Faculteit Wetenschappen Vakgroep Wiskunde. Baire ruimten. Bachelor Project I. Wouter Van Den Haute. Prof. Eva Colebunders

Transcriptie

1 Faculteit Wetenschappen Vakgroep Wiskunde Baire ruimten Bachelor Project I Wouter Van Den Haute Promotor: Prof. Eva Colebunders Academiejaar

2 Inhoudsopgave 1 Inleiding 2 2 Ruimten van eerste en tweede categorie Nergens dichte delen Delen van eerste en tweede categorie Baire ruimten Definities en eigenschappen Baire Categorie Stelling Baire ruimten en semicontinue functies 9 5 Toepassingen Er is een continue reëelwaardige functie op [0, 1] die nergens afleidbaar is Principe van uniforme begrensdheid

3 1 Inleiding De term Baire ruimte werd voor het eerst gebruikt door Bourbaki. Baire ruimten zijn topologische ruimten die een uitbreiding vormen van de volledig metriseerbare ruimten. Baire bewees dit tegelijk met Osgood in 1899, respectievelijk 1897, vandaar de naam Baire ruimte. Deze ruimten zijn belangrijk in onder andere de functionaalanalyse, omdat veel belangrijke stellingen niet de volledigheid, maar wel het Bairezijn van een ruimte gebruiken. Een voorbeeld hiervan is het Uniform Begrensdheidsprincipe, dat in het onderdeel 5: Toepassingen bewezen wordt. Verder worden in dit project enkele karakterisaties en toepassingen van Baire ruimten besproken. In dit project zal X steeds een topologische ruimte zijn, tenzij anders vermeld. Verder zal R steeds met de Euclidische topologie uitgerust zijn, tenzij anders vermeld. Andere notaties komen overeen met de notaties uit de cursus Topologie [1]. 2 Ruimten van eerste en tweede categorie Om Baire ruimten goed te omschrijven, is het noodzakelijk om eerst ruimten van eerste en tweede categorie te definiëren. 2.1 Nergens dichte delen Definitie 2.1. Zij A X. Dan: A is dicht in X als cl A = X. A is nergens dicht in X als cl A =. A is ergens dicht in X als int cl A. Eigenschap 2.2. Zij A X, dan zijn de volgende voorwaarden equivalent: (a) A is nergens dicht in X. (b) X \ cl A is dicht in X. (c) Voor elk niet-leeg open deel U X bestaat een niet-leeg open deel V X zodat V U en V A =. 2

4 Bewijs. (a) (b): Omdat int cl A =, geldt dat W X met W open : W cl A, want indien dit niet zo is, zal elk punt van W in het inwendige van cl A liggen. Dus W X met W open : W (X \ cl A). Waardoor X \ cl A dicht is in X. (b) (c): Stel V = U (X \ cl A). Dan is V niet leeg wegens (b) en V U per definitie. Waarna (c) volgt uit V A = U (X \ cl A) A =. (c) (a): Als int cl A, dan zou voor U := int cl A elke V U een niet lege doorsnede hebben met A. Voorbeelden 2.3. N is nergens dicht in R. Eindige delen van R zijn nergens dicht in R. De lege verzameling is nergens dicht in elke topologische ruimte X, X is altijd ergens dicht in zichzelf. In (X, P(X)) is elke niet lege verzameling A ergens dicht, want stel U := A, dan zal elke V in U natuurlijk A snijden. In X, uitgerust met de indiscrete topologie, zal elk echt deel van X steeds ergens dicht zijn, want voor A geldt altijd X \ cl A = X \ X =. Eigenschap 2.4. Zij A Y X. Als A nergens dicht is in Y, dan is A nergens dicht in X. Als Y open of dicht is in X en A nergens dicht is in X, dan is A nergens dicht in Y. Bewijs. Stel dat A nergens dicht is in Y. Zij U een niet-leeg open deel van X. Als U Y =, dan zal ook U A =. Veronderstel dus dat U Y. Bijgevolg is U Y ook open in Y. Wegens Eigenschap 2.2 bestaat dan een niet-lege open W Y zodat W U Y en W A =. 3

