From d1b0006a9de7a938038de0613718ee7e27409683 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Ulli Kehrle Date: Fri, 12 Jan 2018 18:02:18 +0100 Subject: vorlesung freitag, 12.01.18 hinzugefügt MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- ch07-konsequenzen-baire.tex | 102 ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 1 file changed, 102 insertions(+) create mode 100644 ch07-konsequenzen-baire.tex (limited to 'ch07-konsequenzen-baire.tex') diff --git a/ch07-konsequenzen-baire.tex b/ch07-konsequenzen-baire.tex new file mode 100644 index 0000000..e4eadf2 --- /dev/null +++ b/ch07-konsequenzen-baire.tex @@ -0,0 +1,102 @@ +\chapter{Konsequenzen aus dem Satz von Baire} + +In diesem Kapitel werden wir einige interessante Folgenrungen aus dem Satz von +Baire ziehen. +Dieses Resultat (\cref{satz:bct-2.3.7}) sagt aus, dass jede nichtleere offene +Menge eines vollständigen metrischen Raumes $(X,d)$ von zweiter Kategorie ist, +also nicht von erster Kategorie (oder mager) ist. +Eine Menge $M ⊂ X$ heißt \emph{mager}, falls $M ⊂ \bigcup_{n=1} M_n$ mit $M_n$ +nirgends dicht, also $\cl{M_n}^\circ = \emptyset$. + +Zunächst folgendes Elementares Resultat: +\begin{korollar-nn}[Übung 13] + In einem vollstänndigen metrischen Raum sind Komplemente von mageren Mengen dicht. +\end{korollar-nn} + +Außerdem haben wir bereits in der Übung gezeigt: +\begin{korollar-nn}[Übung 69] + Sei $(X,d)$ ein vollständiger metrischer Raum mit $\dim X = ∞$. Dann ist + jede Hamelbasis von $X$ überabzählbar +\end{korollar-nn} +\begin{beweisidee} + Angenommen, es gäbe eine abzählbare Hamelbasis $\{b_i\}_{i ∈ ℕ}$. + Dann ist $X = \bigcup_{n ∈ ℕ} \lspan \{b_1,…,b_n\}$, + wobei $lspan \{b_1,…,b_n\}$ nirgends dicht sind, da endlich"=dimensionale + Unterräume von $X$ vollständig, also abgeschlossen sind. + Aber dann wäre $X$ von erster Kategorie. +\end{beweisidee} + +\section{Satz von der gleichmäßigen Beschränktheit} +Sei in diesem Abschnitt $(X,\snorm -_{X})$ ein Banachraum und $(Y, \snorm - _{Y})$ +ein normierter Raum. Wir werden hier die Konvergenz von Elementen des normierten +Raumes $(\L(X,Y),\snorm - _{\L(X,Y)})$ studieren. + +\begin{satz}[Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit] + \label{satz:gleichmäßige-beschränktheit7.1.1} + \index{beschränkt!gleichmäßig} + \index{beschränkt!punktweise} + \index{Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit} + Sei $\{A_λ\}_{λ ∈ \Lambda} ⊂ \L(X,Y)$ eine Familie von stetigen Operatoren, + die \emph{punktweise beschränkt} ist, das heißt es gibt Zahlen $m(x)$, so + dass + \[ + \sum_{λ ∈ Λ} \snorm{A_λx} = m(x) < ∞ + \] + für alle $x ∈ X$. Dann ist $(A_λ)_{λ ∈ Λ}$ \emph{gleichmäßig beschränkt}, + das heißt, es gibt ein $μ > 0$ mit + \[ + \snorm{A_λ}_{\L(X,Y)} ≤ μ + \] + für alle $λ ∈ Λ$. +\end{satz} +\begin{proof} + Wir verwenden den Satz von Baire in einem Widerspruchsbeweis. + Wir setzen $M_k := \{ x ∈ X: m(x) ≤ k \} ⊂ X, k ∈ ℕ$. + + Wir werden gleich zeigen, dass wenn $\{A_λ\}_{λ ∈ Λ}$ nicht gleichmäßig + beschränkt ist, $M_k$ nirgends dicht ist. + Ist dies gezeigt, so ist $\hat M \coloneq \bigcup_{k ∈ ℕ} M_; ⊂ X$ mager, + also das Komplement $X \setminus \hat M$ dicht. + Für alle $x ∈ X \setminus \hat M$ gilt dann aber, dass $x$ in keinem der + $m_k$ ist, also insbesondere gibt es kein $k_0 ∈ ℕ$ mit $m(x) ≤ k_0$, was + direkt bedeutet, dass $\{A_λ\}_{λ ∈ Λ}$ nicht punktweise beschränkt sein + kann. Das ist ein Widerspruch. + + Nun zum Beweis dieser Aussage. + Wir müssen zeigen, dass $\cl{M_k}^\circ$ leer ist. + Das ist äquivalent dazu, dass es zu jeder Kugel $B_ε(x_0)$ eine Kugel + $B_ρ(x_1) ⊂ B_ε(x_0)$ gibt mit $B_ρ(x_1) ∩ M_k = \emptyset$. + Sei also $B_ε(x_9)$ mit $x_0 ∈ X$, $ε > 0$ eine beliebige Kugel in $X$. + Dann gibt es ein $x_1 ∈ B_ε(x_0)$, so dass $x_1 \not\in M_k$: + Angenommen, es würde nicht so ein $x_1$ geben. + Dann ist $B_ε(x_0) ⊂ M_k$, also $\sup_{λ ∈ Λ} \snorm{A_λx} ≤ k$ für alle $x ∈ \cl{B_ε(x_0)}$. + Für $x ∈ X \setminus \{ 0\}$ gilt dann immer + \[ + x_0 + \frac{ε}{\snorm{x}}x ∈ \cl{B_ε(x_0)}, + \] + also + \begin{align*} + \sup_{λ ∈ Λ} \snorm{A_λx}_Y &= \sup_{λ ∈ Λ} \norm{ \frac{\snorm x}{ε} \left( A_λx_0 + \frac{ε} {\norm x} A_λ x \right) - \frac{\norm x}{ε} A_λ x_0} \\ + &≤ \frac{\norm{x}}{ε} \left( \sup_{λ ∈ Λ} \norm{A_λ\left( x_0 + \frac{ε}{\norm x} x \right)} + \sup_{λ ∈ Λ} \snorm{A_λx_0} \right) ≤ \frac{\norm{x}}{ε} 2k. + \end{align*} + Damit ist $\snorm{A_λ}_{\L(X,Y)} ≤ \frac{2k}{ε}$ für alle $λ ∈ Λ$ im Widerspruch zur Annahme, dass $\{A_λ\}_{λ ∈ Λ}$ \emph{nicht} gleichmäßig beschränkt ist. + + + Sei also $x_1 ∈ B_ε(x_0) mit x_1 \not\in M_k$. Folglich ist $m(x_1) > k$. + Dann gibt es also ein $λ_0 ∈ Λ$ mit $\snorm{A_λx_1}_Y > k$. + Da $A_{λ_0}$ stetig ist, gibt es $ρ > 0$ mit $B_ρ(x_1) ⊂ B_ε(x_0)$ und $\snorm{A_{λ_0}x}_Y > k$ für alle $x ∈ B_ρ(x_1)$. + Dies bedeutet $m(x) > k$ für alle $ x ∈ B_ρ(x_1)$, also $B_ρ(x_1) ∩ M_k = \emptyset$, was den Beweis vollendet. +\end{proof} + +\begin{korollar} + \label{kor:7.1.2} + blub. +\end{korollar} +\begin{proof} + Zu (b): +\end{proof} + +%%% Local Variables: +%%% mode: latex +%%% TeX-master: "funkana" +%%% End: -- cgit v1.2.3-24-g4f1b