1. Propiedades del conjunto de Cantor.
Jos Mateos Cortes.

2. ii
INTRODUCCION
La mayor a de los cursos y libros que hablan del conjunto de Cantor lo
tratan 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 s
importantes. No consideramos que esta forma de presentarlo sea mala. De
hecho es muy ilustrativa y los argumentos que se usan son muy claros. Es-
te trabajo nace de las preguntas: Es posible hacer un tratamiento riguroso
del conjunto de Cantor? Es posible dar este tratamiento riguroso sin sufrir
demasiado?
En esta tesis damos una respuesta positiva a la primera pregunta y damos
una respuesta satisfactoria a la segunda. Claro, el lector tiene la ltima
palabra para decir si no sufre mucho ley ndola.
En el cap tulo 1 damos una construcci n an litica del conjunto de Cantor
y probamos que es equivalente a la construcci n geom trica. Adem s damos
pruebas formales de las propiedades b sicas que mencionan la mayor a de los
libros. 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, aunque
por su naturalidad no dudamos que haya sido desarrollada antes por otras
personas.
En el cap tulo 2 demostramos que el conjunto de Cantor es un espacio
m 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 que
el conjunto de Cantor es homeomorfo a un producto numerable de copias del
espacio 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 de
Cantor, y
2. Todo espacio m trico, compacto, no vac o, totalmente disconexo y sin
puntos aislados es homeomorfo al conjunto de Cantor.

4. Cap tulo 1
De nuestros cursos de An lisis Matem tico y Topolog a hemos vislumbrado
que 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 nen
a los intervalos que se consideran en la construcci n del conjunto de Cantor
para, 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 siguientes
intervalos.
;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
3
conjunto 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. 2
a C lo dividimos en tres partes iguales gener ndose los siguientes subinter-
1
valos:
;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
; 1
quitamos los intervalos y 1
9
. Sea C el conjunto que nos queda, o
2
9
7
9
8
9 2
sea
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 componen
a C (que tienen longitud de ) lo dividimos en tres partes iguales y quitamos
2
1
9
los tercios medios. Con esto obtenemos el tercer paso de la construcci n que
consiste 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 4
dividen en tres partes todos los intervalos que componen a C y se quitan los 3
intermedios.
En general, Cm se construye dividiendo en tres partes iguales a los
+1
intervalos 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 le
denotar por la letra C , se de ne como la intersecci n de todos los conjuntos
Cm. Es decir,

6. 3
T
C = fCm : m 2 N g
OBSERVACION 1.1. El problema con esta construcci n, es que Cm +1
depende de Cm . Entonces, si no hemos construido a Cm no sabemos qui n
es Cm+1 . Esto di culta en gran manera la prueba de las propiedades del
conjunto de Cantor. Nuestro primer trabajo, a partir de este momento, ser
encontrar 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 y
ajenos.
Demostraci n. Haremos esta prueba por inducci n matem tica. Clara-
mente C est formado por 2 = 2 intervalos cerrados y ajenos. Supongamos
1
1
ahora que Cm esta formado por 2m intervalos cerrados y ajenos. Sabemos
que Cm se obtiene de Cm a partir de dividir cada uno de los intervalos
+1
cerrados 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 que
Cm tiene el doble de intervalos que Cm: Puesto que Cm tiene 2m, tenemos
+1
que Cm est formado por 22m = 2m intervalos cerrados y ajenos.
+1
+1
De acuerdo con la proposici n anterior los intervalos que conforman a
Cm son 2m: Entonces una manera pr ctica de numerarlos ser tomando el
conjunto de ndices j 2 f0 1 2 ::: 2m ; 1g :
Durante todo este trabajo denotaremos con el s mbolo N el conjunto de
los n meros naturales incluyendo al cero. Ahora vamos a dar una manera de
construir el extremo izquierdo del j- simo intervalo de Cm : Para esto haremos
una 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: Si
j 6= 0 entonces escribimos a j en su notaci n binaria, es decir:
j=b 0 20 + b1 21 + ::: + bm 2m :

