6.8: Categorías Baire. Más sobre Linear Maps
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
Hacemos una pausa para esbozar la teoría de los llamados conjuntos de Categoría I o Categoría II, tal como la introdujo Baire. Es una de las herramientas más poderosas en el análisis superior. A continuación,(S,ρ) se muestra un espacio métrico.
Se dice que un conjunto noA⊆(S,ρ) es denso en ninguna parte (enS) iff su cierre no¯A tiene puntos interiores (es decir, no contiene globos):(¯A)0=∅.
Equivalentemente, el conjunto noA es densoG∗≠∅ en ninguna parte si cada set abiertoS contiene un globo¯G disjunta deA. (¿Por qué?)
Un conjuntoA⊆(S,ρ) es escaso, o de Categoría I (enS), iff
A=∞⋃n=1An,
para alguna secuencia de conjuntos densos en ninguna parteAn.
De lo contrario,A se dice que no es exiguo o de Categoría II.
Aes residual iff−A es escaso, pero noA lo es.
(a) no∅ es denso en ninguna parte.
(b) Cualquier conjunto finito en un espacio normado noE es denso en ninguna parte.
(c) El conjuntoN de todos los naturales en ninguna parteE1 es denso.
(d) Así también es el conjunto de CantorP (Problema 17 en el Capítulo 3, §14); en efecto,P está cerrado(P=¯P) y no tiene puntos interiores (¡verifícalo!) , entonces(¯P)0=P0=∅.
(e) El conjuntoR de todos los racionales enE1 es escaso; porque es contable (ver Capítulo 1, §9), de ahí una unión contable de singletones densos en ninguna parte {rn},rn∈R. Pero noR es en ninguna parte densa; incluso es densa enE1, ya¯R=E1 (ver Definición 2, en el Capítulo 3, §14). Por lo tanto, un conjunto exiguo no necesita estar en ninguna parte denso. (Pero todos los conjuntos densos en ninguna parte son magros ¿por qué?)
Los ejemplos (c) y (d) muestran que un conjunto denso en ninguna parte puede ser infinito (incluso incontable). Sin embargo, a veces en ninguna parte los conjuntos densos son tratados como “pequeños” o “despreciables”, en comparación con otros conjuntos. Lo más importante es el siguiente teorema.
En un espacio métrico completo,(S,ρ), cada conjunto abierto noG∗≠∅ es escaso. De ahí que todo el espacioS sea residual.
- Prueba
-
Buscando una contradicción, supongamos queG∗ es escaso, es decir,
G∗=∞⋃n=1An
para algunos conjuntos densos en ninguna parteAn. Ahora, como noA1 es denso en ninguna parte,G∗ contiene un globo cerrado
¯G1=¯Gx1(δ1)⊆−A1.
Nuevamente, como noA2 es denso en ninguna parte,G1 contiene un globo
¯G2=¯Gx2(δ2)⊆−A2, with 0<δ2≤12δ1.
Por inducción, obtenemos una secuencia de contracciones de globos cerrados
¯Gn=¯Gxn(δn), with 0<δn≤12nδ1→0.
ComoS está completo, también lo son los¯Gn (Teorema 5 en el Capítulo 3, §17). Así, por el teorema de Cantor (Teorema 5 del Capítulo 4, §6), hay
p∈∞⋂n=1¯Gn.
ComoG∗⊇¯Gn, tenemosp∈G∗. Pero, como también¯Gn⊆−An, tenemos(∀n)p∉An; de ahí
p∉∞⋃n=1An=G∗
(¡la contradicción deseada!). ◻
Necesitaremos un lema basado en los Problemas 15 y 19 en §7. (¡Revíselos!)
Dejarf∈L(E′,E),E′ completar. LetG=G0(1) Be the unit globe inE′. If¯f[G] (cierre def[G] inE) contiene un globoG0=G0(r)⊂E, entoncesG0⊆f[G].
Nota. Recordemos que nos “flecha” sólo vectores deE′ (e.g.,→0), pero no los deE (e.g., 0).
- Prueba
-
VamosA=f[G]∩G0⊆G0. Afirmamos queA es denso enG0; i.e.,G0⊆¯A. De hecho, por suposición, cualquieraq∈G0 está enf[G]. Así por el Teorema 3 en el Capítulo 3, §16, cualquieraGq cumplef[G]∩G0=A siq∈G0. Por lo tanto
(∀q∈G0)q∈¯A,
es decir,G0⊆¯A, como se reivindica.
Ahora arregla cualquieraq0∈G0=G0(r) y un verdaderoc(0<c<1). AsA es denso enG0,
A∩Gq0(cr)≠∅;
así que vamosq1∈A∩Gq0(cr)⊆f[G]. Entonces
|q1−q0|<cr,q0∈Gq1(cr).
