El Teorema de Baire Ejercicios

El Teorema de Baire
Rodrigo Vargas
Teorema 1 (Baire). Sea M un espacio métrico completo. Toda intersección
numerable de abiertos densos es un subconjunto denso de M .
Definición 1. Sea M un espacio métrico.
(i) Decimos que E ⊂ M es denso en ninguna parte si E
C
es denso.
(ii) Decimos que F ⊂ M es de primera categoria si se puede expresar como
una unión numerable de conjuntos densos en ninguna parte.
(iii) Decimos que un conjunto es de segunda categoria si no es de primera
categoria.
Proposición 1. Sea M un espacio métrico completo. Entonces no hay
ningun subconjunto abierto no vacio que sea de primera categorı́a.
Ejercicios
1. Pruebe que E es denso en ninguna parte si y sólo si su clausura tiene
interior vacio.
2. Demuestre que ningún espacio métrico completo es de primera categorı́a.
3. Considere un espacio métrico numerable que sólo contiene elementos que
son puntos lı́mites. Demuestre que tal espacio no es completo.
(Católica, Magister, 2005)
4. Demuestre que R no es numerable.
5. Sea X espacio métrico. Decimos que E ⊆ X es perfecto si E = E 0 .
i) Muestre que un conjunto perfecto no vacio no puede ser numerable
en un espacio métrico completo.
ii) Muestre que [0, 1] no se puede escribir como una unión infinita y
disjunta de intervalos cerrados de largo positivo.
1
iii) Demuestre que el cuadrado X = [0, 1] × [0, 1] no puede expresesarse
como una unión de dos o más cuadrados cerrados de interior no vacio
disjuntos.
6. Sea M un espacio métrico completo. Todo conjunto de primera categoria
en M tiene interior vacio.
7.
i) Mostrar que Q no es un Gδ .
ii) Sea f : R → R. Mostrar que el conjunto de los puntos de continuidad
de f es un Gδ .
iii) Mostrar que no existe una función continua f : R → R cuyos puntos
de continuidad sea Q.
iv) Muestre que existe una función g : R → R que es continua en R \ Q
y discontinua en Q.
v) Sea Y el conjunto de los números irracionales. Muestre que no existe
una función continua h : R → R tal que h(Y ) ⊂ Q y h(Q) = Y .
8. Demuestre que no existe una sucesión {fn } de funciones continuas de R
en R tal que
inf |fn (x)| = 0
n
si y sólo si x es racional.
(Católica, Doctorado, 2003)
9. Sea M un espacio métrico completo. Si M =
∞
[
Fn , donde cada Fn es
n=1
cerrado en M , entonces existe por lo menos un n tal que int Fn 6= ∅.
10. Sean M un espacio métrico completo, E espacio vectorial normado y E
un conjunto de aplicaciones continuas f : M → E. Suponga que E es
puntualmente acotado. Demuestre que existe un abierto no vacio U tal
que E es uniformente acotado en U .
11. Sea f : R → R de clase C ∞ y suponga que para todo x ∈ R existe un
natural n tal que f (n) (x) = 0. Demuestre que existe un abierto no vacio
U de R donde f es un polinomio.
2
12. Sea C el espacio de todas las funciones reales continuas en I = [0, 1] con
la norma del supremo. Sea Xn el subconjunto de C formado por aquellas
funciones f para las que existe un t ∈ I tal que |f (s) − f (t)| ≤ n|s − t|
para todo s ∈ I. Fijese n y demuéstrese que todo conjunto abierto en
C contiene un conjunto abierto que no corta a Xn . Demuestre que esto
implica la existencia de un conjunto Gδ denso en C formado totalmente
por funciones que no son diferenciables en ningún punto.
3
1. Pruebe que E es denso en ninguna parte si y sólo si su clausura tiene
interior vacio.
