Eine TeilmengeY ⊆X heiÿt dann von erster Kategorie, fallsY sich als abzählbare Vereinigung nirgends dichter Mengen schreiben lässt, andernfalls ist sie von zweiter Kategorie

GREGOR GANTNER

Prolog

Im Jahr 1922 bewies H. Blumberg folgenden bemerkenswerten Satz:

Satz. Sei f : R→Reine beliebige reellwertige Funktion, dann gibt es eine dichte Teilmenge D, sodass f|D stetig ist. Dabei ist Rjeweils mit der euklidischen Topo- logieE undD mit der Spurtopologie versehen.

In dieser Seminararbeit werden wir eine wesentlich allgemeinere Version bewei- sen, indem wir die Denitionsmenge durch einen topologischen Raum X, an den wir bestimmte Bedingungen stellen, ersetzen.

1. Baire Räume

In der Funktionalanalysis ist uns beim Satz von Baire schon der Begri der Kate- gorie eines topologischen Raumes untergekommen, wir rufen diesen in Erinnerung:

Denition 1.1. Sei(X,T)ein topologischer Raum. Eine TeilmengeY ⊆X heiÿt dann von erster Kategorie, fallsY sich als abzählbare Vereinigung nirgends dichter Mengen schreiben lässt, andernfalls ist sie von zweiter Kategorie.

Eine TeilmengeE⊆X heiÿt dabei nirgends dicht, fallsE keine nichtleere oene Menge enthält, alsoE^◦=∅.

Folgendes Lemma wird sich am Ende als hilfreich erweisen:

Lemma 1.2. Ist(X,T)ein topologischer Raum,V ⊆X und istY ⊆V von erster Kategorie in(V,T |V), dann ist Y von erster Kategorie in(X,T).

Beweis. Wir könnenY =S

n∈NEn schreiben, wobei dieEn,n∈N, nirgends dicht inV sind. DieEn sind auch inX nirgends dicht:

Angenommen es gäbe einn∈N, sodass(En)^◦6=∅. Dann gäbe es ein nichtleeres O ∈ T mit O ⊆ En ⊆V. Dann hat aber O mit V nichtleeren Schnitt und man erhält den Widerspruch

∅ 6=O∩V ⊆E_n∩V =E_n^V.

Denition 1.3. Sei (X,T) ein topologischer Raum. SeiY ⊆ X, dann heiÿt ein x∈X von zweiter Kategorie in X bezüglich Y genau wenn:

∀U ∈U(x) : U∩Y ist von zweiter Kategorie inX

Dabei ist U(x) der Umgebungslter um x. Andernfalls nennen wir x von erster Kategorie bezüglichY. Ist jeder Punktx∈X von zweiter Kategorie inX bezüglich X, so nennen wirX von homogener zweiter Kategorie.

Wir schreibenS_X(Y) :={x∈X : xist von 2. Kat. in X bez.Y}undF_X(Y) :=

{x∈X : xist von 1. Kat. inX bez.Y}.

1

Bemerkung 1.4. Oensichtlich kann in obiger DenitionU(x)durch eine beliebige UmgebungsbasisW(x)ersetzt werden.

Ein Punkt ist also von zweiter Kategorie bezüglich einer Menge, wenn er in der Nähe dieser Menge liegt. Tatsächlich ist dies ein recht ähnliches Konzept wie der Abschluss:

Lemma 1.5. Sei (X,T) ein topogogischer Raum und Y eine Teilmenge von X.

Dann ist SX(Y)eine abgeschlossene Teilmenge vonX mitSX(Y)⊆Y. Auÿerdem gilt für Y₁⊆Y₂⊆X, dass S_X(Y₁)⊆S_X(Y₂).

Beweis. Um zu sehen, dass SX(Y)abgeschlossen ist, seix∈SX(Y)und seiW(x) die Menge aller oenen Umgebungen von x. Wir betrachten ein beliebiges W ∈ W(x). Es gilt W ∩SX(Y) 6= ∅, insbesondere existiert ein y ∈ W ∩SX(Y). Da y ∈ W und W oen ist, folgt W ∈ U(y). Nun ist W ∩Y von zweiter Kategorie, weil ja y ∈ S_X(Y). Da W ∈ W(x) beliebig war, folgt x ∈ S_X(Y) und somit SX(Y) =SX(Y).

Sei nun x ∈ SX(Y). Da für beliebige U ∈ U(x) gilt, dass U ∩Y von zweiter Kategorie ist und somit nichtleer ist, folgtx∈Y.

