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Sia \( x = \{ x_k \}_{k \in \mathbb{N}} \in X \). Allora esiste un \( M \in \mathbb{N} \) tale che \( x_k =0 \) per ogni \( k >M \) e di conseguenza, per ogni \( n > M \), si ha
\[ L_n(x) = \sum_{k=1}^M x_k \]
cioè la successione \( \{ L_n(x) \}_{n \in \mathbb{N}} \) è definitivamente costante. Per tale motivo essa ammette limite ed è dunque anche limitata. Come accennato nel mio ultimo post prima di questo, la famiglia di operatori \( \{L_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset L(X, \mathbb{R}) \), fa fallire il teorema di Baire le cui ipotesi sono tutte soddisfatte tranne il fatto che \( X \) sia di seconda categoria in sé. Deve quindi essere che \(X \) è di prima categoria in sé.
\[ L_n(x) = \sum_{k=1}^M x_k \]
cioè la successione \( \{ L_n(x) \}_{n \in \mathbb{N}} \) è definitivamente costante. Per tale motivo essa ammette limite ed è dunque anche limitata. Come accennato nel mio ultimo post prima di questo, la famiglia di operatori \( \{L_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset L(X, \mathbb{R}) \), fa fallire il teorema di Baire le cui ipotesi sono tutte soddisfatte tranne il fatto che \( X \) sia di seconda categoria in sé. Deve quindi essere che \(X \) è di prima categoria in sé.
Soluzione del terzo punto:
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Nel seguito indico con \( [a] \) la parte intera superiore di \( a \in \mathbb{R} \). Notiamo subito che vale
\[ E = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \{ x \in X \mid |L_n(x)| \le 1 \} = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} L_n^{-1} ( [-1,1]) =: \bigcap_{n \in \mathbb{N}}E_n \]
e, siccome ogni $E_n$ è chiuso perché controimmagine attraverso $L_n$ di un chiuso, anche $E$, poiché intersezione di tali chiusi, è chiuso. Chiaramente poi, per ogni $m \in \mathbb{N}$, si ha
\[ mE = \{ x \in X \mid |L_n(x)| \le m \, \, \forall \, \, n \in \mathbb{N} \} \]
e, per mostrare che $X = \bigcup_{m \in \mathbb{N}}mE$, è sufficiente mostrare che per ogni $x \in X$ esiste un $m=m(x) \in \mathbb{N}$ tale che $|L_n(x)| \le m$ per ogni $n \in \mathbb{N}$. A tal fine notiamo che, presi
\[ N=N(x) := \min \{ n \in \mathbb{N} \mid x_m =0 \, \, \forall \, \, m > n \} \quad \quad m=m(x) := [ {N \|x\|_{\infty}} ] \]
si ha, preso $n \in \mathbb{N}$, che
\[ |L_n(x)| \le \sum_{k=1}^N |x_k| \le \sum_{k=1}^N \|x \|_{\infty} = N\|x_{\infty}\| \le m \]
Mostriamo ora che $E$ ha parte interna vuota. Fissiamo $x \in E$ e $\epsilon >0 $. Mostriamo che esiste $y \in B_{\epsilon}(x)$ tale che $y \notin E$. Notiamo che è sufficiente mostrarlo per $0 < \epsilon < \frac{1}{2}$. Sia $x = \{ x_k \}_{k \in \mathbb{N}}$ e prendiamo
\[ N = \min \{ n \in \mathbb{N} \mid x_m =0 \, \, \forall \, \, m > n \} \quad \quad M := \Biggl [ \frac{ 2 |L_N (x)|}{\epsilon} \Biggr ] \quad \quad L:= \Biggl [ \frac{3}{\epsilon} \Biggr ] \]
\[ y = \{ y_k \}_{k \in \mathbb{N}} \mid y_k = \begin{cases} x_k \quad & \text{ se } 1 \le k \le N \\ a \quad & \text{ se } N < k \le N+L+M \\ 0 \quad & \text{ se } k > N+ L+M \end{cases} \]
dove
\[ a := -\frac{\epsilon}{2}\text{sign} ( {L_N(x)} ) \]
allora si ha
\[ \| x-y \|_{\infty} = \frac{\epsilon}{2} \Rightarrow y \in B_{\epsilon}(x) \]
Basta ora mostrare che $y \notin E$ e a tal fine mostriamo che $|L_{N+M+L}(y)| > 1$, infatti
\[ |L_{N+M+L}(y)| = \biggl | \sum_{k=1}^{N+M+L} y_k \biggr | = \biggl | \sum_{k=1}^{N} x_k + \sum_{k=N+1}^{N+M} a + \sum_{k=N+M+1}^{N+M+L}a \biggr | = \]
\[ = \bigl | L_N(x) + Ma + La \bigr | \ge |La| - |L_N(x) +Ma |\]
Dalla definizione di $M$ sappiamo che
\[ 0 \le \frac{M\epsilon}{2} - |L_N(x)| \le \frac{\epsilon}{2}\]
e dunque
\[ 0 \le |L_N(x) + Ma| = \biggl | |L_N(x)|\text{sign}(L_N(x)) -M\frac{\epsilon}{2} \text{sign}(L_N(x)) \biggr | = \biggl | M \frac{\epsilon}{2} - |L_N(x)| \biggr | = M \frac{\epsilon}{2} - |L_N(x)| \le \frac{\epsilon}{2}\]
e quindi
\[ |L_{N+M+L}(y)| \ge |La| - |L_N(x) +Ma | \ge |La| - \frac{\epsilon}{2} > |La| - \frac{1}{4} \]
Infine
\[ |La| = \Biggl [ \frac{3}{\epsilon} \Biggr ] \frac{\epsilon}{2} \ge \frac{3}{2} \]
e quindi
\[ |La|- \frac{1}{4} \ge \frac{7}{4} > 1 \]
il che porta a
\[ |L_{N+M+L}(y)| > 1\]
che è quanto volevasi dimostrare.
