Metoda kategorii Baire a w przestrzeniach metrycznych zupełnych

Transkrypt

1 Metoda kategorii Baire a w przestrzeniach metrycznych zupełnych Michał Czapek michal@czapek.pl 8 IX AD MMXIII Streszczenie Celem pracy jest zaprezentowanie jednej z metod dowodzenia istnienia obiektów matematycznych metody kategorii będącej bezpośrednim wnioskiem z twierdzenia Baire a (patrz punkt 2.). Rozważania rozpoczniemy od wprowadzenia Czytelnika w terminologię i podstawowe fakty (patrz punkt 1.). Zaprezentujemy tu trzy ważne z punktu widzenia tematu twierdzenia o istnieniu: Cantora, Baire a i Borela; ujęcie przedstawione przez Oxtoby ego [3] będzie podstawą naszych rozważań. Twierdzenie Baire a będące podstawową tezą w tej pracy ma również inne zastosowania. Jedno z nich zaprezentujemy (jako dodatek) w dowodzie twierdzenia Banacha-Steinhausa (patrz punkt 3.). 1 Zagadnienia miary i topologii Pojęcia miary i kategorii oparte są na pojęciu przeliczalności zbioru dlatego będzie ono dla nas punktem wyjścia. 1.1 Przeliczalność zbioru Zbiór nazywamy przeliczalnym gdy istnieje wzajemnie jednoznaczna funkcja przeprowadzająca ten zbiór na zbiór liczb naturalnych N = {1, 2,...}. Zbiór nazywamy co najwyżej przeliczalnym gdy jest albo skończony, albo przeliczalny. Zbiór liczb wymiernych jest przeliczalny. W samej rzeczy, dla każdej liczby naturalnej n istnieje skończenie wiele (nie więcej niż 2n 1) liczb wymiernych p/q takich, że NWD(p, q) = 1, q > 0 oraz p + q = n. (1) 1

2 Istotnie, dla n = 1 tylko 0/1 jest taką liczbą (1 jest dzielnikiem 0); dla n > 1, p { (n 1), (n 2),..., 2, 1, 1, 2,..., n 2, n 1} (q > 0, zatem p ±n; 0 n, więc p 0), q = n p jest zależne od wyboru p, stąd ilość liczb p/q spełniających (1) jest w tym przypadku dana ilością możliwych wyborów liczby p, która wynosi 2n 2. Ustawmy wszystkie liczby wymierne p/q spełniające (1) w ciąg, kolejno dla n = 1, n = 2 itd. Każda liczba wymierna występuje w tym ciągu jeden i tylko jeden raz jeden raz dlatego, że dla dowolnej liczby wymiernej p/q (q > 0) suma p + q jest liczbą naturalną; tylko jeden raz dlatego, że wszystkie liczby wymierne zapisujemy w postaci nieskracalnej, więc suma p + q jest jednoznacznie określona dla każdej z nich. Przeliczalna suma zbiorów przeliczalnych 1 jest zbiorem przeliczalnym (patrz twierdzenie 1.), stąd zbiór liczb wymiernych jest przeliczalny. Co najwyżej przeliczalną sumę zbiorów A n oznaczamy jako A n. Analogicznie oznaczamy inne operacje. Klasę zbiorów która zawiera wszystkie skończone sumy oraz wszystkie podzbiory swoich elementów nazywamy ideałem. Klasę zbiorów która zawiera wszystkie co najwyżej przeliczalne sumy swoich elementów oraz wszystkie podzbiory swoich elementów nazywamy σ-ideałem. Klasa zbiorów co najwyżej przeliczalnych jest σ-ideałem. Twierdzenie 1. Każdy podzbiór zbioru co najwyżej przeliczalnego jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Każda co najwyżej przeliczalna suma zbiorów co najwyżej przeliczalnych jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Lemat 2. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną zupełną. Wówczas każdy zstępujący ciąg (A n ) niepustych zbiorów domkniętych zawartych w X taki, że ma niepuste przecięcie. lim diam(a n) = 0 n Dowód. Ustalmy dowolnie liczbę rzeczywistą ε > 0. Niech (x n ) będzie takim ciągiem, że x n A n dla wszystkich n i niech n 0 będzie takim wskaźnikiem, że diam(a n0 ) < ε. Z uwagi na A 1 A 2... A n... (2) dla dowolnych m > n > n 0 punkty x n, x m A n. Ponadto d(x m, x n ) diam(a n ) diam(a n0 ) < ε, zatem (x n ) jest ciągiem Cauchy ego. Przestrzeń X jest zupełna, więc x n n x oraz x X. Na mocy (2) dla wszystkich m, n jeśli n m, to x m A n. Stąd x A n dla wszystkich n, zatem n=1 A n. 1 W naszym przypadku wystarczą zbiory skończone. Michał Czapek 2 Wszelkie prawa zastrzeżone

