Kombinatoryka w przestrzeniach Banacha

wykład dra Tomasza Kochanka, spisał Przemysław Ohrysko

18 stycznia 2015

1 Wykłady 1-2

1.1 Klasyczne twierdzenie Ramseya i spreading models

Wprowadzimy na początek uzyteczne oznaczenia.

Oznaczenia 1.1.1. Niech M będzie dowolnym zbiorem. Przez [M ]<∞, [M ]∞,[M ]r będziemy oznaczać rodzinę wszystkich skończonych, nieskończonych, r-elementów podzbiorów zbioru M (odpowiednio). c00 będzie oznaczać przestrzeńliniową ciągów równych zero poza skończoną liczbą indeksów.

Definicja 1.1.2. Niech r będzie liczbą naturalną oraz f : [N]r 7→ R funkcjąograniczoną. Wówczas

limA∈[M ]r

f(A) = α⇔ ∀ε>0∃N∈N

∀A∈[M ]r

N6minA

|f(A)− α| < ε.

Twierdzenie 1.1.3 (Klasyczne twierdzenie Ramseya). Niech r ∈ N oraz niechf : [N]r 7→ R będzie funkcją ograniczoną. Wówczas istnieje zbiór M ∈ [N]∞ taki,że

limA∈[M ]r

f(A) isnieje.

W szczególności, jeśli A ⊂ [N]r, to istnieje M ∈ [N]∞ takie, że [M ]r ⊂ A lub[M ]r ∩ A = ∅. Istotnie, wystarczy położyć fA, ε < 1 i wyrzucić ze zbioru Mliczby naturalne mniejsze od otrzymanego N .

Dowód. Dla r = 1 jest to twierdzenie Bolzano - Weierstrassa (z ciągu ograniczo-nego można wybrać podciąg zbieżny). Będziemy dowodzić przez indukcję, więczałóżmy prawdziwość twierdzenia dla r − 1. Przyjmijmy

f(m1, . . . ,mr) = f({m1, . . . ,mr}).

Dla ustalonych m1, . . . ,mr−1 znajdziemy zbiór M1 ∈ [N]∞ taki, że granica

g(m1, . . . ,mr−1) := limmr∈M1

f(m1, . . . ,mr−1,mr)

1

istnieje (zbiór twierdzenie Bolzano - Weierstrassa). Możemy założyć, że zbiórM1 jest taki, iż powyższa granica istnieje dla wszystkich układów r−1 liczb na-turalnych {m1, . . . ,mr−1} (mamy przeliczalnie wiele ciągów i stosujemy metodęprzekątniową). Otrzymujemy w ten sposób odwzorowanie g : [N]r−1 7→ R, którejest ograniczone, bo funkcja f jest ograniczona. Korzystamy z założenia induk-cyjnego, aby znaleźć zbiór nieskończony M2 ⊂M1 taki, że (tak naprawdę łatwowidać, iż obecne sformułowanie twierdzenia jest równoważne sformułowaniu zzastąpieniem N przez dowolny zbiór nieskończony i stosujemy tę obserwację)

limA∈[M2]r−1

g(A) = α.

Z definicji g dla dowolnego A ∈ [M2]r−1 i ε > 0 istnieje N = N(A, ε) ∈ N takie,żę dla n > N(A, ε) mamy n /∈ A oraz

|f(A ∪ {n})− g(A)| < ε.

Przystępujemy teraz do określenia zbioru M . Niech m1 będzie dowolnym ele-mentem zbioru M2 i załóżmy, że mamy wybrane liczby naturalne m1, . . . ,mn.Bierzemy mn+1 > mn, mn+1 ∈M1 takie, że

mn+1 > maxA∈[{m1,...,mn}]r−1

N(A, 2−n).

Sprawdzimy, że M = {m1,m2, . . .} ⊂ M1 spełnia tezę twierdzenia, czyli uza-sadnimy

limA∈[M ]r

f(A) = α.

Ustalmy ε > 0 i dobierzmy n ∈ N tak, aby spełnione były warunki:

1. jeśli A ∈ [M ]r−1 i mn 6 min(A), to |g(A)− α| < ε2

2. 2−n < ε2

Wówczas, jeśli A ∈ [M ]r i mn 6 min(A), A = {mj < . . . < mk}, B = A \ {mk},to

|f(A)− g(B)| 6 2−n <ε

2.

Zatem,|f(A)− α| 6 |f(A)− g(B)|+ |g(B)− α| < ε

2+ε

2= ε.

Następujący przykład pokazuje, że klasyczne twierdzenie Ramseya nie prze-nosi się na przypadek funkcji określonych na nieskończonych podzbiorach N.

Przykład 1.1.4. Weźmy dowolny ultrafiltr niegłówny U ⊂ [N]∞ i określmyc : [N]∞ 7→ {−1, 1} za pomocą wzoru

c(A) = limU

(−1)|A∩{1,...,n}|.

Wówczas c nie jest stała na żadnym zbiorze [M ]∞ dla M ⊂ N nieskończonego.Istotnie, dla dowolnego A mamy c(A) 6= c(A \ {minA}).

2

Definicja 1.1.5. Ciąg (xn)∞n=1 w przestrzeni Banacha X nazywa się spreading,gdy

∀0<p1<...<pn

∀a1,...,an∈K

‖n∑j=1

ajxpj‖ = ‖n∑j=1

ajxj‖

Ciąg (xn)∞n=1 jest asymptotycznie spreading, jeśli istnieje istnieje ciąg spreading(en)∞n=1 (być może w innej przestrzeni Banacha) o własności

∀a1,...,ar∈K

lim{p1<...<pn}∈[N]r

‖r∑j=1

ajxpj‖ = ‖r∑j=1

ajej‖.

Jeśli ciąg (xn)∞n=1 jest dodatkowo ciągiem bazowym, to powyższy ciąg (en)∞n=1nazywa się spreading model ciągu (xn)∞n=1.

Twierdzenie 1.1.6 (Brunel,Sucheston,1974). Niech (xn)∞n=1 ⊂ X będzie unor-mowanym ciągiem takim, że {xn}∞n=1 nie jest relatywnie zwarty. Wówczas ist-nieje podciąg (xnk)

∞k=1, który jest asymptotycznie spreading.

Dowód. Możemy założyć, że żaden podciąg (xn)∞n=1 nie jest zbieżny (wyrzucamyzbieżne podciągi). Z twierdzenia Ramseya

∀M∈[N]∞

∃M1∈[M ]∞

lim{p1<...<pr}∈[M1]r

‖r∑j=1

ajxpj‖

istnieje dla ustalonego ciągu skalarów (a1, . . . , ar). Stosując standardowe me-tody, można wybrać zbiór M∞ ∈ [N]∞ odpowiedni dla wszystkich wyborów(a1, . . . , ar) i dla każdego r ∈ N (najpierw robimy to dla ai wymiernych).Dla ciągu ξ = (ξ(j))j∈N ∈ c00 określamy

‖ξ‖Y = lim{p1<...<pn}∈[M∞]r

‖r∑j=1

ξ(j)xpj‖X , gdy ξ = (ξ(1), . . . , ξ(r), 0, 0, . . .).

Nietrudno sprawdzić, że jest to półnorma o własności spreading (to znaczy, żeciąg kanonicznych wektorów bazowych (en)∞n=1 ma własność spreading). Poka-żemy teraz, iż w istocie jest to norma. Niech ‖ξ‖Y = 0, gdzie

ξ =r∑j=1

ajej , ar 6= 0.

Wówczas

‖n−1∑j=1

ajej + arer‖Y = 0.

Z własności spreading

‖n−1∑j=1

ajej + arer+1‖Y = 0.

3

Z nierówności trójkąta dostajemy ‖er − er+1‖Y = 0, co z własności spreadingdaje ‖e1 − e2‖Y = 0, ale

0 = ‖e1 − e2‖ = lim{p1<p2}∈[M∞]2

‖xp1 − xp2‖

Oznacza to jednak, że pewien podciąg ciągu (xn)∞n=1 spełnia warunek Cau-chy’ego, co przeczy założeniu. W związku z tym możemy przyjąć za przestrzeńY uzupełnienie c00 w podanej normie i wtedy ciąg (en)∞n=1 jest spreding, czyliodpowiedni podciąg (xn)∞n=1 jest asymptotycznie spreading (dokładniej, jest to(xn)n∈M∞).

1.2 Nieskończone twierdzenie Ramseya. Topologia Ellen-tucka.

Oznaczenia 1.2.1. Skończone podzbiory N będziemy oznaczać przez a, b, . . .,a nieskończone przez A,B, . . .. Dodatkowo, dla dwóch podzbiorów a i A liczbnaturalnych będziemy pisać a < A dla wyrażenia, iż wszystkie elementy zbiorua są mniejsze niż wszystkie elementy zbioru A.

Definicja 1.2.2. Przyjmijmy

[s,M ] = {N ∈ [N]∞ : s ⊂ N ⊂ s ∪M, s < N \ s}.

Topologią Ellentucka na [N]∞ będziemy nazywać topologię, w której zbiory po-staci [s,M ] są bazą.

Odnotujmy najpierw prosty fakt dotyczący topologii Ellentucka. Przede wszyst-kim, zauważmy, że na [N]∞ mamy topologię produktową dziedziczoną z {0, 1}N(utożsamiamy zbiór A ∈ [N]∞ z funkcją f : N 7→ {0, 1}, f(n) = χA(n).

Fakt 1.2.3. Topologia Ellentucka jest bogatsza niż topologia produktowa.Topologię Ellentucka można także wprowadzić za pomocą bazy składającej sięzbiorów

[s,M ]∼ = {N ∈ [N]∞ : s ⊂ N ⊂ s ∪M}.

Definicja 1.2.4. Rodzinę V ⊂ [N]∞ będziemy nazywać całkowicie Ramseyow-ską (dobrym kolorowaniem), gdy

∀s∈[N]<∞

∀M∈[N]∞

∃N∈[M ]∞

([s,N ] ⊂ V lub [s,N ] ∩ V = ∅) .

Przypomnimy jeszcze definicję topologiczną.

Definicja 1.2.5. Niech V będzie podzbiorem pewnej przestrzeni topologicznej.Powiemy, że V ma własność Baire’a, gdy istnieje zbiór otwarty O oraz zbiórpierwszej kategorii M takie, że

V = O4M = (O \M) ∪ (M \O).

4

Twierdzenie 1.2.6 (Ellentuck,1974). Rodzina V ⊂ [N]∞ jest całkowicie Ram-seyowska wtedy i tylko wtedy, gdy V ma własność Baire’a w topologii Ellentucka.

Dowód. Dowód podzielimy na kilka części.0. Jeśli V jest całkowicie Ramseyowski, to V ma własność Baire’a (to jest zadaniena ćwiczenia).1. (Nash - Williams, 1965). Każdy zbiór otwarty w topologii Ellentucka jestcałkowicie Ramseyowski. Ustalmy U ⊂ [N]∞, U - otwarty. Wprowadzimy napoczątek pewną konwencję: dla a ∈ [N]<∞ i E ∈ [N]∞ powiemy, że para (a,E)jest ”dobra”, gdy istnieje M ∈ [E]∞ o własności [a,M ]∼ ⊂ U . W przeciwnymrazie powiemy, że para (a,E) jest ”zła”.Dążymy do stwierdzenia:

Jeśli para (a,E) jest zła, to istnieje M ∈ [E]∞ takie, że [a,M ]∼ ∩ U = ∅. (1)

Załóżmy, że wykazaliśmy następujące zdanie.

Jeśli (a,E) jest zła, to ∃M∈[E]∞

∀a⊂b⊂a∪M

(b,M) też jest zła. (2)

Chcąc wywnioskować (1) załóżmy, że para (a,E) jest zła oraz dla każdego M ∈[E]∞ mamy [a,M ]∼ ∩ U 6= ∅. Wówczas dla dowolnego M ∈ [E]∞ znajdziemyzbiór ∅ 6= G ∈ [a,M ]∼ ∩ U i w szczególności, a ⊂ G. Skoro U jest otwarty, toistnieje c ∈ [N]<∞ oraz H ∈ [N]∞ takie, że G ∈ [c,H]∼ ⊂ U . Teraz [c,G]∼ ⊂[c,H]∼, bo dla X ∈ [N]∞ jeśli c ⊂ X ⊂ G∪ c, to X ⊂ H ∪ c, gdyż G ⊂ H ∪ c (towynika z G ∈ [c,H]∼). Przyjmijmy teraz b = a ∪ c. Wówczas [b,G]∼ ⊂ [c,G]∼.Istotnie, jeżeli b = a ∪ c ⊂ X ⊂ G ∪ b = G ∪ a ∪ c, to c ⊂ X oraz X ⊂ G ∪ c,bo a ⊂ G. W ten sposób znaleźliśmy zbiór skończony b taki, że a ⊂ b oraz[b,G]∼ ⊂ U . Zwróćmy jeszcze uwagę, iż G ∩ M jest zbiorem nieskończonym(wynika to z G ⊂ M ∪ a) oraz [b,M ∩ G]∼ ⊂ [b,G]∼. Zatem para (b,M) jestdobra, co jest zaprzeczeniem (2).Przechodzimy do dowodu (2). Wykażemy najpierw fakt pomocniczy:

jeśli (aj)mj=1 są zbiorami skończonymi takimi, że (aj , E) są złe, to

∃v∈E\∪m

j=1aj∃

F∈[E]∞∀

16j6m(aj ∪ {v}, F ) są złe.

Załóżmy przeciwnie. Wówczas

∀v∈E\∪m

j=1aj∃

16j6m(aj ∪ {v}, E) jest dobra,

czyli∃

p∈{1,...,m}∃

E1∈[E]∞[ap ∪ {v}, E1]∼ ⊂ U .

Niech v1 ∈ E \ ∪mj=1aj będzie ustalone i dobierzmy do niego indeks p(1) orazzbiór E1 jak wyżej. Weźmy teraz dowolne v2 > v1 spełniające v2 ∈ E1 \ ∪mj=1aj

5

otrzymując indeks p(2) oraz zbiór E2 ∈ [E1]∞ taki, że [ap(2) ∪ {v2}, E2]∼ ⊂ U .Kontynuujemy naszą konstrukcję otrzymując rosnący ciąg nieskończony vk. Za-kres wartości, które przebiega p(k) jest jednak skończony, więc pewna liczbap0 ∈ {1, . . . ,m} pojawi się nieskończenie wiele razy. Niech M = {vk : k ∈N takich, że p(k) = p0}. Teraz zauważmy, że [ap0 ,M ]∼ ⊂ U , co przeczy zało-żeniu, iż wszystkie pary (aj , E) są złe. Istotnie, niech X ∈ [ap0 ,M ]∼. Wówczasap0 ⊂ X ⊂ ap0 ∪M i niech k będzie minimalnym indeksem, dla którego vk ∈ X.Teraz ap0 ∪ {vk} ⊂ X ⊂ ap0 ∪ {vk} ∪ Ek, ostatnie zawieranie wynika stąd, żeG ⊂ ap0 ∪M , a więc

G \ ap0 = {vk}∞⋃l=1

{vnl : vnl ∈M} nl > k dla l ∈ N.

Jednakże vnl ∈ Enl oraz Enl ⊂ Ek dla l ∈ N, bo zbiory ciąg zbiorów (Ei)∞i=1jest zstępujący. Pamiętając, że p0 = p(k) otrzymujemy G ∈ [ap(k), Ek]∼ ⊂ U .Zakończymy teraz dowód (2). Niech więc para (a,E) będzie zła i połóżmy E0 =E. Korzystając z faktu pomocniczego znajdujemy v1 ∈ E0 oraz zbiór E1 ∈ [E0]∞

taki, że para (a ∪ {v1}, E1) jest zła. Zauważmy, że również para (a,E1) jestzła (w przeciwnym razie para (a,E) byłaby dobra). Kontynuując, wybierzmyv2 ∈ E1, v2 > v1 oraz E2 ∈ [E1]∞ tak, że (a ∪ {v2}, E2) oraz (a ∪ {v1, v2}, E2)są złe. Zwróćmy uwagę, iż również pary (a ∪ {v1}, E2), (a,E2) są złe (inaczej(a∪{v1}, E1) lub (a,E1) byłaby zła), czyli dla każdego b spełniającego a ⊂ b ⊂a ∪ {v1, v2} para (b, E2) jest zła. W końcu dostaniemy ciąg rosnący (vk)∞k=1 owłasnościach vk ∈ Ek−1, Ek ∈ [Ek−1]∞ i (b, Ek) są wszystkie złe dla zbiorówb spełniających a ⊂ b ⊂ a ∪ {v1, . . . , vk}. Przyjęcie M = {v1, v2, . . .} kończydowód (2) i jednocześnie całego punktu 1..2. Jeśli V jest pierwszej kategorii w topologii Ellentucka, to

∀[a,A]

∃B∈[a,A]

[a,B] ∩ V = ∅.

