Definición
Decimos que dos conjuntos, \(A\) y \(B\), son equivalentes si existe una biyección entre ellos, es decir existe función \(f:A\to B\) que es inyectiva y suprayectiva.
Si \(A\) y \(B\) son equivalentes escribimos \(A\sim B\). Se puede probar que la relación \(\sim\) es una relaicón de equivalencia. Llamamos cardinalidad de \(A\), a la clase de equivalencia de \(A\) y si \(A\sim B\) decimos que \(A\) y \(B\) tienen la misma cardinalidad.
Un conjunto se llama finito si es vacío o si es equivalente a un conjunto de la forma \(\{1,\dots, n\}\), con \(n\in \mathbb{N}=\{1,2,\dots\}\).
Un conjunto se llama infinito si no es finito.
Por ejemplo, \(\mathbb{N}\) es infinito, razón:
para cualquier \(n\in \mathbb{N}\) y cualquier función inyectiva \(f:\{1,2,\dots, n\} \to \mathbb{N}\), tenemos que \(\max\{ f(1), f(2),\dots, f(n) \}+1 \in \mathbb{N}\) no es imagen de ningún elemento de \(\{1,\dots, n\}\), por lo tanto \(f\) no es suprayectiva.
Un conjunto se llama numerable si es equivalente a \(\mathbb{N}\).
Un conjunto se llama contable si es finito o numerable.
La idea de que dos conjuntos sean equivalentes es que ambos vana tener la misma cantidad de elementos.
Hay que tener un poco de cuidado y desarrollar una intuición sobre lo que significa que dos conjuntos sean equivalentes, pues nuestra mente no viene programada para tratar con conjuntos infinitos. Ver el video del hotel infinito de Hilbert para darse una idea.
Lema
La noción de conjuntos equivalentes define una relación de equivalencia.
Ejercicio
Si \(A\) es un subconjunto finito y \(B\subseteq A\) entonces \(B\) también es finito.
Lema
Si \(A\subseteq \mathbb{N}\) es infinito entonces \(A\) es equivalente a \(\mathbb{N}\).
Ejercicio
- Prueba que un conjunto es infinito si y sólo si contiene un conjunto numerable.
- Prueba que un conjunto es infinito si y sólo si contiene un subconjunto propio equivalente a él mismo.
Ejercicio
Prueba que si \(A\) es infinito y \(B\) es contable entonces \(A\) y \(A\cup B\) son equivalentes.
Sugerencia: usar el ejercicio anterior para "acomodar" a \(B\) en una parte de \(A\).
Ejercicio
Sean \(A_1,A_2,B_1,B_2\) conjuntos tales que \(A_1\) y \(A_2\) son equivalentes y \(B_1\) y \(B_2\) son equivalentes. Prueba que \(A_1\times B_1\) es equivalente a \(A_2\times B_2\).
Sugerencia: tomar producto cartesiano de funciones.
Ejercicio
Sea \(A\) un conjunto contable y sean \(C,B\) dos conjuntos.
- Prueba que si existe una función \(f:A\to B\) suprayectiva entonces \(B\) es contable .
- Prueba que si existe una función \(f:C \to A\) inyectiva entonces \(C\) es contable.
Ejercicio
Prueba que \((0,1)\) y \((0,1]\) son equivalentes.
Considere la siguiente función. \[f(x) = \begin{cases} x \text{ si x es irracional}, \\ x \text{ si } x=\frac{p}{q} \text{ con }p>1,\\ \frac{1}{n-1} \text{ si } x=\frac{1}{n} \text{ y } n\geq 2, \end{cases}\] donde \(x = \frac{p}{q}\) es la representación de un racional en primos relativos. Comencemos por notar que si \(x \in (0,1)\) entonces \(x\) es racional o irracional, y si es racional de la forma \(\frac{p}{q}\) entonces \(p,q \geq 1\). Adicionalmente \(1 \notin (0,1)\), por lo que \(f\) está bien definida.
