Cantor

1. Propiedades del conjunto de Cantor.Jos Mateos Cortes. 2. iiINTRODUCCIONLa mayor a de los cursos y libros que hablan del conjunto de Cantor lotratan en forma puramente geom trica. Se empieza presentando su construc-ci n geom trica y, a partir de la geometr a, se deducen sus propiedades m simportantes. No consideramos que esta forma de presentarlo sea mala. Dehecho es muy ilustrativa y los argumentos que se usan son muy claros. Es-te trabajo nace de las preguntas: Es posible hacer un tratamiento rigurosodel conjunto de Cantor? Es posible dar este tratamiento riguroso sin sufrirdemasiado? En esta tesis damos una respuesta positiva a la primera pregunta y damosuna respuesta satisfactoria a la segunda. Claro, el lector tiene la ltimapalabra para decir si no sufre mucho ley ndola.En el cap tulo 1 damos una construcci n an litica del conjunto de Cantory probamos que es equivalente a la construcci n geom trica. Adem s damospruebas formales de las propiedades b sicas que mencionan la mayor a de loslibros. Aqu es oportuno mencionar que la construcci n que damos es original.Original en el sentido de que no la encontramos en ning n otro lado, aunquepor su naturalidad no dudamos que haya sido desarrollada antes por otraspersonas.En el cap tulo 2 demostramos que el conjunto de Cantor es un espaciom trico, compacto, no vac o, totalmente disconexo, perfecto y no numerable.La prueba central de este cap tulo es la prueba del teorema que nos dice queel conjunto de Cantor es homeomorfo a un producto numerable de copias delespacio discreto f0 2g. Como vemos en el cap tulo 3, este teorema es muy til para deducir propiedades topol gicas del conjunto de Cantor. El cap tulo 3 est dedicado a desarrollar los que consideramos los resul-tados topol gicos m s importantes del conjunto de Cantor, a saber: 3. iii 1. Todo espacio m trico compacto es imagen continua del conjunto deCantor, y 2. Todo espacio m trico, compacto, no vac o, totalmente disconexo y sinpuntos aislados es homeomorfo al conjunto de Cantor. 4. Cap tulo 1De nuestros cursos de An lisis Matem tico y Topolog a hemos vislumbradoque el conjunto de Cantor juega un papel muy importante en las matem ticas.Usualmente se nos presenta su construcci n geom trica y, a partir de ella,desarrollamos algunas de sus propiedades.En este cap tulo vamos a empezar recordando esta construcci n geom tri-ca pero vamos a hacer algo m s. Vamos a dar las f rmulas exactas que de nena los intervalos que se consideran en la construcci n del conjunto de Cantorpara, de esta manera, probar sus propiedades formalmente. CONSTRUCCION GEOMETRICA DEL CONJUNTO DE CANTOR.Tomamos el intervalo unitario 0 1] de la recta real. Dividimos este inter-valo en tres subintervalos iguales. De esta manera obtenemos los siguientesintervalos.;10 133 2 3 2 3 1 : El primer paso para la construcci n del conjunto de Cantor consiste en ;quitar el subintervalo abierto intermedio, es decir quitamos a 1 3 : Sea el 2 3conjunto C la uni n de los intervalos restantes, o sea C = 0 1 1 1 3 1 : 2 3El segundo paso consiste en repetir el mismo proceso a cada uno de los in-tervalos que componen a C . En otras palabras, a cada intervalo que compone1 1 5. 2a C lo dividimos en tres partes iguales gener ndose los siguientes subinter- 1valos: ;1;701 99292939 y6979 9 8 9 8 91Quitamos ahora los ;subintervalos abiertos intermedios. Es decir a C le;1quitamos los intervalos y 19. Sea C el conjunto que nos queda, o2979892sea C 2 = 0 1 9293969 7 9 8 9 1. Repetimos el proceso, es decir, a cada uno de los intervalos que componena C (que tienen longitud de ) lo dividimos en tres partes iguales y quitamos 219los tercios medios. Con esto obtenemos el tercer paso de la construcci n queconsiste en el conjunto: C 3 = 0 1 27227 3 276277 27 8279 2718271927 20 272127 24 272527 26 27 1Este proceso se sigue inde nidamente. Es decir, para obtener a C , se4dividen en tres partes todos los intervalos que componen a C y se quitan los 3intermedios.En general, Cm se construye dividiendo en tres partes iguales a los+1intervalos que componen a Cm y borrando los intervalos abiertos intermedios. Figura 1. Ilustraci n de la construcci n de C ,C ,C y C . 1 234 Finalmente el Conjunto de Cantor, que durante todo este trabajo se ledenotar por la letra C , se de ne como la intersecci n de todos los conjuntosCm. Es decir, 6. 3 T C = fCm : m 2 N g OBSERVACION 1.1. El problema con esta construcci n, es que Cm +1depende de Cm . Entonces, si no hemos construido a Cm no sabemos qui nes Cm+1 . Esto di culta en gran manera la prueba de las propiedades delconjunto de Cantor. Nuestro primer trabajo, a partir de este momento, serencontrar una f rmula expl cita para los Cm . Una primera propiedad que podemos observar de los Cm es la siguiente. PROPOSICION 1.2. Cm es la uni n de2m intervalos cerrados yajenos.Demostraci n. Haremos esta prueba por inducci n matem tica. Clara-mente C est formado por 2 = 2 intervalos cerrados y ajenos. Supongamos1 1ahora que Cm esta formado por 2m intervalos cerrados y ajenos. Sabemosque Cm se obtiene de Cm a partir de dividir cada uno de los intervalos+1cerrados que conforman a Cm en tres partes iguales y retirar el de en medio.Entonces de cada intervalo de Cm obtenemos dos intervalos. De modo queCm tiene el doble de intervalos que Cm: Puesto que Cm tiene 2m, tenemos +1que Cm est formado por 22m = 2m intervalos cerrados y ajenos.+1+1De acuerdo con la proposici n anterior los intervalos que conforman aCm son 2m: Entonces una manera pr ctica de numerarlos ser tomando elconjunto de ndices j 2 f0 1 2 ::: 2m ; 1g :Durante todo este trabajo denotaremos con el s mbolo N el conjunto delos n meros naturales incluyendo al cero. Ahora vamos a dar una manera deconstruir el extremo izquierdo del j- simo intervalo de Cm : Para esto haremosuna construcci n general de unos n meros aj , para las j 2 N : CONSTRUCCION 1.3. Sea j 2 N : Si j = 0 de nimos a0 = 0: Sij 6= 0 entonces escribimos a j en su notaci n binaria, es decir: j=b 020 + b1 21 + ::: + bm 2m : 7. 