Sketch Proof. 第一条。注意到 $X=\mathrm{int}(A)\sqcup \mathrm{int}(X\setminus A)\sqcup \partial A$，所以

$$X\setminus \mathrm{int}(\overline A)=\overline{X\setminus \overline A}=\overline {\mathrm{int}(X\setminus A)}$$

其他条按照定义可以得到。

Sketch Proof. 先说明等价性：记第一条中剩余集是稠密集为 (1)，是第二纲集为 (5)。

($1\implies 2$) 非空开集 $U$ 的补集 $U^c$ 不是稠密集，所以 $U^c$ 不是剩余集，推出 $U$ 是第二纲集；

($2\implies 3$) 无内点闭集是无处稠密集，所以是第一纲集，第一纲集的可数并 $K$ 也是第一纲集，假设 $K$ 有内点，那么 $K$ 包含非空开集，而包含第二纲集的集合是第二纲集，矛盾；

($3\implies 4$) 开稠集 $U_i$ 的补集 $U_i^c$ 是无处稠密闭集，即无内点闭集，其可数并仍是无处稠密集，所以其补集包含开稠集，所以是稠密集；

($4\implies 1$) 剩余集 $R$ 的补集 $R^c$ 是第一纲集，可以写为无处稠密集的可数并，这等价于 $R$ 包含开稠集的可数交，所以 $R$ 包含稠密集，所以 $R$ 是稠密集；

至此，我们证明了前四条的等价性

($2\implies 5$) 剩余集 $R$ 的补集 $R^c$ 是第一纲集，假设 $R$ 是第一纲集，那么 $X=R\cup R^c$ 是第一纲集，同时是开集，矛盾；

(4) 假设 $U_i$ 是开稠集，那么对任意 $B(x_0,\varepsilon_0)$，存在 $x_1\in U_1\cap B(x_0,\varepsilon_0)$，可以选取

这说明 $\{x_n\}$ 是 Cauchy 列，由完备性，设 $x=\lim x_n$，则 $x\in B(x_0,\varepsilon_0)\cap \bigcap^\infty_{i=1}U_i$，推出 $\bigcap^\infty_{i=1}U_i$ 是稠密集。

Sketch Proof. 从 Baire 纲集定理的证明中，我们只需要证明 (4)，就可以得到其他结论。而结论在这个情形仍然成立，因为我们还是可以构造 $\{x_n\}$，我们只希望 $x_n\to x$，并不要求 $x\in M$。

Sketch Proof. 对于可数非空集族 $S=\{A_n\}_{n\in \mathbb N}$，定义映射 $A:(n,A_{n})\to \{(n+1,A_{n+1})\}$，对任意 $n$ 适用。根据依赖选择公理，给定 $(1,a_1)$，其中 $a_1\in A_1$，那么存在选择函数 $f(n+1,a_{n+1})\in A(n,a_n)=(n+1,A_{n+1})$，这就推出了可数选择公理。

Sketch Proof. 仍然采用截断集的思路。

(1) 定义截断集 $\mathcal A_n$

$$\mathcal A_n:=\left\{f\in C[0,1]:\exists s\in [0,1]\text{ s.t. }\lim_{h\to 0}\frac {|f(s+h)-f(s)|}{|h|}\leq n\right\}$$

即 $\mathcal A_n$ 中函数至少在一个点可微，且导数的绝对值不超过 $n$；从而结论只需证明 $\mathcal A_n$ 是无处稠密集，只需要证明 $\mathcal A_n$ 是无内点闭集。

(2) 证明闭集，只需要证明 $C[0,1]\setminus \mathcal A_n$ 是开集。取 $f\in C[0,1]\setminus \mathcal A_n$，则对任意 $s\in [0,1]$，存在 $\varepsilon_s>0$，使得

$$|f(s+h)-f(s)|>|h| (n+\varepsilon_s),\quad \forall |h|<1/n$$

由 $f$ 的连续性，存在 $\delta_s>0$，使得

$$|f(t+h_s)-f(t)|\geq (n+\varepsilon_s/2)|h_s|,\quad \forall t\in B(s,\delta_s),|h_s|<1/n$$