3 Lemat 2. ma przełożenie na zstępujące i skończone ciągi niepustych zbiorów domkniętych. Długość dowolnego przedziału ograniczonego I oznaczamy jako I. Twierdzenie 3 (Cantor). Dla każdego ciągu (a n ) liczb rzeczywistych i dla każdego przedziału I istnieje punkt p I taki, że p a n dla wszystkich n. Dowód. Bez straty dla ogólności możemy założyć ograniczoność przedziału I. 2 Niech I 1 będzie domkniętym podprzedziałem przedziału I takim, że a 1 / I 1 i I 1 < 1; niech I 2 będzie domkniętym podprzedziałem przedziału I 1 takim, że a 2 / I 2 i I 2 < 1/2 itd. (I n ) to zstępujący (skończony lub przeliczalny) ciąg niepustych zbiorów domkniętych, zatem I n (patrz lemat 2.). Jeśli p I n, to p I i p a n dla wszystkich n. Dowód twierdzenia Cantora opiera się na nie w pełni sprecyzowanych wyborach przedziałów I n. Aby pozbyć się tej wady załóżmy, że przedział I oraz każdy przedział I n 1 (n 2) dzielimy na trzy domknięte podprzedziały równej długości. Określmy I n jako pierwszy z tych podprzedziałów dzielących I n 1 który nie zawiera liczby a n oraz określmy I 1 jako pierwszy z tych podprzedziałów dzielących I który nie zawiera a 1. Tym samym zdefiniowaliśmy funkcję która dowolną parę (I, (a n )) przeprowadza na punkt zawarty w I i różny od wszystkich a n. Zbiór nazywamy nieprzeliczalnym gdy nie jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Twierdzenie Cantora dowodzi istnienia takiego zbioru jest nim dowolny przedział ograniczony. Stąd wniosek, że dowolny przedział nieograniczony jest zbiorem nieprzeliczalnym jako nadzbiór pewnego przedziału ograniczonego; podobnie zbiór R jest zbiorem nieprzeliczalnym jako nadzbiór dowolnego przedziału. 3 2 Teza, jeśli obowiązuje na przedziałach ograniczonych, to tym bardziej spełniona będzie na przedziałach nieograniczonych które są nadzbiorami tych pierwszych. 3 Liczby kardynalne zbiorów oznaczamy: ℵ 0 dla zbiorów przeliczalnych i c dla zbiorów nieprzeliczalnych. Wykazaliśmy że moce zbiorów liczb naturalnych N i liczb wymiernych Q są równe ℵ 0 (w przypadku N równość jest z definicji) oraz że moc dowolnego przedziału i moc zbioru liczb rzeczywistych są równe c. Warto dodać, że ℵ 0 < c [2, p. 175]. Pozwólmy sobie na dygresję pozbawioną formalnego ujęcia. Biorąc pod uwagę liczby ℵ 0 i c można powiedzieć, że w sensie ilości swoich elementów zbiory co najwyżej przeliczalne są mało liczne w stosunku do zbiorów nieprzeliczalnych. Widzimy więc jak dalekie od naszej naturalnej intuicji jest operowanie pojęciem nieskończoności w sensie ilości elementów zbiory liczb naturalnych i całkowitych są takie same mimo iż wydawałoby się że tych drugich jest dwukrotnie więcej; z drugiej strony zarówno liczb naturalnych jak i rzeczywistych jest nieskończenie wiele, ale tych drugich jest więcej. Cantor wysunął hipotezę, że nie istnieje zbiór który miałby więcej elementów niż ℵ 0 ale mniej niż c jest to tzw. hipoteza continuum, do dziś, wg naszej wiedzy, nie rozstrzygnięta. Paradoks Hilberta (paradoks Grand Hotelu) ilustruje trudność w intuicyjnym pojmowaniu zagadnienia ilości elementów zbiorów nieskończonych. Podkreślmy, że pod jednym pojęciem nieskończoności kryją się więc zupełnie różnie definiowane obiekty matematyczne, oznaczane w różny sposób, np. ℵ 0, c, + (definiowane jako inf ), (definiowane jako sup ) itp. Sformalizowanie wszystkich przedstawionych tu zagadnień, zwrotów więcej elementów lub ilość elementów oraz ogólnie aksjomatyzacja teorii mnogości były od końca XIX do połowy XX wieku przedmiotem intensywnych badań nad podstawami matematyki. Ujęcie rezultatów znacząco przekracza ramy tej pracy. Jako źródło wiedzy w tym zakresie polecamy [2]. Michał Czapek 3 Wszelkie prawa zastrzeżone

4 Ciekawym przykładem zbioru nieprzeliczalnego jest zbiór Cantora składający się ze wszystkich liczb z przedziału [0, 1] których rozwinięcie trójkowe nie posiada cyfry 1. Geometrycznie zbiór ten powstaje w przeliczalnej liczbie kroków: w pierwszym kroku przedział [0, 1] dzielimy na trzy równe części i wyrzucamy otwarty przedział w środku to, co pozostało, stanowi zbiór C 1 ; w drugim kroku, przedziały [0, 1/3] i [2/3, 1] dzielimy na trzy równe części i wyrzucamy otwarte przedziały w środku to, co pozostało, stanowi zbiór C 2 itd. Stąd C 0 = [0, 1], C 1 = [1, 1/3] [2/3, 1] itd. Zbiór Cantora C określamy jako n=0 C n. Każda liczba x (0, 1] posiada jednoznaczne i nieskończone rozwinięcie binarne 0, x 1 x 2 x Jeżeli dla każdego i, y i = 2x i, to liczba 0, y 1 y 2 y 3... będzie jakimś punktem zbioru C (y i 1). Ustaliliśmy więc wzajemnie jednoznaczną funkcję przeprowadzającą przedział (0, 1] w zbiór C, zatem przedział ten jest równoliczny z pewnym podzbiorem zbioru Cantora, stąd zbiór Cantora musi być zbiorem nieprzeliczalnym. Zauważmy jakie praktyczne wnioski niosą za sobą twierdzenie 1. i twierdzenie Cantora. Przypuśćmy, że chcemy udowodnić istnienie liczby o jakiejś własności P ; fakt ten oznaczmy napisem p P. Jeżeli zbiór wszystkich liczb q nie spełniających własności P jest co najwyżej przeliczalny, 4 to na pewno istnieje liczba p P mimo, iż nie skonstruowaliśmy takiej liczby wprost. Istotnie, jest to sytuacja z treści twierdzenia Cantora w której wszystkie elementy q / P zastąpimy ciągiem (a n ) oraz przedział I całym zbiorem R. Np. fakt istnienia liczb niewymiernych (p P ) wynika z tego, że zbiór liczb wymiernych (q / P ) jest przeliczalny (można je ustawić w ciąg (a n ) w twierdzeniu Cantora) a cała przestrzeń R jest nieprzeliczalna. Innymi słowy, dekompozycja prostej rzeczywistej na dwa co najwyżej przeliczalne zbiory P i P C nie jest możliwa; z twierdzenia 1. i twierdzenia Cantora wynika bowiem że zbiór R jest nieprzeliczalny i jako taki nie może być sumą dwóch zbiorów co najwyżej przeliczalnych; jeśli jeden z nich okaże się co najwyżej przeliczalny, drugi musi być nie tylko nie pusty, ale nawet nieprzeliczalny. 1.2 Gęstość zbioru Zbiór nazywamy gęstym w przedziale gdy posiada niepuste przecięcie z dowolnym podprzedziałem tego przedziału. Zbiór nazywamy gęstym gdy jest gęsty na całej prostej rzeczywistej. 5 Zbiór liczb wymiernych jest gęsty. Istotnie, niech dany będzie dowolny przedział I o końcach a, b (a < b). b a > 0 zatem istnieje taka liczba naturalna n, że n(b a) > 1. Stąd na + 1 < nb. Niech m będzie największą liczbą całkowitą taką, że m na. Wówczas na < m+1 na+1 < nb, zatem a < (m+1)/n < b, czyli liczba wymierna (m + 1)/n leży w przedziale I, c.b.d.o. Zbiór liczb wymiernych jest gęsty w dowolnym przedziale. 6 Każdy jednoelementowy podzbiór dowolnego przedziału nie jest w tym przedziale gęsty. Zbiór 4 Jest więc skończony, przeliczalny lub też stanowi co najwyżej przeliczalną sumą zbiorów skończonych lub przeliczalnych (patrz twierdzenie 1.). 5 R jest z definicji zbiorem gęstym. 6 Nie istnieje zatem przedział którego elementami są tylko liczby niewymierne. Michał Czapek 4 Wszelkie prawa zastrzeżone

