Sobre los espacios regulares y
normales
T
3
, T
4
. Teoremas de
Urysohn y Tiezte.
Nota al lector: Utilizaremos las expresiones entorno y entorno abierto indistinta-mente durante la formulación de los teoremas y sus respectivas demostraciones siempre y cuando quede claro en el contexto de las mismas.
Comenzemos introduciendo el concepto de espacio regular, con él conseguire-mos en primer lugar fortalecer el axioma de separaciónT2o Hausdor, a partir
de las condiciones del mismo, es decir:
Definici´on: Diremos que un espacio Hausdor (Y,T) es regular o T3, si
para cada puntoy∈Y y para cada cerradoAcontenido enY, tal quey /∈A, entonces existen un abiertoU entorno dey, yV abierto que contiene a A, tal queU ∩V =∅.
Esta denición tiene formulaciones equivalentes que vienen relacionadas con la siguiente proposición
Proposici´on:Las siguientes propiedades son equivalentes 1. Y es un espacio regular.
2. Para caday∈Y y para cada,U, entorno abierto dey existe otro entorno abiertoV (dey) que verica las siguientes inclusiones: y∈V ⊂V ⊂U. 3. Para cada y ∈ Y y para cada cerrado A, con y /∈ A, existe un entorno
abiertoV deyenY, tal que V ∩A=∅
Demostraci´on:
• 1 ⇒ 2. Para cada U, entorno abierto de y, tomemos Y \U que es cerrado enY con y /∈Y \U. Así, por serY un espacio regular existen sendos abiertos disjuntos, uno entorno abierto de y, y ∈ V, y un abierto W ⊃ Y \U . Además Y \ W es cerrado y V ⊂ (Y \W), luego V ⊂ (Y \W). Y como V ∩(Y \U)⊂V ∩(Y \W) =∅, tenemosy∈V ⊂V ⊂U.
• 2 ⇒ 3. Basta tomar Y \A, que es entorno abierto de y, de modo que por 2 existe un abierto incluidoV ⊂Y \A tal que se verica la siguiente cadena de relacionesV ⊂V ⊂Y \Ade modo queV ∩A=∅.
• 3⇒1. ComoAes cerrado yy /∈A, entonces existe un entorno abierto de y, V, tal que su adherencia no corta a A, es decir
V ∩A = ∅. Además A ⊂ Y \ V y V ∩Y \V = ∅, luego
hemos encontrado un entorno abierto dey,V, y un abierto que contiene aA,Y \V, que tienen intersección vacia.
Teorema: Todo subespacio de un espacio regular es regular. Además el producto arbitrario de espacios es regular si y solo si cada uno de los elementos del producto lo es.
Demostraci´on:
• Supongamos queX es subespacio deY. Entonces dadosx∈X yA⊂Xcerrado enXtales quex /∈A, es claro quex∈Y y∃B cerrado enY tal queA=X∩B. Por ser Y un espacio regular tenemos por denición que existe un entornoSdel puntoxenY y un abiertoW deBenY, tal que cumplenS∩W =∅. Ahora
basta intersecarlos con el subespacio X, es decir,S∗=S∩X y W∗=W∩X y tenemos el resultado pues estos son los abiertos enX tales queS∗∩W∗=∅
• La demostración es análoga a la del axioma Hausdor.
Teorema: Sea Y regular y A ⊂ Y subconjunto innito. Entonces existe una familia {Un:n≥0} de abiertos tales que sus adherencias son dos a dos
disjuntas y tales que su intersecciónA∩Un6=∅para cadan≥1.
