Teorema di Banach-Steinhaus

Densità di un insieme in uno spazio metrico

Proposizione 6.1

In uno spazio metrico $X$$X$, $A\subset X$$A \subset X$ è denso se e solo se per ogni $U\neq \emptyset$$U\neq \emptyset$ aperto, $U\cap A\neq \emptyset$$U\cap A\neq \emptyset$.

 

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: supponiamo che $A$$A$ sia denso in $X$$X$. Se $U\cap A$$U\cap A$ fosse vuoto, si avrebbe $A\in U^{c}$$A\in U^{c}$, e quindi ${\bar {A}}\in U^{c}$${\bar {A}}\in U^{c}$, ma $A$$A$ è denso quindi ${\bar {A}}=X$${\bar {A}}=X$. Si ha quindi $X\subset U^{c}$$X\subset U^{c}$ e questo è assurdo perché $U$$U$ è non vuoto.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: supponiamo che per ogni $U$$U$ aperto non vuoto, $U\cap A\neq \emptyset$$U\cap A\neq \emptyset$. Supponiamo per assurdo che $A$$A$ non sia denso in $X$$X$, allora l'insieme $U=X\smallsetminus {\bar {A}}$$U=X\smallsetminus {\bar {A}}$ è non vuoto, inoltre è un aperto essendo complementare di un chiuso. Allora per l'ipotesi si deve avere $U\cap A\neq \emptyset$$U\cap A\neq \emptyset$, cioè $(X\smallsetminus {\bar {A}})\cap A=({\bar {A}})^{c}\cap A\neq \emptyset$$(X\smallsetminus {\bar {A}})\cap A=({\bar {A}})^{c}\cap A\neq \emptyset$, ma questo non può avvenire e si ha una contraddizione. Allora necessariamente $U$$U$ è vuoto cioè $X={\bar {A}}$$X={\bar {A}}$ e $A$$A$ è denso in $X$$X$.

 

Teorema di Baire

Definizione 6.3

Dato uno spazio metrico $(X,d)$$(X,d)$, un sottoinsieme di $X$$X$ che si scrive come intersezione numerabile di aperti è detto $G_{\delta }$$G_{\delta }$, mentre un insieme che si scrive come unione numerabile di chiusi è chiamato $F_{\sigma }$$F_{\sigma }$.

 

Teorema 6.3 (teorema di Baire)

Sia $(X,d)$$(X,d)$ uno spazio metrico completo, e $(V_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(V_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ una successione di aperti densi. Allora $\bigcap _{n\in \mathbb {N} }V_{n}$$\bigcap _{n\in \mathbb {N} }V_{n}$ è densa in $X$$X$.

 

Dimostrazione

Vogliamo dimostrare che $\bigcap _{n}V_{n}$$\bigcap _{n}V_{n}$ è densa. Sia $D$$D$ aperto non vuoto, e mostro che $D\cap \bigcap _{n}V_{n}\neq \emptyset$$D\cap \bigcap _{n}V_{n}\neq \emptyset$. Considero $C_{1}=V_{1}\cap D$$C_{1}=V_{1}\cap D$, allora $C_{1}$$C_1$ è non vuoto per la densità di $V_{1}$$V_{1}$ allora conterrà un punto $x_{1}$$x_{1}$, inoltre $C_{1}$$C_1$ è aperto essendo intersezione di aperti allora esiste $r_{1}>0$$r_{1}>0$ tale che $B(x_{1},r_{1})\subset C_{1}$$B(x_{1},r_{1})\subset C_{1}$, e posso anche supporre ${\bar {B}}(x_{1},r_{1})\subset {\bar {A}}$${\bar {B}}(x_{1},r_{1})\subset {\bar {A}}$ (se questo non avviene basta ridurre $r_{1}$$r_1$). Infine posso supporre $r_{1}<1$$r_{1}<1$.

Considero poi $C_{2}={\bar {B}}(x_{1},r_{1})\cap V_{2}$$C_{2}={\bar {B}}(x_{1},r_{1})\cap V_{2}$, allora come prima $C_{2}$$C_2$ è un aperto non vuoto quindi esistono $x_{2}\in C_{2}$$x_{2}\in C_{2}$ e $r_{2}>0$$r_{2}>0$ tali che ${\bar {B}}(x_{2},r_{2})\subset C_{2}$${\bar {B}}(x_{2},r_{2})\subset C_{2}$, e posso supporre $r_{2}<1/2$$r_{2}<1/2$.

