Niech \((X,\mathcal U)\) będzie przestrzenią jednostajną i \(\mathcal A\) będzie bazą na \(X\). \(\mathcal A\) nazywa się bazą Cauchy’ego gdy dla każdego \(U\in \mathcal U\) istnieje \(A\in \mathcal A\) taki, że
\[ A\times A\subset U. \]
Niech \((\Sigma ,\leq )\) będzie z zbiorem skierowanym i \(\phi :=\{x_\sigma \}_{\sigma \in \Sigma }\) będzie ciągiem uogólnionym. \(\phi \) nazywa się uogólnionym ciągiem Cauchy’ego gdy \(\phi (\Phi (\Sigma ))\) jest bazą Cauchy’ego, to znaczy
\[ \forall U\in \mathcal U\ \exists \sigma \in \Sigma \ \forall \tau _1,\tau _2\geq \sigma \colon (x_{\tau _1},x_{\tau _2})\in U. \]
Zakładamy, że na \(X\) jest topologia \(\mathcal T(\mathcal U)\).
Dowód. Wystarczy udowodnić (a). Niech \(U\in \mathcal U\). Istnieje \(V\in \mathcal U\), \(V=V^{-1}\) taki, że \(V\circ V\subset U\). Jeżeli \(\mathcal A\to x\) to istnieje \(A\in \mathcal A\),
\[ A\subset V[x]. \]
Niech \((y,z)\in A\times A\). Wtedy \((x,y)\in V\) i \((x,z)\in V\), więc \((y,z)\in V\circ V\subset U\). □
Dowód. Wystarczy udowodnić (a). Niech \(U\in \mathcal U\). Niech \(V\in \mathcal U\),
\[ V\circ V\subset U. \]
Niech \(A\) będzie takim elementem \(\mathcal A\), że
\[ A\times A\subset V. \]
Z założenia istnieje baza \(\mathcal B\), \(\mathcal B\succ \mathcal A\) i \(\mathcal B\to x\). Istnieją \(B_1,B_2\in \mathcal B\) takie, że
\[ B_1\subset A,\ B_2\subset V[x]. \]
Niech \(B\subset B_1\cap B_2\), \(B\in \mathcal B\). Niech \(a\in A\) i \(b\in B\). Wtedy \((b,a)\in V\) i \((x,b)\in V\), więc \((x,a)\in U\) i \(a\in U[x]\), skąd wynika, że \(A\subset U[x]\). □
\((X,\mathcal U)\) nazywa się przestrzenią zupełną gdy każda baza Cauchy’ego na \(X\) jest zbieżna (równoważnie: każdy uogólniony ciąg Cauchy’ego jest zbieżny).
Dowód.
Implikacja \(\Leftarrow \) jest oczywista, bo każdy ciąg jest ciągiem uogólnionym.
(\(\Rightarrow \)). Niech \(\mathcal A\) będzie bazą Cauchy’ego na \(X\). Dla \(n\in \mathbb N\) niech \(A_n\in \mathcal A\) będzie taki, że
\[ A_n\times A_n\subset U_{1/n} \]
Niech
\[ B_n:=\bigcap _{k=0}^n A_k. \]
i niech \(b_n\in B_n\). \(\{b_n\}_n\) jest ciągiem Cauchy’ego, bo gdy \(m_1,m_2\geq n\) to
\[ (b_{m_1},b_{m_2})\in A_n\times A_n\subset U_{1/n}. \]
Niech \(x:=\lim _{n\to \infty } b_n\). Wystarczy udowodnić, że \(\mathcal A\to x\). Niech \(\epsilon >0\) i niech \(n\) będzie takie, że
\(\seteqnumber{0}{8.}{0}\)\begin{gather*} \tfrac {1}{n}\leq \tfrac {1}{2}\epsilon , \\ \forall k\geq n\colon \rho (x,b_k)<\tfrac {1}{2}\epsilon \end{gather*} i niech \(a\in A_n\). Wtedy
\[ \rho (a,x)\leq \rho (a,b_n)+\rho (b_n,x)<\epsilon , \]
więc \(A_n\subset U_{\epsilon }[x]\). □
Niech \(A\subset X\).
