泛函分析基础10-巴拿赫空间中的基本定理4：纲定理和一致有界性定理

这一节将给出巴拿赫和斯坦因豪斯( Steinhaus)在1927年给出的一致有界性原理，它是巴拿赫空间理论的基石之一，许许多多古典的分析问题，经过抽象以后，都可以归结为这一原理，因而充分显示了泛函分析的重要作用.在证明一致有界原理之前，需要准备一个有力的工具------纲定理

定义1

设 $M$ 是 度量空间 $X$ 中的子集，如果 $M$ 不 在 $X$ 的任何半径不为零的开球中稠密，则称 $M$ 是 $X$ 中的无处稠密集或疏朗集。

读者不难证明，在疏朗集的定义中把"开球"换成"闭球"，结果是一样的.又可知$M$为 $X$ 中 疏朗集的充要条件为 $\bar{M}$ 不 包含内点.事实上，若 $M$为疏朗集，而 $\bar{M}$ 含 有内点 $x_0,$则由内点定义，存在开球$U\left(x_0,\epsilon \right),\epsilon >0,$ 使$U\left(x_0,\epsilon \right)\subset \bar{M},$ 即 $M$在 $U\left(x_0,\epsilon \right)$ 中稠密，这与 $M$ 为 疏朗集矛盾；反之，若 $M$ 不 含有内点，而 $M$ 不 是 $X$中疏朗集，则由疏朗集定义，必有 $X$ 中开球$U\left(x_0,\epsilon \right),\epsilon >0,$ 使$\tilde{M}\supset U\left(x_0,\epsilon \right),$ 这说明 $x_0$ 是 $\bar{M}$ 的 内点，与 $\bar{M}$ 中 不含内点的条件矛盾.

定义2

设 $X$ 是 度量空间， $M$ 是 $X$ 中 子集，若 $M$ 是 $X$中有限或可数个疏朗集的并集，则称 $M$ 是第一纲集，不是第一纲集的集称为第二纲集。

我们有下述重要的贝尔( Baire)纲定理

定理1（贝尔纲定理）

若 $X$ 是非空的完备度量空间，则 $X$ 是 第二纲集

证明
我们用反证法，若 $X$ 是第一纲集，则存在有限或可数个疏朗集$A_k,$ 使 $X=$${\bigcup }_k{A}_k,$ 我们不妨讨论可数的情形，即$X={\bigcup }_{k=1}^{\infty }{A}_k$ 的 情形.因 $A_1$是 $X$ 中 疏朗集，则由前述 ${\bar{A}}_1$不含有内点，因而 ${\bar{A}}_1\ne X,$ 故${\bar{A}}_1^c=X\backslash {\bar{A}}_1$ 是 $X$ 中非空开集，因此在 ${\bar{A}}_1^c$ 中 至少有一点 $p_1$及$\epsilon >0,$ 使 $p_1$ 的 $\epsilon$ 邻 域$U\left(p_1,\epsilon \right)\subset {\left({\bar{A}}_1\right)}^c,$取 ${\epsilon }_1=\frac{\epsilon }{2},$ 则闭球

S1={x:d(x,p1)⩽ε1∣⊂U(p1,ε)⊂(Aˉ1)c,S _ { 1 } = \left\{ x : d \left( x , p _ { 1 } \right) \leqslant \varepsilon _ { 1 } \right| \subset U \left( p _ { 1 } , \varepsilon \right) \subset \left( \bar { A } _ { 1 } \right) ^ { c } ,S1​={x:d(x,p1​)⩽ε1​∣⊂U(p1​,ε)⊂(Aˉ1​)c,