Procedo induttivamente: considero $C_{n+1}={\bar {B}}(x_{n},r_{n})\cap V_{n+1}$$C_{n+1}={\bar {B}}(x_{n},r_{n})\cap V_{n+1}$ e siccome $V_{n+1}$$V_{n+1}$ è denso l'intersezione è non vuota e conterrà un punto $x_{n+1}$$x_{n+1}$, inoltre l'intersezione è aperta allora esiste una bolla $B(x_{n+1},r_{n+1})$$B(x_{n+1},r_{n+1})$ contenuta nell'intersezione, con $r_{n+1}<{\frac {1}{n+1}}$$r_{n+1}<{\frac {1}{n+1}}$. Mostro che la successione $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ è di Cauchy: Le bolle $B_{n}=B(x_{n},r_{n})$$B_{n}=B(x_{n},r_{n})$ sono una contenuta nell'altra all'aumentare di $n$$n$. Fissato $i$$i$, se prendo $m,n>i$$m,n>i$, si ha che $x_{n}\in B_{i},\,x_{m}\in B_{i}$$x_{n}\in B_{i},\,x_{m}\in B_{i}$, allora

$$d(x_{n},x_{m})\leq 2r_{i}<{\frac {2}{i}}$$

$$d(x_{n},x_{m})\leq 2r_{i}<{\frac {2}{i}}$$

allora la successione $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ è di Cauchy.
Siccome $X$$X$ è completo, $x_{n}\to x$$x_{n}\to x$ per un certo $x\in X$$x \in X$. Gli $x_{n}$$x_n$ appartengono definitivamente alle bolle $B_{i}$$B_{i}$ e quindi a $D$$D$ che contiene tutte le bolle; segue anche che $x\in \bigcap _{i}B_{i}\subset \bigcap _{n}V_{n}$$x\in \bigcap _{i}B_{i}\subset \bigcap _{n}V_{n}$, allora

$$\bigcap _{n}V_{n}\cap D\supset \{x\}\neq \emptyset$$

$$\bigcap _{n}V_{n}\cap D\supset \{x\}\neq \emptyset$$

e vale la tesi.

 

Il teorema di Baire è anche una conseguenza del teorema di Cantor: le chiusure delle bolle infatti sono chiusi uno contenuto nell'altro, il cui diametro tende a 0, come nelle ipotesi del teorema di Cantor.

Il teorema di Baire vale anche in spazi localmente compatti o separati.

Funzioni inferiormente e superiormente continue

Consideriamo funzioni $f:X\to \mathbb {R}$$f:X\to \mathbb {R}$, con $f$$f$ continua. $f$$f$ è continua in $x_{0}$$x_0$ se per ogni $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$ esiste $V=U(x_{0})$$V=U(x_{0})$ tale che per ogni $x\in V$$x\in V$, $|f(x)-f(x_{0})|\leq \varepsilon$$|f(x)-f(x_{0})|\leq \varepsilon$, o equivalentemente

$$f(x)\leq f(x_{0})+\varepsilon ,\,\wedge \,f(x)\geq f(x_{0})-\varepsilon .$$

$$f(x)\leq f(x_{0})+\varepsilon ,\,\wedge \,f(x)\geq f(x_{0})-\varepsilon .$$

In particolare, se per ogni $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$ vale la condizione $f(x)\leq f(x_{0})+\varepsilon$$f(x)\leq f(x_{0})+\varepsilon$ si ha la semicontinuità superiore di $f$$f$; se vale la condizione $f(x)\geq f(x_{0})-\varepsilon$$f(x)\geq f(x_{0})-\varepsilon$ si ha la semicontinuità inferiore di $f$$f$.
Allora una funzione è continua se è semicontinua contemporaneamente inferiormente e superiormente.

$f$$f$ è semicontinua inferiormente in $x_{0}$$x_0$ se per ogni $\lambda <f(x_{0})$$\lambda <f(x_{0})$ esiste $V=U(x_{0})$$V=U(x_{0})$ tale che per ogni $x\in V$$x\in V$, $f(x)>\lambda$$f(x)>\lambda$.