4donde bm = 1 y bi 2 f0 1g : De nimos aj = 2b 0 30 + 2b1 3 + ::: + 2bm 3m : En otras palabras, podemos expresar la construcci n as :dada j 2 N , la escribimos en su notaci n binaria, los unos los transformamosen doses y se piensa en el n mero correspondiente como un n mero escritoen base tres. Por ejemplo si j = 10 entonces en notaci n binaria, j = 0 2 + 1 2 +010 2 + 1 2 : Por construcci n aj = a = 0 3 + 2 3 + 0 3 + 2 3 = 2 3 100 1 236 + 2 (27) = 6 + 54 = 60: LEMA 1.4. a m = 2 2 3m para cada m 2 N : Demostraci n. Como 2m = 0 20 + 0 21 + 0 22 + ::: + 1 2m : Calculando a m tenemos lo siguiente: 2 am =0 22 30 + 0 2 31 + ::: + 1 2 3m = 2 3m : El siguiente teorema nos da una manera muy f cil y til de calcular aj :En l mostramos que la funci n aj tiene algunas propiedades de linealidad. TEOREMA 1.5. Sea j 2 N : Expresamos a j en su notaci n binaria,esto es: j=b 20 + b1 21 + ::: + bm 2m . Entonces0 aj = a(b0 20 +b1 21 +:::+bm 2m ) = b0 a20 + b1 a21 + ::: + bmam2 Demostraci n. Sea j 2 N jo pero arbitrario y, lo expresamos en sunotaci n binaria, esto es:j = b 2 + b 2 + ::: + bm 2m: (estamos suponiendo que bm = 1). 0 0 1 1 Por de nici n aj = 2b 3 + 2b 3 + ::: + 2bm 3m: Por el lema 1.4, 00 11b a + b a + ::: + bm a m = 2b 3 + 2b 3 + ::: + 2bm 3m: 020 1 2 2 0 011 As , 8. 5abb ( 0 20 + 1 21 + :::+bm 2m ) = b0 a20 + b1 a21 + ::: + bm a m:2Esto completa la prueba del teorema. A manera de ilustraci n, calcularemos aj para los primeros n meros. EJEMPLO. Expresando los siguientes n meros en su notaci n binaria tenemos:=0a 0a1 = 1 2 30 = 2:a2 = 0 2 30 + 1 2 31 = 0 + 6 = 6:a3 = 1 2 30 + 1 2 31 = 2 + 6 = 8:a4 = 0 2 30 + 0 2 31 + 1 2 32 = 18:a5 = 1 2 30 + 0 2 31 + 1 2 32 = 20:a6 = 0 2 30 + 1 2 31 + 1 2 32 = 24:a7 = 1 2 30 + 1 2 31 + 1 2 32 = 26: a8 = 0 2 30 + 0 2 31 + 0 2 32 + 1 2 33 = 54: a9 = 1 2 30 + 0 2 31 + 0 2 32 + 1 2 33 = 56: a10 = 0 2 30 + 1 2 31 + 0 2 32 + 1 2 33 = 60: La siguiente tabla resume estos resultados. 9. 6 jaj 00 12 26 38 418 520 624 726 854 956 10 60 Los siguientes lemas nos ser n tiles para encontrar una expresi n ana-l tica para los conjuntos Cm: LEMA 1.6. aj + 1 < aj para cada j 2 N : +1 Demostraci n. Si j es un n mero natural par, su primer cifra en nota-ci n binaria es cero y entonces j se representa as :j=020 + b1 21 + b2 22 + ::: + bm 2m : Entoncesaj = 0 2 30 + 2b1 31 + 2b2 32 + ::: + 2bm 3m : Comoj +1=1 20 + b1 21 + b2 22 + ::: + bm 2m Calculando aj obtenemos: +1 10. 7aj = 1 2 3 + 2b 3 + ::: + 2bm 3m:+10 1 1Observemos que aj y aj s lo di eren en el primer sumando, que en aj +1es 0 y en aj es 2.+1De manera que aj = 2 + aj y entonces+1 aj > 1 + aj :+1En el caso de que j es impar, la escritura en notaci n binaria de j tieneun uno en la cifra de las unidades. De manera que j es de la formaj = 1 2 + 1 2 + 1 2 + ::: + 1 2i + 0 2i + bi 2i + ::: + bm 2m0 12+1+2 +2Por supuesto que podr a ocurrir que no hubiera ning n 0 en ese casoi = m: De todas maneras i 0:Por de nici n:aj = 1 2 3 + 1 2 3 + ::: + 1 2 3i + 0 2 3i + 2bi 3i + ::: + 2bm 3m:01+1+2 +2Adem sj + 1 = 0 2 + 0 2 + ::: + 0 2i + 1 2i + bi 2i + ::: + bm 2m.01 +1 +2+2Por lo queaj = 0 2 3 + 0 2 3 + ::: + 0 2 3i + 1 2 3i + 2bi 3i + ::: + 2bm 3m: +101+1 +2 +2Como la ltima parte de las dos sumas coincide (la de aj y la de aj ), +1para probar el lema s lo tenemos que mostrar que:(2 3 + 2 3 + ::: + 2 3i + 0 3i ) + 1 < 0 3 + 0 3 + ::: + 0 3i + 2 3i :0 1 +1 0 1 +1La suma de la izquierda es igual a 1 3i+1De manera que s lo tenemos que probar que 3i < 2 +1 3i+1 : Y claramenteesta desigualdad es cierta.Esto concluye la prueba. LEMA 1.7. Para toda j 2 N 3aj = a2j : Demostraci n. Sea 11. 8j=b 0 20 + b1 21 + ::: + bm 2m : Multiplicando por 2 obtenemos2j = 2 (b0 20 + b1 21 + ::: + bm 2m ) = b0 21 + b1 22 + ::: + bm 2m+1 : Calculemos a j :2aj=0 2 30 + 2b0 31 + 2b1 32 + ::: + 2bm 3m+1 := 3 (2b0 30 + 2b1 31 + ::: + 2bm 3m ) = 3aj : Por consiguiente a j = 3aj : 2 LEMA 1.8. Para cada j 2 N 3aj + 2 = a2j +1 : Demostraci n. Escribimosj=b 0 20 + b1 21 + ::: + bm 2m entonces 2j + 1 = (b0 21 + b1 22 + ::: + bm 2m+1 ) + 1 = 1 20 + b0 21 + b1 22 + ::: + bm 2m+1 : Ya podemos calcular a j 2 +1 con esto obtenemosaj2 +1 = 2 30 + 2b0 31 + 2b1 32 + ::: + 2bm 3m+1= 2 + 3 (2b0 + 2b1 31 + ::: + 2bm 3m ) = 2 + 3aj : Por tanto a j 2 +1= 3aj + 2:Ahora ya estamos listos para dar una de nici n anal tica de los conjuntosCm. Provisionalmente los llamaremos Bm: DEFINICION 1.9. La forma anal tica para cada Bm con m 2 N es :m ;1 Bm =2 aj aj + 1 : j =03m 3m 12. 9donde aj es como en la construcci n 1:3: EJEMPLO. B 1 = a30 a03 +1a1 a1 +1 = 3303 0+13 2 3 2+13 = 0 1 3 2 3 1 : Ahora demostraremos que la forma anal tica en que se obtienen los extre-mos de un Bm es equivalente a la forma geom trica para obtener los extremosde Cm en el conjunto de Cantor. Es decir, Bm = Cm: TEOREMA 1.10. Para toda m 2 N Bm = Cm : Demostraci n. Haremos esta demostraci n por inducci n matem tica.Con el ejemplo que acabamos de ver comprobamos que B = C : 11Ahora supongamos que Bm = Cm: Es decir, supongamos quem ;1 Cm =2aj aj + 1j =03m 3m hiDel Lema 1.6 se deduce que los intervalos am a m a a mm3 ::: a m ; a m ; 0 m 0 +1 3 m 3 1 1 +1 3 2 3 1 2 3 1 +1son ajenos entre s . De acuerdo con la construcci n geom trica, estos inter-valos son los que tenemos que dividir en tres partes iguales para obtener aCm : +1 hiTomemos uno de estos intervalos, digamos el am aj m al dividirlo en j 3 3 +1tres partes iguales obtenemos los subintervalos:3aj 3aj + 13aj + 1 3aj + 2 3m+1 3m+13m+1 y 3aj + 2 3aj + 3 : 3m+13m+1 3m+1 Le quitamos el de en medio y de esta manera podemos decir que obte-nemos a los intervalos que conforman a Cm a partir de Cm, esto es: +1m ;13aj 3aj + 1 3aj + 2 3aj + 32Cm +1 = 3m+1 3m+1 3m+13m+1 :j =0 Aplicando el Lema 1.7 y el Lema 1.8 tenemos lo siguiente: 13. 