Metoda kategorii Baire`a w przestrzeniach metrycznych zupełnych

Metoda kategorii Baire’a w przestrzeniach
metrycznych zupełnych
Michał Czapek
[email protected] · www.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
1
oraz
|p| + q = n.
(1)
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 6= ±n; 0 - n, więc p 6= 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 przeliczalnych1 jest zbiorem przeliczalnym (patrz
twierdzenie 1.), stąd zbiór liczb wymiernych jest przeliczalny.
S
Co najwyżej przeliczalną sumę zbiorów An oznaczamy jako An . 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 (An ) niepustych zbiorów domkniętych zawartych w X taki, że
lim diam(An ) = 0
n→∞
ma niepuste przecięcie.
Dowód. Ustalmy dowolnie liczbę rzeczywistą ε > 0. Niech (xn ) będzie takim
ciągiem, że xn ∈ An dla wszystkich n i niech n0 będzie takim wskaźnikiem, że
diam(An0 ) < ε. Z uwagi na
A1 ⊃ A2 ⊃ . . . ⊃ An ⊃ . . .
(2)
dla dowolnych m > n > n0 punkty xn , xm ∈ An . Ponadto
d(xm , xn ) ¬ diam(An ) ¬ diam(An0 ) < ε,
n→∞
zatem (xn ) jest ciągiem Cauchy’ego. Przestrzeń X jest zupełna, więc xn −→ x
oraz x ∈ X. Na mocy (2) dla wszystkich
m, n jeśli n ¬ m, to xm ∈ An . Stąd
T∞
x ∈ An dla wszystkich n, zatem n=1 An 6= ∅.
1W
naszym przypadku wystarczą zbiory skończone.
© Michał Czapek
2
Wszelkie prawa zastrzeżone
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 (an ) liczb rzeczywistych i dla
każdego przedziału I istnieje punkt p ∈ I taki, że p 6= an dla wszystkich n.
Dowód. Bez straty dla ogólności możemy założyć ograniczoność przedziału I.2
Niech I1 będzie domkniętym podprzedziałem przedziału I takim, że a1 ∈
/ I1
i |I1 | < 1; niech I2 będzie domkniętym podprzedziałem przedziału I1 takim,
że a2 ∈
/ I2 i |I2 | < 1/2 itd. (In ) to zstępujący
T (skończony lub przeliczalny)
ciągTniepustych zbiorów domkniętych, zatem In 6= ∅ (patrz lemat 2.). Jeśli
p ∈ In , to p ∈ I i p 6= an dla wszystkich n.
Dowód twierdzenia Cantora opiera się na nie w pełni sprecyzowanych wyborach przedziałów In . Aby pozbyć się tej wady załóżmy, że przedział I oraz każdy
przedział In−1 (n ­ 2) dzielimy na trzy domknięte podprzedziały równej długości. Określmy In jako pierwszy z tych podprzedziałów dzielących In−1 który nie
zawiera liczby an oraz określmy I1 jako pierwszy z tych podprzedziałów dzielących I który nie zawiera a1 . Tym samym zdefiniowaliśmy funkcję która dowolną
parę (I, (an )) przeprowadza na punkt zawarty w I i różny od wszystkich an .
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 dla zbiorów przeliczalnych i c dla zbiorów nie0
przeliczalnych. Wykazaliśmy że moce zbiorów liczb naturalnych N i liczb wymiernych Q są
równe ℵ0 (w przypadku N równość jest z definicji) oraz że moc dowolnego przedziału i moc
zbioru liczb rzeczywistych są równe c. Warto dodać, że ℵ0 < c [2, p. 175]. Pozwólmy sobie
na dygresję pozbawioną formalnego ujęcia. Biorąc pod uwagę liczby ℵ0 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 ℵ0 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. ℵ0 , 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
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 C1 ; 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 C2 itd.
Stąd C0 = [0, 1],
T∞
C1 = [1, 1/3] ∪ [2/3, 1] itd. Zbiór Cantora C określamy jako n=0 Cn .
