1 . El grupo Zp actua de modo propiamente discon-

tinuo y libre sobre S2n+1 mediante la accion Θ : Zp × S2n+1 −→ S2n+1 dada

por Θ(r, (z1, . . . , zn+1)) = (λrz1, . . . , λrzn+1) . El espacio de orbitas, L2n+1

p =

S2n+1/Zp es una variedad conexa de dimension 2n+ 1 , llamada el espacio lentic-

ular de dimension 2n+ 1 y grupo Zp .

1.9 Espacios Lenticulares Generalizados

Consideremos un subgrupo finito de S1 . Es sabido que estos subgrupos son ciclicos

e isomorfos a Zk (aditivo) para algun k . Un tal grupo Zk actua sobre C , con

la accion dada por z −→ e2πikj−1

k z , donde kj es entero con 0 6 kj 6 k . Luego,

Sergio Plaza 7

existe una accion de Zk sobre Cn+1 y sobre S2n+1 , esta es dada por

(z1, . . . , zn+1)→(e2πi1/kz1, e

2πik1/kz2, . . . , e2πikn/kzn+1

).

Esta accion es propiamente discontinua y libre cuando kj y k son coprimos

(j = 1, . . . , n). El espacio cuociente S2n+1/Zk es llamado espacio lenticular gener-

alizado, y es denotado por L(k, k1, . . . , kn) . Cuando n = 1 reobtenemos el espacio

lenticular L(k, k1) .

1.10 Toros

El toro n–dimensional, Tn , es la variedad

Tn = S1 × · · · × S1︸︷︷︸n−veces

.

Proposicion 1.4 El toro n–dimensional Tn es homeomorfo al espacio cuociente

Rn/Zn , donde la accion de Zn sobre Rn es dada por Θ : Zn × Rn −→ Rn ,

Θ((m1, . . . ,mn), (x1, . . . , xn)) = (x1 +m1, . . . , xn +mn) .

Demostracion. Sea π : Rn −→ Rn/Zn la proyeccion canonica. Definamos f :

Rn −→ Tn por f(x1, . . . , xn) = (exp(2πix1), . . . , exp(2πixn)) . Tenemos que f

es continua y sobreyectiva. Definamos f : Rn/Zn −→ Tn por f([(x1, . . . , xn)]) =

f(x1, . . . , xn) . Ahora es facil verificar que f es una biyeccion continua. Como

Rn/Zn es compacto y Tn es Hausdorff, se sigue que f es homeomorfismo.

Rn Tn

π

f

fc

Rn/Zn

1.11 Espacio Proyectivo Real

El grupo multiplicativo R∗ = R−{0} actua de modo propiamente discontinuo sobre

Rn+1 − {0} por las homotecias x −→ tx , donde t ∈ R∗ . El espacio de orbitas

Sergio Plaza 8

Rn+1 − {0}/R∗ puede ser interpretado como el conjunto de las rectas pasando a

traves del origen en Rn+1 . El espacio proyectivo n–dimensional es el espacio de

orbitas de la accion de R∗ sobre Rn+1 − {0} dadas por las homotecias.

Sea R la relacion de equivalencia sobre Rn+1 − {0} asociada a la accion de

R∗ anterior. La relacion R sobre Sn ⊂ Rn+1 − {0} puede ser interpretada como

la relacion de equivalencia asociada a la accion del grupo Z2 = {1,−1} sobre Sn

dada por (±1, x) −→ ±x .

Proposicion 1.5 La inclusion canonica i : Sn → Rn+1 − {0} induce un homeo-

morfismo i : Sn/Z2 −→ RPn .

Demostracion. Basta ver que el siguiente diagrama conmuta.

Sn Rn+1 − {0}

π1

i

πc

Sn/Z2 RPnSn/Z2i

Complete los detalles de la prueba.

Teorema 1.1 RPn es una variedad compacta y conexa de dimension n .

Demostracion. Ver Notas de Cursos de Variedades Diferenciables.

Proposicion 1.6 El espacio proyectivo RPn es homeomorfo al espacio cuociente

de Dn

identificando antipodalmente los puntos de Sn−1 = ∂Dn

(es decir, identi-

ficamos x con −x , para todo x ∈ Sn−1 ).

Demostracion. Facil y se deja a cargo del lector.

Tenemos que RP0 es un punto, y RP1 es homeomorfo a S1 . Para mostrar

esto ultimo consideremos la aplicacion f : S1 −→ S1 dada por f(z) = z2 , y

definamos f : S1/(z ∼ −z) −→ S1 por f(π(z)) = f(z) , es facil ver que f es una

Sergio Plaza 9

biyeccion continua, como S1/z ∼ −z es compacto y S1 es Hausdorff se sigue el

resultado.

S1 S1

π

f

fc

S1/(z ∼ −z)

Para n < m la inclusion canonica i : Sn → Sm induce un homeomorfismo

desde RPn sobre un subespacio cerrado de RPm , el cual identificamos con Rn .

x

−x

−1 1

• •

x ∼ y

Finalmente, identificando 1 ∼ −1 se obtiene S1 .

Proposicion 1.7 Sea q : Sn−1 = ∂Dn −→ RPn−1 la proyeccion canonica. En-

tonces RPn es homeomorfo al espacio Dn ∪q,Sn−1 RPn−1 .

Demostracion. Facil y se deja cargo del lector.

Corolario 1.1 El complemento de RPn−1 en RPn es homeomorfo a D n .

Sergio Plaza 10

Usando el corolario anterior, tenemos la siguiente manera de visualizar el plano

proyectivo 2–dimensional, esta es como sigue. Dentro del espacio R3 considere una

banda de Mobius M2 , con borde incluido, tenemos que ∂M = S1 . Ahora considere

R3 ⊂ R4 , y eliga un punto w fuera del hiperplano R3 . Una cada punto del borde

de la banda de Mobius con w a traves una linea recta. El espacio obtenido es el

plano proyectivo incrustado en R4 .

1.12 Espacio Proyectivo Complejo

El grupo multiplicativo C∗ = C−{0} actua de modo propiamente discontinuo sobre

Cn+1 − {0} por las homotecias z −→ λz . El espacio de orbitas Cn+1 − {0}/C∗

puede ser interpretado como el conjunto de las rectas complejas, es decir, planos

reales 2–dimensionales, pasando a traves del origen en Cn+1 .

El espacio proyectivo complejo de dimension n , CPn es el espacio de orbitas

Cn+1 − {0}/C∗ .

Sea R la relacion de equivalencia sobre Cn+1−{0} inducida por la accion de

C∗ . La restriccion de R a S2n+1 puede ser interpretada como la relacion de equiva-

lencia asociada a S1 sobre S2n+1 , dada por (λ, (z1, . . . , zn+1)) −→ (λz1, . . . , λzn+1) ,

donde λ ∈ S1 ⊂ C .

Proposicion 1.8 La inclusion canonica i : S2n+1 → Cn+1−{0} induce un home-

omorfismo i : S2n+1/S1 −→ CPn .

Demostracion. Facil y se deja a cargo del lector.

Proposicion 1.9 Sea q : S2n−1 = ∂D2n −→ CPn−1 la proyeccion canonica (en

este caso, llamada fibracion de Hopf). Entonces CPn es homeomorfo a D2n∪q,S 2n−1

CPn−1 .

Demostracion. Sea f : D2n −→ CPn la aplicacion definida por f(z1, . . . , zn) =

[(z1, . . . , zn, 1 − ||(z1, . . . , zn)||)] . Sea i : CPn−1 → CPn la inclusion canonica. La

aplicacion h : CPn−1 ∪ D2n −→ CPn , igual a i sobre CPn−1 e igual a f sobre

D2n

induce un homeomorfismo desde CPn−1 ∪q,S2n−1 D2n

en CPn .

Corolario 1.2 El complemento de CPn−1 en CPn es homeomorfo a R2n .

Corolario 1.3 CP1 es homeomorfo a S2 .

Sergio Plaza 11

Demostracion. Como CP0 es un punto y CP1 es homeomorfo al espacio cuociente

de D2identificando su borde a un punto, se tiene lo pedido.

1.13 Grupos Clasicos

Denotemos por M(n,C) el algebra compleja de dimension n2 de las matrices

cuadradas de orden n× n con coeficientes complejos.

Sea A ∈ M(n,C) , por A∗ denotamos las matriz AT, donde si A = (aij)n×n

entonces A = (aij)n×n es la matriz cuyos coeficientes son los conjugados (comple-

jos) de los coeficientes de A , y AT = (aji)n×n indica la matriz traspuesta de A .

La matriz A∗ es llamada matriz adjunta de A .

En M(n,C) consideremos los siguientes conjuntos:

1. GL(n,C) = {A ∈ M(n,C) : det(A) 6= 0} = det−1(C − {0}) , grupo lineal

complejo.

2. U(n,C) = {A ∈ GL(n,C) : AT = A−1} = {A ∈ GL(n,C) : A∗A = I} ,grupo unitario.

3. SU(n,C) = {A ∈ U(n,C) : det(A) = 1} = {A ∈ GL(n,C) : A∗A =

I y det(A) = 1} , grupo especial unitario.

Analogamente, para M(n,R) el algebra de las matrices cuadradas n× n con

coeficientes reales , consideramos los siguientes conjuntos:

1. GL(n,R) = GL(n,C) ∩ M(n,R) = {A ∈ M(n,R) : det(A) 6= 0} =

det−1(R− {0} , grupo lineal.

2. O(n,R) = U(n,C)∩M(n,R) = {A ∈ GL(n,R) : AAT = I} , grupo ortogo-

nal.

3. SO(n,R) = SU(n,C) ∩ M(n,R) = {A ∈ O(n,R) : det(A) = 1} , grupoespecial ortogonal.

Para n < m , identificamos M(n,C) con la subalgebra de M(m,C) , formada

por las matrices A = (ajk)m×m tales que ajk = δjk para j > n o k > n , donde

δjk es la delta de Kronecker, la cual es dada por

δjk =

{1 si j = k

0 si j 6= k .

Sergio Plaza 12

Tenemos que:

1. GL(n,C) es un conjunto abierto de M(n,C) , pues GL(n,C) = det−1(C −{0}) y la funcion det : M(n,C) −→ C es continua, de hecho diferenciable de

clase C∞ .

2. GL(n,R) = det−1(R− {0}) , luego es un conjunto abierto de M(n,R) .

3. GL(n,C) y GL(n,R) son grupos topologicos.

4. U(n,C) , SU(n,C) , GL(n,C) , O(n,R) y SO(n,R) son subgrupos cerrados

de GL(n,C) .

5. Sea f : U(n,C) −→ SU(n,C)× S1 dada por f(A) = (A/det(A), det(A)) es

un isomorfismo.

Analogamente, la funcion f : O(n,R) −→ SO(n,R) × {−1, 1} dada por

f(A) =

(A

det(A), det(A)

)es un isomorfismo.

6. La aplicacion exponencial, exp : M(n,C) −→ GL(n,C) , la cual es definida

por

exp(A) =

∞∑

k=0

Ak

k!

es un difeomorfismo desde una vecindad de 0 en M(n,C) sobre una vecin-

dad de I (matriz identidad) en GL(n,C) . Analogamente, para exp :

M(n,R) −→ GL(n,R) .

7. Sea A ∈ U(n,C) . Entonces

(a) exp(A) ∈ U(n,C) si y solo si A+A∗ = 0 , es decir, A es antisimetrica.

(b) exp(A) ∈ SU(n,C) si y solo si A+A∗ = 0 y traza(A) = 0 .

(c) exp(A) ∈ GL(n,R) si y solo si A ∈ M(n,R) .

(d) exp(A) ∈ SO(n,R) si y solo si A ∈ M(n,R) y A+ AT = 0 , es decir,

A es antisimetrica.

8. SO(2,R) y U(1,C) son isomorfos a S1 .

Proposicion 1.10 Los grupos topologicos U(n,C) , SU(n,C) , O(n,R) y SO(n,R)son compactos.

Sergio Plaza 13

Demostracion. Facil, se deja a cargo del lector.

Proposicion 1.11 Los grupos GL(n,C) , U(n,C) , SU(n,C) , GL(n,R) y SO(n,R)son variedades topologicas de dimension 2n2 , n2 , n2 − 1 , n2 y (n2 − n)/2 , re-spectivamente.

Demostracion. Ver Notas de Curso de Variedades.

Proposicion 1.12 El grupo topologico SU(n,C) es conexo por caminos.

Demostracion. Sea A ∈ SU(n,C) entonces existe B ∈ SU(n,C) tal que BAB−1 =

C es una matriz diagonal, C = (cjk)n×n , con cjk = δjke2πiλj y λ1+ · · ·+λn = 0 .

Luego, α : I −→ SU(n,C) definido por α(t) = Ct =(δjke

2πitλj)n×n

es un camino

en SU(n,C) , uniendo I con C . Por lo tanto, β : I −→ SU(n,C) dada por

β(t) = B−1CtB es un camino en SU(n,C) uniendo I con A .

Corolario 1.4 El grupo U(n,C) es conexo por caminos.

Demostracion. Inmediata.

Proposicion 1.13 El grupo SO(n,R) es conexo por caminos.

Demostracion. Sea A ∈ SO(n,R) entonces existe B ∈ SO(n,R) tal que C =

BAB−1 tiene la forma

1 0 0

. . ....

0 1 0 0

0

(cos(2πλ1) sen(2πλ1)

−sen(2πλ1) cos(2πλ1)

)0 0

. . .

0

(cos(2πλp) sen(2πλp)

−sen(2πλp) cos(2πλp)

)

(los lugares no llenos, son 0’s)

El lector puede ahora completar la prueba.

Sergio Plaza 14

Corolario 1.5 El grupo O(n,R) tiene dos componentes conexas por caminos.

Proposicion 1.14 1. GL(n,R) es homeomorfo a O(n,R)× Rn2+n

2 .

2. GL(n,C) es homeomorfo a U(n,C)× Rn2

.

3. GL(n,C) es conexo.

Demostracion. Se deja a cargo del lector.

Proposicion 1.15 Los espacios homogeneos O(n+1,R)/O(n,R) y SO(n+1,R)/SO(n,B)son ambos homeomorfos a Sn

Demostracion. Tenemos que O(n+1,R) y SO(n+1,R) operan transitivamente

sobre la esfera Sn , y los subgrupos de isotropıa del punto (0, . . . , 0, 1) son respecti-

vamente, O(n,R) y SO(n,R) . Luego, como O(n+1,R) es compacto se tiene que

Sn es homeomorfo a O(n+ 1,R)/O(n,R) y tambien a SO(n+ 1,R)/SO(n,R) .

Proposicion 1.16 Los espacios homogeneos U(n+1,C)/U(n,C) y SU(n+1,C)/SU(n,C)son ambos homeomorfos a S2n+1 .

Demostracion. Analoga a la anterior.

1.14 Accion de Grupos sobre Espacios Topologi-

cos

Sean H y G grupos y ψ : H −→ G un homomorfismo. Definamos la aplicacion

Θ : H × G −→ G por Θ(h, g) = ψ(h) · g . Entonces Θ es una accion por la

izquierda de H sobre G .

Ahora, si G y H son grupos topologicos y ψ : H −→ G es un homomorfismo

de grupos topologicos, entonces la accion Θ definida arriba es continua. En el caso

que H es un subgrupo topologico de G o cuando H = G y ψ es la inclusion

(identidad) de H en G , decimos que H actua como grupo de traslaciones a la

izquierda sobre G .

Sergio Plaza 15

1.14.1 Ejemplos de acciones de grupos topologicos

1. GL(n,R) actua de modo natural sobre Rn , en este caso Θ : GL(n,R) ×Rn −→ Rn es dada por Θ(A, x) = Ax.

2. Sea H ⊂ GL(n,R) un subgrupo, entonces ΘH = Θ|H : H × Rn −→ Rn

define una accion. Observemos que ΘH = Θ ◦ i , donde i : H → GL(n,R)

es la aplicacion inclusion. Como i y Θ son continuas, se sigue que ΘH es

continua.

3. Sea

H =

{(a b

0 a

): a > 0

}⊂ GL(2,R) ,

no es difıcil ver que H es una variedad 2–dimensional C∞, la cual es un

grupo. Las aplicaciones producto e inversion son ambas C∞. Ademas, es

claro que H es un conjunto cerrado de GL(2,R), por lo tanto H es un

subgrupo del grupo GL(2,R). La aplicacion, ΘH : H × R2 −→ R2 , es dada

en este caso por

ΘH

((a b

0 a

),

(x

y

))=

(ax+ by

ay

)

la cual es claramente es continua.

Definicion 1.1 Sea G un grupo que actua sobre un conjunto M . Dado el con-

junto A ⊂ M , definimos G · A = {g · a : g ∈ G , a ∈ A}. La orbita de x ∈ Mbajo la accion de G es, orbG(x) , la cual denotamos simplemente por G · x , es el

conjunto G · x = {g · x : g ∈ G}. Si G · x = x , decimos que x es un punto fijo de

la accion de G sobre M . Si G · x =M para algun x ∈M , decimos que G actua

de modo transitivo sobre M . En este caso, G · x =M para todo x ∈M .

Ejemplo. Sean M = Rn y G = GL(n,Rn). Entonces 0 ∈ Rn es un punto

fijo de la accion de GL(n,Rn) sobre Rn definida arriba. Ademas, esta accion

es transitiva sobre Rn − {0}, pues si x ∈ Rn, x 6= 0 entonces existe una base

F = {f1, . . . , fn} de Rn tal que f1 = x. Expresando esa base en terminos de la

base canonica, es decir, escribiendo fi =∑n

j=1 aijei , i = 1, . . . , n, se tiene que

x = Ae1, donde A = (aij) ∈ GL(n,R). Luego cada x ∈ R−{0} esta en la orbita de

e1. Restringiendo la accion a H = O(n) , se tiene que la orbita de cada x ∈ R−{0}

Sergio Plaza 16

es la esfera Sn‖x‖ = esfera de radio ‖x‖ y centro en el origen. Por otro lado, el

origen es el unico punto fijo de H .

Ahora si G es un grupo topologico y M es un espacio topologico, y Θ :

G ×M −→ M es una accion, definimos p ∼ q si y solo si existe g ∈ G tal que

q = Θ(g, p) , ademas, ∼ es una relacion de equivalencia. AM/G se le llama espacio

de orbitas. Dotamos M/G con la topologıa cuociente inducida por la proyeccion

canonica π :M −→M/G .

Teorema 1.2 Sea G un grupo topologico y H ⊂ G un subgrupo topologico. En-

tonces la proyeccion canonica π : G −→ G/H es continua y abierta. Ademas, G/H

es Hausdorff si y solo si H es cerrado.

Demostracion. Topologıa general.

Definicion 1.2 Sea G un grupo topologico que actua sobre un conjunto X y sea

x ∈ X , el grupo de isotropıa o estabilizador de x es el subgrupo Gx = {g ∈ G :

g · x = x} .

Lema 1.1 Sea G un grupo topologico que actua transitivamente sobre un conjunto

M . Entonces para todo x, y ∈M , se tiene que Gx es isomorfo a Gy .

Demostracion. Sea x 6= y , entonces existe g ∈ G tal que g · x = y . Definamos

φ : Gx −→ Gy por φ(k) = g−1kg , se tiene que φ es el isomorfismo buscado. La

verificacion es facil y se deja al lector.

Luego en el caso en que un grupo actua transitivamente sobre un conjunto,

podemos hablar del grupo de isotropıa como el grupo de isotropıa de cualquier

punto del conjunto.

1.15 Espacios Homogeneos

Definicion 1.3 Decimos que un epacio topologico M es homogeneo si existen un

grupo topologico G y un subgrupo topologico H ⊂ G tal que M = G/H .

Ejemplo. La esfera Sn . El grupo O(n+ 1) actua de modo natural sobre Sn . La

accion es dada por Θ(A, x) = Ax , la cual es transitiva. El grupo de isotropıa de

e1 = (1, 0, · · · , 0) ∈ Sn es el grupo de las matrices de la forma,(

1 0

0 A

), donde A ∈ O(n)

Sergio Plaza 17

Luego Sn = O(n+ 1)/O(n) . Analogamente Sn = SO(n+ 1)/SO(n) .

Teorema 1.1 Si G actua transitivamente sobreM , entonces existe una correspon-

dencia biyectiva entre M y G/H , donde H es el grupo de isotropıa (la accion es

considerada por la izquierda).

Demostracion. Sea x0 ∈ M , fijo. Definimos la correspondencia f : G/Gx0−→

M por f(g ·Gx0) = Lg(x0) , es facil probar que f es la biyeccion buscada.

Ejemplos.

1. RPn. El conjunto de rectas pasando por el origen en Rn+1. El grupo O(n+1)

actua transitivamente sobre la variedad RPn como sigue: Θ(A, [p]) = [Ap],

consideremos la recta generada por e1 = (1, 0, · · · , 0), ella es transformada

en sı misma por las transformaciones ortogonales siguientes,

(±1 0

0 A

), donde A ∈ O(n)

El grupo de isotropıa es por lo tanto isomorfo al producto directo O(1) ×O(n), de donde

RPn = O(n+ 1)/(O(1)×O(n))

2. G = (R,+) actua sobre S1 = { e2πiϕ : ϕ ∈ R} como sigue: Lt(e2πiϕ) =

e2πi(t+ϕ). Como e2πi = 1, el grupo de isotropıa de 1 es isomorfo a Z, luego

S1 = R/Z.

En general, si Tn = S1 × · · · × S1, (n–veces), es el toro n–dimensional,

tenemos la accion de (Rn,+) sobre Tn dada por

L(t1,...,tn)(e2πiϕ1 , . . . , e2πiϕn) =

(e2πi(t1+ϕ1), . . . , e2πi(tn+ϕn)

)

y el grupo de isotropıa es Zn , por lo tanto Tn = Rn/Zn.

3. Variedad de Stiefel Vn,k. Cada punto de esta variedad es un conjunto

ortonormal ordenado de k vectores X = (v1, . . . , vk), vi ∈ Rn, 〈vi , vj〉 =δij y ‖vi‖ = 1, donde δij es la delta de Kronecker.

Toda matriz A ∈ O(n) transforma un punto x = (v1, . . . , vk) ∈ Vn,k en un

punto Ax = (Av1, . . . , Avn), es facil ver que Ax ∈ Vn,k.

Sergio Plaza 18

La variedad de Stiefel Vn,k es una subvariedad en Rnk. De hecho los vec-

tores v1, . . . , vk ∈ Rn escritos en una base ortonormal cualquiera en Rn son

caracterizados por sus coordenadas vi = (xi1, . . . , xin), i = 1, . . . , k. Las

cantidades xij , i = 1, . . . , k, j = 1, · · · , n, son las coordenadas de un punto

en Rnk. Esas coordenadas estan relacionadas por un sistema de k(k + 1)/2

ecuaciones

〈vi , vj〉 = δij =n∑

s=1

xisxjs , i , j = 1, . . . k i 6 j

La variedad de Stiefel Vn,k es una subvariedad de dimension nk − k(k + 1)

2en Rnk.

En efecto, como O(n) opera transitivamente sobre Vn,k basta construir una

parametrizacion en un punto cualquiera de Vn,k. Sea este punto x0 =

(xij), donde xij = δij , i = 1, . . . , k, j = 1, . . . , n. Para construir una

parametrizacion en torno a x0 basta mostrar que la matriz jacobiana del

sistema de ecuaciones anterior tiene rango k(k+1)2 en el punto x0, lo cual es

claro.

Ahora sea xij = xij(t) una curva en Vn,k tal que (xij(0)) = x0. Tenemos

n∑

s=1

xis(t)xjs(t) = δij i , j = 1, . . . , k, i 6 j,

xij(0) = δij i = 1, . . . , k , j = 1, . . . , n .

El vector velocidad ξij =dxij

dt |t=0 de esta curva verifica la ecuacion,

0 =d

dt

(n∑

s=1

xis(t)xjs(t)

)= ξij + ξji , i, j = 1, . . . , k ,

luego Tx0Vn,k consiste de los vectores ξij , i = 1, . . . , k, j = 1, . . . , n, tales

que ξij = −ξij , i, j = 1, . . . , k.

Como O(n) actua transitivamente sobre Vn,k podemos buscar el grupo de

isotropıa, para ello incrustamos el sistema de k vectores ortonormales v1, . . . , vk

Sergio Plaza 19

de Rn en una base ortonormal v1, . . . , vn ∈ Rn. En el sistema de coorde-

nadas elegido la matriz ortogonal que deja los vectores v1, . . . , vk invariantes

tiene la forma siguiente,

1 · · · 0 0...

. . ....

...

0 · · · 1 0

0 · · · 0 A

, donde A ∈ O(n− k) .

Luego el grupo de isotropıa es O(n− k), es decir,

Vn,k = O(n)/O(n− k) .

Es facil ver tambien que

Vn,k = SO(n)/SO(n− k) .

En particular,

Vn,n = O(n)Vn,n−1 = SO(n)Vn,1 = Sn−1

4. Variedad de Grassmann G(n, k,R)

Los puntos de la variedad de Grassmann son los k-planos pasando por el

origen en Rn. El grupo O(n) actua transitivamente sobre Rn y ello induce

una accion natural sobre Gn,k como sigue: elijamos un k-plano P ∈ Gn,ky A ∈ O(n), entonces es claro que A(P ) es un k-plano. Busquemos un

grupo de isotropıa de P , para ello introducimos un sistema de coordenadas

ortogonales en Rn de modo que los primeros k vectores esten contenidos en

P . Las matrices ortogonales que dejan P invariante son de la forma

(A 0

0 B

), donde A ∈ O(k) y B ∈ O(n− k) .

Luego Gn,k = O(n)/(O(k)×O(n−k)), de donde es clara la igualdad Gn,k =

Gn,n−k y el hecho que Gn,1 = RPn−1.

Sergio Plaza 20

5. Espacios homogeneos del grupo unitario U(n).

U(n) = {A ∈ GL(n,C) : AAT = I} ⊂ GL(n,C)SU(n) = {A ∈ U(n) : det(A) = 1} ⊂ U(n)

Sea S2n−1 ⊂ R2n = Cn la esfera unitaria compleja, S2n−1 = {(z1, . . . , zn) ∈Cn : |z1|2 + · · ·+ |zn|2 = 1}. Como antes se prueba

(a) S2n−1 = U(n)/U(n− 1) = SU(n)/SU(n− 1)

(b) CPn−1 = U(n)/(U(1)× U(n− 1)), plano proyectivo complejo

(c) GC

n,k = U(n)/(U(k)× U(n− k)), variedad de Grassmann compleja.

1.16 Ejercicios

1. Pruebe que si M = G/H entonces dimM = dimG − dimH . Calcule

dimGC

n,k.

2. Estudie los ejemplos,

(a) SO(2n)/U(n);

(b) SU(n)/SO(n);

(c) SO(p+ q)/SO(p)× SO(q);

(d) SU(p+ q)/SU(p)× SU(q);

(e) SL(N,R)/SO(n);

(f) SO(n,C)/SO(n,R).

Capıtulo 2

Homotopıa

Introduciremos la nocion de homotopıa, la cual es la mas fundamental en topologıa

algebraica.

2.1 Homotopıa de Aplicaciones

Dados dos espacios topologicos X e Y , denotamos por C(X,Y ) el conjunto de

aplicaciones continuas de X en Y . En C(X,Y ) definiremos una relacion de equiva-

lencia, “∼” , llamada homotopıa. Intuitivamente homotopıa significa que dadas dos

aplicaciones continuas f0 , f1 : X −→ Y , podemos deformar la imagen de f0 en la

imagen de f1 dentro del espacio Y .

f0

f1

f0(X)

f1(X)X

Y

Figura 2.1

en la figura (2.1) podemos deformar la imagen de f0 en la imagen de f1 dentro de

Y .

21

Sergio Plaza 22

f0

f1

f0(X)

f1(X)X

Y

Figura 2.1

en la figura (2.1) no podemos deformar la imagen de f0 en la imagen de f1 dentro

del espacio Y pues existe un “hoyo”.

En todo lo que sigue, salvo mencion contraria, por I denotamos el intervalo

[0, 1] .

Definicion 2.1 Sean f0, f1 : X −→ Y aplicaciones continuas. Decimos que f0

es homotopica a f1 si, existe una aplicacion continua F : X × I −→ Y tal que

{F (x, 0) = f0(x)

F (x, 1) = f1(x)

para todo x ∈ X .

La aplicacion F es llamada una homotopıa entre f0 y f1 . Algunas veces us-

amos la notacion f0 ∼F f1 o F : f0 ∼ f1 para indicar explıcitamente la homotopıa

entre f0 y f1 , cuando sea necesario, si no simplemente escribimos f0 ∼ f1 .Para cada t ∈ I , definimos la aplicacion Ft : X −→ Y por Ft(x) = F (x, t) .

Es claro que Ft es continua, luego dar la homotopıa F equivale a definir una

familia continua a 1–parametro (Ft)t∈I de aplicaciones continuas de X en Y . La

continuidad de la familia significa que la aplicacion (x, t) −→ Ft(x) es continua.

Tenemos F0 = f0 y F1 = f1 . Es comun pensar en el parametro t , como el tiempo,

de esta forma una homotopıa puede ser pensada como un proceso de deformacion

de la aplicacion f0 , donde tal deformacion tiene lugar en una unidad de tiempo.

Ejemplos

Sergio Plaza 23

1. Caminos. Un camino en X es una aplicacion continua f : I −→ X .

Cada camino f : I −→ X es homotopico a la aplicacion constante εf(0) :

I −→ X , definida por εf(0)(t) = f(0) , para todo t ∈ I .En efecto, sea F : I × I −→ X dada por F (s, t) = f((1− t)s) . Es claro que

F es continua, y satisface F (s, 0) = f(s) y F (s, 1) = f(0) = εf(0) .

2. Sea X uno de los espacios Rn o Dn = {x ∈ Rn : ||x|| < 1} (disco unitario

n–dimensional centrado en el origen). Sea f : X −→ Y una aplicacion

continua. Entonces f es homotopica a la aplicacion constante εf(0) : X −→Y , dada por εf(0)(x) = f(0) .

En efecto, consideremos la aplicacion F : X × I −→ Y dada por F (x, t) =

f((1 − t)x) . Se tiene que F es continua, y satisface F (x, 0) = f(x) y

F (x, 1) = f(0) = εf(0) .

3. Sean f0, f1 : X −→ Rn o f0, f1 : X −→ Dn aplicaciones continuas, entonces

f0 ∼ f1 .En efecto, sea F : X × I −→ Rn (o Dn ) dada por F (x, t) = (1− t)f0(x) +tf1(x) . Es claro que F es continua, y satisface F (x, 0) = f0(x) y F (x, 1) =

f1(x) . Notemos que la deformacion la producimos a lo largo del segmento de

recta que une f0(x) y f1(x) para cada x ∈ X , por esta razon F es llamada

homotopıa lineal entre f0 y f1 .

Lo mismo vale cambiando Rn o Dn por un conjunto convexo de un espacio

vectorial normado.

4. Sean f0, f1 : X −→ Y dos aplicaciones aplicaciones constantes, f0(x) = p

y f1(x) = q para todo x ∈ X . Entonces f0 y f1 son homotopicas si y solo

si p y q pertenecen a la misma componente conexa por caminos de Y .

En efecto,

(⇒) Si F : f0 ∼ f1 , entonces para cada x ∈ X la aplicacion α : I −→ X ,

dada por α(t) = F (x, t) es un camino uniendo p y q .

(⇐) Si p y q pertenecen a la misma componente conexa por caminos de

Y , existe un camino α : I −→ Y tal que α(0) = p y α(1) = q . Definamos

F : X × Y −→ Y , por F (x, t) = α(t) , y se tiene que F : f0 ∼ f1 .

5. Sean f, g : Sn −→ Sn aplicaciones continuas tales que f(x) 6= −g(x) para

todo x ∈ Sn , es decir, si a : Sn −→ Sn es la aplicacion antipodal a(x) = −x ,

Sergio Plaza 24

entonces f 6= a ◦ g . Se tiene f ∼ g .En efecto, notemos que la condicion f(x) 6= −g(x) significa que para cada

x ∈ Sn el segmento de recta en Rn+1 uniendo f(x) y g(x) no pasa

por el origen. Luego podemos definir F : Sn × I −→ Sn por F (x, t) =(1− t)f(x) + tg(x)

‖(1− t)f(x) + tg(x)‖ , es inmediato que F es continua y satisface F (x, 0) =

f(x)||f(x)|| = f(x) y F (x, 1) = g(x)

||g(x)|| = g(x) .

−f(x)

f(x)

g(x)

Dos casos particulares

(a) Si f : Sn −→ Sn no tiene puntos fijos, es decir, f(x) 6= x para todo

x ∈ Sn , entonces f ∼ a .En efecto, tenemos que f(x) 6= x = a ◦ a(x) para todo x ∈ Sn .

(b) Si f : Sn −→ Sn es tal que f(x) 6= −x para todo x ∈ Sn , es decir, f

no tiene puntos antipodales. Entonces f ∼ IdSn .

En efecto, f(x) 6= −x = a ◦ IdSn(x) para todo x ∈ Sn .

6. Si n es impar, entonces la aplicacion antipodal a : Sn −→ Sn es homotopica

a la aplicacion identidad IdSn de Sn .

En efecto, como n = 2k + 1 es impar podemos considerar Sn = S2k+1 ⊂R2(k+1) ∼= Cn+1 , y los puntos de de Sn pueden ser interpretados como

(k+1)–uplas de numeros complejos (z0, . . . , zk) tales que |z0|2+ · · ·+ |zk|2 =

1 . Dados z = (z0, . . . , zk) ∈ Sn y u ∈ C , con |u| = 1 , definimos uz

por uz = (uz1, . . . , uzk) . Es inmediato que uz ∈ Sn . Ahora, sea H :

Sn × I −→ Sn dada por H(z, t) = eπitz . Tenemos que H es continua,

Sergio Plaza 25

y satisface H(z, 0) = z y H(z, 1) = eπiz = −z = a(z) . (Recuerde que

ea+ib = ea(cos(b) + isen(b)) .)

Nota. Afirmamos que si n es par entonces la aplicacion antipodal a : Sn −→Sn no es homotopica a la aplicacion identidad. La prueba de esta afirmacion

queda pendiente por el momento, la daremos mas adelante.

7. Campos de Vectores y Homotopıas en Sn

Un campo continuo de vectores tangentes en Sn es una aplicacion continua

v : Sn −→ Rn+1 que satisface 〈v(x), x〉 = 0 para todo x ∈ Sn . Una

singularidad de v es un punto x0 ∈ Sn tal que v(x0) = 0 .

x v(x)

Afirmacion 2.1 Si n es impar, digamos n = 2k − 1 entonces existe un

campo continuo de vectores tangentes sin singularidades en Sn .

En efecto, tenemos que S2k−1 ⊂ R2k , luego podemos escribir los puntos

x ∈ R2k en la forma x = (x1, . . . , xk, y1, . . . , yk) . Sea v : S2k−1 −→ S2k−1

dada por v(x1, . . . , xk, y1, . . . , yk) = (−y1, . . . ,−yk, x1, . . . , xk) . Es claro que

v es continua y satisface v(x) 6= 0 y 〈v(x), x〉 = 0 para todo x ∈ S2k−1 .

Afirmacion 2.2 Si existe un campo continuo de vectores tangentes en Sn

entonces la aplicacion antipodal es homotopica a la aplicacion identidad.

En efecto, sea v : Sn −→ Rn+1 un campo continuo de vectores tangentes sin

singularidades en Sn . Definamos la aplicacion f : Sn −→ Sn por f(x) =v(x)+x

||v(x)+x|| .

Sergio Plaza 26

•

f(x)

x+ v(x)

x v(x)

Es claro que f es continua. Como v(x) 6= x para todo x ∈ Sn , se tiene que

f(x) 6= x = a ◦ a(x) , luego f ∼ a . Resta probar que f ∼ IdSn , y usando

que la relacion de homotopıa es transitiva (se mostrara luego) se tiene que

f ∼ IdSn ∼ a .Sea H : Sn × I −→ Sn dada por H(x, t) = x+tv(x)

||x+tv(x)|| . Tenemos que H es

continua y satisface H(x, 0) = IdSn(x) y H(x, 1) = f(x) . Lo que concluye

la prueba de la afirmacion.

Tenemos lo siguiente

1. n impar =⇒ Existe un campo continuo de vectores tangentes sin singulari-

dades sobre Sn .

2. Existe un campo continuo de vectores tangentes sin singularidades sobre Sn

=⇒ la aplicacion antipodal a : Sn −→ Sn es homotopica a la aplicacion

identidad de Sn .

3. n impar =⇒ Existe un campo continuo de vectores tangentes sin singulari-

dades sobre Sn =⇒ la aplicacion antipodal a : Sn −→ Sn es homotopica a

la aplicacion identidad de Sn .

4. Existe un campo continuo de vectores tangentes sin singularidades sobre Sn

=⇒ la aplicacion antipodal a : Sn −→ Sn es homotopica a la aplicacion

identidad de Snsin prueba−→ n impar.

Resumiendo lo probado hasta ahora, tenemos el siguiente teorema.

Teorema 2.1 En Sn existe un campo continuo de vectores tangentes sin singu-

laridades si y solo si n es impar.

Sergio Plaza 27

Teorema 2.2 (Poincare–Bohl) Sea E un espacio vectorial normado. Si f, g :

X −→ E −{0} son aplicaciones continuas tales que ||f(x)− g(x)|| < ||f(x)|| paratodo x ∈ X, entonces f ∼ g .

Demostracion. Basta probar que en estas condiciones que 0 /∈ [f(x), g(x)] =

{(1−t) f(x)+t g(x) : t ∈ I} para todo x ∈ X , es decir, 0 no pertenece al segmento

de recta uniendo f(x) y g(x) , pues si 0 ∈ [f(x), g(x)] para algun x ∈ X entonces

||f(x)− g(x)|| = ||f(x)||+ ||g(x)|| > ||f(x)|| .Hecho lo anterior, podemos definir la homotopıa lineal F (x, t) = (1− t) f(x)+

t g(x) entre f y g .

Observacion. Cabe notar que el contradominio Y juega un rol importante en las

homotopıas de aplicaciones f0, f1 : X −→ Y , pues es dentro de Y donde ocurre

la deformacion. De hecho puede ocurrir que dos aplicaciones f0, f1 : X −→ Y ′ ,

con Y ′ ⊂ Y no sean homotopicas, pero consideradas como aplicaciones de X

en Y si lo sean, por ejemplo tomando Y ′ = R − {0} e Y = R dos aplicaciones

f0, f1 : X −→ Y ′ constantes f0(x) = −1 y f1(x) = 1 para todo x ∈ X no pueden

ser homotopicas, pero consideradas como aplicaciones de X en R si lo son.

Ahora impondremos algunas restricciones a las homotopıas, las cuales nos

seran utiles mas adelante.

Definicion 2.2 (Homotopıa relativa) Sea A ⊂ X y sean f0, f1 : X −→ Y aplica-

ciones continuas tales que f0(x) = f1(x) para todo x ∈ A , es decir, f0|A = f1|A .

Decimos que f0 es homotopica a f1 relativo a A , y usamos las notaciones f0 ∼ f1rel A o F : f0 ∼ f1 rel A si, existe una homotopıa F : X × I −→ Y entre f0 y

f1 , tal que para todo a ∈ A y todo t ∈ I se tiene que F (a, t) = f0(a) = f1(a) .

Note que en esta definicion, la homotopıa deja los puntos f0(a) = f1(a) para

todo a ∈ A , invariantes durante la deformacion.

Ejemplos.

1. Sea r : Rn − {0} −→ Rn − {0} dada por r(x) = 1||x|| x . Afirmamos que r

es homotopica a la aplicacion identidad relativo a Sn .

En efecto, sea H : (Rn − {0}) × I −→ Rn − {0} dada por H(x, t) = (1 −

Sergio Plaza 28

t)x+ tr(x) . La aplicacion H es continua y satisface

H(x, 0) = x = Id(x)

H(x, 1) = r(x)

H(a, t) = a para todo a ∈ Sn y todo t ∈ I .

2. Sea X = S1×R el cilindro y sea A = S1×{0} ∼= S1 (aqui X ∼= Y significa

que X e Y son homeomorfos). La aplicacion p : X −→ S1 × {0} dada por

p(x, y, z) = (x, y, 0) es homotopica a la aplicacion identidad relativo a A .

En efecto, definamos la aplicacion H : X × I −→ X por H(x, y, z, t) =

(x, y, tz) . Es facil verificar que la aplicacion H satisface lo pedido.

El siguiente lema de topologıa nos sera de gran utilidad para probar que apli-

caciones continuas definidas por “ramas” son continuas bajos sus hipotesis.

Lema 2.1 (Gluing Lemma=lema del pegado) Sea X espacio topologico. Supong-

amos que podemos escribir X = A ∪ B , donde A y B son conjuntos abiertos

(resp. cerrados). Dadas aplicaciones continuas f : A −→ Y y g : B −→ Y tales

que f |(A ∩B) = g|(A ∩B) , definamos la aplicacion h : X −→ Y por

h(x) =

{f(x) si x ∈ Ag(x) si x ∈ B .

Entonces h es continua.

Demostracion. Haremos la prueba en el caso que ambos A y B son conjuntos

abiertos en X , en el caso que ambos sean cerrados, la prueba es completamente

analoga.

Sea O ⊂ Y un conjunto abierto. Tenemos h−1(O) = h−1(O) ∩ (A ∪ B) =

(h−1(O)∩A)∪ (h−1(O)∩B) = f−1(O)∪ g−1(O) , este conjunto es abierto, pues f

y g son continuas.

Teorema 2.3 La relacion de homotopıa relativa es una relacion de equivalencia

en el conjunto de las aplicaciones continuas de X en Y que tienen la misma

imagen sobre un conjunto A ⊂ X . En particular, la relacion de homotopıa es una

relacion de equivalencia en C(X,Y )

Sergio Plaza 29

Demostracon. La relacion de homotopıa relativa a A es una relacion refleja, pues

basta tomar la homotopıa H(x, t) = f(x) para todo x ∈ X y todo t ∈ I .Para mostrar que es simetrica, vemos que si F : f ∼ g rel A , entonces

K(x, t) = F (x, 1 − t) satisface K : g ∼ f rel A .

Finalmente, para mostrar que es transitiva tenemos que si F : f ∼ g rel A

y G : g ∼ h rel A , entonces la aplicacion H : X × I −→ Y definida por

H(x, t) =

{F (x, 2t) si 0 6 t 6 1/2

G(x, 2t− 1) si 1/2 6 t 6 1

satisface H(x, 0) = F (x, 0) = f(x) , H(x, 1) = G(x, 1) = h(x) , y si a ∈ A y t ∈ Ientonces H(a, t) = f(a) = g(a) = h(a) . Resta probar que H es continua. Para

esto notemos que para todo x ∈ X y para t = 1/2 se tiene que F (x, 1) = g(x) y

G(x, 0) = g(x) , es decir, F |X×{1/2} = G|X×{1/2} , por lo tanto H es continua

por el Gluing Lemma.

Ahora usaremos la nocion de homotopıa para dar una relacion de equivalencia

sobre la clase de los espacios topologicos.

Definicion 2.3 Sea X , Y espacios topologicos. Decimos que X e Y tienen el

mismo tipo de homotopıa o que ellos son homotopicamente equivalentes, y usamos

la notacion X ≡ Y , si existen aplicaciones continuas f : X −→ Y y g : Y −→ X

tales que g ◦ f ∼ IdX y f ◦ g ∼ IdY .

Las aplicaciones f, g como en la definicion son llamadas inversas homotopicas,

tambien decimos que f es una equivalencia homotopica y que g es su inversa

homotopica.

Ejemplos.

1. Si X e Y son homeomorfos entonces X ≡ Y . En este caso, si f : X −→ Y

es un homeomorfismo entonces f es una equivalencia homotopica y su inversa

homotopica es el homeomorfismo inverso f−1 .

2. Rn ≡ {0} .En efecto, sean f : Rn −→ {0} y g : {0} −→ Rn dadas por f(x) = 0 para

todo x ∈ Rn y g(0) = 0 , respectivamente. Tenemos que g ◦ f(x) = 0 para

todo x ∈ Rn . Sea H : Rn × I −→ Rn dada por H(x, t) = tx , es claro

que H es una homotopıa entre IdRn y g ◦ f . Por otra parte, se tiene que

f ◦ g(0) = f(0) = 0 = Id{0}(0) .

Sergio Plaza 30

3. Sean X = S1 × R e Y = S1 × {0} entonces X ≡ Y .

En efecto, sean p : S1 × R −→ S1 × {0} (proyeccion) e i : S1 × {0} →S1×R (inclusion canonica) las aplicaciones dadas por p(x, y, z) = (x, y, 0) e

i(x, y, 0) = (x, y, 0) , respectivamente. Tenemos que p◦i(x, y, 0) = p(x, y, 0) =

(x, y, 0) , es decir, p ◦ i = IdS1×{0} , por otra parte, i ◦ p(x, y, z) = i(x, y, 0) =

(x, y, 0) , definamos H : S1×R×I −→ S1×R por H(x, y, z, t) = (x, y, tz) , es

claro que H es continua y satisface H(x, y, z, 0) = (x, y, 0) y H(x, y, z, 1) =

(x, y, z) = IdS1×R(x, y, z) .

4. Sea X la banda de Mobius y sea Y su cırculo central. Entonces X ≡ Y .

En efecto, la banda de Mobius puede ser obtenida como el espacio cuociente

del cuadrado Q = [0, 1]× [0, 1] identificando los puntos (0, y) con (1, 1− y)de su borde, y en el interior cada punto se identifica consigo mismo.

Ahora note que en la banda de Mobius los puntos correspondientes a la linea

{(x, 1/2) : 0 6 x 6 1} de Q forman un cırculo, el cual llamamos cırculo

central. Es claro que la linea {(x, 1/2) : 0 6 x 6 1} y el cuadrado Q tienen

el mismo tipo de homotopıa. Es facil ver ahora que esa equivalencia de

homotopıa induce una equivalencia de homotopıa entre la banda de Mobius

y su cırculo central.

Tenemos el siguiente.

Teorema 2.4 La relacion “mismo tipo de homotopıa” es una relacion de equiva-

lencia en la clase de los espacios topologicos.


Sergio Plaza 31

Sea f : X −→ Y una aplicacion continua, por [f ] denotamos su clase de

equivalencia modulo homotopıa, es decir, [f ] = {g : X −→ Y / g ∼ f} . Defini-

mos tambien [X,Y ] = { [f ] / f : X −→ Y } , este es el conjunto de las clases de

homotopıa de aplicaciones continuas de X en Y .

Proposicion 2.1 Si X ≡ X ′ e Y ≡ Y ′ entonces [X,Y ] y [X ′, Y ′] tienen la

misma cardinalidad.

Demostracion. Sean ϕ : X ′ −→ X y ψ : Y −→ Y ′ equivalencias homotopicas.

Definamos la aplicacion Γ : [X,Y ] −→ [X ′, Y ′] por Γ([f ]) = [ψ ◦ f ◦ ϕ] . Es facil

ver que Γ es una biyeccion, lo que concluye la prueba.

La Moral del Asunto. La idea de buscar espacios con el mismo tipo de homotopıa

es la siguiente: asociaremos a un espacio X ciertos grupos, veremos que ellos

son invariantes por homotopıa, esto quiere decir que espacios con el mismo tipo

de homotopıa tienen asociados los mismos grupos, por lo tanto, para estudiar un

espacio buscamos unos mas simple y con el mismo tipo de homotopıa, y estudiamos

este ultimo.

2.2 Espacios Contractibles

Es esta seccion estudiaremos los espacios cuyo tipo de homotopıa es el mas simple,

es decir, tienen el mismo tipo de homotopıa que un punto, y los llamamos espacios

contractible.

Ejemplos.

1. Rn y Dn son contractible.

2. Sea A ⊂ Rn un conjunto convexo, entonces A es contractible.

3. Sea E ⊂ Rn . Decimos que E es estrellado en p ∈ E si para cada x ∈ E el

segmento de recta uniendo p y x , el cual es dado por [p, x] = {(1− t)p+ t :

0 6 t 6 1} , esta contenido en E . Note que todo conjunto convexo es

estrellado en cualquiera de sus puntos, la recıproca es obviamente falsa. Si

E es estrellado, entonces E es contractible.

4. Un ejemplo de un espacio no contractible es Sn , esto lo probaremos mas

adelante.

Sergio Plaza 32

Proposicion 2.2 Un espacio X es contractible si y solo si la aplicacion identidad

IdX : X −→ X es homotopica a una aplicacion constante c : X −→ X , digamos

c(x) = p para todo x ∈ X .

Demostracion. Supongamos que X es contractible. Sea f : X −→ {p} una

equivalencia homotopica y sea g : {p} −→ X su inversa homotopica. Tenemos que

g ◦ f ∼ IdX , es claro que g ◦ f es una aplicacion constante.

