Cantor

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Cantor

  1. 1. Propiedades del conjunto de Cantor. Jos Mateos Cortes.
  2. 2. ii INTRODUCCION La 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. 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. 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. ;1 0 1 3 3 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 3 El 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 compone 1 1
  5. 5. 2a C lo dividimos en tres partes iguales gener ndose los siguientes subinter- 1valos: ;1 ;7 0 1 9 9 2 9 2 9 3 9 y 6 9 7 9 9 8 9 8 9 1 Quitamos ahora los ;subintervalos abiertos intermedios. Es decir a C le ; 1quitamos los intervalos y 1 9 . Sea C el conjunto que nos queda, o 2 9 7 9 8 9 2sea C 2 = 0 1 9 2 9 3 9 6 9 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 2 1 9los tercios medios. Con esto obtenemos el tercer paso de la construcci n queconsiste en el conjunto: C 3 = 0 1 27 2 27 3 27 6 27 7 27 8 27 9 27 18 27 19 27 20 27 21 27 24 27 25 27 26 27 1 Este proceso se sigue inde nidamente. Es decir, para obtener a C , se 4dividen 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 2 3 4 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. 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 de 2m 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. Supongamos 1 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 +1 De 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 a 0 = 0: Sij 6= 0 entonces escribimos a j en su notaci n binaria, es decir: j=b 0 20 + b1 21 + ::: + bm 2m :
  7. 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 + 0 10 2 + 1 2 : Por construcci n aj = a = 0 3 + 2 3 + 0 3 + 2 3 = 2 3 10 0 1 2 36 + 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 2 2 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 . Entonces 0 aj = a(b0 20 +b1 21 +:::+bm 2m ) = b0 a20 + b1 a21 + ::: + bm am 2 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, 0 0 1 1b a + b a + ::: + bm a m = 2b 3 + 2b 3 + ::: + 2bm 3m: 0 20 1 2 2 0 0 1 1 As ,
  8. 8. 5 ab b ( 0 20 + 1 21 + :::+bm 2m ) = b0 a 20 + 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: =0 a 0 a1 = 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. 9. 6 j aj 0 0 1 2 2 6 3 8 4 18 5 20 6 24 7 26 8 54 9 56 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=0 20 + b1 21 + b2 22 + ::: + bm 2m : Entonces aj = 0 2 30 + 2b1 31 + 2b2 32 + ::: + 2bm 3m : Como j +1=1 20 + b1 21 + b2 22 + ::: + bm 2m Calculando aj obtenemos: +1
  10. 10. 7 aj = 1 2 3 + 2b 3 + ::: + 2bm 3m: +1 0 1 1 Observemos 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 : +1 En 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 forma j = 1 2 + 1 2 + 1 2 + ::: + 1 2i + 0 2i + bi 2i + ::: + bm 2m 0 1 2 +1 +2 +2 Por 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: 0 1 +1 +2 +2 Adem s j + 1 = 0 2 + 0 2 + ::: + 0 2i + 1 2i + bi 2i + ::: + bm 2m. 0 1 +1 +2 +2 Por lo queaj = 0 2 3 + 0 2 3 + ::: + 0 2 3i + 1 2 3i + 2bi 3i + ::: + 2bm 3m: +1 0 1 +1 +2 +2 Como 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 +1 La suma de la izquierda es igual a 1 3i+1 De 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. 11. 8 j=b 0 20 + b1 21 + ::: + bm 2m : Multiplicando por 2 obtenemos 2j = 2 (b0 20 + b1 21 + ::: + bm 2m ) = b0 21 + b1 22 + ::: + bm 2m+1 : Calculemos a j :2 aj=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. Escribimos j=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 obtenemos aj 2 +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 =0 3m 3m