5 liczb naturalnych nie jest zbiorem gęstym. Gęstość można definiować inaczej, i.e. zbiór A jest gęsty gdy cl(a) = R. Warunek dostateczny pokażemy nie wprost. Weźmy przedział I taki, że I A =. Wówczas I A C. Z założenia (cl(a)) C = zatem 7 int(a C ) =. Sprzeczność. Podobnie pokażemy konieczność warunku. Jeżeli cl(a) R, to (cl(a)) C = int(a C ). Wnętrze zbioru jest otwarte więc istnieje przedział I taki, że I int(a C ) = (cl(a)) C, stąd A I C, co jest sprzeczne z gęstością A. Rozumowanie to można przenieść na zbiory gęste w przedziale kryterium gęstości zbioru A w przedziale I jest warunek I cl(a); równość obowiązuje przy założeniach, że A I i że I jest przedziałem domkniętym. Zbiór nazywamy nigdzie gęstym gdy nie jest gęsty w jakimkolwiek przedziale lub, co na to samo wychodzi, gdy każdy przedział ma podprzedział zawarty w dopełnieniu tego zbioru. Dowolny zbiór jednopunktowy oraz zbiór liczb naturalnych są zbiorami nigdzie gęstymi. Dowolny przedział nie jest takim zbiorem. Definicję zbioru nigdzie gęstego można sformułować inaczej, tj. zbiór A jest nigdzie gęsty gdy int(cl(a)) =. Warunek jest konieczny. Istotnie, jeśli int(cl(a)), to dla pewnego przedziału I, I cl(a). Skoro A jest nigdzie gęsty to istnieje podprzedział otwarty J przedziału I taki, że J A C, zatem A J C i cl(a) J C (bo J C jest domknięty). Stąd J = I J =, co nie jest możliwe. Warunek jest dostateczny. W samej rzeczy, jeśli założymy, że istnieje przedział ograniczony I w którym zbiór A jest gęsty, to I cl(a). Stąd dowolny otwarty podprzedział przedziału I zawiera się w zbiorze int(cl(a)), co być nie może, gdyż z założenia jest to zbiór pusty. Zbiór Cantora jest nigdzie gęsty. Istotnie, jako przecięcie zbiorów domkniętych jest zbiorem domkniętym. Wystarczy udowodnić, że jego wnętrze jest puste. Jeżeli wnętrze tego zbioru jest niepuste, to istnieje przedział (a, b) zawarty w C. Ponieważ C = n=0 C n, przeto przedział (a, b) leży w każdym zbiorze C n. Weźmy n 0 tak duże że 1/3 n0 < b a. Zbiór C n0 składa się z rozłącznej sumy przedziałów o długości 1/3 n0 zatem nie może zawierać przedziału (a, b) o długości większej niż 1/3 n0. Ta sprzeczność dowodzi że C jest nigdzie gęsty. Na stronie 5. pokazaliśmy że domknięcie zbioru gęstego jest równe R. Klasa zbiorów nigdzie gęstych również jest zamknięta na operację domknięcia. Twierdzenie 4. Domknięcie dowolnego zbioru nigdzie gęstego jest zbiorem nigdzie gęstym. Dowód. Jeśli A jest zbiorem nigdzie gęstym to int(cl(a)) =. Z uwagi na równość cl(cl(a)) = cl(a) zbiór cl(a) jest zbiorem nigdzie gęstym bo ( int cl ( cl(a) )) =. 7 Dla dowolnego zbioru A zachodzi równość int(a C ) = (cl(a)) C. Stąd zachodzi również int(a C ) = int((cl(a)) C ). Michał Czapek 5 Wszelkie prawa zastrzeżone

6 Twierdzenie 5. Następujące warunki są równoważne: (i) A jest zbiorem nigdzie gęstym. (ii) A C zawiera zbiór otwarty i gęsty. (iii) int(cl(a)) =. Dowód. Udowodnijmy następujący ciąg implikacji: (i) (ii). Ponieważ int(a C ) A C oraz int(a C ) jest zbiorem otwartym, przeto wystarczy pokazać, że jest również gęsty. Weźmy dowolny przedział I. A jest nigdzie gęsty (z założenia), zatem istnieje otwarty podprzedział J przedziału I taki, że J A C. Stąd J int(a C ), więc I int(a C ). Wykazaliśmy gęstość zbioru int(a C ). (ii) (iii). Niech B A C będzie takim zbiorem otwartym (w R), że cl(b) = R (z gęstości zbioru B). Z uwagi na cl(a) B C mamy, że B (cl(a)) C. Ponieważ ( (cl(a) ) ) ( C R = cl(b) cl = int ( cl(a) )) C, przeto int(cl(a)) =. Implikacja (iii) (i) została udowodniona na stronie 5. W twierdzeniu 5. warto podkreślić implikację (ii) (i) w jednym z jej szczególnych przypadków jeżeli zbiór A jest otwarty i gęsty, to A C jest nigdzie gęsty. Istotnie, A jest gęsty, zatem cl(a) = R. Ponieważ ( cl(a) ) C = int ( A C ) = int( cl ( A C)) =, przeto A C jest nigdzie gęsty, q.e.d. Teza odwrotna nie jest prawdziwa (tj. dopełnienie zbioru nigdzie gęstego jest otwarte i gęste). Świadczy o tym przykład nigdzie gęstego zbioru { 1, 1/2, 1/3,... } którego dopełnienie nie jest otwarte, gdyż nie istnieje otoczenie punktu zerowego zawarte w tym dopełnieniu. Prawdziwym natomiast jest twierdzenie: dopełnienie zbioru nigdzie gęstego jest zbiorem gęstym. Istotnie, wynika to z implikacji (i) (ii); skoro podzbiór A C jest gęsty, to sam zbiór A C też jest gęsty. Podsumowując: (i) dopełnienie zbioru nigdzie gęstego jest zbiorem gęstym, (ii) dopełnienie zbioru nigdzie gęstego zawiera zbiór otwarty i gęsty, (iii) dopełnienie zbioru otwartego i gęstego jest zbiorem nigdzie gęstym. Założenia o otwartości w (iii) nie można odrzucić o czym świadczy przykład zbioru liczb wymiernych zbiór ten jest gęsty, ale zbiór liczb niewymiernych nie jest nigdzie gęsty. Co więcej, zbiory liczb niewymiernych i wymiernych stanowią dekompozycję prostej rzeczywistej na dwa zbiory gęste (patrz strona 9.). Klasa zbiorów nigdzie gęstych jest ideałem. Twierdzenie 6. Dowolny podzbiór zbioru nigdzie gęstego jest zbiorem nigdzie gęstym. Każda skończona suma zbiorów nigdzie gęstych jest zbiorem nigdzie gęstym. Michał Czapek 6 Wszelkie prawa zastrzeżone