Recıprocamente, si IdX : X −→ X es homotopica a la aplicacion constante

c : X −→ X , digamos c(x) = p para cada x ∈ X , entonces IdX y c son

equivalencias homotopicas.

Proposicion 2.3 Todo espacio contractible es conexo por caminos.

Demostracion. Sea X un espacio contractible. Fijemos p ∈ X . Sea H :

X × I −→ X una homotopıa entre IdX y una aplicacion constante c : X −→ X

dada por c(x) = p para cada x ∈ X . Para cada x sea αx : I −→ X dado por

αx(t) = H(x, t) . Es claro que αx es un camino en X uniendo x y p .

Proposicion 2.4 Si X o Y es contractible entonces cualquier aplicacion continua

f : X −→ Y es homotopica a una aplicacion constante.

Demostracion. Supongamos que X es contractible. Sea H : X × I −→ X una

homotopıa entre IdX y una aplicacion constante. Entonces f ◦H : X × I −→ Y

es una homotopıa entre f y una aplicacion constante.

Ahora, si Y es contractible, sea K : Y × I −→ Y una homotopıa entre

IdY y una aplicacion constante. Entonces H : X × I −→ Y dada por H(x, t) =

K(f(x), t) es una homotopıa entre f y una aplicacion constante.

Corolario 2.1 a) Si X es contractible e Y es conexo por caminos, entonces

cualquier par de aplicaciones continuas f, g : X −→ Y son homotopicas.

b) Si Y es contractible entonces cualquier par de aplicaciones continuas f, g :

X −→ Y son homotopicas.

Demostracion. a) Sea H : X × I −→ X una homotopıa entre IdX y una

aplicacion constante c : X −→ X dada por c(x) = p para todo x ∈ X . Entonces

f◦H : X×I −→ Y es una homotopıa entre f y la aplicacion constante c : X −→ Y

Sergio Plaza 33

dada por c(x) = f(p) para todo x ∈ X . Analogamente, g ◦H : X × I −→ Y es

una homotopıa entre g y la aplicacion constante c : X −→ Y dada por c(x) =

g(p) para todo x ∈ X . Ahora, como Y es conexo por caminos, las aplicaciones

constante c, c : X −→ Y son homotopicas.

b) Facil, se deja a cargo del lector.

Corolario 2.2 Si X es contractible entonces X×Y tiene el mismo tipo de homo-

topıa que Y . En particular, si Y es contractible entonces X × Y es contractible.

Demostracion. Sea H : X×I −→ X una homotopıa entre IdX y una aplicacion

constante c : X −→ X dada por c(x) = p para cada x ∈ X . Consideremos las

aplicaciones p2 : X×Y −→ Y e ip : Y → X×Y dadas por p2(x, y) = y e ip(y) =

(p, y) , respectivamente. Tenemos que p2 e ip son equivalencias homotopicas, pues

ip ◦ p2(x, y) = ip(y) = (p, y) = ip(y) y p2 ◦ ip(y) = p2(p, y) = y = IdY (y) . Sea

K : X × Y × I −→ X × Y dada por K(x, y, t) = (H(x, t), y) . Tenemos que K

es continua y satisface K(x, y, 0) = (x, y) = IdX×Y (x, y) y K(x, y, 1) = (p, y) =

ip ◦ p2(x, y) , lo cual termina la prueba.

Ejemplos.

1. Rn × Y , Dn × Y , C × Y , y E × Y tiene el mismo tipo de homotopıa

que Y , donde C ⊂ Rn es un conjunto convexo y E ⊂ Rn es un conjunto

estrellado en p ∈ E .

2. Toro Solido T ⊂ R4 . Este es definido como el producto T = D2 × S1 , del

disco unitario D2 ⊂ R2 y el cırculo unitario. Tenemos que T ≡ S1 .

Sergio Plaza 34

2.3 Retractos

Definicion 2.4 Sea A ⊂ X . Decimos que A es un retracto de X si, existe una

aplicacion continua r : X −→ A , llamada retraccion, tal que r◦i = IdA : A −→ A ,

donde i : A → X es la aplicacion inclusion i(x) = x para todo x ∈ A .

Observacion. La condicion r ◦ i = IdA significa que r|A = IdA . es decir,

para cada a ∈ A se tiene que r(a) = a , mas especıficamente el siguiente diagram

conmuta

Ejemplos.

1. Sea C = S1 × R el cilindro. Entonces S1 × {0} ∼= S1 es un retracto de C .

En efecto, definamos la retraccion r : C −→ S1 × {0} por r(x, y, z) =

(x, y, 0) .

2. La esfera unitaria Sn es un retracto de Rn+1 − {0} .

En efecto, definamos la retraccion r : Rn+1−{0} −→ Sn por r(x) =1

||x|| x .

z

w

z||z||

= w||w||

π(z) = z||z||

= w||w||

= π(w)

3. Sean C1 y C2 dos cırculos disjuntos en S3 , los cuales estan entrelazados

como muestra la figura

Figura

Sergio Plaza 35

Sea T2 = S1 × S1 el toro 2–dimensional contenido en S3 . Entonces T2 es

un retracto de S3 − (C1 ∪ C2) .

En efecto, tenemos que S3 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x21 + x22 + x23 + x24 =

1} = T1 ∪ T2 , donde

T1 : x21 + x22 6 1/2

T2 : x23 + x24 > 1/2 .

Es claro que Ti ≈ S1 × D2 es un toro solido para i = 1, 2 , y que S3 =

S1 × D2 ∪f D2 × S1 , donde la identificacion f : ∂(S1 × D2) −→ ∂(D2 × S1)

es la aplicacion que pega los borde de los toros solidos, llevando meridianos

en paralelos y vice versa.

Ahora, pensemos S3 como R3∪{∞} , graficamente, vemos como esta definida

la retraccion de S3 − (C1 ∪ C2) en el toro T2 = S1 × S1 ⊂ S3 .

Figura

4. El toro T2 puede ser obtenido como el espacio cuociente T2 = [0, 1] ×[0, 1]/ ∼ , donde (x, 0) ∼ (x, 1) y (0, y) ∼ (1, y) , y en el interior del cuadrado

la idenficacion es la identidad. Sea X = T2 − {p} , donde p ∈ T2 . Tenemos

que X tiene como retracto a la figura 8 .

Sergio Plaza 36

5. El plano proyectivo RP2 es obtenido como el espacio cuociente RP2 =

D2/ ∼ , identificando antipodalmente los puntos del borde de D2 y en el

interior la idenficacion es la identidad.

Figura

Tenemos que RP2 − {p} tiene como retracto a S1 .

Sergio Plaza 37

6. El cırculo central es un retracto de la banda de Mobius.

7. Sea Tg una superficie compacta dos dimensional orientable de genero g (un

g –toro). Entonces Tg − {p} tiene como retracto el borde del espacio de un

trebol de g hojas.

Figura

8. Sea In = I × · · · × I (n–veces) el cubo unitario n–dimensional en Rn .

Sea F la caja formada por los bordes de In , sin la tapa superior, es decir,

F = ∂(In−1) × I ∪ In−1 . Tenemos que In y F tienen el mismo tipo de

homotopıa.

Para mostrarlo, fijemos un punto p ∈ Rn en el eje xn fuera de In como

muestra la figura. Geometricamente, es facil construir la homotopıa re-

querida.

9. Sea D2 ⊂ R2 em disco unitario cerrado. Sea X = D

2 × In ⊂ Rn+2 y

F = D2×{0}∪S1×In . Entonces D

2×In tienen el mismo tipo de homotopıa.

Para verlo adaptamos la idea del ejemplo anterior.

Notemos que para la retraccion r : S1 ×R −→ S1 ×{0} dada por r(x, y, z) =

(x, y, 0) tenemos que r◦ i = IdS1 : S1 −→ S1 (hemos identificado S1×{0} con S1 ,

pues claramente estos espacios son homeomorfos), tambien tenemos i ◦ r ∼ IdC ,

donde C = S1 × R , para ver esto definamos F : C × I −→ C por F (x, y, z) =

(x, y, tz) , esta es una homotopıa entre i ◦ r e IdC . Esto nos lleva a la siguiente

definicion.

Sergio Plaza 38

Definicion 2.5 Decimos que un subconjunto A ⊂ X es un retracto de defor-

macion de X si, existe una retraccion r : X −→ A tal que i ◦ r ∼ IdX .

Observacion. Desde la definicion, tenemos que A es un retracto de deformacion

de X si existe una homotopıa F : X × I −→ X tal que{F (x, 0) = IdX(x) para todo x ∈ XF (x, 1) ∈ A para todo x ∈ X

Note tambien que si A es un retracto de deformacion de X , entonces X y A

tienen el mismo tipo de homotopıa, donde las equivalencias homotopicas son dadas

por r : X −→ A e i : A → X , siendo una la inversa homotopica de la otra.

Ejemplos.

1. Sn es un retracto de deformacion de Rn+1 − {0} .En efecto, sea r : Rn+1 − {0} −→ Sn la aplicacion dada por r(x) = 1

||x|| x .

Tenemos que r es una retraccion y i ◦ r(x) = i(

1||x||x

)= 1

||x||x . Ahora,

definamos F : (Rn+1−{0})×I −→ Rn+1−{0} por F (x, t) = (1−t)x+ t||x||x .

Tenemos que F es continua y satisface F (x, 0) = x y F (x, 1) = 1||x||x ∈ Sn

para todo x ∈ Rn+1 − {0} .

Notemos que en el ejemplo anterior, ademas se tiene que i ◦ r ∼ IdRn+1−{0}

rel Sn , pues si a ∈ Sn entonces F (a, t) = (1− t)a+ t||a||a = (1− t)a+ ta = a para

todo t ∈ I . Esto nos lleva a la siguiente definicion.

Definicion 2.6 Decimos que un subconjunto A de un espacio topologico X es un

retracto de deformacion fuerte de X si, existe una retraccion r : X −→ A tal que

i ◦ r ∼ IdX rel A .

Observacion. Se tiene que A ⊂ X es un retracto de deformacion fuerte de X si

existe una homotopıa F : X × I −→ X tal que

F (x, 0) = x para todo x ∈ XF (x, 1) ∈ A para todo x ∈ XF (a, t) = a para todo a ∈ A y todo t ∈ I .

Geometricamente, esto significa que podemos deformar X en A (dentro de

X ) dejando A fijo durante la deformacion.

Sergio Plaza 39

Ejemplos.

Vea los anteriores.

2.4 Homotopıa y Extension de Aplicaciones

Uno de los problemas mas importante en topologıa es el de extension de aplicaciones

continuas. En este problema es dada una aplicacion continua f : A −→ Y , definida

en un subconjunto cerrado A de un espacio topologico X , y se pregunta sobra la

posibilidad de extender f a todo X , es decir, se pregunta sobre la existencia de

una aplicacion continua f : X −→ Y tal que f |A = f .

El teorema de Titze–Urysohn asegura una respuesta afirmativa eal problema

anterior cuando X, un espacio normal e Y es un intervalo de la recta real.

A seguir veremos la conexion entre el problema anterior y homotopıa.

Teorema 2.5 Una aplicacion continua f : Sn −→ X se exttiende continuamente

a la bola cerrada Dn+1

si y solo si f es homotopica a una aplicacion constante.

Demostracion. (=⇒ ) Si existe una aplicacion f : Dn+1 −→ X tal que f |Sn = f

entonces como Dn+1

es contractil, existe una homotopıa entre f y una aplicacion

constante. La restriccion de esa homotopıa a Sn × I nos da una homotopıa entre

f y una aplicacion constante.

(⇐=) Sea H : Sn × I −→ X una homotopıa entre f, y una aplicacion constante.

Definimos ϕ : Sn×I −→ Dn+ 1 por ϕ(x, t) = 1− t)x . Es claro que ϕ es continua

I

Sn × {0}

(x, t)

Sn × {1}

•0 Dn+1

Notemos que ϕ(x, 1) = 0 luego ϕ(Sn × {1}) = 0 .

Ahora, para x, x′ ∈ Sn y t, t′ ∈ I tenemos que ϕ(x, t) = ϕ(x′, t′) , es decir,

(1 − t)x = (1 − t′)x′ , si y solo si (x, t) = (x′, t′) o t = t′ = 1 . Lueho, en ambas

Sergio Plaza 40

posibilidades se tiene que H(x, t) = H(x′, t′) , es decir, el siguiente diagrama es

conmutativo,

Sn × I X

ϕ

H

fc

Dn+1

Definamos f : Dn+1 −→ X por f(x, t) = H)x, t) . Es claro que f esta bien

definida y es tal que f ◦ ϕ = H . Para x ∈ Sn tenemos que f(x) = f((a− 0)x) =

H(x, 0) = f(x) , luego f extiende a f . Para probar la continuidad de f basta

probar el siguiente lema.

Lema 2.2 Si K,L ⊂ Rn son subconjuntos compactos y ϕ : K −→ L es una

aplicacion continua y sobreyectiva. Entonces una aplicacion g : K −→ X es

continua si y solo si g ◦ ϕ : K −→ X es continua.

Demostracion. Topologıa general.

K X

ϕ

g ◦ ϕ

fc

L

Sergio Plaza 41

Para concluir la demostracion del teorema, notemos que H = f ◦ ϕ . Luego,

se tiene lo pedido, y la demostracion esta completa.

Observacion. Podemos construir f directamente como sigue. Sea H una homo-

topıa entre f y una aplicacion constante, digamos c(x) = p , es decir,

{H(x, 0) = f(x)

H(x, 1) = c(x) = p

para todo x ∈ Sn . Definimos f(x) = H

(x

||x|| , 1− ||x||)

para x ∈ Dn+1

y

f(0) = p = c(x) . La continuidad de f es para para x 6= 0 . Se deja a cargo del

lector probar que f es continua en x = 0 .

Capıtulo 3

Grupo Fundamental

En este capıtulo introducimos uno de los mas simple de los invariantes topologicos

que estudiaremos en todo el texto, nos referimos al grupo fundamental.

3.1 Producto de Caminos

En todo lo que sigue consideramos solamente caminos definidos en el intervalo

I = [0, 1] , esto no constituye ninguna restriccion, pues todo intervalo cerrado y

acotado [a, b] es homeomorfo a I , y podemos reparametrizar los caminos. Ademas

consideramos los caminos orientados por el tiempo en el sentido creciente.

Definicion 3.1 Sean α, β : I −→ X dos caminos tales que α(1) = β(0) . El

camino producto, denotado por α ∗ β , de los caminos α y β es dado por

α ∗ β(t) ={

α(2t) si 0 6 t 6 1/2

β(2t− 1) si 1/2 6 t 6 1 .

Es claro que el camino producto es continuo, pues α(1) = β(0) (Gluing

Lemma).

42

Sergio Plaza 43

α(0)

α(t)

α(1) = β(0)

β(t)

β(1)

Definicion 3.2 Decimos que dos caminos α, β : I −→ X tales que α(0) = β(0)

y α(1) = β(1) son equivalentes, notacion α ∼ β , si α ∼ β rel {0, 1} .

Ft(x)

α(1) = β(1)

α(0) = β(0)

Observacion. Desde la definicion, tenemos que dos caminos α, β : I −→ X , con

α(0) = β(0) y α(1) = β(1) son equivalentes si y solo si existe F : I × I −→ X

continua, tal que

F (t, 0) = α(t)

F (t, 1) = β(t)

F (0, s) = α(0) = β(0)

F (1, s) = α(1) = β(1)

Sergio Plaza 44

Lo anterior significa que los extremos de los caminos permenecen fijos durante

la deformacion de α en β .

Sean x0, x1 ∈ X , por C(X ;x0, x1) denotamos el conjunto de los caminos

α : I −→ X tales α(0) = x0 y α(1) = x1 . Tenemos entonces que la relacion

definida anteriormente es una relacion de equivalencia en C(X ;x0, x1) .

Notacion. Sea α : I −→ X un camino, definimos [α] = { β : I −→ X ; β(0) =

α(0) , β(1) = α(1) , y β ∼ α} , clase de equivalencia del camino α .

Proposicion 3.1 El producto de caminos es compatible con la relacion de equiv-

alencia ∼, esto es, si α, β, δ, θ : I −→ X son caminos con α(0) = β(0) , α(1) =

β(1) = δ(0) = θ(0) , y δ(1) = θ(1) , son tales que α ∼ β y δ ∼ θ , entonces

α ∗ δ ∼ β ∗ θ .

α(t)

β(t)

δ(t)

θ(t)

α(0) = β(0)

θ(1) = δ(1)

α(1) = δ(0)

Demostracion. Sean F,G : I×I −→ X homotopıas, con F : α ∼ β y G : δ ∼ θ ,ambas rel {0, 1} . Definamos H : I × I −→ X por

H(t, s) =

{F (2t, s) si 0 6 t 6 1/2

G(2t− 1, s) si 1/2 6 t 6 1 ,

Sergio Plaza 45

tenemos que H es continua y satisface

H(t, 0) =

{F (2t, 0) 0 6 t 6 1/2

G(2t− 1, 0) 1/2 6 t 6 1

=

{α(2t) 0 6 t 6 1/2

δ(2t− 1) 1/2 6 t 6 1

= α ∗ δ(t)

H(t, 1) =

{F (2t, 1) 0 6 t 6 1/2

G(2t− 1, 1) 1/2 6 t 6 1

=

{β(2t) 0 6 t 6 1/2

θ(2t− 1) 1/2 6 t 6 1

= β ∗ θ(t){

H(0, s) = F (0, s) = α(0) = β(0)

H(1, s) = G(1, s) = δ(1) = θ(1) .

Lo que completa la prueba.

Como consecuencia de la proposicion anterior, podemos definir el producto

de clases de equivalencia de caminos, es decir, si α, β : I −→ X son caminos con

α(1) = β(0) , podemos definir [α] · [β] = [α ∗ β] . Este producto no tiene buenas

propiedades, por ejemplo, no siempre podemos multiplicar un par de caminos.

3.2 Grupo Fundamental

Sea x0 ∈ X . Decimos que un camino α : I −→ X es cerrado con base en x0 si

α(0) = α(1) = x0 .

Observacion. Es claro que si α, β : I −→ X son caminos cerrados con base en

x0 ∈ X , entonces el camino producto α ∗ β , de α y β esta bien definido.

Definicion 3.3 Sea π1(X, p) = { [α] : α : I −→ X , camino cerrado con base en p }el conjunto de clases de homotopıas de caminos cerrados con base en p ∈ X

Teorema 3.1 El conjunto π1(X, p) dotado con el producto de clases de homo-

topıa es un grupo.

Sergio Plaza 46

Demostracion. Asociatividad. Basta probar que si α, β, γ : I −→ X son

caminos tales que α(1) = β(0) y β(1) = γ(0) entonces (α ∗ β) ∗ γ ∼ α ∗ (β ∗ γ)(Note que como funciones (α∗β)∗γ 6= α∗(β∗γ) , pues sus dominios son diferentes.)

Tenemos

0 14

12α β γ 1

(α ∗ β) ∗ γ

(α ∗ β) ∗ γ(t) =

α(4t) 0 6 t 6 1/4

β(4t− 1) 1/4 6 t 6 1/2

γ(2t− 1) 1/2 6 t 6 1

y

0 12

34α β γ 1

α ∗ (β ∗ γ)

α ∗ (β ∗ γ)(t) =

α(2t) 0 6 t 6 1/2

β(4t− 2) 1/2 6 t 6 3/4

γ(4t− 3) 3/4 6 t 6 1 .

Definamos F : I × I −→ X por

F (t, s) =

α(

4ts+1

)0 6 t 6 s+1

4

β(4t− s− 1) s+14 6 t 6 s+2

4

γ(

4t−s−22−s

)s+24 6 t 6 1

y tenemos que F : (α ∗ β) ∗ γ ∼ α ∗ (β ∗ γ) rel {0, 1} .

Sergio Plaza 47

0 14

12α β γ 1

(α ∗ β) ∗ γ

12

34α β γ

α ∗ (β ∗ γ)

t = s+14 t = s+2

4

t

s

Elemento Neutro. Esto es, existe un camino εp : I −→ X tal que para cada

[α] ∈ π1(X, p) se tiene que [εp][α] = [α][εp] = [α] . Para esto basta probar que

si α : I −→ X es un camino con α(0) = x y α(1) = y , entonces los caminos

constantes εx, εy : I −→ X , dados εx(t) = x y εy(t) = y , para todo t ∈ I ,

satisfacen [εx][α] = [α] = [α][εy ] , es decir, εx ∗ α ∼ α y α ∗ εy ∼ α ambas

rel {0, 1} .

En efecto, solo probaremos que εx ∗ α ∼ α rel {0, 1} , la otra es analoga.

Tenemos

εx ∗ α(t) =

{εx(2t) 0 6 t 6 1/2

α(2t− 1) 1/2 6 t 6 1

=

{x 0 6 t 6 1/2

α(2t− 1) 1/2 6 t 6 1.

Sergio Plaza 48

0 12

1t

s

t = 1−s2

εx α


F (t, s) =

x 0 6 t 6 1−s2

α(

2t−1+s1+s

)1−s2 6 t 6 1 .

Tenemos F (t, 0) = εx ∗ α(t) , F (t, 1) = α(t) , F (0, s) = x y F (1, s) = α(1) .

Notacion. Denotamos [εp] ∈ π1(X, p) por e , este es el elemento neutro para el

producto de clases de equivalencias en π1(X, p) .

Elemento Inverso. Esto es, dado [α] ∈ π1(X, p) existe un camino α : I −→ X

tal que [α][α] = [α][α] = e , donde e = [εp] es el elemento neutro de π1(X, p) . Para

probar esto, basta ver que si α : I −→ X es un camino con extremos α(0) = x y

α(1) = y entonces el camino α : I −→ X definido por α(t) = α(1 − t) satisface

[α][α] = [εx] y [α][α] = [εy] , es decir, α ∗ α ∼ εx y α ∗ α ∼ εy , ambas rel {0, 1} .Solo probaremos que α ∗ α ∼ εx rel {0, 1} , la otra es analoga.

Tenemos

Sergio Plaza 49

α ∗ α(t) =

{α(2t) 0 6 t 6 1/2

α(2t− 1) 1/2 6 t 6 1

=

{α(2t) 0 6 t 6 1/2

α(2 − 2t) 1/2 6 t 6 1.


F (t, s) =

{α(2t(1 − s)) 0 6 t 6 1/2

α((2 − 2t)(1− s)) 1/2 6 t 6 1 .

Tenemos que F es continua y satisface F (t, 0) = α ∗ α(t) , F (t, 1) = α(0) =

εx(t) , F (0, s) = α(0) = (α ∗ α)(0) , y F (1, s) = α(0)(α ∗ α)(1) .

Notacion. Si [α] ∈ π1(X, p) el elemento [α] ∈ π1(X, p) , inverso de [α] , lo deno-

tamos por [α] = [α]−1 .

3.3 Dependencia del grupo fundamental respecto

del punto base

Sean x, y ∈ X . La pregunta natural que nos podemos hacer en este momento

es ¿Cual es la relacion entre π1(X, x) y π1(X, y) ? Nos gustarıa que no hubiese

dependencia del punto base en el cual calculamos el grupo fundamental, esto es, que

π1(X, x) y π1(X, y) sean isomorfos. Para esto tenemos que imponer una condicion

extra a nuestros espacio. Tenemos el siguiente teorema.

Teorema 3.2 Sean x, y ∈ X . Supongamos que x e y estan en la misma com-

ponente conexa por caminos de X entonces los grupos π1(X, x) y π1(X, y) son

isomorfos.

Demostracion. Supongamos que x, y ∈ X estan en la misma componente conexa

por caminos de X . Sea f : I −→ X un camino con f(0) = x y f(1) = y

Sergio Plaza 50

α

x y

f

Definamos la aplicacion uf : π1(X, x) −→ π1(X, y) por uf ([α]) = [f ∗ α ∗ f ] .Tenemos que

1.- uf es un homomorfismo de grupos.

Sean [α], [β] ∈ π1(X, x) entonces

uf ([α][β]) = uf([α ∗ β])= [f ∗ (α ∗ β) ∗ f ]= [(f ∗ α ∗ f) ∗ (f ∗ β ∗ f)]= [f ∗ α ∗ f ] [f ∗ β ∗ f ]= uf([α])uf ([β])

2.- Usando el camino inverso f : I −→ X , definimos el homomorfismo uf :

π1(X, y) −→ π1(X, x) , dado por uf ([γ]) = [f ∗ γ ∗ f ] .3.- Sea [α] ∈ π1(X, x) . Tenemos

uf ◦ uf ([α]) = uf([f ∗ α ∗ f ])= [f ∗ (f ∗ α ∗ f) ∗ f ]= [(f ∗ f) ∗ α ∗ (f ∗ f)]

Sergio Plaza 51

= [εx ∗ α ∗ εx]= [εx] [α] [εx]

= [α] ,

es decir, uf ◦ uf = Idπ1(X,x) . Analogamente, se muestra que uf ◦ uf = Idπ1(X,y) .

Esto completa la prueba.

Corolario 3.1 Si X es conexo por caminos entonces para todo x, y ∈ X se tiene

que π1(X, x) es isomorfo a π1(X, y) .

Nota. Si X es conexo por caminos, entonces por el corolario anterior, podemos

considerar el grupo fundemental, π1(X) , sin referencia del punto base.

Observaciones.

1. Si X es conexo por caminos, no existe un isomorfismo canonico entre

π1(X, x) y π1(X, y) , para x, y ∈ X , pues el isomorfismo uf construido

arriba depende de la clase de homotopıa del camino f : I −→ X uniendo x

con y .

Por otra parte es facil ver que si f, g : I −→ X son caminos con f(0) =

g(0) = x , f(1) = g(1) = y , y f ∼ g rel {0, 1} entonces uf = ug .

2. Si X no es conexo por caminos, puede ocurrir que para dos puntos x, y ∈ Xen diferentes componentes conexas de X tengamos grupos fundamentales

π1(X, x) y π1(X, y) no isomorfos. Por ejemplo, sea X1 = segmento de recta

uniendo a y b , y X2 = S1 , con X1 ∩X2 = ∅ , como muestra la figura

a b

S1

∪

Sea X = X1 ∪X2 . Es claro que X no es conexo por caminos. Ahora, sean

x ∈ X1 e y ∈ X2 . Vamos a mostrar que π1(X, x) = {e} y π1(X, y) = Z .

Sergio Plaza 52

En consecuencia imponemos la siguiente condicion a los espacios topologicos

que vamos a considerar.

Condicion: En lo que sigue, solo consideramos espacios topologicos conexos por

caminos.

3.4 Homomorfimo inducido

Sea X,Y espacios topologicos, y sea ϕ : X −→ Y una aplicacion continua. Ten-

emos

1.- Si α : I −→ X es un camino entonces ϕ ◦ α : I −→ Y es un camino.

2.- Si α ∼ β rel {0, 1} en X entonces ϕ ◦ α ∼ ϕ ◦ β rel {0, 1} en Y .

Por lo tanto, podemos definir una aplicacion

ϕ∗ : π1(X ;x) −→ π1(Y, ϕ(x))

por ϕ∗([α]) = [ϕ ◦ α] , la cual esta bien definida. Tenemos la siguiente.

Proposicion 3.2 Si ϕ : X −→ Y es una aplicacion continua entonces ϕ∗ :

π1(X, x) −→ π1(Y, ϕ(x)) es un homomorfismo de grupos, llamado homomorfismo

inducido.

Demostracion. Sean [α], [β] ∈ π1(X, x) . Tenemos

ϕ∗([α ∗ β]) = [ϕ ◦ (α ∗ β)]= [(ϕ ◦ α) ∗ (ϕ ◦ β)] (⋆)

= [ϕ ◦ α] [ϕ ◦ β]= ϕ∗([α])ϕ∗([β]) ,

es decir, ϕ∗([α ∗ β]) = ϕ∗([α])ϕ∗([β]) . Justificamos ahora el paso en (⋆). Tenemos

ϕ ◦ (α ∗ β)(t) =

ϕ(α(2t)) 0 6 t 6 1/2

ϕ(β(2t− 1)) 1/2 6 t 6 1

= (ϕ ◦ α) ∗ (ϕ ◦ β)(t)

Sergio Plaza 53

Observacion. Si ϕ : X −→ Y es inyectiva (resp. sobreyectiva) no necesariamente

ϕ∗ : π1(X, x) −→ π1(Y, ϕ(x)) lo es. Por ejemplo, asumamos por el momento que

π1(R) = π1(R2) = {0} y que π1(S1) = Z . Tenemos

a) Sea i : S1 → R2 la aplicacion inclusion. Tenemos que i es continua e

inyectiva, pero i∗ : π1(S1, 1) −→ π1(R2, (1, 0)) = {0} , luego no puede ser

inyectiva.

b) Sea exp : R −→ S1 la aplicacion exponencial, la cual es dada por exp(x) =

e2πix = (cos(2πx), sen(2πx)) . Tenemos que exp es sobreyectiva, pero como

π1(R, 0) = {0} , se sigue que exp∗ no puede ser sobreyectiva.

Proposicion 3.3 Si ϕ : X −→ Y y ψ : Y −→ Z son aplicaciones continuas

entonces (ψ ◦ ϕ)∗ = ψ∗ ◦ ϕ∗ .

Demostracion. Sea [α] ∈ π1(X, x) . Tenemos ψ∗ ◦ ϕ∗([α]) = ψ∗([ϕ ◦ α]) =

[ψ ◦ (ϕ ◦ α)] = [(ψ ◦ ϕ) ◦ α] = (ψ ◦ ϕ)∗([α]) .

Proposicion 3.4 Si Id : X −→ X es la aplicacion identidad entonces Id∗ :

π1(X, x) −→ π1(X, x) es el homomorfismo identidad.


Corolario 3.2 Si ϕ : X −→ Y es un homeomorfismo entonces ϕ∗ : π1(X, x) −→π1(Y, ϕ(x)) es un isomorfismo.


Observacion. Si π1(X, x) es isomorfo a π1(Y, y) no necesariamente X es homeo-

morfo a Y . Por ejemplo, probaremos que π1(Rn) = {0} (n > 1). Tambien veremos

que π1(banda de Mobius) = π1(S1) = Z , observemos que esta ultima igualdad no

es casualidad, pues sabemos que la banda de Mobius es homotopicamente equiva-

lente a su cırculo central, esto es el contenido del teorema siguiente.

Teorema 3.3 Si r : X −→ A es retracto entonces el homomorfismo inducido

r∗ : π1(X, a) −→ π1(A, a) , con a ∈ A , es sobreyectivo y el homomorfismo i∗ :

π1(A, a) −→ π1(X, a) inducido por la inclusion canonica i : A → X , es inyec-

tivo. En consecuencia, π1(A, a) es isomorfo a un grupo cuociente y tambien a un

subgrupo de π1(X, a) .

Sergio Plaza 54

Demostracion. Como r◦i = IdA , se tiene que r∗◦i∗ = Id : π1(A, a) −→ π1(A, a) ,

luego r∗, es sobreyectivo e i∗ es inyectivo. De esto se sigue el resultado.

Ahora, desde el teorema del isomorfismo tenemos que π1(X, a)/ ker(r∗) ≈π1(A, a) , y como i∗ : π1(A, a) −→ π1(X, a) es inyectiva se sigue que π1(A, a) ≈i∗(π1(A, a)) ⊂ π1(X, a) .

Corolario 3.3 Si el grupo fundamental de X es finitamente generado, entonces

el grupo fundamental de cualquier retracto de X tambien es finitamente generado.


Teorema 3.4 Sean ϕ, ψ : X −→ Y aplicaciones continuas. Si F : ϕ ∼ ψ , de-

finamos f : I −→ Y por f(t) = F (x0, t) , con x0 ∈ X . Entonces los homomorfis-

mos inducidos ϕ∗ : π1(X, x0) −→ π1(Y, ϕ(x0)) y ψ∗ : π1(X, x0) −→ π1(Y, ψ(x0))

satisfacen uf ◦ ϕ∗ = ψ∗ , es decir, el siguiente diagrama conmuta.

π1(X, x0) π1(Y, ϕ(x0))

c

π1(Y, ψ(x0))

ϕ∗

ψ∗ ufisomorfismo

Demostracion. Dado [α] ∈ π1(X, x0) , debemos probar que uf ◦ ϕ∗([α]) =

ψ∗([α]) , es decir, [f ∗ (ϕ◦α)∗f ] = [ϕ◦α] , mas precisamente, f ∗ (ϕ◦α)∗f ∼ ψ ◦αrel {0, 1} . Tenemos que

Sergio Plaza 55

f ∗ ϕ ◦ α ∗ f(t) =

f(4t) = f(1− 4t) 0 6 t 6 1/4

(ϕ ◦ α)(4t− 1) 1/4 6 t 6 1/2

f(2t− 1) 1/2 6 t 6 1

=

F (x0, 1− 4t) 0 6 t 6 1/4

F (α(4t− 1), 0) 1/4 6 t 6 1/2

F (x0, 2t− 1) 1/2 6 t 6 1 .

Por otra parte, ψ ◦ α(t) = F (α(t), 1) para 0 6 t 6 1 , pero sabemos que

ψ ◦ α ∼ εy0 ∗ (ψ ◦ α) ∗ εy0 rel {0, 1} , donde y0 = ψ(x0) , esto ultimo puede ser

escrito como

(εy0 ∗ (ψ ◦ α) ∗ εy0)(t) =

F (x0, 1) 0 6 t 6 1/4

F (α(4t− 1), 1) 1/4 6 t 6 1/2

F (x0, 1) 1/2 6 t 6 1 .

Ahora definamos la homotopıa H : I × I −→ Y por

H(t, s) =

F (x0, 1− 4t(1− s)) 0 6 t 6 1/4

F (α(4t− 1), s) 1/4 6 t 6 1/2

F (x0, s+ (2t− 1)(1− s)) 1/2 6 t 6 1 .

Es facil ver que H es una homotopıa entre f ∗ (ϕ ◦α) ∗ f y εy0 ∗ (ψ ◦α) ∗ εy0 .Lo que completa la prueba.

Teorema 3.5 Si ϕ : X −→ Y es una equivalencia homotopica entonces ϕ∗ :

π1(X, x) −→ π1(Y, ϕ(x)) es un isomorfismo.

Demostracion. Sea ψ : Y −→ X una inversa homotopica de ϕ , entonces ψ◦ϕ ∼IdX y ϕ ◦ ψ ∼ IdY . Tenemos entonces que uf ◦ (ψ ◦ ϕ)∗ = Id∗ , luego ψ∗ ◦ ϕ∗ es

un isomorfismo, pues Id∗ y uf lo son. De esto concluimos que ψ∗ es sobreyectiva

y que ϕ∗ es inyectiva. Analogamente, de ϕ ◦ ψ ∼ IdY , se obtiene que ψ∗ es

inyectiva y que ϕ∗ es sobreyectiva. Lo cual completa la prueba.

Corolario 3.4 Si A ⊂ X es un retracto de deformacion de X entonces π1(A, a) ≈π1(X, a) , con a ∈ A .

Sergio Plaza 56


Dados dos espacios topologicos X e Y ¿Cual es la relacion entre π1(X ×Y, (x0, y0)) y π1(X, x0) , π1(Y, y0) ?

Teorema 3.6 Sean X,Y espacios topologicos entonces π1(X × Y, (x0, y0)) es

isomorfo a π1(X, x0)× π1(Y, y0) (grupo producto directo).

Demostracion. Sean p : X × Y −→ X y q : X × Y −→ Y las proyecciones

canonicas p(x, y) = x y q(x, y) = y . Dados dos caminos α, β : I −→ X × Y

cerrados con base en (x0, y0) , si F : I × I −→ X × Y es una homotopıa entre α

y β , rel {0, 1} entonces F1 = p ◦ F y F2 = q ◦ F definen homotopıa rel {0, 1}entre p ◦ α y p ◦ β , y entre q ◦ α y q ◦ β , rel{0, 1} .

Ahora consideremos la aplicacion Θ : π1(X × Y, (x0, y0)) −→ π1(X, x0) ×π1(Y, y0) , dada por Θ([α]) = ([p ◦ α], [q ◦ α]) = (p∗([α]), q∗([α])) . Tenemos que Θ

esta bien definida. Afirmamos que Θ es un isomorfismo de grupos.

1.- Θ es un homomorfismo de grupos. Tenemos que las aplicaciones p∗ :

π1(X × Y, (x0, y0)) −→ π1(X, x0) y q∗ : π1(X × Y, (x0, y0)) −→ π1(Y, y0) son

homomorfismos de grupos, luego Θ tambien lo es.

2.- Θ es sobreyectiva. Sea ([α], [β]) ∈ π1(X, x0)×π1(Y, y0) . Definamos el camino

δ : I −→ X × Y por δ(t) = (α(t), β(t)) . Es claro que Θ([δ]) = ([α], [β]) .

3.- Θ es inyectiva. Si Θ([α]) = Θ([β]) entonces [p◦α] = [p◦β] y [q◦α] = [q◦β] .Sean F1 : p ◦ α ∼ p ◦ β y F2 : q ◦ α ∼ q ◦ β , ambas rel {0, 1} . Definamos

F : I × I −→ X × Y por F (t, s) = (F1(t, s), F2(t, s)) . Es claro que F es continua

y satisface F (t, 0) = (F1(t, 0), F2(t, 0)) = (p ◦ α(t), q ◦ α(t)) = α(t) , F (t, 1) =

(F1(t, 1), F2(t, 1)) = (p ◦ β(t), q ◦ β(t)) = β(t) , F (0, s) = (F1(0, s), F2(0, s)) =

(F1(1, s), F2(1, s)) = F (1, s) . Por lo tanto F : α ∼ β , rel{0, 1} . Lo que concluye

la prueba.

Ejemplos.

1. Sea Tn = S1×· · ·×S1 (n factores) el toro n–dimensional contenido en R2n .

Tenemos que π1(Tn) = π1(S1)× · · · × π1(S1) = Zn

2. Sea Z = Rn × S1 . Entonces π1(Z) = π1(Rn)× π1(S1) = {0} × Z ≈ Z

Sergio Plaza 57

Definicion 3.4 Decimos que un espacio topologico X es simplemente conexo si,

X es conexo por caminos y para algun (luego para todo) x ∈ X se tiene que

π1(X, x) = {1} .

Observacion. Usamos la notacion 1 para el elemento neutro de π1(X, x) , pues

por razones psicologicas hemos definido un producto ∗ en ese conjunto de modo a

tener una estructura algebraica de grupo.

Ejemplo. Todo espacio contractible es simplemente conexo. La recıproca es falsa.

Vamos a demostrar Sn es simplemente conexa para todo n > 2 , pero no es con-

tractible.

Proposicion 3.5 Si X es simplemente conexo e Y es arbitrario, entonces π1(X×Y ) ≈ π1(Y ) . En particular, si X e Y son simplemente conexos entonces tambien

lo es el espacio producto X × Y .


Ejemplo. Si X = S2 e Y = S1 entonces π1(S2 × S1) ≈ π1(S1) ≈ Z .

Corolario 3.5 Si X es simplemente conexo entonces cada retracto de X tambien

lo es.

3.5 Grupo fundamental de grupos topologicos

Una multiplicacion en un espacio topologico X es una aplicacion m : X×X −→ X ,

el valor de m en (x, y) lo denotamos por m(x, y) = x · y .Un elemento e ∈ X es llamado elemento neutro para la multiplicacion m si

e · x = x · e = x para todo x ∈ X .

Si X es un espacio topologico dotado de una multiplicacion continua con

elemento neutro, podemos definir un nuevo producto de caminos como sigue: si

α, β : I −→ X son dos caminos, definimos el producto α · β como el camino

(α · β)(t) = α(t) · β(t) .Si α, β : I −→ X son caminos cerrados con base en el elemento neutro e ,

entonces α·β es un camino cerrado con base en e . Ademas, si α, α′, β, β′ : I −→ X

son caminos cerrados con base en e , tales que α ∼ α′ y β ∼ β′ , rel {0, 1} entonces

α · β ∼ α′ · β′ rel {0, 1} . Por lo tanto en π1(X, e) tenemos definida una nueva

Sergio Plaza 58

operacion dada como sigue: si α = [a] y β = [b] , donde a, b : I −→ X son caminos

cerrados con base en e , entonces α · β = [a · b] , la cual esta bien definida.

Un grupo topologico es un espacio topologico G en el cual tenemos definida

una multiplicacion continua, con elemento neutro, la multiplicacion es asociativa,

y ademas la aplicacion inv : X −→ X dada por inv(x) = x−1 es continua.

Ejemplos.

1. S1 = {z ∈ C : |z| = 1} es un grupo topologico.

2. Sea GL(Rn) = {A ∈M(n×n,R) : det(A) 6= 0} el conjunto de las matrices

inversible. Se tiene que GL(Rn) es un grupo topologico con el producto

usual de matrices.

3. Sea H = {q = x + yi + zj + wk : x, y, z, w ∈ R} el espacio R4 , donde

definimos el producto q ·q′ = (x+yi+zj+wk) · (x′+y′i+z′j+w′k) como el

producto usual de polinomios, y los elementos i, j, k satisfacen lo siguiente

i2 = j2 = k2 = −1 i · j = k , j · k = i , k · i = j .

Con este producto H es un grupo topologico. Este es llamado el espacio

cuaternio.

Dado un cuaternio q = x + yi + jz + kw se define la norma de q por

||q|| =√x2 + y2 + z2 + w2 .

Considerando la esfera S3 ⊂ H , que es el conjunto de los cuaternios de norma

1, se tiene que S3 es un grupo topologico.

Lema 3.1 Sea X un grupo topologico dotado de una multiplicacion continua con

elemento neutro e . Si α, β : I −→ X son dos caminos cerrados con base en e

entonces(α ∗ e) · (e ∗ β) = α ∗ β(e ∗ α) · (β ∗ e) = β ∗ α,

donde e : I −→ X es el camino constante e(t) = e .

Demostracion. Tenemos que

α ∗ e(s) ={

α(2s) 0 6 s 6 1/2

e 1/2 6 s 6 1 .

Sergio Plaza 59

Por otra parte,

e ∗ β(s) ={e 0 6 s 6 1/2

β(2s− 1) 1/2 6 s 6 1 .

Por lo tanto, (α∗ e · e∗β)(s) = α∗ e(s) · e∗β(s) = α(2s) ·e = α(2s) = (α∗β)(s)para 0 6 s 6 1/2 , analogamente tenemos (α ∗ e · e ∗ β)(s) = α ∗ e(s) · e ∗ β(s) =e · β(2s − 1) = α ∗ β(s) para 1/2 6 s 6 1 . Luego, α ∗ e · e ∗ β = α ∗ β . La otra

parte se prueba en forma analoga.

Tenemos ahora el siguiente.

Teorema 3.7 Sea X un espacio topologico con una multiplicacion continua y

con elemento neutro. Entonces el grupo fundamental π1(X, e) es abeliano, y para

[α], [β] ∈ π1(X, e) los productos [α][β] y [α] · [β] coinciden.

Demostracion. Dados caminos cerrados con base en e , α, β : I −→ X , tenemos

α ∗ β = α ∗ e · e ∗ β ∼ α · β ∼ e ∗ α · β ∗ e = β ∗ α ,

lo que concluye la prueba.

Corolario 3.6 El grupo fundamental de un grupo topologico es abeliano.

Capıtulo 4

Teorema de Seifert – van

Kampen

En este capıtulo estudiaremos el Teorema de Seifert–van Kampen, el cual nos per-

mitira calcular grupos fundamentales de varios espacios.

Supongamos que X = U1 ∪ U2 , donde U1 y U2 son conjuntos abiertos y

conexos por caminos, y son tales que U1 ∩ U2 es conexo por caminos. Sean ψi :

Ui → X y ϕi : U1 ∩ U2 → Ui (i = 1, 2) las respectivas inclusiones. Tenemos el

siguiente diagrama conmutativo

60

Sergio Plaza 61

U1 ∩ U2

U1

U2

X

ϕ1

ϕ2

ψ1

ψ2

ψ1 ◦ ϕ1 = ψ2ϕ2

Sea x0 ∈ U1 ∩ U2 . El diagrama anterior induce el siguiente diagrama conmu-

tativo a nivel de grupos fundamentales

π1(U1 ∩ U2, x0)

π1(U1, x0)

π1(U2, x0)

π1(X, x0)

ϕ1∗

ϕ2∗

ψ1∗

ψ2∗

ψ1∗ ◦ ϕ1∗ = ψ2∗ ◦ ϕ2∗

Supongamos que conocemos π1(U1 ∩U2, x0) , π1(U1, x0) y π1(U2, x0) , es de-

Sergio Plaza 62

cir, tenemos representaciones π1(U1 ∩ U2, x0) = 〈S,R〉 , π1(U1, x0) = 〈S1, R1〉 y

π1(U2, x0) = 〈S2, R2〉 , donde S , S1 y S2 son los generadores de los respectivos

grupos y R , R1 y R2 , son las relaciones que satisfacen los elementos generadores

de esos grupos.

Sea s ∈ S , entonces ϕ1∗s ∈ π1(U1, x0) y ϕ2∗s ∈ π1(U2, x0) . Luego estos

elementos pueden ser representados por palabras en los generadores S1 y S2 ,

respectivamente, las cuales denotamos por ‘ϕ1∗s’ y ‘ϕ2∗s’. Sea RS el siguiente

conjunto de palabras en S1 ∪ S2 ,

RS = {‘ϕ1∗s’ = ‘ϕ2∗s’ : s ∈ S} .

Ahora necesitamos el siguiente lema de topologıa de espacios metricos.

Lema 4.1 (del cubrimiento de Lebesgue). Sea (X, d) un espacio metrico compacto

y sea U = {Uj}i∈J un cubrimiento abierto de X . Entonces existe un numero

δ > 0 (llamado numero de Lebesgue del cubrimiento) tal que cada S ⊂ X, con

diam (S) < δ esta contenido en algun abierto del cubrimiento U de X .

Demostracion. Ver Lima “Topologıa Geral”.

Lema 4.2 (Generadores de π1(X, x0)) En las condiciones anteriores π1(X, x0) es

generado por ψ1∗π1(U1, x0) ∪ ψ2∗π1(U2, x0) , esto es, si [α] ∈ π(X, x0) , entonces

[α] = Πfinitoψλ(k)∗[αk] ,

donde [αk] ∈ π1(Uλ(k), x0) y λ(k) = 1 o 2.

Demostracion. Sea α : I −→ X un camino cerrado con base en x0 ∈ U1 ∩ U2 .

Sea δ > 0 el numero de Lebesgue del cubrimiento abierto {α−1(U1), α−1(U2)} del

intervalo I , esto significa que si 0 = t0 < t1 < · · · < tn = 1 es una particion de

I , con ti − ti−1 < δ entonces α([ti−1, ti]) esta contenido en U1 o en U2 para

i = 1, . . . , n . Ademas, podemos suponer que α(ti) ∈ U1 ∩ U2 , pues si esto no

ocurre entonces α([ti−1, ti]) y α([ti, ti+1]) estan ambos contenidos en U1 o estan

ambos contenidos en U2 , y podemos considerar el intervalo [ti−1, ti+1] para el

cual se tiene que α([ti−1, ti+1]) esta contenido en U1 o esta contenido en U2 , y

reindiciamos los intervalos para tener la propiedad deseada.

Sergio Plaza 63

Figura Pendiente.

Sean αi : I −→ X (i = 1, . . . , n) los caminos definidos por αi(t) = α((1 −t)ti−1 + tti) . Tenemos que αi(0) = α(ti−1) , αi(1) = α(ti) , y αi(I) esta contenido

en U1 o en U2 .

Afirmacion. [α] = [α1][α2] · · · [αn] .En efecto, sean gi : I −→ X los caminos uniendo x0 con α(ti) , con i =

1, . . . , n − 1 con g1(I) ⊂ U1 ∩ U2 , y sean g0, gn : I −→ U1 ∩ U2 los caminos

constantes definidos por g0(t) = gn(t) = x0 para todo t ∈ I .

Figura.

Como [α] = [α1][α2] · · · [αn] = [g0][α1][g1][g1][α2][g2] · · · [gn−1][αn][gn] y cada

camino gi−1 ∗αi ∗ gi es un camino cerrado con base en x0 el cual esta enteramente

contenido en U1 o en U2 , de donde se tiene lo pedido.

Corolario 4.1 Sea X = U1 ∪ U2 como antes. Si U1 y U2 son simplemente

conexos y U1 ∩ U2 es conexo por caminos entonces X es simplemente conexo.


Ejemplo. Probaremos ahora que la esfera n–dimensional Sn , es simplemente

conexa para n > 2 . Sean pN = (0, . . . , 0, 1) y pS = (0, . . . , 0,−1) los polos norte

y sur de la esfera Sn , respectivamente. Sean U1 = Sn − {pN} y U2 = Sn − {pS} .Tenemos que U1 y U2 son simplemente conexos, pues ambos son homeomorfos

a Rn vıa las correspondientes proyecciones estereograficas. Ahora, U1 ∩ U2 =

Sn−{pN , pS} es homeomorfo a Rn−{0} , el cual es conexo por caminos si n > 2 .