  12. 12. 9donde aj es como en la construcci n 1:3: EJEMPLO. B 1 = a30 a03 +1 a1 a1 +1 = 3 3 0 3 0+1 3 2 3 2+1 3 = 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 : 1 1 Ahora supongamos que Bm = Cm: Es decir, supongamos que m ;1 Cm = 2 aj aj + 1 j =0 3m 3m h iDel Lema 1.6 se deduce que los intervalos am a m a a m m 3 ::: 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 h i Tomemos uno de estos intervalos, digamos el am aj m al dividirlo en j 3 3 +1tres partes iguales obtenemos los subintervalos: 3aj 3aj + 1 3aj + 1 3aj + 2 3m+1 3m+1 3m+1 y 3aj + 2 3aj + 3 : 3m+1 3m+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: +1 m ;1 3aj 3aj + 1 3aj + 2 3aj + 3 2 Cm +1 = 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 : j =0 Aplicando el Lema 1.7 y el Lema 1.8 tenemos lo siguiente:
  13. 13. 10 m ;1 Cm = 2 a j a j +1 2 2 aj 2 +1 aj 2 +1 +1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 +1 j =0 = a20 a 20 +1 a 2 0+1 a 2 0+1 +1 a 21 a 21 +1 a 2 1+1 a2 1+1 +1 ::: 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 a2(2 m ;1) a2(2m ;1) + 1 a2(2 m ;1)+1 a2(2m ;1)+1 + 1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 = a 0 a 0 +1 a 1 a 1 +1 a2 a 2 +1 a 3 a 3 +1 ::: 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 am 2 +1 ;2 am 2 +1 ;2 + 1 am 2 +1 ;1 am 2 +1 ;1 + 1 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 m ;1 2 +1 aj 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 3m Si 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, como 20 + 21 + 22 + ::: + 2m;1 = 2m ; 1. Aplic ndole la funci n tenemos:
  14. 14. 11 a 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 + 1 3m = m = 1: 2 1 = 3m 3m 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 de m: 1 3 Demostraci n. Ya sabemos que m ;1 Cm = 2 aj aj + 1 : j =0 3m 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 : 3m 3m 3m 3m 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 ;1 Cm = 2 aj aj + 1 : j =0 3m 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 : 3 1Entonces la suma total de las longitudes es igual a:
  15. 15. 12 m veces 1 1 1 1 + 1 + ::: + 1 2m 2 2 m + m + ::: + m = = m = 3m 3 m 3 3m 3 3 2 veces PROPOSICION 1.14. Cm +1 Cm para cada m 2 N : Demostraci n. Sabemos que m ;1 Cm = 2 +1 aj aj + 1 : +1 3 m+1 3m+1 j =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 3 a +1 k 3 +1 +1toda j se cumple: aj = 3aj = a j : 2 3m 3m+1 3m+1 aj + 1 = 3aj + 3 = 3aj + 2 + 1 = a 2 +1 j +1 : 3m 3m+1 3m+1 3m+1 Ahora bien, por hip tesis ak x ak + 1 : 3m+1 3m+1 PRIMER 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 + 1 2 2 2 3m 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m 3m 3m Concluimos que m ;1 x 2 3m ai3+ 1 ai aj aj + 1 2 m = Cm : j =0 3m 3m Por tanto x 2 Cm:
  16. 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 : 2 2 +1 2 2 +1 Entonces ai = a i < ak x ak + 1 = a i + 1 = ai + 1 : 2 2 +1 3m 3m+1 3m+1 3m+1 3m+1 3m Por tanto x 2 am ai m i 3 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. Si 0 k 2m ; 1 entonces ak m 2 Cn y ak +1 m 2 Cn paracada n 2 N : 3 3 Demostraci n. Dada m 2 N consideremos a su correspondiente Cmesto es: m ;1 Cm = 2 aj aj + 1 : j =0 3m 3m Sea k 2 f0 1 2 ::: 2m ; 1g : Los extremos que corresponden a k- simointervalo son ak ak + 1 2 C m 3m 3m Por la Proposici n 1.14 Cm Cm; 1 Cm;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 los 1 2 1Cn siguientes. Sabemos que (Lema 1.7)
  17. 17. 14 ak a2k a4k a8k 3 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 Entonces ak es un extremo para C 3 m m Cm Cm ::: +1 +2 +3 Por otra parte, por el Lema 1.8, ak + 1 = a k + 1 = a k 2 +1 = a k +1 2(2 +1)+1 = ::: 2(2(2 +1)+1)+1 3 m 3 m +1 3 m 3 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= x talque 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 3 3 +1 N N N 6 3 3 3 3que y = x: Entonces jx ; yj ak + 1 ; ak = N 1 < ": 3n 3n 3 Esto termina la prueba de la proposici n.
