Teoremi di Baire (III)

Signore e signori, oggi un'applicazione spettacolare del teorema di Baire-Hausdorff.

È noto a tutti che l'insieme dei numeri razionali Q, dotato della distanza d(x,y)=|x-y| non è uno spazio metrico completo. Per chiarire questo problema si porta di solito il seguente

1. Esempio

La radice di 2 è reale e non razionale. La radice di 2 può essere approssimata tramite numeri razionali. Quindi lo spazio metrico dei razionali non è completo.

Questo esempio in forma sillogistica è corretto, tuttavia ha un problema; il secondo termine non è così semplice da dimostrare; la maniera più semplice mi pare quella di definire la funzione radice, dimostrare che è continua et cetera.

Tuttavia questo approccio ha lo svantaggio che bisogna utilizzare uno strumento raffinato (l'analisi) per dimostrare una proposizione di una disciplina più primitiva (la topologia).

Guardate invece cosa si ottiene col teorema di Baire-Hausdorff.

2. Teorema

Lo spazio metrico (Q, d) non è completo.

Dimostrazione

Si noti che la topologia indotta dalla metrica d è esattamente ciò che si aspetta; un insieme è aperto se ogni suo punto contiene una palla di numeri razionali.

Osserviamo che un insieme ridotto ad un punto singolo q è mai denso; infatti ogni palla aperta di Q contiene infiniti elementi.

Questo si vede così: sia q in Q e r un numero reale e si consideri la palla di raggio r e centro q. Si scelga adesso un numero razionale s compreso fra 0 e r; è possibile farlo dato che ogni numero reale ha uno sviluppo decimale. Quindi q-s, q e q+s sono nella palla; ergo la palla non può essere contenuta nell'insieme costituito dal solo elemento q.

Ricordiamo che Q è numerabile; questo perchè Q è l'insieme di tutte le frazioni e quindi è isomorfo a un sottoinsieme di N x N.

Dunque Q è uno spazio metrico ed è l'unione numerabile di insiemi mai densi. Quindi non può essere completo.

Si ricordi ora l'esempio; la facevamo vedere che esistono alcune successioni di Cauchy di razionali (quelle convergenti a radice di 2) che non convergono ad un numero razionale. Facevamo quindi vedere che Q è localmente non completo intorno a radice di 2.

L'attento lettore avrà notato che la dimostrazione precedente può essere generalizzata per dimostrare che Q è mai completo!

3. Definizione

Unp spazio metrico (X,d) è mai completo se per nessun numero reale r strettamente positivo e nessun elemento x lo spazio metrico (B(r,x),d) è completo.

Qua B(r,x) è la palla di centro x e raggio r e la distanza d è la stessa distanza dello spazio metrico ambiente.

4. Teorema

Lo spazio metrico (B(r,x),d) è mai completo.

Dimostrazione

Come nella precedente dimostrazione, ogni insieme ridotto ad un solo punto è mai denso. B(r,x) è numerabile in quanto sottoinsieme di un insieme numerabile. Quindi B(r,x) non è completo.

Teoremi di Baire (I)

Sto ristudiando un po' di analisi funzionale per rinfrescarmi la memoria. Una delle cose fantastiche sono i teoremi di Baire, che sono veramente entusiasmanti.
Come al solito, consiglio di dare almeno uno sguardo alla biografia di Baire, la cui vita sembra un romanzo di Flaubert.

Per prima cosa, ci servono alcuni concetti. Quello che ci serve è esprimere la piccolezza relativa di un insieme in una maniera puramente topologica: cioè non vogliamo usare ne` una misura, ne`una dimensione algebrica, ma solo il concetto di insieme aperto.

Definizione 1

Sia X uno spazio topologico. Un sottoinsieme M di X è mai denso se non contiene alcun aperto non vuoto.

Un insieme di questo genere è piccolo nel senso che la sua chiusura non contiene alcuna palla di raggio finito!

Il secondo concetto che ci serve è una lieve estensione del precedente.

