%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\hyphenation{sobre}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2010}
\Practica{8}
\Titulo{Espacios normados}

\begin{document}

\maketitle

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado y consideremos sobre~$E\times E$ y
$\RR\times E$ las métricas $d_\infty$ construidas a partir de la métrica usual de~$E$
y de la métrica usual de~$\RR$.
\begin{ejitems}

\item Las operaciones $s:(x,y)\in E\times E\mapsto x+y\in E$ y $m:(t,x)\in\RR\times
E\mapsto tx\in E$ son continuas.

\item La clausura de una bola abierta es la correspondiente bola cerrada:
esto es, para todo $x\in E$ y todo $r>0$ se tiene que
$\overline{B(x,r)}=B[x,r]$.

\item Supongamos que $\dim E>0$. Si $x\in E$ y $r>0$, entonces $\diam B(x,r)=2r$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Recordemos que la métrica $d_\infty$ sobre~$E\times E$ es tal que
  \[
  d_\infty\bigl((x,y),(x',y')\bigr) = \max\bigl\{\norm{x-x'},\norm{y-y'}\bigr\}
  \]
si $(x,y)$,~$(x',y')\in E\times $, y que la métrica $d_\infty$ sobre~$\RR\times E$ es tal que
  \[
  d_\infty\bigl((t,x),(t',x')\bigr) = \max\bigl\{\abs{t-t'},\norm{x-x'}\bigr\}.
  \]
si $(t,x)$,~$(t',x')\in\RR\times E$.
\ejitem{1} Sea $(x_0,y_0)\in E\times E$ y sea $\eps>0$. Sea
$(x,y)\in E\times E$ es tal que $d_\infty((x_0,y_0),(x,y))<\eps/2$.
Entonces
  \begin{align*}
  d\bigl(s(x_0,y_0),s(x,y)\bigr)
    &= \norm[\big]{(x_0+y_0)-(x+y)} \\
    &= \norm[\big]{(x_0-x)+(y_0-y)} \\
    &\leq \norm{x_0-x} + \norm{y_0-y} \\
    &\leq 2d_\infty\bigl((x_0,y_0),(x,y)\bigr) < \eps
  \end{align*}
Esto muestra que $s$ es continua en~$(x_0,y_))$.

Sea $(t_0,x_0)\in\RR\times E$ y sea $\eps>0$; sin pérdida de generalidad,
podemos suponer que $\eps<1$. Sea $\delta=\eps/(\norm{x_0} + 1 + \abs{t_0})$.
Si $(t,x)\in\RR\times E$ es tal que
$d_\infty\bigl((t_0,x_0),(t,x)\bigr)<\delta$,
entonces
  \begin{align*}
  d(m(t_0,x_0),m(t,x)\bigr)
    &= \norm{t_0x_0-tx} \\
    &\leq \norm{t_0x_0-tx_0}+\norm{tx_0-tx} \\
    &= \abs{t_0-t}\norm{x_0} + \abs{t}\norm{x_0-x}
  \end{align*}
Es $\abs{t-t_0}<d_\infty\bigl((t_0,x_0),(t,x)\bigr)<\delta$ y
$\norm{x-x_0}<d_\infty\bigl((t_0,x_0),(t,x)\bigr)<\delta$; en particular,
$\abs{t}\leq\abs{t-t_0}+\abs{t_0}<\delta+\abs{t_0}$. Vemos entonces que
  \[
  d(m(t_0,x_0),m(t,x)\bigr)
    < \delta\norm{x_0} + (\delta+\abs{t_0})\delta
    < \delta\bigl(\norm{x_0} + 1 + \abs{t_0}\bigr)
    = \eps.
  \]
Esto muestra que la función~$m$ es continua en~$(t_0,x_0)$.

