3) Recuerde que si (X ,τ) es un espacio topológico de Hausdorff, un subconjunto F de X se llama perfecto
si él es cerrado y no contiene puntos aislados. Observe que: si(X , d) es un espacio métrico completo, o
si(X ,τ) es un espacio hereditariamente de Baire, entonces cualquier subconjunto perfecto F de X es no
numerable. En efecto, en este caso F es un espacio de Baire sin puntos aislados y el resultado sigue del
Teorema 1.8.8. Este resultado nos facilita otra demostración de que el conjunto ternario de CantorΓes no numerable, puesΓes un subconjunto perfecto de[0, 1] el cual es un espacio métrico completo (véase la próxima sección para recordar la definición deΓ).
4) Entre los espacios metrizables los espacios hereditariamente de Baire se pueden caracterizar por medio del siguiente resultado de W. Hurewicz [225].
Teorema de Hurewicz. Un espacio topológico metrizable X es hereditariamente de Baire si, y sólo si,
cualquier subconjunto perfecto no vacío F de X es no numerable.
Finalizamos esta sección con el siguiente resultado que también es de utilidad.
Lema 1.8.2. Sean (X , d) y (Y,ρ) espacios métricos completos y suponga que f : X → Y es una función
continua y abierta. Si D es un subconjunto Gδ-denso de Y , entonces f−1(D) es un Gδ-denso en X .
Prueba. Sea V un subconjunto abierto y denso en Y . Vamos a demostrar en primer lugar que f−1(V ) es abierto y denso en X . En efecto, por continuidad, f−1(V ) es abierto en X . Para ver que dicho conjunto es denso en X , sea U es un subconjunto abierto no vacío de X . Supongamos, por un momento, que U∩ f−1(V ) = ∅. Puesto que f U ∩ f−1(V )= f (U ) ∩V, resulta que f (U) ∩V = ∅ lo cual es imposible pues, al ser f una
aplicación abierta, f(U ) es un abierto no vacío y, gracias a la densidad de V , f (U ) ∩V 6= ∅. Esto muestra que f−1(V ) abierto y denso en X . Supongamos ahora que D es un Gδ-denso de Y . Entonces D=T∞n=1Vn,
donde cada Vnes abierto y denso en Y y, por consiguiente,
f−1(D) =
∞
\ n=1
f−1(Vn)
es, por la primera parte y el Teorema de Categoría de Baire, un Gδ-denso en X .
1.9.
Primeras consecuencias del Teorema de Categoría de Baire
Es un hecho conocido que todo subconjunto abierto no vacío G deR se puede escribir como una unión numerable de intervalos abiertos dos a dos disjuntos. Como una consecuencia del Teorema de Categoría de Baire, obtenemos:
Teorema 1.9.1. Ningún intervalo cerrado y acotado J deR se puede escribir como una unión numerable de
intervalos cerrados y disjuntos dos a dos.
Prueba. Supongamos que existe una sucesión(Fn)∞n=1 de intervalos cerrados y disjuntos dos a dos enR tal
que J=S∞n=1Fn. Puesto que cada Fn= int (Fn) ∪ Fr(Fn), resulta que
J= ∞ [ n=1 int(Fn) ∪ ∞ [ n=1 Fr(Fn), y, en consecuencia, Jr ∞ [ n=1 int(Fn) = ∞ [ n=1 Fr(Fn)
es un subconjunto cerrado en el espacio métrico completo R y, por consiguiente, también es completo. Un llamado al Teorema de Categoría de Baire nos revela que al menos un Fr(Fn) debe tener interior no vacío, lo
cual es imposible pues ya sabemos que la frontera de cualquier intervalo cerrado es nunca-denso enR.
Teorema 1.9.2. Sea f :[0,∞) → R una función continua tal que l´ımn→∞f(nx) = 0 para cada x ∈ [0,∞).
Entonces l´ımx→∞f(x) = 0.