W szczególności każdy zbiór pierwszej kategorii w topologii Ellentucka jest ni-gdzie gęsty. To jest zadanie na ćwiczenia.3. Niech χ ⊂ [N]∞ ma własność Baire’a. Istnieją wtedy zbiór otwarty O orazzbiór pierwszej kategorii M takie, że χ4O = M (sztuczka z teorii mnogości).Ustalmy zbiór [s,A]. Z punktu 2. istnieje N ∈ [s,A] takie, że [s,N ] ∩M = ∅. Zczęści 1. zbióe O jest całkowicie Ramseyowski, więc istnieje P ∈ [s,N ] takie, że

[s, P ] ⊂ O lub [s, P ] ∩O = ∅.

Dalej, jeśli [s, P ] ⊂ O, to [s, P ] ∩M = ∅. Istotnie, jest to rozważana już przydowodzie (2) sytuacja, a mianowicie: gdy P ∈ [s,N ] i [s,N ]∩M = ∅, to [s, P ] ⊂[s,N ], w szczególności [s, P ] ∩M = ∅. Zatem [s, P ] ⊂ O \M ⊂ χ.Gdy zaś [s, P ]∩O = ∅, to pamiętając, że [s, P ] ⊂ [s,N ] mamy [s, P ]∩M = ∅, awięc [s, P ]∩ (O∪M) = ∅. Ostatecznie χ ⊂ O∪M , co prowadzi do [s, P ]∩χ = ∅i kończy dowód twierdzenia Ellentucka.

6

1.3 Twierdzenie l1 Rosenthala.

Zanim przejdziemy do tematu tej części wykładu podamy twierdzenie i definicjeużywane w dowodzie twierdzenia Rosenthala.

Twierdzenie 1.3.1 (Kadec,Pełczyński). Dla ograniczonego zbioru S ⊂ X ta-kiego, że 0 /∈ S następujące warunki są równoważne.

1. S nie zawiera żadnego ciągu bazowego.

2. S jest warunkowo słabo zwarty i 0 ∈ Sw.

Definicja 1.3.2. Niech (xn)∞n=1 będzie ciągiem w przestrzeni Banacha X orazniech M ∈ [N]∞. Określamy oscylację ciągu (xn)∞n=1 na zbiorze M za pomocąwzoru

osc(M) = supx∗∈BX∗

limk→∞

supm,n>km,n∈M

|x∗(xm)− x∗(xn)|.

Definicja 1.3.3. Powiemy, że ciąg (xn)∞n=1 w przestrzeni Banacha X jest sła-bym ciągiem Cauchy’ego, gdy dla każdego x∗ ∈ X∗ istnieje granica

limn→∞

x∗(xn).

Definicja 1.3.4. Niech (xn)∞n=1, (yn)∞n=1 będą ciągami bazowymi w przestrze-niach Banacha X oraz Y (odpowiednio). Powiemy, że ciągi (xn)∞n=1, (yn)∞n=1 sąrównoważne (xn) ∼ (yn), gdy dla dowolnego układu skalarów ai

szereg∞∑n=1

anxn zbiega ⇔ szereg∞∑n=1

anyn zbiega.

Z twierdzenia o wykresie domkniętym jest to równoważne istnieniu odwracalne-go operatora liniowego T : [xn]∞n=1 7→ [yn]∞n=1 takiego, że Txn = yn dla n ∈ N

Możemy już przejść do sformułowania i dowodu twierdzenia l1 Rosenthala.

Twierdzenie 1.3.5 (Rosenthal 1974,Dor 1975). Niech (xn)∞n=1 będzie unormo-wanym ciągiem w nieskończenie wymiarowej przestrzeni Banacha X. Wówczaszachodzi dokładnie jedna z dwóch możliwości:

1. (xn)∞n=1 zawiera słaby podciąg Cauchy’ego.

2. (xn)∞n=1 zawiera podciąg bazowy równoważny bazie kanonicznej w l1.

Dowód. Załóżmy, że (xn)∞n=1 nie zawiera żadnego słabego podciągu Cauchy’ego.Rozumowanie podzielimy na kilka etapów.1. Zbiór {xn : n ∈ N} oczywiście nie jest warunkowo słabo zwarty, więc przecho-dząc do podciągu i korzystając z twierdzenia Kadeca - Pełczyńskiego możemyprzyjąć, iż (xn)∞n=1 jest ciągiem bazowym.2. Z założenia, iż (xn)∞n=1 nie zawiera żadnego słabego podciągu Cauchy’ego

7

wynika osc(M) > 0. Zauważmy, że dla M ⊂ N mamy osc(M) 6 oscN. Dążymydo dowodu istnienia M ∈ [N]∞ spełniającego

osc(M) = infM ′∈[M ]∞

osc(M ′), czyli ∀M ′,M ′′∈[M ]∞

osc(M ′) = osc(M ′′).

Połóżmy M0 = N. Krok po kroku znajdziemy ściśle zstępujący ciąg nieskończo-nych podzbiorów (Mk)∞k=0 o własności

0 < osc(Mk) < infM ′∈[Mk−1]∞

+1k

dla k ∈ N.

Dla każdego k ∈ N zbiór Mk−1 \Mk jest niepusty, więc weźmy xk ∈Mk−1 \Mk.Są to zbiory parami rozłączne, zatem określając M = {xk : k ∈ N} otrzymujemyzbiór nieskoćzony. Ponadto dla każdego k ∈ N mamy M \Mk = {x1, . . . , xk−1}.Oscylacja nie zmienia się przy zamianie skończenie wielu elementów, co prowadzido

c 6 osc(M) 6 osc(Mk) < infM ′∈[Mk−1]∞

+1k6 infM ′∈[M ]∞

+1kk ∈ N.

Zatemosc(M) = inf

M ′∈[M ]∞.

Przechodząc do podciągu możemy założyć, że M = N. Niech osc(M ′) = 4δ > 0.Co więcej, wybierając kolejny podciąg możemy przyjąć, iż dla pewnego u∗ ∈BX∗ istnieje poniższa granica

limn→∞

u∗(xn) =: θ, |θ| > δ,

gdzie ostatnia nierówność wynika z definicji oscylacji, nierówności trójkąta orazokreślenia liczby δ.3. Niech (xn, x∗n)∞n=1 będzie układem biortogonalnym. Wówczas dla każdegon ∈ N mamy

‖xn‖ · ‖x∗n‖ 6 2K, gdzie K jest stałą bazową ciągu (xn)∞n=1.

Zbiór {xn, n ∈ N} jest oczywiście oddzielony od zera, a więc istnieje stała Btaka, że dla każdego n ∈ N mamy

‖x∗n‖ 6 B.

Wprowadźmy rodzinę zbiorów

V = {M ∈ [N]∞ : M = {m1 < m2 < . . .} i istnieje x∗ ∈ X∗, ‖x∗‖ 6 C

takie, że x∗(xmj ) = (−1)j dla j ∈ N}

Uzasadnimy, że V jest domknięte w topologii produktowej na [N]∞. Weźmywięc ciąg (Mv)∞v=1 ⊂ V (można ograniczyć się do ciągów przeliczalnych, bo tatopologia jest metryzowalna) i załóżmy, że

Mv →M0 ∈ [N]∞ przy v →∞

8

w topologii produktowej. Z definicji oznacza to, że

∀n∈N

χMv (n)→ χM0(n) przy v →∞. (3)

Niech M0 = {m1 < m2 < . . .}. Uzasadnimy, iż

∀j∈N∃N∀v>N

mj = min(Mv \ {m1, . . . ,mj−1}).

Ograniczymy się do j = 1 (dalsze rozumowanie jest analogiczne). Weźmy n <m1. Wówczas z (3)

∃N1∈N∀

v>N1

n /∈Mv.

Liczb spełniających warunek n < m1 jest jednak skończenie wiele, a więc wistocie

∃N2∈N

∀n<m1

∀v>N2

n /∈Mv.

Z drugiej strony∃

N3∈N∀

v>N3

m1 ∈Mv.

Kładąc N = max{N2, N3} otrzymujemy żądaną własność. Z definicji zbiorówMv możemy napisać

∀j∈N∃N∈N∀v>N

x∗v(xmj ) = (−1)j . (4)

Niech (x∗v)∞v=1 ∈ CBX∗ będą funkcjonałami występującymi w definicji zbiorów

Mv. Z twierdzenia Banacha-Alaoglu zbiór {x∗v : v ∈ N} ma słaby∗ punkt skupie-nia, który oznaczymy przez x∗0. Ustalmy j ∈ N oraz ε > 0. Wówczas w zbiorze

{x∗ ∈ X∗ : |x∗0(xmj )− x∗(xmj )|} < ε

znajdziemy podciąg (x∗vk)∞k=1 (to jest definicja punktu skupienia). Z (4) istnieje

k ∈ N takie , żex∗vk(xmj ) = (−1)j .

Stąd|x∗0(mj)− (−1)j | < ε,

a ponieważ ε > 0 oraz j ∈ N były dowolne dostajemy

∀j∈N

x∗0(mj) = (−1)j .

Zatem M0 ∈ V i pamiętając, że topologia Ellentuka jest bogatsza niż topologiaproduktowa udowodniliśmy domkniętość V w topologii Ellentucka. Z twierdze-nia Nasha - Williamsa wynika całkowita Ramseyowskość V (dopełnienie zbiorudomkniętego jest otwarte, a klasa zbiorów całkowicie Ramseyowskich jest za-mknięta na dopełnienia). Z definicji,

∃M∈[N]∞

([M ]∞ ∩ V = ∅) lub ([M ]∞ ⊂ V).

9

Wykluczymy teraz pierwszą możliwość. Ustalmy więc M ∈ [N]∞. Chcemy zna-leźć M ′ ∈ [M ]∞ spełniające M ′ ∈ V. Z części 2. wiemy, że osylacja ciągu(xn)∞n=1 na dowolnym nieskończonym podzbiorze jest równa 4δ. Niech M ={n1 < n2 < . . .}. Ciągi (y∗(x2nj ))

∞j=1, (y∗(x2nj+1))∞j=1 są dla dowolnego y∗ ∈

BX∗ ograniczonymi ciągami liczbowymi, więc możemy wybrać wspólny podciąg(vj)∞j=1 taki, że (przyjmujemy m2j = 2vj oraz m2j−1 = 2vj + 1)

limj→∞

y∗(xm2j ) = α i limj→∞

y∗(xm2j+1) = β.

Ponadto możemy tak dobrać funkcjonał y∗ ∈ BX∗ i podciągi, aby |α− β| > 2δ.Istotnie, mamy osc(N) = 4δ, a więc z definicji oscylacji istnieje funkcjonały∗ ∈ BX∗ taki, że

∀k>K

∃m,n>km,n∈N

|y∗(xn)− y∗(xm)| > 2δ.

dla k > K oznaczmy przez tk ∈ N oraz lk ∈ N indeksy, dla których zachodzipowyższa nierówność. W ten sposób otrzymujemy

∀k>K

|y∗(xtk)− y∗(xlk)| > 2δ.

Wybierjąc wspólnie podciągi zbieżne możemy założyć, iż (xtk)∞k=1, (xlk)

∞k=1 są

zbieżne do α i β (odpowiednio). Nadto, usuwając stosownie elementy możemyprzyjąć, że m2j = lj oraz m2j+1 = tj .Użyjemy teraz znalezionego w punkcie 2. funkcjonału u∗. Rozważmy funkcjonał

v∗ =2

α− βy∗ − α+ β

θ(α− β).

Teraz

limj→∞

v∗(xm2j ) =2α

α− β− α+ β

α− β= 1 oraz podobnie

limj→∞

v∗(xm2j+1) = −1,

czylicj := v∗(xmj )− (−1)j → 0 przy j →∞

Przechodząc do podciągu możemy założyć |cj | 6 2−jB−1 dla j ∈ N. Szacującnormę v∗ dostajemy

‖v∗‖ 6 δ−1 +1|θ|δ

6 δ−1 + δ−2.

Określmy teraz x∗ ∈ X∗ za pomocą wzoru

x∗ = v∗ −∞∑j=1

cjx∗mj .

10

Korzystając z poprzednich wyliczeń otrzymujemy

||x∗|| 6 1 + δ−1 + δ−2.

Kładąc w definicji rodziny V stałą C równą 1+ δ−1 + δ−2 dla j ∈ N uzyskujemy

x∗(mj) = v∗(mj)− cj = (−1)j ,

a więc M ′ = {mj : j ∈ N} ∈ [M ]∞ spełnia M ′ ∈ V.4. Niech M będzie zbiorem nieskończonym otrzymanym w poprzedniej częścii niech (εj)∞j=1 będzie dowolnym ustalonym ciągiem znaków. Wybierzemy te-raz zbiór nieskończony M ′ ⊂ M tak, aby dla ciągu bazowego (x2j )

∞j=1 istniał

funkcjonał x∗ ∈ CBX∗ o własności

∀j∈N

x∗(xm2j ) = εj .

Procedura jest prosta: jeśli ξ1 = 1, to zaczynamy od dołożenia do M ′ elementówm1 oraz m2, gdy zaś ξ1 = −1, to zaczynamy od m2 i kontynuujemy analogiczniedla kolejnych j ∈ N. Sprawdzimy, że (xm2j )

∞j=1 ∼ (ej)∞j=1, gdzie (ej)∞j=1 jest

bazą kanoniczną w l1. Weźmy dowolny skończony ciąg liczbowy a1, . . . , aN . Jeślijesteśmy w przypadku rzeczywistym, to wybierzmy znaki εj tak, aby ajεj = |aj |.Wówczas

||(aj)||l1 > ‖N∑j=1

ajxm2j‖ >1Cx∗(

N∑j=1

ajxm2j ) =1C

N∑j=1

|aj | =1C||(aj)||l1 .

W przypadku, gdy aj są zespolone bierzemy ciągi znaków εj , ε′j dla j ∈ {1, . . . , N}spełniające

ajεj = |Reaj |+ iImajεj oraz ajε′j = Reajε′j + i|Imaj |.

Istnieją wówczas funkcjonały x1, x2 ∈ CBX∗ takie, że

x∗1(xm2j ) = εj , x∗2(xm2j ) = ε′j j = 1, . . . , N.

Zatem

‖N∑j=1

ajxm2j‖ >1

2C

∣∣∣∣∣∣(x∗1 + x∗2)

N∑j=1

ajxm2j

∣∣∣∣∣∣ =

12C

√√√√(N∑j

|Reaj |)2 + (N∑j=1

Imaj)2 +

√√√√(N∑j

Reaj)2 + (N∑j=1

|Imaj |)2

>

>1

2C

N∑j=1

|Reaj |+N∑j=1

|Imaj |

>1

2C

N∑j=1

√Rea2

j + Ima2j >

>1

2C

N∑j=1

|aj | =1

2C‖(aj)‖l1 .

11

Zanim przejdziemy do zastosowań przypomnimy pewne fakty o przestrzenil1.

Fakt 1.3.6. Przestrzeń l1 ma następujące własności.

1. Ma własność Schura (tzn. każdy słabo zbieżny ciąg jest silnie zbieżny).

2. Jest słabo ciągowo zupełna (tzn. każdy słaby ciąg Cauchy’ego jest słabozbieżny).

Wniosek 1.3.7. Jeśłi X jest przestrzenia Banacha taką, że istnieje niezwartyoperator T : X 7→ l1, to X zawiera izomorficzną kopię l1.

Dowód. Z założenia T (BX) nie jest zbiorem całkowicie ograniczonym, a więc

∃ε>0

∃(xn)⊂BX

∀m 6=n‖T (xm)− T (xn)| > ε.

Stąd ciąg (T (xn))∞n=1 nie jest słabo zwarty i każdy jego podciąg też nie jestsłabo zwarty (własność Schura). Ponadto, żaden podciąg wymienionego wcze-śniej ciągu nie może być słabym ciągiem Cauchy’ego (słaba ciągowa zupełność).Wynika stąd również, że ciąg (xn)∞n=1 nie ma słabego podciągu Cauchy’ego.Istotnie, gdyby (xnk)

∞k=1 był takim podciągiem, to dla każdego y∗ ∈ l∗1 pamię-

tając, że y∗ ◦ T ∈ X∗ istniałaby granica

limk→∞

(y∗ ◦ T )(xnk) = limk→∞

y∗(Txnk),

a więc (Txnk)∞k=1 byłby słabym ciągiem Cauchy’ego, co przeczy wcześniejszym

wynikom. Wystarczy teraz zastosować twierdzenie Rosenthala.

Zanim przejdziemy do następnego wniosku udowodnimy ciężki lemat topo-logiczny.

Lemat 1.3.8. Niech P będzie przestrzenią polską (zupełną i ośrodkową prze-strzenią metryczną). Niech τp oznacza topologię zbieżności punktowej na C(P,R)i niech {fn}n∈N ⊂ C(P,R) oraz przyjmijmy

K = {fn : n ∈ N}τp.

Wówczas następujące warunki są równoważne.

1. Każdy f ∈ K \ {fn : n ∈ N} jest granicą punktową pewnego podciągu(fn)∞n=1.

2. Każdy podciąg (fn)∞n=1 ma podciąg punktowo zbieżny.

3. Każda funkcja f ∈ K jest borelowska (tzn. przeciwobrazy zbiorów otwar-tych są borelowskie).

Wniosek 1.3.9 (Odell&Rosenthal,1975). Niech X będzie ośrodkową przestrze-nią Banacha. Następujące warunki są równoważne.

