Ejemplo Existen dendroides que no tienen ninguna función punto medio continua.

En general, no todos los continuos tienen funciones punto medio continuas, tal y como se ilustra en el siguiente ejemplo.

2.73 Ejemplo. Existen dendroides que no tienen ninguna función punto medio continua.

Para construir este ejemplo, primero consideraremos los siguientes puntos y subconjuntos del plano:

a= (0,0), b= (1,0), J= [0,1]× {0} y B={0} ×[0,1₂]. Luego, para cadan∈Ndefinimos

rn=2−(2n−1), an= (0,rn) y a′n= (0,−rn).

Además, sides la métrica enR2definida

d((x,y),(x′,y′)) = m´ax{|x−x′|,|y−y′|}, entonces, para cadan∈N, consideramos el conjunto

B a b a1 a2 a′₁ a′2 .. . .. . J1 J2 .. . J

Afirmación A.Para cadan∈N, se cumple que

Hd(Jn,J) =rn. [1]

Demostración.Debido a la definición deJny alLema 1.26, para probar [1] será

suficiente verificar que

d(p,Jn)≤rn, para cadap∈J.

Dadop= (t,0)∈J, el puntoq= (t,rn)cumple que

d(p,q) =rn. [2]

Además, para cadaz= (s,0)∈Jse tiene que

d(q,z) = m´ax{|s−t|,rn} ≥rn. [3]

De [2] y [3] se sigue qued(q,J) =rny, por lo tanto,q∈Jn. Esto implica que

d(p,Jn)≤d(p,q) =rn, que es lo que se quería demostrar.H

Comorn→0, se deduce de laAfirmación AqueJn→J. En consecuencia,

si se define X=B∪ ( J∪∪∞ n=1 Jn ) , [4]

entonces el espacioXes compacto. Más aún, dado que todos los uniendos en el lado derecho de [4] intersectan al continuoB, se sigue queXes un continuo. A continuación se probará queXes un dendroide.

Primeramente, no es difícil demostrar que, para cadan∈N, Jn= ([0,1+rn]× {rn,−rn})∪({1+rn} ×[−rn,rn]).

Por lo tanto, si definimos

E

={Jn:n∈N} ∪ {J},

entonces

E

es una colección de arcos contenidos enX. Por otra parte, para cada s,t∈[0,r1]cons<t, definimos

B[s,t] ={0} ×[s,t], B[s,t) ={0} ×[s,t) y B(s,t] ={0} ×(s,t]. Claramente,B=B[0,r1].

Afirmación B.Si para cadam∈Nse definen Um=Jmr{am}, Vm=B(rm,r1]∪ m_∪−1 n=1 Jn, y Wm=B[0,rm)∪ ( J∪ ∞ ∪ n=m+1 Jn ) , entonces:

(a) Um,VmyWmson conjuntos ajenos entre sí y abiertos enXtales que

Xr{am}=Um∪Vm∪Wm. [5]

(b) Ningún arco en Xintersecta a los conjuntosUm,Vm yWmsimultánea-

mente.

Demostración.Notemos que Um,Vm y Jmson conjuntos ajenos entre sí que

cumplen [5]. Además, es claro que XrUm=B∪ ( J∪ ∞ ∪ n=m+1 Jn ) , XrVm=B[0,rm]∪ ( J∪ ∞ ∪ n=m Jn ) , XrWm=B[rm,r1]∪ m ∪ n=1 Jm. [6]

Dado que todos los conjuntos en el lado derecho de [6] son cerrados enX, se sigue queUm,VmyWmson conjuntos abiertos enX. Esto prueba el inciso(a).

Luego, observemos que siCes un subcontinuo deXque intersecta aUm, a

Vmy aWm, entoncesCr{am}tiene al menos tres arco componentes, es decir,

ames un punto de ramificación deC. Por lo tanto, aplicando elTeorema 2.54se

obtiene el inciso(b).H

Afirmación C.Para cualquier arcoA⊆Xes posible hallarE,F∈

E

de manera queA⊆B∪E∪F.

Demostración.Primeramente, notemos que X=B∪∪

E

,

así que para probar la afirmación, bastará ver que ningún arco enXintersecta a más de dos conjuntos de la formaErB, dondeE∈

E

. Para esto, haremos uso repetido del inciso(b)de laAfirmación B.