Każda liczba x ∈ (0, 1] posiada jednoznaczne i nieskończone rozwinięcie binarne 0, x1 x2 x3 . . . . Jeżeli dla każdego i, yi = 2xi , to liczba 0, y1 y2 y3 . . . będzie
jakimś punktem zbioru C (yi 6= 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 (an ) 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 (an ) 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
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 ⊆ AC . Z założenia (cl(A))C = ∅ zatem7 int(AC ) = ∅.
Sprzeczność. Podobnie pokażemy konieczność warunku. Jeżeli cl(A) 6= R, to
(cl(A))C = int(AC ) 6= ∅. Wnętrze zbioru jest otwarte więc istnieje przedział I
taki, że I ⊂ int(AC ) = (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)) 6= ∅, to dla pewnego przedziału I, I ⊂ cl(A). Skoro A jest nigdzie
gęsty to istnieje podprzedział otwarty J przedziału I taki, że J ⊂ AC , 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 tegoTzbioru jest niepuste, to istnieje przedział (a, b) zawarty
∞
w C. Ponieważ C = n=0 Cn , przeto przedział (a, b) leży w każdym zbiorze
Cn . Weźmy n0 tak duże że 1/3n0 < b − a. Zbiór Cn0 składa się z rozłącznej
sumy przedziałów o długości 1/3n0 zatem nie może zawierać przedziału (a, b)
o długości większej niż 1/3n0 . 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(AC ) = (cl(A))C . Stąd zachodzi również
int(AC ) = int((cl(A))C ).
© Michał Czapek
5
Wszelkie prawa zastrzeżone
Twierdzenie 5. Następujące warunki są równoważne:
(i) A jest zbiorem nigdzie gęstym.
(ii) AC zawiera zbiór otwarty i gęsty.
(iii) int(cl(A)) = ∅.
Dowód. Udowodnijmy następujący ciąg implikacji:
(i) ⇒ (ii). Ponieważ int(AC ) ⊆ AC oraz int(AC ) 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 ⊂ AC . Stąd J ⊆ int(AC ), więc I ∩int(AC ) 6= ∅. Wykazaliśmy gęstość
zbioru int(AC ).
(ii) ⇒ (iii). Niech B ⊆ AC 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
C C
R = cl(B) ⊆ cl cl(A)
= int cl(A)
,
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 AC jest nigdzie
gęsty. Istotnie, A jest gęsty, zatem cl(A) = R. Ponieważ
C
cl(A) = int AC = int cl AC = ∅,
przeto AC 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 AC
jest gęsty, to sam zbiór AC 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
Dowód. Dowolny przedział zawarty w dopełnieniu zbioru jest zawarty w dopełnieniu jego podzbioru, co dowodzi pierwszej tezy.
Ustalmy dowolnie dwa zbiory nigdzie gęste A1 i A2 . Dla dowolnego przedziału I istnieją przedziały I1 i I2 takie, że I1 ⊂ I \ A1 oraz I2 ⊂ I1 \ A2 . Stąd
I2 ⊂ I \ (A1 ∪ A2 ), 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 skończoną8 sumą
takich zbiorów, to P 6= ∅. 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
Zbiór
Zbiór
Zbiór
Zbiór
liczb naturalnych
liczb wymiernych
Cantora
liczb rzeczywistych
Moc
ℵ0
ℵ0
c
c
Gęstość
nigdzie gęsty
gęsty
nigdzie gęsty
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
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.
S
S
Dowód. Jeżeli A = An gdzie An są nigdzie gęste i B ⊆ A, to B = (B ∩ An ).
Dla każdego n zbiór B ∩ An jest nigdzie gęsty jako podzbiór nigdzie gęstego
zbioru An (patrz twierdzenie 6.). Stąd B jest zbiorem pierwszej kategorii.
