[Ex-Analisi funzionale] Un insieme di prima categoria

[Bremen000]

Esercizio
Sia \( X := (c_{00}, \| \cdot \|_{\infty} ) \) e si consideri la successione di mappe \( \{L_n \}_{n \in \mathbb{N}} \) tali che
\[ L_n : X \to \mathbb{R} \quad \quad \quad x \mapsto \sum_{k=1}^n x_k \quad \quad \forall \, \, x = \{ x_k \}_{k \in \mathbb{N}} \in c_{00} \]

1) Si dimostri che per ogni \( n \in \mathbb{N} \) la mappa \( L_n \) è lineare e continua. Se ne calcoli inoltre la norma.

2) Si dimostri che per ogni \( x \in X \) la successione \( \{ L_n(x) \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R} \) è limitata e che esiste \( \lim_{n \to \infty} L_n(x) \). Dedurne che $X$ è di prima categoria in sé.

3) Sia
\[ E := \{ x \in X \mid |L_n(x) | \le 1 \, \, \forall \, \, n \in \mathbb{N} \} \]
Dimostrare che $E$ è chiuso e ha parte interna vuota e che vale \( X = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} nE \).


Dettagli per notazioni e definizioni:

Indico con \( \mathbb{N} = \{ 1, 2, \dots \} \) l'insieme degli interi positivi.
\( c_{00} \) è l'insieme delle mappe da \( \mathbb{N} \) in \(\mathbb{R} \) definitivamente nulle cioè
\[c_{00} := \{ \{ a_k \}_{k \in \mathbb{N}} \mid a_k \in \mathbb{R} \, \, \forall \, \, k \in \mathbb{N} \text{ e } \exists \, \, M \in \mathbb{N} : a_m =0 \, \, \forall m > N \} \]
\( \| \cdot \|_{\infty} \) è l'usuale norma infinito cioè, presa \( x = \{ x_k \}_{k \in \mathbb{N}} \in c_{00} \), si ha
\[ \|x\|_{\infty} := \sup_{k \in \mathbb{N}} |x_k| \]
Diciamo che uno spazio topologico $X$ è di prima categoria in sé se si può scrivere come unione al più numerabile di una famiglia di sottoinsiemi rari. Diciamo che \( Y \subset X \) è raro se la sua chiusura non ha punti interni.
Se $X$ è uno spazio vettoriale, $E \subset X$ e $a \in \mathbb{R}$ l'insieme $aE$ è definito come
\[ aE := \{ ax \mid x \in E \} \]

[gabriella127]

Ciao Bremen, questo esercizio mi ha incuriosito, e se non tu lo avessi bumpato ti avrei chiesto io di riprenderlo.

Hai suggerimenti per il punto 2? Su quello ho cercato di capirci qualcosa negli ultimi giorni.
L'unica cosa che mi è venuta in mente come possibile strada è questa: so che $c_00$, ossia l'insieme della successioni definitivamente nulle, nella norma $oo$, (quindi il nostro insieme $X$) ha come chiusura l'insieme delle successioni che tendono a zero, $c_0$, (a sua volta sottoinsieme delle successioni convergenti).
Quindi basterebbe mostrare che $c_0$ non ha punti interni, per mostrare che $c_00$ è raro (da qui discenderebbe che è di prima categoria in sé, mi pare).
Quello che viene detto delle successioni $L_n(x)$ nel punto 2 può servire a dimostrare che $c_0$ non ha punti interni? (E perché usare proprio le successioni $L_n$)?

[Bremen000]

Ciao gabriella, per il punto 2 ti suggerirei di non utilizzare la definizione di "insieme di prima categoria" direttamente. Sostanzialmente questo viene fatto, in modo guidato, nel punto 3. Ti suggerirei invece di, una volta che hai dimostrato che per ogni \( x \in X \) la successione di numeri reali \( \{ L_n(x) \}_{n \in \mathbb{N}} \) è convergente, usare il teorema dell'uniforme limitatezza (o di Banach-Steinhaus).