Definizione 2

Un sottoinsieme M di X è di prima categoria se è l'unione numerabile di insiemi mai densi. M è di seconda categoria se non è di prima categoria.

Si noti che ogni spazio topologico è sottoinsieme di se stesso. Così si può parlare di uno spazio topologico di prima o seconda categoria. Ora possiamo formulare il teorema di Baire-Hausdorff.

Teorema di Baire-Haudorff

Uno spazio metrico completo non vuoto è di seconda categoria.

La dimostrazione sarà in un post successivo. Faccio solo notare che ho già parlato di spazi metrici qui. Ricordo che uno spazio metrico è completo se esiste il limite di ogni successione che sia di Cauchy rispetto alla metrica.

successioni convergenti

das ist absurd!

un uomo alla stazione di ulma

sabato mi trovavo in quel di blaubeuren per seguire un seminario; quando, all'improvviso, durante la relazione di una ragazza peraltro brava, si materializza quanto io piú temo e abborro: un'unutile dimostrazione per assurdo. abbiamo discusso un po', e alla fine ci siamo pacificamente accordati sull'eliminazione dell'inutile assunzione.

il passo falso in questione riguardava un argomento contenente una divertente caratterizzazione delle successioni convergenti:

Teorema

Una successione ha L come limite se, e solo se, ogni sua sottosuccessione possiede una sottosuccessione che converge a L.

osservato che una direzione dell'equivalenza é banale, andando a casa mi sono chiesto come si dimostra l'altra direzione, e, mentre aspettavo il treno, ho prodotto il primo tentativo.

Dimostrazione 1 (per assurdo)

Si supponga che (x_n) non converga verso L, cioé che ci sia un ulteriore punto di accumulazione della successione, che chiamo L', diverso da L, eventualmente piú o meno infinito. Allora esiste una sottosuccessione (x_p(n))che converge verso L'. Considero adesso una sottosuccessione (x_q(p(n))) di (x_p(n)) che abbia come limite L. Dato che (x_p(n)) converge verso L', allora anche (x_q(p(n))), ma questo é assurdo, qed.

mi sono immediatamente vergognato di aver prodotto una tale dimostrazione per assurdo, dopo aver polemizzato durante il seminario, e quindi mi sono rimesso a leggere racconti notturni di hoffmann, ma con l'idea di espiare le mie colpe appena arrivato a casa, con l'utilizzo dell'ultimo ritrovato tecnologico per matematici: un pezzo di carta.

Dimostrazione 1 (astratta)

Si chiami A l'insieme dei punti di accumulazione di (x_n). Bisogna dimostrare che A={L}. si scriva A come l'unione U degli insiemi dei punti di accumulazione di (x_p(n)), al variare di p successioni strettamente crescenti di numeri naturali. É evidente che L é in U. Sia L' un elemento di U. Allora esiste p tali che (x_p(n)) converge verso L'. Si consideri una sottosuccessione (x_q(p(n))) di (x_p(n)) convergente verso L, che esiste per ipotesi. Per l'unicitá del limite, L=L', qed.

non appena ho finito di scrivere questa dimostrazione bourbakistika e barocca ero poco soddisfatto, per la sua intutile complessitá. dopo pochi secondi, fortunatamente, mi sono accorto della dimostrazione "vera".

Dimostrazione 1 (vera)

Si chiami A l'insieme dei punti di accumulazione di (x_n). Sia L' in A. Si consideri (x_p(n)))convergente verso L'. Dato (x_p(n)) ha per ipotesi una sottosuccessione convergente verso L, per l'unicitá del limite si ha che L=L', qed.

oggi arrivo all'universitá per scrivere questo giuoco sul blog, e trovo il mio compagno di stanza, r.n.. gli racconto questo divertissement, e lui, subito: "allora certo puoi rispondere ad una mia domanda! vale la caratterizzazione in spazi di hausdorff?"

supponiamo che non valga...

PS: comunque si, si dimostra (senza assurdi) che vale in ogni spazio di hausdorff.