Die AussageS_X(Y₁)⊆S_X(Y₂)folgt unmittelbar aus der Denition.

Laut dem Satz von Baire hat jeder vollständig metrische Raum die Eigenschaft, dass der abzälbare Durchschnitt oener dichter Mengen wieder dicht ist. Räume mit dieser Eigenschaft nennt man Baire'sch:

Denition 1.6. Sei(X,T)ein topologischer Raum. Wir nennenX Baire'sch, falls für beliebige(On)_n∈N∈ T^Nmit inX dichtenOn,n∈N, auchT

n∈NOndicht inX ist.

Lemma 1.7. Ist(X,T)ein Baire'sch, so ist auch jede oene nichtleere Teilmenge Y ⊆X versehen mit der Spurtopologie Baire'sch.

Beweis. Wir betrachen (W_n)_n∈N eine Folge in Y oener dichter Mengen . Da Y oen in X ist, sind die Wn auch in X oen. Es ist Y = W^Y_n = Wn∩Y und damit Y ⊆ Wn ⊆ Y. Dies impliziert Wn = Y. Wir denieren On := Wn∪Y^c fürn∈N. (On)_n∈N bildet eine Folge von oenen dichten Mengen in X. Damit ist ihr Schnitt ebenfalls dicht, weilX Baire'sch ist. Also giltT

n∈NWn∪Y^c=X und daherT

n∈NWn

Y =X∩Y, denn

Y^c∩Y ⊆Y^c∩Y =Y^c∩Y =∅.

Satz 1.8. Ein topologischer Raum(X,T)ist genau dann Baire'sch, wenn er von homogener zweiter Kategorie ist.

Beweis. Zuerst bemerken wir, dass der Raum genau dann von homogener zweiter Kategorie ist, wenn jede oene nichtleere Teilmenge von X von zweiter Kategorie ist.SeiX nicht von homogener zweiter Kategorie, dann gibt es eine nichtleere oene Menge Y ⊆ X mit Y = S

n∈NEn mit passenden in X nirgends dichten En, die o.B.d.A. abgeschlossen inY seien. DieEn sind auch inY nirgends dicht, da wegen Y ∈ T

(E^Y_n)^◦Y =E_n^◦⊆E_n^◦=∅.

Mittels Komplementbildung sieht man, dass(Y \En)n∈N eine abzählbare Familie in Y oener und dichter Mengen ist, deren Schnitt leer und somit nicht dicht in Y ist. Damit ist aber Y nicht Baire'sch und wegen Lemma 1.7 ist auch X nicht Baire'sch.

Angenommen X ist nicht Baire'sch, dann gibt es (O_n)_n∈N ∈ T^N, sodass ∀n ∈ N: On =X undT

n∈NOn nicht dicht inX ist. Geht man zu den Komplementen über, so erhält man: (O_n^c)^◦ = ∅ und (S

n∈NO_n^c)^◦ 6= ∅. Damit ist aber S

n∈NO^c_n und somit auch das Innere dieser Menge von erster Kategorie in X. Also gibt es eine nichleere oene Menge von erster Kategorie, daher istX nicht von homogener

zweiter Kategorie.

Bemerkung 1.9. Wir bemerken noch, dass jeder lokalkompakte Hausdorraum ein Baire Raum ist. Dieses Resultat ist ebenfalls als Satz von Baire bekannt. Für den Beweis betrachtet man zuerst nur kompakte Hausdorräume. Hier geht man dann sehr ähnlich wie beim Beweis des aus der Funktionalanalysis bekannten Satzes von Baire vor. Mittels Alexandro-Kompaktizierung und Lemma 1.7 kann man dann zu lokalkompakten Hausdorräumen übergehen.

2. Satz von Bradford - Goffman

In diesem Abschnitt wollen wir die Verallgemeinerung des Satzes von Blumberg formulieren. Wir nennen Räume, in denen der Satz von Blumberg gilt, Blumberg Räume:

Denition 2.1. Sei(X,T)ein topologischer Raum. Wir nennen(X,T)Blumberg Raum, falls es für beliebige Funktionen f : X →R eine dichte Teilmenge D von X gibt, sodass f|D stetig ist. Dabei ist D mit der Spurtopologie und R mit der euklidischen TopologieE versehen.

Satz 2.2. Sei(X,T) ein Blumberg Raum, dann ist(X,T)Baire'sch.