C
Solución: Queremos probar que: E es denso ⇔ int E = ∅ o equivalentemente E C es denso ⇔ int E = ∅. En efecto, basta notar que
int E = ∅ ⇔ ∀ x ∈ E, ∀ ε > 0 : B(x, ε) * E
⇔ ∀ x ∈ E, ∀ ε > 0 : ∃ y ∈ B(x, ε) con y ∈ E C
⇔ ∀ x ∈ E, ∀ ε > 0 : B(x, ε) ∩ E C 6= ∅
⇔ EC
es denso
2. Demuestre que ningún espacio métrico completo es de primera categorı́a.
Solución: Sea X un espacio métrico completo y supongamos que X
es de primera categoria entonces
X=
∞
[
Fn
n=1
donde cada Fn es cerrado con complemento denso, entonces
!C
∞
∞
[
\
∅ = XC =
Fn
=
FnC
n=1
Note que
FnC
n=1
es abierto denso, por el Teorema de Baire
en particular, no vacio lo que es una contradicción.
∞
\
FnC es denso,
n=1
3. Considere un espacio métrico numerable que sólo contiene elementos que
son puntos lı́mites. Demuestre que tal espacio no es completo.
Solución: Sea X =
∞
[
{xn } espacio métrico numerable y supongamos
n=1
que X es completo. Sabemos que int {x} = ∅ si y sólo si x no es aislado,
entonces como cada xn es punto lı́mite tenemos que
int {xn } = int {xn } = ∅ .
Entonces, X es un conjunto completo de primera categoria. Por problema
anterior, esto es absurdo.
4
4. Demuestre que R no es numerable.
Solución: Supongamos que R es numerable entonces R =
∞
[
{xn } como
n=1
todo punto de R no es aislado tenemos que
int{xn } = int{xn } = ∅
luego R es un conjunto completo de primera categoria, lo que es imposible
por problema 2.
5. Sea X espacio métrico. Decimos que E ⊆ X es perfecto si E = E 0 .
i) Muestre que un conjunto perfecto no vacio no puede ser numerable
en un espacio métrico completo.
ii) Muestre que [0, 1] no se puede escribir como una unión infinita y
disjunta de intervalos cerrados de largo positivo.
iii) Demuestre que el cuadrado X = [0, 1] × [0, 1] no puede expresesarse
como una unión de dos o más cuadrados cerrados de interior no vacio
disjuntos.
Solución:
i) Primero probaremos que E es completo. Sea (xn ) ⊂ E una sucesión
de Cauchy, entonces (xn ) es sucesión de Cauchy en X, luego existe x
tal que xn → x ∈ E 0 = E. Por lo tanto, E es completo. Ahora bien,
∞
[
supongamos que E es numerable entonces E =
{en }, como todos
sus puntos son puntos lı́mites entonces
n=1
int{en } = int{en } = ∅
entonces E es completo de primera categoria, lo que es imposible por
problema 2.
[
ii) Supongamos que [0, 1] =
[aα , bα ] es una unión disjunta con bα −
α∈A
aα > 0. Notemos que la aplicación
Q ∩ [0, 1]−→ A
q
7→ α
5
tal que q ∈ [aα , bα ]
es sobre entonces A es numerable. Por lo tanto, [0, 1] =
E =
∞
[
∞
[
[an , bn ] y
n=1
{an , bn } es un conjunto perfecto, por parte i) no puede ser
n=1
numerable.
iii) Ocupando la densidad de los puntos con coordenadas racionales en
X podemos concluir que tal unión es numerable, tal como se hizo
∞
∞
[
[
en ii), entonces X =
Cn . Consideremos el conjunto D =
Dn
n=1
n=1
donde Dn = ∂Cn . Tenemos que D es cerrado, al ser complemento
de un abierto (la unión de los interiores de los cuadrados), luego es
completo. Afirmamos que cada Dn es cerrado con interior vacio. En
efecto, cada Dn es cerrado en X luego en D y además si x ∈ Dn
entonces para todo ε > 0 se tiene que B(x, ε) ∩ DnC 6= ∅ lo que
implica que int Dn = ∅ (ver problema 1). Es decir, D es un conjunto
completo de primera categoria, lo que es imposible por problema 2.