Por el corolario se sigue que Sn es simplemente conexa si n > 2 .

Observacion. Una situacion importante en la cual se aplica la proposicion anterior

es cuando X = X1 ∪ X2 , con X1 ∩ X2 conexo por caminos, pero X1 y/o X2

es(son) no abierto(s). Para aplicar la proposicion anterior de hecho es suficiente

que existan abiertos U1 ⊃ X1 , U2 ⊃ X2 , con U1 ∩ U2 conexo por caminos, tales

Sergio Plaza 64

que las inclusiones canonicas i1 : X1 → U1 e i2 : X2 → U2 sean equivalencias de

homotopıas.

Ejemplo. Sea X = Sn ∨p Sm el espacio formado por las esferas Sn y Sm pegadas

por un punto p . Consideremos puntos x ∈ Sn e y ∈ Sm , con x 6= p e y 6= p , y los

conjuntos U1 = X −{x} y U2 = X −{y} , las inclusiones canonicas i1 : Sm → U1

e i2 : Sn → U2 son equivalencias homotopicas. Ahora, si n,m > 2 , entonces se

sigue que X es simplemente conexo.

px y

Sn Sm

Observacion. No es necesariamente verdad que la union de dos espacios simple-

mente conexos con un punto en comun sea simplemente conexo. Para mostrar esto,

consideramos los siguientes espacios: sean Yn y Zn (n ∈ N), los cırculos de radio

1/n y centro en los puntos (−1/n, 0) y (1/n, 0) , respectivamente. Recordemos que

el cono de un espacio topologico Z , denotado por C(Z) es el espacio cuociente

C(Z) = Z × I/(Z × {1} ∼ ∗) , el punto ∗ es llamado el vertice de C(Z) .

Ahora pongamos Y = ∪n∈NYn y Z = ∪n∈NZn . Sea C(Y ) el cono sobre

Y , con vertice en el punto (0, 0, 1) , y sea C(Z) el cono sobre Z con vertice

en (0, 0,−1) . Es claro que C(Y ) y C(Z) son simplemente conexos, pues son

contractibles. Ademas, C(Y ) ∩ C(Z) = (0, 0, 0) , pero X = C(Y ) ∨(0,0,0) C(Z) no

Sergio Plaza 65

es simplemente conexo, pues un camino cerrado con base en (0, 0, 0) que recorra

una infinidad de cırculos Yn y una infinidad de cırculos Zn no puede se homotopico

a un camino constante (justifique esto).

Ejemplo. Sea X la figura 8, es decir, X = S1∨x0S1 . Sean a, b puntos de la figura

8, con a 6= x0 y b 6= x0 , uno en cada cırculo, como muestra la figura siguiente

S1bS1a

x0a b

Definamos U1 = figura 8−{a} y U2 = figura 8−{b} . Ambos conjuntos U1 y

U2 son abiertos y U1 ∩U2 = figura 8− {a, b} . Ahora tenemos que X1 = X2 = S1

son retractos de deformacion fuerte (por lo tanto homotopicamente equivalentes)

a U1 y a U2 , respectivamente. Sea [α] un generador de π1(S1a) y sea [β] un

generador de π1(S1b) . Entonces π1(X, x0) es generado por [α] y [β] . Note que

esto no significa que π1(X, x0) = 〈[α], [β]〉 , pues pueden existir relaciones entre los

generadores S1 y S2 de π1(U1, x0) y π1(U2, x0) , respectivamente.

Lema 4.3 (Relaciones en π1(X, x0) ) Los generadores S1 ∪ S2 de π1(X, x0) sa-

tisfacen las relaciones R1 ∪RS ∪R2 .

Demostracion. Como ψj∗ : π1(Uj , x0) −→ π1(X, x0) (j = 1, 2) son homomorfis-

mos de grupos, se tiene que cualquier relacion que satisfacen los elementos de Sj

en π1(Uj , x0) (j = 1, 2) la satisfacen sus imagenes ψj∗s en π1(X, x0) .

Observacion. Si s ∈ Sj , usaremos la notacion s en vez de ψj∗s para representar

dicho elemento en π1(X, x0) . Luego, como Sj genera π1(Uj , x0) , tenemos que

ψ1∗S1 ∪ ψ2∗S2notacion= S1 ∪ S2 genera π1(X, x0) , luego los elementos de π1(X, x0)

satisfacen las relaciones R1 ∪R2 .

Sergio Plaza 66

Ahora, si s ∈ RS tenemos que ψ1∗ ◦ ϕ1∗s = ψ2∗ ◦ ϕ2∗s es denotado simple-

mente por ϕ1∗s = ϕ2∗s , donde s ∈ S , estos elementos de π1(X, x0) satisfacen las

relaciones RS .

Lema 4.4 Si los elementos de S1 ∪ S2 en π1(X, x0) satisfacen alguna relacion

entonces esa relacion es consecuencia de R1 ∪RS ∪R2 .

demostracion. Se deja a cargo del lector.

Teorema 4.1 (Seifert–van Kampen) Sea X = U1 ∪ U2 , donde U1 y U2 son

conjuntos abiertos conexos por caminos, con U1 ∩ U2 conexo por caminos. Sean

〈S1, R1〉 y 〈S2, R2〉 representaciones de π1(U1, x0) y π1(U2, x0) , respectivamente.

Sean ϕ1 : U1 ∩ U2 → U1 , ϕ2 : U1 ∩ U2 → U2 , ψ1 : U1 → X , y ψ2 : U2 → X las

respectivas inclusiones canonicas

U1 ∩ U2

U1

U2

X

ϕ1

ϕ2

ψ1

ψ2

ψ1 ◦ ϕ1 = ψ2ϕ2

Sea π1(U1 ∩ U2, x0) = 〈S,RS〉 , donde RS = {‘ϕ1∗s’ = ‘ϕ2∗s’ : s ∈ S} .Entonces π1(X, x0) = 〈S1 ∪ S2, R1 ∪RS ∪R2〉 .

Sergio Plaza 67

4.1 Calculo del grupo fundamenetal de algunos es-

pacios

En esta seccion veremos como utilizando el Teorema de Seifert–van Kampen, pode-

mos calcular el grupo fundamental de algunos espacios.

Toro T2 . Sabemos que el toro T2 es el espacio cuociente del cuadrado Q =

[0, 1] × [0, 1] identificando los puntos (x, 0) con (x, 1) , y (0, y) con (1, y) del

borde de Q , y la identificacion en el interior del cuadrado Q es la identidad.

x0

y a1a1

a2

a2x1 x1

x1x1

Sean U1 = T2−{y} , U2 = T2− (a1∪a2) . Es claro que U1 y U2 son abiertos

y conexos por caminos, con U1∩U2 = T2−(a1∪a2∪{y}) conexo por caminos. Sea

C una curva cerrada (cırculo centrado en y ) que pasa por x0 ∈ T2 como muestra

la figura arriba. Sea d una curva simple desde x0 a x1 .

Si α1 y α2 denotan caminos cerrados en U1 con base en x1 , que recorren

una vez a1 y a2 , respectivamente, como indica la Figura. Entonces π1(U1, x1) es

un grupo libre con generadores [α1] y [α2] . Sea δ = [d] . Tenemos entonces que

π1(U1, x0) es un grupo libre con generadores [d ∗ α1 ∗ d] y [d ∗ α2 ∗ d] , los cualesdenotamos por A1 y A2 , respectivamente.

El punto x0 es un retracto de deformacion fuerte de U2 , luego π1(U1, x0) =

{1} . Por otra parte, U1 ∩ U2 tiene al cırculo C como retracto de deformacion

fuerte, luego si γ denota el camino cerrado en U1 ∩ U2 que recorre C una vez,

entonces π1(U1 ∩ U2, x0) = 〈[γ]〉 .

Por el Teorema de Seifert–van Kampen, tenemos que π1(T2, x0) es generao

Sergio Plaza 68

por {A1, A2} y sujeto a la relacion ‘ϕ1[γ]’=‘ϕ2[γ]’. Ahora, en U1 tenemos que

[ϕ1 ◦ γ] = [d ∗ α1 ∗ α2 ∗ α1 ∗ α2 ∗ d]= [d ∗ α1 ∗ d][d ∗ α2 ∗ d][d ∗ α1 ∗ d][d ∗ α2 ∗ d]= A1A2A

−11 A−1

2 ,

es decir, en π1(U1, x0) se tiene que ‘ϕ1∗[γ]’=‘A1A2A−11 A−1

2 ’. Por otra parte, se

tiene que ‘ϕ2∗[γ]’=1, por lo tanto, tenemos que π1(T2, x0) = 〈{A1, A2 : A1A2A−11 A−1

2 }〉 ∼=Z× Z

Botella de Klein K2 . Sabemos que que la botella de Klein se obtiene como el

espacio cuociente del cuadrado Q = [0, 1]× [0, 1] identificando los puntos del borde

como indica la figura. En el interior de Q la identificacion es la identidad.

y

x0

a1a1

a2

a2x1 x1

x1x1

SeanU1 = K2−{y} y U2 = K2−(a1∪a2) . Es claro que U1 y U2 son abiertos

conexos por caminos, y que U1 ∩U2 es conexo por caminos. Se tiene que la figura

8 es un retracto de deformacion fuerte de U1 , luego, π1(U1, x1) = 〈[α1], [α2]〉 . Porlo tanto π1(U1, x0) = 〈[d ∗ α1 ∗ d], [d ∗ α2 ∗ d]〉 = 〈A1, A2〉 . Por otra parte, como

U2 es contractible se tiene que π1(U2, x0) = {1} . Tenemos tambien que U1 ∩ U2

tiene a C como un retracto de deformacion fuerte. Si C es representado por el

camino γ que recorre C una vez, entonces π1(U1 ∩U2, x0) = 〈[γ]〉 . Ahora, en U1

tenemos que

ϕ1∗[γ] = [d ∗ α1 ∗ α2 ∗ α1 ∗ α2 ∗ d]= [d ∗ α1 ∗ d][d ∗ α2 ∗ d][d ∗ α1 ∗ d][d ∗ α2 ∗ d] ,

es decir, ‘ϕ1∗[γ]’= A1A2A−11 A2 . Por otra parte, ‘ϕ2∗[γ]’ = 1, por lo tanto π1(K2, x0) =

〈{A1, A2 : A1A2A−11 A2 = 1}〉 ∼= 〈{a, c : a2c2 = 1}〉

Plano Proyectivo RP2 . Tenemos que el plano proyectivo RP2 se obtiene como

Sergio Plaza 69

el espacio cuociente del disco unitario D2 identificando los puntos de su borde

antipodalmente. En el interior del disco la identificacion es la identidad.

y

x0

x1

x1

Sean U1 = RP2−{y} y U2 = RP2−a . Tenemos que π1(U1, x1) = 〈[α]〉 , luegoπ1(U1, x0) = 〈[d∗α∗ d]〉 = 〈A〉 . Tambien tenemos que π1(U2, x0) = {1} . Como C

es un retracto de deformacion fuerte de U1∩U2 , se sigue que π1(U1∩U2, x0) = 〈[γ]〉 ,donde γ : I −→ RP2 recorre C una vez. En U1 tenemos que

ϕ1∗[γ] = [d ∗ α ∗ α ∗ d]= [d ∗ α ∗ d][d ∗ α ∗ d] ,

es decir, ‘ϕ1∗[γ]’= A2 , y en U1 se tiene que ‘ϕ2∗[γ]’=1, por lo tanto π1(RP2, x0) =

〈{A : A2 = 1}〉 ∼= Z2 .

4.2 Grupo fundamental de superficies

Hasta el momento hemos calculado el grupo fundamental de la superficies corre-

spondiente al toro, la botella de Klein y el plano proyectivo. La idea usada para

esos calculo se extiende de modo simple al resto de las superficies (variedades 2–

dimensionales) compactas y conexas. Tenemos

Teorema 4.2 Sea S una superficie 2–dimensional compacta y conexa. Entonces,

S = S2#mT2#nRP2 y su grupo fundamental es un grupo libre con generadores

c1, d1, c2, d2, . . . , cm, dm, f1, f2, . . . , fn y una relacion

c1d1c−11 d−1

1 c2d2c−12 d−1

2 · · · cmdmc−1m d−1

m f21 f

22 · · · f2

n = 1 .

Demostracion. Podemos escribir S como

Sergio Plaza 70

S = X ∪H1 ∪H2 ∪ · · · ∪Hm ∪M1 ∪ · · · ∪Mn ,

donde X es la esfera S2 con m + n = q discos abiertos removidos desde ella,

H1, H2, . . . , Hm son asas, es decir, toros T2 con un disco abierto removido, y

M1, . . . ,Mn son bandas de Mobius, es decir, planos proyectivos con un disco re-

movido.

Sean b1, . . . , br los cırculos bordes en X . Entonces tenemos que

X ∩H1 = bi , i = 1, 2, . . . ,m

X ∩Mj = bm+j , j = 1, 2, . . . , n .

Notemos que X es homemorfa a un disco D2 con q − 1 discos abiertos re-

movidos. Sea x0 ∈ Int(X) y sean x1, . . . , xq puntos en b1, . . . , bq como muestra

la figura.

Figura

El subespacio de X , que cosniste de a1, a2, . . . , aq−1 y b1, . . . , bq−1 es un

retracto de deformacion fuerte de X . Sean α1, . . . , αq caminos en X desde x0

a x1 , correspondientes a las curvas a1, . . . , aq y sean β1, . . . , βq caminos cerrados

en X con puntos bases x1, . . . xq , respectivamente, correspondiendo a las curvas

b1, . . . , bq . Entonces

π1(X, x0) = 〈B1, . . . , Bq−1, Bq ; B1B2 · · ·Bq−1Bq = 1〉 ,

donde Bi = [αi∗βi∗αi] . Tenemos, B−1q = B1B2 · · ·Bq−1 , es decir, B1B2 · · ·Bq−1Bq =

1 .

Sergio Plaza 71

Ademas, π1(X, xi) , i = 1, . . . , q es dado por el grupo libre con generadores

h(Bj) , j = 1, . . . , q y una relacion hi(B1B2 · · ·Bq) = 1 , donde hi : π1(X, x0) −→π1(X, xi) es el isomorfismo dado por hi([θ]) = [αi ∗ θ ∗ αi] .

Figura

Ahora, sea Hi una asa. Tenemos que π1(Hi, xi) = 〈Ci, Di〉 , donde Ci =

[εi ∗ γi ∗ εi] y Di = [εi ∗ δi ∗ εi] .Notemos que el camino cerrado βi , correspondiente a bi , puede ser expresado

en terminos de Ci y Di como

[βi] = CiDiC−1i D−1

i .

Ahora, consideremos una banda de Mobius Mj .

El grupo fundamental de Mj es generado por

Fj = [εj+m ∗ ϕj ∗ εj+m] ,

donde εj+m es representado por el camino cerrado ej+m y ϕj(I) =cırculo central

de la banda de Mobius. Notemos que [βj+m] = F 2j . Luego,

π1(Mj , xj+m) = 〈Fj〉 .

Calcularemos el grupo fundamental de S inductivamente. Definamos X0, X1, . . . , Xq

como sigue.

X0 = X

Xi = Xi−1 ∪Hi , i = 1, . . . ,m

Xm+j = Xm+j−1 ∪M1 , j = 1, . . . , n .

Afirmamos que

π1(Xi, x0) = 〈c1, d1, c2, d2, . . . , ci, di, Bi+1, . . . , Bi+1 ;

c1d1c−11 d−1

1 · · · cidic−1i d−1

i Bi+1Bi+2 · · ·Bq = 1〉

Sergio Plaza 72

π1(Xm+j , x0) = 〈c1, d1, c2, d2, . . . , cm, dm, f1, f2, . . . , fj , Bm+j+1, . . . , Bq ;

c1d1c−11 d−1

1 · · · cidic−1i d−1

i f21 f

22 · · · f2

jBm+j+1Bm+j+2 · · ·Bq = 1〉

Para poder usr el teorema de Seifert– van Kampen necesitamos expresar Xk

como una union de dos subconjuntos abiertos. Tenemos que Xk = Xk−1 ∪ Yk ,donde Yk = Hi o Mj para algun i o j . Pero ninguno de esos subespacios son

abiertos. Recordemos que al tomar sumas conexas, existe una vecindad abierta

Nk de bk en S , la cual es homeomorfa al cilindro abierto S1× ] − 1, 1[ , tal que

si gk : Nk −→ S1× ] − 1, 1[ es el homeomorfismo, entonces gk(bk) = S1 × {0} y

g−1k (S1× ]− 1, 1[ ) ⊂ X ⊂ Xk−1 y g−1

k (S1 × [0, 1[ ) ⊂ Yk .Luego, definimos Uk = Xk−1∪Nk ⊂ Xk−1∪Yk y Vk = Nk∪Yk ⊂ Xk−1∪Yk ⊂

Xk . Tenemos que Uk y Vk son abiertos, conexos por caminos y Uk ∩ Vk = Nk

es abierto y conexo por caminos. Aplicamos entonces Seifert–van Kampen a Xk =

Uk ∪ Vk y xk ∈ bk como punto base. Es claro que Xk−1 , Yk , bk son retracto de

deformacion fuerte de Uk , Vk y Uk ∪ Vk , respectivamente. Luego,

π1(Uk, xk) = π1(Xk−1, xk)

π1(Vk, xk) = π(Yk, xk)

π1(Uk ∩ Vk, xk) = π1(bk, xk) = 〈[βk] ; ∅〉 .

Ahora el calculo, usando induccion, es facil y se deja a cargo del lector.

Capıtulo 5

Grupo fundamental del

cırculo

En este capıtulo mostraremos que el grupo fundamental del cırculo S1 es isomorfo

al grupo aditivo Z . Para esto introducimos el concepto de levantamiento de aplica-

ciones. Ademas, en el desarrollo sistematico de este ejemplo se encuentran las ideas

fundamentales para el estudio de espacios recubrimiento, topico que estudiaremos

en capıtulos posteriores.

Nos dedicaremos a demostrar el siguiente.

Teorema 5.1 π1(S1) ∼= Z .

Consideremos la aplicacion exponencial e = exp : R −→ S1 ⊂ C , la cual es

dada por exp(t) = e2πit = cos(2πt)+ isen(2πt) . Tenemos que e−1(1) ∼= Z . La idea

para probar que π1(S1) ∼= Z es la siguiente. Dado un camino cerrado α : I −→ S1

con base en 1 ∈ S1 , mostraremos que existe un unico camino α : I −→ R , tal que

α(0) = 0 y e ◦ α = α . Ahora, como α(1) = 1 se tiene que α(1) ∈ e−1(1) ∼= Z .

Definimos de este modo el grado de α , denotado por deg(α) , como deg(α) = α(1)

y podemos definir la aplicacion deg : π1(S1, 1) −→ Z por deg([α]) = α(1) , la

cual esta bien definida, pues si [α] = [β] en π1(S1, 1) entonces tendremos que

α(1) = β(1) . Finalmente, mostraremos que deg es el isomorfismo deseado.

73

Sergio Plaza 74

Figura.

Lema 5.1 Sea U ⊂ S1−{1} un conjunto abierto. Denotemos por V = I∩e−1(U) .

Entonces e−1(U) es una union disjunta de conjuntos abiertos Vn , con n ∈ Z ,

donde Vn = V + n = {t + n : t ∈ V } . Ademas, para cada n ∈ Z , tenemos que

e|Vn : Vn −→ U es un homeomorfismo.

Demostracion. Sin perdida de generalidad, podemos suponer que U es un arco

abierto de S1 , es decir, U = {e2πit : 0 6 a < t < b 6 1 , donde a, b ∈ I .

Tenemos entonces que V = ]a, b[ y Vn = ]a + n, b + n[ , con n ∈ Z . Es claro que

e−1(U) = ∪n∈ZVn es una union disjunta de abiertos.

Ahora sea en = e|Vn . Tenemos que en es continua y biyectiva. Sea W ⊂Vn un conjunto cerrado, por lo tanto compacto. Como W es compacto y S1

es Hausdorff, se sigue que en induce un homeomorfismo desde W en en(W ) ,

luego en(W ) es un compacto en S1 , por lo tanto es un conjunto cerrado, y en

consecuencia e−1n es continua, como querıamos probar.

Corolario 5.1 Si f : X −→ S1 es una aplicacion continua y no sobreyectiva,

entonces f es homotopica a una aplicacion constante (es decir, homotopicamente

nula).

Demostracion. Sea x ∈ S1 − Imagen(f) . Tenemos que S1 − {x} es homeomorfo

a R , por lo tanto contractible. De este hecho se sigue el resultado.

Teorema 5.2 (Levantamiento de caminos). Sea α : I −→ S1 un camino. En-

tonces existe un camino α : I −→ R , llamado un levantamiento de α , tal que

e ◦ α = α . Ademas, dado t0 ∈ R con e(t0) = α(0) entonces existe un unico

levantamiento α de α , tal que α(0) = t0 .

Demostracion. Para cada x ∈ S1 , sea Ux una vecindad abierta de x , tal

que e−1(Ux) es una union disjunta de subconjuntos abiertos de R , los cuales

son aplicados por e homeomorficamente sobre Ux (por ejemplo, tomar Ux como

un arco abierto pequeno alrededor de x y aplicar el lema anterior). Tenemos

entonces que {α−1(Ux) : x ∈ S1} es un cubrimiento abierto de I , el cual

puede ser escrito en el forma { ]xj , yj[∩I : i ∈ J} , donde J es un conjunto

de ındices. Como I es compacto, existe un subcubrimiento finito de I de la

Sergio Plaza 75

forma [0, t1 + ε1[ , ]t2 − ε2, t2 + ε2[ , . . . , ]tn − εn, 1] , con ti+1 − εi+1 < ti + εi ,

para i = 1, . . . , n − 1 . Ahora elegimos ai ∈ ]ti+1 − εi+1, ti + εi[ , de modo que

a0 = 0 < a1 < · · · < an−1 < an = 1 . Es claro que α([ai, ai+1]) esta contenido en

un conjunto abierto Si de S1 , tal que e−1(Si) es una union disjunta de abiertos

que son aplicados por e homeomorficamente sobre Si . Definimos levantamientos

αk de α sobre los intervalos [0, ak] , inductivamente, con k = 0, 1, . . . , n , los que

tienen la propiedad que αk(0) = t0 .

Para k = 0 , definimos α0(0) = t0 , la cual es la unica eleccion posible una

vez fijado t0 ∈ R . Supongamos que tenemos definido αk : [0, ak] −→ R , el cual

es unico con las propiedades que αk(0) = t0 y e ◦ αk = α|[0, ak] . Tenemos que

α( ]ak, ak+1[ ) esta contenido en un conjunto abierto Sk de S1 , tal que e−1(Sk) es

una union disjunta de conjuntos abiertos {Wj : j ∈ Γ} tal que para cada j ∈ Γ

se tiene que ej = e|Wj : Wj −→ Sk es un homeomorfismo.

Figura.

Es claro que α(ak) ∈W para algun W ∈ {Wj : j ∈ Γ} . Cualquier extensionαk+1 de αk debe aplicar [ak, ak+1] en W , pues [ak, ak+1] es conexo por caminos.

Como e|W : W −→ Sk es un homeomorfismo, existe una unica aplicacion continua

ρ : [ak, ak+1] −→ W tal que e ◦ ρ = α|[ak, ak+1] , para esto basta tomar ρ =

(e|W )−1 ◦ α .

Ahora definamos αk+1 : [0, ak+1] −→ R por

αk+1(t) =

{αk(t) t ∈ [0, ak]

ρ(t) t ∈ [ak, ak+1] ,

por el Gluing Lemma, se tiene que αk+1 es continua, lo que completa la prueba

del teorema.

Ahora, dado α : I −→ S1 un camino cerrado con base en 1, sea α : I −→ R

el unico levantamiento de α con α(0) = 0 . Como e ◦ α = α y α(1) = 1 se tiene

Sergio Plaza 76

que α(1) = e−1(1) ∼= Z . definimos el grado de α , denotado por deg(α) , como

deg(α) = α(1) .

La pregunta natural que surge aquı es la sigueiente: Si α, β : I −→ S1 son

caminos cerrados con base en 1, y α ∼ β rel {0, 1} en S1 ¿vale que deg(α) =

deg(β)? La respuesta viene dada por los siguientes teoremas.

Teorema 5.3 (Levantamiento de Homotopıas). Sea F : I × I −→ S1 una apli-

cacion continua. Entonces existe un levantamiento F : I×I −→ R de F . Ademas,

dado x0 ∈ R con e(x0) = F (0, 0) , existe un unico levantamiento F de F , con

F (0, 0) = x0 .

Demostracion. Analoga a la anterior, se deja a cargo del lector.

Teorema 5.4 (Monodromia para exp : R −→ S1 ). Sean α, β : I −→ S1 caminos

cerrados con base en 1 ∈ S1 . Si α ∼ β rel {0, 1} y α, β denotan los unicos

levantamientos α y β , respectivamente, con α(0) = β(0) = 0 entonces α(1) =

β(1) .

Demostracion. Sea F : I × I −→ S1 una homotopıa rel {0, 1} entre α y β .

Entonces por el teorema anterior existe un unico levantamiento F : I× I −→ R de

F , con F (0, 0) = α(0) = β(0) . Como F (t, 0) = α(t) y F (t, 1) = β(t) , se sigue que

F (t, 0) = α(t) y F (t, 1) = β(t) . Ademas, tenemos que F (1, s) es un camino desde

α(1) a β(1) , pues α(1) = β(1) = F (1, s) , pero F (1, s) ∈ e−1(1) , luego F (1, s) es

constante, por lo tanto F (1, s) = α(1) = β(1) .

Corolario 5.2 La aplicacion deg : π1(S1, 1) −→ Z esta bien definida.

Teorema 5.5 π1(S1, 1) ∼= Z .

Demostracion. Tenemos definida la aplicacion deg : π1(S1, 1) −→ Z . Afirmamos

que deg es un isomorfismo de grupos.

i) deg es sobreyectiva.

Dado n ∈ Z , sea gn : I −→ R el camino definido por gn(t) = nt . Tenemos

que αn = e◦gn : I −→ S1 es un camino cerrado con base en 1. Por definicion, gn es

un levantamiento de αn con gn(0) = 0 , luego deg([αn]) = deg(αn) = gn(1) = n .

ii) deg es un homomorfismo de grupos.

Sergio Plaza 77

Sea ℓa(α) el levantamiento del camino cerrado α : I −→ S1 con base en 1, tal

que ℓa(α)(0) = a ∈ e−1(1) , es decir, ℓa(α) es el levantamiento de α , comenzando

en a ∈ e−1(1) . Tenemos que ℓ0(α) = α y ℓa(α) = a + α . Ademas, es claro que

ℓa(α ∗ β) = ℓa(α) ∗ ℓb(β) , donde b = α(1) + a .

Ahora, sean [α], [β] ∈ π1(S1, 1) . Tenemos

deg([α][β]) = deg([α ∗ β])= α ∗ β(1)= ℓ0(α ∗ β)(1)= ℓ0(α) ∗ ℓb(β)(1) donde b = α(1)

= ℓb(β)(1)

= b+ ℓ0(β)(1)

= α(1) + β(1)

= deg([α]) + deg([β])

iii) deg es inyectiva.

Supongamos que deg([α]) = 0 , es decir, deg(α) = 0 , esto significa que el

levantamiento α de α satisface α(0) = α(1) = 0 . Como R es contractible, se

tiene que α ∼ ε0 rel {0, 1} , donde ε0 : I −→ R es el camino constante ε0(t) = 0

para todo t ∈ I . Luego, existe una homotopıa F : I × I −→ R tal que

F (t, 0) = α(t)

F (t, 1) = ε0(t) = 0

F (0, s) = F (1, s) = 0 .

Por ejemplo, F (t, s) = (1− s)α(t) . Ahora, e ◦ F : I × I −→ S1 es continua y

satisface

e ◦ F (t, 0) = e ◦ α(t) = α(t)

e ◦ F (t, 1) = e ◦ ε0(t) = e(0) = 1

e ◦ F (0, s) = e ◦ F (1, s) = e(0) = 1,

es decir, e ◦ F es una homotopıa rel {0, 1} entre α y el camino constante ε1 :

I −→ S1 , dado por ε1(t) = 1 para todo t ∈ I . Por lo tanto, [α] = 1 ∈ π1(S1, 1) .Esto completa la prueba del teorema.

Sergio Plaza 78

5.1 Aplicaciones del grupo fundamental de cırculo

Veremos ahora algunas consecuencias del isomorfismo π1(S1) ∼= Z .

Comenzamos justificando algunos hechos, usados en capıtulos anteriores.

1.- Sea Tn = S1 × · · · × S1︸︷︷︸n–veces

el toro n–dimensional. Entonces π1(Tn) ∼= Zn .

2.- Sea M la banda de Mobius. Tenemos que el cırculo central de M es un retracto

de deformacion fuerte, luego π1(M) ∼= π1(S1) ∼= Z .

3.- S1 no es simplemente conexo. En particular S1 no es contractible. Lo mismo

ocurre con Tn .

4.- Sea S1 × D2el toro solido. Entonces π1(S1 × D

2) ∼= Z , pues S1 × D

2tiene el

mismo tipo de homotopıa que S1 .

Observacion. En el toro solido D2 × S1 los meridianos y los paralelos son indis-

tinguibles, pues la aplicacion h : S1×S1 −→ S1× S1 definida por h(z, w) = (w, z)

es un homeomorfismo que lleva meridianos en paralelos y vice versa. Ahora con-

sideremos T2 ⊂ R3 , representacion geometrica de S1×S1 . Tenemos que existe un

homeomorfismo h : T2 −→ T2 que transforma paralelos en meridianos y vice versa,

pero tal homeomorfismo h no se extiende a un homeomorfismo h : R3 −→ R3 ,

pues de ser ası, h deberıa llevar el toro solido en si mismo, pero en el toro solido

un meridiano es homotopicamente trivial, y no podrıa ser llevado en un paralelo,

pues este es un generador del grupo fundamental del toro solido.

Figura.

Teorema 5.6 (del punto fijo de Brouwer) Toda aplicacion continua del disco uni-

tario cerrado en si mismo tiene al menos un punto fijo.

Demostracion. Aquı solo daremos la prueba para las dimensiones n = 1 y n = 2 .

Sergio Plaza 79

Para n = 1 , se tiene que D1= [−1, 1] y sabemos que cada aplicacion continua

f : [−1, 1] −→ [−1, 1] tiene al menos un punto fijo (teorema del valor intermedio).

Prueba para n = 2 . Sea f : D2 −→ D

2una aplicacion continua. Supongamos

que f no tiene puntos fijos, es decir, para cada x ∈ D2

se tiene que f(x) 6= x .

Definamos ϕ : D2 −→ ∂D

2por ϕ(x) =punto de S1 obtenido por la interseccion del

segmento de recta desde f(x) pasando por x con S1 . Tenemos que ϕ es continua,

y ademas si x ∈ S1 , entonces ϕ(x) = x . Sea i : S1 → D2la inclusion canonica.

Es claro que ϕ ◦ i = IdS1 , es decir, tenemos el siguiente diagrama conmutativo

Figura

el cual induce el siguiente diagrama conmutativo

Figura.

D2

es contractible, lo cual es una contradiccion, pues del diagrama tenemos que

IdS1∗ = Id = ϕ∗ ◦ i∗ = 0 .

Teorema 5.7 Sea f : S1 −→ S1 una aplicacion continua. Si f es homotopica

a una aplicacion constante entonces existe z ∈ S1 , tal que f(z) = f(−z) . En

particular, f no es inyectiva.

Demostracion. Como f es homotopica a una aplicacion constante, existe una

aplicacion continua f : S1 −→ R tal que e ◦ f = f (la prueba de esto es facil y se

deja a cargo del lector). Ahora, basta probar que f asume el mismo valor en un par

Sergio Plaza 80

de punto de antipodales, pues si f(z) = f(−z) para algun z ∈ S1 entonces f(z) =

e ◦ f(z) = e ◦ f(−z) = f(−z) . Si tenemos que f(z0) = f(−z0) para algun z0 ∈ S1

no hay nada que probar. Si no, definamos la aplicacion g(z) = f(z) − f(−z) .Tenemos que g es continua y satisface g(−z) = −g(z) , y siendo S1 conexo, debe

existir z1 ∈ S1 tal que g(z1) = 0 , es decir, f(z1) = f(−z1) . Lo que completa la

prueba del teorema.

Teorema 5.8 (Borsuk–Ulam) Para cada aplicacion continua f : S2 −→ R2 existe

x ∈ S2 tal que f(x) = f(−x) .

Demostracion. Supongamos que existe una aplicacion continua f : S2 −→ R2 tal

que f(x) 6= f(−x) para todo x ∈ S2 . En este caso podemos definir una aplicacion

g : S2 −→ S1 por g(x) = f(x)−f(−x)||f(x)−f(−x)|| , la cual es continua e impar, es decir,

g(−x) = −g(x) para todo x ∈ S2 . Restringiendo g al ecuador S1 = {(x, y, z) ∈S2 : z = 0} de S2 , obtenemos una aplicacion continua h : S1 −→ S1 homotopica

a una constante, pues se extiende a un hemisferio de S2 conteniendo a S1 , este

hemisferio es un conjunto contractible por ser homeomorfo al disco D2. Ahora, es

claro que h(x) 6= h(−x) para todo x ∈ S1 , lo cual es una contradiccion.

Corolario 5.3 La esfera S2 no es homeomorfa a ningun subconjunto abierto del

plano R2 .

Demostracion. Por el teorema anterior, ninguna aplicacion continua f : S2 −→R2 puede ser inyectiva.

5.2 Grupo fundamental de algunos grupos clasicos

En esta seccion vamos a calcular el grupo fundamental de algunos gurpos

clasicos, tales como SO(3) , SO(3)× S3 y SO(2)

Recordemos que los cuaternios es el conjunto H = {x + iy + zj + wk :

x, y, z, w ∈ R} , no es otro que R4 dotado de un producto, donde el producto

de dos cuaternios q = x+ iy+zj+wk y q′ = x′+y′i+z′j+w′k es definido multi-

plicando estos como se multipican polinomios, y usando el hecho que los cuaternios

unitarios i, j, k satisfacen

i2 = j2 = k2 = −1 , ij = k , kj = i , ki = j.

Sergio Plaza 81

i

j

k

i

j

k

i j k

−1 k −j

−k −1 i

j −i −1

·

Ademas, dado un cuaternio q = x + yi + zj + wk se define su conjugado de

q , como q = x− yi− zj−wk . Tenemos (verificcion rutinaria) que qq = qq = x2 +

y2+z2+w2 , esto permite definir la norma de q como ||q|| =√x2 + y2 + z2 + w2 .

Es claro tambien que el producto de cuaternios definido arriba es asociativo y no

conmutativo.

Los cuaternios unitarios son aquellos que tienen norma 1, es decir, son los

elementos de H que pertenecen a la esfera S3 . Los cuarternios imagnirarios puros

son aquellos de la forma q = yi+ zj + wk . Tenemos el siguiente lema.

Lema 5.2 Si un cuaternio w conmuta con todo imaginario puro. Entonces w es

real. Ademas, si w ∈ S3 entonces w = ±1 .

Demostracion. Si w = a + bi + cj + dk entonces iw = −b + ai − dj + ck y

wi = −b+ ai+ dj− ck , como iw = wi se sigue que c = d = 0 . Luego, w = a+ bi .

Ahora, wj = aj + bk y jw = aj − bk , y como wj = jw se sigue que b = 0 . Por

lo tanto w = a, es real.

Proposicion 5.1 Existe un homomorfismo continuo ϕ : S3 −→ SO(3) .

Demostracion. A cada u ∈ S3 asociamos la transformacion lineal ϕu : R3 −→ R3

definida por ϕu(w) = uwu−1 . De hecho, ϕu : R4 −→ R4 . Es claro que ϕu es

lineal , y como ϕu(1) = 1 , se tiene que ϕu deja invariante el eje real, por lo tanto

tambien deja invariante su complemento ortogonal, es decir, si w = xi + yi + zk

entonces uwu−1 tambien es imaginario puro. Por lo tanto podemos considerar

ϕu : R3 −→ R3 . Los vectores columnas de la matriz de ϕu son uiu−1 , uju−1

y uku−1 , los cuales dependen continuamente de u ∈ S3 . Tenemos tambien que

det(ϕu) = ±1 para todo u ∈ S3 , y como para u = 1 se tiene que det(ϕu) = 1 ,

se sigue por conexidad de S3 que det(ϕu) = 1 , para todo u ∈ S3 . Luego, ϕu ∈SO(3) para todo u ∈ S3 . Por lo tanto la aplicacion ϕ : S3 −→ SO(3) definida

Sergio Plaza 82

por ϕ(u) = ϕu es continua. Ademas es claro que ϕuv = ϕu ◦ ϕv , luego ϕ es un

homomorfismo de grupos. Ahora el nucleo de ϕ es dado por

ker(ϕ) = {u ∈ S3 : ϕu = Id}= {u ∈ S3 : ϕu(w) = w para todo w ∈ R3}= {u ∈ S3 : uwu−1 = w para todo w ∈ R3}= {u ∈ S3 : uw = wu para todo w ∈ R3}= {1,−1},

es decir, ϕ(x) = ϕ(y) si y solo si x = ±y . Vamos a mostrar que ϕ es sobreyectiva.

Para esto usamos el argumento siguiente: si ϕ es una aplicacion abierta (es decir,

lleva abiertos en abiertos) entonces se tiene que ϕ(S3) es un conjunto abierto, y

como S3 es compacta se sigue que ϕ(S3) es un conjunto compacto, por lo tanto

cerrado, y por la conexidad de SO(3) se tiene que ϕ(S3) = SO(3) . Note que los

vectores columnas de ϕu dependen C∞ de u ∈ S3 , y como ϕ es un homomorfismo

su rango es constante. Ademas, como ϕ(x) = ϕ(y) si y solo si y = ±x , se tiene

que ϕ es localmente inyectiva, por lo tanto rango(ϕ) = 3 , pues dimSO(3) = 3 .

En particular, ϕ es una submersion.

Como ϕ(w) = ϕ(w′) si y solo si w′ = ±w se tiene que ϕ identifca puntos

antipodales, por lo tanto pasando al cuociente tenemos una biyeccion ϕ : RP3 =

S3/ ker(ϕ) −→ SO(3) . Como RP3 es compacto y SO(3) es Hausdorff se sigue que

ϕ es un homeomorfismo.

Tenemos entonces el siguiente teorema, para ello usamos el hecho que π1(RP3) ∼=

Z2 , que sera probado mas adelante

Teorema 5.9 π1(SO(3)) es isomorfo a Z2 .

Demostracion. Tenemos que SO(3) es homeomorfo a RP3 , luego π1(SO(3)) ∼=π1(RP

3) ∼= Z2 .

Explıcitamente, podemos exhibir un camino cerrado cuya clase de homotopıa

es el elemento no trivial en π1(SO(3)) , como sigue: consideremos el camino en

S3 dado por α : I −→ S3 , α(t) = cos(πt) + sen(πt)k . Tenemos que α(0) = 1

y α(1) = −1 . Definamos α = ϕ ◦ α : I −→ SO(3) . Tenemos que α es un

camino cerrado no homotopico a una constante. Para cada t ∈ I , la matriz de la

Sergio Plaza 83

transformacion lineal α(t) = ϕα tiene por columnas las imagenes de los vectores

i, j, k ∈ R3 y son dadas por

α(t)i = (cos(πt) + sen(πt)k)i(cos(πt)− sen(πt)k)

= (cos2(πt)− sen2(πt))i + 2sen(πt) cos(πt)

= cos(2πt)i + sen(2πt)j

α(t)j = −sen(2πt)i + cos(2πt)j

α(t)k = k ,

por lo tanto, el generador de π1(SO(3)) es la clase de homotopıa del camino de

matrices formado por las transformaciones α(t) : R3 −→ R3 , cuyas matrices tienen

la forma

cos(2πt) −sen(2πt) 0

sen(2πt) cos(2πt) 0

0 0 1

.

Teorema 5.10 El espacio topologico SO(4) es homeomorfo a SO(3)× S3 .

Demostracion Sea h : SO(4) −→ SO(3) × S3 la aplicacion que asocia a cada

aplicacion lineal ortogonal T : R4 −→ R4 el par (T ′, v) , donde v = T (1) y

T ′ : R3 −→ R3 es definida por T ′(u) = T (u)v−1 (producto de cuaternios). Es

claro que ||v|| = 1 . Ahora, como T ′(1) = T (1)v−1 = vv−1 = 1 se sigue que T ′ , la

cual de hecho es una aplicacion de R4 es si mismo, deja el eje real invariante, por

lo tanto la podemos considerar como aplicacion de R3 en si mismo.

Finalmente, es facil ver que h es una biyeccion continua, por lo tanto un

homeomorfismo, pues SO(4) es compacto y SO(3)× S3 es Hausdorff.

Corolario 5.4 π1(SO(4)) ∼= Z2 .

Demostracion. Tenemos π1(SO(4)) ∼= π(SO(3)×S3) ∼= π1(SO(3))×π1(S3) ∼= Z2 .

Teorema 5.11 SO(2) es isomorfo a S1 .


Teorema 5.12 (Poincare) No existen campos continuos de vectores tangentes sin

singularidades en S2 .

Sergio Plaza 84

Demostracion. Supongamos que existe v : S2 −→ R3 un campo de vectores

continuo sin singularidades. Podemos definir entonces la aplicacion u : S2 −→ S2

por u(x) = v(x)||v(x)|| , la cual satisface 〈u(x), x〉 = 0 . Definamos la aplicacion w :

S2 −→ S2 por w(x) = x×v(x) . Tenemos entonces que para cada x ∈ S2 la matriz

cuyas columnas son x, u(x), w(x) es una matriz ortogonal, M(x) = (x u(x) w(x)) .

Es claro que la aplicacion x −→ M(x) es continua y detM(x) = 1 , es decir,

M(x) ∈ SO(3) . Consideremos SO(2) ⊂ SO(3) mediante la inclusion

(a b

c d

)→

a b 0

c d 0

0 0 1

y definimos h : S2 × SO(2) −→ SO(3) por h(x, L) =M(x)L . Tenemos que existe

h−1 : SO(3) −→ S2 × SO(2) , la cual es dada por h−1(T ) = (x,M(x)−1T ) , donde

x = T (1) . Como h es continua, se tiene que h es un homeomorfismo y por lo

tanto π1(S2 × SO(2)) ∼= Z es isomorfo π1(SO(3)) ∼= Z2 , lo cual es absurdo. Por

lo tanto no existe un campo de vectores continuo sin singularidades en S2 .

Capıtulo 6

Espacios de recubrimiento

En esta seccion vamos a generalizar la idea que usamos para calcular el grupo

fundamental del cırculo a otros espacios, que tienen esencialmente el mismo tipo

de propiedades que el caso del triple (R, S1, exp) , es decir, exp : R → S1 es una

aplicacion continua y sobreyectiva, y para cada z ∈ S1 existe una vecindad abierta

U de z tal que exp−1(U) = ∪j∈ZUj , es una union de conjuntos abiertos disjuntos,

tales que para cada j ∈ Z , la restriccion exp|Uj : Uj → U es un homeomorfismo.

Definicion 6.1 Sea p : X → X una aplicacion continua. Decimos que un sub-

conjunto abierto U ⊂ X es eventualmente recubierto por p si, p−1(U) es una

union disjunta de conjuntos abiertos de X , cada uno de los cuales es aplicado por

p homeomorficamente sobre U , es decir,

p−1(U) = ∪j∈JUj , Ui ∩ Uj = ∅ si i 6= j

Uj ⊂ X es abierto para cada j ∈ J , y

p|Uj : Uj → U homeomorfismo para cada j ∈ J .

Definicion 6.2 Un recubrimiento es un triple (X,X, p) , donde X y X son es-

pacios topologicos, p : X → X es una aplicacion continua y sobreyectiva, y se

satisface lo siguiente: para cada punto x ∈ X existe una vecindad abierta even-

tualmente recubierta por p . Los espacios X y X son llamados espacio base y

espacio recubrimiento, respectivamente, y p es llamada aplicacion recubrimiento.

En otras palabras, (X,X, p) es un recubrimiento si:

85

Sergio Plaza 86

i) p : X → X es continua y sobreyectiva,

ii) para cada x ∈ X existe una vecindad abierta U de x , tal que p−1(U) =

∪j∈JUj , para alguna coleccion {Uj : j ∈ J} de subconjuntos abiertos de

X , con Ui ∩ Uk = ∅ si i 6= k , y p|Uj : Uj → U es un homeomorfismo.

Usamos la notacion p : X → X para denotar un cubrimiento.

Ejemplos.

1. exp : R→ S1 , dada por exp(t) = e2πit es un recubrimiento.

2. exp× exp : R2 → S1 × S1 = T2 , dada por exp× exp(t, s) = (e2πit, e2πis) es

un recubrimiento.

3. Si h : X → X es un homeomorfismo entonces h es un recubrimiento.

4. Sea Y un espacio discreto y sea X = X × Y , entonces la proyeccion

canonica p : X → X , dada por p(x, y) = x es un recubrimiento. Por

ejemplo, p : S1 × Z→ S1 es un recubrimiento.

5. Para cada n ∈ Z , con n 6= 0 , la aplicacion pn : S1 → S1 dada por

pn(z) = zn es un recubrimiento.

Una fuente natural de espacios recubrimientos consiste de las acciones de gru-

pos sobre espacios topologicos, sujetas a ciertas restricciones como veremos mas

adelante.

Definicion 6.3 Sean G un grupo y X un espacio topologico. Decimos que G

actua sobre X por la izquierda si existe una aplicacion Θ : G × X → X , que

satisface:

a) Θ(e, x) = x , para todo x ∈ X , donde e es el elemento neutro de G .

b) Θ(g,Θ(h, x)) = Θ(gh, x) para todo x ∈ X y todo g, h ∈ G .

La aplicacion Θ es llamada una accion de G sobre X .

Por comodidad, usaremos la notacion Θ(g, x) = g · x .

Ejemplos. Los siguientes son ejemplos de acciones por la izquierda de un grupo

sobre un espacio topolgico.

Sergio Plaza 87

1. Sea X un espacio topologico y sea G = Homeo(X,X) = {f : X → X :

f es homeomorfismo} el grupo de los homeomorfismos de X (con la com-

posicion de funciones). Definamos Θ : G×X → X por Θ(f, x) = f(x) .

2. Sean G = Z2 = {1,−1} (grupo multiplicativo) y X = Sn . Definamos

Θ : Z2 × Sn → Sn por Θ(±1, x) = ±x .

3. Sean G = Z (grupo aditivo) y X = R . Sea Θ : Z × R → R dada por

Θ(n, x) = n+ x .

4. Sean G = Z2 y X = R2 , y Θ : Z2 × R2 → R2 la accion dada por

Θ((n,m), (x, y)) = (n+ x,m+ y) .

5. Sea X = {(x, y) ∈ R2 : −1/2 6 y 6 1/2}. Definamos Θ : Z×X → X por

Θ(n, (x, y)) = (x+ n, (−1)ny) .

Proposicion 6.1 Si Θ : G × X → X es una accion de G sobre X , entonces

para cada g ∈ G la aplicacion Θg : X → X definida por Θg(x) = Θ(g, x) es una

biyeccion.

Demostracion. Tenemos que Θg ◦ Θh = Θgh y Θe = IdX , luego Θg ◦ Θg−1 =

Θg−1 ◦Θg = IdX . Lo que concluye la prueba.

Sea Θ : G×X → X una accion. Definamos la siguiente relacion en X : sean

x, y ∈ X decimos que x ∼G y si y solo si existe g ∈ G tal que y = g · x , es decir,y = Θ(g, x) .

Esta es una relacion de equivalencia sobre X . Cada clase de equivalencia es

llamada una orbita de la accion de G sobre X . Si x ∈ X , usamos la notacion

orbG(x) para denotar la orbita de x , es decir, orbG(x) = {y ∈ X : y ∼G x} .Luego, x ∼G x si y solo si y ∈ orbG(x) .

Notacion. Al conjunto cuociente de X por la relacion de equivalencia ∼G lo

denotamos por X/G .

Al conjunto X/G lo dotamos de la topologıa cuociente inducida por la proyeccion

π : X → X/G , esto es, U ⊂ X/G es abierto si y solo si π−1(U) ⊂ X es abierto.

Con esta topologıa la proyeccion π es una aplicacion continua.

Ejemplos.

Sergio Plaza 88

1. Sn/Z2 ≡ RP2 .

2. Sea X = {(x, y) ∈ R2 : −1/2 6 y 6 1/2} , y sea G = Z , y la accion

Θ(n, (x, y)) = (x+ n, (−1)ny) . Es facil ver que X/Z ≡ banda de Mobius .