Supongamos que \(f(x) = f(y)\). Podemos considerar el caso en que \(f(x)\) es irracional y el caso en que es racional. Por definición, \(x\) es racional si y sólo si \(f(x)\) lo es, por lo que \(x\) es racional si y sólo si \(y\) también lo es. La restricción de \(f\) a \(\mathbb{I}\) es la identidad, por lo que es inyectiva en dicho subconjunto. Note que \(\frac{1}{n}\) y \(\frac{1}{n-1}\) son representaciones de números racionales en primos relativos, por lo que la restricción \(f\) a \(\mathbb{Q} \cap (0,1)\) también es inyectiva, y por la primera observación se tiene que necesariamente \(x = y\), es decir, \(f\) es inyectiva.
Para demostrar que la función es sobreyectiva también separamos el problema en casos. Si \(y \in (0,1]\) es irracional, entonces \(y \in (0,1)\) y \(f(y) = y\). Si \(y\) es racional, entonces es de la forma \(y = \frac{p}{q}\) con \(p,q\) primos relativos. Si \(p > 1\) entonces nuevamente se observa que \(y = \frac{p}{q} = f(y)\). Finalmente, si \(y = \frac{1}{n}\) entonces notamos que \(n+1 \geq 2\) y que \(y = \frac{1}{n} = \frac{1}{(n+1) - 1} = f(\frac{1}{n+1})\). Se concluye que \(f\) es sobreyectiva y que los conjuntos propuestos son equivalentes.
Teorema
Unión numerable de conjuntos numerables es numerable. Es decir, si \(A_i\) es numerable, para todo \(i\in \mathbb{N}\) entonces \(\cup_{i=1}^\infty A_i\) es numerable.
Al ser \(A_i\) contable existe una biyección \(f_i:\mathbb{N} \to A_i\). Definimos \(f:\mathbb{N}\times \mathbb{N} \to \cup_{i=1}^\infty A_i\) por \[ f(n,m)=f_n(m) \] Esta función es supreyectiva pues dada \(x\in \cup_{i=1}^\infty A_i\) existe un \(n\) tal que \(x\in A_n\) y al ser \(f_n\) una biyección existe un \(m\) con \(f_n(m)=x\).
Ya que \(\mathbb{N}\times \mathbb{N}\) es numerable se sigue del Ejercicio 1.7 que \(\cup_{i=1}^\infty A_i\) es numerable.
Ejercicio
Prueba que \(\mathbb{Q}\) es numerable.
Sugerencia: usa el teorema anterior.
Nota
Expansión decimal
Dado \(x\in (0,1)\) podemos expandirlo en decimales como \[ x=0.x(1)x(2)x(3)\cdots \] donde \(x(i)\in \{0,1,\dots, 9\}\). Esta expansión decimal se puede pensar como: \[ x=\sum_{i=1}^\infty \frac{x(i)}{10^i}. \] Por ejemplo \[ 0.5=\frac{5}{10}, 0.1=0.099999999\cdots \] donde la última igualdad se puede probar como sigue: \begin{eqnarray*} \sum_{n=2}^\infty \frac{9}{10^n}&=&\frac{9}{10^2}\sum_{i=0}^\infty \frac{1}{10^i}\\ &=&\frac{9}{10^2}\frac{1}{1-\frac{1}{10}}\\ &=&\frac{1}{10}=0.1 \end{eqnarray*}
Cuando un número se puede escribir de tal forma que \(x(i)=0\) a partir de cierta \(i\) (en otras palabras, la serie termina) o \(x(i)=9\) a partir de cierta \(i\), decimos que la expansión decimal tiene una cola de 0's o una cola de 9's.
Lema
Un número \(x\in (0,1)\) admite dos expansiones decimales distintas si y sólo si tiene una expansión con cola de 0's o una con cola de 9's.