6. Sea M un espacio métrico completo. Todo conjunto de primera categoria
en M tiene interior vacio.
Solución: Sea F =
∞
[
Fn , donde cada Fn es cerrado en M y tiene
n=1
interior vacio, entonces
F
C
=
∞
\
FnC
n=1
donde cada FnC es abierto denso, por el Teorema de Baire tenemos que
F C es denso en M , lo que implica por el problema 1 que int F = ∅.
7.
i) Mostrar que Q no es un Gδ .
ii) Sea f : R → R. Mostrar que el conjunto de los puntos de continuidad
de f es un Gδ .
iii) Mostrar que no existe una función continua f : R → R cuyos puntos
de continuidad sea Q.
iv) Muestre que existe una función g : R → R que es continua en R \ Q
y discontinua en Q.
6
v) Sea Y el conjunto de los números irracionales. Muestre que no existe
una función continua h : R → R tal que h(Y ) ⊂ Q y h(Q) = Y .
Solución:
i) Supongamos que Q =
∞
\
An con An abierto, entonces para cada
n=1
n ∈ N se tiene que Q ⊂ An lo que implica que An es denso. Sea
Bn = R − {qn } donde Q = {q1 , . . . , qn , . . .} entonces Bn es abierto
denso. Luego, por el Teorema de Baire el conjunto
!
!
∞
∞
\
\ \
D=
An
Bn
n=1
n=1
es denso en R, pero por construcción D = ∅, lo que es una contradicción. Por lo tanto, Q no es un Gδ .
ii) Si f es continua en x entonces para todo ε > 0, existe una vecindad
Vxε de x tal que
f (Vxε ) ⊆ B(f (x), ε) .
[
Entonces, Oε =
Vxε es abierto para todo ε > 0. Por lo tanto,
x pto de
cont. de f
tenemos que
O=
∞
\
O1/n = {x ∈ R | f es continua en x}
n=1
es un Gδ .
iii) Supongamos que existe f : R → R cuyos puntos de continuidad son
Q sabemos por i) que Q no es un Gδ , pero por ii) los puntos de
continuidad son un Gδ , lo que es una contradicción.
iv) Basta
considerar g : R → R definida por g(x) = 0 si x ∈ R \ Q y
g pq = 1q si (p, q) = 1 y g(0) = 1.
v) Supongamos que existe h : R → R tal que h(Y ) ⊂ Q y h(Q) ⊂ Y y
considere la función ϕ = g ◦ h donde g es la función definida en iv),
entonces
ϕ(Q) = (g ◦ h)(Q) ⊂ g(Y )
7
como g es continua en Y entonces ϕ es continua en Q y
ϕ(Y ) = (g ◦ h)(Y ) ⊂ g(Q)
como g es discontinua en Q luego ϕ es discontinua en Y , lo que
contradice iii).
8. Demuestre que no existe una sucesión {fn } de funciones continuas de R
en R tal que
inf |fn (x)| = 0
n
si y sólo si x es racional.
Solución: Supongamos que existe una sucesión fn : R → R de funciones
continuas tal que
inf |fn (x)| = 0 ⇐⇒ x ∈ Q .
n
Para cada n ∈ N definimos el conjunto
1
An = x ∈ R | inf |fm (x)| <
m
n
entonces cada An es abierto y
∞
\
An = {x ∈ R | inf |fm (x)| = 0} = Q
m
n=1
luego Q es un Gδ , lo que es una contradicción según problema 7 i)
9. Sea M un espacio métrico completo. Si M =
∞
[
Fn , donde cada Fn es
n=1
cerrado en M , entonces existe por lo menos un n tal que int Fn 6= ∅.
Solución: Supongamos que int Fn = ∅ para todo n ∈ N entonces M
es espacio métrico completo de primera categoria, lo cual es imposible
por problema 2.