3. R/Z ≡ S1 .

4. R2/Z2 ≡ S1 × S1 .

5. Rn/Zn ≡ Tn = S1 × · · · × S1 (n factores).

Definicion 6.4 Sean G un grupo y X un espacio topologico. Decimos que X es

un G–espacio si G actua sobre X y para cada g ∈ G la aplicacion Θg : X → X es

continua. En particular, para cada g ∈ G la aplicacion Θg es un homeomorfismo,

pues Θ−1g = Θg−1 .

Proposicion 6.2 Sea X un G–espacio. Entonces la proyeccion canonica π :

X → X/G es una aplicacion abierta.

Demostracion. Sea U ⊂ X un subconjunto abierto. Tenemos que π−1(π(U)) =

∪g∈Gg ·U = ∪g∈GΘg(U) , y esta es una union de abiertos, pues las aplicaciones Θg

son homeomorfismos para cada g ∈ G .

Definicion 6.5 Decimos que la accion de G sobre X es propiamente discontinua

o que G actua de modo propiamente discontinuo sobre X si, para cada x ∈ Xexiste una vecindad abierta V de x tal que g ·V ∩ g′ · V = ∅ para todo g, g′ ∈ G ,

con g 6= g′ .

Observacion. La condicion g · V ∩ g′ · V = ∅ cuando g 6= g′ es equivalente a

g · V ∩ V = ∅ para todo g ∈ G , con g 6= e .

Teorema 6.1 Sea X un G–espacio. Si la accion de G sobre X es propiamente

discontinua entonces π : X → X/G es un recubrimiento.

Demostracion. Tenemos que π : X → X/G es continua y sobreyectiva. Ahora,

sea U ⊂ X una vecindad abierta de x ∈ X . Como π es una aplicacion abierta,

se sigue que π(U) ⊂ X/G es una vecindad abierta de π(x) . Restringiendo, si es

necesario, podemos suponer que U satisface la propiedad de propiamente discon-

tinua, es decir, g · U ∩ g′ · U = ∅ si g 6= g′ . Tenemos que π−1(π(U)) = ∪g∈Gg · Ues una union disjunta de conjuntos abiertos de X y que π|g · U : g · U → π(U) es

una biyeccion continua y abierta, por lo tanto un homeomorfismo.

Sergio Plaza 89

Definicion 6.6 Sea Θ : G×X → X una accion. Decimos que la accion es libre

si, para cada x ∈ X y cada g ∈ G , con g 6= e , se tiene que g · x 6= x .

Observacion. Toda accion propiamente discontinua es libre. La recıproca es falsa

en general.

Teorema 6.2 Sean X un espacio Hausdorff y G un grupo finito. Si X es un

G–espacio y la accion de G sobre X es libre, entonces es propiamente discontinua.

Demostracion. Sea G = {g0 = e, g1, . . . , gn} . Dado x ∈ X , existen vecindades

abiertas U0, U1, . . . , Un de x, g1 ·x, . . . , gn ·x , respectivamente, tales que U0∩Uj =∅ , para j = 1, . . . , n . Sea U = ∩nj=0g

−1j · Uj = ∩nj=0Θ

−1gj (Uj) . Tenemos que U es

una vecindad abierta de x , y U ⊂ U0 . Ahora, gi · U = ∩nj=0gig−1j · Uj ⊂ Ui y

gi · U ∩ gj · U = gj(g−1j gi · U ∩ U) , i 6= j

= gj(gk · U ∩ U) , gk 6= e

= ∅ .

Ejemplo. Espacios Lenticulares.

Sea S3 ⊂ C2 la esfera unitaria, es decir, S3 = {(z1, z2) ∈ C : |z1|2 + |z2|2 =

1} . Sean G = Zp y q un entero positivo coprimo con p . Definamos h : S3 → S3

por h(z1, z2) = (e2πi/pz1, e2πiq/pz2) . Es facil ver que h es un homeomorfismo, el

cual satisface hp = h ◦ · · · ◦ h = Id (p factores). Definimos una accion de Zp sobre

S3 como sigue Θ(n, (z1, z2)) = hn(z1, z2) . Esta accion es libre (la verificacion se

deja a cargo del lector). Ahora, como S3 es Hausdorff, esta accion es propiamente

discontinua. Luego, π : S3 → S3/Zp es un recubrimiento. El espacio S3/Zp es

llamado espacio lenticular, y es denotado por L(p, q) . Desde la definicion vemos

que L(2, 1) = RP3 .

Ahora, volvamos a los recubrimiento.

Teorema 6.3 Sea p : X → X un recubrimiento. Entonces

1) p es una aplicacion abierta.

2) X tiene la topologıa cuociente inducida por p , es decir, V ⊂ X es abierto

si y solo si p−1(V ) ⊂ X es abierto.

Sergio Plaza 90

Demostracion. 1) Sea U ⊂ X un conjunto abierto. Sea x ∈ p(U) entonces existe

una vecindad abierta V de x tal que p−1(V ) es una union disjunta de conjun-

tos abiertos, cada uno aplicado por p homeomorficamente sobre V . Escribamos

p−1(V ) = ∪j∈JVj . Entonces U ∩ Vj es un conjunto abierto contenido en Vj , y

como p|Vj : Vj → V es homeomorfismo, se tiene que p(Vj ∩U) es un subconjunto

abierto de V , por lo tanto de X . Ademas, x ∈ p(Vj ∩ U) ⊂ p(U) , por lo tanto

cada x ∈ p(U) posee una vecindad abierta enteramente contenida en p(U) , es

decir, p(U) es un conjunto abierto.

2) Como p es una aplicacion continua y abierta, se tiene lo pedido.

Definicion 6.7 Sea p : X → X un recubrimiento y sea f : Y −→ X una apli-

cacion continua. Decimos que una aplicacion f : Y −→ X es un levantamiento de

f si, p ◦ f = f .

Figura

Proposicion 6.3 Sean p : X −→ X un recubrimiento y f , f : Y −→ X dos

levantamientos de f : Y −→ X . Si Y es conexo y f(y0) = f(y0) para algun

y0 ∈ Y entonces f = f .

Demostracion. Definamos el conjunto Y ′ = {y ∈ Y : f(y) = f(y)} . Es claro

que Y ′ 6= ∅ , pues y0 ∈ Y ′ .

Sea y ∈ Y . Entonces existe una vecindad abierta V de f(y) tal que

p−1(V ) = ∪j∈JVj , donde Vj ⊂ X son conjuntos abiertos para cada j ∈ J , y

Vj ∩ Vk = ∅ si j 6= k , y p|Vj : Vj −→ V es un homeomorfismo para cada j ∈ J .

1) Sea y ∈ Y ′ entonces f(y) = f(y) ∈ Vk para algun k ∈ J . Tenemos que

f−1(Vk)∩f−1(Vk) es una vecindad abierta de y , la cual esta contenida en Y ′ , pues

si x ∈ f−1(Vk)∩f−1(Vk) entonces f(x), f (x) ∈ Vk , luego p◦f(x) = p◦f(x) = f(x) ,

y como p|Vk : Vk −→ V es un homeomorfismo, se tiene que f(x) = f(x) . Por lo

tanto Y ′ es un conjunto abierto.

2) De forma analoga se prueba que Y ′ es un conjunto cerrado.

Siendo Y conexo e Y ′ 6= ∅ se sigue que Y ′ = Y .

Sergio Plaza 91

Corolario 6.1 Supongamos que X es conexo por caminos (por lo tanto conexo).

Sea ϕ : X −→ X una aplicacion continua que satisface p ◦ ϕ = p . Si ϕ(x1) = x1

para algun x1 ∈ X entonces ϕ = IdX .

Demostracion. Tenemos el siguiente diagrama conmutativo

Figura

Sean x ∈ X y α : I −→ X un camino con α(0) = x1 y α(1) = x . Como

ϕ(x1) = x1 se tiene que ϕ◦α(0) = α(0) . Tambien tenemos que p◦ (ϕ◦α) = p◦α ,

luego ϕ◦α y α son levantamientos del camino p◦α : I −→ X , con ϕ◦α(0) = α(0) ,

por lo tanto ϕ ◦ α(t) = α(t) para todo t ∈ I , en particular, ϕ(α(1)) = α(1) , es

decir, ϕ(x) = x , y siendo x ∈ X arbitrario se sigue el resultado.

Teorema 6.4 (Levantamiento de caminos y homotopıa) Sea p : X −→ X un

recubrimiento.

1) Dados un camino α : I −→ X y a ∈ X con p(a) = α(0) , entonces existe

un unico levantamiento α : I −→ X de α , con la condicion α(0) = a .

2) Dada F : I × I −→ X y a ∈ X con p(a) = F (0, 0) , entonces existe un

unico levantamiento F : I × I −→ X con la condicion F (0, 0) = a .

Demostracion. Analoga al caso del grupo fundamental del cırculo.

Corolario 6.2 (Teorema de Monodromıa) Supongamos que f0, f1 : I −→ X son

dos caminos con f0 ∼ f1 rel {0, 1} . Sean f0, f1 : I −→ X levantamientos de f0

y f1 , respectivamente. Si f0(0) = f1(0) entonces f0 ∼ f1 rel {0, 1} .

Demostracion. Analoga al caso exp : R −→ S1 .

Sergio Plaza 92

Teorema 6.5 Sea p : X −→ X un recubrimiento, con X simplemente conexo.

Entonces para cada a ∈ X existe una biyeccion entre los conjunto π1(X, p(a)) y

p−1(p(a)) (fibra sobre p(a) .

Demostracion. Definamos la funcion ϕ : π1(X, p(a)) −→ p−1(p(a)) por ϕ([f ]) =

f(1) , donde f : I −→ X es el unico levantamiento de f con la condicion f(0) = a .

Por el teorema anterior, ϕ esta bien definida. Ahora definamos ψ : p−1(p(a)) −→π1(X, p(a)) como sigue. Dado x ∈ p−1(p(a)) , sea f : I −→ X un camino con

f(0) = a y f(1) = x . El camino f = p ◦ f : I −→ X es un camino cerrado con

base en p(a) , luego f determina una unica clase de homotopıa [f ] ∈ π1(X, p(a)) .Definimos entonces ψ(x) = [f ] = [p ◦ f ] .

Ahora bien, ψ esta bien definida, pues para cualquier par de caminos f , g :

I −→ X , con f(0) = g(0) y f(1) = g(1) son homotopicos, es decir, ψ no depende

del camino elegido uniendo a y x en X .

Finalmente, es facil verificar que ϕ y ψ son inversas una de la otra.

Ejemplos.

1. exp : R −→ S1 , en este caso se tiene que p−1(x0) ≈ Z

2. p : Sn −→ RPn . Si x0 ∈ RPn entonces p−1(x0) = {x0,−x0} ≈ {1,−1} .

Moral del Asunto. Para calcular π1(X, x0) bastarıa encontrar un recubrimiento

p : X −→ X , con X simplemente conexo, y encontrar una estructura de grupo en

el conjunto p−1(x0) , de modo que la biyeccion ϕ : π1(X, x0) −→ p−1(x0) sea un

isomorfismo.

Capıtulo 7

Grupo fundamental y

espacios de recubrimiento

Dado un recubrimiento p : X −→ X , sean x0 ∈ X y x0 ∈ X con p(x0) = x0 .

Tenemos los grupos π1(X, x0) y π1(X, x0) y el homomorfismo p∗ : π1(X, x0) −→π1(X, x0) . Describiremos ahora algunas propiedades de este esquema.

Teorema 7.1 El homomorfismo p∗ : π1(X, x0) −→ π1(X, x0) es inyectivo.

Demostracion. Sean [α], [β] ∈ π1(X, x0) , con p∗([α]) = p∗([β]) , es decir, [p◦α] =[p ◦ β] . Tenemos entonces una homotopıa F : I × I −→ X entre p ◦ α y p ◦ β ,rel {0, 1} , levantando F obtenemos una homotopıa F : I× I −→ X entre α y β ,

rel {0, 1} , por lo tanto [α] = [β] .

Teorema 7.2 Sean x0, x1 ∈ X entonces existe un camino f : I −→ X con

f(0) = p(x0) y f(1) = p(x1) , tal que uf ◦ p∗(π1(X, x0)) = p∗(π1(X, x1)) (es

decir, [f ]−1p∗π1(X, x0)[f ] = p∗π1(X, x1) ).

Demostracion. Figura.

93

Sergio Plaza 94

Sea f : I −→ X un camino con f(0) = x0 y f(1) = x1 . Tenemos que f

determina un isomorfismo uf : π1(X, x0) −→ π1(X, x1) . Luego, p∗◦ufπ1(X, x0) =p∗π1(X, x1) . Definamos el camino f : I −→ X por f = p ◦ f . Tenemos entonces

que p∗ ◦ uf = uf ◦ p∗ , luego uf ◦ p∗π1(X, x0) = p∗π1(X, x1) .

Si en el teorema anterior tomamos x0, x1 ∈ p−1(x0) entonces el camino f =

p ◦ f es un camino cerrado en X con base en x0 = p(x0) = p(x1) , es decir, [f ] ∈π1(X, x0) , y tenemos que [f ]−1p∗π1(X, x0)[f ] = p∗π1(X, x1) , esto significa que los

subgrupos p∗π1(X, x0) y p∗π1(X, x1) de π1(X, x0) son subgrupos conjugados, de

hecho tenemos mas que eso.

Teorema 7.3 Para cada x0 ∈ X , la coleccion {p∗π1(X, x) : x ∈ p−1(x0)} es

una clase de conjugacion de π1(X, x0) .

Demostracion. Por el teorema anterior cualquier par de elementos de la coleccion

{p∗π1(X, x) : x ∈ p−1(x0)} son subgrupos conjugados de π1(X, x0) .

Ahora sea H un subgrupo de π1(X, x0) conjugado a uno de los subgrupos

p∗π1(X, x) , digamos a p∗π1(X, x0) , esto es, H = α−1p∗π1(X, x0)α para algun

α ∈ π1(X, x0) . Pongamos α = [f ] , donde f : I −→ X es un camino cerrado

con base en x0 . Denotemos por f : I −→ X el unico levantamiento de f , con

f(0) = x0 . Entonces p∗π1(X, f(1)) = uf ◦ p∗π1(X, x0) = α−1p∗π1(X, x0)α = H ,

por lo tanto H = p∗π1(X, f(1)) .

7.1 Grupo fundamental de un espacio de orbitas

Recordemos que el grupo aditivo Z actua sobre R , donde Θ : Z × R −→ R

es la accion dada por Θ(n, x) = n + x . Esta accion es propiamente discontinua

y R/Z ≡ S1 . Ademas, tenemos que π1(R/Z) ∼= Z . Otro ejemplo que vimos

fue la accion del grupo multiplicativo Z2 = {1,−1} sobre Sn , donde Θ : Z2 ×Sn −→ Sn es dada por Θ(±1, x) = ±x . Esta accion es propiamente discontinua, y

tenemos que Sn/Z2 ≡ RPn , y ademas π1(Sn/Z2) ≈ {1,−1} este conjunto esta en

correspondencia biyectiva con Z2 .

En el capıtulo anterior probamos que si X es un G–espacio y la accion es

propiamente discontinua, entonces la proyeccion π : X −→ X/G es un recubrim-

iento. En vista de los ejemplos anteriores nos podemos preguntar ¿Cual es la

relacion entre G y π1(X) ?

Sergio Plaza 95

Sea x0 ∈ X e y0 = π(x0) ∈ X/G entonces π−1(y0) = {g · x0 : g ∈ G} es la

orbita de x0 por G . Si [f ] ∈ π1(X/G, y0) entonces existe un unico levantamiento

f : I −→ X de f , con f(0) = x0 . Como f(1) ∈ {g · x0 : g ∈ G} , existe un unico

gf ∈ G tal que f(1) = gf · x0 . Definamos la aplicacion ϕ : π1(X/G, y0) −→ G

por ϕ([f ]) = gf . Es claro que ϕ esta bien definida (corolario anterior). Tenemos

ahora el siguiente teorema.

Teorema 7.4 La aplicacion ϕ : π1(X/G, y0) −→ G definida por ϕ([f ]) = gf

como fue hecho arriba, es un homomorfismo de grupos.

Demostracion. Analoga al caso de S1 y se deja a cargo del lector.

Teorema 7.5 El nucleo de ϕ es p∗π1(X, x0) .

Demostracion. Tenemos que ker(ϕ) = {[f ] ∈ π1(X/G, y0) : ϕ([f ]) = e} = {[f ] ∈π1(X/G, y0) : f(1) = x0} , esto es, son las clases de homotopıas en π1(X/G, y0)

para las cuales el unico levantamiento f de f es un camino cerrado con base en

x0 , mas precisamente, son los elementos [f ] ∈ π1(X/G, y0) de la forma [π ◦ f ] ,con [f ] ∈ π1(x, x0) , es decir, ker(ϕ) = π∗π1(X, x0) .

En particular, del teorema anterior tenemos que

π1(X/g, y0)/ ker(ϕ) ∼= π1(X/G, y0)/π∗π1(X, x0) ,

es un grupo cuociente, pues ker(ϕ) = π∗π1(X, x0) es un subgrupo normal de

π1(X/G, y0) , y por el Teorema del Isomorfismo, tenemos que

π1(X/G, y0)/π∗π1(X, x0) ∼= Imagen(ϕ) ,

es decir, tenemos el siguiente teorema.

Teorema 7.6 π1(X/G, y0)/π∗π1(X, x0) ∼= G .

Demostracion. El homomorfismo ϕ es sobreyectivo. La prueba de esto es analoga

al caso de S1 , y se deja a cargo del lector.

Corolario 7.1 Si X es simplemente conexo entonces π1(X/G,0 ) ∼= G .

Ejemplos.

Sergio Plaza 96

1. π1(R/Z, 1) ∼= Z .

2. π1(S3/Zp, x0) = π1(L(p, q), x0) ∼= Zp

3. Para n > 2 , se tiene que π1(Sn/Z2) = π1(RPn) ∼= Z2

Observacion.

La aplicacion f : S1 −→ S1 definida por f(z) = z2 induce por paso al cuo-

ciente un homeomorfismo f : RP1 −→ S1 , es decir, se tiene el siguiente diagrama

conmutativo

Figura.

Por lo tanto π1(RP1) ∼= Z .

Capıtulo 8

Existencia de Levantamientos

Sea p : X −→ X un recubrimiento. Dada una aplicacion continua f : Y −→ X ,

tenemos:

1) Si existe un levantamiento f : Y −→ X , entonces f es esencialmente unica

(unica si fijamos puntos x0 ∈ X , x0 ∈ X e y0 ∈ Y tales que p(x0) = x0 = f(y0) .

2) Si existe un levantamiento f : Y −→ X , fijemos y0 ∈ Y , x0 ∈ X y x0 ∈ X ,

con f(y0) = x0 = p(x0) . Tenemos entonces el siguiente diagrama conmutativo.

Figura.

El cual induce el diagrama conmutativo siguiente.

97

Sergio Plaza 98

Figura.

Luego, f∗π1(Y, y0) = p∗ ◦ f∗π1(Y, y0) ⊂ p∗π1(X, x0) , esto es,

f∗π1(Y, y0) ⊂ p∗π1(X, x0) (condicion (⋆))

Luego la condicion (⋆) es necesaria para la existencia de un levantamiento f

de f . Esta reduce un problema topologico a un problema algebraico.

Para que (⋆) sea una condicion suficiente para la existencia del levantamiento

f de f , debemos imponer una condicion extra al espacio topologico Y .

Condicion. El espacio topologico Y debe ser conexo y localmente conexo por

caminos (lcc)

Definicion 8.1 Decimos que un espacio topologico Y es localmente conexo por

caminos (lcc) si, para cada y ∈ Y , cada vecindad abierta de y contiene una vecin-

dad abierta conexa por caminos de y .

Ejemplo. Sea f : ]0,∞[−→ R la aplicacion dada por f(x) = sen(1/x) , y sea

A = {0} × I ⊂ R2 . Entonces Y = graf (f) ∪ A es conexo pero no localmente

conexo por caminos como es facil de verificar.

Lema 8.1 Si Y es conexo y localmente conexo por caminos entonces Y es conexo

por caminos.

Demostracion. Sea y ∈ Y . Definamos el conjunto

Uy = {a ∈ Y : existe un camino en Y uniendo y con a } .

Tenemos que Uy 6= ∅ , pues y ∈ Uy .1) Uy es un conjunto abierto. Sea u ∈ Uy entonces existe una vecindad abierta

conexa por caminos V de u , pues Y es una vecindad de u . Sea v ∈ V , como V

es conexo por caminos existe un caminos β : I −→ V , con β(0) = u y β(1) = v .

Figura

Sergio Plaza 99

Tomemos el camino γ = α ∗ β este satisface γ(0) = a y γ(1) = v , luego

V ⊂ Uy .2) Uy es un conjunto cerrado. La prueba es analoga a la anterior, se deja a cargo

del lector.

Como Y es conexo se sigue que Uy = Y .

Teorema 8.1 (Existencia de levantaminentos de aplicaciones) Dados un recubrim-

iento p : X −→ X , y un espacio topologico Y conexo y localmente conexo por

caminos. Sean y0 ∈ Y , x0 ∈ X y x0 ∈ X , con p(x0) = x0 y f : Y −→ X , con

f(y0) = x0 . Entonces existe un levantamiento f : Y −→ X de f con f(y0) = x0

si, y solo si, f∗π1(Y, y0) ⊂ p∗π1(X, x0) .

Demostracion. =⇒) Ya vimos arriba que esta condicion vale.

⇐=) Sean y ∈ Y y ϕ : I −→ Y un camino con ϕ(0) = y0 y ϕ(1) = y , entonces

γ = f ◦ϕ : I −→ X es un camino con γ(0) = f(ϕ(0)) = f(y0) = x0 y γ(1) = f(y) .

Figura

El Teorema de levantamiento de caminos implica que existe un unico camino

γ = f ◦ ϕ : I −→ X tal que γ(0) = f ◦ ϕ(0) = x0 . Definamos f(y) = γ(1) =

f ◦ ϕ(1) . Tenemos:

1) f esta bien definida.

La unica eleccion que hicimos fue el camino ϕ que une y0 con y en Y , por

lo tanto basta probar que la definicion de f no depende del camino ϕ . Para ello,

sea ψ : I −→ Y otro camino con ψ(0) = y0 y ψ(1) = y , entonces ϕ ∗ ψ es un

camino cerrado en Y con base en y0 . Luego, [ϕ∗ ψ] ∈ π1(Y, y0) , y de la condicion

(⋆) tenemos que f∗([ϕ ∗ ψ]) = [(f ◦ ϕ) ∗ (f ◦ ψ)] ∈ p∗π1(X, x0) , es decir, existe

α : I −→ X , camino cerrado con base en x0 tal que (f ◦ ϕ) ∗ (f ◦ ψ) ∼ p ◦ αrel {0, 1} . Como f ◦ ϕ ∼ (f ◦ ϕ) ∗ εf(y) ∼ (f ◦ ϕ) ∗ (f ◦ ψ) ∗ (f ◦ ψ) ∼ ((f ◦ ϕ) ∗(f ◦ ψ)) ∗ (f ◦ ψ) ∼ (p ◦ α) ∗ (f ◦ ϕ) todas las homotopıas rel {0, 1} , y siendo

Sergio Plaza 100

α un camino cerrado, se tiene que ˜(p ◦ α) ∗ (f ◦ ψ) = α ∗ (f ◦ ψ) , por lo tanto

˜(p ◦ α) ∗ (f ◦ ψ)(1) = α ∗ (f ◦ ψ)(1) = f ◦ ψ)(1) .2) Por construccion se tiene que p ◦ f = f , es decir, f es un levantamiento (si es

continua) de f .

3) f es continua.

Es en esta parte de la prueba donde usamos la hipotesis de que Y es conexo

y localmente conexo por caminos (para lo anterior solo usamos que Y es conexo

por caminos).

Sea U ⊂ X un conjunto abierto. Dado y ∈ f−1(U) , elijamos una vecindad

abierta U de f(y) , la cual es eventualmente recubierta por p y esta contenida en

p(U) .

Figura.

Tenemos que p−1(U) = ∪j∈JVj , donde para cada j ∈ J se tiene que Vj ⊂X es un conjunto abierto, Vi ∩ Vk = ∅ si i 6= k , y p|Vj : Vj −→ U es un

homeomorfismo. Como f(y) ∈ U y p ◦ f = f , se tiene que f(y) ∈ Vk para

algun k ∈ J , luego W = U ∩ Vk es una vecindad abierta de f(y) y p(W ) es

una vecindad abierta de f(y) , la cual es eventualmente recubierta por p , pues

U lo es y p(W ) ⊂ U . Como f es continua f−1(p(W )) es una vecindad abierta

de y . Luego, existe una vecindad abierta conexa por caminos V de y tal que

V ⊂ f−1(p(W )) .

Afirmamos que f(V ) ⊂ U , esto es, V ⊂ f−1(U) . (Esto implica que f−1(U)

es un conjunto abierto.)

En efecto, f(y) ∈ U . Sea y′ ∈ V , entonces existe un camino ϕ : I −→ V ⊂ Ytal que ϕ(0) = y y ϕ(1) = y′ . Por definicion de f se tiene que f(y′) = f ◦ ϕ(1) ,donde f ◦ ϕ es el unico levantamiento de f ◦ ϕ que comienza en f(y) . El camino

Sergio Plaza 101

f ◦ ϕ tiene su imagen enteramente contenida en p−1(p(W )) = ∪j∈JWj , con Wj

conjuntos abiertos, Wj ∩Wk = ∅ si j 6= k y p|Wj : Wj −→ W homeomorfismo.

Tenemos que f(y) ∈ Wk para algun k ∈ J , luego f ◦ ϕ(I) ⊂ Wk , por lo tanto

f ◦ ϕ(1) ∈Wk ⊂ U , pues f(y) ∈ U . Lo que completa la prueba del teorema.

Corolario 8.1 Si Y es simplemente conexo y localmente conexo por caminos,

entonces dada cualquier aplicacion continua f : Y −→ X existe un levantamiento

f : Y −→ X de f .

Demostracion. Evidentemente vale la condicion del teorema anterior, pues {1} =f∗π1(Y, y0) ⊂ p∗π : 1(X, x0) , para cualesquier que sea f : Y −→ X continua.

Corolario 8.2 Sean p1 : X1 −→ X y p2 : X2 −→ X recubrimientos, con X1 y

X2 conexos y localmente conexos por caminos. Sean x1 ∈ X1 , x2 ∈ X2 y x0 ∈ Xtales que p1(x1) = p2(x2) = x0 . Si p1∗π1(X1, x1) = p2∗π1(X2, x2) entonces existe

un homeomorfismo h : X1 −→ X2 tal que h(x1) = x2 y p2 ◦ h = p1 .

Demostracion. Figura.

Tenemos que existe levantamiento p1 : X1 −→ X2 de p1 , tal que p2 ◦ p1 = p1

y p1(x1) = x2 .

Figura.

Sergio Plaza 102

Tenemos que existe levantamiento p2 : X2 −→ X1 de p2 , tal que p1 ◦ p2 = p2

y p2(x2) = x1

Definamos ϕ = p2 ◦ p1 : X1 −→ X1 . Tenemos que ϕ(x1) = p2 ◦ p1(x1) =

p2(x2) = x1 , luego ϕ = IdX1, de donde p1 es inyectiva y p2 es sobreyectiva. Por

otra parte, si definimos ψ = p1 ◦ p2 : X2 −→ X2 , se tiene que ψ(x2) = x2 , luego

ψ = IdX2, de donde p2 es inyectiva y p1 es sobreyectiva. Finalmente, tomamos

h = p1 . Es claro que p2 ◦ h = p1 y que h(x1) = x2 .

Corolario 8.3 Sean p1 : X1 −→ X y p2 : X2 −→ X recubrimientos, con X1 y

X2 conexos y localmente conexos por caminos. Sean x1 ∈ X1 , x2 ∈ X2 y x0 ∈ X ,

tales que p1(x1) = p2(x2) = x0 . Si existe un homeomorfismo h : X1 −→ X2 tal

que h(x1) = x2 y p2 ◦ h = p1 entonces p1∗π1(X1, x1) = p2∗π1(X2, x2) .

Demostracion. Como h es homeomorfismo, se sigue que h∗ : π1(X1, x1) −→π1(X2, x2) es un isomorfismo. Como el siguiente diagrama es conmutativo Figura

tenemos que p1∗π1(X1, x1) = p2∗ ◦ h∗π1(X1, x1) = p2∗π1(X2, x2) .

Definicion 8.2 Decimos que dos recubrimientos p1 : X1 −→ X y p2 : X2 −→ X

son equivalentes si, existe un homeomorfismo h : X1 −→ X2 , con p2 ◦ h = p1 , es

decir, el siguiente diagrama conmuta.

Figura.

Observacion. No se requiere de puntos bases.

Sergio Plaza 103

Teorema 8.2 Sean p1 : X1 −→ X y p2 : X2 −→ X recubrimientos, con X1 y

X2 conexos y localmente conexos por caminos. Sean x1 ∈ X1 , x2 ∈ X2 y x0 ∈ Xtales que p1(x1) = p2(x2) = x0 . Entonces los recubrimientos son equivalentes si y

solo si los subgrupos p1∗π1(X1, x1) y p2∗π1(X2, x2) de π1(X, x0) son conjugados.

Demostracion. Inmediata desde los corolarios anteriores.

Definicion 8.3 Sea p : X −→ X un recubrimiento. El grupo de transformaciones

de recubrimiento es

G(X, p,X) = {h : X −→ X : h es un homeomorfismo y p ◦ h = p }= {h ∈ Homeo(X, X) : p ◦ h = p}

Tenemos que h es una transformacion de recubrimiento si, h ∈ Homeo(X, X)

y el siguiente diagrama conmuta.

Figura.

Observacion. X es un G(X,X, p)–espacio con la accion Θ : G(X,X, p)× X −→X dada por Θ(h, x) = h(x) .

Teorema 8.3 Sea p : X −→ X un recubrimiento, con X conexo y localmente

conexo por caminos. Entonces la accion de G(X,X, p) sobre X es propiamente

continua.

Demostracion. Sea x ∈ X y sea U una vecindad de x = p(x) , eventualmente

recubierta por p , esto es, p−1(U) = ∪j∈JUj , con Uj ⊂ X abierto, Ui ∩Uk = ∅ si

i 6= k , y p|Uj : Uj −→ U es un homeomorfismo.

Tenemos que x ∈ Uj para algun j ∈ J . Sea h ∈ G(X,X, p) . Si h(x) = x

entonces h = IdX . Luego, si h 6= IdX se tiene que h(x) 6= x , y como p ◦ h = p

se sigue que h(x) ∈ Uk para algun k ∈ J . Si Uk = Uj entonces h = IdX ,

por lo tanto, si h 6= IdX se tiene necesariamente que j 6= k , luego x ∈ Uj y

Sergio Plaza 104

h(x) ∈ Uk , y como Uj ∩ Uk = ∅ (pues j 6= k ). Ahora, como X es localmente

conexo por caminos, se tiene que X tambien lo es. Luego, podemos suponer que

U es conexa por caminos, y en consecuencia Uj es conexa por caminos para cada

j ∈ J . Como p ◦ h(Uj) ⊂ U se sigue que h(Uj) ⊂ ∪ℓ∈JUℓ , con Uℓ conexo por

caminos, y h(x) ∈ Uk para x ∈ Uj , por lo tanto h(Uj) ⊂ Uk , y en consecuencia

Uj ∩ h(Uj) = ∅ , si h 6= IdX , como querıamos probar.

Corolario 8.4 Si p : X −→ X es un recubrimiento, con X conexo y localmente

conexo por caminos entonces la proyeccion π : X −→ X/G(X,X, p) es un re-

cubrimiento.


Teorema 8.4 Sea p : X −→ X un recubrimiento, con X conexo y localmente

conexo por caminos. Si p∗π1(X, x0) es un subgrupo normal de π1(X, x0) , donde

x0 = p(x0) . Entonces X es homeomorfo al espacio cuociente X/G(X,X, p) .

Demostracion. Como p∗π1(X, x0) es un subgrupo normal de π1(X, x0) , tenemos

que p∗π1(X, x0) = p∗π1(X, x1) para todo x1 ∈ p−1(x0) . Luego, existe un homeo-

morfismo h : X −→ X con h(x0) = x1 y p ◦h = p , es decir, h ∈ G(X,X, p) . Porlo tanto, si p(x0) = p(x1) existe h ∈ G(X,X, p) tal que h(x0) = x1 .

Recıprocamente, si existe h ∈ G(X,X, p) tal que h(x0) = x1 , se tiene que

p∗π1(x, x0) = p∗π1(X, x1) y p(x0) = p(x1) .

En resumen, G(X,X, p) identifica los puntos de X del mismo modo que lo

hace p . Luego, X/G(X,X, p) y X , como conjuntos, estan en correspondencia

biyectiva. Ademas, X y X/G(X,X, p) tienen la topologıa cuociente determinada

por p : X −→ X y π : X −→ X/G(X,X, p) , respectivamente, luego X y

X/G(X,X, p) son homeomorfos.

Corolario 8.5 Sea p : X −→ X un recubrimiento, con X conexo y localmente

conexo por caminos. Si p∗π1(X, x0) es un subgrupo normal de π1(X, x0) , donde

p(x0) = x0 . Entonces π1(X, x0)/p∗π1(X, x0) ∼= G(X,X, p) .


Corolario 8.6 Si p : X −→ X es un recubrimiento, con X simplemente conexo

y localmente conexo por caminos, entonces π1(X, x0) ∼= G(X,X, p) .

Sergio Plaza 105


Ejemplo. Tenemos que S2 es simplemente conexo y localmente conexo por caminos

(pruebe esto). Sea p : S2 −→ RP2 la proyeccion canonica, tenemos que p es

un recubrimiento. Por lo tanto, G(S2,RP2, p) ∼= π1(RP2) ∼= Z2 . En este caso,

G(S2,RP2, p) = {Id, a} , donde a : S2 −→ S2 es la aplicacion antipodal a(x) = −x .

Capıtulo 9

Recubrimiento Universal

En el capıtulo anterior mostramos que un recubrimiento, salvo algunas condiciones,

queda completamente determinado, a menos de equivalencias, por la clase de con-

jugacion de p∗π1(X, x) .

Estudiaremos ahora el siguiente problema: Dada una clase de conjugacion de

subgrupos de π1(X, x0) ¿Existe un recubrimiento p : X −→ X tal que p∗π1(X, x0)

pertenece a dicha clase de conjugacion? La respuesta es, en general, no.

Observemos que siempre existe un recubrimiento correspondiente a la clase de

conjugacion de π1(X, x0) , el cual es dado por Id : X −→ X .

Ahora, si tomamos el subgrupo trivial {e} ⊂ π1(X) , en general no tenemos

una respuesta positiva al problema anterior.

Definicion 9.1 El recubrimiento asociado a la clase de conjugacion del subgrupo

trivial {e} ⊂ π1(X) , es llamado el recubrimiento universal de X .

Observacion. Notemos que si p : X −→ X es un recubrimiento universal,

entonces X es simplemente conexo, pues el homomorfismo p∗ : π1(X, x0) −→π1(X, x0) , con x0 = p(x0) , es inyectivo.

9.1 Condicion necesaria para existencia del recubrim-

iento universal

Supongamos que p : X −→ X es un recubrimiento universal. Sean x ∈ X y

x ∈ X . Tenemos que existe una vecindad U de x en X tal que p−1(U) = ∪j∈JVj ,

106

Sergio Plaza 107

con Vj ⊂ X abierto para cada j ∈ J , Vi ∩ Vk = ∅ si i 6= k , y p|Vj : Vj −→ U

homeomorfismo. Como x ∈ p−1(x) existe un ındice k ∈ J tal que x ∈ Vk = V , y

tenemos el siguiente diagrama conmutativo.

Figura.

el induce el diagrama conmutativo siguiente

Figura

de aquı concluimos que i∗ es el homomorfismo trivial, pues para todo [α] ∈ π1(U, x)se tiene que i∗([α]) = e .

Definicion 9.2 Decimos que un espacio topologico X es semilocalmente simple-

mente conexo (slsc) si, para cada x ∈ X existe una vecindad U de x tal que

cualquier camino cerrado en U con base en x es equivalente en X rel {0, 1} al

camino constante εx : I −→ X , dado por εx(t) = x para todo t ∈ I .

Observacion. Si U es como arriba satisface la condicion de la definicion, entonces

cualquier vecindad V ⊂ U de x tambien satisface la condicion.

Ejemplo. Sea X = ∪n∈NCn , donde Cn es el cırculo de centro en (1/n, 0) y radio

1/n en el plano. Tenemos que (0, 0) ∈ Cn para cada n ∈ N . Es claro que X es

conexo y localmente conexo por caminos, pero no es semilocalmente simplemente

conexo, para verlo considire una vecindad del origen.

Sergio Plaza 108

Teorema 9.1 Sea X un espacio conexo y localmente conexo por caminos. En-

tonces existe un recubrimiento universal p : X −→ X si y solo si X es semilocal-

mente simplemente conexo.

Demostracion. =⇒) Ya vimos que esa condicion es necesaria.

⇐=) Fijemos un punto base x0 ∈ X . Comenzamos por definir el conjunto X ,

como sigue

X = { [α] : α : I −→ X , α(0) = x0}

y la aplicacion p : X −→ X por p([α]) = α(1) . Como [α] = [β] si y solo si α ∼ βrel {0, 1} , se tiene que α(1) = β(1) , luego p esta bien definida.

Topologıa en X . Sea U ⊂ X un conjunto abierto y sea α : I −→ X un

camino con α(0) = x0 y α(1) ∈ U . Definimos [U, α] = { [α ∗ β] : β : I −→X camino con β(I) ⊂ U } . Definimos U como la clase de conjuntos que contiene

al conjunto vacıo ∅, a X y a las uniones arbitrarias de conjuntos de la forma [U, α] ,

donde U ⊂ X es un conjunto abierto.

Afirmamos que U es una topologıa para X . Para ver esto, basta probar que la

interseccion de dos elementos de U es un elemento de U , el resto de las propiedades

a verificar son inmediata.

Para mostrar que la interseccion de dos elementos de U es un elemento de Umostraremos primero que si [γ] ∈ [U, α] , entonces [U, γ] = [U, α] . Si [γ] ∈ [U, α]

existe un camino β : I −→ X tal que β(0) = α(1) , β(I) ⊂ U , y [γ] = [α∗β] . Seaδ : I −→ U un camino, con δ(0) = β(1) . Tenemos [γ∗δ] = [(α∗β)∗δ] = [α∗(β∗δ)] ,de donde [γ ∗ δ] ∈ [U, γ] y [α ∗ (β ∗ δ)] ∈ [U, α] , pues β ∗ δ es un camino que

comienza en α(1) y esta enteramente contenido en U . Luego, [U, γ] ⊂ [U, α] . De

modo analogo se prueba que [U, α] ⊂ [U, γ] .

Ahora, sean [U, α], [U ′, α′] ∈ U , con [U, α] ∩ [U ′, α′] 6= ∅ . Sea β ∈ [U, α] ∩[U ′, α′] entonces [U, β] = [U, α] y [U ′, β] = [U ′, α′] , luego [U ∩ U ′, β] ⊂ [U, α] ∩[U ′, α′] . Por lo tanto, [U, α] ∩ [U ′, α′] es la union de la coleccion { [U ∩ U ′, β] :

β ∈ [U, α] ∩ [U ′, α′] } .

p : X −→ X es una aplicacion continua y sobreyectiva.

a) p es sobreyectiva.

Sean x ∈ X y α : I −→ X un camino, con α(0) = x0 y α(1) = x . Es claro

que [α] ∈ X y que p([α]) = α(1) = x .

Sergio Plaza 109

b) p es una aplicacion continua.

Sea U ⊂ X un conjunto abierto. Si p−1(U) = ∅ no hay nada que probar. Si

no, sea [α] ∈ p−1(U) . Por definicion de la topologıa, [U, α] ⊂ X es un conjunto

abierto, y

p([U, α]) = {α ∗ β(1) , donde β : I −→ U, con α(1) = β(0)}= {β(1) , donde β : I −→ U, con α(1) = β(0)} ⊂ U ,

luego, p−1(U) = ∪[α]∈p−1(U)[U, α] .

p : X −→ X es un recubrimiento.

Solo nos resta probar que cada x ∈ X tiene una vecindad eventualmente

recubierta por p . (Es en esta parte donde es necesaria la condicion que X sea

semilocalmente simplemente conexo.)

Sea x ∈ X y sea V una vecindad de x , la cual asumimos conexa por caminos

y es tal que cada camino cerrado en V con base en x es equivalente en X al camino

constante εx .

Tenemos que p−1(V ) = ∪[α]∈p−1(V )[V, α] . Si [V, α]∩[V, β] 6= ∅ entonces existe

un elemento [γ] ∈ [V, α]∩ [V, β] . Luego, [V, γ] = [V, α] y [V, γ] = [V, β] , de esto se

sigue que [V, α] = [V, β] , ,lo que muestra que p−1(V ) es una union de conjuntos

abiertos disjuntos. Ahora debemos probar que pα = p|[V, α] : [V, α] −→ V es un

homeomorfismo.

Es claro que pα es continua, pues p−1α (V ) = [V, α] . Si x ∈ V , sea β : I −→ V

un camino, con β(0) = α(1) y β(1) = x . Entonces [α∗β] ∈ [V, α] y p([α∗β]) = x ,

luego pα es sobreyectiva.

Para mostrar que pα es inyectiva, supongamos que pα([α ∗ β]) = pα([α ∗ γ])para elementos [α ∗ β], [α ∗ γ] ∈ [V, α] . Como pα([α ∗ β]) = pα([α ∗ γ]) , se tiene

que β y γ terminan en el mismo punto,

Figura

en consecuencia el camino β ∗ γ es un camino cerrado en V , por lo tanto es

Sergio Plaza 110

equivalente en X al camino constante εx . En particular, β ∼ γ rel {0, 1} , luego[α ∗ β] = [α ∗ γ] , lo que prueba que pα es inyectiva.

Ahora debemos probar que pα es homeomorfismo, para lo cual basta probar

que p−1α : V −→ [V, α] es continua, o equivalentemente, hay que probar que pα es

una aplicacion abierta.

Sea [W,β] un subconjunto abierto de [V, α] . Tenemos entonces que N =

p([W,β]) es el conjunto de puntos de W que pueden ser unidos por un camino en

W a β(1) . Para cada y ∈ N existe una vecindad abierta conexa por caminos Wy

en W de y . Como y ∈ N y Wy es conexa por caminos, se sigue que Wy ⊂ N ,

luego N = ∪y∈NWy , por lo tanto p([W,β]) = N es un conjunto abierto.

X es simplemente conexo.

Primero mostraremos que X es conexo por caminos.

Sea x0 = [εx0] la clase de homotopıa del camino constante εx0

: I −→ X ,

dado por εx0(t) = x0 para todo t ∈ I . Sea [α] ∈ X . Definamos α : I −→ X por

α(s) = [αs] , donde αs(t) = α(s · t) , para t ∈ I . Tenemos que α es un camino

en X , que une x0 a [α] . Luego X es conexo por caminos. Notemos que α e un

levantamietnto de α .

Ahora, sea β un camino cerrado en X con base en x0 . Por unicidad de

levantamientos de caminos, se tiene que β = p ◦ β , luego [p ◦ β] = [p ◦ (p ◦ β)] =p ◦ β(1)] = x0 = [εx0

] . Por lo tanto, β = p ◦ β es equivalente al camino constante

en X , esto es, X es simplemente conexo.

Corolario 9.1 Sea X un espacio conexo, localmente conexo por caminos y semilo-

calmente simplemente conexo. Dado un subgrupo H 6 π1(X, x0) , existe un re-

cubrimiento pH : XH −→ X , unico salvo equivalencias, tal que H = pH∗π1(XH , xH) .

En particular, dada cualquier clase de conjugacion de subgrupos de π1(X, x0) ex-

iste un recubrimiento p′ : X ′ −→ X tal que p′∗π1(X′, x′) pertenece a dicha clase

de conjugacion.

Demostracion. Sea p : X −→ X recubrimiento universal. Como los grupos

G(X,X, p) y π1(X, x0) son isomorfos, podemos considerar H ′ 6 G(X,X, p) el

cual es una copia isomorfica de H 6 π1(X, x0) . Sean XH = X/H ′ y pH : XH −→X la proyeccion canonica. Tenemos que pH : XH −→ X es un recubrimiento, y

como X es simplemente conexo, se sigue que pH∗π1(XH , xH) ∼= H .

Capıtulo 10

Ejercicios parte 1

Problema 1 Demuestre que el proceso ortonormalizacion de Gramm-Schmidt de-

fine una retraccion r : GL(Rn) −→ O(n) . Restringuiendo r , demuestre que cada

uno de los espacios abajo es un retracto de deformacion del correspondiente espacio,

SO(n) ⊂ SL(n) ⊂ GL+(Rn)

donde GL+(Rn) = {A ∈ GL(Rn) : det(A) > 0}.

Problema 2 Sea f : [0, 1/π] −→ R definida por f(x) = sen(1/x) si 0 < x 6 1/π

y f(0) = 0 . Sea X el grafico de f y sea Y un arco simple cuyas extremidades son

los puntos (0, 0) y (1/π, 0) , sus puntos tienen ordenada positiva y no pertenecen

a X . Sea Z = X ∪ Y . Pruebe que Z es simplemente conexo, pero no localmente

conexo por caminos.

Problema 3 Sea S2n+1 ⊂ Cn+1 . Considere el grupo multiplicativo S1 ⊂ C de

los numeros complejos de modulo 1. Defina la accion Θ : S1×S2n+1 −→ S2n+1 por

Θ(u, (z1, . . . , zn+1)) = (uz1, . . . , uzn+1) . Pruebe que esta accion es propiamente

discontinua y calcule π1(CPn) .

Problema 4 Sea SO(n) el grupo de rotaciones de Rn , es decir, SO(n) esta con-

stituido de las transformaciones lineales T : Rn −→ Rn tales que 〈T (u), T (v)〉 =〈u, v〉 para todo u, v ∈ Rn y det(T ) = 1 , equivalentemente, SO(n) es el conjunto

de las matrices reales n × n ortogonales con determinante igual a 1. Claramente

SO(n) es un grupo conexo por caminos (pruebe esta afirmacion)

111

Sergio Plaza 112

1. Pruebe que SO(1) = {I} .

2. Pruebe que SO(2) es isomorfo a S1 , y deduzca de esto que π1(SO(2)) ∼= Z .

3. Pruebe que O(3) es homeomorfo a RP3 , y de esto pruebe que π1(SO(3)) ∼=Z2 .

Problema 5 Muestre que para cualquier grupo abeliano finitamente generado G

existe un espacio topologico XG , cuyo grupo fundamental es isomorfo a G .

Problema 6 Sea Y = (C−{0})/K , donde K = {ϕn : n ∈ Z} y ϕ : C−{0} −→C− {0} es dada por ϕ(z) = 4z . Calcule π1(Y ) .

Problema 7 Sea X = R × [0, 1] ⊂ C . Sea T : X −→ X dada por T (z) =

z + 1+ i . Pruebe que T define un homeomorfismo de X . Sea G = 〈{T }〉 (grupolibre generado por T ). Pruebe que X/G es la banda de Mobius y deduzca que

π1(X/G) ∼= Z .

Problema 8 Pruebe que el grupo fundamental de la botella de Klein es isomorfo

al siguiente grupo:

G = {amb2n+ε : m,n ∈ Z, ε = 0 o 1, ba = a−1b}.

Problema 9 Pruebe que si n > 2 entonces no existe una aplicacion continua

ϕ : Sn −→ S1 tal que ϕ(−x) = ϕ(x) .

Problema 10 Pruebe que el subespacio P de R dado por P = {0} ∪ { 1n : n ∈N} no es localmente conexo por caminos

Problema 11 Sean p1 : X1 −→ S1 y p2 : X2 −→ S1 dos recubrimientos con

n–hojas (n finito). Pruebe que estos recubrimientos son equivalentes.

Problema 12 Determine todos los espacios recubrimientos de:

1. S1 ,

2. S1 × S1 ,

3. X , donde X es simplemente conexo y localmente conexo por caminos.

Sergio Plaza 113

Problema 13 Sean p1 : X1 −→ X y p2 : X2 −→ X dos recubrimientos, con X

conexo y localmente conexo por caminos.

1. Pruebe que si existe una aplicacion continua y sobreyectiva f : X1 −→ X2 ,

entonces f : X1 −→ X2 es un recubrimiento.

2. Pruebe que si X2 es conexo por caminos y existe una aplicacion continua

f : X1 −→ X2 , entonces f : X1 −→ X2 es un recubrimiento.

Problema 14 Pruebe que el espacio formado por un toro con un disco generado

por un meridiano es homotopicamente equivalente a S1 ∨ S1 .

Problema 15 Pruebe que el espacio formado por un toro con un disco generado

por un meridiano y un disco generado por un paralelo es homotopicamente equiv-

alente a S2 .