Dowód. Niech \(\mathcal B\) będzie bazą na \(A\), \(x\in X\) i \(\mathcal B\to x\). \(\mathcal B\) jest bazą Cauchy’ego na \(X\), więc także bazą Cauchy’ego na \(A\); istnieje więc \(a\in A\) taki, że \(\mathcal B\to a\). Ponieważ \(X\) jest Hausdorffa, \(a=x\in A\), więc \(\overline {A}=A\). □
Dowód. Niech \(\mathcal B\) będzie bazą Cauchy’ego na \(A\). Wtedy \(\mathcal B\) jest bazą Cauchy’ego na \(X\) i \(\mathcal B\to x\). Z założenia wynika, że \(x\in A\). □
Dowód. Niech \(\mathcal A\) będzie bazą Cauchy’ego na \(\prod X_t\). Wtedy \(\pi _t(\mathcal A)\) jest bazą Cauchy’ego na \(X_t\) dla każdego \(t\in T\), więc \(\pi _t(\mathcal A)\to x_t\), skąd wynika, że \(\mathcal A\to \{x_t\}_t\). □
\((X,\mathcal U)\) nazywa się przestrzenią całkowicie ograniczoną gdy
\[ \forall U\in \mathcal U\ \exists x_1,\ldots ,x_k\in X\colon X=\bigcup _{i=1}^k U[x_i]. \]
Dowód.
(\(\Rightarrow \)). Całkowita ograniczoność wynika z definicji zwartości. Ze zwartości wynika także, że każda baza Cauchy’ego ma punkt skupienia, skąd z Uwagi 8.2 wynika, że taka baza jest zbieżna.
(\(\Leftarrow \)). Niech \(\mathcal A\) będzie bazą na \(X\) i niech \(\mathcal M\) będzie ultrafiltrem na \(X\) takim, że \(\mathcal A\subset \mathcal M\) (Twierdzenie 2.1). Wystarczy udowodnić, że \(\mathcal M\) jest bazą Cauchy’ego. Niech \(U\in \mathcal U\) i niech \(V\in \mathcal U\) będzie taki, że \(V=V^{-1}\) i \(V\circ V\subset U\). Z założenia istnieją \(x_1,\ldots ,x_k\in X\) takie, że
\[ X=\bigcup _{i=1}^k V[x_i]. \]
Istnieje \(i_0=1,\ldots ,k\) taki, że dla wszystkich \(M\in \mathcal M\),
\[ M\cap V[x_{i_0}]\neq \emptyset , \]
bo w przeciwnym przypadku istniałyby \(M_1,\ldots ,M_k\in \mathcal M\) takie, że
\[ V[x_i]\cap M_i=\emptyset , \]
\(i=1,\ldots ,k\), więc gdy \(M:=M_1\cap \ldots \cap M_k\),
\[ \forall i=1,\ldots ,k\colon V[x_i]\cap M=\emptyset , \]
co oznacza, że \(M=\emptyset \), a to jest sprzeczne z definicją filtra. Z Uwagi 2.2 wynika więc
\[ V[x_{i_0}]\in \mathcal M, \]
a wtedy
\[ V[x_{i_0}]\times V[x_{i_0}]\subset V\circ V\subset U.\qedhere \]
□
Niech \(f\colon X_1\times X_2\to Y\) i niech \(\mathcal A_i\) będzie bazą na \(X_i\), \(i=1,2\),
\[ \mathcal A_1\times \mathcal A_2:=\{A_1\times A_2\colon A_i\in \mathcal A_i\}. \]
Twierdzenie 8.2. Jeżeli \(Y\) jest przestrzenią topologiczną \(T_3\), istnieje \(\lim _{\mathcal A_1\times \mathcal A_2}f \) i dla każdego \(x_2\in X_2\) istnieje \(g(x_2)\in Y\) takie, że
\[ g(x_2)=\lim _{\mathcal A_1}f(\cdot ,x_2) \]
to \(\lim _{\mathcal A_2}g\) istnieje i
\[ \lim _{\mathcal A_2}g=\lim _{\mathcal A_1\times \mathcal A_2}f. \]
Dowód. \(g\) jest funkcją \(X_2\to Y\), bo \(Y\) jest przestrzenią \(T_2\) (Twierdzenie 5.3). Niech
\[ y_0:=\lim _{\mathcal A_1\times \mathcal A_2}f \]
i niech \(U\) będzie otoczeniem \(y_0\). Istnieje \(V\), otoczenie \(y_0\) takie, że \(\overline {V}\subset U\) (Twierdzenie 5.4). Istnieją \(A_i\in \mathcal A_i\) takie, że
\[ f(A_1\times A_2)\subset V. \]