7 Dowód. Dowolny przedział zawarty w dopełnieniu zbioru jest zawarty w dopełnieniu jego podzbioru, co dowodzi pierwszej tezy. Ustalmy dowolnie dwa zbiory nigdzie gęste A 1 i A 2. Dla dowolnego przedziału I istnieją przedziały I 1 i I 2 takie, że I 1 I \ A 1 oraz I 2 I 1 \ A 2. Stąd I 2 I \ (A 1 A 2 ), zatem suma dwóch zbiorów nigdzie gęstych jest zbiorem nigdzie gęstym; z indukcji, dowolna skończona suma zbiorów nigdzie gęstych jest zbiorem nigdzie gęstym. Klasa zbiorów nigdzie gęstych nie jest σ-ideałem o czym świadczy przykład zbioru liczb wymiernych będącego przeliczalną sumą zbiorów jednopunktowych, a więc nigdzie gęstych. Analogicznie jak na stronie 4. zobaczmy jakie praktyczne wnioski niesie za sobą twierdzenie 6. Jeżeli chcemy udowodnić że zbiór P R jest niepusty i uda nam się udowodnić że zbiór P C jest nigdzie gęsty lub jest skończoną 8 sumą takich zbiorów, to P. Innymi słowy, dekompozycja prostej rzeczywistej na dwa nigdzie gęste zbiory P i P C nie jest możliwa; z twierdzenia 6. wynika bowiem że zbiór R, jako zbiór gęsty, nie może być sumą dwóch zbiorów nigdzie gęstych; jeśli jeden z nich okaże się nigdzie gęsty, drugi musi być nie tylko nie pusty, ale nawet gęsty (patrz uwaga (i) na stronie 6.). Zauważmy że nie istnieje żaden logiczny związek pomiędzy przeliczalnością a gęstością zbioru. Istotnie, obrazuje to tabela 1. 9 Moc Gęstość Zbiór liczb naturalnych ℵ 0 nigdzie gęsty Zbiór liczb wymiernych ℵ 0 gęsty Zbiór Cantora c nigdzie gęsty Zbiór liczb rzeczywistych c gęsty Tabela 1: Moc i gęstość wybranych zbiorów liczbowych. 8 Fakt, że klasa zbiorów nigdzie gęstych nie jest σ-ideałem czyni nasz praktyczny wniosek relatywnie mało... praktycznym. O wiele korzystniej byłoby, gdyby zbiór P C miał taką cechę, która z jednej strony jest zamknięta na operację co najwyżej przeliczalnej sumy a z drugiej nie jest cechą całej przestrzeni R. Nigdzie gęstość nie jest taką cechą dlatego opatrzymy ją pewnego rodzaju nadbudówką (kategorią zbioru) która pozwoli nam uzyskać pożądane własności (patrz podpunkt 1.3.). 9 Pozwólmy sobie na dygresję pozbawioną formalnego ujęcia. Mamy zbiór A B gęsty w zbiorze B. Gęstość można rozumieć w taki sposób, że niezależnie jaki punkt zbioru B wybierzemy, to nawet jeżeli nie będzie to punkt zbioru A to na pewno będzie to punkt nieskończenie blisko zbioru A. Innymi słowy zbiór A wypełnia w takim sensie cały zbiór B. Spróbujmy wyobrazić sobie pojęcie nigdzie gęstości. Jeżeli zbiór A B jest nigdzie gęsty w B, to wybierając dowolny punkt zbioru A nie jesteśmy w stanie przejść do innego punktu tego zbioru nie przechodząc przez punkty zbioru B\A; innymi słowy musimy najpierw wyjść z A aby dostać się do innego punktu w tym zbiorze. W tym sensie zbiory gęste można utożsamiać jako zbiory większe od zbiorów nigdzie gęstych. Jak pokazuje tabela 1. nie ma sprzeczności w tym aby zbiór duży w sensie liczby elementów był jednocześnie mały w sensie gęstości i odwrotnie. Michał Czapek 7 Wszelkie prawa zastrzeżone

8 1.3 Kategoria zbioru Mówimy, że zbiór jest zbiorem pierwszej kategorii gdy jest co najwyżej przeliczalną sumą zbiorów nigdzie gęstych. Zbiór jest drugiej kategorii gdy nie jest pierwszej kategorii. Przykładami zbiorów pierwszej kategorii są zbiory liczb naturalnych, wymiernych i zbiór Cantora. Wynika to z faktu, że klasa zbiorów pierwszej kategorii jest rozszerzeniem klas zbiorów co najwyżej przeliczalnych i nigdzie gęstych. Twierdzenie 7. Dowolny zbiór co najwyżej przeliczalny jest zbiorem pierwszej kategorii. Dowolny zbiór nigdzie gęsty jest zbiorem pierwszej kategorii. Dowód. Zbiór co najwyżej przeliczalny jest skończoną lub przeliczalną sumą zbiorów jednopunktowych a więc nigdzie gęstych, jest zatem zbiorem pierwszej kategorii. Druga teza wynika wprost z definicji. Klasa zbiorów pierwszej kategorii jest σ-ideałem. Twierdzenie 8. Dowolny podzbiór zbioru pierwszej kategorii jest zbiorem pierwszej kategorii. Każda co najwyżej przeliczalna suma zbiorów pierwszej kategorii jest zbiorem pierwszej kategorii. Dowód. Jeżeli A = A n gdzie A n są nigdzie gęste i B A, to B = (B A n ). Dla każdego n zbiór B A n jest nigdzie gęsty jako podzbiór nigdzie gęstego zbioru A n (patrz twierdzenie 6.). Stąd B jest zbiorem pierwszej kategorii. Dla dowodu drugiej tezy, jeżeli dla każdego i ustalimy zbiór pierwszej kategorii A i = j A ij gdzie A ij są nigdzie gęste, to ij A ij dalej będzie sumą co najwyżej przeliczalną (patrz twierdzenie 1.), będzie więc pierwszej kategorii z uwagi na nigdzie gęstość A ij. Na stronie 6. pokazaliśmy że dopełnienie zbioru nigdzie gęstego jest zbiorem gęstym. Okazuje się że fakt ten pozostaje w mocy również dla klasy zbiorów pierwszej kategorii mimo, iż stanowi ona klasę bardziej ogólną (patrz twierdzenie 7.). 10 Twierdzenie 9 (Baire). Dopełnienie zbioru pierwszej kategorii jest zbiorem gęstym. Dowód. Ustalmy zbiór pierwszej kategorii A = A n (A n są nigdzie gęste) i przedział I. Niech I 1 będzie domkniętym podprzedziałem zbioru I \ A 1 takim, że I 1 < 1; niech I 2 będzie domkniętym podprzedziałem zbioru I 1 \ A 2 takim, że I 2 < 1/2 itd. Wówczas I n (patrz lemat 2.) oraz I n I \ A. Stąd A C jest zbiorem gęstym. 10 Elementy wszystkich trzech klas zbiorów, zbiorów co najwyżej przeliczalnych, nigdzie gęstych i pierwszej kategorii, mają więc dopełnienia będące zbiorami gęstymi. Michał Czapek 8 Wszelkie prawa zastrzeżone