Dla dowodu
zbiór pierwszej kaS drugiej tezy, jeżeli dla każdego i ustalimy
S
tegorii Ai = j Aij gdzie Aij są nigdzie gęste, to ij Aij dalej będzie sumą
co najwyżej przeliczalną (patrz twierdzenie 1.), będzie więc pierwszej kategorii
z uwagi na nigdzie gęstość Aij .
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.
S
Dowód. Ustalmy zbiór pierwszej kategorii A = An (An są nigdzie gęste) i przedział I. Niech I1 będzie domkniętym podprzedziałem zbioru I \ A1 takim, że
|I1 | < 1; niech I2 będzie T
domkniętym podprzedziałem zbioru
I1 \ A2 takim, że
T
|I2 | < 1/2 itd. Wówczas In 6= ∅ (patrz lemat 2.) oraz In ⊆ I \ A. Stąd AC
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
Dowód twierdzenia Baire’a w porównaniu z dowodem twierdzenia Cantora
różni się tylko sposobem wybierania przedziałów In . Ponieważ zbiory jednopunktowe11 są szczególnymi przypadkami zbiorów nigdzie gęstych,12 można zauważyć, że twierdzenie Cantora jest wnioskiem z twierdzenia Baire’a. Istotnie,
jeśli (an ) jest ciągiem (skończonym lub nie) liczb rzeczywistych i ISjest dowolnym przedziałem, to dopełnienie AC zbioru pierwszej kategorii A = {an }, jako
gęste (patrz twierdzenie Baire’a), musi przecinać I. Istnieje więc p ∈ I takie, że
p 6= an dla wszystkich n, c.b.d.o.
Z twierdzenia Baire’a wynika że prosta rzeczywista nie może być pierwszej kategorii – w przeciwnym wypadku ∅ = RC 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 6= ∅, 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 An są zbiorami otwartymi
C
i gęstymi, to wszystkie zbiory
T (ACn ) są
S zbiorami nigdzie gęstymi (patrz uwaga
(iii) na stronie 6.). Stąd (T An ) = (An )C jest zbiorem pierwszej kategorii,
zatem na mocy założenia An jest gęsty.
S
(ii) ⇒ (tw. Baire’a). Jeżeli A = An , gdzie An są nigdzie gęste, to dla
C
każdego
T n, zbiór (An ) ma otwarty i gęsty podzbiór Bn (patrz twierdzenie 5.).
Stąd Bn jest gęsty. Ponieważ
\
\
C [ C
Bn ⊆
An =
An
= AC ,
przeto AC jest gęsty jako nadzbiór zbioru gęstego.
(tw. Baire’a) ⇒ (iii). Ponieważ
C
int(A) ∩ int(A) = cl AC ∩ int(A) = ∅
i AC jest gęsty, przeto cl(AC ) = R i int(A) = ∅, zatem A jest brzegowy.
(iii) ⇒ (tw. Baire’a). Załóżmy, że AC nie jest gęsty. Wówczas istnieje przedział I taki, że I ∩ AC = ∅. Stąd I ⊆ A, zatem A nie jest zbiorem brzegowym.
Implikacja została dowiedziona na mocy prawa kontrapozycji.
11 Używane
przy wyborach przedziałów In w dowodzie twierdzenia Cantora.
przy wyborach przedziałów In w dowodzie twierdzenia Baire’a.
12 Używanych
© Michał Czapek
9
Wszelkie prawa zastrzeżone
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 6= ∅. 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.
Zbiór liczb naturalnych
— (tw. 7.)
Zbiór liczb wymiernych
— (tw. 7.)
Zbiór Cantora C
— (tw. 7.)
C ∪ (Q ∩ [0, 1])
Zbiór liczb rzeczywistych
Moc
ℵ0
ℵ0
ℵ0
ℵ0
c
c
c
c
Gęstość
nigdzie gęsty
nigdzie gęsty
gęsty
gęsty
nigdzie gęsty
nigdzie gęsty
gęsty
gęsty
Kategoria
I
II
I
II
I
II
I
II
Tabela 2: Moc, gęstość i kategoria wybranych zbiorów liczbowych.