Wystarczy udowodnić, że \(g(A_2)\subset \overline {V}\). Niech \(x_2\in A_2\) i niech \(Z\) będzie otoczeniem \(g(x_2)\). Istnieje \(A_1^\ast \in \mathcal A_1\) taki, że
\[ f(A_1^\ast \times \{x_2\})\subset Z. \]
Wtedy
\[ \emptyset \neq f((A_1\cap A_1^\ast )\times \{x_2\})\subset Z\cap V, \]
więc \(g(x_2)\in \overline {V}\). □
Poniżej zakładamy, że \(\mathcal U\) jest strukturą jednostajną na przestrzeni \(Y\). Niech \(\{f_t\colon X\to Y\}_{t\in T}\) będzie rodziną funkcji i niech \(\mathcal A\) będzie bazą na \(X\). \(y_t=\lim _{\mathcal A}f_t\) nazywa się granicą jednostajną ze względu na \(t\in T\) gdy
\[ \forall U\in \mathcal U\ \exists A\in \mathcal A\ \forall t\in T\colon f_t(A)\subset U[y_t]. \]
Twierdzenie 8.3. Jeżeli \(Y\) jest przestrzenią jednostajną \(T_0\),
\[ g(x_2)=\lim _{\mathcal A_1}f(\cdot ,x_2) \]
jest granicą jednostajną ze względu na \(x_2\in X_2\) i istnieje granica \(\lim _{\mathcal A_2}g\) to istnieje granica \(\lim _{\mathcal A_1\times \mathcal A_2}f\) i
\[ \lim _{\mathcal A_1\times \mathcal A_2}f=\lim _{\mathcal A_2}g. \]
Dowód. Przestrzeń jednostajna \(T_0\) jest także \(T_2\), więc \(g\) jest funkcją. Niech
\[ y_0:=\lim _{\mathcal A_2}g, \]
niech \(W\) będzie otoczeniem \(y_0\) i niech \(U[y_0]\subset W\) dla pewnego \(U\in \mathcal U\). Istnieje \(V\in \mathcal U\) taki, że \(V\circ V\subset U\). Istnieje \(A_2\in \mathcal A_2\) taki, że
\[ g(A_2)\subset V[y_0]. \]
Ponadto istnieje \(A_1\in \mathcal A_1\) taki, że dla każdego \(x_2\in A_2\),
\[ f(A_1\times \{x_2\})\subset V[g(x_2)]. \]
Wtedy dla \(x_i\in A_i\),
\[ (f(x_1,x_2),g(x_2))\in V,\quad (g(x_2),y_0)\in V, \]
więc \(f(x_1,x_2)\in (V\circ V)[y_0]\), a stąd wynika, że \(f(A_1\times A_2)\subset W\). □
Twierdzenie 8.4. Jeżeli \(Y\) jest zupełną przestrzenią jednostajną \(T_0\),
\[ g(x_2)=\lim _{\mathcal A_1}f(\cdot ,x_2) \]
jest granicą jednostajną ze względu na \(x_2\in X_2\) i
\[ h(x_1)=\lim _{\mathcal A_2}f(x_1,\cdot ) \]
dla \(x_1\in X_1\) to istnieją granice \(\lim _{\mathcal A_1\times \mathcal A_2}f\), \(\lim _{\mathcal A_2}g\) oraz \(\lim _{\mathcal A_1}h\) i
\[ \lim _{\mathcal A_1\times \mathcal A_2}f=\lim _{\mathcal A_2}g= \lim _{\mathcal A_1}h. \]
Dowód. Najpierw udowodnimy, że \(g(\mathcal A_2)\) jest bazą Cauchy’ego na \(Y\). Niech \(U\in \mathcal U\). Istnieje \(V\in \mathcal U\) taki, że \(V=V^{-1}\) i
\[ V\circ V\circ V\circ V\subset U. \]
Istnieje \(A_1\in \mathcal A_1\) taki, że dla każdego \(x_2\in X_2\),
\[ f(A_1\times \{x_2\})\subset V[g(x_2)]. \]
Niech \(x_1\in A_1\). Istnieje \(A_2\in \mathcal A_2\) taki, że
\[ f(\{x_1\}\times A_2)\subset V[(h(x_1)]. \]
Wystarczy udowodnić, że \(g(A_2)\times g(A_2)\subset U\). Niech \(x_2,x_2^\ast \in A_2\). Wtedy
\(\seteqnumber{0}{8.}{0}\)\begin{align*} (g(x_2),f(x_1,x_2))&\in V, \\ (f(x_1,x_2),h(x_1))&\in V, \\ (h(x_1),f(x_1,x_2^\ast ))&\in V, \\ (f(x_1,x_2^\ast ),g(x_2^\ast ))&\in V, \end{align*} więc \((g(x_2),g(x_2^\ast ))\in U\).