Problema 16 Pruebe que si un espacio topologico X es deformable (por homo-

topıa) a un subespacio A conexo por caminos. Entonces X es conexo por caminos.

Problema 17 Sean X1, X2 dos toros solidos, y sea f : ∂X1 −→ ∂X2 un difeo-

morfismo. Defina M3f = X1∪fX1 como el espacio obtenido identificando los puntos

x ∈ ∂X1 y f(x) ∈ ∂X2 . Construya ejemplos de difeomorfismos f como arriba de

modo que la variedad obtenida sea difeomorfa a:

1. S3 .

2. S2 × S1 .

3. RP3 .

Problema 18 Sea X el espacio obtenido desde la esfera S2 con un segmento de

recta uniendo los polos norte y sur. Calcule π1(X)

Problema 19 Sea G = Z2 ×Z3 ×Z×Z5 ×Z10 ×Z×Z50 . Construya un espacio

topologico conexo por caminos X con π1(X, x0) ∼= G .

Problema 20 Sea f : S1 −→ S1 definida por f(z) = zℓ , ℓ ∈ Z . Describa el

homomorfismo inducido f∗ : π1(S1, 1) −→ π1(S1, 1) .

Problema 21 Demuestre S2 y T2 (toro 2–dimensional) no son homeomorfos.

Sergio Plaza 114

Problema 22 Sea p : X −→ X un recubrimiento, con X conexo por caminos.

1. Pruebe que π1(X, x0) actua transitivamente sobre p−1(x0) , es decir, para

todo x0, x1 ∈ p−1(x0) existe g ∈ π1(X, x0) tal que g · x0 = x1 .

2. Muestre que si p es un recubrimiento con n–hojas, es decir, para cada x ∈X el conjunto p−1(x) consiste de n puntos. Entonces el homomorfismo

inducido p∗ : π1(X, x0) −→ π1(X, x0) es la inclusion de un subgrupo de

ındice n . Ilustre esto con algunos ejemplos.

3. Pruebe que si X es simplemente conexo entonces p es un homeomorfismo.

4. Pruebe que p es un homeomorfismo si y solo si p∗π1(X, x0) = π1(X, x0) .

Problema 23 Sea Y = {(q, 0) ∈ R2 : q ∈ Q} . Calcule π1(R2 − Y, (0,−1)) .

Problema 24 Sean p1 : S1 −→ S1 y p1 : S1 −→ S1 dos recubrimientos de n–

hojas. Pruebe que estos recubrimientos son equivalentes.

Problema 25 Sea X = S3 − S1 . Calcule π1(X) .

Problema 26 Sea X = T2 ∨x0T2 el espacio formado por dos copias del toro T2

pegadas por el punto x0 . Calcule π1(X, x0) .

Problema 27 En RPn encuentre el tipo de homotopıa de RPn− Sk , donde Sk =

{x21 + · · ·+ x2k+1 = 1 , xk+1 = · · · = xn = 0} .

Problema 28 Sean X e Y espacios topologicos. Sean x0 ∈ X e y0 ∈ Y defini-

mos el espacio topologico X ∨Y , como el espacio cuociente (X, x0)∪ (Y, y0))/x0 ∼y0 . Pruebe que π1(X ∨ Y, (x0, y0)) ∼= π1(X, x0) ∗ π1(Y, y0) , donde G1 ∗ G2 es el

grupo producto libre de los grupos G1 y G2 .

Problema 29 Considere un pequeno disco cerrado en la variedad abierta Rn ×Sn−k y pegue el espacio proyectivo RPn en su lugar, es decir, retire un disco Dn

desde Rn × Sn−k e identifique los puntos x y −x de la frontera ∂Dn = Sn−1 .

Pruebe que el espacio obtenido es homotopicamente equivalente a RPn−1 ∨ Sn−k .

Problema 30 Encuentre el tipo de homotopıa del espacio Cn − ∆ , donde ∆ =

∪i,j∆ij y ∆ij = {x ∈ Cn : xi = xj} .

Sergio Plaza 115

Problema 31 Calcule el numero de aplicaciones, salvo homotopıa, de:

1. RPn −→ RPn .

2. RPn+1 −→ Rn .

3. CPn −→ CPn .

4. Cn+1 −→ CPn .

Problema 32 Pruebe que Sn−1 puede ser representada como una union Sr ×Dn−r ∪ Dr+1 × Sn−r−1 con la frontera comun Sr × Sn−r−1 .

Problema 33 Considere la esfera Sn−1 ⊂ Rn , y en ella considere las esferas in-

crustadas Sr−1 = {xr+1 = · · · = xn = 0} y Sn−r−1 = {x1 = · · · = xr = 0} .Pruebe que dados x ∈ Sn−r−1 e y ∈ Sr entonces existe un camino, dado por un

unico arco grande de cırculo que une x con y , y que no posee otros puntos de

interseccion con esas esferas.

Problema 34 Pruebe que el espacio de los polinomios de grado 3 sin raıces multiples

es homotopicamente equivalente al complemento de un trebol de 3 hojas en S3 .

Problema 35 Encuentre el tipo de homotopıa del espacio X × Sn/X ∨ Sn .

Problema 36 Sea X = S1 ∨x0S2 . Clasifique los recubrimientos de X .

Problema 37 Sea i : RPn → RPm la inclusion canonica, donde 2 6 n 6 m .

Pruebe que i induce un isomorfismo desde π1(RPn, x) en π1(RP

m, x) .

Problema 38 Pruebe que CPn es simplemento conexo para todo n > 0 .

Problema 39 Sea F = Dn × {0} ∪ Sn−1 × I ⊂ Dn × I . Pruebe que F es un

retracto de Dn × I . ¿Es este un retracto de deformacion?

Problema 40 Pruebe que dos caminos f, g : I −→ X , con f(0) = g(0) = x

y f(1) = g(1) = y , inducen el mismo isomorfismo de π1(X, x) en π1(X, y) , es

decir, uf = ug , si y solo si [g ∗ f ] ∈ Z(π1(X, x)) , donde Z(G) = {a ∈ G : ab =

ba para todo b ∈ G} es el centro del grupo G . Use esto para probar si π1(X, x)

es abeliano entonces el isomorfismo desde π1(X, x) en π1(X, y) no depende del

camino que une x e y .

Sergio Plaza 116

Problema 41 Sea X = banda de Mobius. Encuentre un recubrimiento p : X −→X , tal que para cada x ∈ X se tiene que #p−1(x) = 2 . Calcule π1(X) .

Problema 42 Decimos que un recubrimiento p : X −→ X es regular si, para

algun x0 ∈ X se tiene que p∗π1(X, x0) es un subgrupo regular de π1(X, p(x0)) .

Sea G un grupo que actua de modo propiamente discontinuo sobre un espacio

topologico X y sea p : X −→ X/G la proyeccion canonica. Pruebe que este re-

cubrimiento es normal (Indicacion: pruebe que si p : X −→ X es un recubrimiento

regular y si f : I −→ X es un camino cerrado. Entonces cada levantamiento de f

es cerrado o ninguno de ellos es cerrado).

Problema 43 Sea π : R3 −→ RP3 la proyeccion canonica y sea Y ⊂ RP3 la

imagen bajo π del conjunto Γ = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1} . Calcule

π1(Y ) .

Problema 44 En R3 sea Y : (x − 1/n)2 + y2 = (1/n)2, n ∈ N y z = 0 . Sea

K2 el cono de vertice en (1, 0, 1) y base Y . Sea Y1 la reflexion respecto al plano

x = 0 de K2 . Pruebe que K1 y K2 son simplemente conexos, y que K1 ∪K2 es

conexo por caminos pero no simplemente conexo ¿Contradice esto el Teorema de

Seifert–van Kampen?

Problema 45 Suponga que π1(X, x0) ∼= Z y que p : X −→ X es un recubrim-

iento con #p−1(x0) = finita . Calcule π1(X, x0) , donde x0 ∈ p−1(x0) .

Problema 46 Sean X = {(x, y) ∈ R2 : x o y es entero} , X = {(z1, z2) ∈S1 × S1 : z1 = 1 o z2 = 1 } , y la aplicacion p : X −→ X dada por p(x, y) =

(e2πix, e2πy) . Pruebe que p : X −→ X es un recubrimiento.

Problema 47 ¿Cuales de las siguientes aplicaciones es un recubrimiento?

1. p : C− {0} −→ C− {0} definida por p(z) = zn , con n entero fijo.

2. p : C −→ C definida por p(z) = sen(z) .

3. p : C−{0, 1} −→ C−{0} definida por p(z) = (1− z)m zn , donde n,m son

enteros fijos.

Problema 48 Sean p : X −→ X y q : Y −→ Y recubrimientos. Pruebe que

Sergio Plaza 117

1. p× q : X × Y −→ X × Y es un recubrimiento.

2. Si X = Y y W = {(x, y) ∈ X × Y : p(x) = q(y } , entonces f : X −→ X ,

donde f(x, y) = p(x) es un recubrimiento.

Problema 49 Sean a, b : C −→ C los homeomorfismos definidos por a(z) = z+ i

y b(z) = z+ i+1/2 . Pruebe que b◦a = a−1 ◦ b y deduzca que G = {am ◦ b2n ◦ bε :

m,n ∈ Z y ε = 0 o 1 } es un grupo de homeomorfismo de C . Ademas, pruebe

que la accion de G es propiamente discontinua y que el espacio cuociente C/G es

Hausdorff. Finalmente pruebe que C/G es la botella de Klein.

Incrustacion de la botella de Klein en R4 .

Sea ϕ : C −→ R5 definida por

ϕ(x + iy) = (cos(2πy), cos(4πx), sen(4πx), sen(2πy) cos(2πx), sen(2πx)sen(2πy))

Pruebe que ϕ identifica a un punto cada orbita de G . deduzca que ϕ in-

duce un homeomorfismo desde C/G en ϕ(C) . Sea ψ : R5 −→ R4 definida por

ψ(p, q, r, s, t) = ((p+2)q, (p+2)r, s, t) . Pruebe que ψ|Im(ϕ) es un homeomorfismo.

Problema 50 Sea p : X −→ X un recubrimiento, con X conexo por caminos.

Pruebe que #p−1(x) es independiente de x ∈ X . Si este numero es finito, digamos

n , entonces decimos que el recubrimiento p : X −→ X es un recubrimiento de n–

hojas.

Problema 51 Encuentre un recubrimiento de 2–hojas p : S1 × S1 −→ K , donde

K es la botella de Klein.

Problema 52 Sea p : S2 −→ RP2 la proyeccion canonica. Dada una curva cerrada

simple Σ en PR2 . Pruebe que p−1(Σ) es siempre una curva cerrada simple en

S2 o es la union de dos curvas cerradas simples disjuntas en S2 .

Problema 53 ¿Existe un espacio topologico X tal que S1 ×X es homeomorfo a

RP2 o a S2 ?

Problema 54 Encuentre π1(C2 − C) .

Sergio Plaza 118

Problema 55 Pruebe que Rm−Rn y Sm−n−1 , para n 6 m−2 , tienen el mismo

tipo de homotopıa.

Problema 56 Pruebe que Rm − Rn , para n 6 m− 3 , es simplemente conexo.

Problema 57 Sea pn : S1 −→ S1 dada por p(z) = zn , donde n ∈ N , Calcule

π1(S1)/Imagen(p∗)

Problema 58 Pruebe que si m > 3 entonces ningun abierto de Rm es homeo-

morfo a un abierto de R2 .

Problema 59 Describa el recubrimiento universal de la figura 8.

Problema 60 Sea G = 〈{a, b}〉 , donde a, b : R2 −→ R2 son las aplicaciones

dadas por a(x, y) = (−x, y + 1) y b(x, y) = (x + a, y) . Pruebe que b ◦ a ◦ b = a ,

y que el grupo G actua de modo propiamente discontinuo sobre R2 . Describa

R2/G y sus recubrimientos, incluyendo su recubrimiento universal.

Problema 61 Calcule π1(SO(n), 1) , para n > 2 , y pruebe que para n > 3

se tiene que i∗ : π1(SO(2), 1) −→ π1(SO(n)) (homomorfismo inducido por la

inclusion canonica i : SO(2) → SO(n) ) es sobreyectiva. Calcule ker(i∗) y

π1(SO(2), 1)/ ker(i∗) .

Problema 62 Encuentre un retracto de deformacion (fuerte) de R2−{x1, . . . , xn} ,donde x1, . . . , xn ∈ R2 son n puntos distintos.

Problema 63 Sea X = A/ ∼ , donde A = {z ∈ C : 1 6 |z| 6 2} y ∼ es la

relacion que identifica los puntos del cırculo |z| = 2 antipodalmente e identifica los

puntos del cırculo |z| = 1 antipodalmente. Calcule π1(X) .

Problema 64 Pruebe que si n > 2 entonces toda aplicacion continua f : RPn −→S1 es homotopica a una aplicacion constante.

Problema 65 Pruebe que toda aplicacion continua de S2 en el toro T2 es ho-

motopica a una aplicacion constante. Lo mismo para aplicaciones de S2 en S1 .

Problema 66 Considere los recubrimientos p1, p2 : S1 −→ S1 , dados por p1(z) =

z12 y p2(z) = z3 . Fijando z1 = z2 = 1 en S1 . Pruebe que existe un homeomor-

fismo f : S1 −→ S1 tal que f(1) = 1 . De hecho pruebe que f(z) = z4 .

Sergio Plaza 119

Problema 67 Sean p1 : X1 −→ X y p2 : X2 −→ X recubrimientos, con X1

simplemente conexo y localmente conexo por caminos y X2 conexo y localmente

conexo por caminos. Pruebe que existe una aplicacion continua p : X1 −→ X2 , la

cual es un recubrimiento.

Problema 68 Sea Yn = {z ∈ C : |z − j − 1/2| = 1/2 , j = 1, . . . , n} . Calcule

π1(Yn, 0) .

Problema 69 Sean M1 y M2 variedades topologicas de dimension n . Se define

la variedad topologica M1#M2 , suma conexa de M1 con M2 como sigue. Sean

Di ⊂ Mi (i = 1, 2) subconjuntos abiertos homeomorfos al disco Dn . Sea f :

∂Dn −→ ∂Dn un homeomorfismo. Entonces f induce un homeomorfismo desde

∂D1 en ∂D2 y M1#M2 es el espacio cuociente obtenido identificando x ∈ ∂D1

con su imagen f(x) ∈ ∂D2 .

Si π1(M1) = 〈S1, R1〉 y π1(M2) = 〈S2, R2〉 pruebe que π1(M1#M2) = 〈S1 ∪S2, R1 ∪R2〉 .

Problema 70 Calcule π1(SO(2)) .

Problema 71 Encuentre el subgrupo normal de π1(figura 8) para la cual se tiene

el siguiente recubrimiento Figura

Problema 72 (Suspension de Espacios Topologicos) Sea X un espacio topologico

y sea I = [0, 1] . La suspension de X , denotado por S(X) , es el espacio cuociente

obtenido desde X × I identificando los subespacios X × {0} y X × {1} a puntos

u y v , respectivamente. Los puntos u y v son llamados los polos norte y sur de

S(X) , respectivamente.

1. Pruebe que existe un subespacio X ′ ⊂ S(X) imagen homeomorfica de X por

la proyeccion canonica p : X × I −→ S(X) . Se usa en general la notacion

X para denotar tal subespacio y decimos que consideremos X dentro de

S(X) .

Sergio Plaza 120

2. Si f : X −→ Y es una aplicacion continua. Pruebe que existe una extension

continua S(f) : S(X) −→ S(Y ) de f , llamada la suspension de f .

3. Sean U y V los subespacios de S(X) definidos por

U = {p(x, t) : x ∈ X , 1/2 6 t 6 1}V = {p(x, t) : x ∈ X , 0 6 t 6 1/2} .

Pruebe que U y V son contractibles y que S(X) = U ∪ V .

4. Pruebe que S(Sn) es homeomorfo a Sn+1 .

5. Sea f : S1 −→ S1 , definida por f(z) = z2 (donde consideramos S1 ⊂ C ).

Construya, S(f) : S2 −→ S2 , S2(f) = S(S(f)) : S3 −→ S3 , . . . , Sn(f) :

Sn+1 −→ Sn+1 .

6. Si f, g : X −→ Y son homotopicas ¿Son S(f) y S(g) homotopicas?.

Problema 73 (Mapping Cylinders) Sea f : X −→ Y una aplicacion continua.

Consideremos la suma topologica disjunta, W = X × I ∪ Y . Si para cada punto

x ∈ X se identifica con el punto (x, 1) ∈ X× I con el punto f(x) ∈ Y , obtenemos

un espacio cuociente Z(f) , llamado “mapping cylinder” de f : X −→ Y . Sea

π :W −→ Z(f) la proyeccion canonica.

1. Pruebe que las aplicaciones i : X → Z(f) , h : Y → Z(f) , definidas por

i(x) = π(x, 0) y h(y) = π(y) son incrustaciones (es decir, homeomorfismos

sobre su respectiva imagen). Por lo tanto, podemos considerar X e Y como

subespacios (disjuntos) de Z(f) .

2. Pruebe que el subespacio Y de Z(f) es un retracto de deformacion fuerte

de Z(f) .

3. Pruebe que la inclusion h : Y −→ Z(f) es una equivalencia de homotopıa.

4. En el siguiente diagrama

se tiene que i 6= h ◦ f (pruebe esto). Pruebe que i y h ◦ f son homotopicas.

Sergio Plaza 121

5. Pruebe que si f, g : X −→ Y son homotopicas entonces Z(f) y Z(g) son

homotopicamente equivalentes.

Problema 74 (Cono sobre un Espacio Topologico). Sean X un espacio topologico

y sea v un punto fuera de este. Sea k : X −→ {v} . El mapping cylinder Z(k) es

llamado el cono sobre X , denotado por C(X) , el punto v es llamado el vertice

de C(X) .

1. Construya C(S0) , C(S1) , . . . , C(Sn) , y C(X) para otros espacios conocidos,

por ejemplos, C(Rn) (n > 0), C(RP2) , C( banda de Mobius) , etc.

2. Pruebe que una aplicacion f : X −→ Y es homotopica a una constante si y

solo si puede extenderse continuamente a C(X) .

3. Pruebe que C(X) es contractible, cualquiera que sea el espacio topologico

X

Problema 75 (Mapping Cones). Sea f : X −→ Y una aplicacion continua.

Consideremos el mapping cylinder Z(f) de f . Identificando el subespacio X de

Z(f) a un solo punto punto u , obtenemos un espacio cuociente, C(f) , llamado el

mapping cones de f . El punto u es llamado el vertice de C(f) . Sea w : Z(f) −→C(f) la proyeccion canonica.

Claramente C(f) puede ser definido directamente como el espacio cuociente de

W = X×I+Y , obtenido identificando el subespacio X al punto u e identificando

(x, 1) con f(x) , para cada x ∈ X . Sea ρ : W −→ C(f) la proyeccion canonica.

Tenemos que ρ = w ◦ π . El espacio Y puede ser considerado como un sube-

spacio de C(f) mediante la incrustacion P (f) : Y −→ C(f) dada por P (f)(y) =

ρ(y) . La aplicacion P (f) es llamada incrustacion asociada a Y .

1. Pruebe que P (f) = w ◦ h .

2. Pruebe que C(X) ∼ IdX .

3. Pruebe que C(f) puede ser definido como el espacio cuociente de la suma

topologica disjunta M = C(X) + Y , donde cada x ∈ X se identifica con

f(x) ∈ Y . (Recuerde que podemos pensar X ⊂ C(f) )

4. Pruebe que el espacio cuociente obtenido identificando el subespacio Y de

C(f) a un solo punto v , es la suspension S(X) de X .

Sergio Plaza 122

5. Sea X uno de los espacios siguientes: Sn , RP2 , banda de Mobius. Con-

struya C(X) .

6. Sea f = Sn(fk) : Sn+1 −→ Sn+1 , donde fk : S1 −→ S1 es dada por

f(z) = zk . Construya C(f) .

7. Sea π : S2 −→ RP2 la proyeccion canonica. Cosntruya C(π) .

Problema 76 Sea α : Sn −→ Sn la aplicacion antipodal α(x) = −x . Construya

Z(α) , S(α) : Sn+1 −→ Sn+1 y C(α) .

Problema 77 Construya C(Sn) .

Problema 78 Sea ri : Sn −→ Sn la aplicacion dada por r1(x0, . . . , xi, . . . xn) =

(x0, . . . ,−xi, . . . , xn) (es decir, ri cambia el signo a xi .) Construya Z(ri) , S(ri) :

Sn+1 −→ Sn+1 y C(ri) . (Note que α = r0 ◦ r1 ◦ · · · ◦ rn .)

Problema 79 Sea π : Sn −→ RPn la proyeccion canonica. Construya Z(π) ,

S(π) : Sn+1 −→ S(RPn) y C(π) .

Problema 80 (Espacio Proyectivo Complejo), CPn .

El espacio proyectivo complejo n–dimensional es el espacio cuociente CPn =

(Cn+1 − {0})/ ∼ , donde si u, v ∈ Cn+1 entonces u ∼ v si y solo si existe λ ∈C− {0} tal que v = λu .

Sea π : Cn+1−{0} −→ CPn la proyeccion canonica. En CPn consideramos la

topologıa cuociente, es decir, A ⊂ CPn es un conjunto abierto si solo si π−1(A) ⊂Cn+1 − {0} es un conjunto abierto.

1. Considere S2n+1 ⊂ R2n+2 = Cn+1 . Pruebe que CPn = S2n+1/ ∼ , donde si

u, v ∈ S2n+1 entonces u ∼ v si y solo si existe λ ∈ S1 tal que v = λu . Sea

π : S2n+1 −→ CPn la proyeccion canonica. Pruebe que el siguiente diagrama

es comnutativo.

Figura.

Sergio Plaza 123

2. Pruebe que para cada punto p ∈ CPn se tiene que π(p) es un cırculo grande

de S2n+1 . (Nota, dado x ∈ S2n+1 el subconjunto {eiθz : θ ∈ R} de S2n+1

es llamado cırculo grande.)

3. Sea i : S2n−1 → S2n+1 la inclusion canonica. Pruebe que i induce una

inclusion j : CPn−1 → CPn .

Problema 81 Sea H = {x+ yi+ zj + wk : x, y, z, w ∈ R} el espacio cuaternio.

Construya el espacio proyectivo cuaternio HPn = (Hn+1 − {0})/ ∼ , donde si

u, v ∈ Hn − {0} entonces u ∼ v si y solo si existe q ∈ H− {0} tal que v = qu .

Repita la construccion del problema anterior, considerando una esfera de di-

mension adecuada.

Problema 82 Considere R3 = R × C . Sean U = {(t, z) ∈ S2 : t 6 0} , V =

{(t, z) ∈ S2 : t > 0} , y p, q numeros enteros positivos coprimos. Sea ω = 2πp/q .

Identifique cada punto (t, z) ∈ U con el punto (−t, eiω) ∈ V .

1. Pruebe que el espacio cuociente es el espacio lenticular L(p, q) .

2. Pruebe que L(2, 1) = RP3 .

3. Sea σ : E3 = {(t, z) ∈ R3 : t2+|z|2 6 1} −→ L(p, q) la proyeccion canonica.

Sean X1 = σ(S1) y X2 = σ(S2) .

a) Pruebe que X1 puede ser identificado con S1 y que ξ = σ|S1 −→ S1 =

X1 es de la forma ξ(z) = zp .

b) Defina ρ : E2 = {(t, z) ∈ R3 : t = 0} −→ X2 , por ρ(0, z) =

σ(√1− |z|2, z) ∈ X2 . Pruebe que ρ es sobreyectiva, y por lo tanto

una identificacion.

4. Pruebe que L(p, q) es el mapping cone de la aplicacion η = σ|S2 : S2 −→ X2 .

Problema 83 Estudie los espacios M(n × n,R) , M(n × n,C) , M(n × n,H) ,

GL(n,R) , GL(n,C) , GL(n,H) , O(n,R) = {A ∈ M(n × n,R) : AAT = I} ,SL(n,R) = {A ∈ O(nR) : det−1(A) = 1} , U(n,C) = {A ∈M(n×n,C) : AA∗ =

I} , donde A∗ = AT

es la matriz conjugada y traspuesta obtenida a partir de A ),

SU(n,C) = {A ∈ U(n,C) : det−1(A) = 1} , Sp(n) = {A ∈ GL(n,H) : AA∗ = I}(donde A∗ = A

T, pero en este caso, evidentemente consideramos la conjugacion

en H ), sp(n) = {A ∈ Sp(n) : det(A) = 1} .

Sergio Plaza 124

Problema 84 Sea X = D2 × S1 ∪f S1 × D

2, donde f : S1 × S1 −→ S1 × S1 es

inducida por la aplicacion lineal L : R2 −→ R2 cuya matriz en la base canonica es

(a b

c d

), con a, b, c, d ∈ Z y ad− bc = 1

Calcule π1(X) en terminos de a, b, c, d (Nota. Considere que S1 × S1 es

homeomorfo al espacio R2/ ∼ , donde (x, y) ∼ (u, v) si, y solo si, x−u, y−v ∈ Z .)

Problema 85 Sean x, y ∈ X . Denote por P (x, y) el conjunto de clase de equiv-

alencia de caminos en X uniendo x con y , bajo la relacion rel {0, 1} .Pruebe que existe una correspondencia inyectiva entre P (x, y) y P (x, x) si y

solo si P (x, y) 6= ∅ .

Problema 86 Sea 0 < s < 1 . Dados caminos p y q con p(1) = q(0) , defina h

por

h(t) =

{p(t/s) 0 6 t 6 s

q((t− s)/(1− s)) s 6 t 6 1.

Pruebe que h ∼ p ∗ q rel {0, 1} .

Problema 87 Pruebe que existe una retraccion r : Dn −→ Sn−1 si y solo si Sn−1

es contractible.

Problema 88 Pruebe que si X es conexo e Y tiene el mismo tipo de homotopıa

que X entonces Y es conexo.

Problema 89 Un retracto debil de X es un subconjunto A ⊂ X para el cual

existe una retraccion r : X −→ A tal que r ◦ i ∼ IdA , donde i : A → X es la

inclusion.

Pruebe que cada retracto es un retracto debil, y encuentre un ejemplo de un

retracto debil que no sea un retracto.

Problema 90 Dar un ejemplo de un retracto de deformacion que no es un retracto

de deformacion fuerte.

Problema 91 Sea A ⊂ X . Pruebe que A× Y es un retracto de X × Y si y solo

si A es un retracto de X .

Sergio Plaza 125

Problema 92 Pruebe que la relacion “es un retracto de” es transitiva.

Problema 93 Sea f : I −→ X un camino y sea h : I −→ I una aplicacion

continua e inyectiva, con h(0) = 0 y h(1) = 1 . Pruebe que f ∼ f ◦ h rel {0, 1} .Si h(0) = 1 y h(1) = 0 , pruebe que f ∼ f ◦ h rel {0, 1} .

Problema 94 Sean f, g : I −→ X caminos uniendo x, y ∈ X . Pruebe que f ∼ grel{0, 1} si, y solo si, f ∗ g ∼ εx rel {0, 1} .

Problema 95 Suponga que 0 = t0 < t1 < · · · < tq = 1 y que f : I −→ X es un

camino. Defina los caminos f1, . . . , fq : I −→ X por fi(t) = f((1 − t)ti−1 + tti) .

Pruebe que [f ] = [f1][f2] · · · [fq] .

Problema 96 Sea A un retracto de deformacion fuerte de X . Pruebe que la

inclusion canonica i : A → X induce un isomorfismo i∗ : π1(A, a) −→ π1(X, a) ,

donde a ∈ A .

Problema 97 Dado [f ] ∈ π1(S1, 1) , sea γ el contorno {f(t) : t ∈ I} ⊂ C .

Defina ω(f) = 12πi

∫γdzz . Pruebe que

1. ω(f) ∈ Z .

2. ω(f) no depende del representante elegido en [f ] .

3. ω(f) = deg(f) .

Problema 98 Sea fk : S1 −→ S1 dada por fk(z) = zk . Describa fk∗ en terminos

del isomorfismo π1(S1, 1) ∼= Z .

Problema 99 Sean α, β : I −→ S1×S1 los caminos dados por α(t) = (exp(2πit), 1)

y β(t) = (1, exp(2πit)) . Pruebe que α ∗ β ∼ β ∗ α rel {0, 1} .

Problema 100 Pruebe que el conjunto de los z ∈ D2para los cuales D

2 − {z}es simplemente conexo es el cırculo S1 = ∂D

2. Concluya que si f : D

2 −→ D2es

un homeomorfismo entonces f(S1) = S1 .

Problema 101 Calcule el grupo fundamental de los siguientes espacios

1. C− {0} .

Sergio Plaza 126

2. (C − {0})/G , donde G es el grupo de homeomorfismos {ϕn : n ∈ Z} y

ϕ(z) = 2z .

3. (C − {0})/H , donde H es el grupo de homeomorfismos {ψn : n ∈ Z} y

ψ(z) = 2z .

4. (C− {0})/{e, a} , donde e = Id y a(z) = −z .

Problema 102 Sea p : X −→ X un recubrimiento. Sean X0 ⊂ X y X0 =

p−1(X0) . Pruebe que p0 : X0 −→ X0 dada por p0(x) = p(x) es un recubrimiento.

Problema 103 Sea p : X −→ X un recubrimiento y sea G(X,X, p) el grupo de

las transformaciones de recubrimiento. Pruebe que el grupo de transformaciones

de recubrimiento actua de modo propiamente discontinuo sobre X . Describa el

espacio cuociente X/G(X,X, p) para los siguiente recubrimientos:

1. p : R −→ S1 dado por p(t) = exp(2πit) .

2. p : Sn −→ RPn proyeccion canonica.

3. p : R× R −→ S1 × S1 , dado por p(t, s) = (exp(2πit), exp(2πis)) .

Problema 104 Sea p : X −→ X un recubrimiento, y sea x0 ∈ X .

1. Para x ∈ p−1(x0) y [f ] ∈ π1(X, x0) , defina x·[f ] = f(1) , donde f : I −→ X

es el unico levantamiento de f , con f(0) = x . Pruebe que esto define una

accion de π1(X, x0) sobre p−1(x0) (accion por la derecha).

2. Pruebe que π1(X, x0) actua transitivamente sobre p−1(x0) .

Problema 105 Sean C1, C2 ⊂ S3 cırculos entrelazados y disjuntos. Calcule

π1(S3 − C1 ∪ C2) .

Problema 106 Pruebe que no existe ningun espacio topologico X tal que B×Xsea homeomorfo a R2 × L(p, q) , donde B es la banda de Mobius.

Problema 107 Calcule el grupo fundamental del bitoro agujereado en un punto.

Problema 108 Sean X un espacio topologico y f : S1 −→ X una aplicacion

continua. Pruebe que f es homotopicamente nula (es decir, homotopica a una

aplicacion constante) si, y solo si, existe una aplicacion continua g : D2 −→ X tal

que g|S1 = f .

Sergio Plaza 127

Problema 109 Sea f : I −→ X un camino y sea f : I −→ X el camino f(t) =

f(1− t) .Pruebe que si f, g : I −→ X son caminos con f(0) = g(0) y f(1) = g(1) ,

entonces f ∼ g rel {0, 1} si y solo si f ∼ g rel {0, 1} .

Problema 110 Sea x0 ∈ S1 . Pruebe que S1×{x0} es un retracto de S1×S1 , perono es un retracto de deformacion fuerte ¿Es S1×{x0} un retracto de deformacion

(debil) de S1 × S1 ?

Problema 111 Sea h : S3 −→ S2 definida por h(u) = u−1iu = ϕu(i) . Pruebe

que h es continua, sobreyectiva, y h(u) = h(v) si y solo si uv−1 conmuta con i ,

es decir, si y solo si w = uv−1 = a+ ib ∈ C . Use esto para probar que la relacion

de equivalencia sobre S3 inducida por h es la misma que define CP1 como espacio

cuociente. Pasando al cuociente obtenga un homeomorfismo h : CP1 −→ S2 .

Problema 112 Pruebe que toda matriz 3×3 con entradas positivas tiene un valor

propio positivo.

Problema 113 Sean f, g : S2 −→ R aplicaciones continuas tales que f(−x) =

−f(x) y g(−x) = −g(x) para todo x ∈ S2 . Pruebe que existe x0 ∈ S2 tal que

f(x0) = g(x0) = 0 .

Problema 114 Pruebe que SU(2,C) es homeomorfo a S3 .

Problema 115 Sea B = B[0, π] ⊂ R3 la bola cerrada de centro en 0 y radio π .

Defina ϕ : B −→ SO(3) asociando a cada x ∈ B la rotacion ϕ(x) de ||x|| radianesalrededor del eje determinado por x . Pruebe que ϕ es sobreyectiva y continua, y

que por paso al cuociente ϕ induce un homeomorfismo ϕ : RP3 −→ SO(3) .

Problema 116 Sea p(z) un polinomio no constante en la variable z ∈ C y coe-

ficientes complejos. Sea F ⊂ C el conjunto de las raıces de p′ (deridada de p ).

Sean X = C − p−1(p(F )) e Y = C − p(F ) . Pruebe que p|X : X −→ Y es un

recubrimiento de n–hojas, donde n es el grado de p .

Problema 117 Sea p : X −→ X un recubrimiento, con X conexo y localmente

conexo por caminos. Pruebe que para cada componente conexa C ⊂ X se tiene

que p(C) = X . Concluya que p|C : C −→ X es un recubrimiento.

Sergio Plaza 128

Problema 118 Pruebe que no existe una funcion continua f : R −→ R tal que

f−1(y) tenga exactamente 2 puntos, para cada y ∈ R ¿Que puede decir si f :

C −→ C ?

Problema 119 Considere la vecindad U = {eit : −π < t < π} de 1 ∈ S1 .

Defina el homeomorfismo local f : U −→ S1 por f(t) = eit/2 . Pruebe que f no

se extiende continuamente a un homeomorfismo f : S1 −→ S1 .

Problema 120 Dado un recubrimiento p : X −→ X y una aplicacion continua

f : Z −→ X . Sea Z = {(z, x) ∈ Z × X : f(z) = p(x)} . Pruebe que q : Z −→ Z

definida por q(x, x) = z es un recubrimiento.

Pruebe ademas, que si p : X −→ X es un recubrimiento de n –hojas y Z = X

y f = p entonces Z consiste de la union de n copias disjuntas de X .

Capıtulo 11

Grupos de Homologıa de

Complejos Simpliciales

11.1 Simplices

Sean p0, . . . , pr , r + 1 puntos en Rm , con m > r . Decimos que esos puntos son

geometricamente independientes si ningun plano (r − 1) – dimensional contiene a

los r+1 puntos, equivalentemente, los vectores p1−p0, . . . , pr−p0 son linealmente

independientes.

El r simplice generado por r + 1 puntos geometricamente independientes

p0, . . . , pr de Rm , denotado por σr = 〈p0, . . . , pr〉 , es el conjunto

σr = {x ∈ Rm : x =r∑

i=0

λipi , λi > 0 para i = 0, . . . , r y∑r

i=0 λi = 1 }.

Notemos que un 0–simplice es un punto σ0 = 〈p0〉 , un 1–simplice σ1 =

〈p0, p1〉 es el segmento de recta que une p0 con p1 , un 2–simplice σ2 = 〈p0, p1, p2〉es el triangulo de vertices p0 , p1 y p2 con su interior incluido, un 3–simplice

σ3 = 〈p0p1p2p3〉 es el tetraedro con vertices p0 , p1 , p2 y p3 con su interior

incluido.

129

Sergio Plaza 130

Figura

En el r–simplice σr = {x ∈ Rm : x =∑ri=0 λipi , λi > 0 para i =

0, . . . , r y∑r

i=0 λi = 1 } el punto (λ0, λ1, . . . , λr) es llamado coordenada baricentrica

del punto x ∈ σr . Como σr es un conjunto cerrado y acotado de Rm , se sigue

que σr es un conjunto compacto.

Sea q un entero con 0 6 q 6 r . Si elegimos q + 1 puntos pi0 , . . . , piq en

{p0, . . . , pr} , esos q+1 puntos generan un q–simplice σq = 〈pi0 , . . . , piq 〉 , llamado

una q–cara de σr . Si σq es una q –cara de σr , usamos la notacion σq 6 σr .

Si σq 6= σr , decimos que σq es una cara propia de σr , y usamos la notacion

σq < σr . Un calculo simple muestra que el numero de q –caras en un r–simplice

es

(r + 1

q + 1

).

Nota. Un 0–simplice no tiene caras propias.

11.2 Complejos simpliciales y poliedros

Sea K un conjunto finito de simplices en Rn . Decimos que K es un complejo

simplicial si los simplices de K satisfacen

1. Una cara arbitraria de un simplice en K pertenece a K , esto es, si σ ∈ Ky σ′ 6 σ entonces σ′ ∈ K .

2. Si σ , σ′ son dos simplices en K , la interseccion σ ∩ σ′ es o bien vacıa o

una cara de σ y de σ′ , esto es, si σ, σ′ ∈ K entonces o bien σ ∩ σ′ = ∅ o

σ ∩ σ′ 6 σ y σ ∩ σ′ 6 σ′ .

La topologıa de K es la inducida por la topologıa de Rn .

Ejemplo.

Dibujo

Ejemplo. Sea σr un r–simplice y sea K = {σ′ : σ′ 6 σ} , el conjunto de las

caras de σ . Entonces K es un complejo simplicial r–dimensional. Por ejemplo, si

σ3 = 〈 p0 p1 p2 p3〉 . Entonces,

K = {p0, p1, p2, p3, 〈p0, p1〉, 〈p0, p2〉, 〈p0p3〉, 〈p1p2〉, 〈p1p3〉, 〈p2p3〉,〈p0p1p2〉, 〈p0p1p3〉, 〈p0p2p3〉, 〈p1p2p3〉, 〈p0p1p2p3〉} .

Sergio Plaza 131

Un complejo simplicial K es un conjunto cuyos elementos son simplices. Si

cada simplice es mirado como un subconjunto de Rm (m > dimK ), la union de

todos los simplices es entonces un subconjunto de Rm . Este conjunto es llamado el

poliedro |K| del complejo simplicial K . La dimension de |K| como subconjunto

de Rm es la misma que la dimension de K , es decir, dim |K| = dimK .

Definicion 11.1 Sea X un espacio topologico. Si existe un complejo simplicial

K y un homeomorfismo f : |K| −→ X , decimos que X es triangulable y que

(K, f) es una triangulacion de X .

Dado un espacio topologico triangulable, su triangulacion no es unica.

Ejemplos. La siguiente figura muestra una triangulacion del cilindro S1 × [0, 1]

La siguiente, no es una triangulacion del cilindro S1 × [0, 1]

Ejercicio. Dar al menos dos ejemplos de triangulaciones para la esfera 2–dimensional

S2 .

11.3 Homologıa simplicial

Orientacion de un r–simplice, r > 1 . Usaremos (· · ·) en vez de < · · · > para

denotar un simplice orientado, y el sımbolo σr se usara indistintamente para rep-

resentar los dos casos.

Un 1–simplice orientado σ1 = (p0 p1) es el segmento de linea que une p0 y

p1 , recorrido desde p0 a p1 . El otro 1–simplice orientado que contiene a p0 y

Sergio Plaza 132

a p1 es (p1p0) , dada la orientacion de 〈p0p1〉 por (p0p1) denotamos el otro sim-

plice orientado 〈p1p0〉 por (p0p1) = −(p1p0) . Esto tendra sentido mas adelante

cuando estudiemos grupos abelianos finitamente generados, asociados a construc-

ciones geometricas.

Un r–simplice orientado, r > 1 , es construido como sigue. Sean p0, . . . , pr ,

r+1 puntos linealmente independientes en Rm (m > r) , y sean {pi0 , pi1 , . . . , pir}una permutacion de ellos. Decimos que {p0, . . . , pr} es equivalente a {pi0 , . . . , pir}si

P =

(0 1 2 · · · r

i0 i1 i2 · · · ir

)

es una permutacion par. Claramente esta es una relacion de equivalencia y cada

clase de equivalencia es llamado un r–simplice orientado. Existen dos clases de

equivalencia, una que consiste de las permutaciones pares de p0, . . . , pr y la otra

a las permutaciones impares. La clase de equivalencia ( r–simplice orientado) que

contiene a p0p1 . . . pr es denotada por σr = (p0p1 · · · pr) y la otra es denotada por

−σr = −(p0 · · · pr) , es decir, (pi0 · · · pir) = signo(P )(p0p1 · · · pr) .Los 0–simplice orientados son, formalmente, formados por un punto p0 es

decir, sin signo.

11.4 Grupo de cadenas, grupo de ciclos y grupo

de bordes

Sea K = {σα} un complejo simplicial n–dimensional. Pensamos los simplices σβ

de K como simplices orientados, pero usamos el mismo sımbolo para denotarlos.

El grupo de r–cadenas Cr(K) de un complejo simplicial K es de grupo

abeliano generado por los r–simplices orientados de K . Si r > dimK , definimos

Cr(K) como el grupo {0} . Un elemento de Cr(K) es llamado una r–cadena.

Sea Ir el numero de r–simplices en K . Denotamos estos por σri , 1 6 i 6 Ir .

Luego un elemento c ∈ Cr(K) se expresa como

c =

Ir∑

i=1

ciσr,i,

Sergio Plaza 133

ci ∈ Z y solo un numero finito de ellos es no cero. Los enteros ci son llamados los

coeficientes de c . La estructura de grupo sobre Cr(K) es dada como sigue.

Suma. Sean c =∑

i

ciσr,i y c′ =∑

i

c′1σr,i dos r–cadenas, se define su suma

c+ c′ como

c+ c′ =∑

i

(ci + c′i)σr,i .

Elemento neutro. El elemento neutro se define como 0 =∑

i

0σr,i .

Elemento Inverso. Si c =∑

i

ciσr,i , su inverso es −c =∑

i

−ciσr,i .

Observacion. Un r–simplice opuestamente orientado −σr es indenficado con el

elemento −1σr ∈ Cr(K) .

Tenemos que Cr(K) es un grupo abeliano de rango Ir , es decir,

Cr(K) = ⊕Iri=1Z

11.4.1 Operador borde

Denotamos la frontera (borde) de un r–simplice σr por ∂r σr . Debemos entender

∂r como un operador actuando sobre σr para producir su borde. Veamos los casos

de dimension pequena. Como un 0–simplice no tiene frontera, definimos

∂0 p0 = 0 .

Para un 1–simplice σ1 = (p0 p1) , definimos

∂1σ1 = ∂1(p0 p1) = p1 − p0 .

Veamos una justificacion para esta definicion. Esta es relacionada con la ori-

entacion. El siguiente ejemplo clarifica la situacion.

Sergio Plaza 134

Consideremos el 1–simplice (p0 p2) y dividamoslo en dos 1–simplice (p0 p1) y

(p1 p2)

p0 p1 p2

estamos de acuerdo en que la frontera de (p0 p2) es p0∪p2 que debe ser la misma de

(p0 p1)+ (p1p2) . Si definimos ∂1(p0 p2) = p0+ p2 , tenemos ∂1(p0 p1)+ ∂1(p1 p2) =

p0 + p1 + p1 + p2 . Esto no es deseable, pues p1 es una frontera ficticia. Si en

vez de ello, definimos ∂1(p0 p2) = p2 − p1 , tendremos ∂1(p0 p1) + ∂1(p1 p2) =

p1 − p0 + p2 − p1 = p2 − p0 , como era de esperar.

Analizaremos ahora el caso del triangulo

p0 p2

p1

Estamos de acuerdo que su frontera es la suma de tres 1–simplices orientados

(p0 p1) + (p1 p2) + (p2 p0) . Si insistimos en la regla ∂1(p0 p1) = p0 + p1 tenemos

∂1(p0 p1)+∂1(p1 p2)+∂1(p2 p0) = p0+p1+p1+p2+p2+p0 lo cual contradice nuestra

intuicion. Si por otra parte, tomamos ∂1(p0 p1) = p1 − p0 , tenemos ∂1(p0 p1) +

∂1(p1 p2) + ∂1(p2 p0) = p1 − p0 + p2 − p1 + p0 − p2 = 0 , como se esperaba.

Ahora damos la definicion del borde para un r–simplice. Sea σr = (p0 · · · pr) ,(r > 0) , un r—simplice orientado. El borde ∂r σr de σr es la (r − 1)− cadena

definida por

∂rσr =r∑

i=1

(−1)i(p0 · · · pi · · · pr)

donde el sımbolo pi significa que ese punto es omitido.

Ejemplo. Tenemos ∂2(p0 p1 p2) = (p1 p2) − (p0 p2) + (p0 p1) y ∂3(p0 p1p2 p3) =

(p1 p2 p3)− (p0 p1 p3)− (p0 p1 p2) y como ya acordamos, si r = 0 , ∂0 σ0 = 0 .

Sergio Plaza 135

Extendemos ∂r a Cr(K) linealmente, es decir, si c =∑

i

ciσr,i es una r–

cadena en Cr(K) , entonces

∂rc =∑

i

ci∂rσr,i .

Note que∑

i

ci∂rσr,i es un elemento de Cr−1(K) . De este modo tenemos

definido un homomorfismo

∂r : Cr(K) −→ Cr−1(K)

llamado operador de borde.

Sea K un complejo simplicial n–dimensional. A K hemos asociado una

sucesion de grupos abelianos Cr(K) y homomorfismos ∂r : Cr(K) −→ Cr−1(K) ,

es decir, tenemos

0i→ Cn(K)

∂n−→ Cn−1(K)∂n−1−→ · · · ∂2−→ C1(K)

∂1−→ C0(K)∂0−→ 0

donde i : 0 → Cn(K) es la aplicacion inclusion, es decir, 0 es pensando como el

elemento neutro de Cn(K) . Una sucesion {Cℓ(K), ∂ℓ} de grupos y homomorfismos

∂ℓ : Cℓ(K) −→ Cℓ−1(K) , como la anterior es llamada una cadena compleja asociada

con K . Ahora estudiaremos el nucleo y la imagen del homomorfismos ∂r .

Definicion 11.2 Un elemento c ∈ Cr(K) es llamado un ciclo si c ∈ ker(∂r) , es

decir, ∂rc = 0 .

Notacion. El nucleo de ∂r , Zr(K) = ker(∂r) , es llamado el grupo de los r–ciclos.

Claramente Zr(K) ⊆ Cr(K) . Si r = 0 , entonces ∂ c es identicamente nulo, luego

Z0(K) = C0(K) .

Definicion 11.3 Decimos que una r–cadena c ∈ Cr(K) es un borde o un r–borde

si, existe una cadena d ∈ Cr+1(K) tal que ∂r+1d = c .

El conjunto de los r–bordes es Br(K) = Imagen(∂r+1) . Claramente, Br(K)

es un subgrupo de Cr(K) . Para r = n , definimos Bn(K) como 0. Tenemos la

siguiente relacion entre Zr(K) y Br(K) .

Sergio Plaza 136

Teorema 11.1 La aplicacion compuesta ∂r ◦ ∂r+1 : Cr+1(K) −→ Cr−1(K) es la

aplicacion nula, es decir, ∂r∂r+1c = 0 para toda (r + 1)–cadena c ∈ Cr+1(K) .

Demostracion. Basta probar la identidad ∂r ◦ ∂r+1 = 0 sobre los generadores

de Cr+1(K) . Si r = 0 , es claro que ∂0∂1 = 0 pues ∂0 es la aplicacion nula.

Supongamos que r > 1 . Tomemos σ = (p0 · · · prpr+1) ∈ Cr+1(K) . Entonces

∂r∂r+1σ = ∂r

(r+1∑

i=0

(−1)i(p0 · · · pi · · · pr+1)

)

=

r+1∑

i=0

(−1)i∂r(p0 · · · pi · · · pr+1)

=

r+1∑

i=0

(−1)ii−1∑

j=0

(−1)j(p0 · · · pj · · · pi · · · pr+1)

+

r+1∑

j=i+1

(−1)j−1(p0 · · · pi · · · pj · · · pr+1)

=∑

j<i

(−1)l+j(p0 · · · pj · · · pi · · · pr+1)

−∑

j>i

(−1)i+j(p0 · · · pi · · · pj · · · pr+1)

= 0 .

Del teorema anterior tenemos que

Br(K) ⊆ Zr(K) .

11.4.2 Significado geometrico de r–ciclo y r–borde

Con nuestra definicion ∂r toma la frontera de una r–cadena. Si c es un r–ciclo,

la igualdad ∂rc = 0 nos dice que c no tiene frontera. Si c = ∂r+1d es un r–borde,

c es la frontera de d cuya dimension es uno mas que la dimension de c . Sabemos

que una frontera no tiene frontera, es decir, Zr(K) ⊇ Br(K) .