10 m ;1Cm=2 a j a j +122aj2 +1 aj2 +1 +1 3m+13m+1 3m+1 3m+1 +1j =0 = a20a20 +1a 2 0+1 a 2 0+1+1 a 21 a 21 +1 a 2 1+1a2 1+1+1 :::3m+13m+13m+13m+13m+1 3m+13m+1 3m+1 a2(2 m ;1) a2(2m ;1) + 1 a2(2m ;1)+1a2(2m ;1)+1 + 1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 =a0a0 +1a 1a 1 +1a2a 2 +1 a 3 a 3 +1:::3m+1 3m+1 3m+1 3m+13m+1 3m+13m+1 3m+1 am2 +1 ;2 am2 +1 ;2 + 1am2+1 ;1 am2+1 ;1 + 1 3m+1 3m+13m+1 3m+1m;12 +1aj aj + 1=3 m+1 3m+1 = Bm+1 : j =0 Por consiguiente, hemos demostrado que la construcci n geom trica y laconstrucci n anal tica de Cm coinciden para toda m 2 N . Por lo cual, yatenemos derecho a escribir:m ;1 Cm =2 aj aj + 1 :j =0 3m 3mSi al leer la De nici n 1.9, usted dud que el ltimo extremo derecho deCm es igual a 1 para cada m 2 N : En la observaci n siguiente mostramos queesta a rmaci n es verdadera. OBSERVACION 1.11. En efecto, como20 + 21 + 22 + ::: + 2m;1 = 2m ; 1. Aplic ndole la funci n tenemos: 14. 11a m;2 1 = 1 2 30 + 1 2 31 + 1 2 32 + ::: + 1 2 3m;1 = 2 (30 + 31 + 32 + ::: + 3m;1 ) = 3m ; 1: a m; +1 3m ; 1 + 13m= m = 1:2 1 =3m3m 3 Y esto vale para cada m 2 N : Ahora que ya tenemos una expresi n anal tica para los intervalos quecomponen a Cm estamos en posibilidades de dar pruebas formales de algu-nas de sus propiedades. Varias de ellas son muy claras de la construcci ngeom trica. PROPOSICION 1.12. Los intervalos que componen a Cm tienen lon-gitud dem:1 3 Demostraci n. Ya sabemos que m ;1Cm = 2 aj aj + 1 : j =03m 3m+1 Sea k 2 f0 1 ::: 2m ; 1g : Por el Lema 1.6 los intervalos de Cm son ajenosentre s y, el k- simo intervalo tiene longitud igual a l ak ak + 1 = ak + 1 ; ak = 1 :3m3m 3m3m 3m PROPOSICION 1.13. ; m de las longitudes de los intervalos La sumaque componen a Cm es igual a 2 3 : Demostraci n. Sea m 2 N y su correspondiente Cm, es decir: m ;1Cm = 2 aj aj + 1 : j =03m 3m Por la Proposici n 1.1 cada Cm tiene 2m intervalos cerrados y por laProposici n 1.12 los intervalos que componen a Cm tienen longitud de m : 31Entonces la suma total de las longitudes es igual a: 15. 12m veces 1 1 1 1 + 1 + ::: + 12m22m + m + ::: + m = = m =3m 3 m33m 3 32veces PROPOSICION 1.14. Cm +1Cm para cada m 2 N : Demostraci n. Sabemos quem;1Cm=2 +1aj aj + 1: +13 m+1 3m+1j =0 Dada x 2 Cm entonces existe k 2 f0 1 ::: 2m ; 1g tal que +1+1x 2 mk am : Aplicando el Lema 1.7 y el Lema 1.8 obtenemos que para 3a +1k3+1 +1toda j se cumple: aj = 3aj = a j :2 3m 3m+13m+1aj + 1 = 3aj + 3 = 3aj + 2 + 1 = a2 +1 j +1: 3m3m+1 3m+1 3m+1 Ahora bien, por hip tesis akxak + 1 :3m+1 3m+1PRIMER CASO. Si k es un n mero par entonces k es de la forma k = 2 i:Como 0 k 2m ; 2 entonces 0 i 2m ; 1: Como+1 ai = a i x a i + 1 = a i + 1 < ai + 1 = ai + 1222 3m 3m+1 3m+13m+13m+13m 3m3m Concluimos que m ;1x 2 3m ai3+ 1aiaj aj + 1 2m= Cm : j =03m3m Por tanto x 2 Cm: 16. 13 SEGUNDO CASO. Si k es un n mero natural impar entonces k es de la m ;forma k = 2 i + 1: Como 1 k 2m ; 1 0 k;+1= 2m ; 1:1 2 +1 2Entonces 0 i 2m ; 1: 2 2 Por el Lema 1.6, a i + 1 < a i : De manera que a i < a i :22 +12 2 +1 Entoncesai = a i < ak x ak + 1 = a i + 1 = ai + 1 :22 +1 3m3m+13m+1 3m+1 3m+13m Por tanto x 2 am ai m i3 Cm:3 +1 Esto termina la prueba de que Cm +1 Cm: Ahora demostraremos que tanto el extremo izquierdo como el extremoderecho de cada uno de los intervalos que componen a Cm pertenecen alconjunto de Cantor. LEMA 1.15. Si0 k2m ; 1 entoncesak m 2 Cn yak +1m 2 Cn paracada n 2 N : 33 Demostraci n. Dada m 2 N consideremos a su correspondiente Cmesto es: m ;1Cm = 2aj aj + 1 : j =0 3m 3mSea k 2 f0 1 2::: 2m ; 1g : Los extremos que corresponden a k- simointervalo sonak ak + 1 2 C m3m3m Por la Proposici n 1.14Cm Cm;1Cm;2::: As , por lo anterior, los extremos izquierdo y derecho son elementos deCm; Cm; ::: C : Ahora veremos que estos extremos tambi n est n en los121Cn siguientes. Sabemos que (Lema 1.7) 17. 14ak a2ka4ka8k3 m = 3m+1 = 3m+2 = 3m+3 = ::: Como 0 k < 2m entonces 0 2k < 2m : As que 0 4k < 2m +1+2entonces 0 8k < 2m y as sucesivamente.+3 Entoncesak es un extremo para C 3 mm Cm Cm ::: +1+2+3 Por otra parte, por el Lema 1.8,ak + 1 = a k + 1 = a k 2+1 = a k +12(2 +1)+1= ::: 2(2(2 +1)+1)+13 m3 m+13 m3 m+2 +3 Como 0 k 2m ; 1 entonces 0 2k + 1 2m ; 1: De aqu que +1 0 2 (2k + 1) + 1 2m ; 1 y as sucesivamente. +2 Entonces akm tambi n es un extremo para Cm Cm Cm :::3+1 +1 +2 +3 Esto termina la prueba del lema. La siguiente proposici n nos dice que el conjunto de Cantor es un conjuntodenso en s mismo. PROPOSICION 1.16. Sea " > 0: Si x 2 C entonces existe y 6= xtalque jx ; y j < " y y 2 C: ;1 Demostraci n. Sea " > 0: Como m ! 0 cuando m ! 1 existeN 2 N tal que N < ":3 1 Por hip tesis, x 2 C entonces x 2 Cm para cada m 2 N : En particular,3x 2 CN por lo cual, existe k 2 0 1 ::: 2N ; 1 tal que x 2 aN akN : k+1 Por el Lema 1.15, Nak 2 C y ak 2 C: Elegimos y = ak o y = ak para +1 33+1 NN N6 3 33 3que y = x: Entonces jx ; yjak + 1 ; ak = N 1< ": 3n3n3 Esto termina la prueba de la proposici n. 18. 15A continuaci n daremos una caracterizaci n de los elementos del conjuntode Cantor, que dice que x 2 C si y s lo si a x lo podemos expresar como unaserie in nita de ceros y doses divididos entre potencias de tres. TEOREMA 1.17. x 2 C si y s lo si existe una sucesi n femg1 conmcada em 2 f0 2g tal que=11X em x=mm=1 3Demostraci n.()) : Sea x 2 C por la de nici n de C tenemos que x 2 Cm para cadam 2 N:n Haremos una construcci n general de unos n meros em con n 2 N y( )1 m n: Dada n 2 N x 2 Cn entonces existe k 2 f0 1 ::: 2n ; 1g tal quex 2 an ak n : k33+1 Escribimos al n mero natural k en notaci n binaria, esto es:k=b 0 20 + b1 21 + b2 22 + ::: + br 2r con br = 1 Como 2r br 2r + ::: + b2 22 + b1 21 + b0 20 = kyk2n ; 1, por transitividad se obtiene2r2n ; 1 < 2n Por tanto, r < n: Completando con ceros, si hace falta, escribimos al n mero natural kcomo lo siguiente: k=b020 + b1 21 + b2 22 + ::: + bn;1 2n;1 Calculando akak = 2b 030 + 2b1 31 + 2b2 32 + ::: + 2bn;1 3n;1 19. 