5 Dan bestaat er ook een niet-lege open V X, zodat W = V Y en W U. Dan is W A =. Door Eigenschap 2.2 is A dus ook nergens dicht in X. Veronderstel nu dat Y open is in X en dat A nergens dicht is in X. Zij U een niet-leeg open deel van Y, dan is U ook open in X omdat op Y de spoortopologie van X staat. Daarom bestaat er een niet-lege open V X zodat V U en V A =. Omdat V = V Y open is in Y, is A nergens dicht in Y wegens Eigenschap 2.2. In het geval dat Y dicht is in X en niet noodzakelijk open, neem U open in Y. Dan U = W Y voor een open W in X, weer door de spoortopologie te nemen van Y op X. Neem dan een niet-lege open S X zodat S W en S A =. Omdat V = S Y open is in Y en niet leeg door de dichtheid, is A nergens dicht in Y. 2.2 Delen van eerste en tweede categorie Definitie 2.5. Een verzameling A X is van eerste categorie in X als A = A n, waar elke A n nergens dicht is in X. A is van tweede categorie in X als A niet van eerste categorie is in X. Delen van eerste categorie noemt men ook mager, delen van tweede categorie dik. Men noemt A van eerste (tweede) categorie als A van eerste (tweede) categorie is in zichzelf. Voorbeeld 2.6. Q is mager in R omdat Q = q Q {q} de aftelbare unie van nergens dichte delen van R is. 3 Baire ruimten 3.1 Definities en eigenschappen Stelling 3.1. Voor een topologische ruimte X zijn volgende eigenschappen equivalent: (a) Elk niet leeg open deel van X is van tweede categorie. 4

6 (b) De doorsnede van een aftelbare familie open en dichte delen van X is dicht in X. (c) Het complement van elke deelverzameling van X van eerste categorie in X is dicht in X. (d) Elke aftelbare unie van gesloten verzamelingen zonder inwendige punten in X, heeft een leeg inwendige in X. Bewijs. (a) (b): Zij (D n ) n een rij open en dichte delen in X en U een niet-lege open deelverzameling van X zodat U D n =. Dan U = U \ D n = (U \ D n ). U is als unie van nergens dichte delen in U van eerste categorie. Een contradictie, dus is de doorsnede wel dicht in X. (b) (c): Zij (A n ) n een rij gesloten nergens dichte delen in X. Dan is A := X \ A n = (X \ A n) het complement van een verzameling van eerste categorie in X. Stel nu U een niet-lege open deelverzameling van X zodat U A =. Definiëer V n := n (X \ A i ). i=1 Dan is V n de doorsnede van een rij dichte open delen in X en bijgevolg dicht in X. Maar U V n = U (X \ A n ) =. Een contradictie, dus volgt (c). (c) (d): Zij A de aftelbare unie van gesloten verzamelingen zonder inwendige punten in X. Dan is A van eerste categorie in X. Wegens (c) is X \ A dicht in X. Dus geldt voor elke open U X dat en dan ook U (X \ A) U A. Bijgevolg bevat A geen enkel open deel en heeft dus een leeg inwendige in X. 5