Demostraci´on:
Procederemos por inducción y tomaremos U0 = ∅. Tomemos
U0...Un tales que sus clausuras son disjuntas dos a dos y además
A∩Uk 6=∅ para cada1≤k≤n, y tomemosAn denido como
An=A− ∪ni=0Ui
AsíAnes un conjuntos innito, pues las adherencias son
disjun-tas dos a dos. Sean a y b puntos distintos en An, por ser Y un
espacio regular se tiene que podemos encontrar un abierto V y W tal que a∈V ⊂V ⊂Y − ∪n i=0Ui∪ {b} b∈W ⊂W ⊂Y − ∪n i=0Ui∪V
Deniremos ahora Un+1 =V en caso de queV ∩A sea nito y
Un+1=W en otro caso. Entonces con esta denición las adherencias
de la familiaU0...Un+1son disjuntas dos a dos y además se tiene que
Caracterizaremos ahora que ocurre con las aplicaciones de espacios regulares X, en las aplicaciones en un espacio cociente dada una relación de equivalencia. Si la proyección no cumple propiedades restrictivas no se puede esperar nada de la estructura topológica del cociente, es decir, por cociente las propiedades de un espacio topológico vía una relación de equivalencia no son heriditarias. Este resultado insatisfactorio se puede mejorar si la aplicación proyección entre el espacio topológicoX y su cociente verica una condición, como veremos en el siguiente resultado.
Teorema: Sea X un espacio regular y sea la proyección p : X −→ X/R dondeR es una relación de equivalencia enX entonces sipes cerrada se tiene queR⊂X×X es cerrada.
Demostraci´on:
Tomemos (x, y) ∈/ R, vamos a encontrar un entorno del punto (x, y) ∈ U ×V ⊂ CR. Entenderemos CR formalmente como el complementario de la relación de equivalencia, es decir que ningún punto del producto cartesiano de U×V pertenece a la relación de equivalencia, que son dos abiertos tales quep(U)∩p(W) =∅, pues si
existiera algun elemento tal que se satisciera lo anterior se tendría que existirían dos puntos uno deU y otro deV de modo que estarían relacionados no cumpliendose U ×V ⊂ CR. Notese que (x, y) ∈/ R⇒p(x)6=p(y)⇒x /∈p−1p(y)por serX en particular Hausdor
y es cerrado de modo que por ser la aplicacion proyección cerrada tenemos quep−1p(y)es cerrado en X luego existen abiertos disjuntos de modo quex∈U y p−1p(y)⊂V. Pero por ser p una aplicación cerrada (resultado sobre proyecciones) tenemos p(y)∈W de modo quep−1p(y)⊂p−1(W)⊂V luegoU×p−1(W)es el entorno buscado de(x, y).
Corolario: SiX es regular yp:X −→X/Res cerrada y abierta entonces X/Res Hausdor
Demostraci´on:
La prueba es evidente a partir de lo anterior puespes cerrada y Xes regular luego el conjuntoR⊂X×X es cerrado, ademas la apli-caciónpes abierta, luego como en concreto el espacio es Hausdor por serR⊂X×X es cerrado , entoncesX/Res Hausdor.
Teorema:Sea X un espacio regular yA⊂X cerrado en X, entoncesX/A es Hausdor.
Demostraci´on:
Sean dos elementosa1, a2deX/A.Estudiemos por casos.
Supong-amos quea1, a2∈X/A−[A], entonces es trivial puesX−Aes
y se quedan completamente contenidos en X −A. Ahora supong-amos sin perdida de generalidad quea2 = [A] , además p−1(a1)es
un único punto yp−1(a1)∈/ A. En consecuencia comoAes cerrado
y p−1(a1) no está en A tenemos el resultado, pues X es regular y
por tanto existen dos abiertos disjuntos que separan a A cerrado y p−1(a
1), que es un único punto. LlamemoslosU, V . Evidentemente
p(U)yp(V)son abiertos por ser la aplicaciónpabierta, lo que nos da una separación por medio de dos abiertos disjuntos dea2 ya1.
Deniremos ahora un nuevo modelo de axioma de separación aún mas fuerte que el anterior.
Definici´on: Diremos que un espacio de Hausdor es normal o T4 si para
cada par de cerrados disjuntos existen dos entornos abiertos que los separan, es decir cuya intersección es vacía. Claramente todoT4⇒T3⇒T2.