Beweis. Wir gehen indirekt vor: SeiX nicht Baire'sch, also nicht von homogener zweiter Kategorie. Dann existiert ein x∈X und einU ∈U(x), sodassU∩X von erster Kategorie ist. Wir können also schreibenU =S

n∈NUn mit nirgends dichten Un, diese können wir disjunkt wählen, da Teilmengen nirgends dichter Mengen selbst nirgends dicht sind. Somit können wir folgende Funktionf denieren:

f : X →R, x7→

(n fallsx∈U_n, n∈N 0 fallsx /∈U

Sei nunD eine dichte Teilmenge vonX. Dann istD∩U 6=∅, somit gibt es ein n∈Nund einy∈X so, dassy∈D∩U_n. Wir wollen zeigen, dassf|_D nicht stetig beiy ist, also dass

∃ >0 : ∀V ∈W|_D(y) : ∃z∈V : |f(y)−f(z)| ≥.

Dabei istW|D(y) :={W∩D: W ∈U(y)∩ T }. Wir zeigen, dass man= 1wählen kann. Sei hierzuV ∈W|D(y), alsoV =W∩D mit einemW ∈U(y)∩ T. Wegen

X=∅^c = (Un

◦)^c =Un

c= (U_n^c)^◦ ist(U_n^c)^◦ dicht inX. Daraus folgt∅ 6=W ∩(U_n^c)^◦∈ T und somit

∅ 6=W∩(U_n^c)^◦∩D⊆W∩U_n^c∩D.

Es gibt also z ∈W ∩D∩U_n^c. Daz ∈U_n^c, folgt wegen der Denition von f, dass

|f(y)−f(z)| ≥1.

Für metrisierbare Räume gilt auch die Umkehrung. Dies ist somit eine Verallge- meinerung des Satzes von Blumberg:

Satz 2.3. (Bradford-Goman) Sei (X,T) ein metrisierbarer topologischer Raum.

Dann istX genau dann ein Baire Raum, wenn er Blumberg'sch ist.

Für den Beweis brauchen wir die folgenden beiden Abschnitte.

3. Resultat von Banach Folgendes Lemma geht auf Banach zurück.

Lemma 3.1. Sei (X,T) ein topologischer Raum und Y ⊆X. Weiters seien alle y ∈ Y von erster Kategorie in X bezüglich Y, also Y ⊆FX(Y). Dann ist Y von erster Kategorie inX.

Beweis. Sei o.B.d.A.Y 6=∅. Wir gehen in 3 Schritten vor.

Schritt 1: Wir konstruieren eine Familie von paarweise disjunkten oenen nicht- leeren Mengen(S_i)_i∈I mit I6=∅ und folgenden Eigenschaften:

(1) ∀i∈I: Y ∩Si ist von 1.Kat.

(2) ∀O∈ T \ {∅}mitO∩Y ist von 1.Kat.: ∃i∈I: O∩Si6=∅ Hierzu denieren wir die Mengen

M := {O∈ T \ {∅}: O∩Y ist von 1. Kat.}

A := {A⊆M : ∀O1, O2∈A: (O1=O2∨O1∩O2=∅)}

Dann ist (A,⊆) eine nichtleere Halbordnung. Wir wollen das Lemma von Zorn anwenden.

Sei alsoB ⊆Atotalgeordnet. Dann sieht man leicht, dass S

A∈BA eine obere Schranke in A ist: Denn sind O₁, O₂ in der Vereinigung, so liegen sie wegen der Totalordnung beide in einem A ∈ B und sind somit gleich oder disjunkt. Also enthält A ein maximales Element A_max. Interpretiert man nun A_max als Familie, so erhält man gerade eine passende FamilieI:

Hierbei ist (1) klar. Angenommen (2) würde nicht gelten, so gäbe es O ∈ M, sodassO∩Si=∅für beliebigei∈I, dann wäre aberAmax⊆Amax

∪ {O} ∈· A, was der Maximalität vonAmaxwiderspräche. Dabei istI6=∅, denn aus∅ 6=Y ⊆FX(Y) folgtM 6=∅und wegen (2) muss eini∈I existieren.

Schritt 2: Wir zeigen, dass das Komplement vonS:=S

i∈ISi nirgends dicht ist.

AngenommenS^cist nicht nirgends dicht. DaS^c abgeschlossen ist, heiÿt dies ge- rade(S^c)^◦6=∅. Also gibt es eine nichtleere oene MengeO mitO⊆S^c und damit O∩Si=∅ füri∈I. Wegen (2) folgt damit, dassO∩Y von zweiter Kategorie ist.