1.4
Miara zbioru
Skończony lub nieskończony
ciąg przedziałów (In ) nazywamy pokryciem
S 14
zbioru A gdy A ⊆
In . Zbiór A nazywamy zbioremPmiary zero gdy dla
dowolnego ε > 0 istnieje takie pokrycie (In ) zbioru A że
|In | < 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 ⊂ Cn i Cn 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 ) pokrywa zbiór A.
n
© Michał Czapek
10
Wszelkie prawa zastrzeżone
Klasa zbiorów miary zero jest rozszerzeniem klasy zbiorów co najwyżej przeliczalnych.
Twierdzenie 11. Dowolny zbiór co najwyżej przeliczalny jest zbiorem miary
zero.
S
Dowód. Niech dane będą co najwyżej przeliczalny zbiór {ai } oraz liczba ε > 0.
Dla każdego i niech S
Ii będzieSprzedziałem
P o środku
P w punkcie ai takim, że
|Ii | < ε/2i . Wówczas {ai } ⊂ Ii oraz
|Ii | < (ε/2i ) ¬ 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 podzbioruSzbioru A, stąd pierwsza teza jest prawdziwa.
Niech A = Ai gdzie Ai to zbiory S
miary zero. P
Dla każdego i istnieje ciąg
(Iij )j (skończony lub nie) taki, że Ai ⊆ j Iij oraz j |Iij | < ε/2i . Wówczas
A=
[
Ai ⊆
[
Iij
oraz
ij
X
|Iij | <
ij
X ε
¬ ε,
2i
co dowodzi prawdziwości drugiej tezy.
Twierdzenie 13 (Borel). Jeśli (In ) pokrywa przedział I, to |I| ¬
P
|In |.
Dowód. Załóżmy wpierw przypadek szczególny, w którym przedział I = [a, b]
jest domknięty oraz wszystkie przedziały In są otwarte. Niech (a1 , b1 ) będzie
pierwszym przedziałem ciągu (In ), który zawiera liczbę a; jeżeli b1 ¬ b, to
niech (a2 , b2 ) będzie pierwszym przedziałem tego ciągu, który zawiera liczbę
b1 ; ogólnie, jeżeli bn−1 ¬ b, to niech (an , bn ) będzie pierwszym przedziałem
ciągu (In ), który zawiera liczbę bn−1 . Procedura musi zatrzymać się na pewnym
SN
wskaźniku, tj. istnieje takie N , że bN > b.15 Mamy więc I ⊂ i=1 (ai , bi ) oraz
|I| = b − a < bN − a1 =
N
X
(bi − bi−1 ) + b1 − a1 ¬
i=2
N
X
X
(bi − ai ) ¬
|In |, (3)
i=1
15 Istotnie,
załóżmy bowiem nie wprost że procedura wyboru przedziałów nigdy się nie
kończy, czyli ciąg (bn ) jest ograniczony liczbą b (od góry). Na podstawie konstrukcji ciągu
((an , bn )), ciąg (bn ) jest rosnący, zatem istnieje x takie, że bn → xS(ciąg monotoniczny i
ograniczony na prostej jest zbieżny) gdy tylko n → ∞. Ponieważ I ⊆
In oraz x ∈ I, przeto
istnieje takie k, że x ∈ Ik . Stąd prawie wszystkie przedziały (an , bn ), tj. wszystkie od pewnego
wskaźnika począwszy, muszą poprzedzać przedział Ik (są to wszystkie przedziały (an , bn ) ze
skonstruowanego ciągu ((an , bn )), dla których bn ∈ Ik ; przedziałów tych jest nieskończenie
wiele, bo bn → x przy n → ∞). Sytuacja taka nie jest możliwa, gdyż z konstrukcji ciągu
((an , bn )) wynika, że żadne dwa przedziały w tym ciągu nie są równe.