9 Dowód twierdzenia Baire a w porównaniu z dowodem twierdzenia Cantora różni się tylko sposobem wybierania przedziałów I n. Ponieważ zbiory jednopunktowe 11 są szczególnymi przypadkami zbiorów nigdzie gęstych, 12 można zauważyć, że twierdzenie Cantora jest wnioskiem z twierdzenia Baire a. Istotnie, jeśli (a n ) jest ciągiem (skończonym lub nie) liczb rzeczywistych i I jest dowolnym przedziałem, to dopełnienie A C zbioru pierwszej kategorii A = {a n }, jako gęste (patrz twierdzenie Baire a), musi przecinać I. Istnieje więc p I takie, że p a n dla wszystkich n, c.b.d.o. Z twierdzenia Baire a wynika że prosta rzeczywista nie może być pierwszej kategorii w przeciwnym wypadku = R C byłby zbiorem gęstym, q.e.a. Z twierdzenia Baire a wynika również że zbiór liczb niewymiernych jest zbiorem gęstym jako dopełnienie zbioru liczb wymiernych, który jest zbiorem pierwszej kategorii. Twierdzenie 10. Twierdzenie Baire a jest równoważne następującym tezom: (i) Każdy przedział jest zbiorem drugiej kategorii. (ii) Przecięcie ciągu zbiorów otwartych i gęstych jest zbiorem gęstym. (iii) Zbiór pierwszej kategorii jest brzegowy. Dowód. (tw. Baire a) (i). Załóżmy nie wprost że istnieje przedział I będący zbiorem pierwszej kategorii. Wówczas I C jest zbiorem gęstym, czyli ma niepuste przecięcie z dowolnym przedziałem, w szczególności I I C, co nie jest możliwe. (i) (tw. Baire a). Załóżmy nie wprost, że dopełnienie zbioru A pierwszej kategorii nie jest zbiorem gęstym. Wówczas istnieje przedział I taki, że I A. Sprzeczność, gdyż zbiór drugiej kategorii nie może być podzbiorem zbioru pierwszej kategorii (patrz twierdzenie 8.). (tw. Baire a) (ii). Jeżeli dla wszystkich n zbiory A n są zbiorami otwartymi i gęstymi, to wszystkie zbiory (A n ) C są zbiorami nigdzie gęstymi (patrz uwaga (iii) na stronie 6.). Stąd ( A n ) C = (A n ) C jest zbiorem pierwszej kategorii, zatem na mocy założenia A n jest gęsty. (ii) (tw. Baire a). Jeżeli A = A n, gdzie A n są nigdzie gęste, to dla każdego n, zbiór (A n ) C ma otwarty i gęsty podzbiór B n (patrz twierdzenie 5.). Stąd B n jest gęsty. Ponieważ Bn ( ) ( C ) C An = An = A C, przeto A C jest gęsty jako nadzbiór zbioru gęstego. (tw. Baire a) (iii). Ponieważ ( int(a) ) C int(a) = cl ( A C ) int(a) = i A C jest gęsty, przeto cl(a C ) = R i int(a) =, zatem A jest brzegowy. (iii) (tw. Baire a). Załóżmy, że A C nie jest gęsty. Wówczas istnieje przedział I taki, że I A C =. Stąd I A, zatem A nie jest zbiorem brzegowym. Implikacja została dowiedziona na mocy prawa kontrapozycji. 11 Używane przy wyborach przedziałów I n w dowodzie twierdzenia Cantora. 12 Używanych przy wyborach przedziałów I n w dowodzie twierdzenia Baire a. Michał Czapek 9 Wszelkie prawa zastrzeżone

10 Analogicznie jak na stronach 4. i 7. zobaczmy jakie praktyczne wnioski niosą za sobą twierdzenia 8., 10. i twierdzenie Baire a. 13 Jeżeli chcemy udowodnić że zbiór P R jest niepusty i uda nam się udowodnić że zbiór P C jest pierwszej kategorii lub jest co najwyżej przeliczalną sumą takich zbiorów, to P. Innymi słowy, dekompozycja prostej rzeczywistej na dwa zbiory pierwszej kategorii P i P C nie jest możliwa; z twierdzeń 8., 10. i twierdzenia Baire a wynika bowiem że zbiór R jest zbiorem drugiej kategorii i jako taki nie może być sumą dwóch zbiorów pierwszej kategorii; jeśli jeden z nich okaże się pierwszej kategorii, drugi musi być nie tylko nie pusty, ale nawet drugiej kategorii. Rozumowanie to nazywane jest metodą kategorii i zostanie dokładnie omówione w punkcie 2. Z trzech badanych dotychczas cech zbiorów (mocy, gęstości i kategorii) pokazaliśmy w tabeli 1. że pomiędzy dwoma pierwszymi nie ma żadnego logicznego powiązania. Gdybyśmy chcieli zbadać zależności logiczne pomiędzy wszystkimi trzema cechami okazuje się, że jedynym związkiem jest twierdzenie 7. Istotnie, obrazuje to tabela 2. Moc Gęstość Kategoria Zbiór liczb naturalnych ℵ 0 nigdzie gęsty I (tw. 7.) ℵ 0 nigdzie gęsty II Zbiór liczb wymiernych ℵ 0 gęsty I (tw. 7.) ℵ 0 gęsty II Zbiór Cantora C c nigdzie gęsty I (tw. 7.) c nigdzie gęsty II C (Q [0, 1]) c gęsty I Zbiór liczb rzeczywistych c gęsty II Tabela 2: Moc, gęstość i kategoria wybranych zbiorów liczbowych. 1.4 Miara zbioru Skończony lub nieskończony ciąg przedziałów (I n ) nazywamy pokryciem zbioru A gdy A I n. 14 Zbiór A nazywamy zbiorem miary zero gdy dla dowolnego ε > 0 istnieje takie pokrycie (I n ) zbioru A że I n < ε. Przykładem zbioru miary zero jest zbiór jednopunktowy. W samej rzeczy, dla dowolnego ε > 0 oraz dowolnego zbioru {a} weźmy I = (a ε/4, a + ε/4). Wówczas {a} I oraz I = ε/2 < ε, c.n.d. Zbiór Cantora C również jest zbiorem miary zero, ponieważ C C n i C n jest sumą przedziałów o łącznej długości (2/3) n ; dla odpowiednio dużych n, liczba (2/3) n jest mniejsza od dowolnego dodatniego ε. Zbiory liczb naturalnych i wymiernych są zbiorami miary zero. 13 W przypisie na stronie 7. wskazaliśmy pewne pożądane cechy klasy zbiorów która byłaby użyteczna przy dowodzeniu istnienia i jak pokazują twierdzenia 8., 10. i twierdzenie Baire a klasa zbiorów pierwszej kategorii posiada te cechy. 14 Mówimy również że (I n) pokrywa zbiór A. Michał Czapek 10 Wszelkie prawa zastrzeżone

