El Conjunto de Sierpinski

junio 5, 2008

Existe un conjunto S\subset [0,1]^2 tal que

  • No tiene tres puntos alineados
  • Para todo cerrado F\subset [0,1]^2 con |F|>0 se tiene que S\cap F\neq \emptyset

Nota: De la segunda condicion se deduce que |S|_e=1 pues en caso contrario deberia existir un abierto G\subset [0,1]^2 con S\subset G y |G|<1 pero entonces si ponemos F=[0,1]^2\backslash G tenemos que F contradice la segunda condicion.

Demostracion:

Consideremos la familia \cal{F} de cerrados F\subset [0,1]^2 con |F|>0. Como hay tantos cerrados como abiertos y estos son uniones de bolas de radio racional y centro racional entonces a lo sumo hay 2^\mathbb{N} cerrados de donde podemos bienordenar a la familia \cal{F} respecto de un ordinal \Omega con todas las secciones numerables (*).

Es decir, podemos indexar a los cerrados F\in \cal{F} por un conjunto bienordenado de indices \Omega tal que para todo i\in \Omega el conjunto \{j\in \Omega: j<i\} es a lo sumo numerable.

Una vez hecho esto vamos a ir construyendo S recursivamente, primero sea p_1\in F_1 y p_2\in F_2. Ahora tomemos p_3\in F_3 de forma que p_3 no este alineado con p_1,p_2, esto es posible ya que |F_3|>0.

De forma analoga vamos agregando en orden un punto por cada cerrado F\in \cal{F}. Mas precisamente, para cada i\in \Omega tomemos p_i\in F_i que no este alineado con ningun par de puntos elegidos previamente. Esto es posible porque como cada cerrado tiene a lo sumo numerables anteriores entonces cuando nos toque elegir alguien de F_i solo habremos elegido ya numerables puntos, lo que determina a lo sumo numerables rectas que tenemos que evitar. Pero como la union de numerables rectas tiene medida nula y |F_i|>0 entonces siempre podremos elegir p_i.

Pongamos finalmente S=\bigcup_{i\in \Omega} \{p_i\} y por construccion verifica lo pedido. \ddag

(*) Claro esta, hipotesis del continuo de por medio.

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