  18. 18. 15 A 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 con mcada em 2 f0 2g tal que =1 1 X em x= m m=1 3 Demostraci 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 : k 3 3 +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 = kyk 2n ; 1, por transitividad se obtiene 2r 2n ; 1 < 2n Por tanto, r < n: Completando con ceros, si hace falta, escribimos al n mero natural kcomo lo siguiente: k=b 0 20 + b1 21 + b2 22 + ::: + bn;1 2n;1 Calculando ak ak = 2b 0 30 + 2b1 31 + 2b2 32 + ::: + 2bn;1 3n;1
  19. 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 (*) 2 1 3n 3n 3n; 3n; 3 1 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 que C ak ak + 1 = a k a k + 1 n+1 3n 3n a k a k +1 2 3n+1 2 3n+1 2 +1 3n+1 2 +1 3n+1 h i Entonces x 2 ox2 n a2k a2k +1 : a2k+1 a2k+1 +1 3 n+1 n+1 3 n 3 +1 3 +1 n De manera que ahora ya estamos en posibilidades de calcular em : ( +1) En el caso en que x 2 an k a nk : 3 +1 2 2 +1 3 +1Como a k = 2b 3 + 2b 3 + 2b 3 + ::: + 2bn; 3n 2 0 1 1 2 2 3 1 Entonces, por de nici n enn ( +1) +1 =0 enn ( +1) = 2b0 enn; ( +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 = e1 n: ( ) h i Y en el caso en que x 2 a2k+1 a2k+1 +1 : n 3 +1 n 3 +1 Como a k 2 +1 = 2 30 + 2b0 31 + 2b1 32 + ::: + 2bn;1 3n
  20. 20. 17 Entonces enn ( +1) +1 =2 enn ( +1) = 2b0 enn;( +1) 1 = 2b1 enn; ( +1) 2 = 2b2 ::: e n ( +1) 1 = 2bn;1 : De modo que enn ( +1) = e(n) n enn; ( +1) 1 = en;1 n ( ) ::: e n ( +1) 1 = e1 n ( ) : n n Por tanto, en los dos casos em = em para toda m 2 f1 2 ::: ng : ( ) ( +1) n n n Similarmente, em = em = em = ::: para toda m 2 f1 2 ::: ng : ( ) ( +2) ( +3) n Entonces a em tenemos derecho a llamarlo simplemente em : ( ) Lo que sigue es probar que: 1 X em x= m m=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 0 x; m <" m=1 3 Sea k 2 f0 1 2 ::: 2n ; 1g tal que x 2 ak ak +1 3 n n 3 por ( ) tenemos que: n X em n X e(n) x; m ak 1 1 0 m =x; m = x ; 3n 3n 3N <" m=1 3 m=1 3 Esto concluye la prueba de que 1 X em x= m : m=1 3 (() Ahora estamos suponiendo que 1 X em x= m m=1 3
  21. 21. 18 Tdonde cada em 2 f0 2g demostraremos que x 2 fCn : n 2 N g : Esto esequivalente a probar que x 2 Cn para cada n 2 N : O lo que es lo mismoprobar que existe h ij 2 f0 1 ::: 2n ; 1g tal que x 2 an aj n para toda n 2 N . j 3 3 +1 Sea n 2 N . Vamos a proponer los coe cientes de la notaci n binaria deln mero j como: b = en b = en; ::: b = e : 0 2 1 2 1 n;1 2 1 Es claro que, bi 2 f0 1g para i = 0 1 ::: n ; 1: Probaremos que, si j=b 0 20 + b1 21 + ::: + bn;1 2n;1entonces j 2 f0 1 ::: 2n ; 1g : En efecto, por hip tesis, sabemos em 2 para cada m 2 N : Entonces bm 2m 2m para m = 0 1 ::: n ; 1: De modo que j = b 2 +b 2 +:::+bn; 0 0 1 1 1 2n;1 20 +21 + ::: +2n;1 = 2n ; 1:Por consiguiente j 2 f0 1 ::: 2n ; 1g : Adem s, 1 aj 2b0 30 + :::: + 2bn;1 3n;1 en en;1 e1 X em n = n = n + n;1 + ::: + 1 m =x= 3 3 3 3 3 m=1 3 1 X em e 1 + e 2 en 2 2 + ::: + n + n+1 + n+2 + ::: m=1 3m 3 1 3 2 3 3 3 = e1 + e en 2 + ::: + n + n+1 2 1+ 1 1 + 2 + ::: 3 1 3 2 3 3 3 3 1 ! e e en + 2 X 1 i + ::: + 1 2 = + 31 32 3n 3n+1 i=0 3 = e 1 + een 2 2 + :::: + n + n+1 3 = e 1 + e2 en 1 + ::: + n + n 3 31 3 2 3 2 3 1 3 2 3 3 = aj + 1 3n