Lemma 6.1

$f$$f$ è semicontinua inferiormente se e solo se per ogni $\lambda \in \mathbb {R}$$\lambda \in \mathbb {R}$, $f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$$f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$ è aperto.

 

(la semicontinuità superiore si caratterizza con l'apertura delle controimmagini delle semirette $(-\infty ,\lambda )$$(-\infty ,\lambda )$, mentre la continuità con l'apertura delle controimmagini degli intervalli aperti)

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: Supponiamo $f$$f$ semicontinua inferiormente; sia $\lambda \in \mathbb {R}$$\lambda \in \mathbb {R}$ e $x_{0}\in f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$$x_{0}\in f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$. Allora $f(x_{0})>\lambda$$f(x_{0})>\lambda$, e quindi esiste $V=U(x_{0})$$V=U(x_{0})$ tale che per ogni $x\in V$$x\in V$, $f(x)>\lambda$$f(x)>\lambda$, e questo significa che $V\subset f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$$V\subset f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$, cioè $f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$$f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$ è aperto perché contiene un intorno di ogni suo punto.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: supponiamo che per ogni $\lambda$$\lambda$$f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$$f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$ è aperto. Fisso $x_{0}\in X$$x_0 \in X$ e mostro che $f$$f$ è semicontinua in $x_{0}$$x_0$. Scelgo $\lambda <f(x_{0})$$\lambda <f(x_{0})$, allora $x_{0}\in f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$$x_{0}\in f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$, allora per l'apertura della controimmagine esiste $V=U(x_{0})$$V=U(x_{0})$ tale che $V\subset f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$$V\subset f^{-1}((\lambda ,+\infty ))$, e quindi $f(x)>\lambda$$f(x)>\lambda$ per ogni $x\in V=U(x_{0})$$x\in V=U(x_{0})$ ma questa è proprio la definizione di semicontinuità inferiore.

 

Sup di funzioni semicontinue inferiormente

Il sup di funzioni semicontinue inferiormente è ancora semicontinuo inferiormente, e analogamente l'inf di funzioni continue superiormente è ancora continuo superiormente

(questo non vale per la continuità). Più precisamente vale il seguente lemma:

Lemma 6.2

Sia $I$$I$ un insieme di indici e supponiamo di avere una famiglia $(f_{i})_{i\in I}$$(f_{i})_{i\in I}$ di funzioni semicontinue inferiormente, e chiamo $f=\sup f_{i}$$f=\sup f_{i}$ (questo vuol dire che per ogni $x$$x$, $f(x)=\sup _{i}f_{i}(x)$$f(x)=\sup _{i}f_{i}(x)$). Allora $f$$f$ è ancora semicontinua inferiormente.

 

Dimostrazione

Prendo un punto $x_{0}$$x_0$ e $\lambda <f(x_{0})=\sup _{i}f_{i}(x_{0})$$\lambda <f(x_{0})=\sup _{i}f_{i}(x_{0})$, allora esiste $i$$i$ t.c. $\lambda \leq f_{i}(x_{0})\leq f(x_{0})$$\lambda \leq f_{i}(x_{0})\leq f(x_{0})$.

Ma $f_{i}$$f_{i}$ è semicontinua inferiormente in $x_{0}$$x_0$, allora esiste $V=U(x_{0})$$V=U(x_{0})$ tale che per ogni $x\in V$$x\in V$, $\lambda <f_{i}(x)\leq f(x)$$\lambda <f_{i}(x)\leq f(x)$, cioè $f$$f$ è semicontinua inferiormente.