即 $S_1$ 与 $A_1$ 不 交又因 $A_2$ 也是疏朗集，故${\bar{A}}_2$ 也不含有内点，因此 ${\bar{A}}_2$ 不含有$U\left(p_1,{\epsilon }_1\right),$于是${\left({\bar{A}}_2\right)}^c\cap U\left(p_1,{\epsilon }_1\right)=U\left(p_1,{\epsilon }_1\right)\backslash {\bar{A}}_2$也是 $X$ 中非空开集，因此在${\left({\bar{A}}_2\right)}^{\kappa }\cap U\left(p_1,{\epsilon }_1\right)$中至少有一点 $p_2$ 及 ${\epsilon }_2^{\prime }>0,$ 使$U\left(p_2,{\epsilon }_2^{\prime }\right)\subset {\left({\bar{A}}_2\right)}^c\cap U\left(p_1,{\epsilon }_1\right),$令${\epsilon }_2=\frac{{\epsilon }_2^{\prime }}{2},$则闭球

S2={x:d(x,p2)⩽ε2}⊂U(p2,ε2′)⊂(Aˉ2)c∩U(p1,ε1),S _ { 2 } = \left\{ x : d \left( x , p _ { 2 } \right) \leqslant \varepsilon _ { 2 } \right\} \subset U \left( p _ { 2 } , \varepsilon _ { 2 } ^ { \prime } \right) \subset \left( \bar { A } _ { 2 } \right) ^ { c } \cap U \left( p _ { 1 } , \varepsilon _ { 1 } \right) ,S2​={x:d(x,p2​)⩽ε2​}⊂U(p2​,ε2′​)⊂(Aˉ2​)c∩U(p1​,ε1​),

即 $S_2$ 与 $A_2$ 不 交，并且$S_2\subset U\left(p_1,{\epsilon }_1\right)\subset S_1,$又${\epsilon }_2=\frac{{\epsilon }_2^{\prime }}{2}⩽\frac{{\epsilon }_1}{2}=\frac{\epsilon }{2^2}.$照此继续下去，我们得到一列闭球

Sk={x:d(x,pk)⩽εk},k=1,2,⋯ ,S _ { k } = \left\{ x : d \left( x , p _ { k } \right) \leqslant \varepsilon _ { k } \right\} , k = 1 , 2 , \cdots ,Sk​={x:d(x,pk​)⩽εk​},k=1,2,⋯,

使得 $S_k$ 与 $A_k$ 不交，并且$S_k\subset S_{k-1},{\epsilon }_k⩽\frac{\epsilon }{2^k}.$这样，我们得到了一个闭球套

$$S_1\supset S_2\supset \cdots \supset S_k\supset \cdots ,$$

$S_k$ 的半径${\epsilon }_k⩽\frac{\epsilon }{2^k}.$ 下面我们证明： $S_k$ 的中心 {pk}\left\{ p _ { k } \right\}{pk​} 是 $X$中柯西点列.事实上，当 $j>k$ 时 ，$S_j\subset S_k,$ 所以$d\left(p_j,p_k\right)⩽{\epsilon }_k⩽\frac{\epsilon }{2^k},$故 当 $k$ 足够大时，对任何 $\eta >0,$ 只要 $j>k,$ 便有$d\left(p_j,p_k\right)<$$\eta ,$ 所以 {pk}\left\{ p _ { k } \right\}{pk​} 是 $X$ 中 柯西点列.由于 $X$完 备，故存在 $p\in X,$ 使$p_k\to p(k\to \infty ),$ 显 然 $p$ 在每个 $S_k$ 中，但由于 $S_k$ 和 $A_k$ 无 公共点，故$p\notin A_k,k=1,2,\cdots .$ 由假设$X={\bigcup }_{k=1}^{\infty }{A}_k,$ 所以 $p\notin X.$这就导致矛盾.因而 $X$ 是第二纲集