  22. 22. 19 es decir, aj x aj + 1 3n 3n Por tanto, n ;1 aj x 2 3n aj3+ 1 ai ai + 1 2 n = Cn : i=0 3n 3n Como esta construcci n es para una n ja pero arbitraria, concluimos,x 2 Cn para cada n 2 N : Por consiguiente, x 2 C: Esto termina la prueba del teorema.
  23. 23. 20
  24. 24. Cap tulo 2En este cap tulo desarrollaremos las propiedades topol gicas elementales delconjunto de Cantor. Para esto es muy conveniente ver que el conjunto deCantor es homeomorfo al producto numerable de copias del espacio f0 2gdonde f0 2g est dotado de la topolog a discreta. Una vez que se de estehomeomor smo podremos obtener una serie de resultados topol gicos inte-resantes. DEFINICION 2.1. Dada una familia f(Xn n )gn2N de espacios topo-l gicos. De nimos 1 Y X= Xn = f(x x x :::) : xn 2 Xn para cada n 2 N g 1 2 3 n=1 Sea la familia de subconjuntos de X de la forma: U 1 U2 ::: Un Xn +1 Xn +2 :::donde n 2 N y Ui 2 i para cada i n: Como se ve en los cursos elementalesde topolog a, constituye la base de una topolog a para X: Es decir,est de nida por: = fU X : U es la uni n de elementos de g Si cada n est dada por una m trica dn (con dn(x y) 1 para cadax y 2 Xn). De nimos 21
  25. 25. 22 d : X X ;! Rpor la siguiente f rmula 1 X dn (xn d(x y) = yn ) : n=1 2ndonde x = (x x x :::) y y 1 2 3 = (y1 y y :::): Es f cil comprobar que d es 2 3una m trica para X . En la siguiente proposici n demostraremos que, la topolog a coincidecon la topolog a inducida por d en X: De esta manera podremos realizar m sf cilmente las pruebas de la continuidad de algunas funciones que de niremosa lo largo de este cap tulo. PROPOSICION 2.2. La topolog a inducida por d en X es la quede nimos usando a : Demostraci n. Denotaremos por a la topolog a para X usando y,por o a la topolog a para X inducida por d: Demostraremos que y o soniguales. Sea U 2 entonces U se expresa como la uni n de elementos de esdecir: existe un tal que U= fA : A 2 g Sea x = (x x x :::) 2 U entonces existe un A 2 tal que x 2 A U: 1 2 3Como A 2 entonces A es de la forma A = U U ::: Un Xn 1 2 Xn ::: +1 +2donde n 2 N y Ui 2 i para cada i n: Como xi 2 Ui 2 i y i se de neusando a di existe ri > 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 :n 1 2 22 Dada y = (y y y :::) 2 Br (x) por la de nici n de d se tiene que 2 2 1 2 3 1 X di (xi yi ) d(x y) = <r 2i i=1