7 (d) (a): Zij U een niet-leeg open deel van X. Als U van eerste categorie zou zijn, dan zou U = voor een rij (A n ) n van nergens dichte delen in U. Elke cl A n heeft dan een leeg inwendige punten in X wegens Eigenschap 2.4 en door (d) heeft dus ook cl A n een leeg inwendige, maar dit bevat U en heeft dus wel een inwendige. Bijgevolg kan U niet van eerste categorie zijn. Definitie 3.2. Een topologische ruimte X is een Baire ruimte als ze aan (één van) de equivalente eigenschappen uit Stelling 3.1 voldoet. Stelling 3.3. Als Y een open deelruimte is van een Baire ruimte X, dan is Y een Baire ruimte. Bewijs. Zij G een niet-leeg open deel van Y. Omdat Y open is in X, is G ook open in X. Omdat X een Baire ruimte is, is G van tweede categorie. Dus is ook Y een Baire ruimte. Stelling 3.4. Als Y X zodat Y dicht is in X en Y een Baire ruimte is, dan is ook X een Baire ruimte. Bewijs. Zij Y een dicht deel van X en veronderstel dat X geen Baire ruimte is. Dan bevat X een niet-leeg open deel U van eerste categorie. Omdat Y dicht is in X, is Y U niet-leeg en open in Y. Y U zit in U en is bijgevolg van eerste categorie. Dan is ook Y geen Baire ruimte. Stelling 3.5. Als X een Baire ruimte is, geldt voor elk niet-leeg deel A van eerste categorie in X dat X \ A een Baire ruimte is. Bewijs. Zij A een niet-leeg deel van eerste categorie in de Baire ruimte X. Zij nu B van eerste categorie in X \ A. Dan is wegens Stelling 3.1 X \ A dicht in X. B is dan ook van eerste categorie in X. Dus ook A B is van eerste categorie in X. Bijgevolg is A n X \ (A B) = (X \ A) \ B dicht in X en daarom ook in X \ A. Voorbeelden 3.6. Q is geen Baire ruimte. Immers, zij Q = {q n n N}, een afnummering van de rationale getallen. Stel voor elke n N: G n = Q \ {q n }. 6

8 Dan is elke G n open (want het complement is een singleton) en dicht (want elke open omgeving bevat oneindig veel rationalen) in Q. Maar n=0 G n =. Uit de Stelling van Baire (3.8) zal volgen dat R een Baire ruimte is. Omdat Q van eerste categorie is in X, is wegens Stelling 3.5 R \ Q ook een Baire ruimte. 3.2 Baire Categorie Stelling Lemma 3.7. Zij (X, d) een volledig metriseerbare ruimte en (F n ) n een dalende rij niet-lege gesloten delen van X zodat Dan is n F n niet leeg. δ n := sup{d(x, y) x, y F n } 0. Bewijs. Kies voor elke n een x n F n. Zij ε > 0 willekeurig. Bepaal n 0 zodat δ n0 < ε. Zij p, q > n 0 willekeurig. Dan geldt: x p, x q F n0 zodat d(x p, x q ) δ n0 < ε. Dus is (x n ) n een Cauchyrij. Omdat X volledig is, zal (x n ) n convergeren. Stel nu x n x. Zij n > 0 willekeurig. Voor alle m > n geldt dan x m F n. Dus is (x m ) m>n een rij in F n en omdat F n gesloten is, zal ook x F n. We hebben dus bewezen dat voor elke n geldt dat x F n, en dus x n F n. Volgende stelling staat bekend als de Baire Categorie Stelling : Stelling 3.8 (Baire). Elke lokaal compacte Hausdorff ruimte X is een Baire ruimte. Elke volledig metriseerbare ruimte X is een Baire ruimte. Bewijs. Zij (D n ) n een rij van open en dichte delen in X en zij U 1 een nietlege open deelverzameling van X. Omdat X lokaal compact Hausdorff is, is X een T 3 ruimte en dus regulier (zie Hoofdstuk 4 uit [1]). Er bestaat daarom een niet-leeg deel U 2, open in X zodat cl U 2 compact is en cl U 2 U 1 D 1. 7

9 Definiëer inductief voor n > 1 een niet-lege U n, open in X zodat cl U n compact is en cl U n U n 1 D n 1. Dan is (cl U n ) n 2 een dalende rij niet-lege gesloten delen in de compacte ruimte U 2. Bijgevolg is cl U n. Omdat n=2 cl U n U 1 ( D n ), n=2 is X een Baire ruimte. Als X volledig metriseerbaar is, zij dan (D n ) n een rij van open en dichte delen in X en zij U 1 een niet-lege open deelverzameling van X. Dan bestaat een gesloten bol U 2 := B (x 1, r 1 ) U 1 D 1 voor een x 1 X, r 1 > 0. Definiëer opnieuw een rij (U n ) n 2, nu als zodat U n := B (x n, r n ) U n int (U n 1 ) D n 1 en 0 < r n < 1r 2 n 1 voor n > 1. Dan is (U n ) n 2 een dalende rij niet-lege gesloten bollen waarvan de straal naar 0 convergeert. Wegens vorig lemma is n=2 U n. Omdat n=2 U n U 1 ( D n), is X ook in dit geval een Baire ruimte. Uit deze stelling volgt dat R een Baire ruimte is, want R is zowel volledig metriseerbaar als lokaal compact Hausdorff. Meer algemeen is R n Baire. Gevolg 3.9. Omdat Q geen Baire ruimte is, maar wel metriseerbaar, volgt uit de Stelling van Baire dat Q niet volledig is voor de Euclidische metriek, want Q is niet volledig metriseerbaar en daarom zelfs voor geen enkele metriek volledig. Eveneens volgt dat Q niet lokaal compact is. Opmerking De klasse van Baire ruimten omvat strikt de unie van de klassen van lokaal compacte Hausdorff ruimten en volledig metriseerbare ruimten, zoals volgend voorbeeld aantoont. 8

