¿Son siempre magros los subespacios lineales propios de los espacios de Banach?

Question

Sea X un espacio de Banach, y sea Y un subespacio lineal propio no meager de X. Si Y no es denso en X, entonces es fácil ver que el cierre de Y tiene el interior vacío, contradiciendo que Y no sea meager. Por tanto, Y debe ser denso. Si Y tiene la propiedad Baire, entonces se deduce del lema de Pettis que Y es abierto y, por tanto, cerrado (ya que el complemento de Y es la unión de los traslados de Y), lo que contradice que Y sea propio. Por lo tanto, Y debe ser denso y no tener la propiedad de Baire.

Mi pregunta es: ¿existe un espacio de Banach X con un subespacio lineal propio no meager Y? Tal Y debe ser denso y no tener la propiedad Baire. Cualquier Y de este tipo debe ser difícil de construir ya que todos los conjuntos de Borel e incluso todas las imágenes continuas de espacios métricos completos separables tienen la propiedad Baire.

Más información:
1. Meager es sólo otra palabra para primera categoría, es decir, la unión contable de conjuntos densos en ninguna parte.
2. Un conjunto A en un espacio topológico tiene la propiedad Baire si para algún conjunto abierto V (posiblemente vacío) el conjunto (A-V)U(V-A) es exiguo.
3. La colección de conjuntos con la propiedad Baire forman una sigma-álgebra. Todos los conjuntos abiertos tienen trivialmente la propiedad de Baire, por lo que todos los conjuntos de Borel tienen la propiedad de Baire. Todos los conjuntos analíticos también tienen la propiedad de Baire.
4. Lemma de Pettis: Sea G un grupo topológico y sea A un subconjunto no meager de G con la propiedad Baire. Entonces el conjunto A*A^{-1} (multiplicación por elementos) contiene una vecindad abierta de la identidad. Este es un análogo a un teorema similar sobre la medida de Lebesgue: Si A es un subconjunto medible de Lebesgue de los reales con medida de Lebesgue positiva, entonces A - A (sustracción de elementos) contiene un conjunto abierto alrededor de 0.

Answer 1

Me temo que la respuesta aceptada de Konstantin es muy errónea.

De hecho, lo que parece probarse en su respuesta es que $\ker f$ es de segunda categoría, siempre que $f$ es una función lineal discontinua en un espacio de Banach $X$ . Esta afirmación se ha conocido como Conjetura de Wilansky-Klee y ha sido refutada por Arias de Reyna bajo el axioma de Martin (MA). Ha demostrado que, bajo (MA), en cualquier espacio de Banach separable existe un funcional lineal discontinuo $f$ tal que $\ker f$ es de primera categoría. Ha habido algunas generalizaciones posteriores, véase Kakol et al.

Entonces, ¿dónde está la laguna en la prueba anterior?

Se supone implícitamente que $\ker f = \bigcup A_i$ . Entonces $f$ está limitada en $B_i=A_i+[-i,i]z$ . Pero en realidad, sólo tenemos $\ker f \subset \bigcup A_i$ y no podemos concluir que $f$ está limitada en $B_i$ .

Y por último, ¿cuál es la respuesta a la pregunta de la OP?

No debe sorprender (recuérdese la conjetura de Klee y Wilansky) que la respuesta sea: en todo espacio de Banach de dimensión infinita $X$ allí existe una forma lineal discontinua $f$ tal que $\ker f$ es de segunda categoría.

En efecto, dejemos que $(e_\gamma)_{\gamma \in \Gamma}$ sea un Bases de Hamel de $X$ . Dividamos $\Gamma$ en un número contable de conjuntos disjuntos por pares $\Gamma =\bigcup_{n=1}^\infty \Gamma_n$ cada una de ellas infinita. Ponemos $X_n=span\{e_\gamma: \gamma \in \bigcup_{i=1}^n \Gamma_i\}$ . Está claro (a partir de la definición de la base de Hamel) que $X=\bigcup X_n$ . Por lo tanto, existe $n$ tal que $X_n$ es de segunda categoría. Por último, definimos $f(e_\gamma)=0$ para cada $\gamma \in \bigcup_{i=1}^n\Gamma_i$ y $f(e_{\gamma_k})=k$ para alguna secuencia $(\gamma_k) \subset \Gamma_{n+1}$ . Ampliamos $f$ sea una función lineal sobre $X$ . Es claramente ilimitado, $f\neq 0$ y $X_n \subset \ker f$ . Por lo tanto $\ker f\neq X$ es denso en $X$ y de segunda categoría en $X$ .

Answer 2

EDIT: El siguiente argumento es erróneo. Véase la respuesta de Tony Prochazka.

Creo que se puede tener un subespacio así. Sea $f : X \to R$ sea un funcional lineal discontinuo (tal funcional existe asumiendo el axioma de elección, véase wikipedia ). La afirmación es que su núcleo $K = \ker f$ es un subespacio propio no meager. Definitivamente es propio. Supongamos que fuera meager. Entonces está contenido en la unión contable de subconjuntos cerrados $A_i$ . Desde $K=\ker f$ tiene codimensión 1, por lo que hay $z \in X$ de forma que cada $x \in X$ puede escribirse como $x = k + az$ para un número $a$ y algunos $k \in K$ . Sea $B_i$ sea el conjunto de elementos $A_i + [-i,i]z$ (es decir, el conjunto de $x \in X$ para lo cual $x = k+az$ donde $k$ está en $A_i$ y $a$ en $[-i,i]$ ). Entonces, pienso, $B_i$ son cerradas y tienen que tener el interior vacío. De hecho, si hay una pequeña bola alrededor de $k + az$ en $B_i$ entonces $f$ será continua en $k+az$ y, a continuación (ya que $f$ es lineal) continua en todas partes, lo que contradice la elección de $f$ . Así $B_i$ son cerrados y no densos en ninguna parte, pero su unión es entonces todo el espacio $X$ lo que contradice el teorema de Baire.

Answer 3

Esto es más una pregunta que una respuesta, pero espero que ayude. ¿Qué ocurre si Y es el núcleo de una función lineal discontinua en X? Tales funcionales son fáciles de "construir" utilizando el Lemma de Zorn para la existencia de una base lineal para X (X infinito dimensional, por supuesto). En ese caso, Y no es cerrado y tiene codimensión 1, por lo que es denso. Me parece que sería no-meager, pero no tengo un argumento de por qué es no-meager.

Answer 4

Por subespacio, ¿quieres decir "subespacio lineal"? Porque si no, no veo qué hay de malo en tomar X como la recta real e Y como los racionales.