  26. 26. 23 Para cada j = 1 2 ::: n se obtiene lo siguiente 1 dj (xj yj ) < X di(xi yi) < r rj 2j 2i i=1 2j Por lo cual, dj (xj yj ) < rj entonces d (x y ) < r de modo que y 2 B (x ) U j j j j j rj j j 2j 2j Por tanto, y 2 A: Hemos probado entonces que Br (x) A U: Entonces Br (x) U: Estotermina la prueba de que U 2 o: Ahora tomemos U 2 o: Sea x = (x x x :::) un punto cualquiera de 1 2 3U: Entonces existe r > 0 tal que Br (x) U: ; Como n ! 0 cuando n ! 1 existe N 2 N tal que N < r : Propone- 1 2 2 1 2mos Ax como: Ax = B r (x ) B r (x ) ::: B r (xN ) XN 2 1 2 2 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: Entonces 2 1 X di (xid(x y) = yi) = d (x y ) +:::+ dN (xN yN ) + dN (xN 1 1 1 +1 +1 yN +1 ) + ::: i=1 2i 2 1 2N 2N +1 < 2r 2 + r 23 2 r 2 1 2 1 + ::: + N +1 + N +1 + N +2 + ::: = r 1+ 1 1 + ::: + N ;1 1 + N +1 1+ 1 1 + 2 + ::: 2 2 2 2 2 2 2 < 2r 2 1 r 1 (2) + N +1 (2) = + N 2 2 2 r r < 2 + 2 = r: Entonces y 2 Br (x): Por tanto Ax Br (x): Como Br (x) U tenemosque Ax U: Por tanto, U 2 :
  27. 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 ;1 Cm = 2 aj aj + 1 : j =0 3m 3m As 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. Cm 0 1] para cada m 2 N : En efecto, laProposici n 1.14, Cm C 1 0 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 Cm 0 1] para cada m 2 N entonces C 0 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. 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 ; gm 3m < 31n con em gm 2 f0 2g entonces e 1 = g1 e 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 Si X em ; gm < 1 entonces e = g1 : 3m 1 m=1 3 Lo haremos por reducci n al absurdo. Supongamos que 1 X em ; gm < 1 y, adem s, e = g : 6 3m 1 1 m=1 3 Como e y g pueden ser cero o dos, entonces (e 1 1 1 =2 y g = 0) o (e 1 1 =0y g = 2): Supongamos, por ejemplo que e = 2 y g 1 1 1 =0 calculando 1 1 e ;g ; 1 1 X em ; gm e ;g 1 1 + X em ; gm < 1 3 m=2 3m 3 m=2 3m 3
  29. 29. 26 1 2 = e ;g < 1 + 1 1 X em ; gm 3 3 3 m=2 3m Pero 1 X em ; gm je ; g j + je ; g j + je ; g j + ::: 2 2 3 3 4 4 m=2 3m 3 2 3 3 34 2 2 2 + 3 + 4 + ::: 32 3 3 2 1 1 2 3 1 = 1+ + 2 + ::: = = 32 3 3 32 2 3 Es decir, 1 X em ; gm 1 : m=2 3m 3 X em ; gm 1 2 1 1 1 2 Por tanto < 3 3 + m + = : m=2 3 3 3 3 As , hemos obtenido < 2 3 2 3 lo cual es un absurdo. Por tanto, 1 X em ; gm < 1 implica que e = g1 : 3m 1 m=1 3El otro caso, cuando e = 0 y g = 2 es an logo, ya que je ;g j = j ; j = 1 1 1 3 1 0 3 2 2 3 Supongamos ahora que la a rmaci n es cierta para n = k es decir, 1 Si X em ; gm < 1 entonces e = g1 e = g2 ::: ek = gk : 3m 3k 1 2 m=1 Demostraremos que entonces se cumple para n = k + 1 o sea,
  30. 30. 27 1 Si X em ; gm < 1 entonces e = g1 e = g2 ::: ek = gk+1 : 3m 3k +1 1 2 +1 m=1 Supongamos entonces que 1 X em ; gm < 1 : m=1 3m 3k +1 Como k 1 3 +1 < 3 1 k podemos aplicar la hip tesis de inducci n y obtener que e 1 = g1 e 2 = g2 ::: ek = gk : Como 1 1 1ek ; gk +1 +1 ; X em ; gm X em ; gm = X em ; gm < 1 3k+1 3m 3m m=1 3m 3k +1 m=k+2 m=k+1 Obtenemos que 1 ek ; gk +1 +1 < 3k 1 + X em ; gm 3k+1 +1 m=k+2 3m Supongamos que ek 6= gk tenemos dos subcasos, es decir, (ek +1 +1 +1 =2y gk = 0) o (ek = 0 y