Also gilt insbesondere O∩Y 6=∅. Sei y ∈ O∩Y, dann ist y laut Voraussetzung von erster Kategorie bezüglich Y. Es gibt also eine oene Umgebung U ∈ U(y) mit o.B.d.A.U ⊆O, sodassU∩Y von erster Kategorie ist. Wegen (2) folgt damit

U∩Si6=∅für ein passendesi∈I. Das widerspicht aberU∩Si⊆O∩Si=∅. Schritt 3: FallsY ∩S von erster Kategorie ist, sind wir fertig, denn S^c∩Y ist als Teilmenge von S^c nirgends dicht und damit ist Y =Y ∩(S^c∪S)abzählbare Vereinigung von nirgends dichten Mengen. Zeigen wir also, dass Y ∩S von erster Kategorie ist.

Wegen (1) gilt für jedes i∈ I immer Y ∩S_i =S

n∈NN_iⁿ mit nirgends dichten N_iⁿ. Wir setzen nunNⁿ :=S

i∈IN_iⁿ fürn∈Nund erhalten Y ∩S=Y ∩[

i∈I

S_i = [

n∈N

Nⁿ.

Wenn wir zeigen, dassNⁿ für allen∈Nnirgends dicht ist, so sind wir fertig.

Angenommen es gäbe ein n ∈ N, sodass Nⁿ nicht nirgends dicht ist. Dann gibt es eine oene nichtleere Menge H mit H ⊆ Nⁿ. Nun ist H *S^c, da ja S^c abgeschlossen und nirgends dicht ist. Somit existiert eini∈I mitH∩Si6=∅.

Aus

Nⁿ =N_iⁿ∪[

j6=i

N_jⁿ⊆N_iⁿ∪[

j6=i

Sj

folgt

Nⁿ∩S_i⊆ N_iⁿ∩S_i

∪



 [

j6=i

S_j∩S_i



. Da die(Sj)j∈I oen und disjunkt sind folgt wegenS

j6=iSj ⊆S^c_i, dass der zweite Term die leere Menge ist. Die Ungleichung erhält somit folgende Gestalt:

Nⁿ∩S_i⊆N_iⁿ∩S_i⊆N_iⁿ, womit

∅ 6=H∩S_i

| {z }

oen

⊆Nⁿ∩S_i⊆N_iⁿ.

Damit wäre aberN_iⁿ nicht nirgends dicht, im Widerspruch zur Annahme.

Korollar 3.2. Sei(X,T)ein topologischer Raum undY ⊆X. Dann ist die Menge Y ∩F_X(Y) von erster Kategorie inX.

Beweis. Füry∈Y ∩FX(Y)isty von erster Kategorie bezüglichY. Daher gibt es U ∈U(y), sodassU∩Y von erster Kategorie ist. Damit ist aber auchU∩Y∩FX(Y) von erster Kategorie. Also isty von erster Kategorie bezüglichY ∩FX(Y). Somit istY ∩FX(Y)aber laut Lemma 3.1 von erster Kategorie.

4. Fast stetig

In diesem Abschnitt werden wir den Beweis des Satzes von Bradford-Goman liefern, wofür sich folgende Denition als hilfreich erweist.

Denition 4.1. Sei (X,T)ein topologischer Raum und Y ⊆X. Dann heiÿt ein Punktx∈X stark inX bezüglich Y, falls

∃U ∈U(x) : U ⊆S_X(Y).

Dabei kannU(x)oenbar durch eine beliebige Umgebungsbasis W(x)ersetzt wer- den. Wir schreibenHX(Y) :={x∈X : xist stark inX bez.Y}.

Lemma 4.2. Sei (X,T) ein topologischer Raum, Y eine Teilmenge. Dann gilt SX(Y)^◦ = HX(Y). Auÿerdem ist SX(Y)\HX(Y) nirgends dicht und aus Y1 ⊆ Y2⊆X folgtHX(Y1)⊆HX(Y2).

Beweis. Aus der Denition vonHX folgt unmittelbarHX(Y)⊆SX(Y). Auÿerdem ist HX(Y) oen: Sei hierzu x∈ HX(Y). Dann gibt es ein oenes U, sodass U ⊆ SX(Y). Dieses U ist Umgebung von jedem Element aus U, womit U ⊆ HX(Y) folgt.