11 Klasa zbiorów miary zero jest rozszerzeniem klasy zbiorów co najwyżej przeliczalnych. Twierdzenie 11. Dowolny zbiór co najwyżej przeliczalny jest zbiorem miary zero. Dowód. Niech dane będą co najwyżej przeliczalny zbiór {a i } oraz liczba ε > 0. Dla każdego i niech I i będzie przedziałem o środku w punkcie a i takim, że I i < ε/2 i. Wówczas {a i } I i oraz I i < (ε/2 i ) ε. Klasa zbiorów mary zero nie jest rozszerzeniem klasy zbiorów nigdzie gęstych. Klasa zbiorów miary zero jest σ-ideałem. Twierdzenie 12. Dowolny podzbiór zbioru miary zero jest zbiorem miary zero. Każda co najwyżej przeliczalna suma zbiorów miary zero jest zbiorem miary zero. Dowód. Każde pokrycie dowolnego zbioru A jest jednocześnie pokryciem dowolnego podzbioru zbioru A, stąd pierwsza teza jest prawdziwa. Niech A = A i gdzie A i to zbiory miary zero. Dla każdego i istnieje ciąg (I ij ) j (skończony lub nie) taki, że A i j I ij oraz j I ij < ε/2 i. Wówczas A = A i ij I ij oraz co dowodzi prawdziwości drugiej tezy. ij I ij < ε ε, 2i Twierdzenie 13 (Borel). Jeśli (I n ) pokrywa przedział I, to I I n. Dowód. Załóżmy wpierw przypadek szczególny, w którym przedział I = [a, b] jest domknięty oraz wszystkie przedziały I n są otwarte. Niech (a 1, b 1 ) będzie pierwszym przedziałem ciągu (I n ), który zawiera liczbę a; jeżeli b 1 b, to niech (a 2, b 2 ) będzie pierwszym przedziałem tego ciągu, który zawiera liczbę b 1 ; ogólnie, jeżeli b n 1 b, to niech (a n, b n ) będzie pierwszym przedziałem ciągu (I n ), który zawiera liczbę b n 1. Procedura musi zatrzymać się na pewnym wskaźniku, tj. istnieje takie N, że b N > b. 15 Mamy więc I N i=1 (a i, b i ) oraz N N I = b a < b N a 1 = (b i b i 1 ) + b 1 a 1 (b i a i ) I n, (3) i=2 15 Istotnie, załóżmy bowiem nie wprost że procedura wyboru przedziałów nigdy się nie kończy, czyli ciąg (b n) jest ograniczony liczbą b (od góry). Na podstawie konstrukcji ciągu ((a n, b n)), ciąg (b n) jest rosnący, zatem istnieje x takie, że b n x (ciąg monotoniczny i ograniczony na prostej jest zbieżny) gdy tylko n. Ponieważ I I n oraz x I, przeto istnieje takie k, że x I k. Stąd prawie wszystkie przedziały (a n, b n), tj. wszystkie od pewnego wskaźnika począwszy, muszą poprzedzać przedział I k (są to wszystkie przedziały (a n, b n) ze skonstruowanego ciągu ((a n, b n)), dla których b n I k ; przedziałów tych jest nieskończenie wiele, bo b n x przy n ). Sytuacja taka nie jest możliwa, gdyż z konstrukcji ciągu ((a n, b n)) wynika, że żadne dwa przedziały w tym ciągu nie są równe. i=1 Michał Czapek 11 Wszelkie prawa zastrzeżone

12 co dowodzi twierdzenia w zakładanym przypadku szczególnym. Ustalmy dowolnie liczbę α > 1 i przedziały I oraz I n. Niech J będzie domkniętym podprzedziałem przedziału I takim, że J = I /α oraz niech dla każdego n, J n będzie takim otwartym przedziałem zawierającym przedział I n, że J n = α I n. Ponieważ J I I n J n, przeto na mocy (3), J < J n. Stąd I /α = J < J n = α I n = α I n, co przy α 1 daje tezę twierdzenia. Z twierdzenia Borela wynika że żaden przedział nie ma miary zero. 16 Istotnie, weźmy przedział ograniczony I oraz 0 < ε < I. Nie istnieje pokrycie (I n ) przedziału I takie, że I n < ε, bo I n I. Z tej przyczyny twierdzenie Cantora jest wnioskiem z twierdzenia Borela. W samej rzeczy, niech (a n ) będzie dowolnym ciągiem (skończonym lub nie) liczb rzeczywistych i niech I będzie dowolnym przedziałem. Gdyby dla każdego p I istniał taki wskaźnik n, że p = a n (zaprzeczenie tezy twierdzenia Cantora), to I {a n } i przedział I musiałby być zbiorem miary zero (patrz twierdzenia 11. i 12.) co nie jest możliwe. Dlatego istnieje p I takie, że p a n dla wszystkich n. Dowolny przedział nieograniczony nie jest zbiorem miary zero jako nadzbiór pewnego przedziału ograniczonego; podobnie zbiór R nie jest zbiorem miary zero jako nadzbiór dowolnego przedziału. Twierdzenie 14. Dopełnienie zbioru miary zero jest zbiorem gęstym. Dowód. Załóżmy że A jest zbiorem miary zero i A C nie jest zbiorem gęstym. Wówczas istnieje przedział I A, co nie jest możliwe. 17 Widzimy więc że dopełnienie zbioru z dowolnej z czterech klas zbiorów co najwyżej przeliczalnych, zbiorów nigdzie gęstych, zbiorów pierwszej kategorii i zbiorów miary zero jest zbiorem gęstym. Podsumujmy podobieństwa pomiędzy klasami zbiorów pierwszej kategorii i zbiorów miary zero: obie zawierają klasę zbiorów co najwyżej przeliczalnych, obie są σ-ideałami, obie zawierają zbiór mocy c (nawet ten sam, np. zbiór Cantora), dopełnienie elementu obu z nich jest zbiorem gęstym oraz żadna z nich nie zawiera przedziału. Analogicznie jak na stronach 4., 7. i 10. zobaczmy jakie praktyczne wnioski niosą za sobą twierdzenie 12. i twierdzenie Borela. Jeżeli chcemy udowodnić że zbiór P R jest niepusty i uda nam się udowodnić że zbiór P C jest miary zero lub jest co najwyżej przeliczalną sumą takich zbiorów, to P. Innymi słowy, dekompozycja prostej rzeczywistej na dwa zbiory miary zero P i P C nie jest możliwa; z twierdzenia 12. i twierdzenia Borela wynika bowiem że zbiór R nie jest zbiorem miary zero i jako taki nie może być sumą dwóch zbiorów miary zero; jeśli jeden z nich okaże się miary zero, drugi musi być nie tylko nie pusty, ale musi być nawet zbiorem nie będącym miary zero. 16 Analogicznie jak w twierdzeniu Cantora możemy bez straty ogólności rozważań założyć ograniczoność przedziału. 17 I nie może być zbiorem miary zero, zatem nie może być podzbiorem zbioru miary zero. Michał Czapek 12 Wszelkie prawa zastrzeżone