Estudiemos algunas formulaciones equivalentes a partir de las cuales carac-terizaremos los espacios normales.
Proposicin:Las siguientes formulaciones son equivalentes 1. Y es normal
2. Para cada cerrado A y abierto U ⊂A hay un abierto V que cumple las siguiente cadena de inclusionesA⊂V ⊂V ⊂U
3. Para cada par de conjuntos cerradosA,B, existe un abiertoU conA⊂U yU∩B =∅
4. Para cada par de conjuntos cerrados existen entornos cuya adherencia también es disjunta.
Demostraci´on:
La prueba es similar a la del caso en el que Y era regular.
Teorema:
• La normalidad es invariante bajo aplicaciones continuas cerradas
suprayec-tivas
• Un subespacio en general de un espacio normal no es normal, si el
• El producto cartesiano de espacios normales no es necesariamente normal.
En cualquier caso, si el producto es normal cada factor que conforma tal producto es normal.
Demostraci´on:
• Sea Y un espacio normal supongamos f : Y −→ Z tal que f es continua y suprayectiva, entonces tomemos dos conjuntos disjuntos cerrados arbitrarios A ,B en Z, por ser f una apli-cación suprayectiva y continua, tenemos que la imagen inversa de cerrados es cerrado y ademas estos dos conjuntos son dis-juntos es decirf−1(A)yf−1(B)que son cerrados enY donde
f−1(A)∩f−1(B) = ∅, pues si existiera un x punto que
estu-viera en ambos entoncesx∈f−1(A)yx∈f−1(B)de modo que
f(x)∈Ayf(x)∈B luego contradiría la suprayectividad pues A y B son disjuntos, ahora como Y es es un espacio normal, tenemos que existen un par de abiertos supongamosC1, C2tal
que verican f−1(A) ⊂C1 y f−1(B) ⊂ C2 con C1∩C2 =∅
aplicando la proposición anterior existe V1, V2 tal que sus
ad-herencias respectivamente vericanf−1(A)⊂V1⊂V1 ⊂C1 y
f−1(B)⊂V
2⊂V2⊂C2además V1∩V2⊂C1∩C2=∅ , luego
tomando las imagenes def(V1)yf(V2)que son cerradas pues
f es cerrada son dos cerrados que contienen a Ay B respecti-vamente puesf(A)⊂f(V1),f(B)⊂f(V2), basta comprobar
quef(V1)∩f(V2) =∅, si hubiera un punto en la intersección
seríax∈f(V1) yx∈f(V2)luego f−1(x)∈V1∩V2 pero esto
es vacío de modo que hemos concluido la prueba.
• Es evidente pues un cerrado en un subespacio es también
cer-rado en el espacio ambiente el cual es normal, luego tomando los abiertos pertinentes y cortandolos con el subespacio tenemos el resultado.
• El resultado se obtiene de aplicar los pertinentes resultados
obtenidos para espacios Hausdor pues los espacios normales son Hausdor, y utilizar adecuadamente las dos armaciones anteriores.
Teorema de Urysohn
Como ya sabemos en general dada un aplicación entre dos espacios topológicos, la caracterización de que esta aplicacion sea o no continua depende directamente de de lo relativo a cada uno de los espacios topológicos de partida y llegada, es decir si Y es un conjunto nito con mas de un elemento y tomamos su
topología discreta y su topología trivial es claro que la aplicación identidad g : (Y, TD)−→ (Y, TT rivial) es siempre continua pero la aplicación inversa no
lo es. Así los espacios normales adquieren una gran importancia pues siempre existen funciones continuas no constantes con valores reales denidas de la forma f : X −→ E1 . El siguiente resultado nos caracteriza cuándo el conjunto Y es normal, en terminos de la existencia de una aplicación continua entre subconjuntos del propio Y. Antes de enunciarlo señalemos que en adelante E1:= (R, T
u).
