Ejemplo Existen continuos regulares cuyas funciones punto medio son confluentes pero su función de puntos extremos no es ni siquiera atriódica.

X

S1 S2

SeaXel continuo obtenido de la unión por un punto de dos curvas cerradas simples. A este continuo se le llamala figura ocho. En el plano complejo,Xse puede construir de la siguiente manera:

S1={z∈C:|z+1|=1}, S2={z∈C:|z−1|=1},

X=S1∪S2.

En elEjemplo 4.23se ha demostrado que todas las curvas cerradas simples son continuos regulares, así que por laProposición 3.16, el continuoXes re- gular. Luego, de losTeoremas 3.21y4.24se deduce que todas las funciones punto medio deXson confluentes.

Ahora probaremos que la función de puntos extremosE:M(X)→F2(X)

no es atriódica. Nombremosaal único punto enS1∩S2, y para cadai∈ {1,2}

tomemos un puntobi∈Sir{a}. También, tomemos dos arcosKi,Li⊆Xque

formen la descomposición simple deSi basada enaybi. Luego, elegimos un

homeomorfismohi:Ki→Lide manera que

h1 h2 b1 a b2 K1 L1 K2 L2

Esto nos permite definir una función continuaH:K1∪K2→F2(X)de la

siguiente manera:

H(p) ={p,hi(p)}, sip∈Ki, para algúni∈ {1,2}.

Como consecuencia de [1],h1 y h2 coinciden enK1∩K2 = {a}, así que la

funciónHestá bien definida. Por lo tanto, si consideramos el conjunto

K=H(K1∪K2),

entoncesKes un subcontinuo deF2(X). Se demostrará que el conjuntoE−1(K)

tiene exactamente tres componentes conexas.

Afirmación A.Los únicos singulares enKson{a},{b1}y{b2}. Por lo tanto,

los únicos singulares enE−1₍

K)también son{a},{b1}y{b2}.

Demostración.De la definición dehien [1] obtenemos que

H(a) ={a}, H(b1) ={b1} y H(b2) ={b2}, [2]

así que{a},{b1},{b2} ∈K. Además, sip∈K1∪K2cumple queH(p)es un

singular, entonces existei ∈ {1,2}de manera quep ∈ Kiyp = hi(p).Esto

implica quep ∈Ki∩Li ={a,bi}, así queH(p)es necesariamente alguno de

los conjuntos enlistados en [2].H

A continuación, definimos los siguientes subconjuntos deE−1₍

K):

A={M∈E−1₍

K) :a∈M},

B1={M∈E−1(K) :b1∈M} y B2={M∈E−1(K) :b2∈M}.

Notemos queA,B1 yB2son conjuntos cerrados enM(X). Más aún, los tres

son conjuntos no vacíos, pues

{a} ∈A, {b1} ∈B1 y {b2} ∈B2. [4]

Afirmamos que se cumple lo siguiente:

E−1(K) =A∪B1∪B2. [5]

Dado queA,B1yB2son subconjuntos deE−1(K), resta demostrar sólo una

inclusión. Para esto, consideremosA∈E−1_(K)

. Se tienen dos posibilidades.

(i′) SiAes un singular, se sigue inmediatamente de laAfirmación Ay de las relaciones de pertenencia en [4] queA∈A∪B1∪B2.

(ii′) SiAes un arco, elegimosi ∈ {1,2}y un puntop ∈ Kide manera que

E(A) =H(p) ={p,hi(p)}. Luego, tómese un arcoB⊆Xtal queAyB

formen una descomposición simple deSibasada enpy enhi(p). Nótese

quep ∈/ Liyhi(p) ∈/ Kasí que el conjuntoE(B) = {p,hi(p)} no está

contenido ni enKini enLi. Aplicando elLema 2.63se obtiene queBno

puede contener a los puntosaybi, es decir,

a∈SirB⊆A ó bi∈SirB⊆A.

En cualquiera de los casos anteriores se tiene queA∈A∪B1∪B2.

De los incisos(i′)y(ii′)se deduce queE−1_(K)⊆A∪B

1∪B2, lo cual

demuestra [5].

Afirmación B.Para todoi∈ {1,2}, siA∈M(X)yE(A)⊆SientoncesA⊆Si.

Demostración.Se probará el resultado parai=1, pues el otro caso se prueba de manera análoga. Dado que la afirmación es evidentemente cierta cuandoA es un singular, supondremos queAes un arco. Se presentan tres posibilidades.

(i∗) Sia∈/Aentonces

A⊆Xr{a}= (XrS1)∪(XrS2). [6]

Observemos que los dos uniendos en el lado derecho de [6] forman una disconexión deXr{a}, así que el arcoAdebe estar contenido en alguno de dichos uniendos. Por lo tanto, ya queE(A)⊆S1r{a}=XrS2se

(ii∗) Sia∈Ayaes un punto extremo deAentoncesAr{a}es un conjunto conexo contenido en el conjunto del lado derecho de [6]. Como el otro punto extremo deAse encuentra enXrS2, se sigue de un razonamiento

similar al del inciso(i∗)queAr{a} ⊆XrS2 =S1r{a}. De aquí se

obtiene queA⊆S1.