gk = 2) en cualquier caso tenemos +1 +1 +1 jek ; gk j = 2 : +1 +1 3k+1 3k+1 Calculando, como lo hicimos en el primer caso de la inducci n, tenemosque 1 2 = ek ; gk < 1 + X em ; gm < 1 + 1 = 2 : +1 +1 3k+1 3k+1 3k+1 m=k+2 3m 3k+1 3k+1 3k+1 Es decir, k < k lo cual es un absurdo. Esta contradicci n muestra 2 3 +1 2 3 +1que ek = gk : +1 +1 Esto concluye la prueba del lema. TEOREMA 2.9. C es homeomorfo a f0 2g f0 2g f0 2g ::: Demostraci n. Sea
  31. 31. 28 : C ;! f0 2g f0 2g f0 2g ::: De nida de la siguiente forma. Dada x 2 C por el Teorema 1.17, existeuna sucesi n femg1 donde cada em = 0 2 tal que m =1 1 X em x= : m m=1 3De nimos (x) = (e e e :::): 1 2 3 Vamos a comprobar que esta bi n de nida. Para esto tenemos que verque la representaci n de cada x como una serie de ese tipo es nica. Supongamos entonces que hay una x 2 C que tiene dos representacionescomo las siguientes: 1 X em 1 X gm x= = m con e g 2 f0 2g para toda m 2 N : m m m m=1 3 m=1 3Supongamos que existe n 2 N tal que en 6= gn y adem s, n es el primersub ndice donde son distintas. Entonces (en = 0 y gn = 2) o ( en = 2 ygn = 0): Supongamos por ejemplo que en = 0 y gn = 2 calculando se tienelo siguiente: x = e 1 + e2 0 en+1 en+2 + ::: + n + n+1 + n+2 + ::: 3 1 3 2 3 3 3 e 1 + e2 + ::: + en;1 + 2 + 2 + ::: 31 32 3n;1 3n+1 3n+2 = e 1 + e2 + ::: + en;1 + 2 1 + 1 + 2 + ::: 31 32 3n;1 3n+1 3 32 = e 1 + e2 + ::: + en;1 + 2 3 31 32 3n;1 3n+1 2 = e 1 + e2 + ::: + en;1 + 1 31 32 3n;1 3n e < 3 1 + e2 + ::: + en;1 + 2 + gn+1 + gn+2 + ::: 1 32 3n;1 3n 3n+1 3n+2 = g 1 + g2 + ::: + gn;1 + gn + gn+1 + gn+2 + ::: = x 31 32 3n;1 3n 3n+1 3n+2
  32. 32. 29 De aqu que x < x lo cual es un absurdo. Por tanto, en = gn para cadan 2 N : En el otro caso, cuando en = 0 y gn = 2 la prueba es an loga. As , hemos probado que la representaci n de x es nica. Por tanto, esta bi n de nida. Para probar que es una funci n inyectiva sean 1 X em 1 X gm x= m yx 1 = m donde em gm 2 f0 2g : m=1 3 m=1 3Supongamos que (x) = (x ): Por la de nici n de se tiene que (e e e :::) = 1 1 2 3(g g g :::): Por la de nici n de igualdad en el producto, se tiene que 1 2 3e = g e = g e = g ::: . Esto implica que, x = x : 1 1 2 2 3 3 1 Por tanto es inyectiva. Para mostrar que es suprayectiva, tomemos (e e e :::) 2 f0 2g 1 2 3f0 2g f0 2g ::: . Consideremos la serie: 1 X em m m=1 3 Ya que 0 em 2 entonces em m m : De modo que esta serie est 3 3 2acotada por una que es convergente. Esto muestra que la serie 1 X em m converge. m=1 3Le llamamos x a su l mite. Por el Teorema 1.17, x 2 C: Entonces (x) =(e e e :::) : Por tanto la funci n es suprayectiva. As , es una funci n 1 2 3biyectiva. Ahora demostraremos que es continua en C: Tenemos que mostrar quepara cada " > 0 existe > 0 tal que si jx ; x j < entonces 1d((x) (x )) < ": 1 Tomemos una " > 0 arbitraria. Sea M 2 N tal que M < " y sea = M : 1 1Tomemos x y x 2 C de manera que jx ; x j < M : 2 3 1 1 1 3 1 X em 1 X gm Escribimos x = m yx 1 = m : m=1 3 m=1 3