10 Voorbeeld Uit de Baire Categorie Stelling volgt dat R 2 ruimte is, dus wegens Stelling 3.3 is een Baire Y := R 2 \ {(x, 0) x R} als open deel van R 2 ook Baire. Zij nu X := Y {(x, 0) x Q}. Door Stelling 3.4 is ook X een Baire ruimte. Echter, X is metriseerbaar, want het is een deel van R 2, maar niet volledig, want de Cauchyrij (π, 1 n ) n convergeert niet in X. X is ook niet lokaal compact, want elke bol rond (0, 0) (en bijgevolg elke omgeving van (0, 0)) bevat een rij zonder convergente deelrij (want ze bevat overaftelbaar veel koppels (x, 0) met x irrationaal). X is daarom een Baire ruimte die noch volledig metriseerbaar, noch lokaal compact Hausdorff is. Gevolg Uit dit voorbeeld volgt ook dat een willekeurig of zelfs gesloten deel van een Baire ruimte niet noodzakelijk een Baire ruimte is, want Z := {(q, 0) q Q} is gesloten in X, maar Z is net als Q geen Baire ruimte. 4 Baire ruimten en semicontinue functies Baire was de eerste die semicontinue functies definiëerde en bestudeerde. Zoals de twee stellingen in dit onderdeel zullen aantonen, bestaat er een sterk verband tussen Baire ruimten en semicontinue functies. Definitie 4.1. Men noemt een functie f : X R semicontinu van beneden (resp. van boven) als voor elke reële α geldt dat {x X f(x) > α} (resp. {x X f(x) < α}) open is in X. Merk op dat dit betekent dat f 1 (]α, [), resp. f 1 (], α[) open is in X. Omdat bewijzen voor semicontinue functies van boven en van beneden analoog zijn, zullen hier enkel die voor semicontinue functies van beneden gegeven worden. Definitie 4.2. Een functie f : X R is semicontinu van beneden (resp. van boven) in een punt a X als er voor elke h < f(a) (resp. h > f(a)) een omgeving V van a bestaat zodat voor alle x V geldt dat h < f(x) (resp. h > f(x)). 9

11 Merk op dat f continu is in a als en slechts als f zowel semicontinu is van boven als van beneden in a. Eigenschap 4.3. Een functie f : X R is semicontinu van beneden (resp. van boven) als en slechts als ze semicontinu is van beneden (resp. van boven) in alle punten van X. Bewijs. Zij f : X R is semicontinu van beneden, a X en h < f(a). Wegens de semicontinuïteit van f is f 1 (]h, [) open in X, maar het bevat ook a, dus stel V := f 1 (]h, [). Dan geldt natuurlijk dat h < f(x) voor elke x V. Zij nu f : X R zodat f semicontinu van beneden is in elke x X en zij α R. Zij b X zodat f(b) > α. Wegens de semicontinuïteit in b bestaat er een open V b V(b) zodat V b f 1 (]α, [). Maar omdat f 1 (]α, [) = V b, b:f(b)>α is f 1 (]α, [) open in X. Stelling 4.4. X is een Baire ruimte als en slechts als voor elke semicontinue functie f : X R de verzameling van continuïteitspunten van f dicht is in X. Bewijs. Stel dat X een Baire ruimte is en zij f semicontinu van beneden op X. Zij a een discontinuïteitspunt van f. Dan geldt V V(a) x V : f(a) < f(x). Omdat f niet continu is in a, bestaat er een q Q zodat V V(a) x V : f(a) < q < f(x). (1) Wegens de semicontinuïteit van f is f 1 (], q]) een gesloten deel van X dat a bevat. Maar ook a cl f 1 (]q, [) wegens (1), waardoor a f 1 (]q, [). Bijgevolg geldt dat D q Q f 1 (]q, [) waar D de verzameling van discontinuïteitspunten van f is. Omdat voor elke q Q geldt dat f 1 (]q, [) open is, is f 1 (]q, [) nergens dicht in X (zie 10