Comoq1∈f[G], podemos arreglar algunos→p1∈G=G0(1), conf(→p1)=q1. También, por Problemas 19 (iv) y 15 (iii) en §7,cA+q1 es denso encG0+q1=Gq1(cr). Peroq0∈Gq1(cr). Por lo tanto
Gq0(c2r)∩(cA+q1)≠∅;
así queq2∈Gq0(c2r)∩(cA+q1), asíq0∈Gq2(c2r), etc.
Inductivamente, arreglamos para cada unon>1 algunosqn∈Gq0(cnr), con
qn∈cn−1A+qn−1,
es decir,
qn−qn−1∈cn−1A.
Como rendimientosA⊆f[G0(1)], de linealidad
qn−qn−1∈f[cn−1G0(1)]=f[G0(cn−1)],n>1.
Así para cada unon>1, hay→pn∈G0(cn−1), (es decir,|→pn|<cn−1) tal quef(→pn)=qn−qn−1. Ahora, como|→pn|<cn−1 y0<c<1,
∞∑1|→pn|<+∞;
así por la integridad deE′,∑→pn converge enE′ (Teorema 1 en el Capítulo 4, §13). Vamos→p=∑∞k=1→pk; entonces
f(→p)=f(limn→∞n∑k=1→pk)=limn→∞f(n∑k=1→pk)=limn→∞n∑k=1f(→pk) for f∈L(E′,E).
Perof(→pk)=qk−qk−1(k>1), yf(→p1)=q1; así
n∑k=1f(→pk)=q1+n∑k=2(qk−qk−1)=qn.
Por lo tanto
f(→p)=limn→∞n∑k=1f(→pk)=limn→∞qn=q0.
Por otra parte,|→pk|<ck−1(k≥1). Así
|→p|≤∞∑k=1|→pk|<∞∑k=1ck−1=11−c;
es decir,
→p∈G→0(11−c).
Peroq0=f(→p); así
q0∈f[G→0(11−c)].
Comoq0∈G0(r) fue arbitrario, tenemos
G0(r)⊆f[G0(11−c)],
o por linealidad,
G0(r(1−c))⊆f[G0(1)]=f[G].
Esto se sostiene para cualquierc∈(0,1). Por lo tanto
f[G]⊇⋃0<c<1G0(r(1−c))=G0(r).(Verify!)
Así todo está probado. ◻
Ahora podemos establecer un resultado importante debido a S. Banach.
Dejarf∈L(E′,E), conE′ completo. Entoncesf[E′] es escaso enE of[E′]=E, según sif[G0(1)] es o no es denso en ninguna parte.
- Prueba
-
Si nof[G0(1)] es denso en ninguna parteE, así también lo esf[G0(n)],n>0. (Verificar por Problemas 15 y 19 en §7.) Pero entonces
f[E′]=f[∞⋃n=1G0(n)]=∞⋃n=1f[G→0(n)]
es una unión contable de conjuntos densos en ninguna parte, de ahí exiguos, por definición.
Ahora supongamos que nof[G0(1)] es denso en ninguna parte; así¯f[G0(1)] contiene algunosGq(r)⊆E. Podemos suponerq∈f[G→0(1)] (si no, sustituirq por un punto cercano def[G0(1)]). Entoncesq=f(→p) para algunos→p∈G0(1). Esto último implica
|−→p|=|→p|=ρ(→p,→0)<1;
por lo
G−→p(1)⊆G→0(2).
Además, como¯f[G¯0(1)]⊇Gq(r), traducción por−q=f(−→p) rendimientos
¯f[G¯0(1)]+f(−→p)⊇Gq(r)−q=G0(r),
es decir,
G0(r)⊆¯f[G−→p(1)]⊆¯f[G→0(2)].
De ahí¯f[G→0(1)]⊇G0(12r) (¿por qué?) ; así, por el Lema
f[G→0(1)]⊇G0(12r) in E.
Esto implicaf[G→0(2n)]⊇G0(nr), y así
f[E′]⊇∞⋃n=1G0(nr)=E,
es decir,f[E′]=E, según se requiera. Así se demuestra el teorema. ◻
Dejarf∈L(E′,E), conE′ yE completar. Entonces el mapaf está abierto enE′ ifff[E′]=E, es decir, ifff está encendidoE.
- Prueba
-
Sif[E′]=E, entonces por el Teorema 1, nof[E′] es exiguo enE, como es enE sí mismo. Así, por el Teorema 2, nof[G→0(1)] está en ninguna parte densa, y (1) sigue como antes. De ahí por Problemas 15 (iii) y 19 en §7,f[G→p]⊇ algunosGq siempre queq=f(→p). (¿Por qué?) Por lo tanto,G→p⊆A⊆E′ implica
Gf(→p)⊆f[G→p]⊆f[A];
es decir,f mapea cualquier punto→p∈A interior en tal punto def[A]. Por Problema 8 en §7,f está abierto enE′.