Z zupełności \(Y\) wynika istnienie \(y_0=\lim _{\mathcal A_2}g\), a z Twierdzenia 8.3 wynika, że \(\lim _{\mathcal A_1\times \mathcal A_2}f=y_0\). Ponieważ przestrzeń jednostajna \(T_0\) jest przestrzenią \(T_3\), z Twierdzenia 8.2 wynika, że \(\lim _{\mathcal A_1}h=y_0\). □
Przestrzeń topologiczna \(X\) nazywa się przestrzenią metryzowalną w sposób zupełny gdy na \(X\) istnieje metryka zupełna zgodna z topologią.
\(X\) nazywa się przestrzenią Baire’a gdy każde przecięcie przeliczalnej rodziny zbiorów otwartych i gęstych w \(X\) jest zbiorem gęstym w \(X\).
Dowód. Niech \(\{V_n\colon n=1,2,\ldots \}\) będzie rodziną otwartych i gęstych podzbiorów \(X\), a \(U\) jest otwartym i niepustym podzbiorem \(X\). Należy wykazać, że
\(\seteqnumber{0}{8.}{0}\)\begin{equation} \label {eq:uvn} U\cap \bigcap _{n=1}^\infty V_n\neq \emptyset . \end{equation}
Niech \(\rho \) będzie metryką zupełną zgodną z topologią \(X\); przez \(U(x,\delta )\) oznaczamy kulę otwartą o środku \(x\) i promieniu \(\delta \) w tej metryce. Definiujemy \(B_1:=U(x_1,\delta _1)\), gdzie \(x_1\in U\cap V_1\) i \(0<\delta _1<1\), tak, aby
\[ \overline {B_1}\subset U\cap V_1. \]
Dla \(n>1\) zakładamy, że zdefiniowany jest zbiór \(B_{n-1}\). Określamy \(B_n\) jako \(U(x_n,\delta _n)\), gdzie \(x_n\in B_{n-1}\cap V_n\) i \(0<\delta _n<1/n\) jest takie, że
\[ \overline {B_n}\subset B_{n-1}\cap V_n. \]
Niech \(\mathcal B:=\{\overline {B_n}\colon n=1,2,\ldots \}\). Rodzina \(\mathcal B\) jest bazą Cauchy’ego na \(X\), bo \(\rho (x,y)\leq 2/n\) dla wszystkich \(x,y\in \overline {B_n}\), więc jest zbieżna do pewnego \(x\in X\); w szczególności \(x\) jest jej punktem skupienia, skąd na podstawie Uwagi 2.4 wynika, że
\[ x\in \bigcap _{n=1}^\infty \overline {B_n}\subset U\cap \bigcap _{n=1}^\infty V_n, \]
a to kończy dowód (8.1).
Niech teraz \(X\) będzie przestrzenią lokalnie zwartą. W tym przypadku dowód jest prawie taki sam; definiujemy \(B_1\) jako otwarte otoczenie \(x_1\in U\cap V_1\), którego domknięcie \(\overline {B_1}\) jest zwarte i
\[ \overline {B_1}\subset U\cap V_1, \]
a dla \(n>1\) zakładamy, że zdefiniowany jest zbiór \(B_{n-1}\) i określamy \(B_n\) jako otwarte otoczenie \(x_n\in B_{n-1}\cap V_n\) takie, że \(\overline {B_n}\) jest zwarte i
\[ \overline {B_n}\subset B_{n-1}\cap V_n. \]
Niech \(\mathcal B:=\{\overline {B_n}\colon n=1,2,\ldots \}\). Rodzina \(\mathcal B\) jest bazą w zwartej przestrzeni \(\overline {B_1}\), więc z Twierdzenia 6.1 wynika, że ma punkt skupienia. Dalsza część dowodu jest taka sama jak w przypadku przestrzeni metrycznej zupełnej. □
Niech \(X\) będzie przestrzenią topologiczną i niech \(A\subset X\). \(A\) nazywa się zbiorem nigdzie gęstym gdy
\[ {\rm int}\,\overline {A}=\emptyset ; \]
zbiorem I kategorii (Baire’a), gdy
\[ A=\bigcup _{n=1}^\infty B_n \]
i każdy ze zbiorów \(B_n\) jest nigdzie gęsty; oraz zbiorem II kategorii (Baire’a), gdy nie jest zbiorem I kategorii.