16(n tese que los ceros que pudimos haber a adido no afecta a la de nici n deak ). As ak = 2b + 2b + 2b + ::: + 2bn; 0 1(*)21 3n 3n 3n; 3n;31 2 De nimos enn( )= 2b0 enn;( ) 1 = 2b1 enn;( ) 2 = 2b2::: e n( ) 1 = 2bn;1 n(observemos que cada em es igual a 0 a 2): ( ) n Observemos que las em que estamos de niendo dependen de m de x y ( )de n: En realidad queremos que s lo dependan de m y de x: Esto es lo quevamos a probar a continuaci n. n AFIRMACION. em no depende de n: ( ) En efecto, recordando la construcci n geom trica para C (ya vimos en elTeorema 1.10 que la construcci n geom trica y la anal tica son equivalentes)sabemos queCak ak + 1 = a k a k + 1 n+13n3na k a k +1 23n+1 2 3n+1 2 +1 3n+12 +1 3n+1 h iEntonces x 2ox2 n a2k a2k +1: a2k+1 a2k+1 +13n+1 n+1 3 n 3 +1 3 +1 nDe manera que ahora ya estamos en posibilidades de calcular em :( +1)En el caso en que x 2 an k a nk : 3 +1 22 +13 +1Como a k = 2b 3 + 2b 3 + 2b 3 + ::: + 2bn; 3n 2011 2 2 3 1Entonces, por de nici n enn( +1) +1=0 enn( +1) = 2b0enn; ( +1) 1 = 2b1 enn;( +1)2 = 2b2::: e n( +1)1 = 2bn;1 : De modo que enn( +1)= en n ( ) enn;( +1)1= en;1 n ( ) ::: e n ( +1) 1= e1n:( )hi Y en el caso en que x 2a2k+1 a2k+1 +1 :n 3 +1n 3 +1 Como a k2 +1 = 2 30 + 2b0 31 + 2b1 32 + ::: + 2bn;1 3n 20. 17Entonces enn( +1) +1 =2 enn( +1)= 2b0enn;( +1)1= 2b1 enn; ( +1) 2= 2b2::: e n ( +1) 1 = 2bn;1 :De modo queenn ( +1)= e(n) n enn;( +1)1 = en;1 n ( ) ::: e n( +1)1 = e1 n ( ) : nnPor tanto, en los dos casos em = em para toda m 2 f1 2 ::: ng : ( ) ( +1)nn nSimilarmente, em = em = em = ::: para toda m 2 f1 2 ::: ng :( ) ( +2)( +3) nEntonces a em tenemos derecho a llamarlo simplemente em :( )Lo que sigue es probar que:1X emx= mm=1 3 ;1 Sea " > 0: Como m ! 0 cuando m ! 1 existe N 2 N tal que 1 N < ":Sea n 2 N tal que n N: Demostraremos que:3 3 n X em 0x; m 0 tal que Bri (xi ) Ui: Para mostrar que U 2 o es su ciente con que demostremos que exister > 0 tal que Br (x) U: Proponemos r = m{n r r ::: rn :n1222 Dada y = (y y y :::) 2 Br (x) por la de nici n de d se tiene que221 2 31X di (xi yi ) d(x y) = 0 tal que Br (x) U: ; Como n ! 0 cuando n ! 1 existe N 2 N tal que N < r : Propone-12 2 1 2mos Ax como: Ax = B r (x ) B r (x ) ::: B r (xN ) XN 21 22 2+1 XN+2::: Entonces Ax 2 : Dada y = (y y y :::) 2 Ax entonces yi 2 B r (xi )1 2 3para toda 1 i N: Entonces2 1 X di (xid(x y) =yi) = d (x y ) +:::+ dN (xN yN ) + dN (xN1 1 1+1 +1 yN+1 )+ ::: i=1 2i 2 12N 2N +1 < 2r 2+r232r 2 121 + ::: + N +1 + N +1 + N +2 + ::: = r 1+11+ ::: + N ;1 1+ N +1 1+1 1+ 2 + ::: 2 222 22 2 < 2r 2 1r 1(2) + N +1 (2) = + N 22 2 r r < 2 + 2 = r: Entonces y 2 Br (x): Por tanto AxBr (x): Como Br (x)U tenemosque Ax U: Por tanto, U 2 : 27. 24 Posteriormente demostraremos que C es homeomorfo a f0 2g f0 2g :::pero antes probaremos que el conjunto de Cantor es un conjunto compacto. PROPOSICION 2.3. Para cada m 2 N Cm es un conjunto cerrado. Demostraci n. Para cada m 2 N sabemos que m ;1Cm = 2aj aj + 1 : j =0 3m 3mAs que, Cm es la uni n de 2m intervalos cerrados. La uni n nita deconjuntos cerrados es un conjunto cerrado. Por tanto, Cm es un conjuntocerrado, para cada m 2 N : OBSERVACION 2.4. Cm0 1]para cada m 2 N : En efecto, laProposici n 1.14,Cm C10 1] : PROPOSICION 2.5. C es un conjunto compacto. Demostraci n. Por el Lema 2.3, Cm es un conjunto cerrado, para cadam 2 N : Por de nici n C = fCm : m 2 N g :Esto es, C es la intersecci n de conjuntos cerrados, entonces C es unconjunto cerrado. Adem s, 0 1] es un conjunto compacto. Como C Cmy Cm0 1] para cada m 2 N entonces C0 1] : Finalmente, comolos subconjuntos cerrados de conjuntos compactos, son compactos, C es unconjunto compacto. Con esto, se concluye la prueba.En el teorema siguiente, demostraremos que C es un conjunto perfecto,es decir, que C es un conjunto cerrado y denso en s mismo. 28. 25 TEOREMA 2.6. C es perfecto.Demostraci n. Por la Proposici n 2.5, C es un conjunto cerrado y porla Proposici n 1.16, C es denso en s mismo. Podr amos recurrir al teorema que dice que una intersecci n anidada decompactos no vac os es no vac a para concluir que C es no vac o. Tambi n podemos recordar que 0 es un extremo de C y que como vimos 1en el Lema 1.15, 0 2 Cn para toda n 2 N : De modo que 0 2 C: Estodemuestra la siguiente proposici n. PROPOSICION 2.7. C es un conjunto no vac o.LEMA 2.8. Si1X em ; gm3m< 31n con em gm 2 f0 2g entonces e 1= g1e 2 = g2 ::: en = gn:m=1 Demostraci n. Esta prueba se realizar por inducci n matem tica.Para n = 1 se tiene que probar lo siguiente:1 SiX em ; gm < 1 entonces e = g1 : 3m1m=1 3 Lo haremos por reducci n al absurdo. Supongamos que1X em; gm < 1 y, adem s, e = g :63m1 1m=13 Como e y g pueden ser cero o dos, entonces (e11 1 =2 y g = 0) o (e1 1 =0y g = 2): Supongamos, por ejemplo que e = 2 y g11 1 =0calculando11 e ;g ;11X em; gm e ;g 1 1 + X em; gm < 1 3m=23m3 m=2 3m 3 29. 26 1 2 = e ;g < 1 +1 1 X em; gm 3 33m=2 3m Pero 1 X em ; gmje ; g j + je ; g j + je ; g j + :::2 23 34 4 m=23m3 2 3 33422 2 + 3 + 4 + :::323 3 21 1 231 = 1+ + 2 + :::== 32 3 3 32 23 Es decir,1X em; gm 1 :m=2 3m 3X em ; gm 1 211 1 2 Por tanto < 33+ m + = :m=2 33 3 3 As , hemos obtenido < 2 323lo cual es un absurdo. Por tanto,1X em ; gm < 1 implica que e= g1 : 3m 1m=1 3El otro caso, cuando e = 0 y g = 2 es an logo, ya que je ;g j = j ; j = 11131 032 23 Supongamos ahora que la a rmaci n es cierta para n = k es decir, 1Si X em ; gm < 1 entonces e= g1e = g2::: ek = gk :3m 3k 1 2 m=1 Demostraremos que entonces se cumple para n = k + 1 o sea, 30. 27 1Si X em ; gm < 1 entonces e= g1e = g2 ::: ek= gk+1 :3m3k+1 1 2 +1 m=1 Supongamos entonces que 1 X em; gm < 1 :m=13m3k +1 Como k13 +1 0. Sea= ":Dados dos elementos (a a a :::) y (b b b :::) 2 C tales que1 2 3123d((a a a :::) (b b b :::)) < : Entonces12 31 2 3 1 11jg ((a a a :::)) ; g ((b b b :::))j= Xan ; X bn =X an ; bn 2n2n 2n+112 31 2 3+1 +1 n=1n=1n=1 11 X an ; bn =X jan ; bn j n=1 2n+1 n=1 2n+1 = d((a a a :::) (b b b :::)) < 12 3 123= ": Esto es, jg ((a a a :::)) ; g ((b b b :::))j < ":1 2312 3 Por tanto, g es una funci n continua en C: Esto concluye la prueba de la proposici n. Ya estamos en condiciones de poder de nir una funci n continua y su-prayectiva del conjunto de Cantor al cubo de Hilbert. El espacio m trico ycompacto 0 1] 0 1] 0 1] ::: se le llama el cubo de Hilbert. PROPOSICION 3.4. Existe una funci n continua y suprayectiva deC en0 1] 0 1] 0 1]::: Demostraci n. Por la Proposici n 3.2, tenemos que C es homeomorfoa C C C ::: . Sea 48. 