Por el contrario, sif[E′] es así, entonces es un conjunto abierto≠∅ enE, un espacio completo; así por los Teoremas 1 y 2,f[E′] es no pobre e igualE. (Ver también Problema 16 (ii) en §7.) ◻
Nota 1. El teorema 3f se sostiene aunque no sea uno a uno.
Nota 2. Si en el Teorema 3, sin embargo,f es biyectiva, está abiertaE′, y asíf−1∈L(E,E′) por la Nota 1 en §7. (Esta es la prueba general prometida del Corolario 2 en §6.)
DejarE′be completar. DejemosN ser una familia de mapasf∈L(E′,E) tal que
(∀x∈E′)(∃k∈E1)(∀f∈N)|f(→x)|<k.
(”N está delimitado en cada uno→x.”)
EntoncesN es “acotado por norma”, es decir,
(∃K∈E1)(∀f∈N)‖
con\|\quad\| como en §2.
- Prueba
-
Baste con demostrar que\mathcal{N} está delimitado “uniformemente” en algún globo terráqueo,
\left(\exists c \in E^{1}\right)\left(\exists G=G_{\vec{p}}(r)\right)(\forall f \in \mathcal{N})(\forall \vec{x} \in G) \quad|f(\vec{x})| \leq c.
Para entonces|\vec{x}-\vec{p}| \leq r implica
2 c>|f(\vec{x})-f(\vec{p})|=|f(\vec{x}-\vec{p})|,
o (el ajuste\vec{x}-\vec{p}=r \vec{y} )|\vec{y}|<1 implica
(\forall f \in \mathcal{N}) \quad|f(\vec{y})|<\frac{2 c}{r} \quad\text {(why?);}
por lo
(\forall f \in \mathcal{N}) \quad\|f\|=\sup _{|\vec{y}| \leq 1}|f(\vec{y})|<\frac{2 c}{r}.
Así, buscando una contradicción, supongamos que (3) falla y asume su negación:
\left(\forall c \in E^{1}\right)\left(\forall G=G_{\vec{p}}(r)\right)(\exists f \in \mathcal{N})\left(\exists \vec{x} \in G=G_{\vec{p}}(r)\right) \quad|f(\vec{x})|>c.
Entonces parac=1, podemos arreglar algunosf_{1} \in \mathcal{N} yG_{\vec{x}_{1}}\left(r_{1}\right) tal que0<r_{1}<1 y
\left|f_{1}\left(\vec{x}_{1}\right)\right|>1.
Por la continuidad de la norma| |, podemos elegirr_{1} tan pequeños que
\left(\forall \vec{x} \in \overline{G_{\vec{x}_{1}}\left(r_{1}\right)}\right) \quad|f(\vec{x})|>1.
Nuevamente por (4), arreglamosf_{2} \in \mathcal{N} y\vec{x}_{2} \in G_{\vec{x}_{1}}\left(r_{1}\right) tal que\left|f_{2}\right|>2 en algún globo
\overline{G_{\vec{x}_{2}}\left(r_{2}\right)} \subseteq G_{\vec{x}_{1}}\left(r_{1}\right),
con0<r_{2}<1 / 2. Inductivamente, formamos así una secuencia de contracciones de globos cerrados
\overline{G_{\vec{x}_{n}}\left(r_{n}\right)}, \quad 0<r_{n}<\frac{1}{n},
y una secuencia\left\{f_{n}\right\} \subseteq \mathcal{N}, tal que
(\forall n) \quad\left|f_{n}\right|>n \text { on } \overline{G_{\vec{x}_{n}}\left(r_{n}\right)} \subseteq E^{\prime}.
ComoE^{\prime} está completo, también lo son los globos cerrados\overline{G_{\vec{x}_{n}}\left(r_{n}\right)} \subseteq E^{\prime}. También,0<r_{n}< 1/ n \rightarrow 0. Así, por el teorema de Cantor (Teorema 5 del Capítulo 4, §6), hay
\vec{x}_{0} \in \bigcap_{n=1}^{\infty} \overline{G_{\vec{x}_{n}}\left(r_{n}\right)}.
Como\vec{x}_{0} es en cada uno\overline{G_{\vec{x}_{n}}\left(r_{n}\right)}, tenemos
(\forall n) \quad\left|f_{n}\left(\vec{x}_{0}\right)\right|>n;
por lo que no\mathcal{N} está acotado en\vec{x}_{0}, contra de (2). Esta contradicción completa la prueba. \quad \square
Nota 3. Los espacios normados completos también se denominan espacios Banach.