Wir haben alsoHX(Y)⊆SX(Y)^◦. Um die andere Inklusion einzusehen, seix∈ SX(Y)^◦, dann istSX(Y)∈U(x)undSX(Y)⊆SX(Y). Daraus folgtx∈HX(Y).

WegenSX(Y)\HX(Y) =SX(Y)\SX(Y)^◦(vgl. Lemma 1.5) istSX(Y)\HX(Y) abgeschlossen und es gilt

SX(Y)\HX(Y)^◦= SX(Y)\SX(Y)^◦◦

=∅.

Um die letzte Behauptung zu zeigen, verwenden wir wieder Lemma 1.5 und er- haltenSX(Y1)⊆SX(Y2). Wendet man nun^◦an, so folgt aus dem zuvor Bewiesenen

HX(Y1)⊆HX(Y2).

Lemma 4.3. Sei(X,T)ein topologischer Raum und Y ⊆X, dann ist Y\HX(Y) von erster Kategorie inX.

Beweis. Wir könnenY wie folgt zerlegen:

Y =Y∩

FX(Y)∪^· SX(Y)

=

Y∩FX(Y) ·

∪

Y∩SX(Y)\HX(Y) ·

∪

Y∩HX(Y) Damit gilt

Y \HX(Y) =

Y ∩FX(Y) ·

∪

Y ∩SX(Y)\HX(Y) .

Nun ist Y ∩FX(Y) wegen Korollar 3.2 von erster Kategorie. Auÿerdem ist Y ∩ SX(Y)\HX(Y) wegen Proposition 4.2 nirgends dicht. Damit ist Y \HX(Y), als Vereinigung zweier Mengen von erster Kategorie, selbst von erster Kategorie.

Denition 4.4. Sei (X,T) ein topologischer Raum und x ∈ X. Eine Funktion f : X → R heiÿt fast stetig in x, falls (R sei mit der euklidischen Topologie versehen)

∀V ∈U(f(x)) : x∈HX(f⁻¹(V)).

Bemerkung 4.5. Gewöhnliche Stetigkeit vonf in xist äquivalent zu

∀V ∈U(f(x)) : x∈(f⁻¹(V))^◦.

Lemma 4.6. Sei (X,T) ein topologischer Raum und f : X → R, dann ist die Menge {x∈X : f ist nicht fast stetig beix} von erster Kategorie inX.

Beweis. Wir setzen

M :={x∈X : f ist nicht fast stetig beix}.

SeiB={Bn: n∈N}eine abzählbare Basis der euklidischen Topologie in R. Wir denieren En :=f⁻¹(Bn)\HX(f⁻¹(Bn))für n∈ N. Wegen Lemma 4.3 sind die En von erster Kategorie in X. Damit ist auch die Vereinigung E:=S

n∈NEn von erster Kategorie. Wir zeigen, dassM ⊆E:

Seix∈M, das heiÿt

∃V ∈U(f(x)) : x /∈H_X(f⁻¹(V)).

Dann können wirV wegen der Monotonie vonHX (vgl. Lemma 4.2) ausBwählen, also V = Bn für ein passendes n ∈ N. Nun liegt x in f⁻¹(Bn), aber nicht in

HX(f⁻¹(Bn)), also x∈En ⊆E.

Korollar 4.7. Ist (X,T)Baire'sch undf : X →R, dann ist die Menge{x∈X : f ist fast stetig bei x} dicht inX.

Beweis. Da A˜^c := {x ∈ X : f ist fast stetig beix}^c laut Lemma 4.6 von erster Kategorie ist, können wir A˜ = T

n∈NE_n^c ⊇ T

n∈NE_n^c mit nirgends dichten E_n schreiben. Somit istA˜ als Obermenge eines Schnitts von dichten oenen Mengen

selbst dicht inX, weilX Baire'sch ist.

Beim Beweis des Satzes von Bradford-Goman werden wir die dichte Men- ge rekursiv konstruieren. Folgendes Lemma liefert den Rekursionsanfang und den Schritt.

Lemma 4.8. Seien (X, d) ein Baire'scher Raum, > 0 und f : X → R eine beliebige Funktion. Istχ∈Xso, dassf fast stetig beiχist, so gibt es eine indizierte Menge{U_α: α∈A}aus paarweise disjunkten oenen Kugeln mit Radius¹in(0, ), sodass S

α∈AUα =X und sodass es für jedesα∈A ein Vα ⊆Uα=Br_α(xα) gibt mit

(1) xα∈Vα

(2) f ist fast stetig in xα

(3) U_α⊆H_X(V_α)

(4) ∀x∈V_α: |f(x)−f(x_α)|<

(5) ∃α∈A: x_α=χ.