这一定理的逆是不正确的，布尔巴基( Bourbaki)在1955年曾举出反例：一个不完备的度量空间仍是第二纲集，

定理2（一致有界性定理或共鸣定理）

设 $X$ 是巴拿赫空间， $Y$ 是 赋范空间，$\mathcal{B}(X,$$Y)$ 表 示 $X$ 到 $Y$ 中 的有界线性算子全体，$T_n\in \mathcal{B}(X,Y),n=1,2,\cdots ,$ 若对每个$x\in X,${∥Tnx∥}\left\{ \left\| T _ { n } x \right\| \right\}{∥Tn​x∥} 有界，即$\Vert T_{n}x\Vert ⩽C_x,n=1,2,\cdots ,$这里 $C_x$ 是 一与 $x$ 有关的实数，那么，{Tn}\left\{ T _ { n } \right\}{Tn​}一致有界，即存在与 $x$ 无关的实数 $C,$ 使 得对一切正整数 $n,$ 有

$$\Vert T_n\Vert ⩽C.$$

证明
对任意正整数 $k,$ 令

Ak={x:∥Tnx∥⩽k,n=1,2,⋯ },A _ { k } = \left\{ x : \left\| T _ { n } x \right\| \leqslant k , n = 1 , 2 , \cdots \right\} ,Ak​={x:∥Tn​x∥⩽k,n=1,2,⋯},

则 $A_k$ 是闭集.事实上，若当 $i\to \infty$ 时，有$x_i\to x,x_i\in A_k,$ 则对任何正整数$n,$ 有 $T_n{x}_i\to T_{n}x,$但 $\Vert T_n{x}_i\Vert ⩽k,$ 故$\Vert T_{n}x\Vert ⩽k,$ 所以 $x\in A_k,$ 即$A_k$ 是闭集.由假设，对任何 $x\in X,$ 存在实数 $C_x,$ 使得$\Vert T_{n}x\Vert ⩽C_x,n=1,2,\cdots ,$取足够大的 $k,$ 使 $C_x⩽k,$ 则 $x\in A_k,$所以 $X={\bigcup }_{k=1}^{\infty }{A}_k.$ 由于 $X$ 是巴拿赫空间，由贝尔纲定理，可知必有某一 $k_0,$ 使得${\bar{A}}_{k_0}=A_{k_k}$ 包含 $X$ 中某个半径不为零的开球，设为 $U\left(x_0,r\right),r>0,$ 于是对任何$x\in B\left(x_0,r\right),$ 必有$\Vert T_{n}x\Vert ⩽k_0,n=1,2,$$\cdots .$ 现在要估计$\Vert T_n\Vert ={\sup }_{1\times 1<1}\Vert T_{n}x\Vert ,$只需估计 $\left|\Vert T_{n}x\Vert \right\}$ 当 $x$属于单位球时的上界、我们已知在 $U\left(x_0,r\right)$ 中，$\left|\Vert T_{n}x\Vert \right|$ 的上界是 $k_0,$而单位球扩大 $r$ 倍即成以原点为中心的球 $U(0,r),$ 再平移向量 $x_0$ 就是$U\left(x_0,r\right).$ 故对任何 $x\in B(0,1),$ 则$rx+x_0\in U\left(x_0,r\right),$因而有$\Vert T_n\left(rx+x_0\right)\Vert ⩽k_0,$于是，对任意的 $x\in U(0,1),$ 有

$$\begin{array}{r}\Vert T_{n}x\Vert =\frac{1}{r}\Vert T_n(rx)\Vert =\frac{1}{r}\Vert T_n\left(rx+x_0-x_0\right)\Vert \\ ⩽\frac{1}{r}\left[\Vert T_n\left(rx+x_0\right)\Vert +\Vert T_n{x}_0\Vert \right]⩽\frac{2}{r}{k}_0.\end{array}$$

上式对一切正整数 $n$ 都成立，取 $C=\frac{2}{r}{k}_0,$ 则

$$\Vert T_n\Vert =\underset{1=1⩽1}{\sup }\Vert T_{n}x\Vert ⩽C,n=1,2,\cdots .$$

作为一致有界性原理的特例，有下述的定理.