SeaAun arco enXy supongamos que dos subcontinuos distintosE,F∈

E

tales que

A∩(ErB)̸=∅̸=A∩(FrB). Se presentan dos posibilidades.

(i) Supóngase queE=JkyF=Jm, conk,m∈Nyk<m. Obsérvese que

ErB =Jkr{ak} = UkyF =Jm⊆ Wk.Esto implica que el arcoA

intersecta aUky aWk. Consecuentemente,Ano puede intersectar aVk,

por lo cual

A∩(JnrB) =∅, para cadan∈Nconn<k. [7]

Luego, sin∈Nyk<n<mentoncesE=Jk⊆VnyF=Jm⊆Wn, así

queAintersecta aVny aWn. Por lo tanto,

A∩Un=A∩(JnrB) =∅, para cadan∈Nconk<n<m. [8]

Por otra parte, notemos queE=Jk⊆VmyFrB=Jmr{am}=Um.

De aquí se sigue queAintersecta tanto aUmcomoVmy, en consecuencia,

Ano puede intersectar aWm. Esto implica que

A∩(JrB) =∅ y A∩(JnrB) =∅, para cadan∈Nconm<n. [9]

(ii) Ahora, supongamos queE=Jm, para algúnm∈N, yF=J. De manera

análoga al inciso anterior, observamos queErB=Jmr{am}=Umy

F=J⊆Wm, así queAno intersecta aVm. Por lo tanto,

A∩(JnrB) =∅, para cadan∈Nconn<m. [10]

Sin ∈Nym<nentoncesE=Jm ⊆VnyF=J⊆Wn. Esto prueba

queAno puede intersectar aUn, es decir,

A∩(JnrB) =∅, para cadan∈Nconm<n. [11]

Como consecuencia de [10] y [11] se obtiene queA⊆B∪Jm∪J.

De los incisos(i)_y(ii)_{se concluye la}Afirmación C.H

Afirmación D.El continuoXes UAC.

Demostración.SeanAyA′dos arcos enXtales queE(A) = E(A′)_{. Debido a}

laAfirmación C, existen cuatro subcontinuos distintosE,E′,F,F′ ∈

E

de tal manera que

A⊆B∪E∪F y A′ ⊆B∪E′∪F′.

Por lo tanto, si se defineY=B∪E∪F∪E′∪F′entoncesYes un subcontinuo deXque contiene a los arcosAyA′. Notemos que

Y= (((B⊙E)⊙F)⊙E′)⊙F′. [12] Dado que todos los continuos en el lado derecho de [12] son dendroides, se sigue de laProposición 2.67queYes un continuo UAC. De esta manera,AyA′ son dos subcontinuos deYque tienen los mismos puntos extremos, por lo cual necesariamente ocurre queA=A’. Esto demuestra laAfirmación D.H

Afirmación E.Consideremos un subcontinuoY⊆X. SiAes un arco contenido enBo en algún elemento de

E

yE(A)⊆Y, entoncesA⊆Y.

Demostración.Primero supondremos queA⊆B, es decir, existens,t∈[0,r1]

cons<t, tales queA=J[s,t]. Por hipótesis,E(A)⊆Y, así que bastará probar que para cadar∈(s,t)se cumple quez= (0,r)∈Y. Se presentan dos casos.

(i′) Si existem∈Ntal quer=rmentonces

(0,t)∈Y∩Vm y (0,s)∈Y∩Wm.

(ii′) Si para todom∈Nse tiene quer̸=rm, definimos los conjuntos

G={p∈X:d(p,J)≥r} y H={p∈X:d(p,J)≤r}. Claramente,GyHson conjuntos cerrados enXtales queG∪H=Xy G∩H={z}. Por lo tanto, ya que

(0,t)∈Y∩G y (0,s)∈Y∩H, necesariamente ocurre queY∩G∩H̸=∅, es decir,z∈Y. Concluimos de(i′)y(ii′)queA=J[s,t]⊆Y.

Ahora, supongamos queA⊆Jm, para algúnm∈N. Debido alLema 2.42,

para cadaz∈ArE(A)podemos elegir un par de arcosK,L⊆Xque formen una descomposición simple deJmbasada en el puntoztales que

K∩E(A)̸=∅̸=L∩E(A).