Teorema(P.U rysohn) :Sea Y un espacio topológico Hausdor,entonces las siguientes armaciones son equivalentes:
1. Y es normal
2. Para cada par de conjuntos cerrados y disjuntos,AyB, enY, existe una aplicación continuaf :Y −→E1, llamada aplicación de Urysohn relativa a
AyB(es importante hacer notar que efectivamente depende directamente de quienes sean A y B), que verica las siguientes propiedades
(a) 0≤f(y)≤1∀y∈Y (b) f(a) = 0∀a∈A
(c) f(b) = 1∀b∈B Demostraci´on:
2 ⇒ 1. Como para cada par de cerrados disjuntos A y B ex-iste una aplicación continua que satisface dichas tres condiciones en-tonces tomando U =
y:f(y)<14 y V =
y:f(y)>34 se tiene queA⊂U,B⊂V y estos son abiertos, lo que completa el resultado.
1⇒2.Denamos R= r∈Q:r= k 2n/0≤ k 2n ≤1
Veamos que a cadar∈Rle podemos asociar un abiertoU(r)que verique las siguientes propiedades
• A⊂U(r)yU(r)∩B=∅
• Sir < r0⇒U(r)⊂U(r0)(esto último nos dice que la desigual-dad preserva el orden salvo adherencia del primer término) Consideremos el conjunto denido como
Dm= U k 2m :k= 0,1...2m
D0 esta formado por dos elementos U(0) y U(1). Tomemos,
U(0) =Hcualquier abierto que verique (que existe por la condición de normalidad )
A⊂H ⊂H⊂U(1) =Y /B
Asumamos por inducción que hemos construido hasta Dm−1.
Solo necesitaremos denir los U k
2m
para k impares , pues para k pares tenemos que
U k 2m =U 2 k 2 2n ! =U k 2 2n−1 !
donde este último ya esta denido en Dm−1. Para el que tenemos
en virtud deDm−1 la siguiente estimación. Suponiendo ahora que
k es impar, podemos denir paraU(k/2m) como un abierto U que
satisfaga la siguiente relación, que vuelve a existir por normalidad, U k−1 2m ⊂U ⊂U ⊂U k+ 1 2m
Esto completa la demostración puesDmes constructible. Queda
por denirf. Tomemos ahoraU(1) =Y y observemos que∪mDm=
{U(r) :r∈R}. Consideremos:
f(y) :=inf{r∈R:y∈U(r)} ∀y∈Y
Es evidente que esta aplicación así denida verica la condición (a). Es más esta aplicación cumple f(B) = 1 , pues ∀b ∈ B, b ∈
U(1) =Y, yf(A) = 0, pues∀a∈A,a∈U(r)∀r. Basta comprobar la continuidad de la aplicación y habremos terminado. Seaf(y0) =
r0, si r0 no es ninguno de los extremos del intervalo [0,1] entonces
elijamos un ε de modo que el intervalo quede contenido dentro de [0,1], es decir,W = (r0−ε, r0+ε)⊂[0,1]: y tomemos dos puntos
r0, r00 ∈ R tales que veriquen r0−ε < r0 < r0 < r00 < r0 +ε
(se pueden tomar por la densidad de R en [0,1]). Entonces U = U(r00)−U(r0)es un entorno de y
0 y además f(U)⊂ W,pues y ∈
U(r00) ⇒ f(y) ≤ r00 y análogamente y /∈ U(r0) ⇒ f(y) ≥ r0. De ser r0 ∈ {0,1} bastará tomar U como el entorno abiertoU(r00), si
r0= 0, oX−U(r0), sir0= 1, para quef(U)⊂W,.
Corolario:En la prueba no es vinculante el hecho de que la aplicación ter-mine en el intervalo[0,1],cualquier intervalo cerrado y acotado se puede sustituir en la prueba.
Teorema de extensión de Tieztze.