定理3

设 {fn}\left\{ f _ { n } \right\}{fn​} 是 巴拿赫空间 $X$上的一列泛函，如果 {fn}\left\{ f _ { n } \right\}{fn​} 在 $X$ 的 每点 $x$处有界，那
么 {fn}\left\{ f _ { n } \right\}{fn​} 一致有界，

这只需在定理2中用实数域 $\mathbf{R}$ 或 复数域 $\mathbf{C}$ 代 替$Y$ 即可.

定理4

存在一个实值的连续函数，它的傅里叶级数在给定的 $t_0$处是发散的.（共鸣定理在古典分析上的一个著名应用.)

证明
我们不妨考察 $C[0,2\pi ],t_0=0$ 时的情况.

对 $f\in C[0,2\pi ],$ 总有傅里叶级数$\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nt+b_n\sin nt\right),$其中

$$\begin{array}{r}{a}_0=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\frac{f(t)}{2}\mathrm{d}t,a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\cos nt\mathrm{d}t,\\ b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\sin nt\mathrm{d}t.\end{array}$$

这一级数当 $t=0$ 时，简化为$\frac{a_0}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n,$它的部分和

$$\begin{array}{r}{s}_n(f)=\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^n{a}_k=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\mathrm{d}t+\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\left(\sum _{k=1}^n\cos kt\right)\mathrm{d}t\\ =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\left[1+2\sum _{k=1}^n\cos kt\right]\mathrm{d}t.\end{array}$$

不难计算

$$1+2\sum _{k=1}^n\cos kt=\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)t}{\sin \frac{t}{2}},$$

记之为 $q_n(t).$ 因此 $[0,2\pi ]$ 上任何连续函数$f(t),$ 其傅里叶级数在 $t=0$ 处的部分和$s_n(f)$ 等于$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)q_n(t)\mathrm{d}t.$我们要证明，总可以找到这样的连续函数 $f\in C[0,2\pi ],$ 使

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)q_n(t)\mathrm{d}t不收\zeta (n\to \infty ),$$

即 $f(t)$ 的傅里叶级数在 $t=0$ 处发散

我们用泛函分析的观点考察部分和 $s_n(f),$ 当 $n$ 给定时，$q_n(t)$ 也给定了，显然 $s_n(f)$是 $C[0,2\pi ]$ 上的线性泛函，而且由于

$$\left|s_n(f)\right|⩽\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(t)|\left|q_n(t)\right|\mathrm{d}t⩽\underset{t\in (0,2\pi )}{\max }|f(t)|\cdot \frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left|q_n(t)\right|\mathrm{d}t,$$

因

$$q_n(t)=\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)t}{\sin \frac{t}{2}}=1+2\sum _{k=1}^n\cos kt,$$

所以， $q_n\in C[0,2\pi ],$ 故

$$k_n=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left|q_n(t)\right|\mathrm{d}t<\infty ,$$

因此 $\left|s_n(f)\right|⩽k_n\Vert f\Vert ,$这说明 $s_n(f)$ 是 $C[0,2\pi ]$ 上连续线性泛函，并且$\Vert s_n\Vert ⩽k_n.$ 下面我们证明 $\Vert s_n\Vert =k_n,$ 只需证$k_n⩽\Vert s_n\Vert$ 即可.令

$$y_n(t)=\{\begin{array}{ll}1,& q_n(t)>0,\\ 0,& q_n(t)=0,\\ -1,& q_n(t)<0,\end{array}$$

即 $y_n(t)=\mathrm{sign}{q}_n(t).$ 于是

$$\left|q_n(t)\right|=y_n(t)q_n(t).$$

$y_n(t)$ 在 $[0,2\pi ]$ 上不连续，但对任意$\epsilon >0,$ 总可以作一个连续函数 $f_n(t),$ 使满足

$$\frac{1}{2\pi }\left|{\int }_0^{2\pi }\left[f_n(t)-y_n(t)\right]q_n(t)\mathrm{d}t\right|<\epsilon .$$