Sin pérdida de generalidad, supondremos queam∈K. Luego, definimos

G=B∪ ( J∪ ∞ ∪ n=m+1 Jm ) ∪K∪ m_∪−1 n=1 Jn.

Obsérvese queGyLson dos subconjuntos cerrados deXtales queG∪L=X yG∩L={z}. Además, ya queE(A)⊆Y, obtenemos que

Y∩G̸=∅̸=Y∩L.

Dado queYes un conjunto conexo se sigue queY∩G∩L̸=∅, es decir,z∈Y. Esto demuestra queA⊆Y.

Por último, supongamos queA⊆J. Nuevamente elLema 2.42nos asegura que para cadaz ∈ ArE(A)podemos tomar un par de arcosG,H ⊆ Xque formen una descomposición simple del arcoJbasada en el puntoztales que

G∩E(A)̸=∅̸=H∩E(A).

Más aún, supondremos quea∈G, renombrando de ser necesario. Luego, para cadan∈N, definimos

Notemos que comoJ = G∪H, entoncesJn = Gn ∪Hn, para cadan ∈ N.

Además, de manera análoga a la demostración de la Afirmación Ase puede probar que

Hd(Gn,G) =Hd(Hn,H) =rn, para cadan∈N.

En consecuencia,Gn→GyHn→H. Consideraremos dos posibilidades.

(iii′) Supóngase que existeN∈Nde manera que para todon∈Nconn>N se cumple queY∩Gn∩Hn=∅. Definimos

S=B∪ ( G∪ ∞ ∪ n=N+1 Gn ) ∪ N ∪ n=1 Jn y T=H∪ ∞ ∪ n=N+1 Hn.

No es difícil ver queSyTson subconjuntos cerrados deXtales queS∪T=

X. También, comoE(A)⊆Ytenemos que Y∩S̸=∅̸=Y∩T.

Esto implica queY∩S∩T̸=∅. Sin embargo, notemos que S∩T= (G∩H)∪

∞ ∪

n=N+1

(Gn∩Hn). [14]

Por hipótesis,Yno intersecta al segundo de los uniendos principales del lado derecho de [14], así que necesariamente ocure queY∩G∩H̸=∅_,

es decir,z∈Y.

(iv′) _{Supóngase que para cada}n ∈ Npodemos hallarm∈ Nconm >ntal queY∩Gm∩Hm̸=∅.Esto nos permite construir una sucesión(zn)n_∈N

contenida enYy una función crecienteσ:N→N_{de manera que}

zn∈Gσ(n)∩Hσ(n), para cadan∈N. [15] ComoYes un continuo, supondremos que existez′ ∈Ytal quezn→z′,

tomando una subsucesión de ser necesario. Ahora, ya queGσ(n) →Gy Hσ(n)→H, se deduce de [15] quez′∈G∩H. Por lo tanto,z=z′ ∈Y. En cualquiera de los dos casos anteriores se prueba quez∈Y. De aquí se sigue queA⊆Y, que es lo que se quería demostrar.H.

Demostración.Consideremos un subcontinuoY ⊆ X y dos puntos distintos p,q∈Y. Dado queXes UAC, probaremos queYcontiene al arcoA[p,q].

Si tantopcomoqpertenecen aBo a un mismo elemento de

E

, se sigue inmediatamente de lasAfirmaciones DyEqueA[p,q] ⊆ Y. Si lo anterior no ocurre, se presentan cuatro posibles casos.

(i∗) Supondremos quep ∈JmrByq ∈BrJm, para algúnm∈N. Nótese

quep∈Y∩Umyq∈Y∩(Vm∪Wm), así que necesariamente ocurre que

am∈Y. Como consecuencia de laAfirmación Ese tiene que

A[p,q]⊆A[p,am]∪A[am,q]⊆Y.

(ii∗) _{Supóngase que}p ∈ JrByq ∈ BrJ. Luego, seaq = (0,t)_donde

t∈(0,r1]. Dado quern→0, podemos hallarN∈Nde manera que para

cadan∈Nconn≥Nse cumple quern<t. Obsérvese que

p∈Y∩Wn y q∈Y∩Vn, para cadan∈Nconn≥N,

lo cual implica quean∈Y, para cadan≥N. Por lo tanto, ya quean→a

yYes un subconjunto cerrado deX, se deduce quea∈Y. De lo anterior y de laAfirmación Eobtenemos que

A[p,q]⊆A[p,a]∪A[a,q]⊆Y.