Muy a menudo en matemáticas es importante conocer bajo qué ciertas condi-ciones podemos extender una función a conjuntos mas amplios. Este tipo de resultados apararecen en muchos contextos diferentes como en variable com-pleja, para extender funciones holomorfas a conjuntos mas amplios para lo cual disponemos de teoremas muy celebres como el de extensión de Riemann. En el contexto de la geometría diferencial y mas en general en el contexto de las variedades diferenciables muy a menudo necesitamos de disponer de una función que sea continua y diferenciable ya no solo en la topología relativa inducida en la supercie tratada en cuestión, si no en todo el espacio,tal que su restricción a la supercie sea la función original, y en este contexto las extensiones de funciones juegan un papel esencial en la teoría de la geometria diferencial moderna. Para ello formalizaremos el concepto de extensión continua de una función.
Definici´on:Sean X,Y espacios topológicos y A ⊂ X, y sea f : A −→
Y continua diremos que f posee una extensión enX que llameremos fesi se
satisfacen las dos siguientes condiciones: 1. fe:X −→Y es una función continua
2. fe(x) =f(x)∀x∈A, lo que abreviadamente escribiremos comofeA=f(x),
es decir, si su restricción sobre el subespacio A coincide con la funcion original.
Teorema(H.T ietze) :SeaXun espacio Hausdor. Las siguientes propiedades son equivalentes:
1. X es un espacio topológico normal
2. Para cada cerradoA⊂Xy para cada función continuaf :A−→E1existe una extensión continuaF :=fe:X −→E1.En particular, sikf(a)k< cen
A, se puede elegir F adecuadamente de modo quekF(x)k< c ∀x∈X Demostraci´on:
2 ⇒ 1. Supongamos que en virtud de 2 tenemos dos cerrados disjuntos A y B y denamos la siguiente aplicación f : A∪B ⊂
X −→E1 tal quef(A) =y
0 yf(B) =y1, entonces existe una
ex-tensión continua de esta función llamemoslaF :X −→E1y existen
entornos abiertos dey0,y1llamemos U,V tal queU∩V =∅, entonces
F−1(U), F−1(V)son entornos disjuntos de A, B respectivamente, en
efecto es claro que son entornos pues,y0∈U,y1∈V yF es extensión
def entoncesf(A) =F(A)lo que nos da quef−1(y0)⊂F−1(y0), y
analogamentef−1(y1)⊂F−1(y1)ahora basta ver que son disjuntos,
w ∈ F−1(U), w ∈ F−1(V) luego F(w) ∈ U y F(w) ∈ V de modo que esta en la intersección de ambas F(w) ∈ U ∩V, pero el con-junto es vacío, luego llegamos a una contradicción lo que nos da la demostración.
1 ⇒2. Probaremos un lema previo a la demostración que nos servirá para la construcción de la F, la cual realizaremos en tres etapas
Lema T´ecnico:Supongamosg:A−→E1continua que verica kg(a)k ≤cpara todoa∈A. Entonces existe una aplicación continua denida en todo el espacio que llamaremosh:X −→E1que cumple
1. kh(x)k<3c x∈X 2. kh(a)−g(a)k ≤ 2c
3 a∈A
Demostración del Lema: Denamos los siguientes conjuntos A+= n a∈A:g(a)≥ c 3 o A+= n a∈A:g(a)≤ −c 3 o
Por construcción estos conjuntos son cerrados disjuntos en A, pues son la imagen inversa de cerrados, es decir cerrados. En particular son cerrados en X. Como X es un espacio normal, por el Teorema de Urysohn tenemos que existe una función h:X −→E1 de modo
que para todos los elementos deA+tomará el calor 3c y para todos
los elementos de A−tomará el valor −3c, y la función de Urysohn
satisfacerá que −c
3 ≤ h(x) ≤
c
3, lo cual nos da lo que queríamos
demostrar.