Primero notamos la siguiente identidad (válida para todo natural \(N\)) \[ \sum_{i=N+1}^\infty \frac{9}{10^n}=\frac{1}{10^N} \]
\(\Rightarrow]\) Supongamos que \[ x=\sum_{n=0}^\infty \frac{\alpha_n}{10^n}=\sum_{n=0}^\infty \frac{\beta_n}{10^n} \] donde \(\alpha_n, \beta_n \in \{0,1,\dots, 9\}\) y existe al menos un \(m\) donde \(\alpha_m\ne \beta_m\). Sea \(m_0\) el mínimo natural donde \(\alpha_m\ne \beta_m\). Cancelando podemos llegar a \[ \sum_{n=m_0}^\infty \frac{\alpha_n}{10^n}=\sum_{n=m_0}^\infty \frac{\beta_n}{10^n} \] Ya que \(\alpha_{m_0}\ne \beta_{m_0}\) sín pérdida de generalidad podemos suponer que \(\alpha_{m_0} < \beta_{m_0}\) (y por lo tanto \(\alpha_{m_0}+1 \leq \beta_{m_0}\)).
Usando que \(\alpha_n \leq 9\) para toda \(n\) obtenemos las siguientes estimaciones \begin{eqnarray*} \sum_{n=m_0}^\infty \frac{\alpha_n}{10^n} &=& \frac{\alpha_{m_0}}{10^{m_0}}+\sum_{n=m_0+1}^\infty \frac{\alpha_n}{10^n} \\ &\leq & \frac{\alpha_{m_0}}{10^{m_0}}+\sum_{n=m_0+1}^\infty \frac{9}{10^n} \\ &=& \frac{\alpha_{m_0}}{10^{m_0}}+\frac{1}{10^{m_0}} \\ &=& \frac{\alpha_{m_0}+1}{10^{m_0}} \\ &\leq & \frac{\beta_{m_0}}{10^{m_0}} \\ &\leq & \sum_{n=m_0}^\infty \frac{\beta_n}{10^n} \end{eqnarray*}
Comparando el primer y último término de la cadena de desigualdades concluimos que las desigualdades son realmente igualdades y por lo tanto \(\alpha_n=9\) y \(\beta_n=0\) para todo \(n\geq m_0+1\).
\(\Leftarrow ]\) Entonces si \(x\) tiene una cola de 0's: \[ x=\sum_{n=1}^N \frac{x(n)}{10^n} \] con \(x(N)\ne 0\) (por lo tanto \(x(N) \geq 1\)) podemos reescribirlo como \[ x=\sum_{n=1}^N \frac{x(n)}{10^n} = \sum_{n=1}^{N-1} \frac{x(n)}{10^n}+ \frac{x(N)-1}{10^N}+\sum_{n=N+1}^\infty \frac{9}{10^n} \] obteniendo una cola de 9's.
Por otro lado si \(x\) tiene una cola de 9's lo podemos re-escribir como \[ \sum_{n=1}^N \frac{x(n)}{10^n}+\sum_{n=N+1}^\infty \frac{9}{10^n}=\sum_{n=1}^{N-1} \frac{x(n)}{10^n}+\frac{x(N)+1}{10^N} \] obteniendo una cola de 0's.
Teorema
Un conjunto infinito que no es numerable se llama no numerable.
Prueba que \((0,1)\) es no numerable.
En consecuencia \(\mathbb{R}\) es no numerable.
Es suficiente probar que un subconjunto de \((0,1)\) es no numerable. Definimos \(A\) como el conjunto de puntos en \((0,1)\) que tiene una única expansión decimal.
