Zabreiko del lema (de P. P. Zabreiko, Un teorema de suma parcial funcionales, análisis Funcional y sus aplicaciones 3 (1), 1969, 70-72) no es tan conocido como se merece y creo que se ajusta a la ley, en cierta medida, así que permítanme decir que el resultado de la primera:
Lema (Zabreiko, 1969) Deje $X$ ser un espacio de Banach y deje $p: X \to [0,\infty)$ ser un seminorm. Si para todos absolutamente convergente la serie de $\sum_{n=0}^\infty x_n$ $X$ hemos
$$
p\left(\sum_{n=0}^\infty x_n\right) \leq \sum_{n=0}^\infty p(x_n) \[0,\infty]
$$
a continuación, $p$ es continua. Es decir, existe una constante $C \geq 0$ tal que $p(x) \leq C\|x\|$ todos los $x \in X$.
Suponiendo que este lema, vamos a $T: X \to Y$ ser discontinua lineal mapa entre espacios de Banach, considere la posibilidad de la seminorm $p(x) = \|Tx\|$ y observar que no debe existir absolutamente summable secuencia $(x_n)_{n=0}^\infty$ $\varepsilon \gt 0$ tal que
$$
p\left(\sum_{n=0}^\infty x_n\right) \geq \sum_{n=0}^\infty p(x_n) + \varepsilon.
$$
Desde el lado izquierdo es finito, tanto en $a_{N} = \sum_{n=1}^N x_n$ $b_N = Ta_N$ son secuencias de Cauchy con los límites de $a$$b$, respectivamente. Tenemos $\|b_N\| \leq \|T(a)\| - \varepsilon$, lo $\|T(a) - b_N\| \geq \varepsilon$ todos los $N$ e lo $\|T(a) - b\| \geq \varepsilon$. En otras palabras $(a_N,T(a_N)) \to (a,b)$ pero $b \neq T(a)$, por lo que la gráfica de $T$ no está cerrado.
Por supuesto, debo hacer el descargo de responsabilidad que Zabreiko del lexema es en realidad más fuerte que el habitual consecuencias de la categoría de Baire teorema de la básicos de análisis funcional y por lo tanto no responde a la pregunta, tal como solicitó. Como usted menciona en su pregunta, tan pronto como el cerrado gráfico teorema se establece, la inversa de la asignación y teorema de la asignación abierta teorema de seguir fácilmente, como también se explica en este hilo. Por otra parte, el acotamiento uniforme principio es una consecuencia directa, y también:
Ejercicios:
Uso Zabreiko del lema a probar:
- el uniforme de acotamiento principio;
Sugerencia: establezca $p(x) = \sup_{n \in \mathbb{N}} \|T_n x\|$.
- la inversa de la asignación de teorema.
Sugerencia: establezca $p(x) = \|T^{-1}x\|$.
La prueba de Zabreiko del lexema es muy similar a la habitual prueba de Banach–Schauder de la asignación abierta teorema:
Prueba. Deje $A_n = \{x \in X\,:\,p(x) \leq n\}$$F_n = \overline{A_n}$. Tenga en cuenta que $A_n$ $F_n$ son simétricas y convexo porque $p$ es un seminorm. Tenemos $X = \bigcup_{n=1}^\infty F_n$ y Baire teorema implica que no es $N$ de manera tal que el interior de $F_N$ es no vacío.
Por lo tanto, no se $x_0 \in X$ $R \gt 0$ tal que $B_R(x_0) \subset F_N$. Por la simetría de $F_N$ tenemos $B_{R}(-x_0) = -B_{R}(x_0) \subset F_n$, demasiado. Si $\|x\| \lt R$$x+x_0 \in B_{R}(x_0)$$x-x_0 \in B_{R}(-x_0)$, lo $x \pm x_0 \in F_{N}$. Por la convexidad de $F_N$ se sigue que
$$
x = \frac{1}{2}(x-x_0) + \frac{1}{2}(x+x_0) \en F_N,
$$
por lo $B_R(0) \subset F_N$.
Nuestro objetivo es establecer que
$$
\begin{equation}\tag{%#%#%}
B_{R}(0) \subset A_N
\end{equation}
$$
porque entonces, por $\ast$ contamos con $x \neq 0$ que $\lambda = \frac{R}{\|x\|(1+\varepsilon)}$, lo $\lambda x \in B_{R}(0) \subset A_N$ e lo $p(\lambda x) \leq N$, como se desee.
La prueba de $p(x) \leq \frac{N(1+\varepsilon)}{R} \|x\|$. Supongamos $(\ast)$ y elija $\|x\| \lt R$ tal que $r$. Fix $\|x\| \lt r \lt R$, lo $0 \lt q \lt 1-\frac{r}{R}$. Entonces
$\frac{1}{1-q} \frac{r}{R} \lt 1$,
así que no es de $y = \frac{R}{r}x \in B_{R}(0) \subset F_N = \overline{A_N}$ tal que $y_{0} \in A_N$,
por lo $\|y-y_0\| \lt qR$.
Ahora elija $q^{-1}(y-y_0) \in B_R$
con $y_1 \in A_N$,
por lo $\|q^{-1}(y-y_0) - y_1\| \lt q R$. Por inducción obtenemos una secuencia $\|(y-y_0 - qy_1)\| \lt q^2 R$ tal que
$$
\left\| y - \sum_{k=0}^n q^k y_k\right\| \lt p^n R \quad \text{para todo }n \geq 0,
$$
por lo tanto $(y_k)_{k=0}^\infty \subset A_N$. Observar que por la construcción de $y = \sum_{k=0}^\infty q^k y_k$ todos los $\|y_n\| \leq R + qR$, por lo que la serie de $n$ es absolutamente convergente. Pero, a continuación, los contables subadditivity hipótesis en $y = \sum_{k=0}^\infty q^k y_k$ implica que
$$
p(y) = p\left(\sum_{k=0}^\infty q^k y_k\right) \leq \sum_{k=0}^\infty q^k p(y_k) \leq \frac{1}{1-p} N
$$
y por lo tanto $p$, lo que significa $p(x) \leq \frac{r}{R} \frac{1}{1-q} N \lt N$, como queríamos.
Añadido: Una versión de esta respuesta apareció en la Matemática Blog de la Comunidad. Gracias a Norberto y a los demás por sus esfuerzos.