 

Teorema 6.4

Sia $(X,d)$$(X,d)$ uno spazio metrico completo, e $(f_{i})_{i\in I}$$(f_{i})_{i\in I}$ una famiglia di funzioni semicontinue inferiormente, con $f_{i}:X\to \mathbb {R}$$f_{i}:X\to \mathbb {R}$. Supponiamo che per ogni $x\in X$$x \in X$, $\sup _{i}f_{i}(x)$$\sup _{i}f_{i}(x)$ sia limitato, cioè per ogni $x$$x$ esiste una costante $m_{x}$$m_{x}$ tale che

$$\sup _{i}f_{i}(x)\leq m_{x}.$$

$$\sup _{i}f_{i}(x)\leq m_{x}.$$

Allora esiste $U$$U$ aperto ed esiste $m>0$$m>0$ tale che per ogni $x\in U$$x\in U$ e per ogni $i\in I$$i\in I$, $f_{i}(x)\leq m$$f_{i}(x)\leq m$. (si passa dalla limitatezza puntuale alla limitatezza uniforme)

 

Dimostrazione

Poniamo $f=\sup _{i}f_{i}$$f=\sup _{i}f_{i}$, allora $f$$f$ è semicontinua inferiormente per il lemma precedente. Chiamo $V_{n}=f^{-1}((n,+\infty ))$$V_{n}=f^{-1}((n,+\infty ))$, che è aperto per la semicontinuità inferiore di $f$$f$. Considero

$$V=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }V_{n}=\{x\,t.c.\,f(x)>n,\,\forall n\}$$

$$V=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }V_{n}=\{x\,t.c.\,f(x)>n,\,\forall n\}$$

ma, per l'ipotesi di limitatezza puntuale di $f$$f$, quest'insieme è vuoto (infatti per ogni $x$$x$ esiste $m_{x}$$m_{x}$ tale che $f(x)<m_{x}$$f(x)<m_{x}$, e quindi, per $n>m_{x}$$n>m_{x}$ non può valere la condizione $f(x)>n$$f(x)>n$).
Allora $V=\bigcap _{n}V_{n}=\emptyset$$V=\bigcap _{n}V_{n}=\emptyset$ non è densa, e quindi, siccome i $V_{n}$$V_{n}$ sono aperti, dal teorema di Baire segue che esiste un ${\bar {n}}$${\bar {n}}$ tale che $V_{\bar {n}}$$V_{\bar {n}}$ non è denso in $X$$X$, e quindi esiste un aperto non vuoto $U$$U$ tale che $U\cap V_{\bar {n}}=\emptyset$$U\cap V_{\bar {n}}=\emptyset$.
Questo implica che, per ogni $x\in U$$x\in U$, $f(x)\leq {\bar {n}}$$f(x)\leq {\bar {n}}$ (infatti $x\notin V_{\bar {n}}$$x\notin V_{\bar {n}}$). Ma per definizione $f(x)=\sup _{i}f_{i}(x)$$f(x)=\sup _{i}f_{i}(x)$, quindi per ogni $x\in U$$x\in U$, $f_{i}(x)<m={\bar {n}}$$f_{i}(x)<m={\bar {n}}$ e vale la tesi.

 

Principio di limitatezza uniforme (teorema di Banach-Steinhaus)

Il teorema precedente si può applicare anche al caso di spazi di Banach.

Teorema 6.5

Sia $X$$X$ uno spazio di Banach, e $(f_{i}:X\to Y)_{i\in I}$$(f_{i}:X\to Y)_{i\in I}$ una famiglia di applicazioni lineari con $Y$$Y$ spazio normato. Allora vale l'alternativa:

1. esiste una costante $m>0$$m>0$ tale che $\sup _{i}\|f_{i}\|\leq m$$\sup _{i}\|f_{i}\|\leq m$;
2. esiste $G$$G$ intersezione numerabile di aperti, denso in $X$$X$ tale che per ogni $x\in G$$x\in G$, $\sup _{i}\|f_{i}(x)\|=+\infty$$\sup _{i}\|f_{i}(x)\|=+\infty$.

 

Dimostrazione

Definisco $g_{i}(x)=\|f_{i}(x)\|_{Y}$$g_{i}(x)=\|f_{i}(x)\|_{Y}$, allora le $g_{i}$$g_{i}$ sono semicontinue. Pongo $\phi =\sup _{i\in I}\|f_{i}(x)\|_{Y}$$\phi =\sup _{i\in I}\|f_{i}(x)\|_{Y}$, allora $\phi$$\phi$ è semicontinua inferiormente. Definisco l'aperto

$$V_{n}=\phi ^{-1}((n,+\infty ))=\{x\in X\,t.c.\phi (x)>n\}.$$

$$V_{n}=\phi ^{-1}((n,+\infty ))=\{x\in X\,t.c.\phi (x)>n\}.$$

Allora possono verificarsi due casi:

1. PER OGNI $N$$N$, $V_{N}$$V_{N}$ È DENSO. Quindi per il teorema di Baire posso asserire che $V_{n}$$V_{n}$ è il $G_{\delta }$$G_{\delta }$che soddisfa l'alternativa 2.
2. ESISTE ${\bar {N}}$${\bar {N}}$ TALE CHE $V_{\bar {N}}$$V_{\bar {N}}$ NON È DENSO. Allora, come prima, esisterà $U$$U$ aperto non vuototale che $U\cap V_{\bar {n}}=\emptyset$$U\cap V_{\bar {n}}=\emptyset$. $U$$U$ è aperto e non vuoto, quindi segue che esistono $x_{0}\in U$$x_{0}\in U$ e $r>0$$r>0$ tali che $B(x_{0},r)\subset U$$B(x_{0},r)\subset U$. Inoltre $B(x_{0},r)\cap U_{\bar {n}}=\emptyset$$B(x_{0},r)\cap U_{\bar {n}}=\emptyset$, allora per ogni $x\in B(x_{0},r)$$x\in B(x_{0},r)$, si ha $x\notin V_{\bar {n}}$$x\notin V_{\bar {n}}$ quindi$\phi (x)<{\bar {n}}$$\phi (x)<{\bar {n}}$, ma $\phi =\sup _{i}\|f_{i}\|$$\phi =\sup _{i}\|f_{i}\|$, e quindi per ogni $i$$i$,
   $$\|f_{i}(x)\|\leq {\bar {n}},\,{\hbox{formula 1}}.$$

   $$\|f_{i}(x)\|\leq {\bar {n}},\,{\hbox{formula 1}}.$$
   Mostro che la condizione $\|f_{i}(x)\|<m={\bar {n}}$$\|f_{i}(x)\|<m={\bar {n}}$ non vale solo in $B(x_{0},r)$$B(x_0,r)$ ma anche nel traslato di questa bolla nell'origine.Prendo $x\in B(0,r)$$x\in B(0,r)$ allora
   $$f_{i}(x)=f_{i}(x_{0}+x-x_{0})=f_{i}(x_{0}+x)-f_{i}(x_{0})$$

   $$f_{i}(x)=f_{i}(x_{0}+x-x_{0})=f_{i}(x_{0}+x)-f_{i}(x_{0})$$
   dove l'ultimo passaggio vale per linearità delle $f_{i}$$f_{i}$, e per subadditività della norma, si ha:
   $$\|f_{i}(x)\|\leq \|f_{i}(x_{0}+x)\|+\|f_{i}(x_{0})\|\leq 2{\bar {n}},\,\forall x\in B(0,r),\,{\hbox{formula 2}}$$

   $$\|f_{i}(x)\|\leq \|f_{i}(x_{0}+x)\|+\|f_{i}(x_{0})\|\leq 2{\bar {n}},\,\forall x\in B(0,r),\,{\hbox{formula 2}}$$
   infatti $x_{0}+x,x_{0}\in B(x_{0},r)$$x_{0}+x,x_{0}\in B(x_{0},r)$ e vale la formula 1.Definisco un'omotetia: Per $z\neq 0\in X$$z\neq 0\in X$, il punto $y={\frac {rz}{2\|z\|}}\in B(0,r)$$y={\frac {rz}{2\|z\|}}\in B(0,r)$, infatti la sua norma è minore di $r/2$$r/2$. Allora applicando la formula 2 a $y$$y$:
   $$\|f_{i}(y)\|=\|f_{i}({\frac {zr}{2\|z\|}})\|\leq 2{\bar {n}}$$

   $$\|f_{i}(y)\|=\|f_{i}({\frac {zr}{2\|z\|}})\|\leq 2{\bar {n}}$$
   e per linearità di $f_{i}$$f_{i}$:
   $$\|f_{i}(z)\|{\frac {r}{2\|z\|}}\leq 2{\bar {n}}$$

   $$\|f_{i}(z)\|{\frac {r}{2\|z\|}}\leq 2{\bar {n}}$$
   $${\frac {\|f_{i}(z)\|}{\|z\|}}\leq {\frac {4{\bar {n}}}{r}}$$

