如果N的一个子集族I满足:(i)若A,B∈I,有A∪B∈I;(ii)若A∈I,有2A∈I,则称I为N上的一个理想.如果N?I(相应地,I≠?),则称理想I称为真的(相应地,非平凡的).设F为N的一个子集族,如果IF≡{N\F:F∈F}是一个理想,则F称为一个滤子.
定义1 设F?2N是一个非平凡的滤子(等价地,IF 是一个非平凡的理想).
(i)拓扑空间X 中的序列(xn)称为F-收敛于x∈X 是指对任意x 的邻域U,BU ∈F,或等价地,AU ∈IF.其中AU ={n∈N:xn?U}及BU ={n∈N:xn∈U}.(xn)F-收敛于x 当且仅当(xn)IF-收敛于x.(ii)特别地,Banach空间X 中的序列(xn)称为F-收敛于x∈X 是指对任意的ε>0,B(ε)∈F,或等价地,A(ε)∈IF.其中A(ε)={n∈N:‖xn-x‖≥ε}及B(ε)={n∈N:‖xn-x‖<ε}.
(iii)拓扑空间X 中的序列(xn)称为F(或IF)-几乎处处收敛于x∈X 是指存在G∈IF 使得(xn)n∈G 按通常拓扑意义下收敛于x.
设F是N上的一个滤子.如果∩{F∈F}=?,称滤子F为自由的.在N上所有滤子构成的集F'上定义如下自然序“?”:F1?F2 如果F1?F2.F'中按照自然序意义下的极大元称为N 上的超滤子.从而由Zorn引理以及滤子的定义可知任意一个滤子F,都存在N上的一个超滤子U 使得U?F.滤子F是一个超滤子当且仅当对任意的A?N,有A∈F或N\A∈F.若F是一个自由的超滤子,则F不包含任意有限子集,或等价地,包含Fréchet滤子FF≡{A∈N:(N\A)# <∞}.
拓扑空间X 中序列的统计收敛是否等价于几乎处处收敛很大程度上由空间的拓扑结构决定的.正如引言中所述的,有大量的文献在第一可数的拓扑空间(包括实空间、度量空间等)框架下证明了统计收敛与几乎处处收敛是等价的.但该结论反过来是否成立仍然是一个未解决的问题.本文给出如下反例:
例1 存在一个非第一可数的拓扑空间(X,τ),X中序列的统计收敛与几乎处处收敛是等价的.
证明 令Ist={A?N:δ(A)=0},则Ist-收敛即为通常意义下的统计收敛.记Fst={A?N:N\A∈Ist}.令U 表示任意一个包含滤子Fst的超滤子,则不难验证U 是一个自由的超滤子.
第1步.定义一个非第一可数的拓扑空间(X,τ).
令X=N∪{0},τ=2N∪{U (0,A):A∈U},其中U(0,A)={0}∪A.则容易验证τ是X 上的一个拓扑.下面证明(X,τ)不是第一可数空间.若不然,设(Uk(0,Ak))k∞=1是0的一个领域基.任取n1∈A1,注意到所有的Ak 都不是统计零集,则可以选取n2∈A2使得n2≥max{n1,22}.按照这个方法进行下去,可以选取一个自然数子列(nk)使得nk ∈Ak 且nk十1 ≥max{nk,2k}.记A={n1,n2,…},则显然有A∈Ist.根据超滤子U 的定义可知,U(0,N\A)是0的一个领域但不包含任意一个Uk(0,Ak).这与(Uk(0,Ak))k∞=1是0的一个领域基是矛盾的.
第2步.证明(X,τ)中序列统计收敛与几乎处处收敛是等价的.
因为Ist-几乎处处收敛总是意味着Ist-收敛,只需证明Ist-收敛意味着Ist-几乎处处收敛.设(xn )?X,Ist-收敛于x∈X.下面要证明存在G ∈Fst使得(xn)n∈G在拓扑τ意义下收敛于x.分为如下两种情形:
(i)若x≠0,即存在某个k∈N使得x=k.注意到单点集{k}是其自身的一个领域,只需令G={n∈N:xn∈{k}}={n∈N:xn=k}∈Fst即完成证明.
(ii)若x=0,则根据(xn)Ist-收敛于0以及超滤子的相关性质,有如下不难验证的事实:
事实1 令Ak={n∈N:xn=k},k=1,2,…,则有Ak∈Ist对所有的k∈N.
事实2 对任意的B∈U,根据τ 的定义可知,∪k∈N\BAk∈Ist.
事实3 对任意的B?N,则有B∈U 或N\B∈U.则根据事实2可知,∪k∈BAk∈Ist或∪k∈N\BAk∈Ist.