Beweis. Wir denieren A˜ := {x ∈ X : ffast stetig inx}. Sei eine (laut dem Wohlordnungssatz existierende) Wohlordnung auf der MengeA˜, sodassχdas klein- ste Element vonA˜ ist. Wir denierenx_α, r_α, U_α, V_α fürα∈A˜mittels transniter Rekursion.

Anfang: Daχdas kleinste Element ist, schreiben wir1 :=χund setzenx₁:= 1. Umr₁korrekt zu wählen, verwenden wir, dassf fast stetig ist beix₁, das bedeutet gerade

∀V ∈U(f(x)) : x∈HX(f⁻¹(V)).

Wegen Lemma 4.2 sieht man leicht, dass dies äquivalent ist zu

∀E >0 : ∃r >0 : Br(x1)⊆SX({x∈X : |f(x)−f(x1)|< E}).

Wir denieren nun r₁ < (für E = ) so wie oben und U₁ := B_r1(x₁). Weiters setzen wirV˜₁:={x∈X: |f(x)−f(x₁)|< }undV₁:= ˜V₁∩U₁. Dann ist oenbar x1∈ V1 und es gilt auch U1 ⊆SX(V1). Um dies einzusehen seix∈U1, δ >0 so, dassBδ(x)⊆U1. Denieren wir die UmgebungsbasisW(x) :={Bη(x) : δ > η}, so istW ∩V˜1∩U1 =W ∩V˜1 von zweiter Kategorie für beliebigeW ∈W(x), weil ja x∈U1⊆SX( ˜V1).

Damit erhalten wir mit Lemma 4.2 insgesamtU1⊆SX(V1)^◦=HX(V1).

1Der einzige Grund, warum man hierX als metrischen Raum und nicht als allgemeinen to- pologischen Raum voraussetzen muss, ist eine Forderung für den Radius. Ohne dieser Forderung, kann das Lemma leicht auch für beliebige topologische Räume umformuliert werden, indem man statt Kugeln Umgebungen verwendet.

Schritt: Sei α ∈ A˜. Angenommen wir haben für jedes β ≺ α xβ ∈ X, rβ ∈ (0, ), Uβ, Vβ ⊆ X deniert. Falls gilt α ∈ S

β≺αUβ, so setzen wir Uα := ∅ =:

Vα, rα:= ₂ undxα:=α. Fallsα /∈S

β≺αUβ, so wählen wirα:=xαundrα< so, dass einerseits

Uα:=Br_α(xα)⊆ [

β≺α

Uβ c

und andererseits (f ist fast stetig beixα)

Br_α(xα)⊆SX({x∈X: |f(x)−f(xα)|< }

| {z }

=: ˜Vα

).

Dann denieren wir Vα := ˜Vα∩Uα und sehen wie beim Rekursionsanfang, dass Uα⊆HX(Vα).

Nun setzen wirA :={α∈A˜: Uα 6=∅}. Laut Konstruktion haben wir alle im Lemma gefordeten Eigenschaften. Dabei ist Dichtheit erfüllt, weil die dichte Menge A˜(vgl. Korollar 4.7) laut Konstruktion Teilmenge vonS

α∈AUα ist.

Bemerkung 4.9. Der Beweis zeigt, dass man (Uα)_α∈A so konstruieren kann, dass man fürα∈Adie MengeVα alsUα∩f⁻¹(f(xα)−, f(xα) +)wählen kann.

Lemma 4.10. In der Situation von Lemma 4.8 gilt:

(1) Fürα∈A ist(Vα, d|V_α×Vα)Baire'sch.

(2) Sind (Uα)_α∈A und (Vα)_α∈A wie in Bemerkung 4.9, so ist für α ∈ A die Funktion f|V_α fast stetig beixα.

Beweis.

(1) AngenommenVα wäre nicht von homogener zweiter Kategorie, dann gäbe es einx∈Vαund einδ >0so, dassVα∩Bδ(x)von erster Kategorie inVα

ist. Wegen Lemma 1.2 würde folgen, dass Vα∩Bδ(x)3xauch von erster Kategorie inX ist, dies widerspricht aberx∈SX(Vα), was ja wegen

Vα⊆Uα⊆HX(Vα)⊆SX(Vα) gilt.