12 [1]). Bijgevolg is D van eerste categorie in X en wegens Stelling 3.1 is X \ D dicht in X. Stel nu dat X niet Baire is. Dan bestaat een open deel U X zodat U = A n waar elke A n nergens dicht is in X. Definiëer f : U R : x min{n x cl U A n }. Dan is f semicontinu van beneden op U, want α R : f 1 (]α, [) = U \ α cl U A n = α (U \ cl U A n ) waar dit laatste open is in U. Om te bewijzen dat f nergens continu is op U, is het voldoende te bewijzen dat er een open interval ]a, b[ R bestaat zodat f 1 (]a, b[) niet open is in U. Maar f 1 (] 1 2, 3 2 [) = cl UA 1, wat duidelijk niet open is in U. Omdat f gedefiniëerd is op een open deel U, kan f eenvoudig uitgebreid worden tot een semicontinue functie op X. Dus is f een functie waarvan de verzameling van continuïteitspunten een open deel niet snijdt. Stelling 4.5. X is een Baire ruimte als en slechts als voor elke familie functies (f i ) i I, semicontinu van beneden (resp. van boven) op X, zodat x X M x R : i I : f i (x) M x (resp. f i (x) M x ), het volgende geldt: U X V U M N y V i I : f i (y) M (resp. f i (y) M) waar U en V niet-leeg en open zijn. Bewijs. Zij X een Baire ruimte, (f i ) i I een familie functies op X die aan de voorwaarden voldoen en U een open deel van X. Wegens het Baire zijn van X, is U van tweede categorie. Stel nu voor elke n N: F n := {x U i I : f i (x) n}. Dan is elke F n gesloten in U omdat F n = ( f 1 i (], n]) U ) i I ( ) = f 1 i (], n]) U i I 11

13 en elke f 1 i (], n]) gesloten is in X wegens de semicontinuïteit van f i. We beweren dat U = F n. n N Dat de unie in U zit, is per definitie zo. Zij nu x U. Dan is natuurlijk ook x X en wegens het gegeven is sup f i (x) M x M x + 1 N, i I waardoor x F Mx+1. Aangezien U van tweede categorie is, moet er een M N bestaan zodat int U F M. Stel nu V := int U F M. Dan is V per definitie open in U, niet leeg en er geldt dat y V i I : f i (y) M, waardoor het eerste deel bewezen is. Stel nu dat X niet Baire is. Dan bestaat een niet-leeg open deel U X van eerste categorie, dus U = waar elke A n nergens dicht is in U. Stel I = {1}. Definiëer nu A n f 1 = f : U R : x min{n x cl U A n }. Dan is het evident dat (f i ) i I puntsgewijs begrensd is. Ook is f semicontinu van beneden, want α R : f 1 (]α, [) = U \ α cl U A n = α (U \ cl U A n ) waar dit laatste open is in U. Stel nu uit het ongerijmde dat f van boven 12