Prueba. Nuestro primer paso es demostrar que l´ımx→∞f(x) existe. Fijemos ε> 0 arbitrario y para cada
n∈ N, definamos Fn = ∞ \ m=n n x∈ [0,∞) : | f (mx)| ≤εo.
Como f es continua, cada Fnes cerrado en el espacio métrico completo[0,∞). Por otro lado, dado x ∈ [0,∞),
se sigue de nuestra hipótesis que l´ımn→∞f(nx) = 0 y, en consecuencia, existe n0∈ N tal que | f (nx)| ≤εpara
todo n≥ n0. Esto prueba que[0,∞) = T∞n=1Fn y entonces el Teorema de Categoría de Baire nos dice que
int(Fn0) 6= ∅ para algún n0∈ N. Seleccionemos un intervalo abierto, digamos (a,b), dentro de int(Fn0). Por nuestra definición de Fn0, tenemos que
f(mx) ≤ ε para todo m≥ n0 y todo x∈ (a,b).
Observemos que si m es suficientemente grande, entonces
(m · a, m · b) ∩ (m + 1)a, (m + 1)b6= ∅, (m + 1)a, (m + 1)b ∩ (m + 2)a, (m + 2)b6= ∅,
.. .
En efecto, por el principio de Arquímedes, seleccionemos un m∈ N tal que a < m(b − a). Si ahora tomamos cualquier m≥ m´ax{n0, a/(b − a)}, tendremos que
(m · a,∞) = ∞ [ k=m ka, kb∩ (k + 1)a, (k + 1)b. y, en consecuencia, f(x) ≤ ε para todo x∈ (m · a,∞). De esto se concluye que l´ım
x→∞f(x) existe y es 0.
El siguiente ejemplo está relacionado con el proceso de integración repetida. Vamos a precisar. Supon- gamos que f ∈ C[0,1] y definamos
f1(x) = Z x 0 f(t) dt, f2(x) = Z x 0 f1(t) dt, ··· , fn(x) = Z x 0 fn−1(t) dt.
Si alguna de las fk es idénticamente nula, entonces f≡ 0. Esto se prueba de manera inmediata haciendo uso
del Teorema Fundamental del Cálculo, es decir, diferenciado a fkrepetidamente k-veces, se tiene que f ≡ 0.
El siguiente resultado, que es una generalización de lo anterior, se obtiene como una aplicación del Teorema de Categoría de Baire.
Sec. 1.9 Primeras consecuencias del Teorema de Categoría de Baire 55
Teorema 1.9.3. Sea f ∈ C[0,1] y defina, como antes,
fk(x) = Z x
0
fk−1(t) dt, x∈ [0,1],
para cada k≥ 1, donde f0= f . Si para cada x ∈ [0,1], existe un entero k = k(x) tal que fk(x) = 0, entonces
f≡ 0.
Prueba. Supongamos que f 6= 0 sobre [0,1]. Entonces existe un x0 ∈ [0,1] tal que f (x0) 6= 0. Por la con-
tinuidad de f existe un intervalo abierto U ⊆ [0,1] conteniendo a x0tal que f(x) 6= 0 para todo x ∈ U. Sea J
un intervalo cerrado contenido en U . Para cada k∈ N, sea
Ek=
x∈ [0,1] : fk(x) = 0
.
El Teorema Fundamental del Cálculo nos garantiza que, de nuevo por continuidad de f , que cada fktambién
es continua y, en consecuencia, cada Ekes cerrado. Además, como por hipótesis, cualquier x∈ [0,1] está en
algún Ek, tenemos que,
[0, 1] = ∞ [ k=1 Ek. En particular, J= ∞ [ k=1 (J ∩ Ek)
Por el Teorema de Categoría de Baire, existe algún k tal que J∩ Ek contiene un intervalo abierto, digamos
Ik, sobre el cual fk≡ 0. Derivando se llega a que f (x) = 0 para todo x ∈ Iklo cual está en contradicción con
nuestra suposición. Por esto, f ≡ 0 y termina la prueba.