12

1. X nie zawiera izomorficznej kopii l1.

2. Każdy element x∗∗ ∈ BX∗∗ jest słabą∗ granicą ciągu elementów z BX .

3. card(X∗∗) = card(X) = c.

Dowód. Implikacja 2.⇒ 3. jest oczywista, gdyż cℵ0 = c (każdy element z BX∗∗jest wyznaczony przez ciąg elementów z BX).Również nietrudno jest wykazać 3.⇒ 1. wystarczy zauważyć, że drugi operatorsprzężony jest różnowartościowy, o ile wyjściowy operator jest różnowartościo-wy (w naszym przypadku jest to zanurzenie l1 w X), a więc l∗∞ ⊂ X∗∗. Terazl∗∞ = M(βN), a ta ostatnia przestrzeń jest oczywiście mocy 2c (mamy tam deltyDiraca we wszystkich punktach βN, które ma moc 2c). Można również postępo-wać inaczej (sprawdzimy to na ćwiczeniach): l1(c) ↪→ l∞, co dowodzi iż l∗∞ mal∞(c) jako ilorazową, a ta ostatnia ma moc 2c, czyli card(X∗∗) > 2c.Przechodzimy do dowodu implikacji 1.⇒ 2.. Rozważmy przestrzeń topologiczną(B∗X , w

∗). Z ośrodkowości X wiemy, że jest to przestrzeń metryczna. Ponadtojest to przestrzeń zwarta (twierdzenie Banacha-Alaoglu), a więc również zupełnai ośrodkowa. Weźmy zbiór przeliczalny {xn : n ∈ N} gęsty w BX . Z twierdzeniaGoldstina (utożsamiamy tutaj elementy x ∈ X z elementami w X∗∗ otrzyma-nymi przez kanoniczne włożenie)

{xn : n ∈ N}w∗

= BX∗∗ .

Myśląc o elementach xn jako o rzeczywistych funkcjach ciągłych na (B∗X , w∗) i

zauważając, że w takim ujęciu słaba∗ topologia odpowiada zbieżności punktowejbędziemy mogli zastosować ostatni lemat. Istotnie, gdyby punkt 2. nie zachodził,to z poprzedniego lematu istniałby podciąg (xnk)

∞k=1 bez podciągu punktowo

zbieżnego. Oznacza to, że dla każdego podciągu (xnkl )∞l=1 ciągu (xnk)

∞k=1 istnieje

x∗ ∈ BX∗ taki, że nie istnieje granica

liml→∞

xkl(x∗) := lim

lx∗(xkl).

To jednak dowodzi, iż ciąg (xnk)∞k=1 nie ma żadnego słabego podciągu Cau-

chy’ego, a więc z twierdzenia Rosenthala w X znajdziemy izomorficzną kopięl1.

2 Wykład 3

2.1 Własności baz

Będziemy zajmować się teraz ciągami bazowymi. Stałą bazową będziemy ozna-czać przez K.

Definicja 2.1.1. Niech (xn)∞n=1 ⊂ X oraz (yn)∞n=1 ⊂ Y będą ciągami bazo-wymi. Powiemy, że są one kongruentne w odniesieniu do (X,Y ), gdy istniejeliniowy izomorfizm T : X 7→ Y taki, że Txn = yn (to jest silniejsza własnośćniż równoważność).

13

Twierdzenie 2.1.2 (Zasada małych zaburzeń). Niech (xn) ⊂ X będzie ciągiembazowym ze stałą bazową K oraz niech (yn) ⊂ X będzie ciągiem takim, że

θ := 2K∞∑n=1

||xn − yn||||xn||

< 1.

Wówczas (yn) jest ciągiem bazowym oraz (xn) i (yn) są kongruentne. Co więcejstałą bazową dla ciągu (yn) można dobrać 6 (1 + θ)(1− θ)−1K.

Dowód. Mamy ||x∗1|| · ||x1|| 6 K oraz ||x∗n|| · ||xn|| 6 2K dla n > 2. NiechA : X 7→ X będzie określony wzorem

A(x) = x+∞∑n=1

x̂∗n(x)(yn − xn),

gdzie x̂∗n jest dowolnym rozszerzeniem x∗n do elementu z X∗. Otrzymujemy

||Ax|| 6 ||x||+∞∑n=1

||x∗n|| · ||xn|| ·||xn − yn||||xn||

.

Zatem ||A|| 6 1 + θ, a stąd ||A − I|| 6 θ < 1, a więc A jest operatoremodwracalnym, co kończy dowód (oczywiście Axn = yn).

Definicja 2.1.3. Niech (en) ⊂ X będzie ciągiem bazowym i niech 0 = p0 <p1 < p2 < . . .. Wówczas każdy ciąg niezerowych wektorów (un) postaci

un =pn∑

j=pn−1+1

ajej

będziemy nazywać blokowym ciągiem bazowym.

Twierdzenie 2.1.4 (Bessaga-Pełczyński). Niech (en) będzie bazą w przestrzeniBanacha X oraz niech ciąg (xn) spełnia warunki:

1. inf ||xn|| > 0

2. limn→∞ e∗k(xn) = 0 dla każdego k ∈ N.

Wówczas istnieje podciąg (xnk) kongruentny do pewnego blokowego ciągu bazo-wego utworzonego z (en) (można tutaj powiększyć stałą bazową jedynie o dowolneε > 0).

Dowód. Niech α = inf ||xn|| > 0 i niech v ∈ (0, 14 ). Konstruujemy wędrujący

garb otrzymując podciąg (xnk) ⊂ X oraz ciąg (rk) ⊂ N tak, aby

∀k∈N||Sr−1xnk || <

vkα

2Koraz ||xnk − Srkxnk || <

vkα

2K.

14

Kładziemy r0 = 0 oraz n1 = 1 i wybieramy r1 ∈ N tak, aby ||Sr1x1 − x1|| byłoodpowiednio małe. Z założenia

limn→∞

Sr1xn = 0,

więc możemy wybrać n2 > n1 tak, aby ||Sr1xn2 || było dostatecznie małe i bie-rzemy r2 ∈ N, aby zapewnić sobie stosowną nierówność na ||Sr2x2 − x2||. Kon-tynuując tę procedurę otrzymamy ciąg yk := Srkxnk − Srk−1xnk . Z nierównościtrójkąta mamy

||yk − xnk || <vkα

Ki dalej ‖|yk|| > α− vα

K> (1− v)α > 0.

Ponadto,

2K∞∑k=1

||yk − xnk ||||yk||

< 2(1− v)−1∞∑k=1

vk =2v

(1− v)2 < 1,

a więc (xnk) jest kongruentny z (yk).

Wprowadzimy teraz pewne ograniczenia na rozważane bazy.

Definicja 2.1.5. Bazę (en)∞n=1 będziemy nazywać kurczącą, jeśli (e∗n)∞n=1 jestbazą X∗, czyli [e∗n] = X∗.

Uwaga 2.1.6. Ciąg (e∗n) jest bazowy dla H := [e∗n] ⊂ X∗. Ponadto H = {x∗ ∈X∗ : ||S∗Nx∗ − x∗|| → 0}.

Na wszelki wypadek sprawdzimy jeszcze postać S∗N .

< x, S∗Nx∗ >=< SN

∞∑k=1

e∗k(x)ek, x∗ >=<N∑k=1

e∗k(x)ek, x∗ >,

więc

S∗Nx∗ =

∞∑k=1

x∗(ek)e∗k.

Zauważmy jeszcze, że

supN||S∗N ||H 7→H 6 sup

N||S∗N ||X∗ 7→X∗ = sup

N||SN || = K.

Stwierdzenie 2.1.7. Niech (en) ⊂ X będzie ciagiem bazowym ze stałą K.Wówczas H = [e∗n] ⊂ X∗ jest K−1 normujący dla X, czyli

||x||H = sup{|h(x)| : h ∈ H, ||h|| 6 1}

spełnia 1K ||x|| 6 ||x||H 6 ||x||. W szczególności, odwzorowanie x 7→ j(x)|H ∈ H∗

jest izomorficznym włożeniem.

15

Dowód. Niech x ∈ X oraz weźmy x∗ ∈ SX∗ takie, że x∗(x) = ||x||. Wówczas

|(S∗Nx∗)x|K

6|(S∗Nx∗)x|||S∗Nx∗||

6 sup{|h(x)| : h ∈ H, ||h|| 6 1} = ||x||H .

Z drugiej strony,

|(S∗Nx∗)(x)| = |x∗(SNx)| → |x∗(x)| = ||x||.

Następne stwierdzenie wyjaśni nazwę ”baza kurcząca”.

Stwierdzenie 2.1.8. Baza (en)∞n=1 ⊂ X jest kurcząca wtedy i tylko wtedy, gdy

limN→∞

||x∗|[en]n>N || = 0 dla każdego x∗ ∈ X∗.

Dowód. Jeśli (en) jest kurcząca, to piszemy x∗ = (x∗ − S∗Nx∗) + S∗Nx∗ i mamy

||x∗|[en]n>N || 6 ||(x∗ − S∗Nx∗)|[en]n>N || = ||x

∗ − S∗Nx∗|| → 0.

W drugą stronę, niech x∗ ∈ X∗. Pokażemy, że S∗Nx∗ 7→ x∗. Istotnie, dla dowol-

nego x ∈ X mamy

|(x∗ − S∗Nx∗)x| = |x∗(IX∗ − SN )(x)| = |x∗|[en]n>N (I − SN )(x)| 66 ||x∗|[en]n>N || · ||I − SN || → 0.

Definicja 2.1.9. Baza (en) ⊂ X jest ograniczenie zupełna, gdy dla dowolnegociągu skalarów (an), jeśli

supN

∥∥∥∥∥N∑k=1

akek

∥∥∥∥∥ <∞,to szereg

∑akek zbiega w X.

Przykład 2.1.10. (en) ⊂ lp, 1 < p <∞ są ograniczenie zupełne i kurczące.(en) ⊂ l1 jest ograniczenie zupełna, ale nie jest kurcząca.(en) ⊂ c0 nie jest ani kurcząca, ani ograniczenie zupełna.(fn) ⊂ c0, fn = e1 + . . . en jest kurcząca, ale nie ograniczenie zupełna.

Twierdzenie 2.1.11. Niech (en, e∗n) będzie bazą w X. Wówczas następujacewarunki są równoważne.

1. en jest ograniczenie zupełna.

2. e∗n jest kurcząca.

3. Odwzorowanie j : X 7→ H∗ jest izomorfizmem ”na”, czyli X ' H∗.

16

Dowód. 1⇒ 3. Wystarczy pokazać, że j jest ”na”. W tym celu weźmy h∗ ∈ H∗oraz rozważmy ciąg {

n∑i=1

h∗(x∗i )jxi

}∞n=1

.

Korzystając z tego, że (jxn, x∗n)∞n=1 jest układem biortogonalnym otrzymujemy

‖n∑i=1

h∗(x∗i )jxi‖Z∗ = ||h∗|| sup||z||61

‖n∑i=1

jxi(z)x∗i ‖ =

||h∗|| sup||z||61

‖n∑i=1

z(xi)x∗i ‖ 6 K||h∗||.

Ponieważ j jest izomorfizmem ciąg{n∑i=1

h∗(x∗i )xi

}∞n=1

jest także ograniczony, więc korzystając z ograniczonej zupełności jst on zbieżnydo pewnego elementu x ∈ X. Łatwo sprawdzić, że j(x) = h∗.3 ⇒ 2. To jest oczywiste, bo (e∗n, jen)∞n=1 jest układem biortogonalnym oraz[j(en)] = H∗, co z definicji oznacza, iż (e∗n) jest kurcząca.2.⇒ 1 Załóżmy, że

supN‖

N∑n=1

anen‖ <∞.

Normy w H∗ oraz w X są równoważne, więc z twierdzenia Banacha - Alaogluistnieje słaby∗ punkt skupienia h∗ ∈ H∗ zbioru{

N∑n=1

anj(en)

}∞N=1

.

Z drugiej strony, skoro (e∗n) jest kurcząca, to

h∗ =∞∑n=1

h∗(e∗n)jen.

Teraz otrzymujemy h∗(e∗n) = an, a więc przypominając sobie raz jeszcze, iżnormy w X oraz w H∗ są równoważne otrzymujemy zbieżność szeregu

∞∑n=1

anen.

Przechodzimy do twierdzenia charakteryzującego przestrzenie refleksywne wjęzyku własności baz.

17

Twierdzenie 2.1.12 (James,1951). Niech X będzie przestrzenią Banacha zbazą (en). Wówczas X jest refleksywna wtedy i tylko wtedy, gdy (en) jest ogra-niczenie zupełna i kurcząca.

Dowód. ⇒ Pozostawione jako ćwiczenie.⇐ Łatwe - skoro (en) jest kurcząca, toH = [e∗n] = X∗ i z ograniczonej zupełnościj : X 7→ H∗ = X∗∗ jest ”na”.

3 Wykłady 4-7

3.1 Przestrzenie Zirelsona zwykłe i mieszane

Definicja 3.1.1 (Zirelson 1974,Figiel i Johnson 1974). Przestrzenią Zirelsona Tbędziemy nazywać uzupełnienie c00 względem jedynej normy ‖ · ‖T spełniającejwarunek

‖x‖T = max{||x||∞,12

supm∑j=1

||Ejx||T } dla x ∈ c00 (5)

Tutaj Ex = χEx, a supremum jest wzięte po wszystkich rodzinach skończonychzbiorów Ei takich, że m 6 E1 < . . . Em.

Trzeba uzasadnić, że taka norma w ogóle istnieje oraz jej jedyność.

Uwaga 3.1.2. Istnieje jedyna norma spełniająca (5).

Dowód. Niech ||x||0 = ||x||∞ oraz dla n > 0 połóżmy

||x||n+1 = max{||x||n,12

supn∑j=1

||Ejx||n}

Wówczas||x||∞ = ||x||0 6 ||x||1 6 . . . 6 ||x||n 6 . . . 6 ||x||l1 .

Ciąg rosnący i ograniczony ma granicę, więc możemy przyjąć (formalnie trzebaby sprawdzić, że to działa)

||x||T = limn→∞

||x||n.

Przechodzimy do dowodu jednoznaczności. Załóżmy, że || · ||′ spełnia (5). Wów-czas przez indukcję otrzymujemy nierówność || · ||′ > || · ||n dla n ∈ N , więc|| · ||′ > || · ||T . Teraz, jeśli dla pewnego x ∈ c00 mamy ||x||′ > ||x||T , to mogli-byśmy wybrać x o najmniejszym nośniku, co jest niemożliwe.

Twierdzenie 3.1.3 (`1 Jamesa o dystorsji). Załóżmy, że X zawiera izomorficz-ną kopię l1 i niech (xn)∞n=1 ⊂ X będzie znormalizowanym ciągiem równoważnymbazie kanonicznej (en)∞n=1 w l1. Wówczas

∀ε>0∃

(yn)(1− ε)

n∑j=1

|aj | 6 ‖n∑j=1

ajyj‖ 6∑|aj |,

18

gdzie (yn)∞n=1 jest znormalizowanym blokowym ciągiem bazowym utworzonym z(en)∞n=1.

Dowód. Teza twierdzenia jest równoważna następującemu zdaniu: istnieje nor-ma na ||| · ||| na l1 taka, że

∃M>0∃S⊂l1

(1− ε)M ||y|| 6 |||y||| 6M ||y||,

gdzie S jest nieskończenie wymiarową podprzestrzenią.Określmy

Mn = inf{m > 0 :∞∑k=1

|ak| 6 m‖∞∑k=1

akxk‖

dla wszystkich (an)∞n=1 ∈ c00, ak = 0 dla k < n+ 1}.

Widać od razu, żeM1 >M2 > . . . > 1.

Możemy więc określićM jako granicę ciąguMn. Weźmy teraz p0 ∈ N spełniająceMp0 < (1 − ε)− 12M . Dla każdego n ∈ N istnieje blok {pn−1 + 1, . . . , pn} ⊂ N ipewne skalary bj (pn−1 < j 6 pn) takie, że

(1− ε) 12M‖pn∑

j=pn−1+1

bjxj‖ 6pn∑

j=pn−1+1

|bj | 6Mn‖pn∑

j=pn−1+1

bjxj‖.

Przyjmujemy

yn =pn∑

j=pn−1+1

bjxj .

WówczasN∑j=1

|aj | 6 (1− ε)− 12M−1N∑j=1

|aj |pj∑

i=pj−1+1

|bi|.

TerazN∑j=1

|aj |pj∑

i=pj−1+1

|bi| 6Mp0‖N∑j=1

ajyj‖,

a zatemN∑j=1

|aj | 6 (1− ε)−1‖N∑j=1

ajyj‖.

Twierdzenie 3.1.4. Przestrzeń Zirelsona nie zawiera izomorficznej kopii c0 ilp dla 1 6 p <∞.

19

Dowód. 1. Załóżmy, że c0 ↪→ T lub lp ↪→ T dla pewnego p ∈ (1,∞). Z twierdze-nia Bessagi i Pełczyńskiego możemy założyć, że istnieje (ξn)∞n=1 ⊂ T znormali-zowany blokowy ciąg bazowy, który jest podciągiem bazy kanonicznej (en)∞n=1w T równoważny z bazą kanoniczną w c0 lub lp. Dla każdego m ∈ N możemydobrać n ∈ N takie, że supp(ξm+1), . . . , supp(ξn+m) jest dopuszczalnym ciągiemzbiorów, więc

m

26 ||ξm+1 . . . ξn+m||T .