(iii∗) Ahora, supongamos que existenn,m ∈ N, conn < m, de manera que p∈JnrByq∈JmrB. Claramente,p∈Y∩Unyq∈Y∩Wnasí que

an ∈Y. Se sigue del inciso(i∗)y de laAfirmación Eque

A[p,q]⊆A[p,an]∪A[an,q]⊆Y.

(iv∗) _{Finalmente, supóngase que existe}n ∈ Nde manera quep ∈ JnrBy

q ∈ JrB. Es claro quep ∈ Y∩Un yq ∈ Y∩Wn, así quean ∈ Y.

Aplicando el inciso(ii∗)_{y la}Afirmación Ese tiene que A[p,q]⊆A[p,an]∪A[an,q]⊆Y.

En todos de los casos anteriores, se prueba que el arcoA[p,q]está contenido en el subcontinuoY. Por lo tanto,Yes un subcontinuo arco conexo deX, que es lo que se quería demostrar.H

DelTeorema 2.36y de lasAfirmaciones DyFse deduce inmediatamente que el continuoXes un dendroide.

Finalmente, se probará que ninguna de las funciones punto medio deXes continua. Para esto, consideremos una función de Whitneyµdefinida enC(X). Dadon∈Nse definen

bn= (1+rn,0), Kn={(x,y)∈Jn:y≥0} y Ln={(x,y)∈Jn:y≤0}.

No es difícil demostrar que para cadan ∈ N, los conjuntosKn yLnson dos

arcos enXque forman la descomposición simple deJn basada en el puntobn.

Además, siguiendo la demostración de laAfirmación A.se puede probar que Hd(Kn,J) =Hd(Ln,J) =rn, para cadan∈N.

En consecuencia,Kn→JyLn →J. De esta forma,(µ(Kn))n_∈Ny(µ(Ln))n_∈N

son dos sucesiones de números positivos que convergen al númeroµ(J)> 0. Por lo tanto, si definimos

θ= ´ınf({µ(Kn) :n∈N} ∪ {µ(Ln) :n∈N}),

se sigue queθ >0. Ahora, para cadan∈N, podemos hallar dos subcontinuos K′n,L′n⊆Xde manera que

bn∈K′n⊆Kn, bn∈L′n⊆Ln y µ(K′n) =θ=µ(L′n). [16]

Además, podemos suponer que existenK′,L′ ∈ C(X)tales queK′n → K′ y

L′_n → L′, tomando subsucesiones de ser necesario. Notemos que, para cada n∈N,K′nyL′nson subcontinuos deJny ambos contienen al puntobn, así que

K′ yL′ deben ser subcontinuos del arcoJque contienen al punto extremob. Esto implica que K′ y L′ son comparables respecto a la inclusión. Dado que µ(K′) =µ(L′) =θ, se deduce queK′=L′. Finalmente, definimos

M=K′=L′ y Mn=K′n∪L′n, para cadaN.

Nótese que(Mn)n∈Nes una sucesión de arcos enXque converge aM. Dado que µ(M) = θ >0yM ⊆J, el subcontinuoMdebe ser un arco. Además, de [16] se deduce que para cadan∈N, los arcosK′_nyL′_nforman una descomposición simple yµ_{-equilibrada de}Mnbasada en el puntobn, es decir,Pµ(Mn) =bn. Sin

embargo,Pµ(M)no puede ser un punto extremo deM, así que

Esto implica que la funciónPµ :M(X)→Xno es continua, que es lo que se

quería demostrar.

En elEjemplo 2.73notamos que no sólo las funciones punto medio deX no son continuas, si no que la función de puntos extremosE:M(X)→F2(X)

tampoco lo es (basta ver queJn → JperoE(Jn) ={an,a′n} → {a} ̸=E(J)).

El siguiente lema muestra como identificar las discontinuidades de la función de puntos extremos y como a partir de éstas generar discontinuidades para las funciones punto medio.

In document Funciones punto medio en continuos (página 61-70)