Es un hecho bien conocido que si f :[0, 1] → R es una función de clase C∞, esto es, su n-ésima derivada
f(n)existe para todo n∈ N, entonces la Fórmula de Taylor establece que si a ∈ [0,1], entonces para cualquier
x∈ [0,1] se cumple que f(x) = n−1
∑
k=0 f(k)(a) k! (x − a) k + f(n)(x1) n! (x − a) n, (FT)donde x1es un cierto punto comprendido entre x y a. Por consiguiente, una condición necesaria y suficiente
para que la serie de Taylor ∑∞k=0 f(k)n!(a)(x − a)n converja hacia f(x) es que l´ım
n→∞
f(n)(x1)
n! (x − a)
n= 0.
Observe que si la n-ésima derivada de f es 0, entonces (FT) nos revela que f coincide sobre [0, 1] con un polinomio de grado a lo sumo n−1. Una generalización de éste resultado, que se resuelve por una aplicación del Teorema de Categoría de Baire, fue formulado por E. Landis en la revista Mathematical Eeducation en 1960 del modo siguiente:
Teorema 1.9.4. Sea f ∈ C∞[0, 1]. Si para cada x ∈ [0,1], existe un entero n(x) ∈ N tal que f(n(x))(x) = 0,
Prueba. Para cada n∈ N, sea
En =
x∈ [0,1] : f(n)(x) = 0 .
Como cada f(n)es continua, el conjunto correspondiente Enes cerrado. Por otro lado, dado cualquier punto
x∈ [0,1] vemos, usando nuestra hipótesis, que existe algún n ∈ N tal que f(n)(x) = 0, lo cual nos dice que
x∈ Eny, en consecuencia, [0, 1] = ∞ [ n=1 En.
Se sigue del Teorema de Categoría de Baire, Teorema 1.8.6, que G :=S∞n=1int(En) es abierto y denso en
[0, 1]. Sea σ= {n ∈ N : int(En) 6= ∅}. Ahora bien, como todo subconjunto abierto no vacío de R es unión
numerable de intervalos abiertos y disjuntos dos a dos, resulta que para cada n∈σ, existe una colección numerable(In
k)∞k=1de intervalos abiertos y disjuntos dos a dos tal que
int(En) = ∞ [ k=1 Ikn. Pongamos J=Ikn : k, n ∈ N . Entonces G = [ In k∈J Ikn = ∞ [ n=1 ∞ [ k=1 Ikn.
Sea n0= m´ınσ. Nos proponemos demostrar que int(En0) = [0, 1]. Suponga, para obtener una contradicción, que
int(En0) 6= [0,1]. (1)
Tal contradicción la lograremos en tres actos:
(1o). G 6= [0,1]. En efecto, consideremos cualquier intervalo In0
k de los que cubren a int(En0). Por (1), tenemos que In0
k 6= [0,1]. Esto garantiza que uno de los dos puntos extremos de I n0
k , llamémosloα, satisface
0<α< 1. Suponga queα∈ G. Como G = S∞n=1S∞k=1Ikn, entonces para algún n1> n0 y algún j, debe
ocurrir que α∈ In1
j . Tenemos así que α está en el interior de α∈ I n1
j y en la clausura de α∈ I n0
k . Sea J1
cualquier intervalo abierto tal queα∈ J1⊆ Ijn1. Comoαestá en la clausura de I n0
k , entonces se cumple que
J1∩ Ikn0 6= ∅. En particular,
In1
j ∩ I n0
k 6= ∅. (2)
Sea J un intervalo abierto no vacío contenido en In1
j ∩ I n0
k . Sabemos que f(n1)= 0 sobre I n1
j y también que
f(n0)= 0 sobre J. Se sigue de la Fórmula de Taylor que f coincide con un polinomio de grado menor que n
0
sobre In1
j , y en consecuencia,
In1
j ⊆ int(En0).
Por otro lado, como cualesquiera dos intervalos de los que cubren a int(En0) son iguales o disjuntos, se sigue de(2) que
In1
j = I n0
k .