Ostatnie wyrażenie możemy oszacować przez 1 w przypadku c0 oraz przez m1p

w przypadku lp, co jest oczywistą sprzecznością.2. Załóżmy, że l1 ↪→ T i ε ∈ (0, 1

4 ). Z twierdzenia Bessagi - Pełczyńskiego i`1-twierdzenia o dystorsji możemy przyjąć, iż istnieje znormalizowany blokowyciąg bazowy utworzony z (en) ⊂ T spełniający

‖n∑j=1

ajξj‖ > (1− ε)n∑j=1

|aj |, (6)

dla każdego ciągu skalarów (an). Rozważmy

ξ0 +1n

n∑j=1

ξj dla n ∈ N.

Weźmy r ∈ N takie, że supp(ξ0) ⊂ [1, r]. Wówczas z (6) mamy

‖ξ0 +1n

n∑j=1

ξj‖ > 2(1− ε).

Z faktu, że (ξn) mają rozłączne nośniki wynika

‖ξ0 +1n

n∑j=1

ξj‖ > ||ξ0 +1n

n∑j=1

ξj ||∞.

Definicja normy daje ciąg zbiorów k 6 E1 < . . . Ek spełniający

‖ξ0 +1n

n∑j=1

ξj‖ =12

k∑i=1

‖Ei(ξ0 +1n

n∑j=1

ξj)‖.

Rozważmy dwa przypadki.a. Jeśli wszystkie Ei są rozłączne z supp(ξ0), to

‖ξ0 +1n

n∑j=1

ξj‖ =12

k∑i=1

||Ei

1n

n∑j=1

ξj

|| 6 || 1n

n∑j=1

ξj || 6 1,

20

co jest wykluczone.b. Eiξ0 6= 0 dla przynajmniej jednego i. Wówczas k 6 r. Liczymy

12

k∑i=1

‖Ei(ξ0 +1n

n∑j=1

ξj)‖ 6

612

k∑i=1

||Eiξ0||+1

2n

n∑j=1

k∑i=1

‖Eiξj‖.

Istnieje co najwyżej k wektorów spośród ξj , których nośniki przecinają co naj-mniej dwa przedziały Ei. W tym przypadku szacujemy brutalnie

12n

k∑i=1

‖Eiξj‖ 61n||ξj || =

1n.

W drugim przypadku mamy n− k wektorów i dla każdego z nich prawdą jest

12n

k∑i=1

||Eiξj || =1

2n||Esξj || 6

12n||ξj || =

12n.

Zatem

‖ξ0 +1n

n∑j=1

ξj‖ 6 1 +k

n+n− k

2n6 1 +

r

n+n− r

2n= 1 +

n+ r

2n→ 3

2< 2,

co również jest niemożliwe.

Przechodzimy teraz do mieszanych przestrzeni Zirelsona.

Definicja 3.1.5. Niech M ⊂ [N]<∞ będzie zwartą rodziną zawierającą sin-gletony i zamkniętą na branie podzbiorów oraz niech θ ∈ (0, 1). PrzestrzeńZirelsona T (M, θ) określamy jako uzupełnienie c00 w normie

||x||T (M,θ) = max{||x||∞, θ supn∑j=1

||Ejx||T (M,θ)},

gdzie supremum jest wzięte po wszystkichM-dopuszczalnych ciągach przedzia-łów {E1 < . . . < En}, czyli takich, dla których istnieje {m1, . . . ,mn} ∈ M,m1 6 minE1 < m2 6 minE2 < . . . < mn 6 minEn.Dla ciągu zwartych rodzin {Mn}∞n=1 spełniających powyższe warunki i zbieżne-go do zera ciągu {θn}∞n=1 określamy mieszaną przestrzeń Zirelsona T [(Mn, θn)∞n=1]jako uzupełnienie c00 w normie

||x||∗ = {||x||∞, supn

supE1<...<Ek

θn

k∑j=1

||Ejx||∗},

gdzie supremum jest dla każdego n brane poMn dopuszczalnych ciągach prze-działów.

21

Przykład 3.1.6. 1. T = T (S, 12 ), gdzie S = {A ⊂ N : #A 6 minA}.

2. Przyjmijmy An = {A ⊂ N : #A 6 n}. Wtedy dostajemy T (An, θ) 'c0 lub lp oraz

T [(An,1

log2(n+ 1))∞n=1]− przestrzeń Schlumprechta.

Uwaga 3.1.7. Będziemy używać zbiorów normującychW (M, θ) iW [(Mn, θn)∞n=1],które są scharakteryzowane przez następujące dwie własności.

1. Zawierają ±e∗k dla k ∈ N.

2. Są domknięte względem (M, θ) operacji (Mn, θn) dla n ∈ N, odpowied-nio), czyli dla dowolnego ciągu f1, . . . , fk ∈ W (M, θ) z {suppf1 < . . . <suppfk} będącegoM-dopuszczalnym mamy f = θ(f1+. . .+fk) ∈W (M, θ).

Wówczas

||x||T (M,θ) = sup{f(x) : f ∈W (M, θ)}||x||T [(Mn,θn)∞n=1]

= sup{f(x) : f ∈W [(Mn, θn)∞n=1]}.

Twierdzenie 3.1.8 (Argyros - Deliyanni,1991). Niech {Mn}∞n=1 i {θn}∞n=1będą takie jak wcześniej. Załóżmy, że i(Mn) > ω lub i(Mn) = r < ω i θn > 1

r .Wówczas mieszana przestrzeń Zirelsona X = T [(Mn, θn)∞n=1] jest refleksywna.Co więcej, jeśli zachodzi pierwszy przypadek, to lp nie zanurza się izomorficzniew X dla p ∈ (1,∞).

Dowód. Z twierdzenia Jamesa wystarczy sprawdzić, że (en)∞n=1 ⊂ X jest ogra-niczenie zupełna i kurcząca.Zaczynamy od tej pierwszej własności. Załózmy, że teza jest fałszywa. Wówczasbez straty ogólności, korzystając z twierdzenia Bessagi - Pełczyńskiego możemyzałożyć, iż istnieje blok (xn) utworzony z (en) spełniający

∀N∈N‖

N∑n=1

xn‖ 6 q oraz ∀n∈N||xn|| > ε.

Przyjmijmy i(Mn) = r i weźmy {n0} ∈ M(r)n . Założenia o rodzinie Mn im-

plikują istnienie podciągu (xkj )∞j=1 oraz nieskończonego zbioru {n0, n1, . . .} o

własnościach nj 6 suppxj < nj+1,

∀l∈N{n0, nlr+1, . . . , n(l+1)r−1 ∈Mn.

Zatem podciąg (x′k)∞k=1 ciągu (xn)∞n=1 spełnia: dla każdego l ∈ N {x′lr+1, . . . , x′(l+1)r}

jest Mn dopuszczalny. Określmy

x(1)l =

r∑j=1

x′lr+j .

22

Wówczas

||x(1)l || > θn

r∑j=1

||x′lr+j || > θnrε.

Teraz zamieniając (x′k) na (x(1)l ) możemy kontynuować procedurę otrzymując

kolejne elementy (x(k)l ) i ||x(k)

l || > (θnr)kε. Dla dostatecznie dużego k mamywięc ||x(k)

l || > 1, co w połączeniu z 1-bezwarunkowością bazy (en) daje żądanąsprzeczność.Przechodzimy do drugiej części. Niech θ := max θn < 1. Niech W oznaczazbiór normujący w X∗ taki, jak w uwadze poprzedzającej twierdzenie. Z ćwiczeńwiemy, że BX∗ = co(W ). Pokażemy, że dla m ∈ N zachodzi Qmf ∈ θBX∗ , gdzieQmf jest ograniczeniem f do [en]n>m. Weźmy na początek f ∈W i spróbujmyznaleźć m ∈ N takie, że Qmf ∈ θco(W ). Niech (fn)∞n=1 ⊂ W oraz fn → fpunktowo.

1. Jeśli fn = ±e∗kn dla nieskończenie wielu n, to koniec (wtedy f = ±e∗k lubf = 0).

2. Możemy założyć, że dla każdego n ∈ N zachodzi

fn = Qkn(fn1 + . . .+ fndn)

i mn1 6 suppfn1 < mn

2 6 . . . < mndn

6 suppfnkn .

3. Jeśli θkmj → θ, to {mn1 < . . . < mn

dn} ∈ Mkn i f = 0.

4. Możemy przyjąć, że θkn = θk jest stałe i wszystkie zbiory {mn1 < . . . <

mndn} należą do pewnego Mk. Skoro Mk jest zwarte, to istnieje {m1 <

. . . < md} ∈ Mk i możemy przyjąć, iż mni = mi oraz

∀n∈N

∀i∈{1,...,d}

mnd+1 →∞,mn

d+2 →∞.

5. Zaobserwujmy teraz, że f jest postaci

f = θk(f1 + . . .+ fd−1 + . . .).

Z ostatniego punktu Qmdf = θkfd ∈ θBX∗ dla pewnych fd ∈W .Rozważmy teraz dowolne f ∈ c0(W ) = BX∗ . Z twierdzenia Choquetta

∃µ∈M1(W )

∀G

G(f) =∫W

G(h)dµ(h),

gdzie G jest funkcjonałem liniowym słabo∗-ciągłym. Weźmy pod uwagę zbiory

Am = {h ∈W : Qmh ∈ θ2co(W )}, m ∈ N.

23

Wówczas istnieje n0 ∈ N takie, że µ(An0) > δ. Uzasadnimy teraz zdanie:1θQn0f ∈ co(W ). Załóżmy, że tak nie jest, istnieje wtedy liniowy słabo∗ cią-gły funkcjonał G spełniający

sup{G(h) : h ∈ co(W )} = 1 oraz1θG(Qm0(f)) > 1.

Zatem

1θG(Qm0f) =

1θ

∫W

G(Qm0h)dµ(h) =1θ

(∫Am0

+∫W\Am0

)6

61θ· θ2µ(Am0) +

1θµ(W \Am0) 6 θ +

1θ

(1− δ) < 1.

Twierdzenie 3.1.9 (Bellenot 1986,Argyros - Deliyanni, 1992). Niech n ∈ N irozważmy przestrzeń X = T (An, θ), gdzie An = {A ⊂ N : #A 6 n}. Wówczas

1. Jeśli θ 6 1n , to X ' c0.

2. Jeśli θ > 1n , θ = 1

n1q

, to X ' lp ( 1p + 1

q = 1).

Dowód. W pierwszym przypadku wystarczy udowodnić, że ||∑ajej || 6 maxj |aj |,

co jest równoważne

∀f∈W

f(∑

ajej) 6 maxj|aj |.

Będziemy używać ”analizy drzewkowej” f ∈W , czyli pewnego schematu (ft)t∈T ⊂W w formie drzewa określonego poprzez warunki

• jedynym korzeniem jest f0 = 1,

• dla każdego końcowego węzła t ∈ T jest ft = ±e∗k,

• jeśli t ∈ T nie jest węzłem końcowym, to

ft = θ∑s∈St

fs.

Przez indukcję otrzymujemy f = θ(f1 + . . .+ fn). Teraz

f(∑

ajej) = θ

n∑j=1

fj(∑

aiei) 6 θ · nmaxi|ai| 6 max |ai|.

Przechodzimy do drugiego przypadku (wyraźnie trudniejszego). Trzeba udowod-nić, że ||x|| 6 ||x||lp dla x ∈ c00. Ustalmy więc f ∈W oraz drzewo f , czyli

∀t∈T

ft = θ∑s∈St

fs.

24

Zauważmy, że(#St)

1q 6 ||x||p.

Stąd

ft(x) = θ∑s∈St

fs(x) = θ∑s∈S

fs(xs) 6

1

n1q

∑s∈St

||xs||p 61

n1p

(∑s∈St

||xs||pp

) 1p

.

Pokażemy teraz, że dla dowolnych skalarów aj zachodzi nierówność

||∑

ajej || >1

2n

(∑|aj |p

) 1p

.

Oszacujemy najpierw

‖l∑

j=1

r1p

j ej‖,

gdzie r1, . . . , rl są nieujemnymi liczbami wymiernymi. Niech rj = kjk , s0 = 0

oraz sj = k1 + . . .+ kj . Przyjmijmy również

uj =sj∑

i=sj−1+1

ei.

Dostajemy

‖l∑

j=1

r1p

j ej‖ =1

k1p

‖l∑

j=1

k1p

j ej‖ >

1

k1p

‖l∑

j=1

||uj ||ej‖ >θ

2· 1

k1p

‖l∑

j=1

||uj ||uj||uj ||

‖ =

θ

2· 1

k1p

‖sl∑l=1

ei‖ >θ

21

k1p

·(sln

) 1p

=θ

2n1p

l∑j=1

rj

1p

.

W przedostatniej nierówności skorzystaliśmy z następującego faktu, którego do-wód teraz przedstawimy.

∀n∈N‖m∑j=1

ej‖ >(mn

) 1p

.

Wybierzmy zatem s ∈ N tak, aby ns 6 m < ns+1. Połóżmy

f =1

n1q

ns∑j=1

e∗j ∈W.

25

Wówczas

‖m∑j=1

ej‖ >1

nsq

ns∑j=1

e∗j

ns∑j=1

ej

= =ns

nsq

= nsp =

ns+1p

n1p

>(mn

) 1p

.

Dalej, należałoby wykazać nierówność

‖l∑

j=1

ajxj‖ 62θ‖

l∑j=1

ajej‖,

gdzie (xk)lk=1 jest znormalizowanym ciągiem bazowym utworzonym z (ek)∞k=1.

3.2 Dystorsowalność przestrzeni Schlumprechta

Zaczniemy od definicji.

Definicja 3.2.1. Niech (X, ‖ ·‖) będzie przestrzenią Banacha i niech λ > 1.Powiemy, że X jest λ-dystorsowalna, gdy istnieje równoważne przenormowanie(X, | · |) spełniające warunek:

infY⊂X

dimY=∞

sup{|x||y|

: |||x||| = |||y|||, x, y ∈ Y}

> δ.

Przypomnijmy, że przestrzeń Schlumprechta S to mieszana przestrzeń Zirel-sona

T[(An,

1log2(n+ 1)

)∞n=1

].

Celem tego paragrafu jest udowodnienie, że przestrzeń S jest dowolnie dystor-sowalna, tzn. jest λ-dystorsowalna przy każdym λ > 1. Kluczowe będzie tuwykazanie istnienia pewnych specjalnych układów podzbiorów SS ×BS∗ o wła-snościach wymienionych poniżej.

Definicja 3.2.2. Niech X będzie przestrzenią unormowaną i niech An ⊂ SXoraz A∗n ⊂ BX∗ dla n ∈ N. Parę ((An)∞n=1, (A

∗n)∞n=1) nazwiemy asymptotycznym

układem biortogonalnym ze stałą δ > 0, gdy spełnione są następujące warunki

1. Dla każdego n ∈ N zbiór An jest asymptotyczny, czyli An ∩ Y 6= ∅ dlakażdej nieskończenie wymiarowej podprzestrzeni Y ⊂ X.

2. Dla wszelkich m,n ∈ N, m 6= n, oraz dowolnych x ∈ Am, x∗ ∈ A∗n, mamy|x∗(x)| < δ.

3. Dla każdego n ∈ N i x ∈ An istnieje taki funkcjonał x∗ ∈ A∗n, że x∗(x) >1− δ.

26

Twierdzenie 3.2.3 (Gowers, Maurey, 1993). Niech 0 < δ < 136 . Jeśli X jest

ośrodkową przestrzenią unormowaną z asymptotycznym układem biortogonal-nym ze stałą δ, to X można równoważnie przenormować tak, aby nie zawierałaona żadnego 1√

36δ-bezwarunkowego ciągu bazowego.

Dowód. Niech ((An)∞n=1, (A∗n)∞n=1) będzie asymptotycznym układem biortogo-

nalnym ze stałą δ taką, jak w treści twierdzenia. Z ośrodkowości X – dla każdegon ∈ N istnieje taki zbiór przeliczalny Z∗n ⊂ A∗n, że dla każdego x ∈ An istniejez∗ ∈ Z∗n spełniający z∗(x) > 1− δ. Połóżmy

Z∗ =∞⋃n=1

Z∗n.

Niech

σ :∞⋃n=0

(Z∗)n → N

będzie dowolną injekcją (dziedziną jest tu zbiór wszystkich ciągów skończonycho wyrazach ze zbioru Z∗). Funkcjonał f ∈ X∗ będziemy nazywać funkcjonałemspecjalnym długości r ∈ N, jeżeli da się zapisać w postaci f = z∗1 + . . . z∗r , przyczym

z∗1 ∈ Z∗1 oraz z∗j+1 ∈ Z∗σ(z∗1 ,...,z∗j) dla każdego j = 1, . . . , r − 1.

Niech Γr oznacza zbiór wszystkich funkcjonałów specjalnych długości r. Przyj-mijmy r = bδ− 12 c i określmy nową normę na X za pomocą wzoru

|||x||| = max

{‖x‖, r · sup

f∈Γr|f(x)|

}.