45f : C C C ::: ;! 0 1] 0 1]0 1] :::de nida por la siguiente correspondenciaf (x x x :::) = (g(x ) g(x ) g(x ) :::) 1 2 3 12 3donde g es la funci n de nida en la proposici n anterior. Como f es unafunci n que se mete a un producto, para ver su continuidad basta comprobarque, n f es continua, para toda n 2 N . Sea n 2 N , calculandon f (x x x :::) = g(xn) = g 1 2 3n (x1 x x :::) 2 3donde n : 0 1] 0 1] ::: ;! 0 1] es la proyecci n n- sima. Por laProposici n 3.3, g es continua en C: Por tanto, n f es continua para todan 2 N . Por tanto f es continua.Para demostrar que f es una funci n suprayectiva sea (c c c :::) 2 1 2 3 0 1] 0 1] 0 1] ::: . Dada n 2 N , como g es una funci n suprayectiva,existe una xn 2 C tal que cn = g(xn). Consideremos el punto formado porestas xn : Es decir, tomemos (x x x :::) 2 C C C ::: aplicando f se 1 2 3tiene f ((x x x :::)) = (g(x ) g(x ) g(x ) :::) = (c c c :::) :1 23 1 231 2 3Por tanto, f es una funci n suprayectiva. Esto concluye la prueba de la proposici n.Como se mencion al principio de este cap tulo, mostraremos que todoespacio m trico y compacto se puede encajar como un subconjunto cerradodel cubo de Hilbert.En los teoremas que a continuaci n se presentan, se muestra la cons-trucci n para de nir dicha funci n. La prueba de sus propiedades est en elTeorema 3.8.La demostraci n de los siguientes dos teoremas se ve en los cursos detopolog a. 49. 46 TEOREMA 3.5. Todo espacio m trico compacto X contiene un sub-conjunto denso y numerable. TEOREMA 3.6. Todo espacio m trico compacto X , tiene diametro nito. TEOREMA 3.7. Todo espacio m trico compacto X , se le puede daruna m trica d1 tal qued (p q) 11 para toda p q 2 X Demostraci n. Por el Teorema 3.6, se tiene diametro X < 1: De ni-mos d de la siguiente manera: 1 d(p q)d (p q) = diametro X para toda p q 2 X1donde d(p q) es la m trica de nida en X: Es claro, que d es una m trica1para X adem s, d (p q) 1 y se puede ver f cilmente que d y d inducen la1 1misma topolog a en X: Esto concluye la prueba del Teorema. TEOREMA 3.8. Sea X un espacio m trico y compacto. Entonces Xse puede encajar en el cubo de Hilbert. Es decir, existe una funci n inyectivay continua h : X ;! 0 1] 0 1] 0 1] ::: Demostraci n. Por el Teorema 3.7 podemos suponer que d(p q) 1para cualesquiera p q 2 X: Por el Teorema 3.5 existe un conjunto denso ynumerable D = fa a a :::g en X: Sea 123h : X ;! 0 1] 0 1] 0 1] :::de nida por la siguiente correspondenciah(p) = (d(p a ) d(p a ) d(p a ) :::):1 2 3 50. 47 En primer lugar, mostraremos la continuidad de la funci n h: De acuerdocon Willard, Teo. 8.8] necesitamos comprobar que n h es continua paratoda n 2 N . Sea n 2 N , calculandon (h(p)) = n (d(p a ) d(p a ) d(p a ) :::) = d(p an):1 2 3 Si probamos que la distancia a un punto jo x 2 X es una funci n0continua, habremos terminado. SeaH : X ;! Rde nida porH (x) = d(x x ) 0como d(x x ) d(x y) + d(y x ) entonces d(x x ) ; d(y x ) d(x y):0 0 0 0 Similarmente d(y x ) ; d(x x ) d(y x):0 0 Entonces jH (x) ; H (y)j d(x y) De aqu se sigue que H es continua. Por tanto, n h es continua para toda n 2 N , de donde h es una funci ncontinua.Demostraremos que h es inyectiva. Esta prueba se realizar por reducci nal absurdo, esto es, supongamos que h(p) = h(q) y, adem s que, p 6= q:Como p 6= q el n mero c = d(p q) es positivo. Ya que D es denso enX B c (p)D 6= : As que existe r 2 N tal que ar 2 B c (p): Como estamossuponiendo que h(p) = h(q) tenemos que 22 (d(p a ) d(p a ) d(p a ) :::) = (d(q a ) d(q a ) d(q a ) :::): 1 23 1 2 3 Entonces d(p an) = d(q an) para toda n 2 N : En particular d(p ar ) = d(q ar ): Entoncesc = d(p q) d(p ar ) + d(ar q) = 2d(p ar ) < 2( c ) = c2 51. 48As que c < c: Como este absurdo nace de suponer que h no es inyectiva,concluimos entonces que h es inyectiva.Ahora, analizando la imagen directa de X se tiene queh (X ) 0 1] 0 1] 0 1] ::: pero, adem s, h (X ) es un conjunto compacto(es la imagen continua de un compacto). Sabemos que los subconjuntoscompactos de espacios m tricos son cerrados entonces h (X ) es un cerrado.Esto concluye la prueba del Teorema.Resumiendo hemos consiguido encontrar una funci n continua y supra-yectiva de C al cubo de Hilbert. Por otra parte, hemos visto que todo espaciom trico y compacto se puede encajar en un subconjunto cerrado del cubo deHilbert. Continuando con la l nea a seguir mencionada al principio de estecap tulo, nos falta la construcci n de una funci n que retraiga al conjun-to de Cantor en uno de sus subconjuntos cerrados y no vac os. Pero antesde la de nici n de dicha funci n, mostraremos una manera topol gicamenteequivalente de construir a C: LEMA 3.9. Sea ( 1 )X anD= n : an2 f0 3g para toda n 2 N :n=1 4 Si f : C ;! Dest de nida por la f rmula1! 1X an X 3 an f3n = 2 4ndonde an 2 f0 2gn=1n=1entonces f es un homeomor smo de C en D: Demostraci n. Cada serie de la forma 1 X ancon an 2 f0 3g para toda n 2 N ,n=1 4n 52. 49est acotada por la serie 1 X 31X 1 =3= 1: n=1 4n n=1 4n Por tanto cada serie de las que de nen a D es convergente y representaa un n mero en el intervalo 0 1] : Cada x 2 C por el Teorema 2.9, tiene una representaci n nica de laforma1 X anx= donde a 2 f0 2g nn n=1 3entonces an 2 f0 3g : Esto muestra que f est bien de nida. 3 2 Ahora mostraremos que f es inyectiva. Sean x y 2 C tales que x 6= y:Escribimos1 X an1X bn x= y= ndonde a b 2 f0 2g : nn n n=1 3n=1 3 Como x 6= y entonces existe m 2 N tal que am 6= bm y m es la primer ndice en donde son diferentes. Entonces (am = 0 y bm = 2) o (am = 2 ybm = 0): Analizando un t rmino cualquiera de la serie, obtenemos que se puedeacotar superiormente por 3 an 323 2 4n24n 4npara cada n 2 N : Es decir, 3 an 3 24n4n para cada n 2 N : Primer caso. Si am = 0 y bm = 2 se tiene 3 a 3 a 0 3 am+1 3 am+2 f (x) = 2 41 1 + 2 42 2 + ::: + m + 2 m+1 + 2 m+2 + :::4 4 4 53. 