La prueba del teorema la realizaremos en 3 etapas:
1 Etapa : Supongamos que kf(a)k ≤ c en A. En virtud del lema anterior tenemos que existe una función continua,hf0 :X −→
E1, que cumple las tesis del lema, en concreto k
f
h0(x)k < 3c y khf0(a)−f(a)k ≤ 23c a ∈ A. Si consideramos ahora la función
f −fh0 : A −→ E1, aplicando nuevamente el lema técnico
ante-rior, existe una funciónfh1:X −→E1continua tal que (el papel que
jugaba c en la primera iteración lo juega ahora 2c
3) kfh1(x)k ≤ 2c 3 1 3 x∈X kf−fh1(x)−fh0(x)k ≤ 2c 3 2c 3 a∈A
Por inducción, si suponemos que fh1,fh2...,hfn estan denidas y
todas ellas verican
khfn(x)k ≤ 2c 3 n1 3 x∈X kf− n X i=0 e hi(x)k ≤ 2c 3 2 3 n c a∈A
y aplicamos el lema de nuevo tenemos que existe una función con-tinuah]n+1:X −→E1que verica la siguiente estimación
kh]n+1(x)k ≤ 2 3 1 3 2 3 n c= 1 3 2 3 n+1 c x∈X kf− n+1 X i=0 e hi(x)k ≤ 2c 3 2 3 n+1 c a∈A
Queda así construida la familia de funciones continuasnhfn :X −→E1
o
n∈N
. Se puede probar que la función denida como F(x) =P∞
0 hfn(x)
es una función continua en X. La segunda desigualdad muestra, por la convergencia del segundo miembro a 0 cuando n es suciente-mente grande, queP∞
0 hei(x) =f(a) =F(a). Ahora empleando la
primera desigualdad y las estimaciones fundamentales para series de funciones, tenemos kF(x)k=k ∞ X 0 f hn(x)k ≤ ∞ X 0 khfn(x)k ≤ 1 3c ∞ X 0 2 3 n = 1 3c 1 1−2 3 =c
2 Etapa:Supongamos ahora quekf(a)k< cen A. La extensión F que hemos construido en la primera etapa satisface quekF(x)k ≤
c. Consideremos el conjunto A0 = {x∈X :kF(x)k=c}, entonces
A0es cerrado, pues es la imagen inversa de dos puntos{±c}por una
aplicación continua, es decirF−1({±c}), y los puntos son cerrados en la segunda topología, y claramenteA0∩A=∅. Entonces existe una
función de Urysohn denida en todo el espacioζ:X −→E1tal que sobre los conjuntosAyA0actua como la siguiente función indicatriz
(
ζ(x) = 0 x∈A0
ζ(x) = 1 x∈A
donde en virtud del teorema se satisface que su extensión al es-pacio X cumple que0≤ζ(x)≤1. Tomando ahora una función que esta denida como el producto de dos funciones en todo el espacio
G(x) :=ζ(x)F(x), esta es continua (se puede comprobar facilmente) y verica G(a) =ζ(a)F(a) =F(a) =f(a)para a∈A, luego Ges por denición otra extensión de f en todo el espacio topológico X con imagen enE1.De hecho kG(x)k< cenX : six∈A0 entonces
G(x) = 0y si esta en complementario deA0 entonceskζ(a)k<1de
modo quekF(x)k< c
3 Etapa:fno necesariamente acotada. Si tomamos la aplicación h:E1−→(−1,1)denida por el homeomorsmo
h(x) = x 1 +kxk
Por la segunda etapa de la prueba, la aplicaciónh◦f :A−→(−1,1) tiene una extensión, F, a todo el espacio. De este modo tenemos que fe= h−1◦F es una extensión de la antigua f, que en efecto
coincide con ella para todo a ∈ A pues fe(a) = h−1(a)◦F(a) =
h−1(a)h(a)f(a) =f(a). Esto completa la prueba.
Un espacio por el que puede ser sustituidoE1en el Teorema de Tietze es llamado
repliegue absoluto para espacios normales (absolute retract for normal spaces) o, abreviado, AR (normal). Así, tenemos
Definici´on: Y es un AR (normal) si para cada espacio normalX y cada cerrado A ⊂ X toda función continua f : A −→ Y posee una extensión F : X−→Y.