13 W tabeli 3. przedstawiamy wprowadzone dotychczas własności badanych zbiorów liczbowych analogicznie jak zrobiliśmy to w tabelach 1. i Moc Gęstość Kategoria Miara Zbiór liczb naturalnych ℵ 0 nigdzie gęsty I 0 (tw. 11.) ℵ 0 nigdzie gęsty I (tw. 7.) ℵ 0 nigdzie gęsty II 0 (tw. 7. i 11.) ℵ 0 nigdzie gęsty II Zbiór liczb wymiernych ℵ 0 gęsty I 0 (tw. 11.) ℵ 0 gęsty I (tw. 7.) ℵ 0 gęsty II 0 (tw. 7. i 11.) ℵ 0 gęsty II Zbiór liczb Cantora c nigdzie gęsty I 0 c nigdzie gęsty I (tw. 7.) c nigdzie gęsty II 0 (tw. 7.) c nigdzie gęsty II C (Q [0, 1]) c gęsty I 0 c gęsty I c gęsty II 0 Zbiór liczb rzeczywistych c gęsty II Tabela 3: Podsumowanie wybranych własności danych zbiorów liczbowych. 2 Metoda kategorii Niech X będzie dowolną przestrzenią metryczną. Zbiór A X nazywamy zbiorem gęstym w zbiorze B X gdy ma niepuste przecięcie z dowolną kulą o środku w punkcie z B, lub, co na to samo wychodzi, gdy B cl(a); zbiór A X nazywamy zbiorem gęstym gdy ma niepuste przecięcie z dowolną kulą zawartą w X, lub, co na to samo wychodzi, gdy X = cl(a). Zbiór A X jest nigdzie gęsty w X gdy nie jest gęsty w żadnej kuli w X, lub, co na to samo wychodzi, gdy int(cl(a)) =. 19 Twierdzenie 15 (Baire). Przecięcie elementów dowolnego ciągu otwartych i gęstych podzbiorów przestrzeni metrycznej zupełnej jest zbiorem gęstym w tej przestrzeni. Dowód. Niech X będzie dowolną przestrzenią metryczną zupełną, (A n ) dowolnym ciągiem otwartych i gęstych podzbiorów przestrzeni X oraz B 0 (r 0 ) dowolną 18 Puste pola w tabeli 3. świadczą o tym że nie znaleźliśmy przykładu danego zbioru lub twierdzenia wykluczającego jego istnienie. 19 Powyższe definicje są uogólnieniami pojęć wprowadzonych w punkcie 1. Przedziały w R zastąpiliśmy kulami w X (za wyjątkiem pojęcia gęstości w przedziale które zostało uogólnione na pojęcie gęstości w dowolnym zbiorze, nie koniecznie kuli). Michał Czapek 13 Wszelkie prawa zastrzeżone

14 kulą otwartą w X o promieniu r 0. Dla n 1 określmy otwarte kule B n (r n ) tak, że r n < 1/n oraz cl(b n (r n )) A n B n 1 (r n 1 ). 20 Wówczas cl(b n (r n )) (patrz lemat 2.). cl(b n (r n )) B 0 (r 0 ) oraz cl(b n (r n )) A n dla wszystkich n, zatem B 0 (r 0 ) A n co dowodzi gęstości zbioru A n. Zupełność przestrzeni nie została explicite wykorzystana w powyższym dowodzie, występuje jednak w lemacie 2. Twierdzenie Baire a i metoda kategorii funkcjonują w przestrzeniach metrycznych zupełnych. Twierdzenie 15. jest uogólnieniem drugiej tezy twierdzenia 10. Wniosek 16. Każda przestrzeń metryczna zupełna jest drugiej kategorii. Dowód. Jeśli (A n ) jest dowolnym ciągiem nigdzie gęstych podzbiorów przestrzeni metrycznej zupełnej X, to wszystkie zbiory (A n ) C są zbiorami gęstymi, zatem na mocy twierdzenia Baire a (A n ) C i tym samym X A n. Wniosek 17. Jeżeli X jest przestrzenią metryczną zupełną i X = A n to istnieje taki wskaźnik n 0 oraz taka kula domknięta B X, że A n0 jest gęsty w B. Dowód. Na mocy wniosku 16. przestrzeń X jest drugiej kategorii zatem istnieje pośród A n zbiór który nie jest zbiorem nigdzie gęstym. Niech n 0 będzie wskaźnikiem tego zbioru. int(cl(a n0 )), więc istnieje kula domknięta B zawarta w int(cl(a n0 )). Stąd B cl(a n0 ). Załóżmy że X jest przestrzenią metryczną zupełną. Metoda kategorii jest sposobem badania istnienia elementu x X spełniającego określoną własność P (fakt ten oznaczmy napisem x P ). Jeżeli wykażemy, że {x X : x / P } jest zbiorem pierwszej kategorii, to {x X : x P } będzie drugiej kategorii 21 a zatem istnienie elementu x P będzie dowiedzione 22 (oraz to, że w sensie kategorii, większość elementów przestrzeni X spełnia własność P ). Powyższe rozumowanie jest przydatne gdy warunek x P jest trudny do zbadania dowód istnienia takiego elementu poprzez jego konstrukcję jest trudny; możliwe, że łatwiej badać warunek x / P (konstruować elementy x / P ) oraz kategorię zbioru {x X : x / P }. Metodą kategorii nie można udowodnić istnienia elementu x P gdy zbiór {x X : x / P } okaże się zbiorem drugiej kategorii; nie można wówczas stwierdzić że {x X : x / P } X i tym samym że {x X : x P }. 20 Jest to możliwe ponieważ wszystkie zbiory A n są zbiorami gęstymi; przecięcie zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym, zatem istnieje kula zawarta w tym przecięciu. 21 Gdyby {x X : x P } był pierwszej kategorii, to przestrzeń X = {x X : x P } {x X : x / P } byłaby pierwszej kategorii jako suma dwóch zbiorów pierwszej kategorii, co na mocy wniosku 16. nie jest możliwe 22 Zbiór pusty jest zbiorem pierwszej kategorii. Michał Czapek 14 Wszelkie prawa zastrzeżone