Dla dowolnego liniowo niezależnego ciągu (xn)∞n=1 ⊂ X liniowo niezależnychwektorrów chcemy skonstruować ciąg (zj)∞j=1 wektorów blokowych (względemciągu (xn)∞n=1) tak, aby

(r − 1)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣r∑j=1

(−1)jzj

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ < 4 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣r∑j=1

zj

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Wynikać stąd będzie, że (xn)∞n=1 nie jest(r−1

4

)bezwarunkowy, co da nam tezę,

ponieważ (r − 1)/4 > 1√36δ

.Niech X1 będzie przestrzenią liniową rozpiętą przez wszystkie (xn)∞n=1. Wów-

czas istnieje z1 ∈ X1∩A1 oraz możemy wziąć z∗1 ∈ Z∗1 spełniające z∗1(z1) > 1−δ.Dalej, niech X2 będzie przestrzenią liniową rozpietą przez te xi, które nie by-ły potrzebne do wygenerowania z1. Znów, istnieje z2 ∈ X2 ∩ Aσ(z∗1 ) oraz takiz∗2 ∈ Z∗σ(z∗1 ), że z∗2(z2) > 1 − δ. Kontynnując tę procedurę, otrzymamy cią-gi z1, . . . , zr oraz z∗1 , . . . , z

∗r spełniające ‖zj‖ = 1, z∗j (zj) > 1 − δ dla każdego

27

j = 1, . . . , r, a także z1 ∈ Z∗1 i z∗j+1 ∈ Z∗σ(z∗1 ,...,z∗j−1)

dla j = 1, . . . , r−1, a zatem

r∑j=1

z∗j ∈ Γr.

Udowodnimy teraz dwa oszacowania.

1. |||∑rj=1 zj ||| & r2. Istotnie,∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣r∑j=1

zj

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ > r

(r∑j=1

z∗j

)(r∑j=1

zj

)> r(r(1− δ)− r(r − 1)δ) > r(r − 1).

2. |||∑rj=1(−1)jzj ||| . r. Zauważmy wpierw, że wprost z nierówności trójkąta

mamy |||∑rj=1(−1)jzj ||| 6 r. Aby oszacować drugi składnik pod znakiem mak-

simum w definicji normy |||·|||, ustalmy dowolny funkcjonał w∗ ∈ Γr i niechw∗ = w∗1 + . . . + w∗r będzie jego przedstawieniem jak w definicji zbioru Γr.Określmy

t = max{i ∈ {1, . . . , r} : w∗i = z∗i

}Zauważmy, że |w∗i (zj)| < δ, gdy i 6= j, bądź gdy i = j > t+1; wynika to z faktu,że σ jest różnowartościowa. Mamy też 1− δ < w∗i (zi) 6 1 dla i 6 t. Zatem∣∣∣∣∣

r∑j=1

(−1)jw∗j (zj)

∣∣∣∣∣ 6∣∣∣∣∣t∑

j=1

(−1)jz∗j (zj)

∣∣∣∣∣+ |w∗t+1(zt+1)|+r∑

j=t+2

|w∗j (zj)|

∣∣∣∣∣ 66 1 +

δr

2+ 1 + δr 6 2(1 + δr),

skąd

w∗

(r∑j=1

(−1)jzj

)6

∣∣∣∣∣r∑j=1

(−1)jw∗j (zj)

∣∣∣∣∣+∑i 6=j

|w∗i (zj)| 6 2(1 + δr) + δr(r − 1).

W konsekwencji∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣r∑j=1

(−1)jzj

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 6 max

{r, r(2(1 + δr) + δr(r − 1))

}< 4r,

co kończy dowód.

Aby udowodnić dystorsowalność przestrzeni Schlumprechta S wystarczy więcwykazać, że dla dowolnego δ > 0 istnieje w niej asymptotyczny układ biortogo-nalny ze stałą δ, a tak naprawdę – że układy takie istnieją w samej przestrzeni(c00, ‖·‖S), której uzupełnieniem jest przestrzeń S.

Dla dalszych celów, związanych z konstrukcją Gowersa–Maureya, którą zaj-miemy się w następnej kolejności, wygodnie będzie posługiwać się nie tyle samąfunkcją log2(x+ 1), co całą klasą pewnych specjalnych funkcji.

28

Definicja 3.2.4. Niech F będzie klasą funkcji f : [1,∞)→ [1,∞) spełniającychnastępujące warunki:

1. f(1) = 1 oraz f(x) < x dla x > 1;

2. f ↗∞ przy x→∞;

3. limx→∞ x−pf(x) = 0 dla każdego p > 0;

4. xf(x) jest wklęsła i rosnąca;

5. f jest podmultiplikatywna, tzn. f(xy) 6 f(x)f(y) dla x, y ∈ [1,∞).

Niech X będzie klasą wszystkich przestrzeni unormowanych X = (c00, ‖·‖), dlaktórych (en)∞n=1 jest znormalizowaną bazą monotoniczną (jest to baza o stałejbazowej równej 1). Dla X ∈ X oraz f ∈ F powiemy, że X ∈ X spełnia dolnef -oszacowanie, jeżeli

‖x‖ > sup

{1

f(N)

N∑j=1

‖Ejx‖ : E1 < . . . < En są przedziałami w N

}.

Zauważmy, że w tym przypadku (en)∞n=1 jest bazą bimonotoniczną, tzn. ‖Ex‖ 6‖x‖ dla każdego x ∈ X i każdego (skończonego lub nie) przedziału E ⊂ N.

Wprowadzimy jeszcze jedną definicję (dla x, y ∈ c00 piszemy x < y, jeżelisupp(x) < supp(y)).

Definicja 3.2.5. Niech X ∈ X. Wektor x ∈ X nazwiemy `k1+-średnią ze stałąC > 0, jeśli ‖x‖ = 1 oraz x = x1 + . . . + xk, przy czym x1 < . . . < xk oraz‖xi‖ 6 Ck−1 dla 1 6 i 6 k. Podobnie, wektor x ∈ X nazwiemy `k1+-wektorem zestałą C, jeśli jest wielokrotnością pewnej `k1+-średniej ze stałą C, a więc wtedy,gdy x = x1 + . . .+xk dla pewnych x1 < . . . < xk spełniających ‖xi‖ 6 Ck−1‖x‖dla 1 6 i 6 k.

Lemat 3.2.6. Niech f ∈ F oraz niech X ∈ X spełnia dolne f -oszacowanie.Wówczas dla dowolnych n ∈ N i C > 1 każda podprzestrzeń blokowa Y ⊂ Xzawiera `n1+-średnią ze stałą C.

Dowód. Weźmy k ∈ N tak duże, aby Ck > f(nk) (istnienie k gwarantuje namwarunek 3 z definicji rodziny F) i połóżmy N = nk. Rozważmy dowolne wektoryjednostkowe x1 < . . . < xN w Y oraz ich sumę x = x1 + . . .+xN . Dla dowolnego0 6 i 6 k podzielmy przedział {1, 2, . . . , nk} na nk−i kolejnych części długościni i określmy

x(i, j) =jni∑

t=(j−1)ni+1

xt dla j = 1, . . . , nk−1.

Załóżmy, że dla każdej pary (i, j) jak wyżej wektor x(i, j) nie jest `n1+-wektorem.Wówczas

∀16j6nk−1

1 > ‖x(1, j)‖ · Cn−1.

29

Mamy także

∀16j6nk−1

∃(j−1)n+16j1,26jn

‖x(1, j1,2)‖ > ‖x(2, j)‖ · Cn−1.

Przez prostą indukcję otrzymujemy więc:

∀16i6k

∀16j6nk−i

‖x(i, j)‖ < C−ini.

W szczególności,‖x‖ = ‖x(k, 1)‖ < C−knk = C−kN.

Ponieważ jednak X spełnia dolne f -oszacowanie, mamy ‖x‖ > Nf(N)−1, codaje sprzeczność wobec wyboru liczby k.

Lemat 3.2.7. Niech M,N ∈ N oraz C > 1. Niech także X ∈ X oraz x ∈ Xbędzie `N1+-wektorem ze stałą C. Wówczas, dla dowolnych przedziałów E1 <. . . < EM mamy

M∑j=1

‖Ejx‖ 6 C(

1 +2MN

)‖x‖.

Dowód. Możemy założyć, że ‖x‖ = N . Niech x = x1 + . . . + xN , gdzie x1 <. . . < xN oraz ‖xj‖ 6 C dla 1 6 j 6 N . Dla dowolnego j ∈ {1, . . . ,M} mamy

‖Ejx‖ 6

∥∥∥∥∥ ∑Ej(xi)6=0

xi

∥∥∥∥∥ 6 C ·#{i : supp(xi) ⊂ Ej}+ 2C.

Zauważmy też, żeM∑j=1

#{i : supp(xi) ⊂ Ej} 6 N,

a więc po zsumowaniu poprzednich nierówności stronami (dla j = 1, . . . ,M)otrzymujemy tezę.

Następująca definicja ma kluczowe znaczenie dla dowodu twierdzenia

Definicja 3.2.8. Powiemy, że ciąg x1 < . . . < xN wektorów przestrzeni X ∈ Xjest ciągiem szybkorosnącym ze stałą 1+ε (o długości N), jeżeli dla każdego i ∈{1, . . . , N} wektor xi jest `ni1+-średnią ze stałą 1 + ε, przy czym liczby naturalneni spełniają następujące warunki:

n1 > 2(1 + ε)Mf (Nε′ )ε′f ′+(1)

, (SR1)

ε′

2

√f(nk) > #supp(xk−1), (SR2)

30

przy czym Mf (x) := f−1(36x2). Wektorem szybkorosnącym (ze stałą 1+ε o dłu-gości N) nazywać będziemy sumę szybkorosnącego ciągu (ze stałą 1 + ε o dłu-gości N).

Niech M ∈ N oraz g ∈ F . Funkcjonał x∗ ∈ X∗ nazwiemy (M, g)-formą, jeśli‖x∗‖ 6 1 oraz

x∗ =M∑j=1

x∗j

dla pewnego ciągu niezerowych funkcjonałów x∗1 < . . . < x∗M spełniających‖x∗i ‖ 6 g(M)−1 dla 1 6 i 6M .

Lemat 3.2.9. Niech f, g ∈ F , g > f12 i niech X ∈ X spełnia dolne f -

oszacowanie. Niech ε > 0, x1, . . . , xN - szybkorosnący wektor ze stałą 1 + εi niech x =

∑xi. Niech x∗ będzie (M, g) formą z M > Mf (Nε′ ). Wówczas, dla

dowolnego przedziału E mamy |x∗(Ex)| 6 1 + ε+ ε′.

Dowód. Na początku dowodu zauważmy, że możemy opuścić przedział E wdowodzonej tezie, jako że x∗(Ex) = (Ex∗)(x), a funkcjonał Ex∗ również maprzedstawienie jako suma M składników o rosnących nośnikach, których normynie przekraczają g(M)−1.

Dla i ∈ {1, . . . , N}, niech ni będzie maksymalnym n takim, że xi jest ln1+sumą ze stałą 1 + ε. Połóżmy Ej = ran(x∗j ) (najmniejszy przedział zawierającysuppx∗j ). Wówczas

|x∗(xi)| 6 1, bo ||x∗||, ||xi|| 6 1,

||x∗j || 6 g(M)−1 6 f(M)−12 .

Stąd dla każdego i ∈ {1, . . . , N}

|x∗(xi)| 6 f(M)−12

M∑j=1

||Ejxi||. (7)

Niech t = max{i : ni 6M}. Mamy oczywiście

|x∗(x)| 6t−1∑i=1

|x∗(xi)|+ |x∗(xt)|+N∑

i=t+1

|x∗(xi)|.

Powracając do (7) będziemy szacować dwa ostatnie składniki. Z poprzedniegolematu dostajemy

|x∗(xt)|+N∑

i=t+1

|x∗(xi)| 6 1 + (1 + ε)(1 + 2Mn−1i )f(M)−

12 6 3(1 + ε)f(M)−

12 .

Aby ograniczyć pierwszą część zauważmy, że z definicji ciągu szybkorosnącego

f(#supp(xt−1)) 6ε′

2f(nt)

12 6

ε′

2f(M)

12 ,

31

a także

f(#supp(xt−1)) 6 2−i+1f(#supp(xt−1)) dla i = 2, 3 . . . , t− 1.

Z dolnego f oszacowania otrzymujemy więc nierówność

t−1∑i=1

|x∗(xi)| 6ε′

2+ε′

4+ . . . < ε′.

Ostatecznie,

|x∗(x)| 6N∑i=1

|x∗(xi)| 6 ε′ + 1 + 3(1 + ε)(N − t)f(M)−12 6

6 1 + ε′ + 3(1 + ε)N · ε′

6N6 1 + ε′ +

ε′(1 + ε)2

6

6 1 + ε′ + ε.

Wniosek 3.2.10. Przy poprzednich założeniach, dla każdego ciągu przedziałówE1 < . . . < EM mamy

1f(M)

M∑j=1

||Ejx|| 6 1 + ε+ ε′.

Dowód. Niech x∗j będzie funkcjonałem podpierającym Ejx i określmy

x∗ =1

f(M)

M∑j=1

x∗j .

Teraz wystarczy zauważyż, że jest to forma.

Wprowadzimy teraz trochę notacji. Niech x1 < . . . < xN będzie szybkorosnącym ciągiem. Dla każdego i ∈ N określamy ni jako największe n ∈ N takie,że xi jest ln1+ średnią. Dla dowolnego przedziału E określamy długość λ(E) zapomocą wzoru

λ(E) = jE − iE +(sEnjE− rEniE

), gdzie

iE = min{i : Exi 6= 0},jE = max{j : Exj 6= 0},rE = min{r : ExiE ,r 6= 0},sE = max{s : ExjE ,s 6= 0}.

32

Lemat 3.2.11. Niech f, g ∈ F , g > f12 , X ∈ X spełnia dolne f -oszacowanie,

ε > 0 i niech x1 < . . . < xN będzie szybko rosnącym ciągiem ze stałą 1 + ε.Załóżmy, że

||Ex|| 6 sup{|x∗(Ex)| : x∗ jest (M, g)-formą z M > 2}

dla każdego przedziału z λ(E) > 1. Wówczas ||x|| 6 (1 + ε+ ε′)Ng(N)−1.

Dowód. Określmy funkcję G : [0,∞) 7→ [0,∞) za pomocą wzoru G(x) =fracxg(x) dla x > 1 oraz G(x) = x dla x ∈ [0, 1). Będziemy dążyli do do-wodu silniejszej tezy.(1) ||Ex|| 6 (1 + ε + ε′)G(λ(E)), gdy λ(E) jest dostatecznie duże (wtedy weź-miemy E spełniające λ(E) = N).Zatem, jeśli

(1 + ε)(λ(E) + n−1i ) 6 (1 + ε+ ε′)λ(E),

czyli jeżeli(2) λ(E) > 1+ε

ε′n1,

to ||Ex|| 6 (1 + ε + ε′)λ(E). Stąd (1) zachodzi dla każdego E z λ(E) > 1+εε′n1

iλ(E) 6 1. Z (3.2.11) mamy ||Ex|| = |x∗(Ex)| dla pewnej (M, g) formy,

x∗ =M∑i=1

x∗i .

Określmy Ei = ran(x∗i )∩E (pracujemy z E spełniającymi λ(E) > 1). Wówczas

||Ex|| 6 g(M)−1M∑i=1

||Eix||,

a z bimotoniczności bazy (en) możemy założyć, że Ei pokrywają E. To jestkoniec, jeśli M >Mf

(Nε′

). Przyjmijmy zatem, iż M < Mf

(Nε′

). Załóżmy teraz,

że teza lematu jest fałszywa i niech E będzie minimalnym przedziałem o λ-długości > 1, dla którego (3.2.11) nie zachodzi. Napiszmy

||Ex|| 6 G(M)M

∑i∈A||Eix||+

∑j∈B||Ejx||

, gdzie

A = {i : 1 6 i 6M oraz λ(Ei) <1 + ε

ε′n1,

B = {1, . . . ,M} \A.

Z minimalności E dostajemy inkluzję

B ⊂ {i : ||Eix|| 6 (1 + ε+ ε′)G(λ(Ei))}.

Wprowadźmy parametr t = #AM i zauważmy, że t < 1. W związku z tym, możemy

przyjąć M < Mf

(Nε′

). Z warunku definiującego ciąg szybko rosnący,

n1 >2(1 + ε)ε′f ′(1)

Mf

(N

ε′

)>

2(1 + ε)Mε′f ′(1)

.

33

Stąd

1 >1 + ε

ε′n1· 2Mf ′(1)

> λ(Ei) · 2M.

Jeśli A = {1, . . . ,M}, to mielibyśmy λ(Ei) < 12M dla każdego i. Zatem

λ(E)− M

n16

M∑i=1

λ(Ei) <12.

To daje

λ(E) <12

+M

n1<

12

+12

= 1,

co jest oczekiwaną sprzecznością.Powracając do naszego oszacowania na ||Ex|| otrzymujemy∑

i∈A||Eix|| 6 (#A)(1 + ε)

(1 + ε

ε′n1+

1n1

)= (#A)(1 + ε+ ε′)

1 + ε

ε′n1.