(2) Zunächst ist f fast stetig beixα. Dies bedeutet wegen Lemma 4.2 gerade, dass für beliebigeW ∈U(f(x_α))mit o.B.d.A.W ⊆(f(x_α)−, f(x_α) +) einY(W)∈U(x_α)gibt mit

∀y∈Y(W) : ∀Z∈U⊆U_α(y) : f⁻¹(W)∩Z von 2. Kat. inX

| {z }

⇔y∈SX(f⁻¹(W))

.

Dabei meinen wir mit U_⊆Uα(y) die Menge aller Umgebungen von y, die Teilmengen von Uα sind, diese Menge ist oenbar eine Umgebungsbasis von y. Wir wollen nun zeigen, dass es für beliebige W ∈ U(f(xα)) mit W ⊆(f(xα)−, f(xα) +)einY˜(W)∈U|V_α(xα)gibt mit:

∀y∈Y˜(W) : ∀Z˜∈W(y) : f|⁻¹_V

α(W)∩Z˜von 2. Kat. inVα

Dabei seiW(xα) :=U⊆Uα(y)∩Vα (hierbei meinen wir den elementweisen Schnitt). Diese Menge ist eine Umgebungsbasis vonxαbezüglich der Spur- topologie. Zu W ∈ U(f(x_α))mit W ⊆(f(x_α)−, f(x_α) +) wählen wir Y˜(W) :=Y(W)∩V_α. Ist nun y∈Y˜(W)undZ˜ ∈W(y), alsoZ˜ =Z∩V_α

mit einem Z ∈ U⊆U_α(y) , so ist f⁻¹(W)∩Z von zweiter Kategorie inX. Nun gilt

f⁻¹(W)∩Z ⊆f⁻¹(f(xα)−, f(xα) +)∩Uα=Vα

und damit istf|⁻¹_V

α(W)∩Z˜=f⁻¹(W)∩Zvon zweiter Kategorie inX. Der Ausdruck ist wegen Lemma 1.2 auch von zweiter Kategorie inV_α.

Wir kommen nun endlich zum Beweis des Satzes von Bradford-Goman:

Beweis. Dass aus Blumberg'sch Baire'sch folgt, wissen wir schon aus Satz 2.2.

Sei also(X,T)ein metrisierbarer Baire Raum und seid eine Metrik, dieT in- duziert undf : X →Rbeliebig. Wir denierenA˜:={x∈X : ffast stetig beix}. Wir benützen Rekursion:

Anfang: Wir wenden Lemma 4.8 mit = 1, der Funktion f und beliebigem χ ∈ A˜ (nichtleer wegen Korollar 4.7) auf den Raum X wie in Bemerkung 4.9 an und erhalten damit eine Indexmenge A und zuα0 ∈A Punkte xα₀ ∈X, Kugeln Uα₀ ⊆X und MengenVα₀ ⊆X.

Schritt: Haben wir für n ∈N0 eine Indexmenge A und zu jedem α0 ∈ A eine IndexmengeAα₀ und zu jedemα1∈Aα₀ eine IndexmengeAα₀α₁ . . . und zu jedem αi+1 ∈ Aα₀...α_i eine IndexmengeAα₀...α_i+1 . . . und zu jedemαn ∈Aα₀...αn−1 eine IndexmengeAα0...αn und zu diesen Indexmengen

xα₀...α_n∈Vα₀...αn−1 undUα₀...α_n, Vα₀...α_n⊆Vα₀...αn−1

(fallsn= 0ersetze den AusdruckV_{α0...αn−1}durchX) für beliebige(α₀, . . . , α_n)mit α₀∈A, α₁∈A_α0, . . . , α_n ∈A_{α0...αn−1} deniert, so gehen wir wie folgt vor: Sei

(α0, . . . , αn)∈An:={(β0, . . . , βn) : β0∈A, β1∈Aβ₀, . . . , βn∈Aβ₀...βn−1}.

Wir wenden Lemma 4.8 mit = _n+2¹ , der Funktion f|_Vα0...αn und χ = x_α0...αn (f|Vα0...αn ist fast stetig bei x_α0...αn wegen Lemma 4.10(2)) auf den Baire Raum Vα₀...α_n (vgl. Lemma 4.10(1)) wie in Bemerkung 4.9 an. Damit erhalten wir eine IndexmengeAα₀...α_n+1 und

x_α0...αn+1 ∈V_α0...αn undU_α0...αn+1, V_α0...αn+1⊆V_α0...αn

fürαn+1∈Aα₀...α_n, wobei es einαn+1∈Aα₀...α_n gibt mitxα₀...α_n+1=xα₀...α_n. Wir setzen nun fürn∈N0

Dn:={xα₀...α_n: (α0, . . . , αn)∈An}.