再利用 $[0,1]$ 的紧性，取有限子覆盖。后续是容易的。

(3) 证明无内点。只需要构造扰动函数 $g(2n,\varepsilon)\in C[0,1]$，呈锯齿状，除了尖点外，在其他点的导数绝对值都大于 $2n$ 并且 $\|g(2n,\varepsilon)\|_\infty\leq \varepsilon$；结合多项式逼近定理，完成证明。

Sketch Proof. 【Baire 纲定理】

(1) 定义截断集 $F_{n,\alpha}:=\{x\in X:|f_\alpha(x)|\leq n\}$，是闭集；

(2) 考虑截断集 $F_n$，表示公共有界的部分，是闭集

$$F_n:=\bigcap_{\alpha}F_{n,\alpha}=\{x\in X:\sup_\alpha |f_\alpha(x)|\leq n\}$$

(3) 根据点态有界性，$X=\bigcup_n F_n$；

(4) $(X,d)$ 是完备度量空间，由 Baire 纲定理，存在 $n_0$ 使得 $F_{n_0}$ 包含开集（否则 $F_n$ 都是无处稠密集，矛盾），故存在 $B(x_0,\delta)\subseteq F_{n_0}$，则

$$\sup_\alpha \sup_{x\in B(x_0,\delta)}|f_\alpha(x)|\leq n_0<\infty$$

Sketch Proof.

1. 定义连续函数 $f_\alpha(x):=\|A_\alpha x\|_{Y_\alpha}$；则由条件，$\{f_\alpha\}$ 是点态有界的；则由引理，存在局部一致有界

$$M:=\sup_\alpha \sup_{x\in B(x_0,\delta)}\|A_\alpha x\|_{Y_\alpha}<\infty$$

2. 线性在于 $\|\varepsilon x\|=|\varepsilon| \|x\|$，具体地，对单位向量 $x\in X$

$$\|A_\alpha x\|_{Y_\alpha}\leq \|A_\alpha(x_0+\delta x/2)-A_\alpha(x_0-\delta x/2)\|_{Y_\alpha}\cdot \dfrac 2\delta \leq \dfrac {2M}\delta$$

Sketch Proof. 【一致有界原理】

($3\implies 1,2$) 显然。

($1\implies 3$) 由一致有界原理，$X$ 是 Banach 空间且有界线性算子族点态有界，则显然算子一致有界，由收敛列的性质，还可以定义

$$A:X\to Y,\quad Ax:=\lim_{n\to \infty}A_n x$$

容易验证这是有界线性算子，并且两边取范数，由于右侧极限不一定存在，所以只能取下极限，从而得到对 $\|A\|$ 的估计：

($2\implies 3$) 只需要证明算子强收敛，并且有算子范数估计。由 Cauchy 列和稠密子集，可以定义算子：

$$A:X\to Y,\quad Ax:=\lim_{n\to \infty}A_n x_n$$

其中 $x_n\in D$，且 $x_n\to x$，需要验证良定性。通过稠密子集将 Cauchy 列性质延拓到 $X$ 全空间：

$$\|A_ix-A_jx\|\leq \|A_i(x-x_n)\|+\|A_j(x-x_n)\|+\|A_i x_n-A_j x_n\|$$

这保证了上述 $Ax$ 的良定性，由于 $Y$ 是 Banach，所以 $\{A_ix\}$ 是收敛列。之后的证明是同理的。

Sketch Proof. 只证明

($3\implies 1$) 逐步操作。先固定 $x\in X$，由 $B(x,\cdot)$ 的共轭线性和连续性（从而在 $0$ 的连续性），存在 $\delta_x >0$ 使得

$$\|B(x,y)\|=\dfrac {\|y\|}{\delta_x }\cdot \|B(x, \frac {\delta_x y}{\|y\|})\|\leq \dfrac {\|y\|}{\delta_x}$$

因此当 $y$ 固定时，$\{A_y\}_{y\in \mathbb S_Y}$ 点态有界，其中

$$A_y:X\to Z,\quad A_y x:=B(x,y)$$

由一致有界原理，$\{A_y\}$ 一致有界，所以

$$B(x,y)=\|y\|\cdot \|B(x,\frac y{\|y\|})\|\leq \|A_{\frac y{\|y\|}}x\|\|y\|\leq C\|x\|\|y\|$$