7. 4
donde 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 transformamos
en doses y se piensa en el n mero correspondiente como un n mero escrito
en base tres.
Por ejemplo si j = 10 entonces en notaci n binaria, j = 0 2 + 1 2 + 0 1
0 2 + 1 2 : Por construcci n aj = a = 0 3 + 2 3 + 0 3 + 2 3 =
2 3
10
0 1 2 3
6 + 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 su
notaci 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
1
b a + b a + ::: + bm a m = 2b 3 + 2b 3 + ::: + 2bm 3m:
0 20 1 2 2 0
0
1
1
As ,

8. 5
ab b
( 0 20 + 1 21 + :::+bm 2m ) = b0 a
20 + b1 a21 + ::: + bm a m:
2
Esto 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. 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. 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
+1
es 0 y en aj es 2.
+1
De 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 tiene
un 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 caso
i = 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 que
aj = 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 ), +1
para 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 claramente
esta desigualdad es cierta.
Esto concluye la prueba.
LEMA 1.7. Para toda j 2 N 3aj = a2j :
Demostraci n. Sea

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 conjuntos
Cm. 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. 9
donde 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 extremos
de 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 i
Del 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 +1
son 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 a
Cm :
+1 h i
Tomemos uno de estos intervalos, digamos el am aj m al dividirlo en
j
3 3
+1
tres 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. 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 la
construcci n anal tica de Cm coinciden para toda m 2 N . Por lo cual, ya
tenemos 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 de
Cm es igual a 1 para cada m 2 N : En la observaci n siguiente mostramos que
esta 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. 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 que
componen a Cm estamos en posibilidades de dar pruebas formales de algu-
nas de sus propiedades. Varias de ellas son muy claras de la construcci n
geom 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 ajenos
entre 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 suma
que 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 la
Proposici n 1.12 los intervalos que componen a Cm tienen longitud de m : 3
1
Entonces la suma total de las longitudes es igual a:

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
+1
x 2 mk am : Aplicando el Lema 1.7 y el Lema 1.8 obtenemos que para
3
a
+1
k
3
+1
+1
toda 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. 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 2
Entonces 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 extremo
derecho de cada uno de los intervalos que componen a Cm pertenecen al
conjunto de Cantor.
LEMA 1.15. Si 0 k 2m ; 1 entonces ak
m 2 Cn y ak +1
m 2 Cn para
cada n 2 N :
3 3
Demostraci n. Dada m 2 N consideremos a su correspondiente Cm
esto 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- simo
intervalo 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 de
Cm; Cm; ::: C : Ahora veremos que estos extremos tambi n est n en los
1 2 1
Cn siguientes.
Sabemos que (Lema 1.7)

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 +2
entonces 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 conjunto
denso en s mismo.
PROPOSICION 1.16. Sea " > 0: Si x 2 C entonces existe y 6= x tal
que jx ; y j < " y y 2 C:
;1
Demostraci n. Sea " > 0: Como m ! 0 cuando m ! 1 existe
N 2 N tal que N < ":
3
1
Por hip tesis, x 2 C entonces x 2 Cm para cada m 2 N : En particular,
3
x 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 3
que y = x: Entonces
jx ; yj ak + 1 ; ak = N
1
< ":
3n 3n 3
Esto termina la prueba de la proposici n.

18. 15
A continuaci n daremos una caracterizaci n de los elementos del conjunto
de Cantor, que dice que x 2 C si y s lo si a x lo podemos expresar como una
serie 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
m
cada 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 cada
m 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 que
x 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 = k
yk 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 k
como 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. 16
(n tese que los ceros que pudimos haber a adido no afecta a la de nici n de
ak ).
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 que
vamos 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 el
Teorema 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 +1
Como 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. 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. 18
T
donde cada em 2 f0 2g demostraremos que x 2 fCn : n 2 N g : Esto es
equivalente a probar que x 2 Cn para cada n 2 N : O lo que es lo mismo
probar que existe h i
j 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 del
n 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;1
entonces 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. 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. 20

24. Cap tulo 2
En este cap tulo desarrollaremos las propiedades topol gicas elementales del
conjunto de Cantor. Para esto es muy conveniente ver que el conjunto de
Cantor es homeomorfo al producto numerable de copias del espacio f0 2g
donde f0 2g est dotado de la topolog a discreta. Una vez que se de este
homeomor 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 elementales
de 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 cada
x y 2 Xn). De nimos
21