503a 3a 3am; 33+ ::: ++ m+1 + m+2 + :::1 2 12+ 2 2 414 24m;14 43a 3a 3am; 31 1+ ::: ++ 2 + :::1 2 1 =2+ 2 2 + m+11+ 414 24m;144 43a 3a 3am; 3 4+ ::: +1 2 1 =2+ 2 2 + m+1 414 24m;14 33a 3a 3am; 1+ ::: +1 2 1 =2+ 2 2 + m 414 24m;14 3b 3b 3bm; 3 < 2 141+ 2 24 2 + ::: +24m;11 + m4 3b 3b 3 3bm+1 3 bm+2 2 1+ + ::: + m + 2 m+1 + 2 m+2 + :::2 2414 2 44 4 = f (y ):Es decir, f (x) < f (y): Por tanto, f (x) 6= f (y): En el caso, am = 2 y bm = 0la demostraci n de que f (x) 6= f (y) es similar.Por tanto f es inyectiva. Para mostrar que f es suprayectiva. Sea y 2 D esto es, 11 X any = an con a 2 f0 3g : Sea x =X 23nnnn=1 4 n=1 3como an 2 f0 3g entonces an 2 f0 2g as que x 2 C:23 Aplicando f al elemento x se obtiene!1 X an1 X an 21 X an32 fn =n =3n =y 23n=1 3 n=1 4 n=1 4 Por tanto, f es una funci n suprayectiva. Por consiguiente, f es unafunci n biyectiva.Demostraremos que la f es una funci n continua.; ;Sea " > 0: Como n ! 0 y n ! 0 cuando n ! 1 existe M 2 N1 1tal que M < ": Hacemos = M : Tomemos x y 2 C tales que jx ; yj 0 existe N 2 N yexisten conjuntos abiertos y cerrados A1 A2 ::: AN en X tales que X =A1 A2 ::: AN Ai 6= para cada i = 1 2 ::: N , A1 A2 ::: AN sonajenos entre s y diametro Ai < " para cada i = 1 2 ::: N: 61. 58 Demostraci n. Para probar este lema necesitamos hacer uso del teo-rema que dice que para los espacios m tricos compactos la propiedad de sertotalmente disconexo es equivalente a la propiedad de tener una base deabiertos y cerrados. La prueba de este resultado se puede encontrar en Chandler, Lema 6.31] : Entonces podemos suponer que X tiene una base de conjuntos abiertosy cerrados. Sea " > 0: Primero vamos a ver que la familiaU = fB 2: diametro(B ) < "ges una cubierta (abierta, por supuesto) de X:En efecto, sea x 2 X: Ya que B " (x) es un abierto en X y es una basepara X existe B 2 tal que x 2 B B " (x) : Entonces 33diametro B diametro B " (x) < ": 3As que B 2 U .Por tanto U es una cubierta abierta de X:Ya que X es un conjunto compacto entonces existen N 2 N y B ::: BN 2 1U tales que(i) Bi 6= para cada i = 1 2 3 ::: N .(ii) X = B1 B ::: BN2(iii) Ning n Bi sobra. Es decir ning n Bi est contenido en la uni n delos dem s (si hubiera de estos simplemente los vamos quitando hasta que yano haya).Como cada Bi 2 U tenemos que diametro(Bi) < ":De namos los siguientes conjuntos: N ;1 A 1 = B1 A2 = B2 ; B1 A 3 = B3 ; (B1 B ) ::: AN = BN ; 2Bj : j =1 Por la condici n (iii) cada Ai 6= :! !c ! i;1i;1 i;1 Ya que Ai = Bi ;Bj = BiBj= Bi Bjcj =1j =1j =1 62. 59tenemos que Ai es una intersecci n nita de abiertos y tambi n de cerrados(cada Bj es abierto y cerrado).De manera que Ai es abierto y cerrado. Para ver que si k < i entonces AkAi = observemos quei;1 i;1 !i;1 !!Ak Bk Bj de modo que Ak AiBjBi ;Bj=: j =1 j =1 j =1Por tanto A A ::: AN son ajenos entre s .1 2 Ahora veremos que X = A A ::: AN : 12 Sea x 2 X: Como X = B B ::: BN existe una i m nima tal que1 2x 2 Bi: Entoncesi;1 x2=Bj :j =1 De manera que x 2 Ai: Por tanto X = A A ::: AN : 1 2 Finalmente, como Ai Bi y diametro(Bi) < " tenemos que diametro(Ai ) < " para toda i 2 f1 2 ::: N g : Esto concluye la prueba del lema.Hemos visto en el lema anterior que, si X es un espacio m trico, compacto,totalmente disconexo y no tiene puntos aislados entonces se puede encontraruna partici n nita de conjuntos abiertos y cerrados en X ajenos dos a dos yno vac os. Pero cada subconjunto de esta partici n al ser un conjunto abiertoy cerrado hereda todas las propiedades del espacio X como se muestra en elsiguiente lema.LEMA 3.14. Sea X un espacio m trico, compacto, totalmente disconexoy sin puntos aislados. Sea A X un subconjunto abierto, cerrado y novac o, entonces A es un espacio m trico, compacto, totalmente disconexo ysin puntos aislados. Demostraci n. Cualquier subconjunto no vac o de un espacio m tricoes un espacio m trico. Adem s, es claro que los subconjuntos de espaciostotalmente disconexos son totalmente disconexos, por lo cual, A es totalmentedisconexo. 63. 60Como A es un subconjunto cerrado de un conjunto compacto entonces Aes un compacto.Para ver que A no tiene puntos aislados, sea " > 0: Como A es abierto,existe r > 0 tal que Br (x) A y r < ":Ya que X no tiene puntos aislados, existe y 2 X tal que y 6= x y y 2 Br (x):Entonces y 2 ABr (x) y y 6= x: Por tanto A no tiene puntos aislados.Esto concluye la prueba del lema.Si X es un espacio m trico, compacto, totalmente disconexo y sin puntosaislados, por el Lema 3.13, dado un " > 0 podemos encontrar una partici n nita de subconjuntos abiertos y cerrados, no vac os y con otras propiedadesm s. Por el Lema 3.14, obtenemos que cada subconjunto abierto y ce-rrado,no vac o de dicha partici n hereda las propiedades del espacio original. Aho-ra, probaremos que esta partici n se puede re nar tanto como queramos.LEMA 3.15. Sea X un espacio m trico, no vac o, compacto, totalmentedisconexo y sin puntos aislados entonces para cada " > 0 existe N 2 N talque si n N entonces existen A1 A2 ::: An abiertos y cerrados en Xtales que (i) X = A1 A2 ::: An : (ii) Ai 6= para i = 1 2 ::: n: (iii) A1 A2 ::: An son ajenos entre s . (iv ) diametro Ai < " para cada i = 1 2::: n:Demostraci n. Sea " > 0: Por el Lema 3.13, existe N 2 N tal queA A ::: AN son abiertos y cerrados en X y adem s 12(i) X = A1A ::: AN : 2(ii) Ai 6= para i = 1 2 ::: N:(iii) A A ::: AN son ajenos entre s . 1 2(iv ) diametro Ai < " para cada i = 1 2 ::: N:Consideremos al abierto y cerrado AN . Como AN 6= existe a 2 ANpor el Lema 3.14, AN es un espacio m trico, compacto, totalmente disconexoy sin puntos aislados. Al ser AN un conjunto abierto entonces existe r > 0tal que Br (a) AN : Adem s, AN no tiene puntos aislados, por lo que, existey 6= a y 2 AN tal que y 2 Br (a) : Por consiguiente, AN tiene al menos doselementos. Ahora, AN es totalmente disconexo. En particular, AN no es 64. 