1. Baire 定理

Cantor 交集定理： X是完備的距離空間， 而 $(A_n{)}_{n=0}^{\infty }$ 是X中滿足下列性質的非空閉子集 $A_n$ 組成的序列，他們滿足

$A_0\supset A_1\supset A_2\supset \cdots \supset A_n\supset A_{n-1}\supset \cdots ,當n\to \infty 時,diam{A}_n\to 0$

則存在 $x\in X$ 使得 ∩ n = 0 ∞ A n = { x } \cap_{n=0}^\infty A_n = \{x\} ∩n=0∞​An​={x}

( d i a m    A = s u p { d ( x , y ) ; x ∈ A , y ∈ A } ∈ [ 0 , ∞ ] diam ~~ A= sup\{d(x,y);x\in A,y\in A\} \in [0,\infty] diam  A=sup{d(x,y);x∈A,y∈A}∈[0,∞] ，也就是集合中的最遠距離)

也就是說如果這個集合序列越來越小，趨近於一個點的話，那麼這些序列中無窮多個集合的交集就是隻有這一個點。

Baire 定理： 設X是完備的距離空間，則兩個等價性質成立：

• 設 $(F_n{)}_{n=0}^{\infty }$ 是X中的閉子集序列，且對所有的 $n\ge 0,int{F}_n=\varnothing$ ，則有 $int(\underset{n=0}{\overset{\infty }{\cup }}{F}_n)=\varnothing$
• 設 $(O_n{)}_{n=0}^{\infty }$ 是X中的開子集序列，且對所有的 $n\ge 0,\overline{O_n}=X$ 則 $\overline{\underset{n=0}{\overset{\infty }{\cup }}{O}_n}=X$

（int是集合內取點，也就是去除邊界值。應該是 interior of a set 吧）

按照第一種描述的話，閉子集是集合中包含邊界的子集(忘了就想想閉區間)，然後這個閉子集序列如果內部都為空，也就是說都是隻包含了邊界，那麼所有的集合的並集還是隻包含了X的邊界，他們的並集的內部是空的。

按照第二章描述的話，開子集是不包含任何邊界的子集，如果序列裡面所有的開子集加上邊界就是X的話，那他們不就都一樣了麼，都是X中的所有內點組成的集合，他們的並集肯定還是不帶任何邊界，但是有所有X中的內點，然後加上邊界就是X了。

兩種描述是一樣的，因為開子集和閉子集互補，X也和空集互補。

• 設X是距離空間，令 $F_n(n\ge 0)$ 是X的閉子集使得 $X={\cup }_{n=0}^{\infty }{F}_n$，有

  • 如果對所有 $n\ge 0$ ，有 $int{F}_n=\varnothing$ ，則X是不完備的
  • 如果X是完備的，則存在 $n_0\ge 0$ ，使得 $int{F}_{n_0}\ne \varnothing$

• 無窮維的Banach空集不可能具有可列無窮Hamel基。

1.1. Baire定理的應用

Weierstrass 函式： $f:x\in \mathbb{R}\to f(x):={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^n}\sin (3^{n}x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有定義且可連續，但是處處不可微。

啊這個函式讓我想起來了一個老段子

青年問禪師：“我現在遇到了很多很多的困難和煩惱，怎麼辦？”禪師說：“你隨手畫一條曲線，用放大鏡放大了看，它還有那麼彎曲嗎？”那個青年畫了一個魏爾斯特拉斯函式。。。

Baire定理可以直接退出連續但處處不可微函式的存在性。

這塊的證明十分麻煩。。。知道一下就好了

• 存在[0,1]上的連續函式，在 [0,1]是處處不可微。
• Bolzano-Weierstrass性質：任何有界的實數列 $(x_n{)}_{n=1}^{\infty }$ ，即存在 $M\in \mathbb{R}$ ，對所有的 $n\ge 1$ ，均有 $|x_n|\le M$ ，必定包含收斂子列。
• Weierstrass 多項式逼近定理：空間 $\mathcal{P}[0,1]$ 在賦以sup範數的空間 $\mathcal{C}[0,1]$ 中稠密，類似地，空間 $\mathcal{P}([0,1];\mathbb{C})$ 在賦以sup範數的空間 $\mathcal{C}([0,1];\mathbb{C})$ 中稠密。

2. Banach-Steinhaus 定理(一致有界性原理)

定理內容： 設X是Banach空間，Y是賦範向量空間，而 $(A_i{)}_{i\in I}$ 是對映 $A_i\in \mathcal{L}(X;Y)$ 構成的運算元族，滿足對每一個 $x\in X,su{p}_{x\in I}||A_{i}x|{|}_Y<\infty$，則有 $su{p}_{i\in I}||A_i|{|}_{\mathcal{L}(X;Y)}<\infty$

也就是說，如果對於每個x，其對映結果是有界的話，那麼這個運算元的範數就是有界的。

2.1. 推論及應用

推論： 設X是banach空間，Y是賦範向量空間，而 $(A_n{)}_{n=1}^{\infty }$ 是對映 $A_n\in \mathcal{L}(X;Y)$ 構成的運算元族，使得對每一 $x\in X$ ，序列 $(A_{n}x{)}_{n=1}^{\infty }$ 在Y中收斂，則 $su{p}_{n\ge 1}||A_n||<\infty$
進而，設對映 $A:X\to Y$ 由下式定義 $Ax:={\lim }_{n\to \infty }{A}_{n}x,\forall x\in X$
則 $A\in \mathcal{L}(X;Y),||A||\le {\lim }_{n\to \infty }inf||A_n||$