"gabriella127":[...] per mostrare che $ c_00 $ è raro (da qui discenderebbe che è di prima categoria in sé, mi pare). [...]

Si, raro \( \Rightarrow \) prima categoria, ma mi pare un po' troppo in questo caso.

"gabriella127":[...]
Quello che viene detto delle successioni $ L_n(x) $ nel punto 2 può servire a dimostrare che $ c_0 $ non ha punti interni? (E perché usare proprio le successioni $ L_n $)?

Una volta che avrai risolto il punto 2 seguendo il mio suggerimento ti sarà chiaro

[gabriella127]

Gazie del suggerimento.

"Bremen000":
Si, raro \( \Rightarrow \) prima categoria, ma mi pare un po' troppo in questo caso.

Mah, mi pare che sia così.
Voglio dire, l'unione numerabile di insiemi rari comprende anche l'unione finita, e quindi anche un singolo insieme.
Ad esempio, l'insieme costituito da un singolo punto in $R$ è raro e pure magro (prima categoria).
Non vale per $Q$ che è denso, e quindi bisogna per far vedere che è di prima categoria bisogna far vedere che è unione numerabile di insiemi rari.
Tutto qui.

Intendo dire SE $c_00$ fosse raro, non sto dicendo che lo è.

Però può essere mi sbaglio, ci ripenso.

Grazie ancora.

[Bremen000]

Penso di non essermi fatto capire: volevo dire che sì, è vero che raro implica di prima categoria, ma che non è il nostro caso. Cioè $c_{00}$ non è raro, e che quindi era troppo pretendere che lo fosse.

[gabriella127]

Ok scusami tu, avevco frainteso.

[Bremen000]

Anche se è molto facile, metto in spoiler la soluzione del primo punto. Pian piano metterò il resto.

Sia \( n \in \mathbb{N} \) fissato. Chiaramente \( L_n \) è lineare per la linearità della somma. Dunque, per dimostrare che è continuo, è sufficiente mostrare che è limitato. Sia quindi \( x = \{ x_k \}_{k \in \mathbb{N}} \in c_{00} \), allora

\[ |L_n(x)| = \biggl | \sum_{k=1}^n x_k \biggr | \le \sum_{k=1}^n |x_k| \le \sum_{k=1}^n \|x\|_{\infty} = n \|x\|_{\infty} \]
e dunque abbiamo che \( \|L_n\|_{\text{op}} \le n \) e che \( L_n \) è continuo.
Prendiamo poi \( x \in c_{00} \) tale che

\[ x_k = \begin{cases} 1 \quad & \text{ se } 1 \le k \le n \\ 0 \quad & \text{ se } k > n \end{cases} \]

Allora \( \|x\|_{\infty} = 1 \) e
\[ |L_n(x) |= \sum_{k=1}^n 1 = n \]
quindi \( \|L_n\|_{\text{op}} \ge n \) cioè concludiamo che \( \|L_n\|_{\text{op}} = n \).

[gabriella127]

Mi chiedo perché nessuno risponde a questo post, forse ci sta un intoppo di qualche tipo.
Quindi adesso posterò il mio intoppo (non so se Bremen000 lo vive come una promessa o una minaccia ...)
Ho un po' cercato di pensare sull'esercizio, seguendo quanto suggerito da Bremen000, cioè di usare il teorema di Banach Steinhaus, e ho qualche perplessità sul teorema. Però ritengo che sia un dubbio interessante in sé.
Metto nascoste le mie considerazioni, caso mai qualcuno non volesse farsi fuorviare da eventuali scemenze che dirò
(sto riprendendo ora un po' di analisi funzionale, dopo avere fatto un corso purtroppo lasciato a metà parecchio tempo fa, e al teorema di Banach Steinhaus non c'ero arrivata).