\[ E = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \{ x \in X \mid |L_n(x)| \le 1 \} = \bigcap_{n \in \mathbb{N}} L_n^{-1} ( [-1,1]) =: \bigcap_{n \in \mathbb{N}}E_n \]
e, siccome ogni $E_n$ è chiuso perché controimmagine attraverso $L_n$ di un chiuso, anche $E$, poiché intersezione di tali chiusi, è chiuso. Chiaramente poi, per ogni $m \in \mathbb{N}$, si ha
\[ mE = \{ x \in X \mid |L_n(x)| \le m \, \, \forall \, \, n \in \mathbb{N} \} \]
e, per mostrare che $X = \bigcup_{m \in \mathbb{N}}mE$, è sufficiente mostrare che per ogni $x \in X$ esiste un $m=m(x) \in \mathbb{N}$ tale che $|L_n(x)| \le m$ per ogni $n \in \mathbb{N}$. A tal fine notiamo che, presi
\[ N=N(x) := \min \{ n \in \mathbb{N} \mid x_m =0 \, \, \forall \, \, m > n \} \quad \quad m=m(x) := [ {N \|x\|_{\infty}} ] \]
si ha, preso $n \in \mathbb{N}$, che
\[ |L_n(x)| \le \sum_{k=1}^N |x_k| \le \sum_{k=1}^N \|x \|_{\infty} = N\|x_{\infty}\| \le m \]
Mostriamo ora che $E$ ha parte interna vuota. Fissiamo $x \in E$ e $\epsilon >0 $. Mostriamo che esiste $y \in B_{\epsilon}(x)$ tale che $y \notin E$. Notiamo che è sufficiente mostrarlo per $0 < \epsilon < \frac{1}{2}$. Sia $x = \{ x_k \}_{k \in \mathbb{N}}$ e prendiamo
\[ N = \min \{ n \in \mathbb{N} \mid x_m =0 \, \, \forall \, \, m > n \} \quad \quad M := \Biggl [ \frac{ 2 |L_N (x)|}{\epsilon} \Biggr ] \quad \quad L:= \Biggl [ \frac{3}{\epsilon} \Biggr ] \]
\[ y = \{ y_k \}_{k \in \mathbb{N}} \mid y_k = \begin{cases} x_k \quad & \text{ se } 1 \le k \le N \\ a \quad & \text{ se } N < k \le N+L+M \\ 0 \quad & \text{ se } k > N+ L+M \end{cases} \]
dove
\[ a := -\frac{\epsilon}{2}\text{sign} ( {L_N(x)} ) \]
allora si ha
\[ \| x-y \|_{\infty} = \frac{\epsilon}{2} \Rightarrow y \in B_{\epsilon}(x) \]
Basta ora mostrare che $y \notin E$ e a tal fine mostriamo che $|L_{N+M+L}(y)| > 1$, infatti
\[ |L_{N+M+L}(y)| = \biggl | \sum_{k=1}^{N+M+L} y_k \biggr | = \biggl | \sum_{k=1}^{N} x_k + \sum_{k=N+1}^{N+M} a + \sum_{k=N+M+1}^{N+M+L}a \biggr | = \]
\[ = \bigl | L_N(x) + Ma + La \bigr | \ge |La| - |L_N(x) +Ma |\]
Dalla definizione di $M$ sappiamo che
\[ 0 \le \frac{M\epsilon}{2} - |L_N(x)| \le \frac{\epsilon}{2}\]
e dunque
\[ 0 \le |L_N(x) + Ma| = \biggl | |L_N(x)|\text{sign}(L_N(x)) -M\frac{\epsilon}{2} \text{sign}(L_N(x)) \biggr | = \biggl | M \frac{\epsilon}{2} - |L_N(x)| \biggr | = M \frac{\epsilon}{2} - |L_N(x)| \le \frac{\epsilon}{2}\]
e quindi
\[ |L_{N+M+L}(y)| \ge |La| - |L_N(x) +Ma | \ge |La| - \frac{\epsilon}{2} > |La| - \frac{1}{4} \]
Infine
\[ |La| = \Biggl [ \frac{3}{\epsilon} \Biggr ] \frac{\epsilon}{2} \ge \frac{3}{2} \]
e quindi
\[ |La|- \frac{1}{4} \ge \frac{7}{4} > 1 \]
il che porta a
\[ |L_{N+M+L}(y)| > 1\]
che è quanto volevasi dimostrare.
