Pues bien, no he podido encontrar un ejemplar (legal) del libro de Engelking y el artículo de Whyburn, aunque sugerente, no aporta la prueba que esperaba encontrar. Acabé pasando el artículo original de Sierpinski (fácil de encontrar en la Wikipedia) por el traductor de Google (que parece haber avanzado mucho) y traté de analizar su prueba. Lo que sigue es mi intento de reproducir al menos la idea de lo que hizo originalmente. Espero que mi formato TeX funcione.
En primer lugar, algunas definiciones y observaciones preliminares.
En todo momento, deja que $S$ denotan la alfombra de Sierpinski como un subconjunto de $I^{2}=[0,1]\times[0,1]$ . Sea $R\subseteq\mathbb{R}^{2}$ sea un rectángulo con vértices $(\alpha_{1},\beta_{1}),(\alpha_{2},\beta_{1}),\alpha_{1},\beta_{2})$ y $(\alpha_{2},\beta_{2})$ con $\alpha_{1}<\alpha_{2}$ y $\beta_{1}<\beta_{2}$ . Entonces, porque $K$ está cerrado y $1$ dimensional $K$ no es denso en $R$ si se cruza con $R$ en absoluto, por lo que hay un rectángulo $R^{\prime}\subseteq R$ tal que $R^{\prime}\subseteq int(R)$ y $int(R^{\prime})\cap K=\emptyset$ . Digamos que un rectángulo $R$ tiene propiedad $P$ si sus lados son paralelos a los ejes de coordenadas y su interior es disjunto de $K$ . Entonces, defina $P(R)$ para ser el conjunto de todos los rectángulos en $int(R)$ que tienen la propiedad $P$ . Asimismo, defina $X(R)$ para ser el conjunto de todos los rectángulos contenidos en $R$ . Sea $f:X(R)\rightarrow P(R)$ sea una función de elección tal que $f(C)\subseteq int(C)$ .
Dado un rectángulo $R$ el rectángulo $f(R)$ corresponde a una subdivisión de $R\setminus int(f(R))$ en $8$ rectángulos $R_{1},\ldots,R_{8}$ . En concreto, si $R$ tiene coordenadas determinadas por números $\alpha_{1}<\alpha_{2}$ y $\beta_{1}<\beta_{2}$ como en el párrafo anterior y $f(R)$ se determina por $x_{1}<x_{2}$ y $y_{1}<y_{2}$ entonces los rectángulos de la subdivisión están dados por,
$$\begin{array}{rcl} R_{1} & = & [\alpha_{1},x_{1}]\times[\beta_{1},y_{1}]\\ R_{2} & = & [x_{1},x_{2}]\times [\beta_{1},y_{1}]\\ R_{3} & = & [x_{2},\alpha_{2}]\times[\beta_{1},y_{1}]\\ R_{4} & = & [\alpha_{1},x_{1}]\times[y_{1},y_{2}]\\ R_{5} & = & [x_{2},\alpha_{2}]\times[y_{1},y_{2}]\\ R_{6} & = & [\alpha_{1},x_{1}]\times[y_{2},\beta_{2}]\\ R_{7} & = & [x_{1},x_{2}]\times[y_{2},\beta_{2}]\\ R_{8} & = & [x_{2},\alpha_{2}]\times[y_{2},\beta_{2}] \end{array}$$
Pictóricamente, ilustración de una subdivisión:
![Illustration of a subdivision]()
Nos referiremos a esta subdivisión como la subdivisión inducida por $f(R)$ y el $R_{i}$ como rectángulos creados en esta subdivisión.
Ahora dejemos que $K$ ser un $1$ plano continuo dimensional. Sin pérdida de generalidad $K$ está contenida en el cuadrado unitario $I^{2}$ . Dividir $I^{2}$ en $9$ cuadrados cada uno de área $1$ como en la construcción de $S$ . Sea $V$ sea el cuadrado central y que $f:X(I^{2})\rightarrow P(I^{2})$ sea como se describe. Entonces $f(V)$ está bien definida. A continuación, definimos
$$C_{1}=U\setminus int(f(V))$$
A continuación, consideramos la subdivisión inducida por $f(V)$ . Esto nos da rectángulos $R_{1},\ldots,R_{8}$ . A continuación, definimos $C_{2}\subseteq C_{1}$ para ser
$$C_{2}=C_{1}\setminus\bigcup_{i_{1}=1}^{8}int(f(R_{i_{1}}))$$
Entonces $f(R_{i_{1}})$ induce una subdivisión de $R_{i_{1}}$ en $8$ rectángulos $R_{i_{1}1},R_{i_{1}2},\ldots,R_{i_{1}8}$ . A continuación, definimos $C_{3}\subseteq C_{2}$ para ser
$$C_{3}=C_{2}\setminus\bigcup_{i_{1}=1}^{8}\bigcup_{i_{2}=1}^{8}int(f(R_{i_{1}i_{2}}))$$
y en general
$$C_{n}=C_{n-1}\setminus\bigcup_{i_{1}=1}^{8}\cdots\bigcup_{i_{n-1}=1}^{8}int(f(R_{i_{1}\ldots i_{n-1}}))$$
Entonces defina $Y=\bigcap_{n=1}^{\infty}C_{n}$ . Esto es claramente un subconjunto de $I^{2}$ que contiene una incrustación de $K$ . Afirmamos que $Y$ es homeomorfo a $S$ . Para ver esto dejemos $B_{1}$ denotan la primera etapa en la construcción de $S$ . Es decir $S=I^{2}\setminus (\frac{1}{3},\frac{2}{3})^{2}$ . Entonces $B_{1}$ es homeomorfo a $C_{1}$ . En general $B_{n}$ es homeomorfo a $C_{n}$ . Sea $\{f_{n}\}$ sea la secuencia de estos homeomorfismos. Entonces cada $f_{n}$ también proporciona una incrustación de $S$ en $C_{n}$ y, en particular, en $I^{2}$ . Esta secuencia converge uniformemente a una función $f$ que, como la secuencia converge uniformemente, es continua. Además, $f(\partial B_{i})=f_{i}(\partial B_{i})$ para todos $i$ . Este $f$ es una incrustación de $S$ en $I^{2}$ y es un homeomorfismo entre $S$ y $Y$ siempre que sea inyectiva como función de $S$ en $I^{2}$ .
Sin embargo, no es necesario discutir $f$ porque $Y$ debe ser homeomorfo a $S$ por el resultado principal del trabajo de Whyburn.