Sergio Plaza 137

11.5 Grupos de homologıa simplicial

Asociado a un complejo simplicial K tenemos los grupos Cr(K) ⊇ Zr(K) ⊇Br(K) . La pregunta natural que surge es ¿Como se relacionan estos con las

propiedades topologicas de K o de un espacio topologico X cuya triangulacion

es dada por (K, f) ? otra pregunta es la siguiente ¿Es posible para Cr(K) ex-

presar cualquier propiedad que es preservada por homeomorfismos? Por ejemplo,

sabemos que el triangulo (sin su interior) es homeomorfismo al cuadrado (sin su

interior) ¿Cual es la relacion entre los grupos de cadenas de ellos? Por ejemplo, el

grupo de 1–cadenas asociado al triangulo K1 es

p0 p1

p2

C1(K1) = {i(p0p1) + j(p1p2) + k(p2p0) : i, j, k ∈ Z}∼= Z⊕ Z⊕ Z

mientras que el grupo de 1–cadenas asociado al cuadrado K2 es

p0 p1

p2p3

C1(K2) = Z⊕ Z⊕ Z⊕ Z

Claramente, C1(K1) no es isomorfo a C1(K2) .

Este ejemplo muestra que Cr(K) no puede ser un candidato a invariante

topologico. Lo mismo es verdadero para los grupos Zr(K) y Br(K) . Veremos

enseguida que los grupos de homologıa son invariantes topologicos.

Sergio Plaza 138

Definicion 11.4 Sea K un complejo simplicial n–dimensional. El r–esimo grupo

de homologıa, Hr(K) , para 0 6 r 6 n , asociado con K es definido por

Hr(K) = Zr(K)/Br(K) .

Observacion. Si es necesario, definimos Hr(K) = 0 para r > n y r < 0 .

Observacion. Notemos que al construir Cr(K) hemos tomado coeficientes en Z ,

la misma construccion vale si tomamos coeficientes en un grupo cualquiera, y en

tal caso, especificamos esto usando la notacion, Cr(K;G), Zr(K;G) , Br(K;G) y

Hr(K;G) . Caso no especifiquemos G , entendemos que G = Z . Los grupos mas

comunes que usaremos para los coeficientes son G = Z , G = R o G = Z2 .

Observacion. Nos hemos referido a Cr(K;G) , Zr(K;G) , Br(K;G) y Hr(K;G)

como grupos, pero en realidad, si G es un grupo, estos son G–modulos y caso G

sea un cuerpo son G–espacios vectoriales.

En lo que sigue trabajaremos con G = Z , pero teniendo en cuenta que todo

lo que hagamos vale para un grupo G arbitrario, y que en casos particulares de

G , solo tenemos mas propiedades, adicionales a aquellas obtenidas para G = Z .

Como Br(K) es un subgrupo de Zr(G) , se sigue que Hr(K) esta bien

definido. Ademas, por definicion

Hr(K) = {[z] : z ∈ Zr(K)}

donde cada clase de equivalencia, [z] , es llamada una clase de homologıa. Ahora

bien, por definicion dos r–ciclos z y z′ estan en la misma clase de equivalencia si

y solo si z − z′ ∈ Br(K) , en cuyo caso decimos que z es homologo a z′ y usamos

la notacion z ∼ z′ . Geometricamente z− z′ es una frontera de algun espacio. Por

definicion, cualquier borde b ∈ Br(K) es homologo a 0, pues b− 0 ∈ Br(K) .

Tenemos lo siguiente. Los grupos de homologıa son invariantes topologicos,

esto es, ellos no dependen de la triangulacion de X . Mas precisamente, tenemos

el siguiente.

Teorema 11.2 Sean X e Y espacios topologicos homeomorfos, y sean (K, f) y

(K, g) triangulaciones de X e Y , respectivamente. Entonces

Sergio Plaza 139

Hr(K) ∼= Hr(L)

para r = 0, 1, . . . . En particular, si (K, f) y (L, g) son triangulaciones de X ,

entonces

Hr(K) ∼= Hr(L) ,

para r = 0, 1, . . . .

Demostracion. Larga, ver Amstrong, 1983 o J.M. Munkres.

Este teorema nos permite definir los grupos de homologıa para un espacio X ,

que no necesariamente es un complejo simplicial, pero que es triangulable, como

sigue. Sea (K, f) una triangulacion de X , definimos los grupos de homologıa,

Hr(X) , para X como

Hr(X) ≡ Hr(K) , r = 0, 1, 2, . . .

El teorema, nos dice que esta definicion no depende de la particular triangu-

lacion elegida.

11.6 Ejemplos de calculo de homologıa

1. Sea K = {p0} . Tenemos que C0(K) = {ip0 : i ∈ Z} ∼= Z . Tambien,

Z0(K) = C0(K) y B0(K) = 0 , pues ∂0p0 = 0 y p0 no puede ser borde.

Luego

H0(K) ≡ Z0(K)/B0(K) ≡ C0(K) ∼= Z .

Ejercicio. Sea K = {p0 , p1} un complejo simplicial que consiste de dos 0

simplices. Muestre que

H0(K) =

{Z⊕ Z r = 0

{0} r 6= 0 .

Sergio Plaza 140

2. Sea K = {p0, p1, (p0p1)} . Tenemos C0(K) = {ip0 + jp1 : i, j ∈ Z} y

C1(K) = {k(p0p1) : k ∈ Z} .

p0 p1

Como (p0p1) no es la frontera de ningun simplice en K , se tiene que

B1(K) = 0 y H1(K) = Z1(K)/B1(K) = Z1(K) .

Ahora, si z = m(p0p1) ∈ Z1(K) , entonces

∂1z = m∂1(p0p1)

= m(p1 − p0)= mp1 −mp0 = 0

luego m = 0 , por lo tanto Z1(K) = 0 , de donde H1(K) = 0 .

Ahora para H0(K) , tenemos Z0(K) = C0(K) = {ip0 + jp0 : i, j ∈ Z} y

B0(K) = Imagen(∂1) = {∂1(i(p0p1)) : i ∈ Z}= {i(p1 − p2) : i ∈ Z} .

Definamos f : Z0(K) −→ Z por f(ip0 + jp1) = i+ j . Es claro que f es un

homomorfismo sobreyectivo. Ahora

ker(f) = f−1(0)

= {ip0 + jp1 : f(ip0 + jp1) = i+ j = 0}= {ip0 − ip1 : i ∈ Z}= B0(K) .

Por el teorema del isomorfismo, tenemos

Sergio Plaza 141

Z0(K)/ ker(f)︸︷︷︸B0(K)

∼= Imagen(f) ∼= Z ,

es decir, H0(K) ∼= Z .

3. Sea K = {p0, p1, p2, (p0p1), (p1p2), (p2p0)}

p0 p1

p2

Esta es una triangulacion de S1 .

Como no hay 2–simplices en K , se sigue que B1(K) = 0 y H1(K) =

Z1(K)/B1(K) = Z1(K) .

Ahora, sea z = i(p0p1) + j(p1p2) + k(p2p0) un elemento de Z1(K) , donde

i, j, k ∈ Z . Entonces,

∂1z = i(p1 − p0) + j(p2 − p1) + k(p0 − p2)= (k − i)p0 + (i− j)p1 + (j − k)p2 = 0

de donde k − i = 0, i− j = 0 y j − k = 0 , es decir, i = j = k . Por lo tanto

Z1(K) = {i((p0p1) + (p1p2) + (p2p0)) : i ∈ Z} ∼= Z ,

luego H1(K) = Z1(K) ∼= Z .

Por otra parte, tenemos que Z0(K) = C0(K) y

B0(K) = {∂1(l(p0p1) +m(p1p2) + n(p2p0)) : l,m, n ∈ Z}= {(n− lp0 + (l −m)p1 + (m− n)p2 : l,m, n,∈ Z}

Sergio Plaza 142

Definamos f : Z0(K) −→ Z por f(ip0 + jp1 + kp2) = i + j + k . Es claro

que f es un homomorfismo sobreyectivo, y que ker(f) = B0(K) . Luego

por el teorema del isomorfismo Z0(K)/ ker(f) ∼= Imagen(f) = Z , es decir,

H0(K) = Z0(K)/B0(K) ∼= Z .

De esto, tenemos que H0(S1) = H1(S1) = Z y Hr(S1) = 0 para r 6= 0 y

r 6= 1 .

Ejercicio. Sea K = {p0 , p1 , p2 , p3 , (p0 p1) , (p1 p2) , (p2 p3) , (p3p0)} un

complejo simplicial, cuyo poliedro es el cuadrado (sin interior). Verifique que

los grupos de homologıa son los mismos que hemos obtenido arriba.

4. Sea K = {p0 , p1 , p2 , (p0 p1) , (p1 p2) , (p2 p0) , (p0 p1 p2)} el complejo sim-

plicial, cuyo poliedro es la region triangular

p0 p1

p2

Como la estructura de 0–simplices y 1–simplices es la misma del ejemplo 3,

tenemos que H0(K) ∼= Z . Calculo de H1(K) = Z1(K)/B1(K) .

Desde el ejemplo 3, tenemos que

Z1(K) = {i((p0p1) + (p1p2) + (p2p0)) : i ∈ Z}∼= Z

Ahora sea c = m(p0p1p2) ∈ C2(K) . Si b = ∂2c ∈ B1(K) , entonces

b = ∂2c = m((p1p2)− (p0p2) + (p0p1))

= m((p0p1) + (p1p2) + (p2p0)) ,

m ∈ Z,, esto muestra que Z1(K) = B1(K) , luego

H1(K) = Z1(K)/B1(K) ∼= {0} .

Sergio Plaza 143

Como no hay 3–simplices en K , tenemos que B2(K) = 0 . Luego H2(K) =

Z2(K)/B2(K) = Z2(K) . Como ∂2z = m((p1p2) − (p0p2) + (p0p1)) = 0 , se

sigue que m = 0 , y por lo tanto Z1(K) = 0 , de donde

H2(K) ∼= {0} .

Ejercicio. Sea

K = {p0 , p1 , p2 , p3 , (p0 p1) , (p0 p2) , (p0 p3) , (p1 p2) ,(p1 p3) , (p2 p3) , (p0 p1 p2) , (p0 p1 p3) , (p1 p2 p3)}

un complejo simplicial, cuyo poliedro es la superficie de un tetrahedro. Muestre

que H0(K) ∼= Z , H1(K) ∼= 0 y H2(K) ∼= Z . Esta es una triangulacion de

la esfera S2 .

∼=

p0 p1

p2

p3

Note que en todos ejemplos anteriores, excepto aquel con K = {p0, p1} se

tiene que H0(K) ∼= Z . Esta no es una coincidencia, y es dado por el siguiente

Teorema 11.3 Sea K un complejo simplicial, cuyo poliedro es conexo por caminos.

Entonces

H0(K) ∼= Z .

Sergio Plaza 144

Demostracion. Como |K| es conexo por caminos, para cada par de 0–simplices

pi y pj , existe una sucesion de 1–simplices (pi pk), (pk pl), . . . , (pm pj) , tal que

∂1((pi pk)+(pk pl)+ · · ·+(pm pj)) = pj−pi, esto es, pi es homologo a pj , es decir,

[pi] = [pj] . Por lo tanto cualquier 0–simplice en K es homologo, digamos, a p1 .

Ahora, sea z =

I0∑

i=1

nipi ∈ Z0(K) , donde I0 es el numero de 0–simplices en

K .

Entonces la clase de homologıa de z es generada por un solo punto,

[z] =

[I0∑

i

nipi

]=

I0∑

i

ni[pi] =

I0∑

i

ni[p1]

=

(I0∑

i

[p1]

).

De aquı, es claro que [z] = 0 , es decir, z ∈ B0(K) cuando

Ii∑

i

ni = 0 .

Ahora, sea σj = (pj,1pj,2) , donde 1 6 j 6 I1 , un 1–simplice en K , aquı I1

denota el numero de 1-simplices en K . Entonces

B0(K) = Imagen(∂1)

= {∂1(n1σ1 + · · ·+ nI1σI1) : n1, . . . , nI1 ∈ Z}= {n1(p1,2 − p1,1) + · · ·+ nI1(pI1,2 − pI1,1) : n1, . . . , nI1 ∈ Z}.

Notemos que nj (1 6 j 6 I1) siempre aparece dos veces, una con +nj y otra

con −nj en un elemento de B0(K) . Luego, si

z =∑

j

njpj ∈ B0(K) ,

entonces∑

j

nj = 0 .

Por lo tanto hemos probado que en K , se tiene z =

I0∑

i

nipi ∈ B0(K) si y

solo si

I0∑

i

ni = 0 .

Sergio Plaza 145

Ahora, definamos f : Z0(K) −→ Z por

f(n1p1 + · · ·+ nI0pI0) =

I0∑

i=1

ni .

Es claro que f es un homomorfismo sobreyectivo, y que ker(f) = B0(K) .

Luego por el teorema del isomorfismo

H0(K) = Z0(K)/B0(K)

= Z0(K)/ ker(f)

∼= Imagen(f)

∼= Z .

Ejemplo 5. Consideremos la banda de Mobius K .

p1 p4 p5 p0

p1p2 p3p0

y la triangulacion dada en la figura arriba.

Claramente B2(K) = 0 . Ahora, sea z ∈ Z2(K) , entonces

z = i(p0p1p2) + j(p2p1p4) + k(p2p4p3) + l(p3p4p5) +m(p3p5p1) + n(p1p5p0)

y

∂z = i[(p1p2)− (p0p2) + (p0p1)] + j[(p1)p4 − (p2p4) + (p2p1)]

+k[(p4p3)− (p2p3) + (p2p4)] + l[(p4p5)− (p3p5) + (p3p4)]

+m[(p5p1)− (p3p1) + (p3p5)] + n[(p5p0)− (p1p0) + (p1p5)]

= 0 .

Sergio Plaza 146

Como cada uno (p0p2) , (p1p4) , (p2p3) , (p4p5) , (p3p1) y (p5p0) aparecen

solo una vez en ∂1z , todos los coeficientes deben ser nulos, es decir, i = j = k =

l = m = n = 0 . Luego Z2(K) = 0 y

H2(K) = Z2(K)/B2(K) ∼= {0} .

Para encontrar H1(K) , evitaremos los largos tediosos calculos haciendo uso

de la intuicion. Vamos a encontrar un ciclo que hace un circuito completo. Uno de

tales ciclos es

z = (p0p1) + (p1p4) + (p4p5) + (p5p0) .

Todos los otros ciclos completos, son homologos a un multiplo de z .

Por ejemplo, si z′ = (p1p2)+(p2p3)+(p3p5)+(p5p1) entonces z′ es homologo

a z , pues z − z′ = ∂2((p2p1p4) + (p2p4p3) + (p3p4p5) + (p1p5p0)) .

Por otra parte, si tomamos z′′ = (p1p4) + (p4p5) + (p5p0) + (p0p2) + (p2p3) +

(p3p1) tenemos que z′′ es homologo a 2z , pues

2z′ − z = 2(p0p1) + (p1p4) + (p4p5) + (p5p0)− (p0p2)− (p2p3)− (p3p1)

= ∂2((p0p1p2) + (p1p4p2) + (p2p4p3) + (p3p4p5) + (p3p5p1) + (p0p1p5))

Es facil probar que cualquier circuito cerrado es homologo a nz , para algun

n ∈ Z . Luego H1(K) es generado por un solo elemento, digamos z , y de ahı,

H1(K) = { i [z] : i ∈ Z} ∼= Z .

Finalmente, como K es conexo por caminos, se sigue por el teorema anterior

que H0(K) ∼= Z .

Ejemplo 6. Sea K el complejo simplicial con poliedro |K| , como se muestra en

la figura. Esta es una triangulacion del plano proyectivo.

Claramente B2(K) = 0 . Tomemos z ∈ Z2(K) ,

z = m1(p0p1p2) +m2(p0p4p1) +m3(p0p5p4)

+m4(p0p3p5) +m5(p0p2p3) +m6(p2p4p3)

+m7(p2p5p4) +m8(p2p1p5) +m9(p1p3p5)

+m10(p1p4p3) .

Sergio Plaza 147

El borde de z es

∂2z = m1((p1p2)− (p0p2) + (p0p1))

+m2((p4p1)− (p0p1) + (p0p4))

+m3((p5p4)− (p0p4) + (p0p5))

+m4((p3p5)− (p0p5) + (p0p3))

+m5((p2p3)− (p0p3) + (p0p2))

+m6((p4p3)− (p2p3) + (p2p4))

+m7((p5p4)− (p2p4) + (p2p5))

+m8((p1p5)− (p2p5) + (p1p2))

+m9((p3p5)− (p1p5) + (p1p3))

+m10((p4p3)− (p1p3) + (p1p4))

= 0 ,

p5

p4p3

p3p4

p5

p0

p1 p2

reagrupando, obtenemos, por ejemplo, (m1 − m2)(p0p1) , luego m1 − m2 = 0 ,

Sergio Plaza 148

analogamente, m1 − m2 = 0 , −m1 + m5 = 0 , m4 − m5 = 0 , m2 − m3 = 0 ,

m1 −m8 = 0 , m9 − m10 = 0 , −m2 +m10 = 0 , m5 − m6 = 0 , m6 − m7 = 0 ,

m6 −m10 = 0 . Esto ultimo se satisface si y solo si mi = 0 , para i = 1, 2, . . . , 10 ,

lo cual significa que Z2(K) es trivial, y tenemos

H2(K) = Z2(K)/B2(K) ∼= {0} .

Antes de calcular H1(K) , veamos H2(K) desde otro punto de vista, ligera-

mente distinto. Sumemos todos los 2–simpleces de K con el mismo coeficiente, es

decir, tomamos

z =

10∑

i=1

mσ2,i, m ∈ Z .

Observemos que cada 1–simplice de K es una cara comun de exactamente

dos 2–simplices. Como una consecuencia, el borde de z es

∂2z = 2m(p3p5) + 2m(p5p4) + 2m(p4p3) , (∗)

luego, si z ∈ Z2(K) , el coeficiente m debe ser 0, y tenemos que Z2(K) = 0 , como

antes.

Esta observacion simplifica, notablemente el calculo de H1(K) . Notemos, que

cada 1–ciclo es homologo a un multiplo de

z = (p3p5) + (p5p4) + (p4p3) .

Ademas, (*) muestra que un multiplo par de z es el borde de una 2–cadena.

Luego z es un ciclo y z + z es homologo a 0. Por lo tanto, tenemos que

H1(K) = {[z] : [z] + [z] ∼ 0} ∼= Z2 .

Este ejemplo muestra que los grupos de homologıa no son necesariamente gru-

pos abelianos libres, pero tiene toda la estructura de un grupo abeliano finitamente

generado.

Finalmente como K es conexo por caminos, tenemos que

H0(K) ∼= Z .

Sergio Plaza 149

En los siguientes ejemplos apelaremos a la intuicion para evitar los largos y

tediosos calculos.

Ejemplo 7. Sea Tg una superficie compacta, orientable, conexa, de genero g ,

a1

b1

a2

b2

ag

bg

Como Tg no tiene frontera y no existen 3–simplices, la superficie Tg en si

misma genera libremente H2(Tg) ∼= Z . Ahora H1(Tg) es generado por aquellos

lazos que no son frontera de alguna area. Ver la figura arriba. Luego

H1(Tg) = {i1[a1] + j1[b1] + · · ·+ ig[ag] + jg[bg] : i1, j1 . . . , ig, jg ∈ Z}∼= Z⊕ Z⊕ · · · ⊕ Z︸︷︷︸

2g−factores

.

Como Tg es conexa por caminos, se tiene que H0(Tg) ∼= Z .

Ejercicios.

1. Encuentre una triangulacion para Tg , g = 1, 2, . . . .

2. Usando la triangulacion encontrada en (1), calcule usando los metodos ante-

riores (ejemplos 5 y 6) los grupos de homologıa de T2 = T2 (toro) y T3 .

Ejemplo 8. Botella de Klein

Sergio Plaza 150

p0 p2 p1 p0

p0 p1 p2 p0

p3 p3

p4 p4

Triangulacion de la botella de Klein.

Como B2(K) = 0 , tenemos que H2(K) = Z2(K) .

Ahora, sea z ∈ Z2(K) . Si z es una combinacion lineal de todos los 2–

simplices de K con el mismo coeficiente, es decir, si z =∑

imσ2,i , los 1–simplices

del interior se anulan dos a dos, dejando solamente un 1–simplice exterior, de donde

Sergio Plaza 151

∂2z = −2ma ,

donde a = (p0p1) + (p1p2) + (p2p0) . Para que ∂z = 0 se debe tener que m debe

ser nulo, luego H2(K) = Z2(K) ∼= {0} .Para calcular H1(K) , primero notemos que cada 1–ciclo es homologo a ia+jb ,

para algun i, j ∈ Z . Para que una 2–cadena tenga un borde consistiendo de a y b

solamente, todos los 2–simplices en K deben ser sumados con el mismo coeficiente.

Como resultado para una tal 2–cadena z =∑imσ2,i , tenemos ∂z = 2ma . Esto

muestra que 2ma ∼ 0 . Luego H1(K) es generado por dos ciclos a y b tal que

a+ a = 0 , es decir, H1(K) = {i[a] + j[b] : i, j ∈ Z, [a] + [a] = 0} ∼= Z2 ⊕ Z .

Como K es conexo por caminos H0(K) ∼= Z .

11.7 Conexidad y grupos de homologıa

Sean K = {p0} y L = {p1, p1} . Vimos que H0(K) ∼= Z y H0(L) ∼= Z⊕ Z . Mas,

general tenemos el siguiente

Teorema 11.4 Si |K| es la union disjunta de N componentes conexas por caminos,

|K| = |K1| ∪ · · · ∪ |KN | , donde |Ki| ∩ |Kj | = ∅ si i 6= j . Entonces

Hr(K) = Hr(K1)⊕Hr(K2)⊕ · · · ⊕Hr(KN) .

Demostracion. Primero notemos que un grupo de r–cadenas es consistentemente

separado en una suma directa de N subgrupos de r–cadenas. Sea

Cr(K) =

{Ir∑

i=1

ciσr,i : ci ∈ Z

}

donde Ir es el numero de r–simplices linealmente independientes en K . Es siem-

pre posible reordenar σi de tal modo aquellos r–simplices en K1 estan primero,

aquellos en K2 estan enseguida, y ası sucesivamente.

Entonces Cr(K) es separado en una suma directa de subgrupos,

Cr(K) = Cr(K1)⊕ Cr(K2)⊕ · · ·+ Cr(KN ) .

Lo mismo puede ser hecho para Zr(K) y Br(K) , es decir, podemos escribir

Sergio Plaza 152

Zr(K) = Zr(K1)⊕ Zr(K2)⊕ · · · ⊕ Zr(KM )

Br(K) = Br(K1)⊕Br(K2)⊕ · · · ⊕Br(KN ) .

Ahora definamos los grupos de homologıa de cada componente Ki por

Hr(Ki) = Zr(Ki)/Br(Ki)

Finalmente, tenemos

Hr(K) = Zr(K)/Br(K)

= (Zr(K1)⊕ · · · ⊕ Zr(KN ))/(B1(K1)⊕ · · · ⊕Br(KN ))

= Zr(K1)/Br(K1)⊕ · · · ⊕ Zr(Kn)/Br(KN)

= Hr(K1)⊕ · · · ⊕Hr(KN ) .

Corolario 11.1 a) Sea |K| = ∪Ni=1|Ki| , la union disjunta de N componentes

conexas por caminos. Entonces

H0(K) ∼= Z⊕ · · · ⊕ Z .

b) Si H0(K) ∼= Z , |K| es conexo. (Junto con el resultado anterior, tenemos

H0(K) ∼= Z si y solo si K es conexo por caminos).

11.8 Estructuras de los grupos de homologıa

Tenemos que Zr(K) y Br(K) son grupos abelianos libres, pues son subgrupos del

grupo abeliano libre Cr(K) . Luego, tenemos que

Hr(K) ∼= Z⊕ · · · ⊕ Z︸︷︷︸p−factores

⊕Zk1 ⊕ · · · ⊕ Zkq︸︷︷︸q−factores

.

Es, intuitivamente, claro que el numero de generadores de Hr(K) cuenta el

numero hoyos (r + 1)–dimensional en |K| .

Sergio Plaza 153

Los primeros p factores forman un grupo abeliano libre de rango p y los

segundos q factores son llamados el grupo de torsion de Hr(K) . Por ejemplo,

el plano proyectivo tiene H1(K) ∼= Z2 , y la botella de Klein tiene H1(K) ∼=Z⊕Z2 . En un sentido, el grupo de torsion detecta los torsiminetos (“twisting”) en

el poliedro |K| .

Observacion. Hr(Ki;R) ∼=p⊕

i=1

R .

11.9 Numeros de Betti y el teorema de Euler–

Poincare

Definicion 11.5 Sea K un complejo simplicial. El r–esimo numero de Betti,

br(K) , es definido por

br(K) = dimHr(K;R) .

En otras palabras, br(K) es el rango de la parte abeliana libre de Hr(K,Z) .

Ejemplos.

1. Para K = T2 (el toro 2–dimensional), tenemos b0(T2) = 1 , b1(T2) = 2 y

b2(T2) = 1 .

2. Para K = S2 (esfera 2–dimensional), tenemos que b0(S2) = 1 , b1(S2) = 0

y b2(S2) = 1 .

3. Para la botella de Klein b0(K) = 1 , b1(K) = 1 y b2(K) = 0 .

4. Para el plano proyectivo RP2 , tenemos b0(RP2) = 1 , b1(RP

2) = b2(RP2) =

0 .

La caracteristica de Euler de un complejo simplicial n–dimensional K es

definida por

χ(K) =

n∑

r=0

(−1)rIr ,

Ir denota el numero de r–simplices en K . La caracteristica de Euler del poliedro

|K| es definida por

Sergio Plaza 154

χ(|K|) = χ(K) .

Teorema 11.5 (Euler–Poincare) Sea K un complejo simplicial n–dimensional y

sea Ir el numero de r–simplices en K . Entonces

χ(K) =

n∑

r=0

(−1)rIr =n∑

r=0

(−1)rbr(K) .

Demostracion. Consideremos el homomorfismo de borde,

∂r : Cr(K;R) −→ Cr−1(K;R) ,

donde definimos C−1 = C−1(K;R) como 0.

Como ambos Cr(K;R) y Cr−1(K;R) son espacios vectoriales. Tenemos

Ir = dimCr(K;R)

= dimker(∂r) + dim Imagen(∂r)

= dimZr(Ki;R) + dimBr−1(K;R)

donde B−1(K;R) es definido como 0.

Tambien tenemos

br(K) = dimHr(K;R)

= dimZr(K;R)/Br(K;R)

= dimZr(K;R)− dimBr(K;R) .

Desde esa relaciones, obtenemos

χ(K) =

n∑

r=0

(−1)rIr

=

n∑

r=0

(−1)r(dimZr(K;R) + dimBr−1(K;R))

=

n∑

r=0

((−1)r dimZr(K;R)− (−1)r dimBr(K;R))

=

n∑

r=0

(−1)rbr(K) .

Sergio Plaza 155

Como los numeros de Betti son invariantes topologicos, χ(K) tambien es

conservada bajo homeomorfismos.

En particular si f : |K| −→ X y g : |K ′| −→ X son triangulaciones de X ,

tenemos que χ(K) = χ(K ′) .

Esto hace que la siguiente definicion tenga sentido.

Definicion 11.6 Sea X un espacio triangulable y sea (|K|, f) una triangulacion

de X . La caracterıstica de Euler de X es

χ(X) = χ(K) .

Capıtulo 12

Homologıa Singular

Sea R∞ el producto numerable de infinitas copias de R . Sean

e0 = (0, 0, . . .)

e1 = (1, 0, 0, . . .)

e2 = (0, 1, 0, . . .)

...

en = (0, 0, 0 . . . , 0, 1, 0, . . .), 1 en el lugar n

son elementos de R∞ .

el espacio Rn puede ser identificado con un subespacio de R∞ mediante la

aplicacion (x1, . . . , xn) → (x1, . . . , xn, 0, . . .) . Con esta identificacion, R ⊂ R2 ⊂R3 ⊂ · · · ⊂ Rn ⊂ · · · ⊂ R∞ . Sea ∆n = 〈e0, e1, . . . , en〉 el n–simplice estandard

generado por e0, e1, . . . , en en R∞ .

Dado un conjunto de q + 1 puntos distintos x0, x1, . . . , xq en Rn , existe

una unica transformacion afın desde ∆q en Rn , la cual aplica ei en xi , para

i = 0, 1, . . . , q . Denotamos esta aplicacion por (x0, x1, . . . , xq) .

Definicion 12.1 Sea X un espacio topologico. Una aplicacion continua σ :

∆q −→ X es llamado un q–simplice singular en X .

Observacion. Como ∆q es compacto y conexo, se sigue que σ(∆q) ⊂ X es

compacto y conexo.

156

Sergio Plaza 157

Un 1–simplice singular en X es simplemente un camino en X , mientras que

un 0–simplice singular en X es un punto.

Sea R un anillo conmutativo con unidad 1 6= 0 , y sea Sq(X) el R–modulo

libre generado por el conjunto de todos los q–simplice singulares en X , es decir, los

elementos de Sq(X) son combinaciones lineales formales de q–simplice singulares

en X con coeficientes en R . Mas precisamente, un elemento en Sq(x) es de la

forma

∑

σ

νσσ

donde νσ ∈ R y la suma es tomada sobre q–simplices singulares en X y ν = 0

salvo un numero finito.

Ahora, sea F iq : ∆q−1 −→ ∆q (1 6 i 6 q) la unica aplicacion afın que aplica

los vertices (e0, e1, . . . , eq−1) en el conjunto en el que el punto ei es omitido, esto

es,

F iq(ej) =

{ej , j < i

ej+1, j > i

}

Por ejemplo

DIBUJO

Luego, F iq aplica ∆q−1 homeomorficamente y afınmente sobre la cara de ∆q

opuesta al vertice ei . Por esta razon F iq es llamado i–esimo operador cara del

q–simplice ∆q .

Dado un q–simplice singular σ , la compuesta σ(i) = σ ◦ F iq es llamada la

i–esima cara de σ (i = 0, 1, . . . , q) .

Sea σ un q–simplice singular, se define la frontera, denotada por, ∂(σ) , de

σ como el elemento de Sq−1(X) dado por

∂(σ) =

q∑

i=0

(−1)iσ(i) .

Como Sq(X) es el R–modulo libre generado por los q–simplices singulares de

X , podemos extender ∂ por linearidad, es decir, si c =∑rσσ es una q–cadena

singular en X , entonces

∂(c) =∑

rσ∂(σ)

Sergio Plaza 158

De este modo obtenemos un R–homorfismo, el cual continuamos denotando

por ∂ , en otras palabras, hemos definido el homomorfismo

∂ : Sq(X) −→ Sq−1(X)

para todo q > 1 .

Tenemos el siguiente resultado.

Lema 12.1 Los operadores cara F iq y F jq−1 , 0 6 j < i 6 q , satisfacen

F iq ◦ F jq−1 = F jq ◦ F i−1q−1 .

Demostracion. Facil, se deja al lector. Como consecuencia, se tiene el siguiente

teorema.

Teorema 12.1 La compuesta ∂q−1 ◦ ∂q = 0 para todo q > 1 .

Demostracion. Basta probar que ∂q−1◦∂q(σ) = 0 para los q–simplices singulares.

Tenemos.

∂q−1 ◦ ∂q(σ) =

q∑

i=0

(−1)i∂(σ(i))

=

q∑

i=0

(−1)iq−1∑

j=0

(−1)j(σ ◦ F iq) ◦ F jq−1

=

q∑

j<i=1

(−1)i+jσ ◦ (F jq ◦ F i−1q−1) +

q−1∑

0=i6j

(−1)i+jσ ◦ (F iq ◦ F jq−1)

= 0

Una q–cadena singular c es llamada un q–ciclo o simplemente un ciclo si

∂q(c) = 0 . Una q–cadena singular c es un q–borde si existe una (q + 1)–cadena

compleja d tal que c = ∂q+1(d) . Sea Zq(X) el conjunto de los q–ciclos. Es claro

que Zq(X) es un R–modulo libre. Sea Bq(X) el conjunto de los q–bordes. Del

Teorema 12.1, se tiene que Bq(X) es un R–submodulo de Zq(X) . El R–modulo

cuociente Zq(X)/Bq(X) es llamado el q–esimo modulo de homologıa singular de

X , y se denota por Hq(X,R) o simplemente por Hq(X) cuando no exista confusion

de cual anillo de coeficientes estamos usando.

Observacion. Dos q–cadenas singulares c1 y c2 son llamadas homologas, notacion

c1 ∼ c2 , si c1 − c2 es un q–borde.

Sergio Plaza 159

El caso mas simple de espacio es cuando X es un solo punto, digamos X =

{x} . Existe un unico q–simplice singular σq para cada q > 0 , este no es otro que

la aplicacion constante σq : ∆q −→ {x} . Tenemos entonces

∂(σq) =

{σq−1 q > 0 par

0 q impar,

de donde

Zq(X,R) = Bq(X,R) =

{0 si q > 0 es par

Sq(X,R) si q es impar

por lo tanto, Hq({x}) = 0 para q > 0 . Por otra parte, se tiene Z0 = S0 y B0 = 0 ,

luego H0({x}) ∼= R , el isomorfismo es dado por νσ0 −→ ν .

12.1 Homologıa 0–dimensional

Teorema 12.2 Si X es conexo por caminos entonces H0(X,R) ∼= R .

Demostracion. Por definicion tenemos que Z0(X) = S0(X) . Ahora, si c =∑riσi es una 1–cadena en X , entonces cada σi es un camino en X y ∂(c) =

∑ki=0 ri(σi(1)−σi(0)) ∈ B0(X) y tiene la propiedad que la suma de los coeficientes

de ∂(c) es cero. Recıprocamente, sea x0 ∈ X y supongamos que∑k

i=1 rixi es

una 0–cadena la cual tiene la propiedad que∑k

i=1 ri = 0 . Como X es conexo

por caminos, podemos encontrar un camino, digamos σxiuniendo x0 con xi para

i = 1, 2, . . . , k . Entonces

c =

k∑

i=1

rixi

=

k∑

i=1

rixi −(

k∑

i=1

ri

)x0

=

k∑

i=1

ri(xi − x0)

=

k∑

i=1

ri∂(σxi)

= ∂

(k∑

i=1

riσxi

).

Sergio Plaza 160

Luego, B0(X) consiste de todas las 0–cadenas c =∑rixi en X con la propiedad

que∑ri = 0 . Definamos un R–homomorfismo ε : S0(X) −→ R , llamado apli-

cacion aumentacion, por ε(∑rixi) =

∑ri . La aplicacion ε es sobreyectiva y

ker(ε) = B0(X) . Por lo tanto,

H0(X) = Z0(X)/B0(X) ∼= R .

Observacion. El 0–modulo de homologıa aumentado H#0 es obtenido definiendo

un operador frontera diferente sobre las 0–cadenas

∂#

(∑

x

νxσx

)=∑

νx .

Es facil ver que ∂# ◦ ∂ = 0 . Definimos H#0 (X,R) = ker(∂#)/Imagen(∂1) . Si

X es conexo por caminos H#0 (X,R) = 0 , y si X tiene r componentes conexas

por caminos, entonces H#0 (X,R) =

⊕r−1i=1 R . Para q > 0 definimos H#

q (X,R) =

Hq(X,R) .

En general, tenemos el siguiente teorema

Teorema 12.3 Sea {Xi : i ∈ I} la familia de las componentes conexas por

caminos de X . Entonces para todo q > 0 se tiene Hq(X) ∼=⊕

i∈I

Hq(Xi) .

Demostracion. Como ∆q es un espacio conexo por caminos, cualquier q–simplice

singular σ : ∆q −→ X es de hecho un simplice singular en Xi para algun i ∈ I .Luego,

Sq(X) =⊕

i∈I

Sq(Xi),

Zq(X) =⊕

i∈I

Zq(Xi)

Bq(X) =⊕

i∈I

Bq(Xi)

de donde el resultado se sigue

Corolario 12.1 Para cualquier espacio X , H0(X) es el R–modulo libre con-

sistiendo de tantas copias de R como componentes conexas por caminos de X .

Sergio Plaza 161

12.2 Relacion entre π1(X) y H1(X,Z)

Supongamos que X es conexo por caminos y sea H1(X) = H1(X,Z) el Z–modulo

de homologıa. Fijemos x0 ∈ X . Para cada x ∈ X , sea wx un camino uniendo x0

con x , existen muchos de tales caminos y elegimos uno de ellos el cual llamamos

wx . Tenemos que wx : I −→ X y un 1–simplice singular es una aplicacion continua

desde el 1–simplice estandard [e0, e1] en X . Como existe un homeomorfismo afın

entre I y cualquier 1–simplice en Rn , un camino es un 1–simplice en X y cualquier

1–simplice lo podemos pensar como un camino en X .

Hecha esta aclaracion, tenemos que si w es un camino cerrado en X con

base en cualquier punto, entonces el correspondiente 1–simplice es un ciclo en X .

Notemos tambien que un camino constante w en X aplicando todos los puntos en

x0 ∈ X no solo es un ciclo, si no que ademas es un borde.

Para verlo considideremos el 2–simplice constante σ2 : ∆2 −→ X , dado por

σ(u) = x0 . Entonces ∂(σ2) = camino constante. Mas, general si w es un camino

uniendo x0 y x1 entonces la 1–cadena w + w−1 es un borde. En efecto, consid-

eremos el 2–simplice singular σ : ∆2 −→ X el cual aplica [e0, e1] como w y es

constante sobre cada linea de ∆2 paralela a [e1, e2]

Hacer ls Figura

La restriccion de σ a [e2, e0] nos da w−1 . Como la restriccion de σ a [e1, e2]

es constante, se tiene que ∂(σ) = w− constante +w−1 , y como el camino constante

es un borde, se sigue que w +w−1 es un borde. Hemos probado el siguiente lema.

Lema 12.2 Cualquier camino constante en X es un 1–borde singular. Si w es

un camino en X , entonces la 1–cadena singular w + w−1 es un borde en X .

Definimos una aplicacion φ : π1(X, x0) −→ H1(X) por φ(w) = [w] . Veamos

que φ esta bien definida.

Lema 12.3 Si w ∼ w′ rel {0, 1} . Entonces la 1–cadena singular w − w′ es un

borde en X .

Demostracion. Sea F : I × I −→ X una homotopıa rel {0, 1} entre w y w′ .

Como F |{0} × I es constante, se sigue que F se fatoriza a traves de la aplicacion

de I × I −→ ∆2 , que aplica {0} × I en el vertice e0 de ∆2 . De esta forma

Sergio Plaza 162

obtenemos un 2–simplice singular σ : ∆2 −→ X tal que σ = w sobre [e0, e1] ,

σ = w′ sobre [e0, e2] y es el camino constante wx0sobre [e1, e2] .

Hacer la Figura

Luego

∂(σ) = w − wx0− w′

y como el camino constante wx0es un borde, se sigue que w − w′ es un borde.

Como consecuencia, tenemos que la aplicacion φ definida anteriormente esta

bien definida.

Proposicion 12.1 Si w y w′ son dos caminos cerrados en X con base en x0 .

Entonces la 1–cadena w∗w′−w−w′ es un borde en X , es decir, [w+w′] = [w]+[w]

en H1(X) .

Demostracion. Podemos asumir que w esta definido sobre el lado [e0, e1] y w′

esta definido sobre [e1, e2] . Definamos el 2–simplice singular σ : ∆2 −→ X de

modo que sea constante sobre cada linea perpendicular al lado [e0, e2]

HACER EL DIBUJO

Tenemos que σ|[e0, e2] = w ∗ w′ . Luego,

∂(σ) = w + w′ − (w ∗ w′).

LO que termina la prueba.

Resumiendo, hemos probado que la aplicacion

φ : π1(X, x0) −→ H1(X,Z)

[w] −→ [w]

es un homomorfismo de grupos. Sabemos que H1(X,Z) es abeliano, y vemos que

φ([π1(X, x0), π1(X, x0)]) = 0 , es decir, [π1(X, x0), π1(X, x0)] ⊆ ker(φ) .

Sea

φ : π1(X, x0)/[π, (X, x0), π1[X, x0]] −→ H1(X,Z)

Sergio Plaza 163

Ahora probaremos que φ es un isomorfismo, para ello basta ver que ker(φ) =

[π1(X, x0), π1(X, x0)]

Teorema 12.4 (Poincare–Hurewicz) Supongamos que X es conexo por caminos.

Entonces el homomorfismo φ definido anteriormente es un isomorfismo.

Demostracion. Construiremos un homomorfismo

ψ : H1(X,Z) −→ π1(X, x0)/[π1(X, x0), π1(X, x0)]

que sera el inverso de φ .

Sea σ : ∆1 −→ X un 1–simplice singular en X . Poniendo σ(e0) = σ(0) y

σ(e1) = σ(1) , obtenemos el camino cerrado σ = wσ(0) ∗ σ ∗ w−1σ(1) con base en x0 ,

donde wx es un camino uniendo x0 con x , existen varias elecciones para wx .

De este modo σ no es unicamente definido por σ , pero notemos que su coseto en

π1(X, x0)/[π1(X, x0), π1(X, x0)] es unicamente determinado. Como S1(X,Z) es

un grupo abeliano libre generado por todos los 1–simplices σ en X , obtenemos un

homomorfismo

ψ : S1(X,Z) −→ π1(X, x0)/[π1(X, x0), π1(X, x0)] .

Lema 12.4 Imagen(ψ) = {1} , elemento identidad de π1(X, x0)/[π1(X, x0), π(X, x0)] ,

en otras palabras, ψ aplica el grupo B1(X,Z) de los 1–bordes en X en el elemento

trivial de π1(X, x0)/[π1(X, x0), π1(X, x0)] .

Demostracion. Como B1(X,Z) es generado por todos los elementos del tipo

∂(σ) , donde σ : ∆2 −→ X es un 2–simplice singular, basta ver que para cualquier

tal σ , se tiene que ψ(∂(σ)) es el elemento identidad.

Pongamos σ(ei) = yi , i = 0, 1, 2 . Si f = σ(2) g = σ(0) ,, h = (σ(1))−1

denotan la i–esima cara de σ , entonces

ψ(∂(σ)) = ψ(σ(0) − σ(1) + σ(2))

= ψ(f + g − h−1)

= ψ(f)ψ(g)(ψ(h−1))−1

= [f ][g][(h−1)]−1

= [f ∗ g ∗ (h−1)−1]

= [wy0 ∗ f ∗ w−1y1 ∗ wy1 ∗ g ∗ w−1

y2 ∗ (wy0 ∗ h−1 ∗ w−1y2 )−1]

= [wy0 ∗ f ∗ g ∗ h ∗ w−1y0 ] .

Sergio Plaza 164

Como el camino cerrado f ∗g∗h con base en x0 tiene una extension al 2–disco,

es homotopico al camino constante en y0 , luego wy0 ∗f ∗g ∗h∗w−1y0 ∼ εx0

rel{0, 1} .Esto completa la prueba.

La aplicacion x −→ wx es, de hecho, una aplicacion desde los generadores

de S0(X,Z) en S1(X,Z) . Luego la podemos extender a un homomorfismo w :

S0(X,Z) −→ S1(X,Z) por w(∑nixi) =

∑niwxi

.

Proposicion 12.2 Si σ es un 1–simplice singular en X , entonces φ ◦ ψ(σ) es

representado por el ciclo σ+wσ(0)−wσ(1) = σ+w∂(c) . Si c es un 1–ciclo entonces

φ ◦ ψ(c) = c− w∂(c) y φ ◦ ψ(c) = [c] si c es un ciclo.

Demostracion. Tenemos que w +w−1 es un borde para cualquier camino w , es

decir, [w] = −[w−1] en H1(X,Z) . Ahora, para cualquier 1–simplice singular se

tiene

φ ◦ ψ = φ(wσ(0) ∗ σ ∗ w−1σ(1))

= [wσ(0)] + [σ] + [w−1σ(1)]

= [wσ(0) + σ − w−1σ(1)]

= [σ + w∂(σ)] .

Demostracion del Teorema de Poicare–Hurewicz.

Tenemos que φ : π(X, x0)/[π1(X, x0), π1(X, x0)] −→ H1(X,Z) es un homo-

morfismo. El Lema 12.4 define un homomorfismo ψ : H1(X,Z) −→ π1(X,X0)/[π1(X, x0), π1(X, x0)]

poniendo ψ([z]) = [ψ(z)] . Ademas, para cada clase de caminos cerrados en x0[α] ,

tenemos

ψ ◦ ψ[α] = ψ([α])

= [wx0∗ α ∗ wx0

]

= [α]

en π1(X, x0)/[π1(X, x0), π1(X, x0)] . Reciprocamente, para cada [z] ∈ H1(X,Z) se

tiene que φ ◦ ψ([z]) = φ([ψ(z)]) = [z] .

Lo que completa la prueba del teorema.

Ejemplos

Sergio Plaza 165

1. H1(S1,Z) ∼= Z , H1(Sn,Z) = 0 para todo n > 2 , H1(Tn,Z) =

n⊕

i=1

Z ,

H1(RPn,Z) ∼= Z2 , n > 2 , H1(L(p, q),Z) ∼= Zp .

2. Sea X la figura 8. Entonces π1(X) = 〈{a, b}〉 (no abeliano). Luego

H1(8,Z) ∼= Z⊕

Z

12.3 Homomorfismo inducido en homologıa sin-

gular

Sea f : X −→ Y una aplicacion continua. Si σ : ∆q −→ X es un q–simplice

singular en X , entonces f ◦ σ : ∆q −→ Y es un q–simple singular en Y . Luego,

para todo q > 0 , podemos definir un homomorfismo f♯,q : Sq(X) −→ Sq(Y ) por

f♯,q(∑νiσi) =

∑νi(f ◦ σi) .


Teorema 12.5 Para cada q > 0 , la sucesion de homomorfismos f♯,q : Sq(X) −→Sq(X) , es un homomorfismo de cadena.

Demostracion. Debemos probar que para todo q > 1 , los cuadrados en el dia-

grama siguiente son conmitativos

· · · −→ Sq(X) −→ Sq−1(X) −→ · · ·↓ f♯,q ↓ f♯,q−1

· · · −→ Sq(X) −→ Sq−1(Y ) −→ · · ·En efecto, sea σ ∈ Sq(X) . Entonces

f♯,q∂(σ) = f♯,q(∑

(−1)iσi)

=∑

(−1)if♯,q(σ ◦ F iq)

=∑

(−1)i(f ◦ σ) ◦ F iq= ∂(f ◦ σ)= ∂(f♯,q(σ))

Como consecuencia vemos que una aplicacion continua f : X −→ Y induce

un R–homomorfismo f∗,q : Hq(X) −→ Hq(Y ) para todo q > 0 , por f∗,q([z]) =

[f♯,q(z)] .

Sergio Plaza 166

Tenemos el siguiente teorema.

Teorema 12.6 (Axioma de la identidad) Si Id : X −→ X es una aplicacion

identidad, entonces para todo q > 0 el homomorfismo Id∗,q : Hq(X) −→ Hq(X)

es el isomorfismo identidad.

Teorema 12.7 (Axioma de la composicion) Sea f : X −→ Y y g : Y −→ Z

aplicaciones continuas, entonces para todo q > 0 , se tiene que

(g ◦ f)∗,q = g∗,q ◦ f∗,q .

Corolario 12.2 Si f : X −→ Y es un homeomorfismo, entonces para todo q > 0

el homomorfismo f∗,q : Hq(X) −→ Hq(X) es un isomorfismo.

el corolario nos dice que los grupos de homologıa singular son un invariante topologico.

Proposicion 12.3 Sea X e Y espacios conexos por caminos y sea f : X −→ Y

una aplicacion continua. Entonces el homomorfismo inducido f∗,q : H0(X) −→H0(Y ) es un isomorfismo. En particular, cuando X = Y , cualquier aplicacion

continua f : X −→ X induce el homomorfismo identidad f∗,0 : H0(X) −→H0(X) .


Proposicion 12.4 Si f : X −→ Y es una aplicacion constante, entonces para

todo q > 1 , el homomorfismo f∗,q∗ : Hq(X) −→ Hq(Y ) es el homomorfismo cero.

Demostracion. Supongamos que f(x) = y0 ∈ Y para todo x ∈ X . Entonces

f : X −→ Y se factoriza como sigue

X Y

{y0}

f

c i

donde c : X −→ y0 es la aplicacion constante e i es la aplicacion inclusion. Luego,

para todo q > 0 el homomorfismo f∗,q : Hq(X) −→ Hq(Y ) se factoriza como sigue

Sergio Plaza 167

Hq(X) Hq(Y )

Hq({y0})

f∗,q

c∗,q i∗,q

Como Hq({y0}) = 0 para todo q > 1 y f∗,q = i∗,q ◦ c∗,q se sigue el resultado.