15 3 Twierdzenie Banacha-Steinhausa W 1927 Banach i Steinhaus [1] opublikowali dowód jednego z fundamentalnych twierdzeń analizy funkcjonalnej. Zanim przejdziemy do samego twierdzenia wprowadźmy kilka pojęć i faktów. Niech K będzie ciałem liczb rzeczywistych lub zespolonych, D unormowaną i zupełną (w sensie metryki generowanej przez tę normę) przestrzenią liniową nad ciałem K oraz C unormowaną przestrzenią liniową nad ciałem K. W obu tych przestrzeniach normę oznaczać będziemy tak samo, tj.. Odwzorowaniem nazywamy dowolną funkcję u: D C. Niech u będzie pewnym odwzorowaniem. Odwzorowanie u nazywamy ciągłym gdy równość lim n x n = x pociąga za sobą równość lim n u(x n ) = u(x) jeśli tylko x n, x D. Odwzorowanie u jest addytywne gdy dla dowolnych x, y D zachodzi równość u(x+y) = u(x)+u(y) oraz jednorodne gdy dla dowolnych α K, x D zachodzi równość u(αx) = αu(x). Odwzorowanie nazywamy liniowym gdy jest addytywne i jednorodne. Jeżeli odwzorowanie u jest addytywne i ciągłe to jest jednorodne. Istotnie, dla dowolnej liczby wymiernej w oraz każdego punktu x, u(wx) = wu(x). Jeśli c jest daną liczbą zespoloną (w szczególności, rzeczywistą) oraz (w n ) ciągiem par liczb wymiernych zbieżnym do c, to lim n w n x = cx i tym samym lim n u(w n x) = u(cx); ponieważ zaś stale u(w n x) = w n u(x), przeto lim n u(w n x) = lim n w n u(x) = cu(x), q.e.d. Każdemu odwzorowaniu jednorodnemu i ciągłemu u: D C przyporządkowana jest liczba N zwana jego ograniczeniem i taka, że dla każdego x D u(x) N x. Istotnie, załóżmy bowiem że dla danego odwzorowania jednorodnego i ciągłego u taka liczba nie istnieje. Wówczas istnieje ciąg (x n ) (x n D) taki, że u(x n ) > N n x n oraz lim n N n =. Z jednorodności u wynika że wyrazy ciągu (x n ) są różne od zera. 23 Biorąc y n = x n /(N n x n ) mamy y n = 1/N n, więc lim n y n = 0. Stąd lim n u(y n ) = 0, co jest niemożliwe, gdyż u(y n ) = u(x n) N n x n > 1. Normą odwzorowania jednorodnego i ciągłego u (oznaczamy ją symbolem u ) nazywamy kres dolny wszystkich liczb ograniczających odwzorowanie u. Wśród odwzorowań addytywnych ograniczonymi są tylko odwzorowania ciągłe. Istotnie, ustalmy dowolnie odwzorowanie addytywny u: D C. Jeśli lim n x n = x, gdzie x n, x D, to lim n x n x = 0, zatem lim u(x n) u(x) = lim u(x n x) lim N x x n = 0 n n n oraz lim n u(x n ) = u(x), c.b.d.o. 23 u(0) = u(0 x) = 0 u(x) = 0. Michał Czapek 15 Wszelkie prawa zastrzeżone

16 Lemat 18 (Banach-Steinhaus). Jeżeli dla ciągu (u n ) odwzorowań ciągłych warunek lim sup u n (x) < n zachodzi na pewnym zbiorze E, to zbiór ten jest przeliczalną sumą zbiorów domkniętych w których u n (x) są wspólnie ograniczone niezależnie od liczby n. Dowód. Ustalmy dowolnie liczbę naturalną m. Niech F m = n=1 F m,n gdzie F m,n = {x E : u n (x) m}. Zbiory F m,n i zbiór F m są domknięte gdyż u n są ciągłe. Istotnie, weźmy funkcję φ(x) = u n (x). Norma jest funkcją ciągłą więc φ jest ciągła; z uwagi na F m,n = {x: φ(x) m} = φ 1( (, m] ), zbiory F m,n są domknięte. 24 F m jest domknięty jako przecięcie zbiorów domkniętych. Jeżeli x E to lim sup n u n (x) <, stąd ciąg (u n (x)) jest ograniczony pewną stałą naturalną m, więc x F m. Jeżeli x F m to u n (x) m dla wszystkich n. Stąd E = m=1 F m. Odwzorowania w powyższym lemacie nie muszą być określone na przestrzeni Banacha, i.e. zupełność nie jest konieczna. Lemat 19 (Banach-Steinhaus). Jeżeli dla ciągu (u n ) odwzorowań ciągłych warunek lim sup u n (x) < n zachodzi na pewnym zbiorze H drugiej kategorii, to istnieje kula w której u n (x) są wspólnie ograniczone. Dowód. Na mocy lematu 18. zbiór H można przedstawić w postaci przeliczalnej sumy m=1 F m pewnych zbiorów domkniętych na których ciąg ( u n (x) ) jest ograniczony. Ponieważ H jest drugiej kategorii, przeto nie wszystkie zbiory F m są nigdzie gęste (H jest podzbiorem przestrzeni Banacha), zatem istnieje wśród liczb m taki wskaźnik N dla którego zbiór F N jest gęsty w pewnej domkniętej kuli (patrz wniosek 17.). Stąd w każdym punkcie x owej kuli u n (x) N dla dowolnego n. W lematach 18. i 19. nie zakładaliśmy ani addytywności, ani jednorodności odwzorowań. Twierdzenie 20 (Banach-Steinhaus). Jeżeli dla ciągu (u n ) odwzorowań liniowych i ciągłych warunek lim sup u n (x) < n zachodzi na pewnym zbiorze drugiej kategorii, to lim sup n u n <. 24 Jako przeciwobrazy zbiorów domkniętych przez funkcję ciągłą. Michał Czapek 16 Wszelkie prawa zastrzeżone

17 Dowód. Zgodnie z lematem 19. ciąg ( u n (x) ) jest wspólnie ograniczony w pewnej kuli B(x 0, r) przez pewną stałą N. Innymi słowy, jeśli x x 0 r to dla wszystkich n u n (x) N (w szczególności u n (x 0 ) N). Dla dowolnego x r, (x + x 0 ) x 0 r, zatem u n (x + x 0 ) N. Stąd u n (x) = u n (x + x 0 ) u n (x 0 ) u n (x + x 0 ) + u n (x 0 ) 2N, zatem ciąg ( u n (x) ) jest wspólnie ograniczony (przez liczbę 2N) w kuli o środku w punkcie 0 i promieniu r. Ponadto, jeżeli x 1 to rx r, więc u n (rx) = ru n (x) = r u n (x) 2N, zatem ciąg ( u n (x) ) jest wspólnie ograniczony (przez liczbę 2N/r) w kuli o środku w punkcie 0 i promieniu 1. Stąd dla wszystkich x 0 i wszystkich n ( ) u n (x) = x u x n x 2N r x, zatem u n 2N/r. Teza odwrotna również jest prawdziwa, i.e. jeżeli ciąg ( u n ) jest ograniczony, to ciąg ( u n (x) ) też jest ograniczony w dowolnym puncie zbioru D. Istotnie, na mocy nierówności u n N prawdziwej dla wszystkich n c.n.d. u n (x) u n x N x, Literatura [1] S. Banach, H. Steinhaus, Sur le principe de la condensation de singularités, Fund. Math. 9 (1927), pp [2] K. Kuratowski, A. Mostowski, Teoria mnogości, Mon. Mat. 27, wyd. II, Państwowe Wydawnictwo Naukowe. [3] J. Oxtoby, Measure and Category, GTM 2, 2nd Ed., Springer-Verlag, New York, Heidelberg, Berlin [4] W. Rudin, Analiza funkcjonalna, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa Michał Czapek 17 Wszelkie prawa zastrzeżone