Esta igualdad es la que genera la contradicción puesαes un punto interior de In1
j y a la vez un extremo del
mismo conjunto In0
k = I n1
j . Por estoα6∈ G y, así, G 6= [0,1].
(2o). Definamos H = [0, 1]\G. Queremos demostrar que H es un conjunto perfecto. Puesto que G es abierto,
Sec. 1.9 Primeras consecuencias del Teorema de Categoría de Baire 57
perfecto. Entonces H contiene algún punto aislado, digamos y. Como y6∈ G, resulta que dicho punto es un extremo común a dos de los intervalos disjuntos que cubren a G, digamos Iin y Ijm. Suponga que m> n. Se sigue de la continuidad de f(n) que f(n)(y) = 0 y como f coincide con un polinomio de grado menor que n sobre Imj , entonces f(n)= 0 sobre el intervalo abierto In
i ∪ {y} ∪ Imj . Esto nos dice que y∈ int(En0) ⊆ G y, por consiguiente, y6∈ H. Esta contradicción establece que H es perfecto.
(3o). Veamos finalmente que (1) no puede ocurrir. En efecto, por el acto anterior sabemos que H es no vacío
y cerrado en[0, 1] y, por consiguiente, él es completo. Además, como
H =
∞
[ n=1
(En∩ H),
el Teorema de Categoría de Baire es el responsable de garantizarnos la existencia de un n1, que mantendremos
fijo, tal que int(En1∩ H) es no vacío. Sea U un conjunto abierto no vacío contenido en En1∩ H. Entonces U es de la forma U= H ∩V , para algún abierto no vacío V ⊆ [0,1]. Ahora bien, puesto que U ⊆ En1, tenemos que f(n1)= 0 sobre U y se sigue de la definición de derivada que, para cualquier x ∈ U,
f(n1+1)(x) = l´ım
y→x
y∈U
f(n1)(y) − f(n1)(x) y− x = 0.
Observe que dicho límite existe para cualquier x∈ U ⊆ H gracias a que H es perfecto. Lo anterior permite concluir que f(m)(x) = 0 para todo x ∈ U y todo m ≥ n1.
Puesto que G es denso en[0, 1] y V es un abierto no vacío de [0, 1], entonces G ∩V 6= ∅. De esto se sigue que alguno de los intervalos abiertos que cubren a G intersecta a V . Designemos a un tal intervalo por K. Entonces K ⊆ Em1 para algún m1 y así, f
(m1)(x) = 0 para cualquier x ∈ K. En particular, f(m1)= 0 sobre K∩V . Comparemos ahora a m1con n1.
(a) Si m1≤ n1, entonces derivando a f(m1), n1− m1veces, conseguimos que f(n1)= 0 sobre K ∩V.
(b) Si m1> n1, entonces cualquiera de los puntos extremos de K pertenece a H y, por lo tanto, cualquier
punto en la frontera de K∩V está en H ∩V = U. Siαes un tal punto, entonces
f(n1)(α) = f(n1+1)(α) = ··· = f(m1−1)(α) = f(m1)(α) = 0.
Puesto que f(m1)= 0 sobre K ∩V , podemos calcular la integral desdeαa cualquier punto arbitrario x∈ K ∩V para obtener
0 =
Z x
α f
(m1)(t) = f(m1−1)(x) − f(m1−1)(α) = f(m1−1)(x).
Esto prueba que f(m1−1)= 0 sobre K ∩V . Si el argumento anterior se repite m
1− n1 veces, se llega a que
f(n1)= 0 sobre K ∩V . Pongamos J 0= Ikn∈ J : Ikn∩V 6= ∅ y sea G0 = [ Ikn∈J0 Ikn.