  33. 33. 30Por el Lema 2.8, como 1 X em ; gm 1 = j x ; x1 j < M entonces e = g1 e = g2 ::: eM = gM : 3m 1 2 m=1 3 Adem s, la m trica dn para el conjunto f0 2g es la m trica discreta, esdecir: 8 < jp;qj si p 6= q dn(p q) = : 2 0 si p = qEs claro, que dn 1: Calculandod((x) (x )) = je ; g j + je ; g j + ::: + jeM ; gM j + jeM ; gM j + ::: 1 1 2 2 +1 +1 2M 2M 1 2 2 2 3 +1 +2 = jeM ; gM j + jeM ; gM j + ::: +1 +1 +2 +2 2M +2 2M +3 2 2 2 + + + :::: 2M +2 2M +3 2M +4 2 1 1 2 1 = 1+ + 2 + ::: = M +2 (2) = M < ": 2M +2 2 2 2 2 Como x y x fueron elegidos arbitrariamente en C entonces es unifor- 1memente continua en C y, por tanto continua en C: Entonces tenemos una funci n continua e inyectiva del espacio m tricocompacto C sobre el espacio m trico f0 2g f0 2g f0 2g ::: . De acuerdocon Rudin, Teo. 4.17] es un homeomor smo. Esto concluye la prueba del teorema. Por el teorema Rudin, Teo. 2.43] como C es perfecto, se tiene que C esno numerable. En realidad, como C es homeomorfo a f0 2g f0 2g f0 2g ::: podemosy vamos a repetir la prueba cl sica de Cantor para mostrar que C no esnumerable. A partir de este momento denotamos a f0 2g f0 2g f0 2g ::: porf0 2g1 :
  34. 34. 31 TEOREMA 2.10. C es no numerable. Demostraci n. Haremos esta demostraci n por reducci n al absurdo.Esto es, supongamos que C es numerable. Por el Teorema 2.9, C y f0 2g1tienen la misma cardinalidad. Entonces tambi n estamos suponiendo quef0 2g1 es numerable. De modo que estamos suponiendo que f0 2g1 sepuede escribir en la forma f0 2g1 = fa a a :::g 1 2 3 Supongamos que a 1 = ( e1 (1) e (1) 2 e (1) 3 e(1) 4 :::) a 2 = ( e1 (2) e (2) 2 e (2) 3 e(2) 4 :::) a 3 = ( e1 (3) e (3) 2 e (3) 3 e(3) 4 :::) a 4 = ( e1 (4) e (4) 2 e (4) 3 e(4) 4 :::) . . . Construyamos un elemento (e e e e :::) 2 f0 2g1 de la 1 2 3 4 siguiente manera: 8 <0 si enn ( ) =2 en = : 2 si enn ( ) =0 Entonces (e1 e e e :::) 2 f0 2g1 . 2 3 4 Notemos que, para toda n 2 N , (e1 e e e ::: en :::) 6= (e n e n e n e n ::: enn :::) 2 3 4 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 3 ( ) 4 ( )
  35. 35. 32 Porque en 6= enn para toda n 2 N : As , la lista en que numeramos a todos ( )los elementos de f0 2g1 no contiene al elemento que acabamos de construir,lo cual es un absurdo. Por tanto, f0 2g1 es no numerable. Hasta ahora, hemos probado algunas propiedades topol gicas del conjun-to de Cantor, a saber, que es un espacio m trico, compacto, no vac o, perfectoy no numerable. Ahora veremos, que es un conjunto totalmente disconexo,esto es, que las componentes conexas de C son s lo puntos. Para probar estapropiedad, daremos los siguientes lemas. LEMA 2.11. Sean x 2 C r > 0 y n 2 N tales que 1 n < r entoncesBr (x) (R ; Cn) 6= : 23 Demostraci n. Haremos esta prueba por reducci n al absurdo. Supon-gamos, por el