   $${\frac {\|f_{i}(z)\|}{\|z\|}}\leq {\frac {4{\bar {n}}}{r}}$$
   e questa disuguaglianza vale per ogni $i$$i$ e per ogni $z$$z$, allora passando al sup:
   $$\sup {\frac {\|f_{i}(z)\|}{\|z\|}}\leq {\frac {4{\bar {n}}}{r}}$$

   $$\sup {\frac {\|f_{i}(z)\|}{\|z\|}}\leq {\frac {4{\bar {n}}}{r}}$$
   cioè, per la definizione di norma di un'applicazione lineare:
   $$\|f_{i}\|\leq m={\frac {4{\bar {n}}}{r}}$$

   $$\|f_{i}\|\leq m={\frac {4{\bar {n}}}{r}}$$

 

Applicazione del teorema di Baire

Dato un insieme $X$$X$$F_{\sigma }$$F_{\sigma }$, che si scrive come unione numerabile di chiusi, allora il suo complementare è un $G_{\delta }$$G_{\delta }$, infatti, se considero insiemi $(F_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(F_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ chiusi,

$$X=\bigcup _{n}F_{n},\,\longrightarrow \,X^{c}=(\bigcup _{n}F_{n})^{c}=\bigcap _{n}F_{n}^{c}$$

$$X=\bigcup _{n}F_{n},\,\longrightarrow \,X^{c}=(\bigcup _{n}F_{n})^{c}=\bigcap _{n}F_{n}^{c}$$

cioè $X^{c}$$X^{c}$ può essere scritto come intersezione numerabile di aperti.

Esempio 6.2

$\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ è un $F_{\sigma }$$F_{\sigma }$ perché può essere scritto come unione numerabile dei suoi punti, quindi $\mathbb {R} \smallsetminus \mathbb {Q}$$\mathbb {R} \smallsetminus \mathbb {Q}$ è $G_{\delta }$$G_{\delta }$.

 

Esiste una metrica sugli irrazionali, per cui la topologia indotta è quella euclidea e per cui lo spazio diventa completo.

Proposizione 6.2

$\mathbb {Q}$$\mathbb {Q}$ non è un $G_{\delta }$$G_{\delta }$.

 

Dimostrazione

Sia $(X_{k})_{k\in \mathbb {N} }$$(X_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ un'enumerazione dei razionali, e supponiamo per assurdo che $\mathbb {Q} =\bigcap _{n}V_{n}$$\mathbb {Q} =\bigcap _{n}V_{n}$ dove i $V_{n}$$V_{n}$ sono aperti densi. Definisco gli insiemi $W_{n}=V_{n}\smallsetminus \bigcup _{k=1}^{n}x_{k}$$W_{n}=V_{n}\smallsetminus \bigcup _{k=1}^{n}x_{k}$, allora $W_{n}$$W_{n}$ è ancora aperto (complementare di un chiuso) e denso. Si ha però che $\bigcap _{n}W_{n}=\emptyset$$\bigcap _{n}W_{n}=\emptyset$, e per il teorema di Baire questo implica che esisterà un indice ${\bar {n}}$${\bar {n}}$ tale che $W_{\bar {n}}$$W_{\bar {n}}$ non sia denso, assurdo!

 

Con un ragionamento analogo si dimostra il seguente teorema:

Teorema 6.6

Sia $(Z,D)$$(Z,D)$ uno spazio metrico completo senza punti isolati, e sia $E\subset Z$$E\subset Z$ numerabile e denso, allora $E$$E$ non può essere un $G_{\delta }$$G_{\delta }$.

 

Corollario 6.1

Un sottoinsieme $G_{\delta }$$G_{\delta }$ denso di uno spazio metrico completo senza punti isolati deve essere non numerabile.

 

Esempio 6.3

Considero la successione $Z=0\cup (1/n)_{n\in \mathbb {N} }$$Z=0\cup (1/n)_{n\in \mathbb {N} }$. Questo è un sotoinsieme numerabile di $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$, ma in questo caso vale il teorema di Baire: la differenza rispetto al caso $E=\mathbb {Q}$$E=\mathbb {Q}$ è che $Z$$Z$ è compatto e quindi completo.