Son propias de los lineales de los subespacios de espacios de Banach siempre escasos?

Question

Sea X un espacio de Banach y sea Y un adecuado no escasos lineal subespacio de X. Si Y no es denso en X, entonces es fácil ver que el cierre de Y tiene un vacío interior, contradiciendo Y de no ser pobre. De modo que Y debe ser denso. Si Y tiene la propiedad de Baire, entonces se sigue de Pettis Lema que Y es abierto y por lo tanto cerrado (ya que el complemento de Y es la unión de lo traduce de Y), contradiciendo Y ser apropiado. Por lo tanto, debe ser denso y no tiene la propiedad de Baire.

Mi pregunta es: ¿existe un espacio de Banach X, con un adecuado no escasos lineal subespacio Y? Tal Y debe ser densa y no tiene la propiedad de Baire. Cualquier Y debe ser difícil de construir ya que todos los conjuntos de Borel e incluso todas las imágenes continuas de separables completa de métricas de los espacios tienen la propiedad de Baire.

Más info:
1. Escaso es sólo otra palabra para la primera categoría, es decir, el contable de la unión de la nada densos conjuntos.
2. Un conjunto a en un espacio topológico tiene la propiedad de Baire si por algún conjunto abierto V (posiblemente vacía) el conjunto (A-V)U(V-a) es escasa.
3. La colección de conjuntos con la propiedad de Baire formar una sigma-álgebra. Abierto todos los conjuntos de trivialmente tiene la propiedad de Baire, por lo que todos los conjuntos de Borel tiene la propiedad de Baire. Todos analítica establece también tiene la propiedad de Baire.
4. Pettis Lema: sea G ser un grupo topológico y sea a un no escaso subconjunto de G con la propiedad de Baire. Entonces el conjunto A*A^{-1} (elemento-sabio multiplicación) contiene un abierto barrio de la identidad. Este es un análogo a un teorema similar acerca de la medida de Lebesgue: Si a es Lebesgue medible subconjunto de los reales con el positivo de la medida de Lebesgue, entonces a - a (elemento-sabio resta) contiene un conjunto abierto de alrededor de 0.

Answer 1

Me temo que Konstantin aceptado la respuesta es errónea.

De hecho, lo que parece ser demostrado en su respuesta es que $\ker f$ es de segunda categoría, siempre que $f$ es discontinua funcional lineal sobre un espacio de Banach $X$. Esta afirmación ha sido conocido como Wilansky-Klee conjetura y ha sido desmentido por Arias de Reyna bajo el axioma de Martin (MA). Él ha demostrado que, en virtud de (MA), en cualquiera de Banach separable espacio existe un discontinua lineal funcional $f$ tal que $\ker f$ es de primera categoría. Ha habido algunos posteriores generalizaciones, ver Kakol et al.

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

Se supone implícitamente que las $\ker f = \bigcup A_i$. A continuación, $f$ está delimitada 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 delimitada en $B_i$.

Y por último, ¿cuál es la respuesta para el OP pregunta?

No debería ser sorprendente (recuerde que la conjetura de Klee y Wilansky) que la respuesta es: en cada infinitas dimensiones espacio de Banach $X$ no existe una discontinua de forma lineal $f$ tal que $\ker f$ es de segunda categoría.

De hecho, vamos a $(e_\gamma)_{\gamma \in \Gamma}$ ser normalizado base de Hamel de $X$. Permítanos split $\Gamma$ en countably muchos pares de conjuntos disjuntos $\Gamma =\bigcup_{n=1}^\infty \Gamma_n$, cada uno de ellos infinita. Ponemos a $X_n=span\{e_\gamma: \gamma \in \bigcup_{i=1}^n \Gamma_i\}$. Está claro (a partir de la definición de la base de Hamel) que $X=\bigcup X_n$. Por lo tanto, no existe $n$ tal que $X_n$ es de segunda categoría. Finalmente, definimos $f(e_\gamma)=0$ por cada $\gamma \in \bigcup_{i=1}^n\Gamma_i$ $f(e_{\gamma_k})=k$ para algunos secuencia $(\gamma_k) \subset \Gamma_{n+1}$. Ampliamos $f$ a un funcional lineal en $X$. Es claramente acotada, $f\neq 0$, e $X_n \subset \ker f$. Por lo tanto $\ker f\neq X$ es denso en $X$ y de segunda categoría en $X$.

Answer 2

EDIT: El siguiente argumento es un error. Ver Tony Prochazka la respuesta.

Creo que podemos tener un subespacio. Deje $f : X \to R$ ser un discontinuo lineal funcional (funcional existe asumiendo el Axioma de Elección, ver wikipedia). El reclamo es que su kernel $K = \ker f$ es una no-escasos subespacio. Es sin duda correcta. Asumir que habría de ser pobre. Luego está contenida en los contables de la unión de subconjuntos cerrados $A_i$. Desde $K=\ker f$ tiene codimension 1, por lo que no es $z \in X$ de manera tal que todos los $x \in X$ puede ser escrito como $x = k + az$, para un número $a$ y algunos $k \in K$. Deje $B_i$ ser el conjunto de elementos de la $A_i + [-i,i]z$ (que es el conjunto de $x \in X$ que $x = k+az$ donde$k$$A_i$$a$$[-i,i]$). Entonces, creo, $B_i$ están cerrados y tienen que haber vacío interior. De hecho, si hay una pequeña pelota alrededor de $k + az$ $B_i$ $f$ será continua en $k+az$, y luego (desde $f$ es lineal) continua en todas partes, contradiciendo la elección de $f$. Por lo tanto $B_i$ están cerrados y denso en ninguna parte, pero su unión es entonces todo el espacio $X$, lo que contradice la del teorema de Baire.

Answer 3

Esto es más una pregunta que una respuesta, pero espero que esto ayude. ¿Qué sucede si Y es el núcleo de una discontinuo funcional lineal en X? Tal funcionales son fáciles de "construir" usando el Lema de Zorn para la existencia de una base lineal para X (X infinitas dimensiones de curso). En ese caso, Y no es cerrado y tiene codimension 1, por lo que es denso. A mí me parece que no sería escaso, pero no tengo un argumento de por qué no es pobre.

Answer 4

Por subespacio, ¿te refieres a "lineal subespacio"? Porque si no, no veo qué hay de malo con tomar X ser el real de la línea e y a ser racionales.