=== Exercício 7.9.4 ===

**Proposição**: Todo espaço compacto, zero-dimensional, com base enumerável, sem pontos isolados e Hausdorff é homeomorfo a $\{ 0,1 \}^{\mathbb{N}}$.

**Observação**: Como sabemos que o conjunto de Cantor é homeomorfo à $2^{\omega}$(para ver isso basta considerar os números naturais escritos em base binária), utilizaremos ambas notações pro conjunto de Cantor ($\{ 0,1 \}^{mathbb{N}},2^{\omega}$).

**Demonstração**: Seja $X$ um espaço topológico com as hipóteses acima. Assim, seja $\mathcal{B} = \{ B_{n}: n \in \mathbb{N} \}$ uma base $X$ de abertos-fechados(pois $X$ é zero-dimensional). Vamos definir uma família de conjuntos $\{ U_{n} \}_{n \in \mathbb{N}}$ satisfazendo
  * $U_{0} = X$;
  * $U_{n}$ é um aberto-fechado não vazio para todo $n \in \mathbb{N}$;
  * Para cada $s \in \omega, \underset{n \in 2^{s}}{\bigcup} U_{n} = X$ e $U_{s} \neq U_{t}$ para $s \neq t \in 2^{n}$;
  * Para cada $s \in \omega, n \in 2^{s}$ e $i \in 2$, então ou $U_{n} \subset U_{n \frown (i)} \cap B_{m}$ ou $U_{n \frown (i)} \subset U_{n} \setminus B_{m}$.
Vamos mostrar como definir $U_{n + 1}$, tendo definidos $U_{s}$ para $s \leqslant n$. Seja $s \leqslant n$, caso $U_{s} \subset B_{n}$ ou $U_{n} \cap B_{n} = \emptyset$ então simplesmente particionamos $U_{s}$ em dois abertos-fechados não vazios $U_{s \frown (0)}$ e $U_{s \frown (1)}$ (isso é possível pois $U_{s}$ é aberto-fechado, $X$ não possui pontos isolados e é zero dimensional). Caso $U_{s} \cap B_{n} \neq \emptyset$ e $U_{s} \setminus B_{n} \neq \emptyset$, como ambos $U_{s}$ e $B_{n}$ são abertos-fechados, podemos tomar $U_{s\frown (0)} = U_{s} \cap B_{n}$ e $U_{s \frown (1)} U_{s} \setminus B_{n}$.

Definamos agora $\phi : \{ 0,1 \}^{\mathbb{N}} \rightarrow X$ da seguinte maneira, para cada $a \in \{ 0,1 \}^{\mathbb{N}}$, tomemos $\phi (f) \in \underset{n \in \mathbb{N}}{\bigcap} U_{a|n}$.

Primeiro vamos mostrar que $\phi$ é contínua: seja $a \in 2^{\omega}$ e seja $n \in \mathbb{N}$ tal que $\phi(a) \in B_{n}$. Temos então que $\phi(a) \in U_{a|n} \cap B_{n}$. Agora, ou $U_{a|n + 1} \subset U_{a|n} \cap  B_{n}$  ou $U_{a|n + 1} \subset U_{a|n} \setminus B_{n}$. Como $\phi(a) \in U_{a|n + 1} \cap B_{n}, U_{a|n + 1}$ não pode ser disjunto de $B_{n}$. Logo temos que $U_{a|n + 1} \subset B_{n}$, como sabemos que subespaço de zero dimensional é zero dimensional temos que $U_{a|n + 1}$ é aberto.

Para provar a injeção, dados $2^{\omega}$ distintos, seja n o primeiro inteiro tal que $a|n \neq b|n$. Logo, pela terceira propriedade temos que $U_{a|n} \cap U_{b|n} = \emptyset$. Como $\phi(a) \in U_{a|n}$ e $\phi(b) \in U_{b|n}$ temos que $\phi(a) \neq \phi(b)$.

Agora vamos mostrar que $\phi$ chega num denso de $X$. Basta notarmos que dado $ n \in \omega$, existe $a \in 2^{\omega}$ tal que $\phi(a) \in B_{n}$. Pela terceira proproedade, existe $s \in 2^{n}$ tal que $U_{s} \cap B_{n} \neq \emptyset$. Como $U_{s} = U_{s \frown (0)} \cup U_{s \frown (1)}$, existe $i \in 2$ tal que $U_{s \frown (i)} \neq \emptyset$. Assim pela quarta propriedade $U_{s \frown (i)} \subset B_{n}$. Se $f \in 2^{\omega}$ é tal que $s \frown (i) \subset f$, então pela definição de $\phi, \ \phi(f) \subset U_{s\frown (i)} \subset B_{n}$.

Juntando tudo temos que $\phi$ é uma função contínua de um compacto para um Hausdorff, então tem que ser uma aplicação fechada. Em particular, sua imagem é fechada em $X$, mas como a imagem de $\phi$ é também densa, segue que a função é sobrejetora.

Finalmente, $\phi$ é uma bijeção contínua e fechada entre $\{ 0,1 \}^{\mathbb{N}}$, e portanto um homeomorfismo.