25. 22
d : X X ;! R
por la siguiente f rmula
1
X dn (xn
d(x y) = yn ) :
n=1 2n
donde x = (x x x :::) y y
1 2 3 = (y1 y y :::): Es f cil comprobar que d es
2 3
una m trica para X .
En la siguiente proposici n demostraremos que, la topolog a coincide
con la topolog a inducida por d en X: De esta manera podremos realizar m s
f cilmente las pruebas de la continuidad de algunas funciones que de niremos
a lo largo de este cap tulo.
PROPOSICION 2.2. La topolog a inducida por d en X es la que
de 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 son
iguales.
Sea U 2 entonces U se expresa como la uni n de elementos de es
decir: 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 3
Como A 2 entonces A es de la forma
A = U U ::: Un Xn 1 2 Xn ::: +1 +2
donde n 2 N y Ui 2 i para cada i n: Como xi 2 Ui 2 i y i se de ne
usando a di existe ri > 0 tal que Bri (xi ) Ui:
Para mostrar que U 2 o es su ciente con que demostremos que existe
r > 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. 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: Esto
termina la prueba de que U 2 o:
Ahora tomemos U 2 o: Sea x = (x x x :::) un punto cualquiera de 1 2 3
U: 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
2
mos 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 3
para toda 1 i N: Entonces
2
1
X di (xi
d(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 tenemos
que 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 ;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 de
conjuntos cerrados es un conjunto cerrado. Por tanto, Cm es un conjunto
cerrado, para cada m 2 N :
OBSERVACION 2.4. Cm 0 1] para cada m 2 N : En efecto, la
Proposici 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 cada
m 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 un
conjunto cerrado. Adem s, 0 1] es un conjunto compacto. Como C Cm
y Cm 0 1] para cada m 2 N entonces C 0 1] : Finalmente, como
los subconjuntos cerrados de conjuntos compactos, son compactos, C es un
conjunto 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 por
la Proposici n 1.16, C es denso en s mismo.
Podr amos recurrir al teorema que dice que una intersecci n anidada de
compactos 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 1
en el Lema 1.15, 0 2 Cn para toda n 2 N : De modo que 0 2 C: Esto
demuestra la siguiente proposici n.
PROPOSICION 2.7. C es un conjunto no vac o.
LEMA 2.8. Si
1
X 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 =0
y 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. 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 3
El 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. 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 1
ek ; 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 =2
y 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, tenemos
que
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 +1
que 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. 28
' : C ;! f0 2g f0 2g f0 2g :::
De nida de la siguiente forma. Dada x 2 C por el Teorema 1.17, existe
una sucesi n femg1 donde cada em = 0 2 tal que
m =1
1
X em
x= : m
m=1 3
De nimos
'(x) = (e e e :::): 1 2 3
Vamos a comprobar que ' esta bi n de nida. Para esto tenemos que ver
que 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 representaciones
como 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 3
Supongamos que existe n 2 N tal que en 6= gn y adem s, n es el primer
sub ndice donde son distintas. Entonces (en = 0 y gn = 2) o ( en = 2 y
gn = 0): Supongamos por ejemplo que en = 0 y gn = 2 calculando se tiene
lo 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. 29
De aqu que x < x lo cual es un absurdo. Por tanto, en = gn para cada
n 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 3
Supongamos 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 3
e = 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 3
f0 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
2
acotada por una que es convergente. Esto muestra que la serie
1
X em
m converge.
m=1 3
Le 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 3
biyectiva.
Ahora demostraremos que ' es continua en C: Tenemos que mostrar que
para cada " > 0 existe > 0 tal que si jx ; x j < entonces 1
d('(x) '(x )) < ": 1
Tomemos una " > 0 arbitraria. Sea M 2 N tal que M < " y sea = M : 1 1
Tomemos 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. 30
Por 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, es
decir:
8
< jp;qj si p 6= q
dn(p q) = : 2
0 si p = q
Es claro, que dn 1:
Calculando
d('(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-
1
memente continua en C y, por tanto continua en C:
Entonces tenemos una funci n ' continua e inyectiva del espacio m trico
compacto C sobre el espacio m trico f0 2g f0 2g f0 2g ::: . De acuerdo
con 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 es
no numerable.
En realidad, como C es homeomorfo a f0 2g f0 2g f0 2g ::: podemos
y vamos a repetir la prueba cl sica de Cantor para mostrar que C no es
numerable.
A partir de este momento denotamos a f0 2g f0 2g f0 2g ::: por
f0 2g1 :