Dowód. Niech \(A=\bigcup _{n=1}^\infty B_n\), gdzie \(B_n\) jest zbiorem nigdzie gęstym dla każdego \(n\) i niech \(U\) będzie otwartym podzbiorem \(A\). Wtedy \(U\) jest zawarty w \(\bigcup _{n=1}^\infty \overline {B_n}\), więc
\[ \bigcap _{n=1}^\infty (\setminus \overline {B_n})\subset \setminus U. \]
Zbiór \(\setminus \overline {B_n}\) jest otwarty i gęsty, bo
\[ \overline {\setminus \overline {B_n}}=\setminus {\rm int}\,\overline {B_n}=\setminus \emptyset =X. \]
Wynika stąd, że \(\setminus U\) jest domkniętym i gęstym podzbiorem \(X\), a więc \(\setminus U=X\), co oznacza, że \(U=\emptyset \). □
Konsekwencją Twierdzeń 8.5 i 8.6 jest
Metoda dowodzenia niepustości zbioru w oparciu o Wniosek 8.1 nazywa się metodą kategorii Baire’a. Przykładem jej zastosowania jest poniższy dowód twierdzenia z analizy matematycznej.
Niech \(C^\infty (\mathbb R)\) oznacza zbiór funkcji \(\mathbb R\to \mathbb R\) klasy \(C^\infty \).
Dowód. Dla \(i\in \mathbb N\) i \(f,g\in C^\infty (\mathbb R)\) definiujemy
\[ \rho _i(f,g):=\max _{t\in [-i-1,i+1]} \max _{k=0,\ldots ,i} |f^{(k)}(t)-g^{(k)}(t)|. \]
Wtedy \(\rho \) określona wzorem
\[ \rho (f,g):=\sum _{i=0}^\infty \min \{\tfrac {1}{2^i},\rho _i(f,g)\} \]
jest metryką zupełną na \(C^\infty (\mathbb R)\). Określamy
\[ A:=\{f\in C^\infty (\mathbb R)\colon \exists t\in \mathbb R\colon \text {$f$ jest analityczna w $t$}\}. \]
Jeżeli \(f\) jest analityczna w \(t\in \mathbb R\) to
\[ \sup _{k\in \mathbb N} \sqrt [k]{\left |\frac {f^{(k)}(t)}{k!}\right |}:=c<\infty , \]
a zatem
\[ A\subset \bigcup _{q\in \mathbb Q,\ c\in \mathbb N} T(q,c), \]
gdzie
\[ T(t,c):=\{f\in C^\infty (\mathbb R)\colon \forall k\in \mathbb N\colon |f^{(k)}(t)|\leq k!c^k\} \]
Na podstawie Wniosku 8.1 wystarczy udowodnić, że
(a) \(T(q,c)\) jest domknięty,
(b) \({\rm int}\,T(q,c)=\emptyset \).
Ad (a). \(T(q,c)\) jest domknięty bo
\[ C^\infty (\mathbb R)\ni f\to f^{(k)}(q)\in \mathbb R \]
jest funkcją ciągłą i \(T(q,c)=\bigcap _{k\in \mathbb N}\{f\in C^\infty (\mathbb R)\colon |f^{(k)}(q)|\leq k!c^k\}\).
Ad (b). Niech \(f\in T(q,c)\) i \(\epsilon >0\). Wystarczy wykazać, że \(U(f,2\epsilon )\not \subset T(q,c)\). Niech \(n\) będzie takie, że
\[ \sum _{i=1}^\infty \tfrac {1}{2^i}<\epsilon \]
i \(b>2\) będzie takie, że
\[ \epsilon b^n>2(2n)!c^{2n}. \]
Definiujemy \(g\in C^\infty (\mathbb R)\) wzorem
\[ g(t):= f(t)+\epsilon b^{-n} \cos (b(t-q)). \]
Wtedy \(g\in K(f,2\epsilon )\), bo jeżeli \(k<n\) to
\[ \sup _{t\in \mathbb R} |f^{(k)}(t)-g^{(k)}(t)|\leq \epsilon b^{-n} b^k<\epsilon 2^{k-n}, \]
a stąd wynika, że
\[ \rho (f,g)<\epsilon +\sum _{k=0}^{n-1} \epsilon 2^{k-n}<2\epsilon . \]
Ponadto \(g\notin T(q,c)\), bo
\[ |g^{(2n)}(q)-f^{(2n)}(q)|=\epsilon b^n>2(2n)!c^{2n}, \]
a ponieważ \(|f^{(2n)}(q)|\leq (2n)!c^{2n}\),
\[ |g^{(2n)}(q)|> (2n)!c^{2n}.\qedhere \]
□