(iii∗) Si a ∈ A ya no es un punto extremo deA, entonces existe un par de arcos M,N ⊆ Xque forman la descomposición simple deAbasada en el puntoa. Nótese queMyNson dos arcos cuyos puntos extremos están contenidos enS1yaes punto extremo de ambos. Aplicando el inciso(ii∗)

obtenemos queM⊆S1yN⊆S1. En consecuencia,A=M∪N⊆S1.

De los incisos(i∗)—(iii∗)se concluye queE(A)⊆S1implicaA⊆S1.H

Afirmación C.Los conjuntosA,B1yB2son ajenos entre sí.

Demostración.Primero se demostrará que

A∩Bi=∅, _{para cada}i∈ {1,2}. _[7] SeaA ∈Bi. Claramente, siAes un singular entoncesA ={bi} ∈/ A. Por lo

tanto, resta considerar el caso dondeAes un arco. Elíjase un puntop∈K1∪K2

tal queE(A) =H(p). De la definición de la funciónHpodemos observar que H(p) ⊆ S1 oH(p) ⊆ S2,así que aplicando laAfirmación Bobtenemos que

A⊆S1oA⊆S2.Dado quebi∈A∩Siybi∈/ S1∩S2, se deduce que

p∈Ki y A⊆Si.

Luego, ya queH(p) ={p,hi(p)}es un conjunto no degenerado, se sigue de la

Afirmación Aquea̸=p̸=b. Así,p∈KirLi,hi(p)∈LirKi, y por tanto, el

conjuntoE(A) ={p,hi(p)}no está contenido ni enKini enLi. Comobi∈A,

elLema 2.63asegura quea∈/A, es decir,A∈/ A. Esto demuestra [7]. Ahora, veremos que

B1∩B2=∅. [8]

Nótese que siA∈M(X)yb1,b2 ∈AentoncesA∩S1 ̸=∅̸=A∩S2.Debido

a queAes un conjunto conexo, necesariamente ocurre queA∩(S1∩S2)̸=∅,

es decir,a∈A. En consecuencia,

B1∩B2 ⊆A∩B1∩B2=∅.

De aquí se obtiene [8] y se demuestra la Afirmación C.H

Demostración.A continuación, sólo mostraremos la prueba de que el conjunto

Aes conexo. La demostración paraB1yB2se obtiene de manera similar.

SeaA∈Ay supóngase queA̸={a}. La prueba concluirá si demostramos queAse puede unir con{a}por medio de una trayectoria dentro deA. Para esto, tomemosi∈ {1,2}yp∈Kide manera queE(A) =H(p) ={p,hi(p)}.

De laAfirmación Bes claro queA⊆Si. Ahora, notemos quea ∈/ E(A)por lo

cual existen dos arcosK,L⊆X, conp∈Kyhi(p)∈L, los cuales forman una

descomposición simple deA. Debido a laAfirmación C,bi∈/ Aasí que

Kr{a} ⊆Ar{a} ⊆Sir{a,bi}= (KirLi)∪(LirKi). [9]

Como los dos uniendos en el lado derecho de [9] son conjuntos mutuamente separados,Kr{a}debe estar contenido en alguno de ellos. Luego, dado que p∈(Kr{a})∩(KirLi), se deduce queKr{a} ⊆(KirLi), es decir,

K⊆Ki.

De manera análoga se puede probar queL⊆Li. Así, ya quehi:Ki→Lies un

homeomorfismo, el conjuntohi(K)es un arco enLiy además cumple que

E(hi(K)) =hi(E(K)) =hi({a,p}) ={a,hi(p)}=E(L). [10]

Dado que el arcoLies UAC, se sigue de [10] quehi(K) =L.En consecuencia,

para cadax∈Kse tiene que que{x,hi(x)} ⊆A.Ahora, siF:M(A)→F2(A)

es la función de puntos extremos deA, elTeorema 2.25nos permite definir una función continuaG:K→M(X)de la siguiente manera:

G(x) =F−1_({x,h

i(x)}), para cadax∈K.

Obsérvese queGes una trayectoria que une aG(a) = F−1_{({a}) = {a}con}

G(p) =F−1_({p,h

i(p)}) =A. Además, para cadax∈Kse cumple que

E(G(x))) ={x,hi(x)}=H(x)∈K,

por lo cualG(x)∈E−1₍

K). También notemos que

G(x)⊆A=K∪L, x∈G(x)∩K y hi(x)∈G(x)∩L,

así queG(x)∩K∩L≠ ∅, es decir,a ∈G(x). Esto implica que la trayectoria Gestá contenida enA, que es lo que se quería demostrar.H

Como consecuencia de la igualdad en [5] y de lasAfirmaciones CyDse tiene queA,B1yB2son las componentes deE−1(K). No obstante,

{a}∈/ E(B1)∪E(B2),

{b1}∈/E(A)∪E(B2) y {b2}∈/E(A)∪E(B1),

lo cual muestra que no existen dos componentes deE−1_{(K)de tal manera que la}

unión de sus imágenes bajoEseaK. Por lo tanto, la funciónE:M(X)→F2(X)

no es atriódica.

4.26 TEOREMA. Para cualquier continuoXlas siguientes proposiciones son