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 2g1
tienen la misma cardinalidad. Entonces tambi n estamos suponiendo que
f0 2g1 es numerable. De modo que estamos suponiendo que f0 2g1 se
puede 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. 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, perfecto
y no numerable. Ahora veremos, que es un conjunto totalmente disconexo,
esto es, que las componentes conexas de C son s lo puntos. Para probar esta
propiedad, daremos los siguientes lemas.
LEMA 2.11. Sean x 2 C r > 0 y n 2 N tales que 1
n < r entonces
Br (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 entonces
x 2 Cn para toda n 2 N . Recordemos que
n ;1
Cn =
2
aj aj + 1
n 3n
j =0 3
h i
los 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 +1
dos a dos. Adem s, Br (x) es un conjunto conexo y como Br (x) Cn
entonces existe un k 2 f0 1 ::: 2n ; 1g tal que
B (x) ak ak + 1
r
3n 3n
de 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 prueba
del lema.
LEMA 2.12. Sean x y 2 C con x < y entonces existe z 2 R; C tal que
x < z < y:

36. 33
Demostraci n. Supongamos por el contrario que (x y) C: Elegimos
un p 2 (x y) entonces p 2 C: Sea r > 0 tal que Br (p) (x y): Sea n 2 N
tal que n < r: Por el Lema 2.11, existe q 2 Br (p) (R ; Cn) : Entonces
1
q 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 del
conjunto de Cantor son sus puntos. Supongamos que una componente no es
un punto y la llamamos A es decir, vamos a suponer que A es un conjunto
conexo, 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 a
A como la uni n de dos conjuntos abiertos (en A) ajenos y no vac os. Esto
contradice la conexidad de A y termina la prueba del teorema.

37. 34

38. Cap tulo 3
En 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 estas
propiedades 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 de
copias 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 subconjunto
cerrado del cubo de Hilbert.
- El conjunto de Cantor se puede retraer a cualquiera de sus subconjuntos
cerrados y no vac os.
A lo largo de este cap tulo, identi caremos al conjunto de Cantor
C con el espacio f0 2g1 : Esto es posible debido al Teorema 2.9.
Entonces cuando nos re ramos a un elemento de C escribiremos
una sucesi n de ceros y doses.
PROPOSICION 3.1. Para toda n 2 N , C es homeomorfo a C n:
35

39. 36
Demostraci n. Primero se demostrar para n = 2: Esto es, C es homeo-
morfo a C C: La prueba para toda n 2 N se har por inducci n matem tica.
Sea
f : C C ;! C
de nida por la correspondencia
f ((a a a :::) (b b b :::)) = (a b a b a b :::)
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3
Demostraremos que f es una funci n inyectiva. Sean
f ((a a a :::) (b b b :::)) = (a b a b a b :::)
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3
y
f ((c c c :::) (d d d :::)) = (c d c d c d :::) :
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3
Supongamos que
f ((a a a :::) (b b b :::)) = f ((c c c :::) (d d d :::)) :
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
Esto es, equivalente a
(a1 b a b a b :::) = (c d c d c d :::)
1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3
entonces ai = ci al igual que bi = di para cada i 2 N esto es, por la de nici n
de igualdad en el producto. As ,
(a1 a a :::) = (c c c :::) y (b b b :::) = (d d d :::) :
2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
Por tanto, f es una funci n inyectiva.
Para mostrar que f es una funci n suprayectiva tomemos un punto arbi-
trario (a a a :::) 2 C entonces ((a a a :::) (a a a :::)) 2 C C:
1 2 3 1 3 5 2 4 6
Aplicando la f_ :
f ((a a a :::) (a a a :::)) = (a a a a :::) :
1 2 3 2 4 6 1 2 3 4