© Michał Czapek
11
Wszelkie prawa zastrzeżone
co dowodzi twierdzenia w zakładanym przypadku szczególnym.
Ustalmy dowolnie liczbę α > 1 i przedziały I oraz In . Niech J będzie domkniętym podprzedziałem przedziału I takim, że |J| = |I|/α oraz niech dla każdego n, Jn będzie takim otwartym
zawierającym przedziałPIn , że
S przedziałem
S
|Jn | = α|In |. Ponieważ J ⊂ I ⊆ In ⊂ Jn , przeto na mocy (3), |J| <
|Jn |.
Stąd
X
X
X
|I|/α = |J| <
|Jn | =
α|In | = α
|In |,
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 P
0 < ε < |I|. Nie istnieje pokrycie (In )
P
przedziału I takie, że
|In | < ε, bo
|In | ­ |I|. Z tej przyczyny twierdzenie
Cantora jest wnioskiem z twierdzenia Borela. W samej rzeczy, niech (an ) będzie
dowolnym ciągiem (skończonym lub nie) liczb rzeczywistych i niech I będzie
dowolnym przedziałem. Gdyby dla każdego p ∈ I istniał taki
S wskaźnik n, że
p = an (zaprzeczenie tezy twierdzenia Cantora), to I ⊆ {an } i przedział
I musiałby być zbiorem miary zero (patrz twierdzenia 11. i 12.) co nie jest
możliwe. Dlatego istnieje p ∈ I takie, że p 6= an 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 AC 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 6= ∅. 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
W tabeli 3. przedstawiamy wprowadzone dotychczas własności badanych
zbiorów liczbowych analogicznie jak zrobiliśmy to w tabelach 1. i 2.18
Zbiór liczb naturalnych
— (tw. 11.)
— (tw. 7.)
— (tw. 7. i 11.)
Zbiór liczb wymiernych
— (tw. 11.)
— (tw. 7.)
— (tw. 7. i 11.)
Zbiór liczb Cantora
— (tw. 7.)
— (tw. 7.)
C ∪ (Q ∩ [0, 1])
Zbiór liczb rzeczywistych
Moc
ℵ0
ℵ0
ℵ0
ℵ0
ℵ0
ℵ0
ℵ0
ℵ0
c
c
c
c
c
c
c
c
Gęstość
nigdzie gęsty
nigdzie gęsty
nigdzie gęsty
nigdzie gęsty
gęsty
gęsty
gęsty
gęsty
nigdzie gęsty
nigdzie gęsty
nigdzie gęsty
nigdzie gęsty
gęsty
gęsty
gęsty
gęsty
Kategoria
I
I
II
II
I
I
II
II
I
I
II
II
I
I
II
II
Miara
0
—
0
—
0
—
0
—
0
—
0
—
0
—
0
—
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, (An ) dowolnym ciągiem otwartych i gęstych podzbiorów przestrzeni X oraz B0 (r0 ) 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
kulą otwartą w X o promieniu r0 . Dla n ­ 1 określmy otwarteTkule Bn (rn ) tak,
20
że rn < 1/n oraz T
cl(Bn (rn )) ⊂ An ∩ Bn−1 (rn−1
T ). Wówczas cl(Bn (rn )) 6= ∅
(patrz lemat 2.). T
cl(Bn (rn )) ⊂ B0 (r0 ) oraz cl(Bn (rn ))
T⊂ An dla wszystkich
n, zatem B0 (r0 ) ∩ An 6= ∅ co dowodzi gęstości zbioru An .
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 (An ) jest dowolnym ciągiem nigdzie gęstych podzbiorów przestrzeni metrycznej zupełnej X, to wszystkie
zbiory (An )C są zbiorami
T
S gęstymi, zatem
C
na mocy twierdzenia Baire’a (An ) 6= ∅ i tym samym X 6= An .