Vamos a proceder por contradicción y supongamos que \(A\) es numerable. Entonces podemos escribir \(A=\{a_m\}_{m\in \mathbb{N}}\). Ahora escribimos cada \(a_n\) en forma decimal: \[ a_m= \sum_{n=1}^\infty \frac{a_m(n)}{10^n}, \] donde \(a_m(n)\in \{0,1,\dots, 9\}\) y la sucesión \((a_m(n))_{n\in \mathbb{N}}\) es única para cada \(m\). De esta forma podemos pasar la información a una lista de suceciones que podemos acomodar como sigue: \begin{eqnarray*} a_1&=& (a_1(1), a_1(2), a_1(3), \dots ) \\ a_2&=&(a_2(1), a_2(2), a_2(3), \dots ) \\ a_3&=&(a_3(1), a_3(2), a_3(3), \dots ) \\ &\vdots& \\ a_m&=&(a_m(1), a_m(2), a_m(3), \dots ) \\ &\vdots& \end{eqnarray*} y el problema se reduce a encontrar una sucesión que no este en esta lista. Para lograrlo para cada \(m\in \mathbb{N}\) definimos \(y(m)=2\) si \(a_m(m)=1\) y \(y(m)=5\) si \(a_m(m)\ne 1 \). Entonces la sucesión \((y(m))_{m\in \mathbb{N}}\) difiere de todas en la lista de arriba (pues difiere en la diagonal).
Finalmente definimos \[ y=\sum_{n=1}^\infty \frac{y(m)}{10^m} \] Ya que \(y\) no tiene cola de 0's ni cola de 9's, \(y\in A\). Además por construcción, \((y(n))_{n\in \mathbb{N}} \ne (a_m(n))_{n\in \mathbb{N}}\), para toda \(m\), por lo que \(y\ne a_m\) para toda \(m\), contradiciendo que \(A=\{a_m\}_{m\in \mathbb{N}}\).
Ejercicio
Prueba que toda familia de intervalos abiertos en \(\mathbb{R}\), distintos del vacío y ajenos dos a dos, debe ser contable.
Es decir, si \(\mathcal{F}\) es una familia de intervalos abiertos de \(\mathbb{R}\), que satisface \(I\neq \emptyset\) para toda \(I\in \mathcal{F}\) y \(I\cap J =\emptyset\), para cualesquiera \(I,J\in \mathcal{F}\) distintos, entonces \(\mathcal{F}\) es contable.
Ejercicio
Prueba que \(\mathbb{N}\) tiene una cantidad infinidad de conjuntos infinitos, ajenos dos a dos.
Sugerencia: usa que \(\mathbb{N}\sim \mathbb{N}\times \mathbb{N}\).
Teorema (Cantor-Bernstein)
Sean \(A\) y \(B\) dos conjuntos y supon que existen funciones inyectivas \(f:A\to B\) y \(g:B\to A\). Entonces \(A\) y \(B\) son equivalentes.
Ejercicio
Prueba que \((0,1)\) y \((0,1)\times (0,1)\) son equivalentes.
Ejercicio
Prueba que \((0,1)\) y \(\mathbb{R}\) son equivalentes.
Ejercicio
Dado un natural \(r \in\mathbb{N} \) por \(\mathbb{N}^r \) denotamos el producto cartesiano de \(\mathbb{N}\) con sigo mismo \(r\)-veces.
Sugerencia: nota que si \(p_1,\dots p_r\) son \(r\) primos distintos entonces \(p_1^{n_1}\dots p_{r}^{n_r}=p_1^{m_1}\dots p_{r}^{m_r}\) si y sólo si \(n_i=m_i\) para toda \(i\).
Definición. El conjunto de Cantor.
Se inicia con el intervalo unitario \[ F_0=[0,1] \]
\(F_0\) se parte en tres partes iguales y se remueve el intervalo abierto que corresponde a la parte de en medio \[ F_1=\left[0, \frac{1}{3} \right] \cup \left[\frac{2}{3},1 \right]. \] Entonces \(F_1\) es la unión de \(2^1=2\) intervalos cerrados de la forma \([k/3,(k+1)/3]\), para \(k=0,2\)
Se sigue el mismo procedimiento, partiendo cada subintervalo de \(F_1\) en tres partes iguales y removiendo los intervalos abiertos correspondientes a la parte de en medio. \[ F_2=\left[0, \frac{1}{9} \right] \cup \left[\frac{2}{9},\frac{1}{3} \right] \cup \left[\frac{2}{3},\frac{7}{9} \right] \cup \left[\frac{8}{9} ,1 \right]. \] Entonces \(F_2\) es la unión de \(2^2=4\) intervalos cerrados de la forma \([k/3^2,(k+1)/3^2]\), para \(k=0,2,6,8\).