61conexo, por lo cual, existe una disconexi n para AN : Sean H y K abiertostales que H K = AN HK = , H 6= y K 6= :De namos B 1 = A1B 2 = A2 ::: BN ;1 = AN ;1 BN = H y BN +1 = K: Como X ; H = X K ; AN . Pero el conjunto de la derecha es abierto(ya que es la diferencia de un abierto con un conjunto cerrado). Por tantoH es cerrado. De igual manera, X ; K = X H ; AN se deduce que K esun conjunto cerrado. As , H y K son conjuntos abiertos y cerrados. Demostraremos que X = B B ::: BN BN : Calculando 1 2+1X = B B ::: BN ; BN BN = A A ::: AN ; H K = 1 21 +112 1 A A ::: AN ; AN : 1 21 Ahora BiAN = para i < N: CalculandoBi(H K ) = (BiH ) (BiK ) = entonces BiH = BiK = parai < N:Por tanto, B B ::: BN ; BN y BN son ajenos entre s . 1 21 +1 Adem s, Bi 6= para i = 1 2 ::: N N + 1: Calculandodiametro Bi = diametro Ai < " para i = 1 2 ::: N ; 1: Como H ANentonces diametro(H ) diametro AN < ": Similarmente diametro (K ) < ":Por tanto diametro (Bi) < " para i = 1 2 ::: N N + 1: Hasta ahora hemos probado que X se puede partir en N + 1 partes. Procediendo en forma similar se muestra que X se puede partir en N + 2partes, en N + 3 partes, etc. De manera que X se puede partir en n partes para toda n N: Esto concluye la prueba del lema.Resumiendo para cualquier espacio m trico, no vac o, compacto, total-mente disconexo y sin puntos aislados y dada una " > 0 podemos partirnuestro espacio en tantos subconjuntos abiertos y cerrados ajenos dos a doscomo lo necesitemos. Adem s, estos subconjuntos heredan las propiedadesdel espacio original y su di metro es menor que la " dada. DEFINICION 3.16. Una (n ") ; particion de un espacio X es unafamilia P = fA A ::: An; g que satisface lo siguiente: 0 21 (i) Cada Ai es un abierto, cerrado y no vac o para cada i 2 f0 1 ::: n ; 1g : 65. 62 (ii) diametro Ai < " para cada i 2 f0 1 ::: n ; 1g : (iii) X = A0 A1 ::: An;1 (iv ) A0 A1 ::: An;1 son ajenos entre s . Como hemos estado anunciando vamos a mostrar que si X es un espaciom trico, compacto, no vac o, totalmente disconexo y sin puntos aislados,entonces X es homeomorfo a C: La demostraci n de este hecho se basa enhacer particiones adecuadas de X: Empezaremos partiendo X por un n mero de la forma 2n de conjuntos1abiertos, cerrados, no vac os y de di metro menor que 1: Como segundopaso, partiremos cada uno de los miembros de la primera partici n por unn mero de la forma 2n (todos los conjuntos partidos por el mismo n mero 2de pedazos) de conjuntos abiertos, cerrados, no vac os y de di metro menorque : Y seguiremos partiendo y partiendo. 1 2 Como se ve necesitamos introducir una notaci n apropiada. Para cada sucesi n nita n n ::: nm 2 N hacemos J (n n ::: nm ) = 1 21 2f0 1gn f0 1gn ::: f0 1gnm : Observemos que cada f0 1gni tiene 2ni 1 2elementos, de donde J (n n ::: nm) tiene 2n 2n ::: 2nm = 2n n ::: nm 1 2121+ 2+ +elementos.LEMA 3.17. Sea X un espacio m trico compacto (no vac o), totalmentedisconexo y sin puntos aislados, entonces existe una sucesi n de n merosnaturales fnm gm2N y una sucesi n de particiones fPm gm2N de X tales que(a) Cada Pm es de la forma Pm = fA : 2 J (n1 ::: nm)g(b) Los elementos de Pm son abiertos, cerrados, no vac os y de di metromenor que m :1(c) Para cada 2 J (n1 n2 ::: nm;1 ) el conjunto A( ) 2 Pm : 2 f0 1gnmes una partici n de A el cual es un elemento de Pm;1 : Demostraci n. Haremos una construcci n inductiva. (1) Para n = 1: Apliquemos el Lema 3.15 a " = 1: Entonces existe N 2 N tal que para1cada n N hay una (n 1) ; particion de X . Sea n 2 N tal que 2n N : 1 111Entonces existe una (2n 1) ; particion de X la cual denotaremos por P = 11fAa : 2 J (n )g (como P y J (n ) tienen 2n elementos, podemos numerar 1 1 1 1a P con los ndices en J (n )): 1 1 66. 63(2) Supongamos que P P ::: Pm ya han sido construidos.1 2Dada = (a a ::: am) 2 J (n n ::: nm): Por el Lema 3.14, A es 1 2 1 2un espacio m trico, compacto, no vac o, totalmente disconexo y sin puntosaislados. Apliquemos el Lema 3.15 a " = m y al espacio A entonces existe1+1N 2 N tal que, para cada n N A tiene una (n m ) ; particion.1 Ya que J (n n ::: nm) es nito, podemos tomar nm 2 N tal que+112 +12 nm +1N para toda 2 J (n ::: nm): Entonces, para cada 2 J (n ::: nm )11existe una (2nm m ) ; particion Q de A :+1 1Como Q tiene 2nm elementos, al igual que f0 1gnm podemos denotar +1 +1 +1a sus elementos en la forma A donde 2 f0 1gnm : Notemos que a ( )( ) +1lo podemos interpretar como a unS elemento de J (n ::: nm ): 1 +1Finalmente de nimos Pm = fQ : 2 J (n ::: nm)g : +1 1 Claramente los elementos de Pm son abiertos y cerrados de X son no+1vac os y tienen di metro menor que m : Para cada 2 J (n ::: nm ) el1 +1 1conjunto A 2 Pm : 2 f0 1gnm es Q y entonces es una partici n( )+1+1de A 2 Pm : S lo nos resta probar que Pm es una partici n de X:+1 Dada x 2 X como Pm es partici n de X existe 2 J (n ::: nm) tal 1que x 2 A : Y como Q es partici n de S existe 2 f0 1gnm tal queA +1x 2 A 2 Pm : Esto prueba que X = A : A 2 Pm :( ) +1 ( )()+1 Ahora tenemos ( ) 6= ( ) con2 J (n ::: nm ) y 2 f0 1gnm : 1 +1Si 6= como A A A ( A y AA = tenemos que ) ( )AA = : Y si = entonces 6= : Ya que Q es una partici n () ( )de A tenemos que AA = : () ( ) Esto termina la prueba de que los elementos de Pm son ajenos entre s . +1 Por tanto Pm es una partici n de X:+1 Esto concluye la construcci n y la prueba del lema. LEMA 3.18. Para cada sucesi n n n ::: en N , el espacio m trico12f0 1gn f0 1gn f0 1gn ::: es homeomorfo al espacio m trico f0 1g1 2 3f0 1g f0 1g ::: Demostraci n. Sea Z = f0 1gn f0 1gn f0 1gn1 2 3::: g : Z ;! f0 1g f0 1g f0 1g :::de nida por la siguiente correspondencia 67. 