S
Wniosek 17. Jeżeli X jest przestrzenią metryczną zupełną i X = An to
istnieje taki wskaźnik n0 oraz taka kula domknięta B ⊂ X, że An0 jest gęsty
w B.
Dowód. Na mocy wniosku 16. przestrzeń X jest drugiej kategorii zatem istnieje
pośród An zbiór który nie jest zbiorem nigdzie gęstym. Niech n0 będzie wskaźnikiem tego zbioru. int(cl(An0 )) 6= ∅, więc istnieje kula domknięta B zawarta
w int(cl(An0 )). Stąd B ⊆ cl(An0 ).
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 kategorii21
a zatem istnienie elementu x ∈ P będzie dowiedzione22 (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} =
6 X i tym samym że {x ∈ X : x ∈ P } =
6 ∅.
20 Jest to możliwe ponieważ wszystkie zbiory A są zbiorami gęstymi; przecięcie zbiorów
n
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
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. k·k. Odwzorowaniem
nazywamy dowolną funkcję u : D → C.
Niech u będzie pewnym odwzorowaniem. Odwzorowanie u nazywamy ciągłym gdy równość limn→∞ xn = x pociąga za sobą równość limn→∞ u(xn ) =
u(x) jeśli tylko xn , 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 (wn ) ciągiem par liczb wymiernych zbieżnym do c, to limn→∞ wn x = cx i tym samym limn→∞ u(wn x) = u(cx); ponieważ zaś stale u(wn x) = wn u(x), przeto
limn→∞ u(wn x) = limn→∞ wn 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
ku(x)k ¬ N kxk .
Istotnie, załóżmy bowiem że dla danego odwzorowania jednorodnego i ciągłego
u taka liczba nie istnieje. Wówczas istnieje ciąg (xn ) (xn ∈ D) taki, że
ku(xn )k > Nn kxn k
oraz
lim Nn = ∞.
n→∞
Z jednorodności u wynika że wyrazy ciągu (xn ) są różne od zera.23 Biorąc yn =
xn /(Nn kxn k) mamy kyn k = 1/Nn , więc limn→∞ yn = 0. Stąd limn→∞ u(yn ) =
0, co jest niemożliwe, gdyż
ku(yn )k =
ku(xn )k
> 1.
Nn kxn k
Normą odwzorowania jednorodnego i ciągłego u (oznaczamy ją symbolem
kuk) 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
limn→∞ xn = x, gdzie xn , x ∈ D, to limn→∞ kxn − xk = 0, zatem
lim ku(xn ) − u(x)k = lim ku(xn − x)k ¬ lim N kx − xn k = 0
n→∞
n→∞
n→∞
oraz limn→∞ u(xn ) = u(x), c.b.d.o.
23 u(0)
= u(0 · x) = 0 · u(x) = 0.
© Michał Czapek
15
Wszelkie prawa zastrzeżone
Lemat 18 (Banach-Steinhaus). Jeżeli dla ciągu (un ) odwzorowań ciągłych
warunek
lim sup kun (x)k < ∞
n→∞
zachodzi na pewnym zbiorze E, to zbiór ten jest przeliczalną sumą zbiorów domkniętych w których kun (x)k są wspólnie ograniczone niezależnie od liczby n.
T∞
Dowód. Ustalmy dowolnie liczbę naturalną m. Niech Fm = n=1 Fm,n gdzie
Fm,n = {x ∈ E : kun (x)k ¬ m}.
Zbiory Fm,n i zbiór Fm są domknięte gdyż un są ciągłe. Istotnie, weźmy funkcję
φ(x) = kun (x)k. Norma jest funkcją ciągłą więc φ jest ciągła; z uwagi na
Fm,n = {x : φ(x) ¬ m} = φ−1 (−∞, m] ,
zbiory Fm,n są domknięte.24 Fm jest domknięty jako przecięcie zbiorów domkniętych.