Mi riferisco sempre al punto 2 dell'esercizio. Cercando di capire come fare a dimostrare che $c_00$ è di prima categoria con il teorema di Banach Steinhaus (BS nel seguito) non ne sono venuta a capo.
Mi sembra che l'unica cosa che si possa dimostrare è che $c_00$ non è di Banach, perché non soddisfa le condizioni del teorema di BS: la famiglia di mappe $L_n$ etc. etc. è puntualmente limitata, ma non uniformemente limitata .Dovrebbe venire dal punto 2 che è puntualmente limitata, e dal fatto che ha norma $n$ (questo mi era venuto) che non è uniformemente limitata.
Una volta stabilito che $c_00$ non è di Banach, picche, non si può dedurre che è di prima categoria, non mi pare che valga il viceversa del teorema di Baire.


Poi ho avuto una illuminazione (forse) proprio da un vecchio post su Matematicamente, "A proposito di Banach Steinhaus".

In genere nei libri di analisi funzional si dice che BS richiede la completezza dello spazio di partenza delle mappe, per cui si ipotizza che questo sia di Banach.
Nel post ci si chiedeva se questa ipotesi fosse necessaria, ed è stato risposto che non si richiedeva la completezza, ma solo che l'insieme di partenza fosse di seconda categoria (citavano il libro di Rudin di analisi funzionale per approfondimenti).
E in effetti ho trovato un paio di posti, il libro di analisi funzionale di Yosida e una dispensa dell'università di Padova, in cui non si richiede che sia di Banach ma solo di seconda categoria (se di Banach sarebbe di seconda categoria per il teorema di Baire).
Così l'esercizio tornerebbe.

Allora perché si dice sempre che BS richiede completezza?
Guardando rapidamente una dimostrazione di BS, vedo che l'ipotesi che sia di Banach viene usata in effetti solo per dire che è di seconda categoria (tramite il Teorema di Baire).

[Bremen000]

Ciao gabriella! Si la soluzione che dai è corretta:

e hai anche ragione sul teorema di Banach-Steinhaus. La versione con le ipotesi ridotte all'osso è la seguente:
Siano \( X \) e \( Y \) spazi vettoriali normati e sia \( \mathcal{F} \subseteq L(X,Y) \) (l'insieme degli operatori lineari e continui da \( X \) in \( Y \) ). Se \(X \) è di seconda categoria in sé e per ogni \(x \in X \) esiste un \( M_x \in \mathbb{R} \) tale che
\[ \sup \{ \|Lx\|_Y \mid L \in \mathcal{F} \} \le M_x \]
allora esiste \( M \in \mathbb{R} \) tale che
\[ \sup \{ \|L\|_{op} \mid L \in \mathcal{F} \} \le M \]

E fallendo il teorema nel nostro caso, deve essere che \( X \) è di prima categoria in sé.

Ti aspetto per il punto 3.

[gabriella127]

Grazie mille Bremen, mi fa piacere, perché lo trovavo interessante, ma ci stavo sbattendo la testa. Riguarderò il tutto con attenzione appena posso.

[Bremen000]

Soluzione del secondo punto (estesa):

Sia \( x = \{ x_k \}_{k \in \mathbb{N}} \in X \). Allora esiste un \( M \in \mathbb{N} \) tale che \( x_k =0 \) per ogni \( k >M \) e di conseguenza, per ogni \( n > M \), si ha
\[ L_n(x) = \sum_{k=1}^M x_k \]
cioè la successione \( \{ L_n(x) \}_{n \in \mathbb{N}} \) è definitivamente costante. Per tale motivo essa ammette limite ed è dunque anche limitata. Come accennato nel mio ultimo post prima di questo, la famiglia di operatori \( \{L_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset L(X, \mathbb{R}) \), fa fallire il teorema di Baire le cui ipotesi sono tutte soddisfatte tranne il fatto che \( X \) sia di seconda categoria in sé. Deve quindi essere che \(X \) è di prima categoria in sé.