10. Sean M un espacio métrico completo, E espacio vectorial normado y E
un conjunto de aplicaciones continuas f : M → E. Suponga que E es
puntualmente acotado. Demuestre que existe un abierto no vacio U tal
que E es uniformente acotado en U .
8
Solución: Como E es puntualmente acotado para todo x ∈ M existe
cx > 0 tal que kf (x)k ≤ cx para toda f ∈ E. Consideremos para cada
n ∈ N el conjunto
Fn = {x ∈ M | kf (x)k ≤ n para toda f ∈ E}
entonces cada Fn es cerrado y como E es puntualmente acotado para cada
∞
[
x ∈ M existe algún n tal que x ∈ Fn . Es decir, M =
Fn . Por problema
n=1
9 existe algún n0 tal que int Fn0 6= ∅, sea U = int Fn0 . Entonces para todo
x ∈ U y toda f ∈ E tenemos que kf (x)k ≤ n0 , luego E es uniformemente
acotado en en el abierto no vacio U .
11. Sea f : R → R de clase C ∞ y suponga que para todo x ∈ R existe un
natural n tal que f (n) (x) = 0. Demuestre que existe un abierto no vacio
U de R donde f es un polinomio.
Solución: Para cada n ∈ N consideremos el conjunto
Fn = {x ∈ R | f (n) (x) = 0}.
Cada Fn es cerrado y como para cada x ∈ R existe n tal que f (n) (x) = 0
∞
[
entonces x ∈ Fn es decir, R =
Fn entonces por problema 9 existe
n=1
algún n tal que U = int Fn 6= ∅. Entonces, para cada x ∈ U se tiene que
f (n) (x) = 0, es decir, f es un polinomio de grado n.
12. Sea C el espacio de todas las funciones reales continuas en I = [0, 1] con
la norma del supremo. Sea Xn el subconjunto de C formado por aquellas
funciones f para las que existe un t ∈ I tal que |f (s) − f (t)| ≤ n|s − t|
para todo s ∈ I. Fijese n y demuéstrese que todo conjunto abierto en
C contiene un conjunto abierto que no corta a Xn . Demuestre que esto
implica la existencia de un conjunto Gδ denso en C formado totalmente
por funciones que no son diferenciables en ningún punto.
Solución: Para cada n ∈ N consideremos el conjunto
Xn = {f ∈ C | ∀ s ∈ I, ∃ t : |f (s) − f (t)| ≤ n|s − t|} .
9
Consideremos el completo de este conjunto
An = C \ Xn = {f ∈ C | ∀ s ∈ I, ∃ t : |f (s) − f (t)| > n|s − t|} .
Probar que todo conjunto abierto en C contiene un conjunto abierto
que no corta a Xn es equivalente a probar que An es denso en C. En
efecto, dados ε > 0 y f ∈ C, probaremos que existe g ∈ An tal que
kg − f k < ε. Por la continuidad unifrome de f , existe δ > 0 tal que
|x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. Por lo tanto, si subdividimos el intervalo [0, 1] en un número finito de subintervalos I1 , . . . , Ir de largo menor
que δ, el grafico de f en cada una de estos subintervalos cabe en un
rectángulo de altura menor que ε. Construimos ahora una función continua g : [0, 1] → R, cumnpliendo las condiciones kg − f k < ε y g ∈ An ,
haciendo que g coindida con f en los extremos de cada intervalo Ij y en
el interior de cada Ij , el gráfico de g tiene la forma de una sierra cuyos
dientes tienen aristas con inclinación mayor que n.
g
f
ε
0
Ij
1
Por otro lado, Se sigue inmediatamente de la definición de derivada que
si f ∈ An para todo n ∈ N entonces f no posee derivada en ningún punto
del intervalo I. Como cada An es abierto denso en C y C es un espacio
métrico completo entonces por el Teorema de Baire
A=
∞
\
An
n=1
es denso en C y A es un Gδ formado por funciones que no son diferenciable
en ningún punto.
10