2.1.1. 應用：數值求積公式的收斂性

給定一個權函式 $\omega \in L^1(0,1)$ ，對任意函式 $f\in \mathcal{C}[0,1]$ ，用容易計算的 有限和 儘可能精確的 逼近 積分
$$l(f):{\int }_0^{1}f(x)\omega (x)dx$$

一般方法是適當選取 n+1個不同的節點 $0\le x_0^n<x_1^n<\cdots <x_n^n\le 1$ 和n+1個權 ${\omega }_j^n\in \mathbb{R},0\le j\le n$ ，然後使用數值求積公式來逼近積分。
$l_n(f):={\sum }_{j=0}^n{\omega }_j^{n}f(x_j^n)$

(有很多種方式，比如Lagrange插值，Simpson公式等等，我還曾經在知乎回答過一個關於數值積分運算的問題來著
Matlab怎麼用梯形公式和Simpson公式求積分近似還要控制精度？ - 走地小云雀的回答 - 知乎
https://www.zhihu.com/question/307008999/answer/1330861129
總之數值分析裡面學過這些東西)

Polya定理： 給定一個權函式 $\omega \in L^1(0,1)$ ，以及一個連續線性泛函 $l_n:\mathcal{C}[0,1]\to \mathbb{R}(n\ge 0)$ 的形如
$$l_n:f\in \mathcal{C}[0,1]\to l_n(f):=\sum _{j=0}^n{\omega }_j^{n}f(x_j^n)\in \mathbb{R}$$

其中 $0\le x_0^n<x_1^n<\cdots <x_n^n\le 1$
的序列，設該序列有
$$\underset{n\to \infty }{\lim }|{\int }_0^{1}p(x)\omega (x)dx-l_{n}p(n)|=0,\forall p\in \mathcal{P}[0,1]$$
則

$$\underset{n\to \infty }{\lim }|{\int }_0^{1}f(x)\omega (x)dx-l_n(f)|=0,\forall f\in \mathcal{C}[0,1]$$
的充要條件是
$$su{p}_{n\ge 0}(\sum _{j=0}^n|{\omega }_j^n|)<\infty$$

這個權函式的形式像極了數值積分！

• 簡單的證明:

必要性

$$|l_n(f)|\le (\sum _{j=0}^n|{\omega }_j^n|)||f||$$

因此有

$$||l_n||=sup\frac{l_n(f)}{||f||}\le \sum _{j=0}^n|{\omega }_j^n|$$

定義 $f_0(0)=sgn{\omega }_0^n,f_0(x_j^n)=sgn{\omega }_j^n,0\le j\le n,f_0(1)=sgn{\omega }_n^n$

有 $|l_n(f_0)|={\sum }_{j=0}^n|{\omega }_j^n|,||f_0||=1$ (因為根據這個f的定義的話，每一項都變成了 ${\omega }_j^n$ 乘自己的符號，就都變成了0或正數)
因此有
$$||l_n||\ge \frac{|l_n(f_0)|}{||f_0||}=\sum _{j=0}^n|{\omega }_j^n|$$

由於夾逼定理
$$||l_n||=\sum _{j=0}^n|{\omega }_j^n|$$

由Banach-SteinHaus推論可知 $sup||l_n||<\infty$ ，因此必要性得證。

充分性
假定 $su{p}_{n\ge 0}({\sum }_{j=0}^{\infty }|{\omega }_j^n|)=su{p}_{n\ge 0}||l_n||<\infty$
對任意的 $f\in \mathcal{C}[0,1]$ 以及任意的 $p\in \mathcal{P}[0,1]$ ，我們有

$$\begin{gathered} |l_n(f)-{\int }_0^{1}f(x)\omega (x)dx|\le |l_n(f-p)|+|l_n(p)-{\int }_0^{1}p(x)\omega (x)dx|+|{\int }_0^1(f(x)-p(x))\omega (x)dx| \\ \le (su{p}_{n\ge 0}||l_n||+||\omega |{|}_{L^1(0,1)})||f-p||+|l_n(p)-{\int }_0^{1}p(x)\omega (x)dx| \end{gathered}$$

給定任意的 $f\in \mathcal{C}[0,1]$ 以及任意的 $ϵ>0$ ，Weierstrass逼近定理說明存在一個多項式 $p=p(f;ϵ)\in \mathcal{P}[0,1]$ 使得
$$(su{p}_{n\ge 0}||l_n||+||\omega |{|}_{l^1(0,1)})||f-p||\le \frac{ϵ}{2}$$

由假設，存在 $n_0=n_0(p)=n_0(f;ϵ)$ 使得
$$|l_n(p)-{\int }_0^{1}p(x)\omega (x)dx|\le \frac{ϵ}{2},\forall n\ge n_0$$

因此

$$|l_n(f)-{\int }_0^{1}f(x)\omega (x)dx|\le ϵ,\forall n\ge n_0$$

充分性得證