14 begrensd is door M N op een open deel V U. Dan geldt: x V : f(x) M x V i {1,..., M} : x cl U A i M x V : x cl U A n V V V M cl U A n ( U \ ) M cl U A n = M (U \ cl U A n ) =. Maar omdat V open is en M (U \ cl UA n ) als eindige doorsnede van open en dichte delen weer open en dicht is, levert dit een contradictie op. Dus f is van boven onbegrensd op V. Omdat f gedefiniëerd is op een open deel U, kan f eenvoudig uitgebreid worden tot een semicontinue functie op X. 5 Toepassingen Enkele belangrijke toepassingen van Baire ruimten zijn de Open Afbeeldingsstelling, de Gesloten Grafiekstelling en het Uniform Begrensdheidsprincipe. In dit project komt enkel de laatste aan bod, samen met volgende stelling die op Baire ruimten steunt: 5.1 Er is een continue reëelwaardige functie op [0, 1] die nergens afleidbaar is Dit bewijs verloopt in een aantal delen, die gesplitst zijn in lemma s. In deze paragraaf stellen we C([0, 1]) := {f [0, 1] R f continu}, E := {f C([0, 1]) f is afleidbaar in een punt van [0, 1]} en voor n N 0 : { E n := f C([0, 1]) x [0, 1 1 n ] : h ]0, 1 } n ] : f(x + h) f(x) h n. 13

15 Lemma 5.1. (C([0, 1]), d ) is volledig. Bewijs. Zij (f n ) n een Cauchyrij in (C([0, 1]), d ). Dan is voor elke x [0, 1] de rij (f n (x)) n een Cauchyrij in R en bijgevolg convergent. Stel f : [0, 1] R : x lim n f n (x) de puntsgewijze limiet. Omdat (f n ) n een Cauchyrij is, geldt: ε > 0 n 0 p, q n 0 : f p f q ε ε > 0 n 0 p, q n 0 x [0, 1] : f p (x) f q (x) ε ε > 0 n 0 x [0, 1] p, q n 0 : f p (x) f q (x) ε ε > 0 n 0 x [0, 1] q n 0 : lim f p (x) f q (x) ε p ε > 0 n 0 x [0, 1] q n 0 : f(x) f q (x) ε ε > 0 n 0 q n 0 x [0, 1] : f(x) f q (x) ε ε > 0 n 0 q n 0 : f f q ε zodat de rij convergeert. Omdat de limiet uniform is, is f C([0, 1]). Lemma 5.2. Voor elke n N 0 heeft E n een leeg inwendige in C([0, 1]). Bewijs. Zij f E n en ε > 0 willekeurig. We moeten bewijzen dat elk open deel rond f niet in E n ligt. Het is dus voldoende aan te tonen dat er een g B(f, ε) bestaat zodat g / E n. Dit laatste wil zeggen dat voor elke x [0, 1] er een h ]0, 1 1 ] bestaat zodat n g(x + h) g(x) h > n. Zoek een veeltermfunctie P (x) op [0, 1] zodat d (f, P ) < ε. Stel M := 2 max{ P (x) x [0, 1]} en stel Q(x) een continue functie bestaande uit lijnstukken zodat voor elke x [0, 1]: Q(x) < ε en 2 Q (x) = (M + n + 1) als Q (x) bestaat. Definiëer nu g(x) = P (x) + Q(x). Dan geldt d (f, g) d (f, P ) + d (P, g) < ε 2 + ε 2 = ε en g(x + h) g(x) h = P (x + h) + Q(x + h) P (x) Q(x) h Q(x + h) Q(x) h P (x + h) P (x) h. 14

16 Neem nu x [0, 1 1 ] willekeurig en vast. Dan kan altijd een h ]0, 1 1 ] n n gevonden worden zodat het rechterlid groter is dan (M + n + 1) M = n + 1. En dus is g / E n. Lemma 5.3. Voor elke n N 0 is E n gesloten in C([0, 1]). Bewijs. De evaluatiefunctie e : (C([0, 1]), d ) ([0, 1], d E ) (R, d E ) : (f, x) f(x) is continu. Want zij (f, a) C([0, 1]) [0, 1]; ε > 0 willekeurig. Stel δ = min{δ 1, ε 2 }, waar δ 1 zo gekozen is dat x [0, 1] : d(a, x) < δ 1 d(f(a), f(x)) < ε 2. Zij nu (g, x) C([0, 1]) [0, 1] zodat d max ((f, a), (g, x)) < δ. Dan ook En dus d (f, g) < δ ε 2 en d(a, x) < δ. d(e(f, a), e(g, x)) = d(f(a), g(x)) d(f(a), f(x)) + d(f(x), g(x)) < ε 2 + sup d(f(y), g(y)) y [0,1] = ε 2 + d (f, g) < ε 2 + ε 2 = ε waaruit de continuïteit van e volgt. Dan volgt dat de aangepaste evaluatiefunctie E h : C([0, 1]) [0, 1 1 n ] R : (f, x) f(x + h) f(x) h als samenstelling van continue functies ook continu is. Bijgevolg is E 1 h [0, n] gesloten in C([0, 1]) [0, 1 1 ]. Zij nu n { F h := f C([0, 1]) (f, x) E 1 h [0, n] voor een x [0, 1 1 } n ]. Dan is F h gesloten in C([0, 1]). 15

