Soluzioni 3-AM4

Laura Di Gregorio

11 ottobre 2004

Diamo prima dei cenni sulla scrittura di un numero x ∈ [0, 1] in base 3. Risulta che per ogni x ∈ [0, 1] esiste una successione {x_{h}}_{h∈ℕ^{+}}, x_{h} = 0, 1, 2 tale che

x = ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}} .

Notiamo che tale scrittura è unica a parte il caso speciale in cui due differenti successioni {x_{h}}_{h∈ℕ^{+}}, x_{h} = 0, 1, 2 e {x̃_{h}}_{h∈ℕ^{+}}, x̃_{h} = 0, 1, 2 danno luogo allo stesso numero

x = ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}} = ∑_{h≥1} \frac{x̃_{h}}{3^{h}} ;

questo si verifica solo se esiste n ≥ 1 tale che x_{h} = x̃_{h} ∀h < n e^{1} (i) x_{n} = 0, x_{h} ≡ 2 ∀h > n e x̃_{n} = 1, x̃_{h} ≡ 0 ∀h > n, oppure (ii) x_{n} = 1, x_{h} ≡ 2 ∀h > n e x̃_{n} = 2, x̃_{h} ≡ 0 ∀h > n. Facciamo dapprima alcune considerazioni preliminari sull’insieme di Cantor C. Risulta che

C = \{ ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}} , con x_{h} = 0, 2\} .  (1)

Infatti se A = [0, 1] \ C e

D := \{\frac{1}{3^{n}} + ∑_{h≥1}^{n−1} \frac{x_{h}}{3^{h}} , n ≥ 1, x_{h} = 0, 2\}
= \{ ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}} , ∃ n ≥ 1 t.c. x_{n} = 0, x_{h} = 0, 2 ∀ h < n, x_{h} ≡ 2 ∀ h > n\} ,

definendo per ogni

x = \frac{1}{3^{n}} + ∑_{h≥1}^{n−1} \frac{x_{h}}{3^{h}} = ∑_{h≥1}^{n−1} \frac{x_{h}}{3^{h}} + ∑_{h>n} \frac{2}{3^{h}} ∈ D

∑_{h>n} \frac{2}{3^{n}} = \frac{1}{3^{n}} , \frac{1}{3^{n}} + ∑_{h>n} \frac{2}{3^{n}} = \frac{2}{3^{n}}

1Si tenga a mente che

l’intervallo aperto

I_{x} := (x, x+ \frac{1}{3^{n}} ) = \{x+∑_{h>n} \frac{x_{h}}{3^{h}} , x_{h} = 0, 1, 2 , x_{h} ≢ 0 , x_{h} ≢ 2 ∀ h > n\} ,

si ottiene che

A = ⨆_{x∈D} I_{x}
= \{ ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}} , x_{h} = 0, 1, 2 , ∃ n ≥ 1, con x_{n} = 1,
x_{h} ≠ 1 ∀ h < n, x_{h} ≢ 0 , x_{h} ≢ 2 ∀ h > n} .

Da cui, essendo

[0, 1] = \{ ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}} , con x_{h} = 0, 1, 2\} ,

la (1) segue. Inoltre osserviamo che

F := ⋃_{k≥1} ∂C_{k} = ( ⋃_{x∈D} ∂I_{x}) ∪ {0, 1}.
= \{ ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}} , x_{h} = 0, 2 , ∃ n ≥ 1 t.c. x_{h} ≡ 0 o x_{h} ≡ 2 ∀ h > n\} .

Risulta D ⊂ F ⊂ C. In base a quanto detto finora, vediamo come si scrive la funzione di Cantor. Se x ∈ A esiste n ≥ 1 tale che x_{h} = 0, 2 per ogni 1 ≤ h < n e x_{n} = 1 allora definiamo

f(x) := ∑_{h=1}^{n−1} \frac{x_{h}}{2^{h+1}} + \frac{1}{2^{n}} .

Definiamo f(x) per x ∈ D cioè

x = ∑_{h=1}^{n−1} \frac{x_{h}}{3^{h}} + \frac{1}{3^{n}} con x_{h} = 0, 2

come

f(x) := ∑_{h=1}^{n−1} \frac{x_{h}}{2^{h+1}} + \frac{1}{2^{n}} .

Osserviamo che D ⊂ C è denso in C. Infatti, dalla caratterizzazione di C data in (1) per ogni x ∈ C, x = ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}}, x_{h} = 0, 2 la successione x^{(n)} definita come

x^{(n)} := ∑_{h=1}^{n−1} \frac{x_{h}}{3^{h}} + \frac{1}{3^{n}} ∈ D

converge a x. Definiamo f su C. Siano x ∈ C e x^{(n)} ∈ D, x^{(n)} → x, come sopra. Siccome vogliamo f continua deve essere f(x) = lim_{n→∞} f(x^{(n)}) = ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{2^{h+1}} . Ricapitolando, per ogni x ∈ [0, 1], x = ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}}, x_{h} = 0, 1, 2

f(x) := \{ \begin{matrix}∑_{h=1}^{n−1} \frac{x_{h}}{2^{h+1}} + \frac{1}{2^{n}} , & se x_{n} = 1 e x_{h} = 0, 2 ∀ h < n ; \\ ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{2^{h+1}} , & se x_{h} = 0, 2 ∀ h. \end{matrix}

1. (i) Essendo C chiuso per definizione si ha che C̄ = C = Int C ⨆ ∂C. Basta dimostrare che Int C = ∅. Si supponga per assurdo che esiste un intervallo aperto I = (a, b) tale che I ⊆ C. Sia ora x = ∑_{h≥1} \frac{x_{h}}{3^{h}}, x_{h} = 0, 2 x ∈ I. Sia δ := min{b − x, x − a} e sia n ∈ ℕ tale che ∑_{h≥n} 3^{−h} < δ. Definiamo x̃ = ∑_{h≥1} \frac{x̃_{h}}{3^{h}} dove x̃_{h} = x_{h} ∀h < n e x̃_{h} ≡ 1 se h ≥ n. E’ chiaro che x̃ ∈ I perché |x̃ − x| < δ ma x̃ ∉ C. Dimostriamo ora che ∂A = C. Infatti Int A = A, Ā = [0, 1] \ Int C = [0, 1] e quindi ∂A = Ā \ Int A = [0, 1] \ A = C. (ii) Un insieme denso numerabile è D.

2. Basta osservare che f è costante sugli intervalli chiusi \overline{I_{x}}. Essendo ∂I_{x} ⊂ C segue che f non può essere iniettiva su C.

3. Siano y, z ∈ C \ F tali che y < z

y := ∑_{h≥1} \frac{y_{h}}{3^{h}} e z := ∑_{h≥1} \frac{z_{h}}{3^{h}} .

Esiste h_{0} tale che y_{h_{0}} = 0 e z_{h_{0}} = 2 e y_{h} = z_{h} per ogni h < h_{0}. Allora

f(z) − f(y) = \frac{1}{2^{h_{0}}} + ∑_{h>h_{0}} \frac{z_{h} − y_{h}}{2^{h+1}} > 0 ,

infatti y_{h} ≢ 2 e z_{h} ≢ 0 perché y, z ∈ C \ F .