12.4 Homologıa reducida

Sea S∗(X) el complejo de cadena singular de X . Consideremos un complejo de

cadena abstracto Cq , tal que C0 = R y Cq = 0 para todo q 6= 0 . Entonces existe

una aplicacion de cadenas complejas ε : S∗(X) −→ C∗ donde ε(∑rixi) =

∑ri en

el nivel 0 y ε ≡ 0 para q > 1 . Esta aplicacion cadena es sobreyectiva. Ademas,

ker(ε) es un subcomplejo de S∗(X) , el cual denotamos por S∗(X) , es llamado

complejo de cadena singular reducido de X . Como S∗(X) es un complejo de R–

modulos libres, la aplicacion aumentation ε se descompone, y tenemos S0(X) =

S0(X)⊕R y Sq(X) = Sq(X) para todo q > 1 .

Definimos los modulos de homologıa singular reducida de X , denotados por

Hq(X) como la homologıa del complejo de cadena S∗(X) .

Como ε( Imagen (∂1)) = 0 , se tiene que Imagen (∂1) ⊆ ker(ε) = S0(X) .

Por lo tanto,

H0(X) = S0(X)/ Imagen (∂1) = S0(X)/ Imagen (∂1)⊕R = H0(X)⊕R

y Hq(X) = Hq(X) , para todo q > 0 .

12.5 Axioma de homotopıa para homologıa singu-

lar

Teorema 12.8 (Axioma de homotopıa) Sean f, g : X −→ Y dos aplicaciones

homotopicas. Entonces, para todo q > 0 , se tiene que f∗,q = g∗,q : Hq(X) −→Hq(Y ) .

Demostracion. Sea F : X × I −→ Y una homotopıa entre f y g , es decir,

F (x, 0) = f(x) y F (x, 1) = g(x) , para todo x ∈ X . Sean i0, i1 : X −→ X × I

Sergio Plaza 168

las aplicaciones definidas por i0(x) = (x, 0) e i1(x) = (x, 1) . Entonces f = F ◦ i0y g = F ◦ i1 . Luego basta probar que i0∗,q = i1∗,q : Hq(X) −→ Hq(X × I)

para todo q > 0 . Decimos que i0♯, i1♯ : S∗(X) −→ S∗(X × I) son cadenas

homotopicas si existe un homomorfismo Dq : Sq(X) −→ Sq+1(X × I) tal que

∂ ◦Dq +Dq−1∂ = i1♯,q − i0♯,q .

S2(X) S1(X) S0(X) 0∂ ∂

S2(X × I) S1(X × I) S0(X × I) 0∂ ∂

i0♯

i1♯

i0♯

i1♯D1 D0

Comenzamos definiendo D0 : S0(X) −→ S1(X×I) por D0(σ) = σ×I , dondeσ es un 0–simplice singular en X y σ× I denota el 1–simplice singular en X× I .Extendemos D0 a las 0–cadenas por linealidad. Entonces para todo x ∈ X se

tiene

∂D0(x) = ∂(x× I)= (x, 1)− (x, 0)

= i1(x) − i0(x)

luego, ∂D0 = i1♯ − i0♯ .Notemos que D0 es una aplicacion natural en el siguiente sentido. Si h :

X −→ Y es una aplicacion continua entonces el siguiente diagrama conmuta.

S0(X)D0−→ S1(X × I)

h♯ ↓ ↓ (h× I)♯S0(Y )

D0−→ S1(Y × I)#En efecto, para un 0–simplice singular σ en X , tenemos

(h× I)♯ ◦D0(σ) = (h× I) ◦ (σ × I)

Sergio Plaza 169

= (h ◦ σ)× I= D0(h(σ))

= D0h♯(σ).

Ahora pasamos a definir Dj : Sj(X) −→ Sj+1(X × I) inductivamente y

satisfaciendo las siguientes propiedades

(a) ∂j+1 ◦Dj +Dj−1 ◦ ∂j = i1♯ − i0♯ .

(b) Para cada aplicacion continua h : X −→ Y , se tiene que Djh♯ = (h×I)♯Dj .

Observemos que desde (a) se tiene para j = q − 1 ,

∂q(i1♯ − i0♯) = (i1♯ − i0♯)∂q = ∂qDq−1∂q ,

de donde ∂q(i1♯ − i0♯ −Dq−1∂q) = 0 .

Construccion de Dq .

Sea δq : △q −→ △q la aplicacion identidad. Entonces

(i1♯ − i0♯ −Dq−1∂q)(δq)

es un q–ciclo. Como el complejo de cadena △q × I es acıclico (es decir, H#q (△q ×

I) = 0 para todo q > 0 ), existe ω ∈ Sq+1(△q × I) tal que

∂q+1(ω) = (i1♯ − i0♯ −Dq−1∂q)(δq).

Definimos Dq(δq) = ω . Tenemos ası que

∂q+1Dq(δq) +Dq−1∂q(δq) = (i1♯ − i0♯)(δq).

Definimos, para un q–simplice singular σ ∈ Sq(X) ,

Dq(σ) = (σ × I)♯(Dq(δq)),

y extendemos por linealidad a las q–cadenas complejas. Esto define un homomor-

fismo

Dq : Sq(X) −→ Sq+1(X × I)

que satisface las propiedades (a) y (b) anteriores. En efecto, para verificar la

condicion (b), tenemos

Sergio Plaza 170

Dqh♯(σ) = Dq(hσ)

= (hσ × I)♯Dq(δq)

= (h× I)♯(σ × I)♯Dq(δq)

= (h× I)♯Dq(σ) .

Para verificar (a), tenemos

(i) ∂q+1Dq(σ) = ∂q+1((σ × I)♯Dq(δq))

= (σ × I)♯∂q+1Dq(δq) .

Escribiendo σ = σ♯(δq) y aplicando ∂q obtenemos

∂qσ = σ♯∂q(δq) .

Por lo tanto,

(ii) Dq−1∂q(σ) = Dq−1σ♯∂q(δq)

= (σ × I)♯Dq−1∂q(δq).

De (i) y (ii) obtenemos,

(∂q+1Dq +Dq−1∂q)(σ) = (σ × I)♯(∂q+1Dq +Dq−1∂q)(δq)

= (σ × I)♯(i1♯ − i0♯)(δq)= (i1♯ − i0♯)σ♯(δq) (ya que (σ × I)ij = ij ◦ σ, j = 0, 1)

= (i1♯ − i0♯)(σ) .

Esto completa la prueba del teorema.

Corolario 12.3 Sean f, g : X −→ Y aplicaciones homotopicas. Entonces f♯, g♯ :

S∗(X) −→ S∗(Y ) son cadenas homotopicas.

Demostracion. Inmediata

Sergio Plaza 171

Corolario 12.4 Si f, g : X −→ Y es una equivalencia homotopica, entonces para

todo q > 0 , el homomorfismo f∗,q : Hq(X) −→ Hq(Y ) es un isomorfismo.


Aquı voy, 07/10/2009

12.6 Homologıa relativa

Un par topologico (X, A) significa un espacio topologico X con un subespacio A

de X . Cuando A = ∅ , identificamos el par topologico (X, ∅) con X .

Si (X, A) y (Y, B) son pares topologicos, entonces una aplicacion continua

f : X −→ Y es llamada una aplicacion de pares si f(A) ⊆ B , y escribimos

f : (X, A) −→ (X, B) .

Si f : (X, A) −→ (Y, B) y g : (Y, B) −→ (Z, C) entonces g ◦ f : (X, A) −→(Z, C) .

Ahora sea (X, A) un par topologico. Entonces S∗(A) es un subcomplejo

del complejo de cadena S∗(X) , y podemos formar el complejo de cadena cuociente

S∗(X)/S∗(A) , el cual denotamos por S∗(X, A) , este complejo de cadena es llamado

el complejo de cadena singular del par (X, A) .

Tenemos el siguiente diagrama conmutativo.

Sq(X) −→ Sq(X)/Sq(A)

∂ ↓ ↓ ∂Sq−1(X) −→ Sq−1(X)/Sq−1(A)

donde si c ∈ Sq(X) , definimos ∂ (coseto de c mod Sq(A) )=coseto de ∂c mod Sq−1(A) ,

mas precisamente ∂(c+ Sq(A)) = ∂c+ Sq−1(A) . Ahora sean

Zq(X, A) = ker(∂ : Sq(X)/Sq(A) −→ Sq−1(X)/Sq−1(A))

Bq(X, A) = Imagen (∂ : Sq+1(X)/Sq+1(A) −→ Sq(X)/Sq(A)),

como ∂ ◦ ∂ = 0 , se sigue Bq(X, A) es un submodulo de Zq(X, A) , y podemos

formar el modulo cuociente

Hq(X, A) = Zq(X, A)/Bq(X, A),

Sergio Plaza 172

el cual es llamado el q–esimo modulo de homologıa relativo de X modulo A .

Notemos que

Zq(X, A) = {c ∈ Sq(X) : ∂(c) ∈ Sq−1(A)}

y

Bq(X, A) = {b ∈ Sq(A) : b = ∂(c′) para alguna c′ ∈ Sq+1(X)}.

Observacion. Si A = ∅ , entonces Sq(A) = 0 para todo q , luego por definicion

Hq(X, ∅) = Hq(X) .

12.7 Homomorfismo inducido en homologıa reducida

Sea f : (X, A) −→ (Y, B) una aplicacion de pares. La aplicacion f : X −→ Y

induce una aplicacion de cadena f∗ : S∗(X) −→ S∗(Y ) , y su restriccion f |A :

A −→ B induce una aplicacion de cadena (f |A)∗ : S∗(A) −→ S∗(B) . Luego, f :

(X, A) −→ (Y, B) induce una aplicacion de cadena f♯,q : S∗(X, A) −→ S∗(Y, B)

y este induce un homomorfismo f∗,q : Hq(X, A) −→ Hq(Y, B) para todo q > 0 .

Proposicion 12.5 (Axioma de la identidad para homologıa reducida) Si Id :

(X, A) −→ (X, A) es la aplicacion identidad, entonces para todo q > 0 el ho-

momorfismo Id∗,q : Hq(X, A) −→ Hq(X, A) es la identidad.

Proposicion 12.6 (Axioma de la composicion para homologıa reducida) Si f :

(X, A) −→ (X, B) y g : (Y, B) −→ (Z, C) son aplicaciones de pares topologicos,

entonces para todo q > 0 se tiene que (g ◦ f)∗,q = g∗,q ◦ f∗,q : Hq(X, A) −→Hq(Z, C) .

Definicion 12.2 Decimos que dos aplicaciones de pares f, g : (X, A) −→ (Y, B)

son homotopicas si, existe una aplicacion F : (X × I, A×X) −→ (Y, B) de pares,

tal que F (x, 0) = f(x) y F (x, 1) = g(x) para todo x ∈ X .

Teorema 12.9 (Axioma de homotopıa para homologıa reducida) Sean f, g :

(X, A) −→ (Y, B) aplicaciones homotopicas. Entonces, para todo q > 0 , se tiene

que

f∗,q = g∗,q : Hq(X, A) −→ Hq(Y, B).

Sergio Plaza 173

Demostracion. Analoga al caso de homologıa absoluta

Ahora sea (X, A) un par topologico. Sean i : A → X y j : (X, ∅) → (X, A)

las aplicaciones inclusiones. Entonces, para todo q > 0 tenemos homomorfismos

inducidos i∗,q : Hq(A) −→ Hq(X) y j∗,q : Hq(X) −→ Hq(X, A) .


Teorema 12.10 (Axioma de exactitud) Para cualquier par topologico (X, A) ,

existe una sucesion exacta larga en homologıa

· · · −→ Hq(A)i∗−→ Hq(X)

j∗−→ Hq(X,A)∂−→ Hq−1(A)

i∗−→ · · ·

donde ∂ : Hq(X, A) −→ Hq−1(A) es el homomorfismo conector.

Demostracion. Definamos primero el homomorfismo conector ∂ : Hq(X, A) −→Hq−1(A) como sigue. Dado un q− ciclo relativo z representando la clase de

homologıa relativa [z] ∈ Hq(X, A) . Entonces por definicion, ∂z es una (q −1)− cadena en A , pero como ∂∂z = 0 , se sigue que ∂z es de hecho un (q−1)− ciclo

en A , y podemos considerar su clase de homologıa [∂z] ∈ Hq−1(A) . Esta clase

solo depende de la clase [z] , pues si z ∼ z′ mod A entonces z = z′ + ω + ∂z′′ ,

donde ω es una q− cadena en A y z′′ es una (q + 1)− cadena en X . Luego,

∂z = ∂z′ + ∂ω , es decir, ∂z ∼ ∂z′ mod A , por lo tanto [∂z] = [∂z′] .

Veamos la exactitud de la cadena en Hq(X, A) , es decir, Imagen(j∗,q) =

ker(∂) . Sea z un q− ciclo en X . Entonces ∂j∗,q[z] = [∂z] = 0 , luego Imagen(j∗,q) ⊆ker(∂) . Ahora, sea z un q–ciclo relativo mod A tal que ∂([z]) = 0 , esto significa

que ∂z = ∂ω , donde ω es una q–cadena en A .

Por lo tanto α = z − ω es un q− ciclo en X , pues ∂α = ∂z − ∂ω = 0 .

Ademas, la clase de homologıa relativa de z − ω es la misma que la de z . Luego,

j∗,q([z − ω]) = [z] , esto significa que ker(∂) ⊆ Imagen(j∗,q) .

El resto de la prueba es facil y se deja a cargo del lector.

Observacion. La sucesion de homologıa termina a la derecha en

· · · −→ H0(X)j∗−→ H0(X,A) −→ 0

y la exactitud en H0(X, A) significa que Imagen(j∗,0) = H0(X, A) , esto es, j∗,0

es sobreyectivo a este nivel.

Sergio Plaza 174

Teorema 12.11 (Axioma de conmutatividad). El homomorfismo conector ∂ :

Hq(X, A) −→ Hq−1(A) es natural en el par (X, A) , es decir, si f : (X, A) −→(Y, B) es una aplicacion de pares topologicos entonces el diagrama siguiente con-

muta para todo q > 0

· · · −→ Hq(A)i∗,q−→ Hq(X)

j∗,q−→ Hq(X,A)∂−→ Hq−1(A) −→ · · ·

f∗,q ↓ f∗,q ↓ f∗,q ↓ f∗,q−1 ↓· · · −→ Hq(B)

i∗,q−→ Hq(Y )j∗,q−→ Hq(Y,B)

∂−→ Hq−1(B) −→ · · ·


Proposicion 12.7 Para cada espacio topologico X y para todo q > 0 , se tiene

que Hq(X, X) = 0 .

Demostracion. Inmediata considerando la sucesion exacta de homologıa, pues en

este caso i = Id : X −→ X .

Proposicion 12.8 Si A ⊆ X es un retracto de X , entonces para todo q > 0 se

tiene que

Hq(X) ∼= Hq(A)⊕Hq(X, A)

.

Demostracion. Sea r : X −→ A una retraccion. Entonces, r ◦ i : A −→ A es la

aplicacion identidad, luego para todo q > 0 tenemos

Hq(A) Hq(X)

Hq(A)

i∗,q

Id∗,q r∗,q

Ahora, considerando la sucesion exacta del par (X, A) tenemos

Sergio Plaza 175

· · · ∂−→ Hq(A)i∗,q−→← r∗,q Hq(X)

j∗,q−→ Hq(X,A)∂−→ Hq−1(A) −→ · · ·

Como r∗,q ◦ i∗,q = Id∗,q , se sigue que i∗,q es inyectiva y r∗,q es sobreyectiva.

Luego {0} = ker(i∗,q) = Im(∂) , de donde ker(∂) = Hq(X, A) = Imagen(j∗,q) ,

en otras palabras, j∗,q es sobreyectiva. Podemos por tanto considerar la sucesion

exacta corta

0 −→ Hq(A)i∗,q−→← r∗,q Hq(X)

j∗,q−→ Hq(X,A) −→0

la cual se descompone. Por lo tanto, para todo q > 0 se tiene

Hq(X) ∼= Hq(A)⊕Hq(X, A)

.

Proposicion 12.9 Si A ⊆ X es un retracto de deformacion de X , entonces

Hq(X, A) = 0 para todo q > 0 . En particular Hq(X) ∼= Hq(A) para todo q > 0 .

Demostracion. Como A es un retracto de deformacion de X , se tiene que la

inclusion i : A → X es una equivalencia homotopica, con inversa homotopica la

retraccion r : X −→ A . Luego, i∗,q : Hq(A) −→ Hq(X) es un isomorfismo. De

esto se sigue que en la sucesion exacta

· · · −→ Hq(A)i∗,q−→← r∗,q Hq(X)

j∗,q−→ Hq(X,A)∂−→ Hq−1(A) −→ · · ·

se tiene que Imagen(i∗,q) = Hq(X) = ker(j∗,q) , es decir, j∗,q es el homomorfismo

0 . Por lo tanto,

0 = Imagen(j∗,q) = ker(∂) = Hq(X, A).

12.8 Teorema de excision

Sea U ⊆ A ⊆ X . Decimos que la aplicacion inclusion

(X − U, A− U) → (X, A)

Sergio Plaza 176

es una excision si induce un isomorfismo

Hq(X − U, A− U)→ Hq(X, A)

para todo q > 0 . Decimos en este caso que U puede ser cortado desde X, sin

afectar la homologıa. La prueba del siguiente teorema, no la daremos aquı, el

lector interesado puede consultar [5].

Teorema 12.12 Si la clausura de U esta contenida en el interior de A . En-

tonces U puede ser cortado sin afectar la homologıa.

Teorema 12.13 Supongamos que V ⊆ U ⊆ A y que

(i) V puede ser cortado sin afectar la homologıa, es decir, la aplicacion inclusion

(X − V,A− V ) → (X,A) es una excision.

(ii) (X − U, A− U) es un retracto de deformacion (X − V, A− V ) .

Entonces U puede ser cortado sin afectar la homologıa.


Figura

12.9 Aplicaciones

Sean E+n , E−

n los hemisferios cerrados norte y sur de la esfera Sn (n > 1 ).

Notemos que E+n ∩ E−

n = Sn−1 es el ecuador de Sn .

Se tiene que (E+n , S

n−1) −→ (Sn, E−n ) es una excision.

Corolario 12.5 Para todo n > 1 se tiene

Hq(Sn) =

{R, si q = 0 o q = n ,

0, otro caso.

Sergio Plaza 177

Corolario 12.6 Sn−1 no es un retracto de Dn.

Demostracion. Si existe un retracto r : Dn −→ Sn−1 , entonces i ◦ r = Id .

Considerando homologıa con coeficiente sn Z y tenemos el siguiente diagrama con-

mutativo

Z = Hn−1(Sn−1) Hn−1(Dn) = 0

Hn−1(Sn−1) = Z

c

Id = Id∗,n−1

i∗,n−1

r∗,n−1

Si n > 2 . Esto es una contradiccion.

Para el caso n = 1 , esto es facil, solo hay que usar argumento de conexidad.

Teorema 12.14 ( Teorema de Brouwer del punto fijo) Toda aplicacion continua

f : Dn −→ D

ntiene un punto fijo.

Demostracion. Supongamos que existe una aplicacion continua f : Dn −→ D

n

sin puntos fijos. Definamos la aplicacion ϕ : Dn −→ Sn−1 = ∂D

ncomo muestra

la figura siguiente

f(x)

x

ϕ(x)

en otras palabras, ϕ(x) es obtenido intersectando el rayo que parte de f(x) y que

pasa por x con el borde de Dn, que no es otra que la esfera Sn−1 . Es claro que

si x ∈ ∂Dn= Sn−1 entonces ϕ(x) = x y que ϕ es continua.

Sergio Plaza 178

Ahora, considerando la aplicacion inclusion i : Sn−1 → Dn, obtenemos el


Sn−1 Dn

Sn−1

c

i

ϕId

Ahora, aplicando homologıa con coeficientes en Z se sigue el resultado a traves

de una contradiccion.

Proposicion 12.10 Sea r : Sn −→ Sn la reflexion r(x0, . . . , xn) = (−x0, x1, . . . , xn) .Entonces, para todo n > 1 , el homomorfismo r∗,n : Hn(Sn) −→ Hn(Sn) es la mul-

tiplicacion por −1 , es decir, r∗,n([z]) = −[z] .

Demostracion. La afirmacion es valida para n = 0 siempre y cuando considere-

mos los modulos de homologıa H0(S0) , como puede ser facilmente verificado.

Ahora procedemos por induccion sobre n . Tenemos el siguiente diagrama

conmutativo

Hn(Sn)iso−→ H♯

n−1(Sn−1)

r∗,n ↓ ↓ r∗,n−1

Hn(Sn)iso−→ H♯

n−1(Sn−1)

del cual se sigue el resultado.

Proposicion 12.11 Cada rotacion en Sn es homotopica a la aplicacion identidad

de Sn .

Demostracion. Recuerde que una rotacion en Rn es una transformacion lineal

ortogonal con det igual a 1. Para los casos n = 2 y n = 3 , esto es trivial. Para

n > 4 , se deja a cargo del lector.

Proposicion 12.12 Sea g : Sn −→ Sn la restriccion de una transformacion or-

togonal de Rn+1 . Entonces g∗,n : Hn(Sn) −→ Hn(Sn) es multiplicacion por ±1(= det(g) ).

Sergio Plaza 179

Demostracion. Podemos asumir que det(g) = −1 , entonces r ◦ g y g ◦ r son

rotaciones, r(x0, . . . , xn) = (−x0, x1, . . . , xn) . Luego g∗,n = r−1∗,n=multiplicacion

por −1 .

Corolario 12.7 Sea α : Sn −→ Sn la aplicacion antipodal, α(x) = −x . Entoncesα∗,n : Hn(Sn) −→ Hn(Sn) es multiplicacion por (−1)n+1 .

Demostracion. Sean ri : Sn −→ Sn definidas por ri(x0, . . . , xi, . . . , xn) =

(x0, x1, . . . ,−xi, . . . , xn) . Entonces α = r0 ◦ r1 ◦ · · · ◦ rn . Luego basta probar

que ri∗,n : Hn(Sn) −→ Hn(Sn) es multiplicacion por −1 , esto es analogo al caso

de r = r0 .

Ahora terminaremos una parte de las implicaciones que dejamos pendiente

cuando estudiamos campos de vectores sin singularidades sobre Sn .

Teorema 12.15 Sn admite un campo continuo de vectores tangentes, sin singu-

laridades si y solo si n es impar.

Demostracion. Solo nos resta probar que si existe un campo continuo de vectores

tangentes, sin singularidades, en Sn , entonces n es impar.

Sea v un campo continuo de vectores tangentes sin singularidades sobre Sn .

Como v(x) 6= 0 para todo x ∈ Sn se sigue que ω(x) = v(x)/‖v(x)‖ ∈ Sn para todo

x , es un campo continuo de vectores tangente unitario, esto es, ω : Sn −→ Sn . Es

claro que 〈ω(x), x〉 = 0 para todo x ∈ Sn .

x−x

ω(x)

Ahora , sea F : Sn× I −→ Sn definida por F (x, t) = cos(tπ)x+sin(tπ)ω(x) .

Se tiene que F (x, 0) = x , F (x, 1/2) = ω(x) y F (x, 1) = x . Luego Id ∼ ω ∼ α ,

y por tanto multiplicacion por 1 = multiplicacion por (−1)n+1 de donde n + 1

debe ser par, y ası n debe ser impar.

Sergio Plaza 180

12.10 Formula de Kunneth para homologıa singu-

lar

El problema ahora es calcular la homologıa singular del espacio producto X×Y de

dos espacios topologicos X e Y , de los cuales conocemos su homologıa singular.

Denotemos por S∗(X) = S∗(X, Z) y S∗(Y ) = S∗(Y, Z) . Queremos conocer

S∗(X × Y ) . Eilenberg–Zilber establecieron que S∗(X × Y ) es cadena equivalente

al producto tensorial S∗(X) ⊗ S∗(Y ) . Como consequencia inmediata, para todo

q > 0 , tenemos que

Hq(X × Y ) ∼= Hq(S∗(X)⊗ S∗(Y )) .

Teorema 12.16 (Kunneth) Para todo n > 0 , la siguiente sucesion exacta corta

0→∑

p+q=n

Hp(X)⊗Hq(Y )µ→ Hn(X × Y )→

∑

p+q=n−1

Tor(Hp(x), Hq(Y ))→ 0

de grupos abelianos se descompone.

Observacion. Sea G un grupo abeliano. Entonces existe una resolucion libre de

G

0 −→ Rβ−→ F

α−→ G −→ 0

es decir, la sucesion es exacta (corta) y los grupos F y G son abelianos libres.

Esto significa que una resolucion libre corresponde a la eleccion de generadores y

relaciones para el grupo abeliano G . La eleccion no es unica, sin embargo si

0 −→ R1β1−→ F1

α1−→ G

es otra resolucion libre de G , entonces existen homomorfismos ψ : F −→ F1 y

θ : R −→ R1 , que hacen conmutativo el diagrama siguiente

0 −→ Rβ−→ F

α−→ G −→ 0

θ ↓ ψ ↓ Id ↓0 −→ R1 −→ F1 −→ G −→ 0

Ahora, sea H un grupo abeliano, entonces la siguiente sucesion es exacta

0 −→ ker(β ⊗ 1) −→ R⊗H β⊗1−→ F ⊗H α⊗1−→ G⊗H −→ 0

Sergio Plaza 181

y se define Tor(G, H) = ker(β⊗ 1) . De hecho, puede probarse que Tor(G, H) no

depende de la eleccion de la resolucion libre, es decir, esta bien definido.

Si consideramos homologıas Hq(X, G) y Hq(Y, G′) , donde G y G′ son gru-

pos abelianos. Tenemos el siguiente

Teorema 12.17 (Kunneth) Sean G y G′ grupos abelianos tales que Tor(G, G) =

0 , entonces la siguiente sucsion de grupos de homologıa singular se descompone

0 −→∑

p+q=n

Hp(X,G)⊗Hq(Y,G′) −→ Hn(X × Y,G⊗G′) −→

−→∑

p+q=n−1

Tor(Hp(X,G), Hq(Y,G′)) −→ 0

Ademas, la sucesion es natural sobre X e Y y tambien sobre los coeficientes

G y G′ , (La descomposicion no es natural).

Ejemplo. Para G = Z y X = Sn tenemos H0(Sn) ∼= Z ∼= Hn(Sn) y Hq(Sn) = 0

en otro caso. Luego, por la formula de Kunneth, obtenemos, si m 6= n , entonces

Hq(Sn × Sm) =

{Z si q = 0, m, n, m+ n ,

0 otro caso.

y para m = n , tenemos

Hq(Sn × Sn) =

Z si q = 0 o q = 2n ,

Z⊕ Z si q = n

0 otro caso.

Ejemplo. Para el plano proyectivo RP2 , tenemos

H0(RP2 × RP2) ∼= Z

H1(RP2 × RP2) ∼= Z2 ⊕ Z2

H2(RP2 × RP2) ∼= Z2

Hq(RP2 × RP2) = 0, para q > 3.

12.11 Sucesion de Mayer–Vietoris

Sean X1 , X2 subespacios de X . Si conocemos los grupos de homologıa singular de

X1 , X2 y X1∩X2 ¿Que podemos decir del grupo de homologıa de X = X1∪X2 ?

(compare con el resultado de Seifert–van Kampen).

Sergio Plaza 182

Sean i1 : X1 ∩ X2 → X1 , i2 : X1 ∩ X2 → X2 , j1 : X1 → X1 ∪ X2 y

j2 : X2 → X1 ∪X2 las inclusiones canonicas. La sucesion exacta

· · · −→ Hq(X1 ∩X2)i1∗⊕i2∗−→ Hq(X1)⊕Hq(X2)

j1∗−j2∗−→ Hq(X1 ∪X2)∂−→ Hq−1(X1 ∩X2) −→ · · ·

es llamada la sucesion de Mayer–Vietoris.

12.12 Sucesion de Mayer-Vietoris para homologıa

reducida

Como antes sean X1 , X2 subespacios de X , los cuales satisfacen X1 ∩X2 6= ∅ y

X1 ∪X2 = Int(X1) ∪ Int(X2) . La siguiente sucesion de homologıa reducida

· · · −→ Hq(X1∩X2) −→ Hq(X1)⊕Hq(X2) −→ HqX1∪X2) −→ Hq−1(X1∩X2) −→ · · ·

es exacta.

Ejemplo. Sea X el trebol de n petalos. Entonces X = X1∪X2∪· · ·∪Xn , donde

todos los Xi estan pegados por el mismo punto

X1

X2

Entonces

Sergio Plaza 183

Hq(X1 ∪X2 ∪ · · · ∪Xn) =

Z si q = 0 ,n⊕

i=1

Z si q = 1

0 otro caso.

Capıtulo 13

Homologıa de algunos

espacios

13.1 Complejos esfericos

Consideramos ahora una tecnica para construir espacios topologicos, ası como

tambien veremos como calcular sus grupos de homologıa.

13.1.1 Espacio adjuncion

Sean X e Y espacios topologicos. Dado un subespacio A de X y una aplicacion

continua f : A −→ Y construimos un nuevo espacio, X ∪f,A Y , llamado espacio

adjuncion de X e Y a traves de A y f . Para esto consideramos la union disjunta

X ∪ Y de X e Y , con la topologıa obvia. Identificamos A ∋ x ∼ f(x) ∈ Y .

Definimos X ∪f,A Y = (X ∪ Y )/(x ∼ f(x)) . Note que la proyeccion p :

X ∪ Y −→ X ∪f,A Y aplica Y homeomorficamente sobre p(Y ), e identificamos

este subespacio con Y . Si f : X −→ X ∪f,A Y es la restriccion p|X, entonces,

modulo identificacion f |A = f .

Sea (X,A) un par topologico, si existe una vecindad B de A en X tal que

A 6= B y A es un retracto de deformacion fuerte de B, decimos que B es un

collar A en X .

Restringimos ahora los pares (X,A) a considerar, con el objeto de calcular

sus homologıas.

184

Sergio Plaza 185

En lo que sigue consideramos solo pares (X,A) tales que

(1) X es Hausdorff,

(2) A es cerrado en X,

(3) puntos de X−A pueden ser separados de A, es decir, para cada x ∈ X−A,existen vecindades disjuntas U y V, con x ∈ U y A ⊆ V,

(4) A tiene collar en X .

En este caso decimos que (X,A) es un par collar.

Ejemplos

(1) (Dn, Sn−1) es un par collar.

En este caso decimos que el espacio Dn∪f,Sn−1 Y se obtiene desde Y adjun-

tando una n–celula vıa f .

(2) Sea M una variedad con borde y sea A = ∂M . Entonces (M,∂M) es un

par collar.

Proposicion 13.1 Sea (X,A) un par collar e Y un espacio de Hausdorff. Sea

f : A −→ Y una aplicacion continua y sea Z = X ∪f,A Y . Entonces (Z, Y ) es

un par collar. Mas aun, si B es un collar de A en X, entonces Y ∪ f(B) es un

collar de Y en Z . Ademas, f aplica X −A homeomorficamente sobre Z − Y .

Definicion 13.1 Un homeomorfismo relativo es una aplicacion de pares f : (X,A) −→(Y,B) que aplica X −A homeomorficamente sobre Y − B .

Definicion 13.2 Un complejo esferico es un espacio topologico construido como

sigue. Comenzamos con un numero finito de puntos, y sucesivamente adjuntamos

celulas de dimensiones variadas, pero solo en un numero finito de ellas.

Observacion. Es claro que un complejo esferico es un espacio de Hausdorff.

Ejemplos.

(1) Sean X = Dn, A = Sn−1 , Y = {∞} y f : X −→ Y .

Entonces Dn ∪f,Sn−1 {∞} = Sn .

Sergio Plaza 186

(2) Sean X = Dn, A = Y = Sn−1 y Id : Sn−1 −→ Sn−1 la aplicaccion

identidad. Entonces Dn ∪Id,Sn−1 Sn−1 = D

n.

(3) Sean Y = S1 , f : S0 −→ Y aplicacion constante sobre un punto p de

Y . Entonces D1 ∪f,S0 S1 = figura 8 . Repitiendo este procedimiento (r −

1)− veces obtenemos una rosa con r petalos.

(4) Sea Y = G2 .

x0

αβ

x0 x0

x0x0

α

α

ββ

Usando que D2 ∼= I2 y que el perımetro de I2 es homeomorfo a S1 , adjun-

tando una 2–celula a G2 se tiene que

I2 ∪f,∂I2 G2 = T2 .

(5) CPn (resp. RPn ) es obtenido desde CPn−1 (resp. RPn−1 ) adjuntando

una 2n–celula (resp. una n–celula) vıa la proyeccion canonica f : S2n−1 −→CPn−1 (resp. f : Sn−1 −→ RPn−1 ).

Observacion. Como CP1 ∼= S2, la proyeccion canonica f : S3 −→ CP1 ∼= S2

es tal que para cada z ∈ S2, la preimagen f−1(z) ∼= S1 . En este caso, f es

llamada aplicacion de Hopf y el esquema S1 → S3 → S2 es llamado fibracion

de Hopf.

(6) Sea H el algebra no conmutativa de los cuaternios. Tenemos HPn es

obtenido desde HPn−1 adjuntando una 4n− celula vıa la proyeccion f :

S4n+3 −→ HPn−1 .

Sergio Plaza 187

Se tiene que HP1 ∼= S4, luego tenemos otra aplicacion de Hopf f : S7 −→ S4

con fibra f−1(q) ∼= S3 .

Supongamos que Z = X ∪f,A Y y sea f : X −→ Z la extension canonica de

f .

Teorema 13.1 Si (X,A) es un par collar. Entonces

f∗,q : Hq(X,A) −→ Hq(Z, Y )

es un isomorfismo, para todo q > 0 .

Demostracion. Sea B un collar de A en X . Consideremos el siguiente diagrama

conmutativo

Hq(X,A)i−→ Hq(X,B)

f1 ↓ ↓ f2Hq(X,Z)

j−→ Hq(Z, Y ∪ f(B))

donde i, j son los homomorfismos inducidos por las respectivas inclusiones canonicas

y f1 , f2 son los homomorfismos inducidas por f .

Sie i , j y f2 son isomorfismos, entonces f1 tambien lo es.

Afirmacion. f2 es isomorfismo.

En efecto, consideremos el diagrama conmutativo siguiente

Hq(X −A,B −A) excision−→ Hq(X,B)

f3 ↓ ↓ f2Hq(Z − Y, f(B −A)) excision−→ Hq(Z, Y ∪ f(B))

y como f3 es inducido por un homeomorfismo, se sigue que es un isomofismo.

Luego f2 es isomorfismo como afirmamos.

Lema 13.1 (de los cinco) Dado un diagrama de R–modulos y homeomorfismos,

con todos los rectangulos conmutativos

A1f1−→ A2

f2−→ A3f3−→ A4

f4−→ A5

α ↓ β ↓ γ ↓ δ ↓ ε ↓B1

g1−→ B2g2−→ B3

g3−→ B4g4−→ A5

donde las filas son exactas y α , β , δ y ǫ son isomorfismos. Entonces γ es

isomorfismo.

Sergio Plaza 188

Ahora, usando el Lema de los Cinco y el hecho que A (resp. Y ) es un

retracto de deformacion de B (resp. de Y ∪ f(B) ) se prueba que i (resp. j ) es

un isomorfismo. Tenemos el siguiente resultado.

Lema 13.2 (Barratt–Whitehead) Dado un diagrama de R–modulos y homomor-

fismos en el cual todos los rectangulos son conmutativos y las filas son exactas

· · · → Ci+1 → Aifi→ Bi

gi→ Cihi→ Ai−1 → Bi−1 → · · ·

γi+1 ↓ αi ↓ βi ↓ γi ↓ αi−1 ↓ βi−1 ↓· · · → C′

i+1 → A′i

fi→ B′i

gi→ C′i

hi→ A′i−1 → B′

i−1 → · · ·

Si los homomorfismos γi son isomorfismos, entonces entonces existe una

sucesion exacta larga

· · · −→ AiΦi−→ A′

i ⊕BiΨi−→ B′

iΓi−→ Ai−1 −→ · · ·

donde Φi = (αi⊕fi) ◦ ∆ , Ψi = ∇′ ◦ (−f ′

i

⊕βi) , Γi = hi ◦ γ−1

i ◦ g′i, donde

∆(a) = (a, a) y ∇′(x, y) = x+ y .

Demostracion. Algebra.

Aplicando este lema a la escalera

· · · → Hq(A) → Hq(X) → Hq(X,A) → Hq−1(A) → Hq−1(X) → · · ·fq ↓ fq ↓ ≈↓ ↓ ↓

· · · → Hq(Y ) → Hq(Z) → Hq(Z, Y ) → Hq−1(Y ) → Hq−1(Z) → · · ·

obtenemos la sucesion exacta larga (sucesion de Mayer–Vietoris), donde Z es el

espacio adjuncion Z = X ∪f,A Y

· · · −→ Hq(A) −→ Hq(Y )⊕Hq(X) −→ Hq(Z) −→ Hq−1(A) −→ · · ·

Ahora, para el caso especial (X,A) = (Dn, Sn−1), tenemos que

∂ : Hq(Dn, Sn−1) −→ H♯

q−1(Sn−1)

es un isomorfismo para todo q > 0 . Del diagrama conmutativo

Hq(D, Sn−1) −→ H♯q−1(S

n−1)

↓ fq−1 ↓Hq(Z, Y ) −→ H♯

q−1(Y )

Sergio Plaza 189

en la sucesion exacta del par (Z, Y )

· · ·Hq(Y ) −→ Hq(Z) −→ Hq(Z, Y ) −→ Hq−1(Y ) −→ · · ·

podemos reemplazar el modulo de homologıa relativo del par (Z, Y ) por la ho-

mologıa reducida de Sn−1, es decir, tenemos la sucesion exacta larga

· · · → Hq(Y )→ (Z)→ H♯q−1(S

n−1)f∗q−1−→ H♯

q−1(Y )→ H♯q−1(Z)→ H♯

q−1(Sn−1)→ · · ·

Ahora como H♯q−1(S

n−1) = 0 excepto para q = n, obtenemos

(a) H♯q(Z)

∼= H♯q(Y ) para q 6= n y q 6= n− 1,

(b) H♯n−1(Z)

∼= H♯n−1(Y )/Imagen(f ♯n−1) = coker(f ♯n−1) .

(c) Una sucesion exacta

0 −→ H♯n(Y ) −→ H♯

n(Z)ψ−→ ker(f∗

n−1) −→ 0

Observacion. Si ker(f∗n−1) es un modulo libre, esta sucesion exacta se descompone

y podemos escribir

H♯n(Z)

∼= Hn−1(Y )⊕

ker(f∗n−1) .

Nota. Descomponer una sucesion exacta corta significa que existe un homeomor-

fismo ker(f∗n−1) −→ H♯

n(Z) que es una inversa a la derecha de ψ. Por ejemplo,

si R = Z o R es un cuerpo esto ocurre, en otras palabras, ker(f∗n−1) es un

R–modulo libre.

Teorema 13.1

Hq(CPn) =

{0 si q > 2n o q es impar; ,

R si q es par y 0 6 q 6 2n .

Demostracion. Para n = 0 , CP0 = punto .

Por induccion, CPn es obtenido de CPn−1 adjuntando una 2n− celula vıa

la proyeccion canonica f : S2n−1 −→ CPn−1 . Luego por el corolario anterior,

basta considerar solo cuando q = 2n y q = 2n − 1 . Tenemos H2n−1(CPn) =

0 , pues H2n−1(CPn−1) . Ahora, H2n(CP

n) = ker(f∗2n−1) . Como f∗

2n−1 es el

homomorfismo cero, tenemos que H2n(CPn) ∼= R .

Sergio Plaza 190

Teorema 13.2 Sea f : Sn −→ RPn la proyeccion canonica. Si n es par f∗n = 0 .

Si n es impar, existen isomorfismos Hn(RPn) ∼= R ∼= Hn(Sn) tales que f∗

n es

multiplicacion por 2, es decir, se tenemos el siguiente diagrama conmutativo

R×2−→ R

≈↓ ↓≈Hn(Sn) −→ Hn(RP

n)

Demostracion. Sabemos que RPn es obtenido de RPn−1 adjuntando Dn

vıa la

proyeccion canonica f : Sn−1 −→ RPn−1 . Luego, f : (D, Sn−1) −→ (RPn,RPn−1)

induce isomorfismos en homologıa.

Consideremos la escalera obtenida desde la aplicacion f : (Sn, Sn−1) −→(RPn,RPn−1)

0 −→ Hn(Sn)j−→ Hn(Sn, Sn−1)

∂−→ Hn−1(Sn−1) −→ 0

f1 ↓ f2 ↓ f3 ↓0 −→ Hn(RP

n)j′−→ Hn(RP

n,RPn−1)∂′

−→ Hn−1(RPn−1) −→ 0

f1 , f2 y f3 son inducidos por f . La fila superior se descompone, esto por razones

algebraicas, pero para calcular f2 necesitamos descomponer de manera compatible

con las aplicaciones inducidas. La idea es colapsar Sn−1 ⊂ Sn a un punto, esto nos

da Sn ∨Sn, donde cada esfera es aplicada homeomorficamente sobre RPn/RPn−1 .

Sucesiones exactas formalizan esta nocion. Por sucesion exacta larga de un triple,

excision y lema de descomposicion en suma directa, obtenemos

Hn(Sn,En+) Hn(Sn,En−)

Hn(Sn, Sn−1)

Hn(En−, Sn−1) Hn(En+, S

n−1)

≈ ≈

Sergio Plaza 191

donde En± ⊂ Sn son los hemisferios superior e inferior, respectivamente. Sea

e± : (En, Sn−1) −→ (E±n , S

n−1) el homeomorfismo inverso de la proyeccion so-

bre las primeras n coordenadas. Tenemos que e±(x) = (x,±√

1− ‖x‖) . Ahora,f ◦ e± : (D

n, Sn−1) −→ (RPn,RPn−1) induce isomorfismos en homologıa, luego f2

es sobreyectiva.

Sea Φ : (Dn, Sn−1) −→ (D

n, Sn−1) definida por Φ(x) = −x . Tenemos que

Φ | Sn−1 es la aplicacion antipodal, y

f ◦ e− = f ◦ e+ ◦ Φ ,

pues e+ ◦ Φ(x) = (−x,√1− ‖x‖) = −e−(x) .

Sean in ∈ Hn(Sn) e in−1 ∈ Hn−1(Sn−1) generadores de modo que en isomor-

fismoHn(Sn) −→ Hn−1(Sn−1)

in 7→ in−1

Ahora tenemos

Hn(Sn) Hn(Sn,En−) Hn(Dn, Sn−1) Hn−1(Sn−1)

Hn(Dn, Sn−1)

(e+)∗

Definamos K ∈ Hn(Dn, Sn−1) por la condicion ∂(K) = in−1 , y K

±Hn(En±, S

n−1)

por K± = (e±)∗(K) y sea η ∈ Hn(RPn,RPn−1) por η = f2(K

+) . Por con-

struccion η genera Hn(RPn,RPn−1) . Pensamos K± como generadores de los

sumandos Hn(Sn) y Hn(Sn, Sn−1) .

Ahora tenemos

(a) Jin = (K+,−K−) . Por naturalidad, ∂(K±) = in−1 . Luego un generador

para ker(∂) es (K+,−K−) . Por exactitud j(in) = m(K+,−K−) para

algun m ∈ R . Tenemos mK+ = K+ es decir, m = 1 .

(b) f2(K−) = (−1)nη . En efecto, f2(K

−) = (f ◦ e−)∗(K) = (f ◦ e+ ◦Φ)∗(K) =

(−1)n(f ◦ e+)∗(K) = (−1)nf2(K+) .

De (a) y (b) se tiene que f2 ◦ j(in) = (1− (−1)n)η .

Sergio Plaza 192

Cuando n es par f2 ◦ j(in) = 0 . Como ∂′ es inyectivo, f∗n = f1 es la

aplicacion cero.

Cuando n es impar, obtenemos que j′ = 0 pues f2 es inyectivo y f3 =

f∗n−1 = 0 .

Luego, j′ es un isomorfismo y Hn(RPn) ∼= R es generado por (j′)−1(η) .

Entonces, f∗n(in) = f1(in) = (j′)−1 ◦ f2 ◦ j(in) = 2(j′)−1η .

Teorema 13.2 Tenemos

Hq(RPn) =

0 si q > n

R2 si q es par y 1 < q 6 nR2 si q es impar y 1 6 q 6 n− 1

R si q = 0 y q = n si n es impar .

donde R2 es el submodulo de R aniquilado por multiplicacion por 2 .

Demostracion. Por induccion sobre n .

Para n = 1, se tiene que RP1 ∼= S1 y el resultado es inmediato. Por otra parte,

tenemos tambien que Hq(RPn) ∼= Hq(RP

n−1) para q 6 n−2 y Hq(RPn) = 0 para

q > n . Tenemos tambien la sucesion exacta

0 −→ Hn(RPn) −→ Hn−1(S

n−1)f∗−→ Hn−1(RP

n−1) −→ Hn−1(RPn−1) −→ 0

Si n es par, f∗ es multiplicacion por 2, luego Hn(RPn) = R2 y Hn−1(RP

n) ∼=R/2R .

Si n es impar, f∗ ≡ 0, luego Hn(RPn) ∼= R y Hn−1(RPn) ∼= R2 .

Por ejemplo, para R = Z, tenemos

Hq(RP2) =

Z si q = 0 ,

Z/2 si q = 1 ,

0 si q > 2 .

Hq(RP3) =

Z si q = 0 ,

Z/2 si q = 1 ,

0 si q = 2 ,

Z si q = 3 ,

0 si q > 4 .

Sergio Plaza 193

y para R = Z, tenemos

Hq(RPn) =

{Z/2 mboxsi q 6 n ,

0 si q > n .

Teorema 13.3 Sea T2 el toro 2− dimensional. Entonces

Hq(T2) =

R si q = 0 y q = 2 ,

R×R si q = 1 ,

0 si q > 2 .

Demostracion. T2 es obtenido de Y = G2 adjuntando una 2− celula.

Ahora, H1(G2) es el R–modulo libre generado por las clases de homologıa

α y β de los caminos cerrados φ ◦ a y φ ◦ b, donde Φ : I2 −→ T2 es dada

por Φ(x, y) = (e2πix, e2πiy), y la aplicacion de adjuncion f : S1 −→ G2 aplica el

generador de H1(S1) sobre α+β−α−β = 0, luego f∗1 es el homomorfismo cero.

El resto de los argumentos es facil.

De modo analogo si Tg es la superficie compacta y orientable de genero g, es

decir, una esfera con g–asas, entonces

Hq(Tg) =

R si q = 0 y q = 2 ,

R2g si q = 1 ,

0 si q > 2 .

Para calcular la homologıa de superficies compactas no orientables, veamos

primero el caso del plano proyectivo RP2 . Este es obtenido del cuadrado identifi-

cando los lados del borde como indica la figura

figura

en otras palabras, es obtenida a partir de G2 adjuntando una 2− celula vıa la

aplicacion del perımetro como es descrito en la figura, es decir, a21a22 .

Mas general, aplicando el perımetro de un 2h–polıgono vıa la expresion a21a22 · · · a2k

obtenemos una superficie Uh (U1 = RP2 ) . La homologıa de Uh viene dada por

Sergio Plaza 194

Hq(Uh) =

R si q = 0 ,

Rh−1 ×R/2 si q = 1 ,

R2 si q = 2 ,

0 si q > 2 .

Notemos que en este caso f∗1 : H1(S1) −→ H1(Gh) ∼= Rh aplica el generador

de H1(S1) en 2(a1 + · · · + an) , donde a1, . . . , an son los generadores libres de

H1(Gh) . El cokernel de este homomorfismo es isomorfo a Rh−1 ×R/2, pues a1 +· · ·+ ak, a2, . . . , ah son generadores libres, mientras que el kernel es R2 .

Capıtulo 14

Homologıa de suspension,

cilindro y cono

14.1 Espacio suspension

En el espacio X × I identificamos, respectivamente, los subespacios X × {0} y

X ×{1} a un solo punto u y v , obteniendo el espacio cuociente S(X) , los puntos

u y v son llamados polos sur y polo norte de S(X) , respectivamente.

X

I

U

V

u

v

•

•

S(X)

X × {1/2} ≈ X

Sea p : X × I −→ S(X) la proyeccion canonica y sea i : X → S(X) la

195

Sergio Plaza 196

inclusion i(x) = p(x, 1/2) . Claramente usando i podemos identificar X con

p(X, 1/2) ⊆ S(X) .

Sean U, V ⊆ S(X) los subespacios definidos por

U = {p(x, t) : x ∈ X, 1/2 6 t 6 1}V = {p(x, t) : x ∈ X, 0 6 t 6 1/2} .

Es claro que U y V son contractibles. Se tienea demas que U ∩ V = X y

U ∪ V = S(X) .