17 Omdat ook { F h = f C([0, 1]) x [0, 1 1 } n ] : f(x + h) f(x) h n, zal E n = {F h h ]0, 1 ]}. Dus is E n n als doorsnede van gesloten verzamelingen ook gesloten. Door Lemma 5.1 en de Stelling van Baire is C([0, 1]) een Baire ruimte. Uit de andere 2 lemma s volgt dat dat voor elke n N 0 int cl E n =, waardoor E n van eerste categorie is in C([0, 1]). Als een functie f in E zit, heeft deze ergens een afgeleide en dus zal voor een n die groot genoeg is, f E n. Bijgevolg E E n en dus is ook E van eerste categorie in C([0, 1]). Wegens Stelling 3.1 is C([0, 1]) \ E dicht in C([0, 1]) en in het bijzonder niet leeg. Er bestaat dus een continue reëelwaardige functie op [0, 1] die nergens afleidbaar is. 5.2 Principe van uniforme begrensdheid Deze stelling uit de functionaalanalyse is dankzij Baire ruimten eenvoudig te bewijzen, analoog aan Stelling 4.5 bij semicontinue functies. Stelling 5.4 (Principe van uniforme begrensdheid). Zij (F i ) i I een familie begrensde lineaire afbeeldingen van een Banach ruimte X naar een genormeerde ruimte Y zodat x X M x R : i I : F i (x) M x. Dan bestaat er een M N zodat sup i I F i M. Bewijs. Zij (F i ) i I een familie functies die aan alle voorwaarden voldoen. Wegens de definitie van norm van een lineaire afbeelding, is het voldoende te bewijzen dat er een M N bestaat zodat Stel voor elke n N: Dan is elke X n gesloten omdat x X : x 1 sup F i (x) M. (2) i I X n := {x X i I : F i (x) n}. X n = i I F 1 i (], n]) 16

18 en elke F 1 i (], n]) gesloten is in X wegens de continuïteit van F i. We beweren dat X = X n. n N Dat de unie in X zit, is per definitie zo. Zij nu x X. Wegens het gegeven is sup F i (x) M x M x + 1 N, i I waardoor x X Mx+1. Omdat X een Banach ruimte is, volgt uit de Stelling van Baire dat X een Baire ruimte is, en dus is X van tweede categorie in zichzelf. Dan moet er een N N bestaan zodat int X N en daarom bestaat een a X N en ε > 0 zodat B(a, 2ε) X N. Zij nu x X \ {0} zodat x 1. Dan zal ook a + ε x X x N en dus volgt, voor elke i I, deze keten van ongelijkheden: ε F i (x) ε x F i(x) F i (ε x x ) = F i (ε x x + a a) F i (a + ε x x ) + F i(a) N + N = 2N en bijgevolg Stel nu F i (x) 2N ε. M := 2N ε, dan voldoet M aan (2). 17

19 Referenties [1] E. Colebunders, Topologie, Dienst Uitgaven VUB, [2] S. Willard, General Topology, Addison Wesley, [3] A. Wilansky, Topology for Analysis, Ginn, [4] R.C. Haworth en R.A. McCoy, Baire Spaces, Dissertationes Math 141, 1977, [5] M. Hendriksen en S. Wagon, A characterization of Baire Spaces, Amer. Math. Monthly, 1991, [6] N. Bourbaki, Eléments de Mathémathique. Topologie Générale. Chapitres IV et IX (e-book), Springer-Verlag, [7] M. Sioen, Functionaalanalyse I, Dienst Uitgaven VUB,