如果能够验证∪k∞=1Ak∈Ist,则只需令G=N\(∪k∞=1Ak)即完成证明.下面用反证法.假设∪k∞=1Ak?Ist,即,存在某个s>0使得
lim n→∞sup1nΣni=1χ∪k∈NAk(i)=s>0.
断言:存在B1 与B2 使得N=B1∪B2,∪k∈B1Ak?Ist及∪k∈B2Ak?Ist.
由N=B1∪B2 以及超滤子的性质可知,B1∈U 或B2∈U.不失一般性,假设B1∈U,则{n∈N:xn ?U(0,B1)}=∪k∈B2Ak.又因为(xn )Ist-收敛于0,有∪k∈B2Ak∈Ist.这与上面断言是矛盾的.
下面只需证明断言.任取一个足够大的n1∈N使得
1 n1Σn1i=1χ∪k∈NAk(i)> s2.
注意到Ai∩Aj=?对任意的i≠j.则至多有限多个“Ak”与{1,2,…,n1}有非空的交集.从而存在m1∈N使得
1 n1Σn1i=1χ∪k∈NAk(i)= 1 n1Σn1i=1χ∪k∈M1Ak(i)> s2,
其中M1≡{1,2,…,m1}?N.根据事实1,可以选取足够大的n2∈N使得
1 n2Σn2i=1χ∪k∈NAk(i)> s2,
且
1 n2Σn2i=1χ∪k∈M1Ak(i)< s4.
重复上面的方法不断进行下去,可以得到两个单调递增的自然数序列{nj}与{mj}使得
1 njΣnji=1χ∪k∈NAk(i)= 1 njΣnji=1χ∪k∈MjAk(i)> s2,
且
1 njΣnji=1χ∪k∈Mj-1Ak(i)< s4,
其中Mj≡ {1,2,…,mj}?N,j=1,2,….记M0=?,Cj=Mj\Mj-1.令B1=∪j∞=1C2j-1及B2=∪j∞=1C2j,j∈ N.紧接着证明B1?Ist.对任意的j∈N,
1 n2j-1Σn2j-1i=1χ∪k∈B1Ak(i)=1 n2j-1Σn2j-1i=1χ∪k∈B1∩m2j-1Ak(i)=1 n2j-1 Σn2j-1i=1χ∪k∈NAk(i)-Σn2j-1i=1χ∪k∈B2∩M2j-1Ak(i) ≥1 n2j-1 Σn2j-1i=1χ∪k∈NAk(i)-Σn2j-1i=1χ∪k∈M2j-2Ak(i) >s4.
这证明了
lim n→∞sup1nΣni=1χ∪k∈B1Ak(i)≥s4>0,i.e.,B1?Ist.同理可以证明B2?Ist.从而断言得证.
回顾一个基本的事实:设是N 的一个子集族满足任意有限个元素均有非空的交,则存在一个滤子F使得?F.此时,称包含的最小滤子(在自然序意义下)为生成的滤子.下面一个反例说明问题1是否定的.
例2 设X 是一个Banach空间.存在X 中的一个序列(xn)以及N 上的一个自由的超滤子U 使得(xn)是U-收敛于0的但不是U-几乎处处收敛于0的.
证明 第1步.定义目标序列(xn).
设(pn)是一个单调递增的素数序列.按照如下方式定义两两互不相交的子集列(Ak):Ak={pk 1,pk 2,…},k=1,2,….任取x0∈SX,定义(xn)?X 如下:xn =1kx0,n∈Ak;xn=0,其他.
第2步.构造目标超滤子U.令={N\Ak:k∈ N},ε≡{A∈N:Ak\A 是有限集对所有的k∈N}及=∪ε.则显然包含了Fréchet滤子F.下面证明可生成一个滤子,即证明任意有限个中的元素都有非空的交.事实上,对任意的A,B∈ε,Ak\(A∩B)=(Ak\A)∪(Ak\B)是一个有限集对所有的k∈N.从而A∩B∈ε.进一步地,对任意的A∈ε与k∈N,不难看出A∩(N\Ak)是一个非空集(实际上,是一个无限集).此外,由(Ak)的定义可知,(N\Ak)∩(N\Aj)≠?对所有的k,j∈N.记表示由生成的滤子,则是自由的.任取一个包含的超滤子U,则U 也是自由的.
第3步.验证(xn)是U-收敛于0但非U-几乎处处收敛于0.
对任意的ε>0,存在某个充分大的k0∈N,A(ε)≡{n∈N:‖xn‖≥ε}?k0 k=1Ak.这意味着N\A(ε)∈U.从而证明了(xn)是U-收敛于0.假设存在A∈U 使得(xn)n∈A按范数收敛于0.因为Ak={n∈N:‖xn‖=1k},Ak\(N\A)是有限集对所有的k∈N.根据的定义,N\A∈G?U.而U 是一个超滤子且A∈U,这是一个矛盾.