Como U es contractible, en la sucesion exacta del par (U,X) se tiene que

∂ : Hq+1(U,X) −→ H♯q(X)

es un isomorfismo, para todo q > 0 . Considerando la sucesion exacta de homologıa

reducida del par (S(X), V ) . Como V es contractible, se tiene que

∂∗ : H♯q+1(S(X)) −→ Hq+1(S(X), V )

es un isomorfismo para cada q > 0 . Ahora, sea e : (U,X) → (S(X), V ) la

aplicacion inclusion. Se tiene que e es una excision del conjunto abierto M =

Int(V ) = S(X)− U del par (S(X), V ) .

Consideremos el conjunto abierto N ⊆ S(X) definido por

N = {p(x, t) : x ∈ X, 0 6 t < 1/3}.

Se tiene que N ⊆M y la aplicacion inclusi’on

h(U,X) → (S(X)−N , V −N )

es una equivalencia homotopica. Luego para cada q > 0

e∗ : Hq+1(U,X) −→ Hq+1(S(X), V )

es un isomorfismo.

Tenemos el siguiente diagrama de isomorfismos

Hq+1(U,X)e∗−→ Hq+1(S(X), X)

∂ ↓ ↓ j∗H♯q(X) H♯

q+1(S(X))

Sergio Plaza 197

luego la composicion

σ = ∂∗ ◦ e∗ ◦ ∂−1 : H♯q(X) −→ H♯

q+1(S(X))

es un isomorfismo, llamado isomorfismo de suspension.

Ejemplo. Tenemos que Sn+1 = S(Sn) , para todo n > 0 . De aquı

H♯q(S

n) =

{R si q = n

0 si q 6= n

y

Hq(Sn) =

R si n 6= q = 0 o n = q 6= 0

R⊕R si n = q = 0

0 si q 6= n 6= 0 .

Dada una aplicacion continua f : X −→ Y . Definamos S(f) : S(X) −→S(Y ) por S(f)(p(x, t)) = p(f(x), t) . La aplicacion S(f) es llamada la aplicacion

suspension de la aplicacion f .

Proposicion 14.1 Para cada aplicacion continua f : X −→ Y y cada q > 0 , se

tiene el siguiente diagrama conmutativo

H♯q(X)

σ−→ H♯q+1(S(X))

f∗ ↓ ↓ S(f)∗H♯q(Y )

σ−→ Hq+1♯(S(Y ))

donde σ es el correspondiente isomorfismo suspension.

Demostracion. A cargo del lector.

14.2 Cilindro de una aplicacion

Sea f : X −→ Y una aplicacion continua. Consideremos la suma topologica

W = X × I + Y . Para cada x ∈ X , identificamos los puntos (x, 1) ∈ X ×{1} con

f(x) ∈ Y . El espacio cuociente

Z = Z(f)

es llamado el cilindro de la aplicacion f : X −→ Y .

Sergio Plaza 198

Sea π : W −→ Z la proyeccion canonica. Consideremos los espacios X

e Y como subespacios de Z por medio de las incrustaciones i : X −→ Z , y

h : Y −→ Z , definidas por i(x) = π(x, 0) y h(y) = π(y) , respectivamente.

De esta forma X e Y pueden ser considerados subespacios disjuntos de Z .

Lema 14.1 El subespacio Y de Z(f) es un retracto de deformacion fuerte.

Demostracion. Geometricamente, π(X × I) se retracta sobre la parte de Y

correspondiente a f(X) . Para definir la retraccion consideremos la aplicacion dt :

Z −→ Z definida por

dt(z) =

{π(x, s+ t(1− s)) si z = π(x, s) ∈ π(X × I)

z si z ∈ Y .

Es claro que d0 = Id y que d1 aplica Z en Y , ahora es inmediato ver que

dt(z) = z para todo z ∈ Y y cada t ∈ I .

Corolario 14.1 La aplicacion inclusion h : Y → Z(f) es una equivalencia ho-

motopica.

Demostracion. Consideremos el siguiente diagrama, no conmutativo, (i 6= h ◦ f)

X Y

Z

f

i h

Tenemos el siguiente lema.

Lema 14.2 Las aplicaciones i y h ◦ f son homotopicas.

Demostracion. Definimos F : X × I −→ Z por F (x, t) = π(x, t) . Tenemos

F (x, 0) = i y F (x, 1) = h ◦ f(x) .

De lo anterior, Para la homologıa reducida tenemos la siguiente proposicion.

Sergio Plaza 199

Proposicion 14.2 Para cada q > 0 , tenemos que el diagrama siguiente

H♯q(X) H♯

q(Y )

H♯q(Z)

f∗

i∗ h∗

es conmutativo, esto es, i∗ = h∗ ◦ f∗ . Ademas, h∗ es un isomorfismo.

Ahora consideremos la aplicacion inclusion

g : Y → (Z,X)

Tenemos que el diagrama

X Y

(Z,X)

h

g j

es conmutativo, es decir, g = j ◦ h . Podemos considerar entonces la sucesion

· · · −→ Hq(X)f∗−→ Hq(Y )

g∗−→ Hq(Z,X)∂−→ Hq−1(X) −→ · · ·

llamada de homologıa del cilindro de la aplicacion f : X −→ Y .

Proposicion 14.3 La sucesion de homologıa del cilindro de una aplicacion f :

X −→ Y es exacta.

Demostracion. Tenemos la sucesion exacta del par (Z,X) ,

· · · −→ Hq(X)i∗−→ Hq(Z)

j∗−→ Hq(Z,X)∂−→ Hq−1(X) −→ · · ·

y considerando los diagramas conmutativos anteriores, tenemos

g : Y → (Z,X)

Sergio Plaza 200

Tenemos que el diagrama

≈h∗

g∗f∗

Hq(X) Hq(Z) Hq(Z,X) Hq(X)i∗ j∗ ∂

Hq(Y )

Ahora es facil probar que la sucesion

· · · −→ Hq(X)f∗−→ Hq(Y )

g∗−→ Hq(Z,X)∂−→ Hq−1(X) −→ · · ·

es exacta.

Corolario 14.2 El homomorfismo inducido

f∗ : Hq(X) −→ Hq(Y )

es un isomorfismo si y solo si Hq(Z,X) = 0 para cada q > 0 .

Resultado analogo vale para la homologıa reducida.

14.3 Cono de una aplicacion

Sea f : X −→ Y una aplicacion continua, y sea Z(f) el cilindro de f . Si

identificamos el subespacio X de Z(f) a un punto, digamos u , obtenemos un

espacio cuociente, C(f) , llamado el cono de la aplicacion f . El punto u es llamado

el vertice de C(f) .

Sea w : Z(f) −→ C(f) la proyeccion canonica.

Observacion. El cono C(f) de f puede ser obtenido directamente definiendo el

espacio cuociente de W = X× I+Y e identificando X×{0} ∼ u y (x, 1) ∼ f(x) ,para cada x ∈ X .

Sea ρ : W −→ C(f) la proyeccion canonica. Tenemos ρ = w ◦ π . El espacio

Y puede ser considerado como subespacio de C(f) por medio de la aplicacion

P (f) : Y −→ C(f) definida por P (f)(y) = ρ(y) . La aplicacion P (f) es llamada

inscrustacion asociada a la aplicacion f : X −→ Y .

Sergio Plaza 201

Como P (f) = ρ|Y y h = π|Y se tiene el siguiente diagrama conmutativo

Y

Z(f) C(f)ω

h P (f)

y tenemos la siguiente proposicion

Proposicion 14.4 Para cada q > 0 , el siguiente diagrama es conmutativo

Hq(Y )

Hq(Z(f)) Hq(C(f))ω∗

h∗ P (f)∗

Analogo resultado vale para la homoligıa reducida.

Teorema 14.1 Sea f : X −→ Y , con X 6= ∅ , entonces para cada q > 0 , la

sucecion

H♯q(X)

f∗−→ H♯q(Y )

P (f)∗−→ Hq(C(f))

es exacta.

Demostracion. Consideremos los subespacios

K = {π(x, t) : x ∈ X, 0 6 t 6 1/2}H = Int(K) = {π(x, t) : x ∈ X, 0 < t < 1/2}B = ∂K = {π(x, t) : x ∈ X , t = 1/2}T = Z −H,

de Z(f) .

La parte

H♯q(B)

c∗−→ Hq(T )d∗−→ Hq(T,B)

Sergio Plaza 202

de la sucesion exacta del par (T,B) es exacta, es decir, Imagen(c∗) = ker(d∗) ,

donde c : B → T y d : T → (T,B) son la aplicacion inclusion. Sea k : X −→ B

definida por k(x) = π(x, 1/2) . Consideremos el diagrama

Xf−→ Y

k ↓ ↓ g inclusion

Bc−→ T

se tiene que c ◦ h 6= g ◦ f . Por otra parte, F : X × I −→ T definida por

F (x, t) = π(x, (t + 1)/2) satisface F (x, 0) = c ◦ k(x) y F (x, 1) = g ◦ f(x) . Luego

el diagrama siguiente es conmutativo

H♯q(X)

f∗−→ H♯q(Y )

k∗ ↓ ↓ g∗H♯q(B)

c∗−→ H♯q(T )

Ahora, como k es un homeomorfismo e Y es un retracto de deformacion de

T , se tiene que k∗ y g∗ son isomorfismos. Luego Imagen(f∗) = g−1∗ (Imagen(c∗)) .

Ahora sean M , U ⊆ C(f) los subespacios definidos por U = w(K) y M = w(H) .

Consideremos el diagrama

T Z(f) C(f)

(T,B) (C(f)−M,U −M) (C(f), U)

d

ℓ

θ

ω

e

j

donde θ es definido por la proyeccion w y d , e , j , l son las respectivas inclu-

siones. Tenemos que el rectangulo es conmutativo, es decir, e ◦ θ ◦ d = j ◦ w ◦ l .Luego, tenemos el rectangulo conmutativo

H♯q(T ) Hq(Z(f)) H♯

q(C(f))

Hq(T,B) Hq(C(f)−M,U −M) Hq(C(f), U)

d∗

ℓ∗

θ∗

ω∗

e∗

j∗

Sergio Plaza 203

Tenemos que e∗ es un isomorfismo. Como U es contractivo, se tiene que j∗

es un isomorfismo. Finalmente, θ∗ es un isomorfismo, pues θ es homeomorfismo.

Luego, ker(d∗) = l−1∗ (ker(w∗)) . Como P (f) = w ◦ l ◦ g se sigue que P (f)∗ =

w∗ ◦ l∗ ◦ g∗ y siendo l∗ y g∗ isomorfismos, tenemos que

ker(P (f)∗) = g−1∗ (l−1

∗ (ker(w∗)))

= g−1∗ (ker(d∗))

= g−1∗ (Imagen(c∗))

= Imagen(f∗) .

14.4 Sucesion de homologıa de Puppe

Sea f : X −→ Y una aplicacion continua. Definamos los subespacios S(X) ,

obtenido de C(f) identificando P (f)(Y ) a un solo punto, digamos v , y sea S(f)

la suspension de la aplicacion f .

Sea Q(f) : C(f) −→ S(X) la proyeccion canonica. Tenemos la sucesion

Xf−→ Y

P (f)−→ C(f)Q(f)−→ S(X)

S(f)−→ S(Y )

y la proposicion siguiente.

Proposicion 14.5 La sucesion

Hq♯(X)f∗−→ H♯

q(Y )P (f)∗−→ H♯

q(C(f))Q(f)∗−→ H♯

q(S(X))S(f)∗−→ H♯

q(S(Y ))

es exacta.


Para q > 0 , sea σ : H♯q−1(X) −→ H♯

q(S(X)) el isomorfismo suspension.

Pongamos

τ = σ−1 ◦Q(f)∗ : H♯q(C(f)) −→ H♯

q−1(X) .

Sergio Plaza 204

Corolario 14.3 La sucesion

· · · τ−→ H♯q(X)

f∗−→ Hq(Y )P (f)∗−→ H♯

q(C(f))τ−→ H♯

q−1(X)f∗−→ · · ·

es exacta. Esta sucesion es llamada la sucesion de homologıa de Puppe.

Capıtulo 15

Numeros de Betti y

caracterıstica de

Euler–Poincare

Sea G un grupo abeliano finitamente generado, entonces T = {g ∈ G : g de orden finito}es un subgrupo de G , llamado subgrupo de torsion de G . Ademas, el grupo cuo-

ciente G/T es un grupo abeliano libre. El numero mınimo de elementos generadores

de G/T es llamado el rango de G .

Ahora, si tomamos homologıa con coeficientes en los enteros, puede ocurrir

que Hq(X,Z) sea finitamente generado, si este es el caso, el rango de Hq(X,Z)

es llamado el q–esimo numero de Betti, βq , de X y definimos la caracterıstica de

Euler - Poincare de X , como

χ(X) =∑

q

(−1)qβq .

cuando la suma es finita.

Estos numeros son invariantes topologicos.

Ejemplo. Para X = Sn , se tiene que β0 = βn = 1 y βq = 0 en otro caso. Luego

χ(Sn) =

{0 si n es impar

2 si n es par.

205

Sergio Plaza 206

Ejemplo. Sea Gr el r–petalo. Tenemos β0 = 1 , β1 = r y βq = 0 para todo

q > 2 . Luego χ(Gr) = 1− r .

Ejemplo. Para CPn se tiene βq = 0 para q impar o q > n , βq = 1 para q par

0 6 q 6 2n . Luego χ(CPn) = n+ 1 .

Ejemplo. Para RPn se tiene que β0 = 1 , βn = 1 si n es impar y βq = 0 en

todos los otros casos. Luego,

χ(RPn) =

{1 si n es par

0 si n es impar.

Ejemplo. Para la supericie compacta y orientable Tg , se tiene que β0 = β2 = 1 ,

β1 = 2g y βq = 0 para todo q > 2 . Luego χ(Tg) = 2− 2g .

Ejemplo. Sea Uh la superficie no orientada de genero g . Entonces β0 = 1 ,

β1 = 1− h y βq = 0 para todo q > 1 . Luego χ(Uh) = 2− h .

Si Hq(X,A) es finitamente generado podemos definir χ(X,A) del par (X,A)

como lo hicimos antes.

Teorema 15.1 Si χ(A) , χ(X,A) y χ(X) estan definidos. Entonces

χ(X) = χ(A) + χ(X,A).

Teorema 15.2 (Lema Algebraico) Dada una sucesion exacta de grupos abelianos

finitamente generados

0 −→ A1i1−→ A2

i2−→ · · · ir−1−→ Ar −→ 0

entonces

rango(A1)− rango(A2) + · · ·+ (−1)r+1rango(Ar) = 0 .


Demostracion de 15.1. Considere la sucesion exacta del par (X,A) y aplique el

lema algebraico.

Sergio Plaza 207

Corolario 15.1 Sea Z el espacio obtenido desde Y adjuntando una n–celulas.

Si χ(Y ) esta definido, entonces χ(Z) = χ(Y ) + (−1)n .

Demostracion. Tenemos que Hq(Z, Y ) ∼= Hq(Dn, Sn−1) para todo q . Luego

debemos calcular χ(Z, Y ) = χ(Dn, Sn−1) . Ahora χ(D

n, Sn−1) = 1−(1+(−1)n−1) =

(−1)n .

Corolario 15.2 Sea X un complejo esferico obtenido a partir de α0 puntos ad-

junto αq celulas q−dimensionales para q = 1, . . . , n . Entonces

χ(X) =

n∑

q=0

(−1)qαq.


Capıtulo 16

Orientacion en Variedades

Sea M una variedad topologica n–dimensional (n > 1) .

Lema 16.1 Para cada x ∈M , se tiene que

Hn(M,M − x) ∼= R.

Demostracion. Sea U una vecindad abierta de x , homeomorfa a la bola unitaria

en Rn . Por excision del conjunto cerrado M−U desde el conjunto abierto M−{x} ,obtenemos

Hn(U,U − x)−→Hn(M,M − x)

La sucesion exacta de homologıa del par (U,U − x) es dada por

· · · → Hq(U − x)→ Hq(U)→ Hq(U,U − x)→ Hq−1(U − x)→ Hq−1(U)→ · · ·

como U es contractible se tiene Hq(U) = 0 para todo q > 1 . Para q = n tenemos

que

0 −→ Hn(U,U − x) −→ Hn−1U − x) −→ 0

es exacta. Luego Hn(U,U − x)−→Hn−1(U − x) . Como U − x ≡ Sn−1 , se sigue

que Hn−1(U − x) ∼= R .

Para n = 2 y R = Z , existen dos posibles generadores para H2(M,M −x) ∼=H1(U − x) = Z ;

Dibujo

208

Sergio Plaza 209

Elegir uno de los generadores, corresponde intuitivamente, a la elecion de una

orientacion alrededor de x .

Para n > 2 , debemos determinar los posibles generadores de Hn−1(U −x) ∼= Hn−1(Sn−1) . Ahora, pensando Sn−1 como el borde geometrico del sımplice

geometrico ∆n , se puede ver que si δn : ∆ −→ ∆n es la aplicacion identidad

entonces ±∂δn son los generadores de Hn−1(Sn−1) .

Definicion 16.1 Una R−orientacion local de M alrededor de x es un generador

del R−modulo Hn(M,M − x) .

Para definir una orientacion global, debemos evitar lo que ocurre si tomamos

un cubrimiento abierto finito por bolas del cırculo central de la banda de Mobius.

Lema 16.2 (de continuacion). Dado αx ∈ Hn(M,M − x) , existe una vecindad

abierta U de x y α ∈ Hn(M,M−x) tal que αx = JUx (α) , donde JUx : Hn(M,M−U) −→ Hn(M,M − x) es el homomorfismo inducido por la inclusion canonica

JUx : (M,M − U) → (M,M − x) .

Demostracion. Sea a un ciclo relativo representando a αx . Entonces el soporte

|∂a| de ∂a es un subconjunto compacto de M y |∂a| ⊆ M − x . Definimos

U = M − |∂a| , es claro que U es una vecindad abierta de x . Ahora, sea α ∈Hn(M,M − U) la clase de homologıa relativa de a , relativo a M − U . Es claro

que JUx (α) = αx .

Observacion. En el lema anterior α es llamada una continuacion de αx .

Lema 16.3 (de coherencia). Si αx genera Hn(M,M−x) , entonces U y α puede

ser elegido de modo que αy = JUy (α) genera Hn(M,M − y) para todo y ∈ U .

Demostracion. Consecuencia directa del siguiente lema.

Lema 16.4 (localmente constante). Cada vecindad W de x contiene una vecin-

dad U de x tal que para cada y ∈ U , se tiene que JUy es un isomorfismo ( luego

αx tiene una unica continuacion en U ).

Sergio Plaza 210

Demostracion. Sea V ⊆ W una vecindad de coordenadas homeomorfa a Bn ,

y sea U homeomorfo a Bn(r) (r < 1) . Entonces, para cada y ∈ U , tenemos el


Hn(M,M − U)excision← Hn(V, V − U)

∂→ Hn−1(V − U)

JUy ↓ ↓≃ ↓≃Hn(M,M − y) excision← Hn(V, V − y) ∂→ Hn−1(V − y) .

Ahora, la inclusion , V − U −→ V − y es una equivalencia de homotopıa

(radial). Luego JUy es un isomorfismo.

Definicion 16.2 Sea U ⊆M un subespacio. Un elemento α ∈ Hn(M,M −x) tal

que JUy (α) genera Hn(M,M − y) para cada y ∈ U es una R−orientacion local

de M a lo largo de U .

Si V ⊆ U son subespacios de M , sea

JUV : Hn(M,M − U) −→ Hn(M,M − V )

el homomorfismo inducido por la inclusion canonica (M,M − U) → (M,M − V ) .

Lema 16.5 Si α es una R−orientacion local de M a lo largo de U , entonces

JUV (α) es una R−orientacion local de M a lo largo de V .

Demostracion. Para cada y ∈ V , se tiene que

JVy ◦ JUV (α) = JUy .

Definicion 16.3 (R−orientacion global de M ). Supongamos que

i) existe un cubrimiento abierto U = {Ui}i∈I de M ,

ii) para cada i ∈ I , existe una R−orientacion local αi ∈ Hn(M,M − Ui) de

M a lo largo de Ui

Decimos que esto define un sistema de R−orientacion si la siguiente condicion de

compatibilidad vale. Para cada x ∈M , si x ∈ Ui ∩ Uj , entonces

iii) JUix (αi) = J

Ujx (αj)

En este caso una R–orientacion esta bien definida en cada punto x por

Sergio Plaza 211

iv) αx = JUix (αi) , x ∈ Ui

Dado otro sistema de R–orientacion {(Vk, βk)}k∈Γ . Decimos que este define

la misma R−orientacion que el sistema de R−oreintacion {(Ui, αi)}i∈I si

v) αx = βx para todo x ∈M .

Una R−orientacion global de M es una clase de equivalencia de sistemas de

R−orientacion, donde la relacion de equivalencia es dada por la condicion (v) .

Definicion 16.4 Decimos que M es R−orientable (resp. orientable) si existe un

sistema de R−orientacion (resp. de Z−orientacion).

Teorema 16.1 a) Una subvariedad abierta N de una variedad R−orientableM es R−orientable.

b) M es R−orientable si y solo si todas sus componentes conexas lo son.

Demostracion. a) Sea {(Ui, αi)} un sistema de R−orientacion para M . Para

cada x ∈ N , sea βx ∈ Hn(N,N − x) correspondiendo a αx vıa el isomorfismo de

excision

Hn(N,N − x)−→Hn(M,M − x).

Tenemos que existe una vecindad abierta Vx de x tal que Vx ⊆ N ∩Ui para algun

i tal que βx tiene una unica continuacion a una R−orientacion local βx de N a

lo largo de Vx . Ademas, podemos elegir Vx suficientemente pequena de modo que

M −N ⊆ Int(M −Vx) . Tenemos entonces para cada y ∈ Vx el siguiente diagrama

conmutativo

Hn(N,N − y)

Hn(N,N − Vx)

Hn(M,M − y)

Hn(M,M − Vx)

Hn(M,M − U)

≈

≈

muestra que la R−orientacion local de V en y inducida por βx es igual a βy .

Luego (Vx, βx) es un sistema de R−orientacion en N . La parte (b) se sigue de

(a) .

Sergio Plaza 212

Proposicion 16.1 Supongamos que X es conexo. Entonces dos R−orientacionesde X que coinciden en un punto son iguales.

Demostracion. Facil, considere el conjunto A de los puntos de X donde dos

orientaciones coinciden y su complemento. Pruebe que ambos son abiertos.

Corolario 16.1 Una vaariedad conexa orientable tiene axactamente dos orienta-

ciones distintas.

Ejemplo. Para X = Sn y cualquier x ∈ Sn , la aplicacion Hn(Sn) −→ Hn(Sn, Sn−

x) es un isomorfismo, pues Sn − x es contractible. Tomando el cubrimiento

abierto consistente solo de Sn y αx un generador de Hn(Sn) , vemos que Sn

es R−orientable.

Proposicion 16.2 Toda variedad tiene una unica Z2−orientacion

Demostracion. Para cada x , se tiene que αx debe ser el unico elemento no cero

de Hn(M,M − x,Z2) . Si tomamos una vecindad abierta Ux de x en la cual αx

tiene una unica continuacion. Es claro que esas orientaciones son compatibles.

Teorema 16.2 Sea M una variedad conexa no orientable. Entonces existe un

recubrimiento conexo de dos hojas p : M −→M tal que M es orientable.

Demostracion. Definimos

M = {(x, αx) : x ∈M y αx es uno de los generadores de Hn(M,M − x,Z)}

y p(x, αx) = x . Verifique que M es orientable y que p : M −→ M es un

cubrimiento de dos hojas orientable.

Corolario 16.2 Toda variedad simplemente conexa es orientable. Mas general,

cada variedad conexa cuyo grupo fundamental no contiene subgrupos de ındice 2 es

orientable.

Demostracion. Se tiene que p∗π1(M, x) es un subgrupo de ındice 2 de π1(M,x) ,

p(x) = x .

Ejemplo. p : S2 −→ RP2 es un recubrimiento de 2 hojas con S2 orientable.

Ejemplo. p : T2 −→ botella de Klein es un recubrimiento de 2 hojas con T2

orientable.

Capıtulo 17

Cohomologıa singular

Definicion 17.1 El R–modulo Sq(X) de todas las cocadenas singulares sobre

X es HomR(Sq(X), R) = Sq(X)∗ , esto es, una q–cocadena singular es un R–

homomorfismo lineal c : Sq(X) −→ R .

Sea c una q–cocadena singular y sea z una q–ocadena singular, denotamos

el valor de c sobre z por [z, c] , es decir, c(z) = [z, c] . Tenemos entonces

[z1 + z2, c] = [z1, c] + [z2, c]

[z, c1 + c2] = [z, c1] + [z, c2]

[νz, c] = ν[z, c] = [z, νc] , ν ∈ R

Luego [ , ] es bilineal.

Una q–cocadena es lineal, por lo tanto es completamente determinada por

sus valores sobre los q–sımplices, y estos valores pueden ser asignados arbitraria-

mente. Luego, Sq(X) es isomorfo al producto directo de tantas copias de R como

q−sımplices singulares existen en X .

Ahora, si f : X −→ Y es una aplicacion continua, entonces tenemos un

homomorfismo f# : Sq(Y ) −→ Sq(X) definido por la formula

[z, f#(c)] = [f#(z), c]

para z ∈ Sq(X) y c ∈ Sq(Y ) . En el caso que z es un q–sımplice σ , entonces la

formula se escribe como

[σ, f#(c)] = [f ◦ σ, c].

213

Sergio Plaza 214

Proposicion 17.1 Existe un unico homomorfismo δ : Sq(X) −→ Sq+1(X) tal

que

[∂z, c] = [z, δc]

para toda (q+1)–cadena z y toda q–cocadena c . Si f : X −→ Y es una aplicacion

continua, entonces

δ ◦ f#q = f#(q+1) ◦ δ.

Ademas, δ ◦ δ = 0 .

Demostracion. La formula [z, δc] = [∂z, c] para z ∈ Sq+1(X) y c ∈ Sq(X) define

el operador δ de modo unico. El resto de la prueba es de verificacion inmediata.

El homomorfismo δ es llamado operador de coborde.

Ahora sean

Zq(X) = ker(δ : Sq(X) −→ Sq+1(X))

y

Bq(X) = Imagen (δ : Sq−1(X) −→ Sq(X)) .

La identidad δ ◦ δ = 0 implica que Bq(X) es un submodulo de Zq(X) .

Se define el q−esimo modulo de cohomologıa de X , Hq(X,R) , por

Hq(X,R) = Zq(X,R)/Bq(X,R).

Cuando no sea necesario especificar el R modulo, usamos la notacion Hq(X) para

Hq(X,R) .

Si f : X −→ Y es una aplicacion continua, entonces f∗q respeta cociclos y

cobordes, y por paso al cuociente induce un homomorfismo

f#q : Hq(Y ) −→ Hq(X) .

Si g : Y −→ Z es otra aplicacion continua, entonces (g ◦ f)∗q = f∗q ◦ g∗q ,para todo q > 0 .

Sea (X,A) un par topologico. Definamos

Sq(X,A) = HomR(Sq(X)/Sq(A), R)

Sergio Plaza 215

y definimos el operador de coborde δ : Sq(X,A) −→ S

q+1(X,A) por la ecuacion

[z, δc] = [∂z, c] ,

donde ∂ : Sq+1(X)/Sq+1(A) −→ Sq(X)/Sq(A) . Sea

Hq(X,A) = ker(δ : Sq(X,A) −→ S

q+1(X,A))/Imagen(δ : S

q−1(X,A) −→ S

q(X,A)) .

Ahora, sean i : A → X y j : X → (X,A) las aplicaciones inclusiones

canonica, entonces tenemos homomorfismo

· · · −→ Hq(X,A)j∗−→ Hq(X)

i∗−→ Hq(A)δq−→ Hq+1(X) −→ · · ·

para ello debemos definir el operador conector δ : Hq(A) −→ Hq+1(X,A) . Con-

sideremos el diagrama conmutativo

0 −→ Sq(X,A)j#−→ Sq(X)

i#−→ Sq(A) −→ 0

↓ ↓ ↓0 −→ Sq+1(X,A)

j#−→ Sq+1(X)i#−→ Sq+1(A) −→ 0

Sea c una q–cocadena en X tal que i#(c) sea un q–cociclo en A repre-

sentando una clase de cohomologıa c . Como i♯ ◦ δ(c) = δ ◦ i♯(c) = 0 se tiene

que δ(c) es un (q + 1)–cociclo relativo representando una clase de cohomologıa

δc ∈ Hq+1(X,A) . Esta clase no depende de la eleccion de c . Definimos entonces

δc = δc .

Teorema 17.1 Los modulos de cohomologıa singular satisfacen.

1. Contrafuntorialidad. Si f : X −→ Y , entonces

f∗q : Hq(Y,R) −→ Hq(X,R)

2. Diagramas conmutativos

Hq(A)δ−→ Hq+1(X,A)

f∗q ↑ ↑ f∗(q+1)

Hq(B)δ−→ Hq+1(Y,B)

Sergio Plaza 216

3. Sucesion exacta

0 −→ H0(X,A) −→ · · · −→ Hq(X) −→ Hq(A)δ−→ Hq+1(X,A) −→ · · ·

4. Invariancia homotopica. Si f ∼= g entonces f∗q = g∗q para todo q > 0 .

5. Excision. Si clausura(U) ⊆ interior(A) , entonces

Hq(X,A) −→ Hq(X − U,A− U)

es un isomorfismo.

6. Para un punto p , se tiene

Hq({p}) ={

R si q = 0

0 otro caso .

7. Se definen los modulos de cohmologıa aumentados para X 6= ∅ por

H0#(X) = coker(H0({p}) −→ H0(X))

donde X −→ p es la aplicacion constante. Para A 6= ∅ , se tiene que

H0#(X,A) = H0(X,A) .

Entonces la sucesion de cohomologıa aumentada es exacta.

Nota. Si f : A −→ B es un homomorfismo, se define el coker de f como

coker(f) = B/Imagen(f) .

8. Para un triple topologico (X ′, X,A) la siguiente sucesion de modulos de

cohomologıa

· · · −→ Hq(X ′, X) −→ Hq(X ′, A) −→ Hq(X,A) −→ · · ·

es exacta.

Sergio Plaza 217

9. Sucesion de Mayor–Vietoris exacta para una triada exacta

· · · −→ Hq(X1 ∪X2) −→ Hq(X1)⊕Hq(X2) −→ Hq(X1 ∩X2) −→ · · ·

10. Sucesion de Mayer–Vietoris relativa exacta.

11. Si X es contractible entonces Hq#(X) = 0 para todo q > 0 .

Capıtulo 18

Productos cup y cap

Sea S•(X) =⊕

q>0 Sq(X) . Si c ∈ Sq(X) y d ∈ Sq(X) definiremos el producto

cup de c y d , notacion c∪ d , de modo que c∪ d ∈ Sp+q(X) y es bilineal, esto es,

(c1 + c2) ∪ d = c1 ∪ d + c2 ∪ d y c ∪ (d1 + d2) = c ∪ d1 + c ∪ d2 . Basta definir el

producto c ∪ d sobre un (p+ q)−sımplice singular de σ . Para ello, consideremos

las aplicaciones

λp : ∆p −→ ∆p+q y ρq : ∆q −→ ∆p+q

definidas por λp = (e0, . . . , ep) , ρq = (ep, ep+1, . . . , ep+q) . Usando esto definimos

[σ, c ∪ d] = [σ ◦ λp, c] · [σ ◦ ρq, d] ∈ R

Si c =∑

p cp y d =∑

q dq son elementos de S•(X) , definimos

c ∪ d =∑

p,q

cp ∪ dq.

Proposicion 18.1 El pruducto cup en S•(X) es bilineal, asociativo, y tiene como

elemento identidad a la 0−cocadena 1 definida por [x, 1] = 1 para cada x ∈ X .

Demostracion. Se deja al lector.

Proposicion 18.2 El operador de coborde es una derivacion en el anillo graduado

S•(X) , es decir,

δ(c ∪ d) = δc ∪ d+ (−1)pc ∪ δd

para c ∈ Sp(X) y d ∈ Sq(X) .

218

Sergio Plaza 219

Demostracion. Sea σ un (p+ q+1)−sımplice. De calculo directo de [σ, δc ∪ d] ,[σ, c ∪ δd] y [σ, δ(c ∪ d)] , despues de algunos arreglos algebraicos se obtiene el

resultado.

Corolario 18.1 Z•(X) =⊕

q>0 Zq(X) es un subanillo de S•(X) y B•(X) =

⊕q>0B

q(X) es un ideal (por la izquierda y la derecha) de Z•(X) . En partic-

ular, el producto cup pasa al cuociente, y define un producto cup en H•(X) =⊕

q>0Hq(X) , con este producto cup, H•(X) es un R−algebra graduada.


Si f : X −→ Y es una aplicacion continua, entonces f induce un homomor-

fismo f#q : Sq(Y ) −→ Sq(X) para todo q > 0 , luego induce un homeomorfismo

f#• : S•(Y ) −→ S•(X) definido por

f#•

(∑

p

cp

)=∑

p

f#p(cp).

y pasando al cuociente, se obtiene un homomorfismo f• : H•(Y ) −→ H•(X) .

Proposicion 18.3 f#• y f• so homomorfismos de anillos.

Demostracion. Sea c ∈ Sp(Y ) , d ∈ Sq(Y ) y σ un (p + q)−sımplice sobre X .

Entonces

[σ, f#(p+q)(c ∪ d)] = [f ◦ σ, c ∪ d]= [(f ◦ σ) ◦ λp, c][(f ◦ σ) ◦ ρp, d]= [f ◦ (σ ◦ λp), c][f ◦ (σ ◦ ρp), d]= [σ, f#(p)(c)][σ, f#(q)(d)].

Teorema 18.1 H•(X) es antisimetrica, es decir,

a ∪ d = (−1)pqb ∪ a

para a ∈ Hp(X) y b ∈ Hq(X) . En particular, si a = b y p es impar, entonces

a ∪ a = 0 , cuando R tiene caracterıstica distinta de 2.

Sergio Plaza 220

Demostracion. Ver (Greenberg − Harper, pag. 198 - 202)

Ejemplo. H•(Sn) es el R−algebra graduada generada por un elemento a de

grado n , sujeto a la unica condicion a2 = 0 .

18.0.1 Producto cap

El producto cap

∩ : Sp+q(X)× Sp(X) −→ Sq(X)

es definido como sigue. Para cada c ∈ Sp(X) , z ∈ Sp+q , z∩c es la unica q−cadenaque satisface

[z ∩ c, d] = [z, c ∪ d]

para cada q−cocadena d . Explıcitamente, si σ es un (p + q)−sımplice en X ,

entonces

σ ∩ c = [σ ◦ λp, c](σ ◦ ρq)

y extendemos a las (p+ q)−cadenas por linealidad.Extendiendo por linealidad, definimos

∩ : S•(X)× S•(X) −→ S•(X).

Proposicion 18.4 El producto ∩ hace de S•(X) un S•(X)−modulo unitario

derecho.

Demostracion. Algebraica.

Ejercicio. Pruebe que z ∩ (c ∩ d) = (z ∩ c) ∩ d .

Proposicion 18.5 Para cada z ∈ Sp+q(X) y c ∈ Sp(X) , tenemos

∂(z ∩ c) = (−1)p (∂z ∩ c− z ∩ δc).

Demostracion. Calculando ambos lados de la igualdad y comparando los resul-

tados se sigue la prueba.

Sergio Plaza 221

Corolario 18.2 Por paso al cuaciente, el producto cap induce un pareamiento bi-

lineal

∩ : Hp+q(X)×Hp(X) −→ Hq(X)

Proposicion 18.6 Sea f : X −→ Y una aplicacion continua. Entonces

f∗p(a ∩ f∗q(b)) = f∗(p+q)(a) ∩ b

para a ∈ Hp+q(X) y b ∈ Hq(Y )

Demostracion. Verificando la formula para cadenas y cocadenas, se sigue el re-

sultado.

Capıtulo 19

Grupos de homotopıa de

orden superior

—indexGrupos de homotopıa de orden superior

Una aplicacion de pares, f : (X,A) −→ (Y,B) significa que f : X −→ Y ,

es tal que f(A) ⊆ B . Dos aplicaciones de pares f, g : (X,A) −→ (Y,B) son

homotopicas si, existe una aplicacion de pares F (X × I, A× I) −→ (Y,B) , tal que

{F (x, 0) = f(x)

F (x, 1) = g(x) .

Note que para todo t ∈ I , a ∈ A , se tiene que F (a, t) ∈ B . Por lo tanto,

una homotopıa entre f, g : (X,A) −→ (Y,B) es una homotopıa entre f y g , tal

que para todo t ∈ I y todo a ∈ A , se tiene F (a, t) ∈ B .

Sea In = I × · · · × I , (n-veces) el cubo unitario n–dimensional en Rn y sea

∂In su frontera.

Dado un espacio topologico X y un punto x0 ∈ X , definimos el conjunto

π(In, ∂In, X, x0) = {[ϕ] / ϕ : (In, ∂In) −→ (X, x0)} , conjunto de clases de ho-

motopıas de aplicaciones ϕ : (In, ∂In) −→ (X, x0) , es decir, ϕ : In −→ X y

ϕ(∂In) = x0 .

Tambien podemos considerar el conjunto π(Sn, p0, X, x0) = {ψ | ψ : (Sn, p0) −→(X, x0)} , donde p0 ∈ Sn .

222

Sergio Plaza 223

Proposicion 19.1 Existe una correspondencia biyectiva entre π(In, ∂In, X, x0) y

π(Sn, p0, X, x0) .

Demostracion. Primero notemos que el espacio cuociente In/∂In es homeomorfo

a Sn . Sea θ : In/∂In −→ Sn un tal homeomorfismo, el interior Int(In) del cubo

In corresponde biyectivemente por el homeomorfismo θ a Sn−{p0} . La aplicacionθ es llamada un homeomorfismo relativo.

Ahora, dada f : (Sn, p0) −→ (X, x0) asociamos a ella la aplicacion f ◦θ : (In, ∂In) −→ (X, x0) , esto induce una aplicacion Γ : π(Sn, p0, X, x0) −→π(In, ∂In, X, x0) dada por Γ([f ]) = [f ◦ θ] . Es facil verificar que Γ esta bien

definida (ejercicio al lector). Recıprocamente, dada g : (In, ∂In) −→ (X, x0) aso-

ciamos a ella la aplicacion g : (Sn, p0) −→ (X, x0) , que coincide con g ◦ θ−1 sobre

Sn − {p0} y que lleva el punto p0 en x0 .

Esto induce una aplicacion Γ : π(In, ∂In, X, x0) −→ π(Sn, p0, X, x0) , que es

la inversa de Γ .

In Sn

In/∂In

θ

π θc

Se deja a cargo del lector la verificacion de los detalles.

Teorema 19.1 El conjunto π(In, ∂In, X, x0) , n > 1 , es un grupo abeliano. Este

grupo es llamado grupo de homotopıa de orden n del espacio X con base en el

punto x0 ∈ X , y es denotado por πn(X, x0) .

Demostracion. Sean [ϕ], [ψ] ∈ π(In, ∂In, X, x0) .Definimos la suma [ϕ] + [ψ] como [ϕ] + [ψ] = [ϕ + ψ] , donde la aplicacion,

ϕ+ ψ es definida por

(ϕ + ψ)(t1, t2, . . . , tn) =

{ϕ(2t1, t2, . . . , tn), 0 6 t1 6 1/2

ψ(2t1 − 1, t2, . . . , tn), 1/2 6 t 6 1 .

Es claro que esta suma esta bien definida y es asociativa (verifique esta afir-

macion).

Sergio Plaza 224

Definimos el elemento 0 como la clase de la aplicacion constante θ : (In, ∂In) −→(X, x0) , dada por θ(I

n) = x0 . Tenemos que [ϕ]+[θ] = [ϕ] , para toda [ϕ] , es decir,

ϕ+θ es homotopica a ϕ , para ello tomamos la homotopıa Φ : (In×I, ∂In×I) −→(X, x0) dada por

Φ(t, s) =

ϕ

(2t11 + s

, t2, . . . , tn

), 0 6 t1 6

1 + s

2

x01 + s

26 t1 6 1

donde t = (t1, . . . , tn)

Verifique que tambien [θ] + [ϕ] = [ϕ] .

Para [ϕ] ∈ π(In, ∂In, X, x0) , definimos su inverso como [ϕ ◦ η] , donde η :

In −→ In es dada por η(t1, . . . , tn) = (1 − t1, t2, . . . , tn) , es decir, (ϕ ◦ η)(t) =

ϕ(1− t1, t2, . . . , tn) . Ahora, para verificar que [ϕ] + [ϕ ◦ η] = [θ] consideramos una

homotopıa Φ entre ϕ+ θ y θ dada por

Φ(t, s) =

x0, 0 6 t1 6 s/2

ϕ(2t1 − s, t2, . . . , tn) s/2 6 t1 6 1/2

ϕ(−2t1 + 2− s, t2, . . . , tn) 1/2 6 t1 6 1− s/2

x0 1− s/2 6 t1 6 1 .

Finalmente mostraremos que πn(X, x0) es abeliano. Sean [ϕ], [φ] ∈ πn(X, x0) ,mostraremos que las aplicaciones ϕ+ψ y ψ+ϕ son homotopicas a la misma apli-

cacion.

Consideremos la homotopıa Φ1(t, s)

Sergio Plaza 225

Φ1(t, s) =

x0 0 6 t2 6 s2

ϕ(2t1,2t2 − s2− s , t3, . . . tn),

s2 6 t2 6 1

2

0 6 t1 612

ψ(2t1 − 1,2t22− s , t3, . . . , tn), 0 6 t2 6 1− s

2

x0, 1− s2 6 t2 6 1

12 6 t1 6 1 .

Entonces Φ1(t, 0) = (ϕ+ ψ)(t) , y

Φ1(t, 1) =

x0 0 6 t2 612

ϕ(2t1, 2t2 − 1, t3, . . . , tn),12 6 t2 6 1

0 6 t1 612

ψ(2t1 − 1, 2t2, t3, . . . , tn), 0 6 t2 612

x0,12 6 t2 6 1

1/2 6 t1 6 1 .

Consideremos otra homotopıa,

Φ2(t, s) =

ϕ

(2t11 + s

, 2t2 − 1, t3, . . . , tn

)0 6 t1 6

1+s2

x01+s2 6 t1 6 1

12 6 t2 6 1

x0 0 6 t1 61−s2

ψ

(2t1 − 1 + s

1 + s, 2t2, t3, . . . , tn

), 1−s

2 6 t1 6 1

0 6 t2 6 12 .

Entonces Φ2(t, 0) = Φ1(t, 1) y

Φ2(t, s) =

ψ(t1, 2t2 − 1, t3, . . . , tn) 0 6 t1 6 1, 12 6 t2 6 1

ψ(t1, 2t2, t3, . . . , tn), 0 6 t1 6 1 0 6 t2 612 .

Sergio Plaza 226

Luego, tenemos ϕ + ψ ∼ Φ1(t, 1) = Φ2(t, 0) ∼ Φ2(t, 1) . Ahora, para la suma

ψ + ϕ , tenemos las homotopıas.

Ψ1(t, s) =

ψ

(2t1,

2t21− s , t3, . . . , tn

), 0 6 t2 6 1− s

2

x0, 1− s2 6 t2 6 1

0 6 t1 6 12

x0, 0 6 t2 6s2

ϕ

(2t1 − 1,

2t2 − s2− s , t3, . . . , tn

),

s

26 t2 6 1

12 6 t1 6 1

tenemos que ψ1(t, 0) = (ψ + ϕ)(t) , y

Ψ1(t, 1) =

ψ(2t1, 2t2, t3, . . . , tn), 0 6 t2 612

x0, 1− s2 6 t2 6 1

0 6 t1 6 12

x0, 0 6 t2 612

ϕ(2t1 − 1, 2t2 − 1, t3, . . . , tn),12 6 t2 6 1

12 6 t1 6 1

Finalmente,

Ψ2(t, s) =

ψ

(2t1 − 1 + s

1 + s, 2t2 − 1, t3 . . . , tn

), 0 1−s

2 6 t1 6 1

x0, 0 6 t1 6 1−s2

12 6 t2 6 1

x0,1+s2 6 t1 6 1

ϕ

(2t11 + s

, 2t2, t3, . . . , tn

), 0 6 t1 6

1+s2

0 6 t2 612 .

nos da Ψ2(t, 0) = Ψ1(t, 1) y Ψ2(t, 1) = Φ2(t, 1)

Sergio Plaza 227

Tenemos ψ+ϕ ∼ ψ1(t, 1) = ψ2(t, 0) ∼ ψ2(t, 1) = Φ2(t, 1), de donde obtenemos

ϕ+ ψ ∼ Φ2(t, 1), ψ + ϕ ∼ Φ2(t, 1) , por lo tanto, ϕ+ ψ ∼ ϕ+ ϕ .

Teorema 19.2 Toda aplicacion continua f : (X, x0) −→ (Y, y0) induce un ho-

morfismo π(In,∂In)(f) : πn(X, x0) −→ πn(Y, y0) .

Demostracion. Analoga al caso π1

Index

H0, 143

Grupos de homologıa de complejos sim-

pliciales, 129

Accion de grupos sobre espacios topologicos,

14

Algunos espacios usuales, 1

Aplicaciones del grupo fundamental de

cırculo, 78

Axioma de exactitud, 173

Axioma de homotopıa, 167

Axioma de homotopıa para homologıa

reducida, 172

Axioma de homotopıa para homologıa

singular, 167

Axioma de la composicion para homologıa

reducida, 172

Axioma de la composici’on, 166

Axioma de la identidad, 166

Axioma de la identidad para homologıa

reducida, 172

Calculo del grupo fundamenetal de al-

gunos spacios, 67

Caminos y producto de caminos, 42

Campos de vectores y homotopıa, 25

Cohomologıa singular, 213

Complejos esfericos, 184

Complejos simpliciales y poliedros, 130

Conexidad y grupos de homologıa, 151

Cono de una aplicacion, 197

Definicion de homotopıa de aplicaciones,

22

Definicion de recubrimiento, 85

Dependencia del grupo fundamental res-

pecto del punto base, 49

Disco unitario, 2

Ejemplos de calculo de homologıa, 139

ejercicios teorıa de homotopia, 111

Equivalencia homotopica, 29

Equivalencia homotopica de caminos, 43

esfera unitaria, 2

Espacio adjuncion, 184

Espacio proyectivo complejo, 10

Espacio proyectivo real, 7

Espacio suspension, 195

Espacion de recubrimiento, 85

Espacios contractibles, 31

Espacios homogeneos, 16

Espacios lenticulares, 6

Espacios lenticulares generalizados, 6

Estructuras de los grupos de homologıa,

152

Formula de Kunneth para homologıa sin-

228

Sergio Plaza 229

gular, 180

Fibracion de Hopf, 186

Grupo de cadenas, grupo de ciclos y grupo

de bordes, 132

Grupo fundamental, 45

Grupo fundamental de algunos grupos

clasicos, 80

Grupo fundamental de grupos topologicos,

57

Grupo fundamental de superficies, 69

Grupo fundamental de un espacio de orbitas,

94

Grupo fundamental del cırculo, 73

Grupo fundamental y espacios de recubrim-

iento, 93

grupos clasicos, 11

Grupos de homologıa simplicial, 137

Homologıa 0–dimensional, 159

Homologıa de algunos espacios, 184

Homologıa reducida, 167

Homologıa relativa, 171

Homologıa simplicial, 131

Homologıa singular, 156

Homomorfismo inducido, 52

Homomorfismo inducido en homologıa re-

ducida, 172

Homomorfismo inducido en homologıa sin-

gular, 165

Homotopıa de aplicaciones, 21

Homotopıa de aplicaciones de pares, 172

Homotopıa realtiva, 27

Homotopıa y extension de aplicaciones,

39

Lema de Barratt–Whitehead, 188

Lema de los cinco, 187

Lema del pegado, 28

Levantamiento de aplicaciones, 99

Levantamiento de caminos y homotopıa,

91

Numeros de Betti y caracterıstica de Euler–

Poincare, 205

Numeros de Betti y el teorema de Euler–

Poincare, 153

Operador borde, 133

Orientacion en variedades, 208

Productos cup y cap, 218

Recubrimiento universal, 106

Relacion entre π1(X) y H1(X,Z), 161

Retracto de deformacion, 38

Retracto de deformacion fuerte, 38

Retractos, 34

Simplices, 129

Simplices singulares, 156

Sucesion de homologıa de Puppe, 203

Sucesion de Mayer–Vietoris, 181

Sucesion de Mayer-Vietoris para homologıa

reducida, 182

Teorema Brower del punto fijo, 177

Teorema de (Poincare–Hurewicz, 163

Teorema de excision, 175

Teorema de levantamiento, 97

Teorema de Monodromıa, 91

Teorema de Poincare–Bohl, 27

Teorema de Seifert–van Kampen, 60

Sergio Plaza 230

Toros, 7

Variedad de Grassmann, 19

Referencias

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231

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