Lo que acabamos de demostrar nos dice que f(n1)= 0 sobre In
k ∩V para cualquier intervalo Ikn∈ J0. Pero
además, como todo intervalo Ikn∈ J \ J0cumple que Ikn∩V = ∅, se sigue del Corolario 1.4.1, que G0∩V =
G∩V = V . De esto y, la continuidad de f(n1), se concluye que f(n1)= 0 sobre V . En particular, f(n1)= 0 sobre V . Esto último nos indica que ningún punto de H puede pertenecer a V lo que contradice el hecho de que H∩V = U 6= ∅.
Se concluye de esta forma que la suposición(1) no es viable por lo que int(En0) = [0, 1]. Sin embargo, como la familia de intervalos abiertos{In0
k : k= 1, 2, . . .} que cubre a int(En0) es disjunta, entonces ella debe reducirse a un único intervalo, es decir, existe un k0tal que Ikn00 = [0, 1] y, en consecuencia, f
(n0)= 0 sobre [0, 1]. Se sigue de la Fórmula de Taylor (FT) que f es un polinomio de grado a lo sumo n0− 1.
Finalizamos esta sección con otro resultado interesante el cual también hace uso del Teorema de Cate- goría de Baire. Si bien es cierto que tantoR así como R2tienen la misma cardinalidad, es decir, existe una biyección entre ellos, resulta que ninguna biyección entre tales espacios puede ser continua.
Teorema 1.9.5. Ninguna función biyectiva f :R → R2puede ser continua.
Prueba. En primer lugar vamos a demostrar que:
Si g :[a, b] → R2es una función continua e inyectiva, entonces g([a, b]) es un subconjunto cerrado
nunca-denso deR2.
En efecto, para comenzar, observemos que como g es continua y[a, b] es compacto, el conjunto g([a, b]) es compacto, en particular, cerrado enR2. Además, como g es inyectiva resulta que g :[a, b] → g([a,b]) es un homeomorfismo. Esto implica, en particular, que g([a, b]) es conexo. Afirmamos que g([a, b]) es nunca-denso en R2. Supongamos que g([a, b]) tiene algún punto interior, digamos x. Entonces g([a, b]) contiene alguna bola abierta, digamos U(x,ε), para algúnε> 0. Trasladando y reduciendo un poco (si fuera necesario) la bola U(x,ε), podemos suponer que x 6= g(a),g(b). Afirmamos que g([a,b]) r {x} es conexo. Para ver esto último supongamos, por contradicción, que existen abiertos O1y O2no vacíos y disjuntos en g([a, b])r {x}
tal que g([a, b])r {x} = O1∪ O2. Puesto que U(x,ε)r {x} es conexo dicho conjunto debe estar contenido
en O1o bien en O2. Supongamos que U(x,ε)r {x} ⊆ O1y pongamos O11:= O1∪ {x} = O1∪U(x,ε). Es un
ejercicio sencillo verificar que O11y O2son abiertos en g([a, b]) y, además se cumple que
g([a, b]) = O1
1∪ O2 y O11∩ O1=∅.
Esto, evidentemente, contradice el hecho de que g([a, b]) es conexo.
Una vez establecido que g([a, b])r {x} es conexo, la continuidad de g−1: g([a, b]) → [a,b] implica que
el conjunto g−1 g([a, b])r {x} también es conexo en [a, b], lo cual es imposible pues, al ser x un punto interior de g([a, b]) (recuerde que estamos suponiendo que x 6= g(a),g(b)), resulta que c := g−1(x) ∈ (a,b) es un punto interior de[a, b] y, por lo tanto,
g−1 g([a, b])r {x}= [a, b]r {c} sería conexo. Esta contradicción establece que g([a, b]) es nunca-denso enR2.
Supongamos ahora que f :R → R2 es biyectiva y continua. Escribamos a R como R =S∞n=1[−n,n]. Puesto que f es biyectiva tenemos que
R2= f ( R) = ∞ [ n=1 f([−n,n]).
Por lo probado anteriormente, resulta que cada conjunto cerrado f([−n,n]) tiene interior vacío y como R2es un espacio métrico completo, el Teorema de Categoría de Baire nos garantiza que
∞
[ n=1
f([−n,n]) 6= R2.