Także, ∑j∈B||Ejx|| 6 (1 + ε+ ε′)

∑j∈B

G(λ(Ej)) 6

(M −#A)(1 + ε+ ε′)G(

λ(E)M −#A

),

bo G jest wklęsła iM∑j=1

λ(Ej) 6 λ(E).

Zatem,

||Ex|| 6 (1 + ε+ ε′)(

(#A)(1 + ε)ε′n1

+ (1− t)G(M) ·G(

λ(t)M −#A

))6

(1 + ε+ ε′)(

(#A)(1 + ε)ε′n1

+ (1− t)G(λ(E)1− t

)).

Z warunku określajacego ciąg szybko rosnący dostajemy

(#A)(1 + ε)ε′n1

6 t ·(1 + ε)Mf

(Nε′

)ε′n1

6 t · f′(1)2

6 tg′(1).

Dalej,

tg′(1) + (1− t)G(λ(E)1− t

)= t(G(1)−G′(1)) + (1− t)G

(λ(E)1− t

)6 G(λ(E))

z wklęsłości G. Ostatecznie dostajemy ||Ex|| 6 1 + ε+ ε′, co kończy dowód.

34

Możemy teraz powrócić do dowodu twierdzenia Schlumprechta o dystorso-walności.Niech δ ∈ (0, 1). W oparciu o poprzednie rozważania wystarczy pokazać, że Szawiera asymptotyczny układ biortogonalny ze stałą δ.Niech N1 < N2 < . . . będzie ciągiem skalarów spełniających

f(N1)N1

<δ

2, f(N1) >

8δ

i Nj > Mf (2Nj−1) dla j > 2.

Zdefiniujemy najpierw zbiory Ak i A∗k.

Ak = {x =Nk∑j=1

xj : ||x|| = 1 i x1 < . . . < xN

jest niewiąkszą niżf(Nk)Nk

wielokrotnością szybkorosnącego ciągu ze stałą 1 +δ

2}

A∗k = {x∗ = f(Nk)−1Nk∑j=1

x∗j : x∗1 < . . . < x∗Nk i ||x∗j || 6 1 dla 1 6 j 6 Nk}.

Wiemy już, że Ak jest asymptotyczne. Teraz, ustalmy k ∈ N i weźmy x ∈ Akoraz y∗ ∈ A∗j dla k 6= j (oczywiście y∗ jest (Nj , f) formą). Rozważmy dwaprzypadki.1. Jeśli j > k, to z Lematu 3.2.9 zastosowanego z ε = 1

2 oraz obserwacji Nj >Mf (Nkε′ ) dostajemy

|y∗(x)| 6 2f(Nk)Nk

< δ.

2. W przypadku, gdy j < k w oparciu o Lemat 3.2.11 mamy dla każdego A ⊂{1, . . . , Nk}

‖∑i∈A

xi‖ 6 2 · #Af(#A)

· f(Nk)Nk

.

Jeśli #A >√Nk, to prawa strona jest niewiększa niż 4(#A)N−1

k . Stąd, gdypodzielimy x na

√Nk kolejnych części o długości

√Nk, to widzimy, że x jest

l√Nk

1+ średnią ze stałą 4. Z Lematu 3.2.7 mamy

|y∗(x)| 6 f(Nj)−1 · 4(1 + 2NjN− 12k ) 6 8f(Nj) < δ.

Ostatecznie, dla ustalonego x ∈ Ak, x = x1 + . . .+ xNk z Lematu 3.2.9

||x|| 6 (1 + δ)Nkf(Nk)−1||xi|| dla każdego i.

Niech x∗i będzie funkcjonałem podpierającym dla xi i niech

x∗f(Nk)−1Nk∑i=1

x∗i ∈ A∗k,

co prowadzi do x∗(x) > (1 + δ)−1 > 1− δ i kończy dowód twierdzenia Schlum-prechta.

35

4 Wykłady 8-11: Przestrzeń Gowersa-Maureya

4.1 Konstrukcja przestrzeni Gowersa-Maureya

Aby zdefiniować przestrzeń Gowersa-Maureya, wprowadzimy pewne oznaczenia.Od tego momentu symbol f oznacza zawsze funkcję f(x) = log2(x + 1).

Niech Q oznacza zbiór wszystkich ciągów o skończonych nośnikach, wyrazachwymiernych i ograniczonych w normie supremum przez 1. Niech J będzie usta-lonym, odpowiednio „rzadkim” podzbiorem zbioru N; dokładniej – zakładamy,że

f(min j) > 256 oraz ∀m,n∈Jm>n

log log logm > 4n2. (8)

Niech J = {j1, j2, . . .} będzie rosnącym ponumerowaniem elementów zbioru J ;definiujemy

K = {j1, j3, j5, . . .} oraz L = {j2, j4, j6, . . .}.

Potrzebna nam będzie także injekcja σ : Q̃ → L ze zbioru Q̃ wszystkich takichskończonych ciągów (z1, . . . , zk) o wyrazach ze zbioru Q, że z1 < . . . < zk.Zakładamy dodatkowo, że σ spełnia warunek:

120

(f(σ(z1, . . . , zk))1/40)1/2 > #supp(z1 + . . .+ zk) (9)

(z1 < . . . < zk) ∈ Q̃ (jest dość oczywiste, że taka funkcja σ istnieje).W dowolnej przestrzeni unormowanej postaci X = (c00, ‖·‖) określamy funk-

cjonały specjalne w sposób podobny do tego, jak zrobilismy to w dowodzie twier-dzenia 3.2.3 (mówimy tutaj tylko o funkcjonałach, które mają skończone nośniki,a więc są elementami przestrzeni c00). Dla m ∈ N definiujemy najpierw

A∗m(X) =

{1

f(m)

m∑i=1

x∗i : x∗1 < . . . < x∗m oraz ‖x∗i ‖ 6 1 dla 1 6 i 6 m

}.

Niech dalej Γk(X) oznacza zbiór wszystkich ciągów specjalnych długości k, tj.takich ciągów (z∗1 < . . . < z∗k) elementów Q, że

z∗1 ∈ A∗j2k(X) oraz z∗i+1 ∈ A∗σ(z∗1 ,...,z∗i)(X) dla 1 6 i < k.

Dla dowolnego k ∈ N definiujemy teraz

B∗k(X) =

{1√f(k)

k∑i=1

z∗i : (z∗1 < . . . < z∗k) ∈ Γk(X)

};

elementy tego zbioru nazywać będziemy funkcjonałami specjalnymi długości k.Możemy w końcu przejść do definicji przestrzeni Gowersa-Maureya. (Symbol ∨oznaczać będzie funkcję maksimum.)

36

Definicja 4.1.1. Wprowadzamy indukcyjnie ciąg norm ‖·‖N (dlaN = 0, 1, 2, . . .)na c00 wzorami: ‖x‖0 = ‖x‖∞ oraz

‖x‖N+1 = ‖x‖0 ∨ sup

{1

f(M)

M∑j=1

‖Ejx‖N : E1 < . . . < EM są przedziałami

}

∨ sup{|z∗(Ex)| : k ∈ K, z∗ ∈ B∗k(XN ), E jest przedziałem

},

gdzie XN = (c00, ‖·‖N ). Określamy normę ‖·‖GM na c00 wzorem

‖·‖GM = limN→∞

‖·‖N ,

natomiast przestrzeń Gowersa-Maureya, oznaczaną w dalszym ciągu symbolemXGM, definiujemy jako uzupełnienie przestrzeni (c00, ‖ · ‖GM).

Uwaga 4.1.2. Ze względu na fakt, że dopuszczamy w powyższych wyrażeniachdowolne przedziały, ciąg (en)∞n=1 jest bazą bimonotoniczną przestrzeni XGM.Oczywiście, gdyby zamiast przedziałów dopuścić dowolne (skończone) podzbio-ry N, otrzymana przestrzeń miałaby bazę 1-bezwarunkową (ciąg (en)∞n=1), czegorzecz jasna nie chcemy – przestrzeń Gowersa-Maureya jest przykładem prze-strzeni niezawierającej żadnego bezwarunkowego ciągu bazowego.

Normę w przestrzeni XGM możemy też określić na następujące dwa, równo-ważne sposoby:

• ‖x‖GM = sup{ϕ(x) : ϕ ∈ D}, gdzie D ⊂ c00 jest najmniejszym symetrycznym,wypukłym zbiorem, który zawiera wszystkie funkcjonały e∗n (n ∈ N), jestzamknięty na wszystkie (Am, f(m)−1)-operacje, dla m ∈ N, oraz wszystkie(Ak, f(k)−1/2)-operacje, dla k ∈ K;

• ‖·‖GM jest jedyną normą na przestrzeni c00 spełniającą równanie uwikłane

‖x‖GM =‖x‖∞∨ sup

{1

f(M)

M∑j=1

‖Ejx‖GM : E1 < . . . < EM są przedziałami

}

∨ sup{|z∗(Ex)| : k ∈ K, z∗ ∈ B∗k(c00, ‖·‖GM), E jest przedziałem

}.

4.2 Oszacowanie normy wektorów szybkorosnącychw XGM

Zasadniczym krokiem w dowodzie faktu, że przestrzeń XGM nie zawiera bez-warunkowego ciągu bazowego (a nawet jest dziedzicznie nierozkładalna) jestpodanie górnego oszacowania na normę sumy szybkorosnącego ciągu wektorów.Głównym narzędziem będzie tu (ponownie) lemat 3.2.11, tyle że z powodu trze-ciego argumentu funkcji maksimum w definicji normy ‖·‖GM nie możemy jużopierać się wyłącznie na (M,f)-formach, jak to miało miejsce w przypadkuprzestrzeni Schlumprechta. Jeśli jednak długość danego ciągu szybkorosnące-go jest dosyć „niekompatybilna” (leży niezbyt daleko od elementu zbioru L)

37

z długością ciągów definiujących funkcjonały specjalne (które należą do K), tozmiana (M,f)-form na odpowiednie (M, g)-formy nie wpłynie na oszacowanie,które uzyskaliśmy w lemacie 3.2.11.

Lemat 4.2.1. Jeśli x1 < . . . < xn jest ciągiem szybkorosnącym w XGM długościn ∈ [logN, expN ] dla pewnego N ∈ L ze stałą 1 + ε, to∥∥∥∥∥

n∑i=1

xi

∥∥∥∥∥GM

6 (1 + ε+ ε′)n

f(n).

Dowód. Oznaczmy x = x1 + . . . + xn. Sprawdzimy założenia lematu 3.2.11(budując przy okazji odpowiednią funkcję g ∈ F). Po pierwsze, jest oczywiste,że XGM ∈ X oraz że XGM spełnia dolne f -oszacowanie.

Dla dowolnego zbioru K0 ⊆ K definiujemy funkcję φK0 : [1,∞) → [1,∞)wzorem

φK0(x) ={ √

log2(x+ 1) dla x ∈ K0

log2(x+ 1) dla x /∈ K0.

Opiszemy teraz procedurę, która dla każdej takiej funkcji daje funkcję gK0 ∈ Fspełniająca nierówności√

log2(x+ 1) 6 gK0(x) 6 φK0(x) 6 log2(x+ 1) dla x ∈ [1,∞). (10)

1. Dla dowolnej funkcji h : [1,∞) → [1,∞) określamy jej podmultiplikatywnąotoczkę H : [1,∞)→ [1,∞) wzorem

H(x) = inf{h(x1) · . . . · h(xm) : x1 · . . . · xm > 1 oraz xi > 1

};

jest to największa funkcja podmultiplikatywna majoryzowana przez h.

2. Dla dowolnej funkcji ograniczonej g : [1,∞) → [1,∞) określamy jej wklęsłąobwiednię G : [1,∞)→ [1,∞) wzorem

G(x) = sup{λg(y) + (1− λ)g(z) : 0 6 λ 6 1, x = λy + (1− λ)z

};

jest to najmniejsza funkcja wklęsła majoryzująca funkcję g.

3. Możemy teraz przystąpić do opisu naszej procedury (dla uproszczenia pisze-my φ zamiast φK0). Najpierw funkcji φ przyporządkowujemy jej podmulit-plikatywną otoczkę h, następnie rozważamy funkcję H(x) := xh(x)−1, którejprzyporządkowujemy jej wklęsłą obwiednię G. Na koniec definiujemy funkcjęg wzorem g(x) = xG(x)−1.

Aby wykazać, że tak zdefiniowana funkcja g należy do klasy F , należy je-dynie sprawdzić nadmultiplikatywność funkcji G (pozostałe własności są albooczywiste, albo – jak w przypadku monotoniczności funkcji g(x) i xg(x)−1 –wynikają z pozostałych). Wynika ona z następującego lematu, którego elemen-tarny dowód pominiemy: wklęsła obwiednia dowolnej funkcji nadmultiplikatyw-nej [1,∞)→ [1,∞) jest nadmultiplikatywna. Nierówności (10) wynikają wprostz konstrukcji.

38

Zauważmy teraz, że wprost z definicji normy w przestrzeni XGM wynika, żenorma każdego wektora x ∈ XGM jest albo równa ‖x‖∞, albo dana przez wartośćpewnej (M,φ)-formy na x (gdzie φ = φK). Ponieważ zaś g 6 φ (gdzie g = gK),każda (M,φ)-forma jest także (M, g)-formą. Znaleźliśmy zatem funkcję g ∈ Fspełniającą warunek g > f1/2 i o tej własności, że dla każdego x ∈ XGM mamy

‖x‖GM = ‖x‖∞ lub ‖x‖GM = sup{|z∗(x)| : z∗ jest (M, g)−formą, gdzie M > 2

}.

Ponadto, dla dowolnego przedziału E ⊂ N, dla którego λ(E) > 1 (długość ro-zumiana względem ciągu x1 < . . . < xn), mamy oczywiście ‖Ex‖GM > ‖Ex‖∞,a zatem dla każdego tego typu wektora Ex zachodzi drugi człon powyższej al-ternatywy (z Ex w miejscu x). Z lematu 3.2.11 otrzymujemy w takim razieoszacowanie

‖x‖ 6 (1 + ε+ ε′)n

g(n);

pozostaje więc wykazać, że g(n) = f(n) dla każdego n ∈ [logN, expN ].Wykażemy więc, że dla każdego K0 ⊂ K i N ∈ J \K0 mamy gK0(x) = f(x)

dla każdego x ∈ [logN, expN ]. W tym celu pokażemy najpierw, że na niecowiększym przedziale równają się funkcje h i f , gdzie h to podmultiplikatywnaotoczka φK0 (porównaj punkt 3 wyżej); dokładniej – wykażemy, że

h(x) = f(x) dla każdego x ∈ [log logN, exp expN ]. (11)

Określmy liczby k i l wzorami

k = max{m ∈ K0 ∪ {1} : m < N} oraz l = min{m ∈ K0 : N < m}.

Rozważać będziemy teraz liczby x spełniające nierówności

(k!)4 < x < f−1(f(l)1/2),

a zatem należące do przedziału zawierającego [log logN, exp expN ] i zawartegow [log log logN, exp exp expN ]. Weźmy takie liczby x1, . . . , xm > 1, że

x1 · . . . · xm > x oraz h(x) = φK0(x1) · . . . · φK0(xm). (12)

Zauważmy, że:

• możemy założyć, że istnieje co najwyżej jeden indeks i, dla którego xi 6∈ K0

(wynika to z podmultiplikatywności f i tego, że φK0 = f poza K0, a więcgdyby np. x1, x2 6∈ K0, moglibyśmy zastąpić te dwie liczby w warunku (12)przez iloczyn x1x2;

• jeżeli xi ∈ K0, to xi 6 k (gdyby tak nie było, to mielibyśmy xi > l, co jestniemożliwe, bo f(l)1/2 > f(x), skąd wynikałoby, że h(x) > f(x));

• nie istnieją trzy różne indeksy r, s, t ∈ {1, . . . ,m}, dla których xr = xs = xt ∈K0 (wynika to z tego, że f(p)3/2 > f(p3), a więc moglibyśmy w warunku (12)zastąpić xr, xs, xt przez iloczyn xrxsxt);

39

• dla przynajmniej jednego (a zatem – dla dokładnie jednego) indeksu i ma-my xi 6∈ K0 (wynika to z nierówności (k!)4 < x oraz dwóch poprzednichobserwacji).

Przypuśćmy, że m > 1. Z powyższych uwag wiemy, że x2x3 · . . . · xm 6 (k!)2 <x1/2, a więc x1 > x1/2. Wtedy jednak mielibyśmy

φK0(x1) · . . . · φK0(xm) > f(x1/2)f(minK)1/2,

co przekracza f(x) z uwagi na postać funkcji f i warunek (8). Mamy więc m = 1,co dowodzi równości (11).

Mamy pokazać, że wklęsła obwiednia G funkcji H spełnia G(x) = xf(x)−1

dla x ∈ [logN, expN ], wiedząc, żeH(x) = xf(x)−1 dla x ∈ [log logN, exp expN ].Wynika to z faktu, że styczna y(x) do wykresu funkcji xf(x)−1 w dowolnympunkcie x0 ∈ [logN, expN ] leży powyżej xf(x)−1/2 wszędzie poza przedziałem[log logN, exp expN ], co można uzasadnić bezpośrednim rachunkiem.