Sketch Proof. 【一致有界原理、Baire 纲定理】

1. $R^c$ 可以写为截断集的并 $R^c=\bigcup_{m,n}X_{m,n}$，其中 $X_{m,n}$ 是闭集。

$$X_{m,n}:=\{x\in X:\sup_{T\in \mathscr F_n}\|T x\|_{Y_n}\leq m\}=\bigcap _{T\in\mathscr F_n}\{x:\|Tx\|\leq m\}$$

1. 如果 $B(x_0,\varepsilon)\subseteq X_{m,n}$，同一致有界原理的证明，推出某个空间的算子族 $\mathscr F_n$ 局部一致有界，从而一致有界，矛盾。
2. 因此 $X_{m,n}$ 是无内点的闭集，所以是无处稠密集，所以 $R^c$ 是第一纲集，故 $R$ 是剩余集。由 Baire 纲定理，$R$ 是稠密集。

Sketch Proof. 【一致有界原理 II】

1. 定义 $C(\mathcal P)$ 上的范数为 $L^1(\mathcal P)$。定义部分和算子

$$S_N:C(\mathcal P)\to C(\mathcal P),\quad S_N(f,x):=\sum_{n=-N}^N \hat f(n)e^{inx}=\dfrac 1{2\pi} f*D_N(x)$$

其中 $D_N$ 是 Dirichlet 核

$$D_N(x)=\sum_{n=-N}^N e^{inx}=\left\{\begin{array}{cc}\dfrac {\sin (N+\frac 12)x}{\sin \frac x2},&x\neq 2k\pi\\ \\2N+1,&x=2k\pi\end{array}\right.$$

2. 对任意 $x\in \mathcal P$，定义线性泛函

$$\varphi_{N,x}(f):=S_N(f,x)=\dfrac 1{2\pi}f*D_N(x)$$

则 $\varphi_{N,x}\in (C(\mathcal P))^*$，且 $2\pi \cdot \|\varphi_{N,x}\|=\|D_N\|_{L^1}$，见第八次作业，推出 $\{\varphi_{N,x}\}_{N\in\mathbb N}$ 不一致有界。

(3) 选取 $\{x_m\}_{m\geq 1}$ 是 $\mathcal P$ 的稠密子集，取不一致有界的线性泛函列 $\{\varphi_{N,x_m}\}\in (C(\mathcal P))^*$，由一致有界原理 II，在 $\{x_m\}$ 上 Fourier 级数不收敛的集合是 $C(\mathcal P)$ 的剩余集，故存在 $f\in C(\mathcal P)$，使得

$$\sup_{m,N}|S_N(f,x_m)|=\infty$$

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Remark Carleson 定理指出，$f\in L^2(\mathcal P)$ 时，$S_N(f)\xrightarrow{a.e.} f$，因此

# 开映射与闭图定理

# 开映射定理

Definition. 称 $f:(X,\mathcal T_X)\to (Y,\mathcal T_Y)$ 是开映射，如果对任意开集 $U\in \mathcal T_X$，都有 $f(U)\in \mathcal T_Y$.

Remark. 据此，我们对于 Banach 空间之间的线性算子，也应有 “满射”、“连续” 等要求，才能保证是开映射。

Theorem. 开映射定理：$X,Y$ 是 Banach 空间，$T\in \mathcal L(X,Y)$ 是满射，则 $T$ 是开映射。进一步，设 $B_X=\{x\in X:\|x\|_X<1\}$，$B_Y=\{y\in Y:\|y\|_Y<1\}$，则存在 $\delta>0$，使得

1. $\delta B_Y\subseteq {T(B_X)}$；
2. $T$ 是开映射；
3. $T_0:X/\ker T\to Y$ 是可逆的，且 $\|T_0^{-1}\|_{\mathcal L(Y,X/\ker T)}\leq \delta^{-1}$。

Sketch Proof.
由于 $(X_1\times X_2,\|\cdot\|)$ 是 Banach 空间，定义其范数 $\|(x_1,x_2)\|=\|x_1\|+\|x_2\|$。定义映射 $T:X_1\times X_2\to X$，$T(x_1,x_2):=x_1+x_2$，则 $T$ 是满射有界线性算子，由逆算子定理

$$\|T^{-1}x\|=\| (x_1,x_2)\|\leq \|T^{-1}\|\|x\|=\|T^{-1}\|\|x_1+x_2\|$$

其中，直和保证了双射。