Siguiendo con ésta construcción, \(F_n\) es la unión de \(2^n\) intervalos cerrados, de la forma \([k/3^n, (k+1)/3^n]\), para ciertos valores de \(k\). Para construir \(F_{n+1}\), cada subintervalo de \(F_n\) se parte en tres partes iguales removiendo el intervalo abierto que corresponde a la mitad de en medio.
El conjunto de Cantor es lo que "queda" al aplicar este proceso hasta el infinito, es decir se define como el conjunto \[ \Delta:= \cap_{n=1}^\infty F_n \]
Por ejemplo, los puntos \(0\) y \(1\) están en \(\Delta\), pues en cada subdivisión de intervalos que genera a los \(F_n\), siempre existe un intervalo de \(F_n\) que tiene a \(0\) como punto inicial y siempre hay un subintervalo de \(F_n\) que tiene a \(1\) como punto final. De manera similar, los puntos inicial y final de cada subintervalo que forman a \(F_n\) pertenece a \(\Delta\), por ejemplo \[ \frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{1}{9}, \frac{2}{9}, \frac{7}{9}, \frac{8}{9} \in \Delta. \]
Lo impresionantes es que si a \(\Delta\) le quitamos todos estos puntos "sencillos" lo que resulta es suficientemente numeroso como para ser equivalente a \([0,1]\). Es decir, los puntos de \(\Delta\) que se pueden ver "fácilmente" son realmente una minoria. En los ejercicios que siguen se explora ésta y otras características de \(\Delta\).
Ejercicio
Sean \(a,b\in \mathbb{R}\) con \(a< b\) y fija \(x\in [a,b)\).
Divide el intervalo \([a,b]\) en tres partes iguales, digamos que los puntos de esta partición son \(a=t_0< t_1 < t_2 < t_3=b \). Entonces existe un único \(i=0,1,2\) tal que \(x\in [t_{i}, t_{i+1})\). Define \[ \alpha=i \quad \textrm{si \(x\in [t_i, t_{i+1})\)} \] Es decir, \(\alpha=0\) si \(x\) está en el primer tercio de \([a,b)\), \( \alpha=1\) si está en el segundo y \(\alpha=2\) si está en el tercero.
Toma \(s=\frac{\alpha(b-a)}{3}\). Prueba que: \[ |a+s-x| \leq \frac{b-a}{3} \] y \(x\in [a+s,a+s+ (b-a)/3 )\).
Primero notamos que \(t_0=a, t_1=a+\frac{b-a}{3}, t_2=a+\frac{2(b-a)}{3}, t_3=b\).
Tenemos varios casos.
Caso \(x\in [t_0,t_1)\). En este caso, \(\alpha=0\) y \(s=0\). Por lo tanto \[ |a+s-x|=|a-x|=|t_0-x| \leq t_1-t_0 = \frac{b-a}{3} \] y ya que \(t_0=a+s, t_1=a+s+\frac{b-a}{3}\) resulta que \(x\in [a+s,a+s+(b-a)/3)\).
Caso \(x\in [t_1,t_2)\). En este caso, \(\alpha=1\) y \(s=\frac{b-a}{3}\). Por lo tanto \(a+s=t_1\), \[ |a+s-x|=|t_1-x| \leq t_2-t_1 = \frac{b-a}{3} \] y \(x\in [t_1,t_2)=[a+s,a+s+(b-a)/3).\)
Caso \(x\in [t_2,t_3)\). En este caso, \(\alpha=2\) y \(s=\frac{2(b-a)}{3}\). Por lo tanto \(a+s=t_2\), \[ |a+s-x|=|t_2-x| \leq t_3-t_2 = \frac{b-a}{3} \] y \(x\in [t_2,t_3)=[a+s.a+s+(b-a)/3)\).