contrario, que Br (x) Cn: Por hip tesis, si x 2 C entoncesx 2 Cn para toda n 2 N . Recordemos que n ;1 Cn = 2 aj aj + 1 n 3n j =0 3 h ilos intervalos an a n 3 0 3 a a 0 +1 n 3n 1 ::: a nn; a n ;n 1 +1 3 son cerrados y ajenos 2 3 1 2 3 1 +1dos a dos. Adem s, Br (x) es un conjunto conexo y como Br (x) Cnentonces existe un k 2 f0 1 ::: 2n ; 1g tal que B (x) ak ak + 1 r 3n 3nde aqu que, 2r = diametro (Br (x)) diametro ak ak + 1 1 = n: 3n 3n 3 Esta contradicci n prueba que Br (x) (R ; Cn) 6= y concluye la pruebadel lema. LEMA 2.12. Sean x y 2 C con x < y entonces existe z 2 R; C tal quex < z < y:
  36. 36. 33 Demostraci n. Supongamos por el contrario que (x y) C: Elegimosun p 2 (x y) entonces p 2 C: Sea r > 0 tal que Br (p) (x y): Sea n 2 Ntal que n < r: Por el Lema 2.11, existe q 2 Br (p) (R ; Cn) : Entonces 1q 2 Br (p) (x y) C Cn y q 2 R ; Cn: 23 Este absurdo muestra que el lema es cierto. TEOREMA 2.13. C es un conjunto totalmente disconexo. Demostraci n. Tenemos que probar que las componentes conexas delconjunto de Cantor son sus puntos. Supongamos que una componente no esun punto y la llamamos A es decir, vamos a suponer que A es un conjuntoconexo, A C y que existen x y 2 A tales que x < y: Por el Lema 2.12,existe z 2 R ; C tal que x < z < y: Dada p 2 A p 6= z pues z 2 C: De modo que p < z o p > z: Esto muestra =que A = ((;1 z) A) 1) A) : ((z Notemos que x 2 (;1 z) A y y 2 (z 1) A: Entonces hemos escrito aA como la uni n de dos conjuntos abiertos (en A) ajenos y no vac os. Estocontradice la conexidad de A y termina la prueba del teorema.
  37. 37. 34
  38. 38. Cap tulo 3En el cap tulo anterior vimos que el conjunto de Cantor es un espacio m trico,compacto, perfecto, no vac o y totalmente disconexo. En este cap tulo probaremos que estas propiedades caracterizan al con-junto de Cantor. Es decir, si un espacio topol gico X tiene todas estaspropiedades entonces X es homeomorfo al conjunto de Cantor. El otro resultado importante de este cap tulo ser que todo espacio m tri-co y compacto es una imagen continua del conjunto de Cantor. Los resultados importantes para probar este ltimo teorema son: - El conjunto de Cantor es homeomorfo a un producto numerable decopias de l. - Hay una funci n continua y suprayectiva de C al intervalo 0 1] : - Hay una funci n continua y suprayectiva de C al cubo de Hilbert. - Todo espacio m trico y compacto se puede encajar como un subconjuntocerrado del cubo de Hilbert. - El conjunto de Cantor se puede retraer a cualquiera de sus subconjuntoscerrados y no vac os. A lo largo de este cap tulo, identi caremos al conjunto de CantorC con el espacio f0 2g1 : Esto es posible debido al Teorema 2.9.Entonces cuando nos re ramos a un elemento de C escribiremosuna sucesi n de ceros y doses. PROPOSICION 3.1. Para toda n 2 N , C es homeomorfo a C n: 35

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