Soluzione del terzo punto:

Nel seguito indico con \( [a] \) la parte intera superiore di \( a \in \mathbb{R} \). Notiamo subito che vale
\[ E = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \{ x \in X \mid |L_n(x)| \le 1 \} = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} L_n^{-1} ( [-1,1]) =: \bigcap_{n \in \mathbb{N}}E_n \]
e, siccome ogni $E_n$ è chiuso perché controimmagine attraverso $L_n$ di un chiuso, anche $E$, poiché intersezione di tali chiusi, è chiuso. Chiaramente poi, per ogni $m \in \mathbb{N}$, si ha
\[ mE = \{ x \in X \mid |L_n(x)| \le m \, \, \forall \, \, n \in \mathbb{N} \} \]
e, per mostrare che $X = \bigcup_{m \in \mathbb{N}}mE$, è sufficiente mostrare che per ogni $x \in X$ esiste un $m=m(x) \in \mathbb{N}$ tale che $|L_n(x)| \le m$ per ogni $n \in \mathbb{N}$. A tal fine notiamo che, presi
\[ N=N(x) := \min \{ n \in \mathbb{N} \mid x_m =0 \, \, \forall \, \, m > n \} \quad \quad m=m(x) := [ {N \|x\|_{\infty}} ] \]
si ha, preso $n \in \mathbb{N}$, che
\[ |L_n(x)| \le \sum_{k=1}^N |x_k| \le \sum_{k=1}^N \|x \|_{\infty} = N\|x_{\infty}\| \le m \]



Mostriamo ora che $E$ ha parte interna vuota. Fissiamo $x \in E$ e $\epsilon >0 $. Mostriamo che esiste $y \in B_{\epsilon}(x)$ tale che $y \notin E$. Notiamo che è sufficiente mostrarlo per $0 < \epsilon < \frac{1}{2}$. Sia $x = \{ x_k \}_{k \in \mathbb{N}}$ e prendiamo
\[ N = \min \{ n \in \mathbb{N} \mid x_m =0 \, \, \forall \, \, m > n \} \quad \quad M := \Biggl [ \frac{ 2 |L_N (x)|}{\epsilon} \Biggr ] \quad \quad L:= \Biggl [ \frac{3}{\epsilon} \Biggr ] \]
\[ y = \{ y_k \}_{k \in \mathbb{N}} \mid y_k = \begin{cases} x_k \quad & \text{ se } 1 \le k \le N \\ a \quad & \text{ se } N < k \le N+L+M \\ 0 \quad & \text{ se } k > N+ L+M \end{cases} \]
dove
\[ a := -\frac{\epsilon}{2}\text{sign} ( {L_N(x)} ) \]
allora si ha
\[ \| x-y \|_{\infty} = \frac{\epsilon}{2} \Rightarrow y \in B_{\epsilon}(x) \]
Basta ora mostrare che $y \notin E$ e a tal fine mostriamo che $|L_{N+M+L}(y)| > 1$, infatti
\[ |L_{N+M+L}(y)| = \biggl | \sum_{k=1}^{N+M+L} y_k \biggr | = \biggl | \sum_{k=1}^{N} x_k + \sum_{k=N+1}^{N+M} a + \sum_{k=N+M+1}^{N+M+L}a \biggr | = \]
\[ = \bigl | L_N(x) + Ma + La \bigr | \ge |La| - |L_N(x) +Ma |\]
Dalla definizione di $M$ sappiamo che
\[ 0 \le \frac{M\epsilon}{2} - |L_N(x)| \le \frac{\epsilon}{2}\]
e dunque
\[ 0 \le |L_N(x) + Ma| = \biggl | |L_N(x)|\text{sign}(L_N(x)) -M\frac{\epsilon}{2} \text{sign}(L_N(x)) \biggr | = \biggl | M \frac{\epsilon}{2} - |L_N(x)| \biggr | = M \frac{\epsilon}{2} - |L_N(x)| \le \frac{\epsilon}{2}\]
e quindi
\[ |L_{N+M+L}(y)| \ge |La| - |L_N(x) +Ma | \ge |La| - \frac{\epsilon}{2} > |La| - \frac{1}{4} \]
Infine
\[ |La| = \Biggl [ \frac{3}{\epsilon} \Biggr ] \frac{\epsilon}{2} \ge \frac{3}{2} \]
e quindi
\[ |La|- \frac{1}{4} \ge \frac{7}{4} > 1 \]
il che porta a
\[ |L_{N+M+L}(y)| > 1\]
che è quanto volevasi dimostrare.