Ejercicio
Todo elemento \(x\in [0,1]\) admite una representación ternaria, es decir se puede escribir \[ x = \sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha_n}{3^n} \] donde \(\alpha_n\in \{0,1,2\}\).
Primero notamos que, para el caso \(x=1\) tenemos, por series geométricas \[ \sum_{i=1}^\infty\frac{2}{3^i}=2\frac{\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}=1. \] Así, podemos suponer \(x\in [0,1)\). Ahora aplicamos el ejercicio anterior.
Tomando \(a=0, b=1\), \(\alpha_1\) y \(s_1\) como la \(\alpha\) y \(s\) del ejercicio anterior, tenemos que \[ |a+s-x|=\left|\frac{\alpha_1}{3}-x\right| \leq \frac{b-a}{3}=\frac{1}{3}. \] Notamos que \(x\in [s_1 , s_1+(b-a)/3)=[s_1,s_1+1/3)\).
Tomando \(a=s_1, b=s_1+1/3\), \(\alpha_2\) y \(s_2\) como la \(\alpha\) y la \(s\) del ejercicio anterior, tenemos que \[ |a+s-x|=\left|\frac{\alpha_1}{3}+\frac{\alpha_2}{3^2}-x\right|\leq \frac{b-a}{3}=\frac{1}{3^2}. \] Notamos que \(x\in [s_1+s_2,s_1+s_2+ (b-a)/3)=[s_1+s_2,s_1+s_2+1/3^2)\).
Continuando con este proceso, si \(x\in[s_1+\cdots +s_n, s_1+\cdots+s_n+\frac{1}{3^n})\), tomando \(a=s_1+\cdots +s_n, b=s_1+\cdots+s_n+\frac{1}{3^n}\), \(\alpha_{n+1}\), \(s_{n+1}\) como en el ejercicio anterior, tenemos \[ |a+s-x|=\left| \sum_{i=1}^{n+1}\frac{\alpha_i}{3^i}-x \right|\leq \frac{b-a}{3}=\frac{1}{3^n} \]
Tomando límites, cuando \(n\to \infty\), en la desigualdad anterior concluimos \[ \sum_{i=1}^\infty \frac{\alpha_i}{3^i}=x. \]
Ejercicio
- Encuentra dos representaciones ternarias distintas de los siguientes números: \(1/3, 2/3, 1/9\).
- Encuentra la representación ternaria de \(1/2\) y prueba que es única.
- Sea \(x\in [0,1]\) con descomposición ternaria \[ x=\sum_{i=1}^\infty\frac{\alpha_i}{3^i}. \] Prueba: \(x=0 \Leftrightarrow \alpha_i=0\) para toda \(i\); \(x=1 \Leftrightarrow \alpha_i=2\) para toda \(i\).
Ejercicio
Se \(x\in [0,1]\), con \(x\ne 1,0\).
- Prueba que si \(x\) admite dos representaciones ternarias distintas entonces \(x\) es de la forma \(\frac{k}{3^n}\), para \(n,k\in \mathbb{N}\), \(k \leq 3^n\).
-
Supon además que \(x\in \Delta\) y es de la forma \(\frac{k}{3^n}\).
Es decir, es un punto inicial o final de alguno de los intervalos
de algún \(F_n\). Prueba que \(x\) admite una descomposición
ternaria de la forma
\[
\sum_{i=1}^\infty \frac{\alpha_i}{3^i}
\]
donde, para toda \(i\), \(\alpha_i\in \{0,2\}\).
Además, si \(x\) es un punto final la representación tiene una cola de 2's, si \(x\) es un punto inicial la representación tiene una cola de 0's.
Teorema
\(x\in \Delta\) si y sólo si \(x\) admite una representación ternaria \[ x=\sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha_n}{3^n} \] donde \(\alpha_n\in \{0,2\}\).
Ejercicio
Prueba que todo intervalo abierto de la forma, \((a,b)\), que contiene un punto de \(\Delta\) también contiene un subintervalo "de en medio", de los que se removieron para formar \(\Delta\).