Weiters denieren wirD:=S

n∈ND_n. Dann ist wegen unserer KonstruktionD_n⊆ Dn+1fürn∈N0.²Wir zeigen nun, dassD eine dichte Teilmenge vonX ist, sodass f|D stetig ist:

Dichtheit: Seix∈X undδ >0. Wir suchen einxα₀...α_n∈Dmitd(x, xα₀...α_n)<

3δ. Wegen Lemma 1.5 und Lemma 4.2 gilt

Uα₀ ⊆HX(Vα₀)⊆SX(Vα₀)⊆Vα₀

und somit

X = [

α0∈A

Vα₀ = [

α0∈A

Vα₀.

2deshalb dasχ

Also gibt es ein α0 ∈A und ein yα₀ ∈ Vα₀ so, dass d(yα₀, x) < δ. Angenommen man hat bereits ein (α0, ..., αn) ∈ An so, dass es einyα₀...α_n ∈ Vα₀...α_n gibt mit d(yα0...αn, x)< δPn

i=0 1

2ⁱ. Das gleiche Argument wie zuvor zeigt:

Vα₀,...,α_n = [

α_n+1∈Aα0,...,αn

Vα₀...α_n+1

Vα0...αn

Also gibt es einα_n+1∈A_α0,...,αn und einy_α0...αn+1 ∈V_α0...αn+1 so, dass:

d(yα0...αn+1, yα0...αn)< δ 2ⁿ⁺¹ Damit erhalten wir:

d(y_α0...αn+1, x)< δ

n+1

X

i=0

1 2ⁱ Sei nunN∈N0 so groÿ, dass _N¹₊₁ < δ, dann gilt wegen

yα₀...α_N ∈Vα₀...α_N ⊆Uα₀...α_N ⊆B 1

N+1(xα₀...α_N), dassd(x, xα0...αN)<3δ.

Stetigkeit: Seix=x_β0...βm ∈D. Wir zeigen, dassf|D stetig ist beix. Sei hierzu >0. Wir suchen einδ >0mit D∩B_δ(x)⊆f|⁻¹_D (f(x)−, f(x) +)). Zunächst gilt für beliebige n ∈ N0, (α₀, . . . , α_n) ∈ A_n, dass D∩U_α0...αn ⊆ V_α0...αn. Um dies zu sehen, sei z ∈D∩U_α0...αn, alsoz =x_γ0...γN mit einem passenden N ∈N und geeignetem(γ0, ..., γN)∈AN, wobei o.B.d.A.N ≥n. Dieser Punktz liegt laut unserer Konstruktion inVγ₀...γ_n⊆Uγ₀...γ_n, daraus folgt(α0, . . . , αn) = (γ0, . . . , γn), weilU-Kugeln zu verschiedenen Indices gleicher Länge disjunkt (oder gleich - man kann aber die Funktion, die jedem Index einer bestimmten Länge die entsprechende Kugel zuordnet, o.B.d.A. injektiv wählen) sind.

Damit folgt |f(xα₀...α_n)−f(y)|< _n+1¹ für beliebige Elementey ∈D∩Uα₀...α_n

laut Konstruktion vonV_α0...αn. Sei nunM ∈N≥mso groÿ, dass _M¹₊₁ < . Dann ist x=xβ0...βm =xβ˜₀...β˜_M

mit passenden( ˜β0, . . . ,β˜M)∈AM. Damit haben wir|f(xβ˜0...β˜M)−f(y)|< _M+1¹ <

für beliebige Elemente y∈ D∩Uβ˜₀...β˜_M. Wähle alsoδ kleiner als den Radius von

Uβ˜0...β˜M.

Epilog

Es sei noch bemerkt, dass im Allgemeinen aus Baire'sch nicht Blumberg'sch folgt. Tatsächlich gibt es sogar kompakte Hausdorräume (jeder kompakte Haus- dorraum ist Baire'sch), die nicht Blumberg'sch sind. Soweit der Autor informiert ist, sind bis heute allerdings nur Beispiele gefunden, welche die Kontinuumshypo- these voraussetzen.