(由于 $q_n(t)$ 在 $[0,2\pi ]$上连续，这是不难做到的.事实上，只要在 $y_n(t)$ 间断处用折线连接，使 $f_n(t)$ 与 $y_n(t)$充分接近即可.)这样一来，这个 $f_n(t)$ 满足

$$\Vert f_n\Vert =\underset{t\in [0,2\pi ]}{\max }|f(t)|=1,$$

但

$$\begin{array}{rl}\left|s_n\left(f_n\right)\right|& =\left|\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{f}_n(t)q_n(t)\mathrm{d}t\right|\\ & =\left|\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left(f_n(t)-y_n(t)\right)q_n(t)\mathrm{d}t+\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{y}_n(t)q_n(t)\mathrm{d}t\right|\\ & ⩾\frac{1}{2\pi }\left|{\int }_0^{2\pi }{y}_n(t)q_n(t)\mathrm{d}t\right|-\frac{1}{2\pi }\left|{\int }_0^{2\pi }\left(f_n(t)-y_n(t)\right)q_n(t)\mathrm{d}t\right|\\ & ⩾\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\left|q_n(t)\right|\mathrm{d}t-\epsilon =k_n-\epsilon ,\end{array}$$

由 $\epsilon$ 的任意性，可知$\Vert s_n\Vert ⩾k_n.$ 总之$\Vert s_n\Vert =k_n.$

因 $f$ 的傅里叶级数在 $t=0$ 的部分和为 $s_n(f),$ 所以 $f$的傅里叶级数在 $t=0$ 收敛等价于 {sn(f)}\left\{ s _ { n } ( f ) \right\}{sn​(f)}收敛.我们要证明的定理的结论是，不可能 $C[0,2\pi ]$中每个函数的傅里叶级数在 $t=0$ 都收敛，这等价于说泛函列 {sn}\left\{ s _ { n } \right\}{sn​} 在$C[0,2\pi ]$ 上不可能处处收敛.由于收敛数列必有界，所以只要证明 $\left|s_n\right|$ 不可能在每点$f\in C[0,2\pi ]$ 上有界，共鸣定理告诉我们，若泛函列 {sn}\left\{ s _ { n } \right\}{sn​} 在 $C[0,2\pi ]$上点点有界，必导致一致有界.所以只要证明 {sn}\left\{ s _ { n } \right\}{sn​} 在$C[0,2\pi ]$上不一致有界，就能推出 $\left|s_n\right|$不点点有界，因而不点点收敛问题就将证完.要判断{sn}\left\{ s _ { n } \right\}{sn​}在 $C[0,2\pi ]$ 上不一致有界，只要证明$\Vert s_n\Vert =k_n,n=1,2,\cdots$无界即可.因为

$$\begin{array}{rl}{k}_n& =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\frac{\left|\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)t\right|}{\left|\sin \frac{t}{2}\right|}\mathrm{d}t>\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }\frac{\left|\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)t\right|}{|t|}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{(2n+1)\pi }\frac{|\sin v|}{v}\mathrm{d}v\\ & =\frac{1}{\pi }\sum _{k=0}^{2n}{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\frac{|\sin v|}{v}\mathrm{d}v⩾\frac{1}{\pi }\sum _{k=0}^{2n}\frac{1}{(k+1)\pi }{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }|\sin v|\mathrm{d}v\\ & =\frac{2}{{\pi }^2}\sum _{k=0}^{2n}\frac{1}{k+1}\to \infty (n\to \infty ),\end{array}$$

即 {kn}\left\{ k _ { n } \right\}{kn​} 无界.这就证明了定理，

定理4说明，要求 $C[0,2\pi ]$中所有连续函数的三角级数都处处收敛是办不到的这一事实最初在1876年由雷蒙德( Reymond)给出，1910年，费耶尔(Fejer)也给出了一个构造性的反例这里的证明不是构造性的，是一个纯粹的存在定理，它较构造性的方法简单，表现了泛函分析抽象概括的特点，