Como consecuencia, \(\Delta\) no contiene intervalos abiertos no vacíos. Entonces, desde el punto de vista de los intervalos, \(\Delta\) es "chico".
Ejercicio
Por \([0,1]\setminus \Delta\) denotamos el complemento de \(\Delta\) en \([0,1]\). Nota que \([0,1] \setminus \Delta\) está formado por la unión numerable de intervalos abiertos. Demuestra que la serie formada por las longitudes de éstos intervalos es 1. Entonces, desde el punto de vista de longitudes \(\Delta\) es "chico" (pues su complemento es "grande").
Ejercicio
Para \(x\in [0,1]\), toma una representación ternaria \[ x=\sum_{i=1}^\infty \frac{\alpha_i }{3^i} \] Sea \(N=N(x)\in \mathbb{N}\) el primer índice para el cual \(\alpha_N=1\), tal tal \(N\) no existe se toma \(N(x)=\infty\).
Define \(\Psi:[0,1]\to [0,1]\) por \[ \Psi(x)=\sum_{i=1}^{N-1}\frac{\beta_i}{2^i}+\frac{1}{2^N}, \quad \beta_i=\frac{\alpha_i}{2} \] La función \(\Psi\) se le llama la escalera de Cantor.
Prueba que \(\Psi\) está bien definida, es decir, no depende de la representación ternaria de \(x\) y que \(\Psi\) es no decreciente.
Ejercicio
Prueba que \(\Delta\) es no numerable.
Entonces, desde el punto de vista de conjuntos equivalentes (cardinalidades), \(\Delta\) es "grande".
Es suficiente probar que \(\Delta\) es equivalente al intervalo \([0,1]\).
Para probar lo anterior, dado \(x\in \Delta\) vamos a definir \(\Psi(x)\) como \begin{equation}\label{Eqn:AuxDeltaNoContable} \Psi(x)=\sum_{i=1}^\infty \frac{\beta_i}{2^i} \end{equation} donde \(\beta_i=\alpha_i/2\) y para encontrar las \(\alpha_i\) escribimos la representación ternaria de \(x\): \[ x=\sum_{i=1} \frac{\alpha_i}{3^i}, \quad \alpha_i \in \{0,2\} \]
Es importante notar que, dado que \(\alpha_i\) toma sólo los valores de \(0\) ó \(2\), \(\beta_i\) toma sólo los valores de \(0\) ó \(1\) y por lo tanto \(\Psi(x)\in [0,1]\), es más, la representación de \(\Psi(x)\) dada en \eqref{Eqn:AuxDeltaNoContable} es su representación binaria. Por lo tanto hemos definido una función \(\Psi:\Delta \to [0,1]\), la cual afirmamos que es suprayectiva.
Para probar que \(\Psi\) es supryectiva tomamos \(y\in [0,1]\) arbitrario. Después escribimos a \(y\) en representación binaria \[ y=\sum_{i=1}^\infty \frac{\gamma_i}{2^i}, \quad \gamma_i\in \{0,1\} \] Ahora definimos a \(x\) como: \[ x:=\sum_{i=1}^\infty \frac{2\gamma_i}{3^i} \] Ya que \(2\gamma_i \in \{0,2\}\), el Teorema 2.7 asegura que \(x\in \Delta\). Además, de la definición de \(\Psi\) resulta que \(\Psi(x)=y\).
Usando que \(\Psi: \Delta \to [0,1]\) es suprayectiva se puede obtener una función \(\Phi: [0,1] \to \Delta\) inyectiva.
Ahora sí, podemos probar \(\Delta \sim [0,1]\). Notar que tenemos dos funciones inyectivas: \(\Phi:[0,1]\to \Delta\) y \(i:\Delta \to [0,1]\), la función unclusión. Por el Teorema de Cantor Bernstein podemos concluir que \(\Delta\) y \([0,1]\) son equivalentes.