Wniosek 4.2.2. Niech x1 < . . . < xN będzie szybko rosnącym ciągiem wektoróww przestrzeni Gowersa-Maureya długości N ∈ L ze stałą 1 + ε, gdzie ε ∈ (0, 1

4 )i niech M = bNεc. Wówczas

∑Ni=1 xi jest `M1+-wektorem ze stałą 1 + 4ε.

Dowód. Podzielmy zbiór {1, . . . , N} na M kolejnych częsci długości m ∼ N1−ε;dokładniej – niech m będzie najmniejszą liczbą naturalną niemniejszą niż N/M ,tzn.

m =⌈

N

bNεc

⌉.

Połóżmy

yj =jm∑

i=(j−1)m+1

xi dla 1 6 j 6M,

przy czym przyjmujemy, że xi, jeśli któryś z rozważanych wyżej indeksów iprzekracza N . Wówczas yj jest szybko rosnącym ciągiem długości co najwyżejm ze stałą 1 + ε. Z lematu 4.2.1 otrzymujemy więc

‖yj‖ 6 (1 + 2ε)m

f(m)dla każdego 1 6 j 6M.

Mamy także ∥∥∥∥∥∥M∑j=1

yj

∥∥∥∥∥∥ =

∥∥∥∥∥n∑i=1

xi

∥∥∥∥∥ >N

f(N),

skąd wynika, że∑Ni=1 xi jest `M1+-wektorem ze stałą

C = (1 + 2ε)mbNεcf(N)Nf(m)

.

Teza wynika teraz z oszacowania

(1 + 2ε)f(N)f(m)

. (1 + 2ε)(1− ε)−1 < 1 + 4ε.

40

Lemat 4.2.3. Niech k ∈ K i niech dany będzie ciąg specjalny (x∗1 < . . . <x∗k) ∈ Γk(XGM ), gdzie każdy z funkcjonałów x∗i jest (µi, f)-formą, a także ciągx1 < . . . < xk w przestrzeni XGM, gdzie każdy z wektorów xi jest sumą szybkorosnącego ciągu długości µi ze stałą 1 + ε/4, przy czym ε = 1

10 . Jeżeli∣∣∣∣∣(

k∑i=1

x∗i

)(E

k∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣ 6 2 dla każdego przedziału E ⊂ N, (13)

to ∥∥∥∥∥k∑i=1

xi

∥∥∥∥∥ 6 (1 + 2ε)k

f(k).

Dowód. Strategia dowodu składa się z dwóch głównych kroków:

Krok 1. Wykażemy, że dla każdego ciągu specjalnego (z∗1 < . . . < z∗k) ∈Γk(XGM) oraz każdego przedziału E ⊂ N wartość |z∗(Ex)| jest mała (dokładniejmówiąc, niewiększa niż 1

4 ), gdzie x =∑ki=1 xi, a z∗ = f(k)−1/2∑k

i=1 z∗i .

Krok 2. Następnie, w celu oszacowania normy ‖x‖, zastosujemy ogólny le-mat 3.2.11 dla pewnej funkcji g ∈ F wyprodukowanej przez opisaną wcześniejprocedurę, ale tak, aby uniknąć brania pierwiastka z f(x) dla argumentu x = k.

1. Sprawdźmy najpierw, że x1 < . . . < xk jest ciągiem szybko rosnącym zestałą 1 + ε. Istotnie, na mocy wniosku 4.2.2 każdy xi jest `Ni1+-średnią ze stałą

1+ε o długości Ni = bµε/4i c. Aby sprawdzić warunki (SR1) i (SR2) występującew definicji 3.2.8, zauważmy, że:

• µ1 = j2k ∈ L;

• wobec postaci funkcji Mf (x) = f−1(36x2) oraz warunków na szybkość wzro-stu indeksów j2i ∈ L,zachodzi nierówność

N1 = bµε/41 c >4Mf (k/ε′)ε′f ′+(1)

>2(1 + ε)Mf (k/ε′)

ε′f ′+(1),

co daje warunek (SR1);

• wobec warunku (9), gwarantującego odpowiednio szybki przyrost parametrówµi, mamy

120

(f(µi)1/40)1/2 > #supp(z∗1 + . . .+ z∗i−1) > #supp(xi−1) dla 2 6 i 6 k,

co daje nam warunek (SR2).

Ustalmy dowolny ciąg specjalny (z∗1 < . . . < z∗k) ∈ Γk(XGM ) i rozważmyodpowiadający mu funkcjonał specjalny

z∗ =1√f(k)

k∑i=1

z∗i ,

41

który oczywiście jest (k,√f) formą. Ustalmy też dowolnie przedział E ⊂ N.

Naszym celem jest teraz wykazanie nierówności

|z∗(Ex)| 6 14.

Niech t będzie najmniejszym indeksem ze zbioru {1, . . . , k} spełniającymx∗1 = z∗1 , . . . , x

∗t = z∗t , przy czym kładziemy t = 0 w przypadku, gdy takiego

indeksu nie ma, czyli gdy x∗1 6= z∗1 . Mamy więc

x∗ =1√f(k)

(x∗1 + . . .+ x∗t + x∗t+1 + . . .+ x∗k)

orazz∗ =

1√f(k)

(z∗1 + . . .+ z∗t + z∗t+1 + . . .+ z∗k),

przy czym w powyższych sumach składniki odpowiadające indeksom i 6 t sąodpowiednio równe, podczas gdy wszystkie pozostałe są formami o zupełnieróżnych długościach – wynika to z faktu, że x∗ i z∗ są funkcjonałami specjalnymii z własności injekcji σ.

Chcemy najpierw pokazać, że wartości |z∗i (Exj)| są małe (niewiększe niżk−2), o ile i 6= j lub i = j > t+ 1. W obydwu tych przypadkach istnieją liczbyl1, l2 ∈ L, l1 6= l2, dla których:

• z∗i jest (l1, f)-formą;• xj jest znormalizowaną sumą szybkorosnącego ciągu długości l2.

Co więcej:

• z wniosku 4.2.2 wiemy, że xj jest sam `l′21+-wektorem ze stałą 1 + ε, gdzie

l′2 = blε/42 c;• mamy ponadto l1 > j2k, jako że z∗i jest składnikiem ciągu specjalnego

długości k.

Rozważymy dwa przypadki.

1◦ Gdy l1 < l2: Mamy wtedy także l1 < l′2 z uwagi na tempo wzrostu elemen-tów zbioru L (zauważmy, że dokładnie w tym momencie potrzebujemy jakiejśrestrykcji na wartość ε; dla dalszych celów w zupełności wystarcza założonaprzez nas wartość ε = 1

10 ). Z lematu 3.2.7 otrzymujemy:

|z∗i (Exj)| = |(Ez∗i )xj | 6 3(1 + ε)f(j2k)−1 < k−2.

2◦ Gdy l1 > l2: Wtedy także l1 > Mf (l2) i możemy zastosować Lemat 3.2.9 zε = ε′ = 1 otrzymując |z∗i (Ex′j)| 6 3, gdzie x′j jest nieznormalizowaną wersjąxj , tj. sumą odpowiedniego ciągu szybkorosnącego. Oczywiście ‖x′j‖ > l2/f(l2),skąd znów otrzymujemy |z∗i (Exj)| 6 k−2.

42

Korzystając z wykazanych właśnie oszacowań, dostajemy∣∣∣∣∣(

k∑i=1

z∗i

)(E

k∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣ 6∣∣∣∣∣(

t∑i=1

z∗i

)(E

t∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣+ |z∗t+1(xt+1)|+

+k∑

i=t+2

|z∗i (Exi)|+∑i6=j

|z∗i (Exj)| 6

6

∣∣∣∣∣(

t∑i=1

z∗i

)(E

t∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣+ 1 + k2 · k−2 6 4,

bowiem pierwszy składnik jest postaci∣∣∣∣∣(

t∑i=1

z∗i

)(E

t∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣(

t∑i=1

x∗i

)(F

t∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣ ,dla odpowiedniego przedziału F ⊂ N, co na mocy założenia nie przekracza 2.W konsekwencji

|z∗(Ex)| 6 4√f(k)

<14,

co oznacza, że zrealizowaliśmy pierwszy krok dowodu.

2. Rozważmy funkcję φK\{k}; przypomnijmy, że zgodnie z definicją mamy

φK\{k}(x) ={ √

f(x) dla x ∈ K \ {k},f(x) dla pozostałych x ∈ [1,∞).

To, co wykazaliśmy w pierwszym kroku oznacza, że szacując normę wektora Exmożemy zapomnieć o funkcjonałach specjalnych długości k. Dokładniej mówiąc– jeżeli gK\{k} ∈ F jest funkcją odpowiadającą funkcji φK\{k} (poprzez opisanąwcześniej procedurę), to

14< ‖Ex‖ 6 sup

{|z∗(Ex)| : z∗ jest (M, gK\{k})-formą, gdzie M > 2

}dla każdego przedziału E ⊂ N spełniającego λ(E) > 1. Z lematu 3.2.11 (przy-pomnijmy, że x jest szybkorosnącym wektorem długości k ze stałą 1 + ε) otrzy-mujemy więc oszacowanie

‖x‖ 6 (1 + 2ε)k

gK\{k}(k)= (1 + 2ε)

k

f(k),

bowiem zgodnie z dowodem lematu 4.2.1 mamy gK\{k}(x) = f(x) dla każdegox ∈ [log k, exp k], w szczególności dla x = k.

43

4.3 Dziedziczna nierozkładalność przestrzeni XGMDefinicja 4.3.1. Przestrzeń Banacha X nazwiemy dziedzicznie nierozkładal-ną, jeżeli żadna jej nieskończenie wymiarowa podprzestrzeń domknięta Y niedopuszcza rozkładu Y = W ⊕Z na topologiczną sumę prostą dwóch (domknię-tych) nieskończenie wymiarowych podprzestrzeni W i Z.

Zauważmy, że przestrzeń dziedzicznie nierozkładalna nie może zawierać bezwa-runkowego ciągu bazowego, gdyby bowiem (xn)∞n=1 był takim ciągiem, to mieli-byśmy rozkład [xn]∞n=1 = [x2n−1]∞n=1⊕ [x2n]∞n=1. Przestrzeń XGM jest pierwszymw historii przykładem przestrzeni dziedzicznie nierozkładalnej. Aby wykazać tęwłasność, posłużymy się jej charakteryzacją zawartą w poniższym twierdzeniu,którego dowód pozostawiamy jako ćwiczenie.

Twierdzenie 4.3.2. Niech X będzie przestrzenią Banacha. Następujące wa-runki są równoważne:

1. X jest dziedzicznie nierozkładalna.

2. Dla każdych dwóch nieskończenie wymiarowych podprzestrzeni Y,Z ⊂ X speł-niających Y ∩ Z = {0} mamy dist(SY , SZ) = 0.

3. Dla każdych dwóch nieskończenie wymiarowych podprzestrzeni Y,Z ⊂ X speł-niających Y ∩ Z = {0} i każdego δ > 0 istnieją takie wektory y ∈ Y i z ∈ Z,że

δ‖y + z‖ > ‖y − z‖.

Twierdzenie 4.3.3 (Gowers, Maurey, 1993). Przestrzeń Gowersa-Maureya jestdziedzicznie nierozkładalna.

Dowód. Ustalmy dwie nieskończenie wymiarowe podprzestrzeni Y,Z ⊂ XGMspełniające Y ∩Z = {0} oraz dowolną liczbę δ > 0; wobec twierdzenia 4.3.2 ma-my pokazać, że istnieją wektory y ∈ Y i z ∈ Z, dla których δ‖y+ z‖ > ‖y− z‖.Na mocy twierdzenia Bessagi-Pełczyńskiego (a dokładniej: jego wersji wypowie-dzianej w treści zadania 3.2) możemy też założyć, że Y i Z są podprzestrzeniamiblokowymi.

Wybierzmy odpowiednio dużą liczbę k ∈ K (jak wyniknie z rachunków,wystarczy wziąć takie k, że f(k)−1/2 < δ/4). Chcemy skonstruować znormalizo-wany ciąg wektorów x1 < . . . < xk w XGM, przy czym xi ∈ Y dla i nieparzystychi xi ∈ Z dla i parzystych, dla którego norma sumy

∑ki=1(−1)ixi będzie istotnie

mniejsza od normy sumy∑ki=1 xi (pierwsza z nich będzie rzędu co najwyżej

kf(k)−1, druga – rzędu co najmniej kf(k)−1/2). W naszej konstrukcji będziemyciągle milcząco korzystać z lematu 3.2.6.

Przyjmijmy ε = 110 . Niech x1 ∈ Y będzie dowolnym wektorem szybkoro-

snącym ze stałą 1 + ε/4 o długości M1 = j2k i normie równej 1. Jak wiemyz lematu 4.2.2, x1 jest `N11+-średnią ze stałą 1 + ε, przy czym

N1 =⌊M

ε/41

⌋>

4Mf (k/ε′)ε′f ′+(1)

.

44

Niech g = gK ∈ F będzie funkcją wyprodukowaną z funkcji φK za pomocąopisanej wcześniej procedury. Chcemy teraz wybrać taki funkcjonał x∗1 ∈ Q,który byłby (M1, g)-formą i spełniał przy tym warunek∣∣∣∣x∗1(x1)− 1

2

∣∣∣∣ < 1k. (14)

Aby to zrobić, wystarczy zauważyć, że istnieją (M1, g)-formy, których wartościna x1 są bliskie ‖x1‖ = 1 i następnie skorzystać z gęstości zbioru Q. Zauważmywięc, że z lematu 3.2.11 mamy

‖x1‖ 6 (1 + ε)M1

g(M1)‖x1,1‖,

gdzie x1 = x1,1 + . . . + x1,N1 jest przedstawieniem x1 w postaci `N11+-średniej(oczywiście normy wszystkich x1,i są jednakowe). Dla każdego 1 6 i 6 N1 niechx∗1,i będzie funkcjonałem normującym dla x1,i. Określmy (M1, g)-formę

x̃∗1 =1

g(M1)

M∑i=1

x∗1,i;

mamy wówczas x̃∗1(x1) > (1+ε)−1‖x1‖, a zatem musi istnieć (M1, g)-forma x∗1 ∈Q spełniająca warunek (14). Oczywiście możemy też zażądać, aby ran(x∗1) =ran(x1).

Niech teraz M2 = σ(x∗1) ∈ L. Wybierzmy wektor jednostkowy x2 ∈ Z będą-cy wektorem szybkorosnącym długości M2 ze stałą 1 + ε/4. Znów zauważamy,że x2 jest `N21+-średnią ze stałą 1 + ε, gdzie N2 = bMε/4

2 c jest odpowiednio więk-sze od N1 (pomijamy precyzyjne uzasadnienie, jako że de facto chodzi tylkoo to, aby tempo wzrostu liczb M1 gwarantowało spełnienie warunków (SR1)i (SR2) dla uzyskanego ciągu x1 < . . . < xk – spotkaliśmy się już z tym ar-gumentem wcześniej; patrz: dowód lematu 4.2.3). Rozumując jak wyżej, wy-bieramy (M2, g)-formę x∗2 ∈ Q spełniająca warunki: ran(x∗2) = ran(x2) oraz|x∗2(x2)−1/2| < 1/k. Odnotujmy, że wszystkie w ten sposób otrzymane (Mi, g)-formy są w istocie (Mi, f)-formami, jako że wartości funkcji g i f zgadzają sięna zbiorze L (zobacz: dowód lematu 4.2.1).

Kontynuując opisane postępowanie, otrzymujemy ciąg wektorów jednostko-wych x1 < . . . < xk w XGM oraz ciąg funkcjonałów x∗1 < . . . < x∗k w Q spełnia-jących ∣∣∣∣x∗i (xi)− 1

2

∣∣∣∣ < 1k

dla każdego 1 6 i 6 k. (15)

Ponadto (x∗1, . . . , x∗k) ∈ Γk(XGM), a zatem warunek (15) daje:∥∥∥∥∥

k∑i=1

xi

∥∥∥∥∥ >1√f(k)

k∑i=1

x∗i (xi) >k/2− 1√f(k)

. (16)

45

Jeszcze raz korzystając z (15), widzimy, że dla dowolnego przedziału E ⊂ Nmamy ∣∣∣∣∣

(k∑i=1

x∗i

)(E

k∑i=1

xi

)∣∣∣∣∣ 6 2,

a zatem z lematu 4.2.3 otrzymujemy∥∥∥∥∥k∑i=1

(−1)ixi

∥∥∥∥∥ 6 (1 + 2ε)k

f(k). (17)

Definiując teraz y jako sumę wszystkich xi o indeksach nieparzystych, a z jakosumę wszystkich xi o indeksach parzystych, dostajemy wektory y ∈ Y i z ∈ Z,które – na mocy nierówności (16) i (17) i doboru liczby k – spełniają warunekδ‖y + z‖ > ‖y − z‖.