Jeżeli x ∈ E to lim supn→∞ kun (x)k < ∞, stąd ciąg (un (x)) jest ograniczony
pewną stałą naturalną m,
S∞więc x ∈ Fm . Jeżeli x ∈ Fm to kun (x)k ¬ m dla
wszystkich n. Stąd E = m=1 Fm .
Odwzorowania w powyższym lemacie nie muszą być określone na przestrzeni
Banacha, i.e. zupełność nie jest konieczna.
Lemat 19 (Banach-Steinhaus). Jeżeli dla ciągu (un ) odwzorowań ciągłych
warunek
lim sup kun (x)k < ∞
n→∞
zachodzi na pewnym zbiorze H drugiej kategorii, to istnieje kula w której kun (x)k
są wspólnie ograniczone.
Dowód.
Na mocy lematu 18. zbiór H można przedstawić w postaci przeliczalnej
S∞
sumy m=1 Fm pewnych zbiorów domkniętych na których ciąg (kun (x)k) jest
ograniczony. Ponieważ H jest drugiej kategorii, przeto nie wszystkie zbiory Fm
są nigdzie gęste (H jest podzbiorem przestrzeni Banacha), zatem istnieje wśród
liczb m taki wskaźnik N dla którego zbiór FN jest gęsty w pewnej domkniętej
kuli (patrz wniosek 17.). Stąd w każdym punkcie x owej kuli kun (x)k ¬ N dla
dowolnego n.
W lematach 18. i 19. nie zakładaliśmy ani addytywności, ani jednorodności
odwzorowań.
Twierdzenie 20 (Banach-Steinhaus). Jeżeli dla ciągu (un ) odwzorowań liniowych i ciągłych warunek
lim sup kun (x)k < ∞
n→∞
zachodzi na pewnym zbiorze drugiej kategorii, to lim supn→∞ kun k < ∞.
24 Jako
przeciwobrazy zbiorów domkniętych przez funkcję ciągłą.
© Michał Czapek
16
Wszelkie prawa zastrzeżone
Dowód. Zgodnie z lematem 19. ciąg (kun (x)k) jest wspólnie ograniczony w pewnej kuli B(x0 , r) przez pewną stałą N . Innymi słowy, jeśli kx − x0 k ¬ r to dla
wszystkich n
kun (x)k ¬ N
(w szczególności kun (x0 )k ¬ N ). Dla dowolnego kxk ¬ r, k(x + x0 ) − x0 k ¬ r,
zatem kun (x + x0 )k ¬ N . Stąd
kun (x)k = kun (x + x0 ) − un (x0 )k ¬ kun (x + x0 )k + kun (x0 )k ¬ 2N,
zatem ciąg (kun (x)k) jest wspólnie ograniczony (przez liczbę 2N ) w kuli o środku
w punkcie 0 i promieniu r. Ponadto, jeżeli kxk ¬ 1 to krxk ¬ r, więc
kun (rx)k = krun (x)k = rkun (x)k ¬ 2N,
zatem ciąg (kun (x)k) jest wspólnie ograniczony (przez liczbę 2N/r) w kuli
o środku w punkcie 0 i promieniu 1. Stąd dla wszystkich x 6= 0 i wszystkich
n
!
x 2N
kxk ,
kun (x)k = kxk · un
¬
kxk r
zatem kun k ¬ 2N/r.
Teza odwrotna również jest prawdziwa, i.e. jeżeli ciąg (kun k) jest ograniczony, to ciąg (kun (x)k) też jest ograniczony w dowolnym puncie zbioru D. Istotnie,
na mocy nierówności kun k ¬ N prawdziwej dla wszystkich n
kun (x)k ¬ kun k · kxk ¬ N kxk ,
c.n.d.
Literatura
[1] S. Banach, H. Steinhaus, Sur le principe de la condensation de singularités,
Fund. Math. 9 (1927), pp. 50-61.
[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 1980.
[4] W. Rudin, Analiza funkcjonalna, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa
2001.
© Michał Czapek
17
Wszelkie prawa zastrzeżone