64 g((a ::: an ) (a ::: an ) (a ::: an ) :::) =(1)1(1)1 (2) 1 (2)2(3)1(3) 3 (a ::: an a ::: an a ::: an :::) (1)(1) (2) (2) (3) (3) 11 1 2 13donde ain 2 f0 1g para toda i n 2 N . ( ) Demostraremos que g es una funci n inyectiva. Sean g((a ::: an ) (a ::: an ) (a ::: an ) :::) =(1)1(1)1(2)1 (2)2(3)1(3) 3 (a ::: an a ::: an a ::: an :::) (1)(1) (2) (2) (3) (3) 11 1 2 13 y g((b ::: bn ) (b ::: bn ) (b ::: bn ) :::) =(1)1 (1)1 (2) 1(2)2 (3) 1 (3)3 (b ::: bn b ::: bn b ::: bn :::): (1)(1) (2) (2)(3) (3) 1 11 213Supongamos que g((a ::: an ) (a ::: an ) (a ::: an ) :::) =(1)1(1)1(2)1 (2)2 (3) 1(3) 3 g((b ::: bn ) (b ::: bn ) (b ::: bn ) :::)(1)1 (1)1 (2) 1(2)2 (3) 1 (3)3Esto es equivalente a que (a ::: an a ::: an a ::: an :::) = (b ::: bn b ::: bn b ::: bn :::) (1)(1) (2) (2) (3) (3)(1)(1)(2) (2) (3)(3) 11 1 2 13 1 1 1 2 1 3 Entonces a m = b m ::: anm = bnm para toda i y m 2 N . Esto es, por lai ( 1 i) (1) ( ) ()de nici n de igualdad en el producto. As , (a ::: an ) = (b ::: bn ) (a ::: an ) = (b ::: bn ) (a ::: an ) ::: (1)(1) (1)(1)(2) (2)(2)(2)(3) (3) 11 1 1 1 21 2 13. Por tanto g es una funci n inyectiva.Para mostrar que g es una funci n suprayectiva tomemos un punto arbi-trario (a a a :::) 2 f0 1g f0 1g f0 1g ::: .1 2 3Entonces((a ::: an ) (an1 ::: an n ) (an n ::: an n n ) :::) 21 +11+ 21 + 2 +1 1+ 2+ 3f0 1g f0 1g f0 1gn ::: .nn 11 2 3Aplicando g:g((a ::: an ) (an ::: an n ) (an n ::: an n n ) :::) = (a a a :::):1 11 +1 1+ 21 + 2 +11+ 2+ 3123Por lo que, g es una funci n suprayectiva.Vamos a probar que g es continua. Bastar con que probemos que n g :Z ;! f0 1g es continua, donde n : f0 1g f0 1g f0 1g ::: ;! f0 1ges la proyecci n natural. Tomemos pues n 2 N . Ya que n < n + n < n + 11 2 1n + n < ::: existe m 2 N tal que n + n + ::: + nm < n n + n + ::: + nm : 2 3 1 2 1 2 +1Sea a = ((a ::: an ) (a ::: an ) (a ::: an ) :::): Observemos que(1)1(1)1(2)1(2)2 (3) 1 (3)3 mn g (a) = n ((a ::: an a ::: an a ::: an :::)) = an; n n ::: nm :(1) (1) (2)(2) (3)(3)( +1)111 213( 1+ 2+ +) 68. 65De manera que para obtener la funci n n g podemos primero tomar laproyecci n (m+1);esima del punto a y obtener al punto (a m ::: anmm ) 2(1+1) ( +1)f0 1gnm y despu s tomarle la proyecci n n ; (n + n + ::: + nm ) a este( +1) +11 2punto.Por tanto n g es la composici n de dos proyecciones y, en consecuenciaesta funci n es continua.Por tanto g es una funci n continua. Hemos obtenido una funci n continua e inyectiva del espacio m trico com-pacto f0 1gn f0 1gn f0 1gn ::: en el espacio m trico f0 1g f0 1g1 2 3f0 1g ::: . Por Rudin, Teo. 4.17] g es un homeomor smo. Esto concluye la prueba del lema.LEMA 3.19. El espacio m1trico f0 1g f0 1g f0 1g ::: es homeo-morfo al espacio m trico f0 2g : Demostraci n. Seah : f0 1g f0 1g f0 1g ::: ;! f0 2g1de nida por la siguiente correspondenciah (a a a :::) = (2a 2a 2a :::)1 2 31 2 3donde ai 2 f0 1g : Es muy f cil ver que h es una biyecci n continua del espacio m tricoy compacto f0 1g f0 1g f0 1g ::: al espacio m trico f0 2g1 : Por Rudin, Teo. 4.17] h es un homeomor smo. Esto concluye la prueba del lema. LEMA 3.20. El espacio m trico f0 1gn1 f0 1gn 2f0 1gn3 ::: eshomeomorfo a C: Demostraci n. Por el Lema 3.18, el espacio f0 1gn f0 1gn f0 1gn1 2 3::: es homeomorfo al espacio f0 1g f0 1g f0 1g ::: . 69. 66Por el Lema 3.19, el espacio f0 1g f0 1g f0 1g ::: es homeomorfoa f0 2g1 :Por el Teorema 2.9, el espacio f0 2g1 es homeomorfo a C:Como sabemos que el homeomor smo es una relaci n de equivalencia enla clase de todos los espacios topol gicos, en particular es transitiva.Por tanto el espacio m trico f0 1gn f0 1gn f0 1gn ::: es homeo-12 3morfo a C:Esto concluye la prueba del lema. Estamos listos para demostrar el ltimo resultado de este trabajo. TEOREMA 3.21. Sea X un espacio m trico, no vac o, compacto, total-mente disconexo y sin puntos aislados, entonces es homeomorfo al conjuntode Cantor. Demostraci n. Por el Lema 3.17, existe una sucesi n de numeros na-turales fnm gm2N y una sucesi n de particiones fPm gm2N de X tales que (a) Cada Pm es de la forma Pm = fA : 2 J (n ::: nm )g 1 (b) Los elementos de Pm son abiertos, cerrados, no vac os y de di metromenor que m : 1(c) Para cada 2 J (n ::: nm; ) el conjunto A1 1 2 Pm : 2 f0 1gnm ( )es una partici n de A el cual es un elemento de Pm; :1 Tomemos un punto x 2 X: Dada m 2 N , como Pm es una partici n deX existe un nico elemento = ( ::: m ) 2 J (n ::: nm ) tal que x 2 A :11 Si tomamos = ( ::: m ) 2 J (n ::: nm ) tal que x 2 A por (c)1+1 1 +1es de la forma = ( ::: m m ): Por tanto y coinciden en los1 +1primeros m terminos. Sea f : X ;! f0 1gn1f0 1gn2f0 1gn 3 :::de nida por la siguiente correspondenciaf (x) = ( 1 2 3 :::) 70. 67donde para cada m 2 N , x 2 A ::: m : ( 1) Por la observaci n que hicimos hace dos p rrafos, no depende de cual1m 2 N se tome, no depende de cual m 2 se tome, no depende de23cual m 3 se tome, etc. Por tanto f es una funci n bien de nida. Demostraremos que f es una funci n inyectiva. Seanf (p) = (12 3 :::) y f (q) = (1 23 :::): Supongamos que f (p) = f (q): Esto es equivalente a que ( 12 3 :::) = ( 1 23 :::)Entonces m = m para toda m 2 N . Por consiguiente, p q 2 A m conm 2 J (n ::: nm ) para toda m 2 N . Es decir d(p q ) < diametro(A m ) < m 11para toda m 2 N . Por tanto, d(p q) = 0: Esto es equivalente a p = q: As , fes inyectiva.Para mostrar que f es una funci n suprayectiva tomemos un punto arbi-trario (1 :::) 2 f0 1gn f0 1gn f0 1gn ::: . Por la parte (c) del2 3123Lema 3.17, se obtieneA ( 1 ::: m+1 ) A ( 1 ::: m )para toda m 2 N . Es decir, tenemos una sucesi n decreciente de conjuntos compactos, novac os. Por Rudin, Teo.2.36] se obtiene que1A( 1 ::: m ) 6=m=1 Si tomamos un punto r en esta intersecci n, entonces f (r ) = (1 2 3 :::) Por lo que f es suprayectiva.Demostraremos que f es una funci n continua. Sean p 2 X " > 0 yM 2 N tales que M < ". Supongamos que p 2 A ::: M : Dada q 22 1 ( 1 ) 71. 68A ::: M : Entonces f (p) y f (q) coinciden en las primeras M coordenadas. ( 1)As que f (p) y f (q) son de la forma f (p) = ( ::: M M :::) y f (q) =1+1( ::: M M :::): Entonces1+11 1 d(f (p) f (q)) =X j m ; mj =X j m ; mjm=1 2m m=M +1 2m 1 11 + M +2 + M +3 + :::2M +12211 1 1 1= M +11 + + 2 + ::: = M +1 (2) = M< ":22 2 22Por tanto d(f (p) f (q)) < " para toda q en el abierto A ::: M : ( 1)Por tanto f es continua. Hemos obtenido una funci n continua e inyectivadel espacio m trico compacto X en el espacio m trico f0 1gn f0 1gn12f0 1gn ::: . Por Rudin, Teo. 4.17] f es un homeomor smo.3Por el Lema 3.20, se obtiene que X es homeomorfo a C:Esto concluye la prueba del teorema. 72. 69 Referencia1]Walter Rudin. Principios de An lisis Matem tico. Mcgraw-Hill, 1980.2] Stephen Willard. General Topology. Addison-Wesley, 1970.3] Richard E. Chandler. Hausdor Compacti cations. Marcel Dekker,Inc. 23, 1976.