4.4 Operatory na przestrzeniach dziedzicznienierozkładalnych

Celem tej sekcji jest wykazanie, że zespolone (i, do pewnego stopnia, także rze-czywiste) przestrzenie dziedzicznie nierozkładalne dopuszczają niewiele ograni-czonych operatorów liniowych. Zaczniemy od przypadku zespolonego, w którymkluczową rolę gra następująca definicja. (Symbolem B(X) będziemy oznaczaćprzestrzeń wszystkich ograniczonych operatorów liniowych z X do X.)

Definicja 4.4.1. Niech X będzie zespoloną przestrzenią Banacha oraz niechT ∈ B(X). Liczbę λ ∈ C nazwiemy nieskończenie singularną dla T , jeżeli dlakażdego ε > 0 istnieje taka nieskończenie wymiarowa podprzestrzeń Yε ⊆ X, że∥∥(T − λI)|Yε

∥∥ < ε.

Zdefiniujmy również

FT = {λ ∈ C : λ nie jest nieskończenie singularna dla T}.

Nietrudno sprawdzić, że dla λ ∈ C mamy

λ ∈ FT ⇐⇒

istnieje taka podprzestrzeń skończonegokowymiaru Y ⊆ X, że X = ker(T − λI)⊕ Yoraz (T − λI)|Y jest ograniczony z dołu, tj.jest izomorfizmem na swój obraz.

(18)

Wynika stąd natychmiast otwartość zbioru FT . Ponadto, jeśli λ jest nieskoń-czenie singularna dla T , to tym bardziej λ ∈ σ(T ), a więc FT zawiera zbiórrezolwenty. Innymi słowy, zbiór wartości nieskończenie singularnych dla T jestzwartym podzbiorem widma T . Nietrywialnym faktem, który za chwilę udo-wodnimy, jest niepustość tego zbioru w przypadku, gdy X jest nieskończeniewymiarowa nad ciałem C.

46

Fakt 4.4.2. Jeśli X jest zespolona i nieskończenie wymiarowa, T ∈ B(X) orazσ(T ) = {0}, to wartość 0 jest nieskończenie singularna dla T .

Dowód. Gdyby tak nie było, to istniałaby podprzestrzeń Z ⊆ X, codimZ <∞taka, że T |Z jest izomorfizmem. Zdefiniujmy

Z0 = Z, Z1 = Z ∩ T (Z), . . . , Zk = Z ∩ T (Zk−1).

Z założenia każda z tak określonych podprzestrzeni ma nieskończony wymiar.Dla dowolnego niezerowego x ∈ Zk mamy x = T k(x0) dla pewnego x0 ∈ Z \{0}.Bez straty ogólności możemy przyjąć, że ‖Tz‖ > ‖z‖ dla z ∈ Z, skąd 0 < ‖x0‖ 6‖T kx0‖, a zatem ‖T k‖ > 1 dla każdego k ∈ N i wzór na promień spektralnydaje ρ(T ) > 1, co jest sprzeczne z założeniem.

Fakt 4.4.3. Niech X będzie przestrzenią zespoloną i T ∈ B(X). Jeżeli λ ∈ FT ,a (xn)∞n=1 ⊂ X jest takim ciągiem ograniczonym, że ciąg ((T − λI)(xn))∞n=1 jestzbieżny, to pewien podciąg ciągu (xn)∞n=1 jest zbieżny.

Dowód. Z komentarzy po definicji liczby nieskończenie singularnej wiemy, żeX = Y⊕Z, gdzie Y jest skończonego kowymiaru oraz (T−λI)|Y jest ograniczonyz dołu. Napiszmy xn = yn+zn, gdzie yn ∈ Y oraz zn ∈ Z dla n ∈ N. Przechodzącdo zbieżnego podciągu (znk)

∞k=1 ciągu (zn)∞n=1 i zauważając, że skoro zbieżny jest

ciąg ((T − λI)(ynk))∞k=1, zbieżny musi też być (ynk)

∞k=1, otrzymujemy tezę.

Fakt 4.4.4. Niech X będzie przestrzenią zespoloną i T ∈ B(X). Jeżeli λ ∈∂σ(T ) ∩ FT , to λ jest wartością własną operatora T o skończonej krotności.

Dowód. Liczba λ jest aproksymatywną wartością własną, tzn. istnieje taki ciągwektorów (xn)∞n=1 o normie 1, że

‖Txn − λxn‖ → 0.

(Wynika to wprost z założenia, że λ leży na brzegu widma.) Wobec faktu 4.4.3wiemy więc, że λ jest wartością własną T . Oczywiście musi mieć ona krotnośćskończoną, jako że λ ∈ FT (zobacz: uwagi po definicji 4.4.1).

Odnotujmy jeszcze jeden fakt, którego dowód (np. z wykorzystaniem ele-mentów teorii Fredholma) pozostawiamy jako ćwiczenie.

Fakt 4.4.5. Niech X będzie przestrzenią zespoloną i T ∈ B(X). Każda liczbaze zbioru λ ∈ ∂σ(T ) ∩ FT jest punktem izolowanym σ(T ).

Twierdzenie 4.4.6. Niech X będzie nieskończenie wymiarową, zespoloną prze-strzenią Banacha i niech T ∈ B(X). Wówczas FT 6= C, tzn. istnieje przynaj-mniej jedna wartość nieskończenie singularna dla T .

Dowód. Przypuśćmy, że FT = C. Z faktu 4.4.5 wynika, że każda liczba λ ∈∂σ(T ) jest punktem izolowanym σ(T ), a więc σ(T ) jest zbiorem skończonym,powiedzmy σ(T ) = {λ1, . . . , λn}. Rozważmy wielomian

P (z) =n∏j=1

(z − λj).

47

Dla każdego λ 6= 0 mamy

P (z)− λ =n∏j=1

(z − µj) dla pewnych µj /∈ σ(T ),

zatem P (T ) − λI jest operatorem odwracalnym, co oznacza, że σ(P (T )) = 0(wynika to też od razu z twierdzenia o odwzrowaniu spektralnym). Na mocyfaktu 4.4.2 wartość 0 jest nieskończenie singularna dla P (T ). Istnieje więc ciągwektorów jednostkowych (xn)∞n=1 spełniający P (T )xn → 0; możemy przy tymzażądać, aby ciąg ten był ciągiem bazowym, w szczególności – nie zawierałpodciągu zbieżnego. Mamy jednak P (T ) = (T − λ1I)P1(T ), gdzie P1(z) =∏j>2(z − λj), stosując więc n-krotnie lemat 4.4.3, otrzymujemy, że (xn)∞n=1

zawiera podciąg zbieżny; sprzeczność.

Przed dowodem twierdzenia o postaci operatorów na zespolonych przestrze-niach dziedzicznie nierozkładalnych odnotujmy dwie proste obserwacje, którewynikają niemal bezpośrednio z warunku podanego w twierdzeniu 4.3.2(2). Mia-nowicie, jeżeli X jest przestrzenią dziedzicznie nierozkładalną, a T ∈ B(X), to:

• istnieje dokładnie jedna wartość nieskończenie singularna dla T ;• jeśli λ jest wartością nieskończenie singularną dla T , to T − λI jest ści-

śle singularny (tzn. nie jest ograniczony z dołu na żadnej nieskończeniewymiarowej podprzestrzeni przestrzeni X).

Twierdzenie 4.4.7. Niech X będzie zespoloną przestrzenią dziedzicznie nieroz-kładalną. Wówczas każdy operator T ∈ B(X) jest postaci T = S + λI, gdzieλ ∈ C, a S jest operatorem ściśle singularnym. W konsekwencji X nie jestizomorficzna z żadną swoją właściwą podprzestrzenią.

Dowód. Z twierdzenia 4.4.6 i powyższych uwag wiemy, że istnieje dokładniejedna wartość λ nieskończenie singularna dla T , a ponadto T − λI jest ściślesingularny. Ostatnią tezę

Przypuśćmy teraz, że T : X → Y jest izomorfizmem na pewną właściwą pod-przestrzeń Y ⊂ X. Wówczas albo T nie jest operatorem Fredholma, albo jegoindeks Fredholma jest niezerowy. Jednak T = S+λI jest ściśle singularnym za-burzeniem operatora Fredholma (oczywiście mamy λ 6= 0) o zerowym indeksie,a więc też musi mieć indeks zerowy, co daje sprzeczność.

4.5 Lemat o przesunięciu

Naszym celem jest teraz wykazanie interesującej (i dość patologicznej) własno-ści przestrzeni Gowersa-Maureya, mianowicie – że istnieje w niej ciąg wektorówjednostkowych, który jest ciągiem przybliżonych wektorów własnych dowolne-go operatora. W istocie, ciągów takich mamy w tej przestrzeni całkiem sporo,mówiąc dokładniej, możemy je odnaleźć w każdej podprzestrzeni blokowej. Każ-demu operatorowi działającemu na przestrzeni Gowersa-Maureya możemy więcprzyporządkować pewną charakterystyczną wielkość – przybliżoną wartość wła-sną odpowiadającą ciągowi wektorów, o którym mowa powyżej. Fakt ten będzie

48

miał kluczowe znaczenie w następnym rozdziale, gdzie będziemy mówili o kontr-przykładzie do problemu Schroedera-Bernsteina.

Symbolem XGM oznaczamy tutaj przestrzeń Gowersa-Maureya nad ciałemR. Zapowiedziane twierdzenie brzmi następująco.

Twierdzenie 4.5.1. Niech Y będzie dowolną podprzestrzenią blokową przestrze-ni XGM i niech (yn)∞n=1 ⊂ Y będzie takim ciągiem, że dla każdego n ∈ N wektoryn jest `n1+-średnią ze stałą 1 + ε/4, przy czym ε = 1

10 . Wówczas dla każdegooperatora T ∈ B(XGM ) istnieje taka liczba λ ∈ R, że

T (xn)− λxn −−−−→n→∞

0.

Co więcej, liczba ta zależy wyłącznie od T (tj. nie zależy od wyboru blokowegociągu (yn)∞n=1 `

n1+-średnich). Ponadto wystarczy, aby T był określony tylko na

Y .

Wykażemy najpierw lemat, który roboczo nazwiemy „lematem o przesunię-ciu”. Sens takiej nazwy jest jasny w świetle treści tego lematu – żaden opera-tor z B(XGM) nie może „istotnie” i „nieskończenie długo” przesuwać nośnikówwektorów z XGM. Stosując pokazane niżej rozumowanie, można np. bezpośred-nio uzasadnić fakt, że dla przestrzeni Gowersa-Maureya ciągi bazowe (en)∞n=1i (en)∞n=2 nie są równoważne (w świetle twierdzenia 4.4.7, wiemy już znaczniewięcej w przypadku zespolonym, jednak tamten dowód oparty był na teoriioperatorów i przez to znacznie mniej bezpośredni). Co więcej, lemat może byćteż użyty do wykazania, że również rzeczywista wersja przestrzeni XGM nie jestizomorficzna z żadną swoją właściwą podprzestrzenią.

Lemat 4.5.2 (Lemat o przesunięciu). Niech Y ⊂ XGM będzie podprzestrzeniąblokową i niech (yn)∞n=1 ⊂ Y będzie takim ciągiem, że dla każdego n ∈ N wektoryn jest `n1+-średnią ze stałą 1 + ε/4, przy czym ε = 1

10 . Wówczas dla każdegoograniczonego operatora liniowego T : Y → XGM mamy

dist(T (yn),Ryn

)−−−−→n→∞

0.

Dowód. Dowód ten jest w istocie bardzo podobny do dowodu twierdzenia 4.3.3.Najpierw zauważmy, że jeżeli (fn)∞n=1 jest ciągiem wektorów blokowych tworzą-cym bazę podprzestrzeni Y , to możemy założyć, że wektory T (fn), dla n ∈ N,mają skończone nośniki oraz min suppT (fn) → ∞. Wynika to stąd, że ciąg(fn)∞n=1 jest słabo zbieżny do zera, natomiast skończoność nośników T (fn) mo-żemy zagwarantować biorąc odpowiednio małą perturbację operatora T .

Dla dowolnego wektora o skończonym nosniku y ∈ Y niech I(y) oznaczanajmniejszy przedział liczb naturalnych zawierający nośniki wektorów y i T (y).Ponieważ dla każdego n ∈ N wektor yn jest `n1+-średnią, przechodząc do pod-ciągu i znów rozważając odpowiednią perturbację operatora T , możemy dalejzakładać, że I(yn) < I(yn+1) dla n ∈ N.

Jeżeli dowodzona teza nie jest prawdziwa, to jeszcze raz przechodząc dopodciągu, wnosimy, że dla pewnej liczby δ > 0 mamy

dist(T (yn),Ryn

)> δ dla każdego n ∈ N.

49

Na mocy twierdzenia Hahna-Banacha możemy więc dobrać takie funkcjonałyy∗n z kuli jednostkowej X∗GM, że

y∗n(T (yn)) > δ, y∗n(yn) = 0 oraz ran(y∗n) ⊆ I(yn) dla każdego n ∈ N.

Aby zastosować procedurę z dowodu twierdzenia 4.3.3, dokonajmy najpierwprostej obserwacji: Dla każdego p ∈ L = {j2, j4, . . .} i m ∈ N istnieją jed-nostkowy wektor szybkorosnący x ∈ Y długości p ze stałą 1 + ε/4, a także(p, f)-forma x∗ spełniające warunki: m < I(x), ran(x∗) ⊆ I(x), x∗(x) = 0 orazx∗(T (x)) > δ/2. Aby to uzasadnić, wystarczy określić

x =yn1 + . . .+ ynp‖yn1 + . . .+ ynp‖

oraz x∗ =1

f(p)

(y∗n1 + . . .+ y∗np

),

gdzie yn1 < . . . < ynp jest dowolnym szybkorosnącym ciągiem w Y o długości pze stałą 1 + ε/4, dla którego m < I(yn1). Mamy oczywiście x∗(

∑pi=1 yni) = 0,

a także

x∗

(p∑i=1

T (yni)

)>

δp

f(p).

Jednocześnie z lematu 4.2.1 mamy∥∥∥∥∥p∑i=1

yni

∥∥∥∥∥ 62pf(p)

,

skąd otrzymujemy x∗(T (x)) > δ/2.Dla dowolnego k ∈ K = {j1, j3, . . .} skonstruujemy teraz indukcyjnie dwa

ciągi: (x1 < . . . < xk) i (x∗1 < . . . < x∗k) ∈ Γk(XGM), które zaświadczą o tym,że T (przy założeniu fałszywości tezy) jest operatorem nieograniczonym, cozakończy dowód.

Wybierzmy x1 ∈ Y jako dowolny szybkorosnący wektor jednostkowy długo-ści M1 = j2k ∈ L ze stałą 1+ε/4. Jak wiemy z lematu 4.2.2, x1 jest `N11+-średnią,gdzie

N1 = bMε/41 c > 4Mf (k/ε)

εf ′+(1),

co weryfikuje warunek (SR1) z definicji ciągu szybkorosnącego. Wybierzmy x∗1jako dowolną (M1, f)-formę z Q spełniającą warunki

|x∗1(x1)| 6 1k2 , x∗1(T (x1)) >

δ

2oraz ran(x∗1) ⊆ I(x1). (19)

Niech dalej M2 = σ(x∗1). Wybieramy teraz x2 ∈ Y jako dowolny szybkorosnącywektor jednostkowy długości M2 ze stałą 1 + ε/4, przy czym I(x1) < I(x2).Funkcjonał x∗2 wybieramy zaś jako (M2, f)-formę z Q spełniającą warunki (19)dla x2 i x∗2 w miejscu x1 i x∗1. Kontynuując to postępowanie, otrzymujemyżądane ciągi. Łatwo sprawdzić, że dla dowolnego przedziału E ⊂ N mamy

50

|(∑ki=1 x

∗i )(E

∑ki=1 xi)| 6 2, a zatem lemat 4.2.3 (jak poprzednio, sprawdza-

my, że x1 < . . . < xk jest ciągiem szybkorosnącym ze stałą 1 + ε) daje:∥∥∥∥∥k∑i=1

xi

∥∥∥∥∥ 62kf(k)

.

Z drugiej strony, ponieważ x∗1 < . . . < x∗k jest ciągiem specjalnym, mamy osza-cowanie ∥∥∥∥∥

k∑i=1

T (xi)

∥∥∥∥∥ >1√f(k)

k∑i=1

x∗i (T (xi)) >δk

2√f(k)

(skorzystaliśmy tu po drodze z tego, że I(xi) < I(xi+1) oraz ran(x∗i ) ⊆ I(xi) dla1 6 i < k). Oznacza to, że ‖T‖ > δ

√f(k)/4, co oczywiście nie może zachodzić

dla każdego k ∈ K.

Dowód twierdzenia 4.5.1. Z lematu o przesunięciu wiemy, że dla każdego cią-gu (yn)∞n=1, jak w tezie twierdzenia, istnieje taka liczba λ ∈ R i taki podciąg(y′n)∞n=1, że T (yn)−λy′n → 0. Ponieważ wiemy już, że przestrzeń XGM jest dzie-dzicznie nierozkładalna, warunek 2 z twierdzenia 4.3.2 implikuje, że wartość λmusi być jednakowa dla każdego z owych podciągów. Stąd już dostajemy te-zę; niezależność liczby λ od wyboru podprzestrzeni blokowej Y również wynikaniemal natychmiast z twierdzenia 4.3.2.

51