Corolario: Sea {(Yα, Tα) :α∈ A}una familia de espacios topologicos. Se
tiene queQ
α∈AYα es AR (normal) si y solo siYα es AR (normal)∀α∈ A. En
particularEn,In yI∞ son AR (normal).
Demostraci´on:Sea X normal yA⊂X cerrado.
[⇐=] Supongamos Yα es AR (normal) ∀α ∈ A y f : A −→
Q
α∈AYα continua. Así, dado que la proyeccion sobre cada
compo-nente, pβ :Qα∈AYα −→Yβ, es continua, pβ◦f :A−→Yβ es
con-tinua y dado queYβ es AR (normal), existe una extensión continua
depβ◦f,Fβ:X −→Yβ. Y concluimos queF :X −→Qα∈AYαcon
F(x) :=Q
α∈AFα(x)es extensión def sobre X.
[=⇒] Supongamos Q
α∈AYα es AR (normal) y f : A −→ Yβ
continua. Seasβ :Yβ−→Qα∈AYαel homeomorsmo sobre el slice
S(y0, β) ⊂ Q
α∈AYα tenemos que sβ◦f : A −→ Qα∈AYα admite
una extensión continuaF :X −→Q
α∈AYα. Dado quepβ◦sβ= 1Yβ
se tiene quepβ◦F es una extension def sobreX relativo a Yβ.
Si reemplazamos Enpor la esfera n-dimensional Sntenemos el siguiente
Corolario: Sea X normal, A ⊂ X cerrado y f : A −→ Sn continua. Entonces existe un abiertoU ⊃A, que depende def, sobre el quef admite una extension continua.
Demostraci´on:
Consideremos f : A −→ Sn ⊂ En+1. Por el corolario
ante-rior existe una extensión continua de f, F : X −→ En+1. Sea
U ={x∈X:F(x)6= 0}, que es un abierto enX que contiene a A, denimos enU
˜
F(x) = F(x)
|F(x)|,
continua enEn+1y con imagen enSn. AsíF˜ :U −→Snes extensión
def.
Un espacio por el que puede ser sustituidoSnen el corolario anterior es llamado
entorno replegado absoluto para espacios normales (absolute neighborhood re-tract for normal spaces) o, abreviado, ANR (normal). Así, tenemos
Definici´on:Y es un ANR (normal) si para cada espacio normalX y cada cerrado A ⊂ X toda función continua f : A −→ Y posee una extensión F : U −→Y dondeU es un abierto que contiene aA.
Observaci´on:Todo espacio AR (normal) es un ANR (normal). El reciproco no es cierto.
Corolario:Sea{(Yi, Ti) :i= 1, ..., n}una familia nita de espacios
topológi-cos. Se tiene que QY
i es ANR (normal) si y solo si Yi es ANR (normal)
∀i∈ {1, ..., n}.
Demostraci´on:SeaX normal yA⊂X cerrado.
[⇐=]SupongamosYies ANR (normal)∀i∈ {1, ..., n}yf :A−→
Q
Yi continua. Así, dado que la proyeccion sobre cada componente,
pj :QYi −→Yj, es continua, pj◦f :A −→Yj es continua y dado
que Yi es ANR (normal) existe un abierto Uj que contiene aA y
una extensión continua de pj ◦f a dicho abierto, Fj : Uj −→ Yj.
Concluimos, por tanto, queF :T
Uj−→QYjconF(x) :=QFj(x)
es extensión def sobre T
Uj, abierto que contiene aA.
[=⇒] Supongamos QY
i es ANR (normal) y f : A −→ Yj
con-tinua. Sea sj : Yj −→ QYi el homeomorsmo sobre el slice
S(y0, j) ⊂ QY
i, tenemos que sj◦f : A −→ QYi admite una
ex-tensión continua a un abiertoU que contiene aA, F :U −→QY
i.
Dado que pj◦sj = 1Yj se tiene que pj ◦F es una extension de f sobreU relativo aYj.