\ejitem{2} Sea $x\in E$ y $r>0$. Como $B(x,r)\subseteq B[x,r]$ y $B[x,r]$
es cerrado, es claro que $\overline{B(x,r)}\subseteq B[x,r]$. Por otro
lado, sea $y\in B[x,y]$. Para cada $n\in\NN$ sea $y_n=x+(1-\frac1n)(y-x)$.
Entonces 
\begin{itemize}

\item $\norm{y_n-y}=\tfrac1n\norm{x-y}$ para todo $n\in\NN$, así que $y_n\to y$ si
$n\to\infty$ y, 

\item como $\norm{y_n-x}=(1-\tfrac1n)\norm{y-x}<r$ porque $1-\tfrac1n<1$ y
$\norm{y-x}\leq r$, es $y_n\in B(x,r)$ para todo $n\in\NN$.

\end{itemize}
Vemos así que $y\in\overline{B(x,r)}$. Esto implica que
$B[x,r]\subseteq\overline{B(x,r)}$.

\ejitem{3} Si $y$,~$y'\in B(x,r)$, entonces
$\norm{y-y'}\leq\norm{y-x}+\norm{x-y'}<2r$, así que $\diam B(x,r)\leq2r$.
Por otro lado, como $\dim E>0$, existe $v\in E$ tal que $\norm{v}=1$. Para
cada $t\in(-1,1)$, sea $y_t=x+rtv$. Como $\norm{y_t-x}=r\abs{t}\norm{v}<r$,
es $y_t\in B(x,r)$ para todo $t\in(-1,1)$. Como
$\norm{y_t-y_{-t}} = \norm{2rtv} = 2r\abs{t}$ para todo $t\in(0,1)$, es
claro que $\diam B(x,r)\geq 2r$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado y sea $C\subseteq E$.
Decimos que $C$ es \emph{convexo} si
  \[
  \claim{para cada $x$,~$y\in C$ y cada $t\in[0,1]$ es $tx+(1-t)y\in C$.}
  \]
\begin{ejitems}

\item Si $x\in E$ y $r>0$, el conjunto $B(x,r)$ es convexo.

\item Si $\mathcal C$ es una familia de conjuntos convexos de~$E$, entonces
$\bigcap_{C\in\mathcal C}C$ es un conjunto convexo.

\item Si $C\subseteq E$ es convexo, entonces $C^\circ$ es convexo.

\item Si $C\subseteq E$ es convexo, entonces $\overline C$ es convexo.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $y$,~$z\in B(x,r)$ y sea $t\in[0,1]$. Entonces
  \begin{align*}
  \norm[\big]{(1-t)y+tz)-x}
    &= \norm[\big]{(1-t)y+tz)-(1-t)x-tx} \\
    &\leq (1-t)\norm{y-x} + t \norm{z-x} \\
    &< (1-t)r+tr = r,
  \end{align*}
así que $(1-t)y+tz\in B(x,r)$. Esto muestra que $B(x,r)$ es convexo, como
queríamos.

\ejitem{2} Sea $K=\bigcap_{C\in\mathcal C}C$, y sean $x$,~$y\in K$ y
$t\in[0,1]$. Si $C\in\mathcal C$, entonces $x$,~$y\in C$, así que, como $C$
es convexo, $(1-t)x+ty\in C$. La arbitrariedad de~$C$ en~$\mathcal C$,
entonces, implica que $(1-t)x+ty\in K$.

\ejitem{3} Supongamos que $x$,~$y\in C^\circ$ y que $t\in[0,1]$. Sea
$z=(1-t)x+ty$, que es un punto de~$C$. Como $x$ e $y$ son puntos interiores
de~$C$, existe $\eps>0$ tal que $B(x,\eps)\subseteq C$ y
$B(y,\eps)\subseteq C$.  Sea $u\in B(z,\eps)$. Entonces $\norm{u-z}<\eps$,
así que $x+(u-z)\in B(x,\eps)\subseteq C$ y $y+(u-z)\in B(y,\eps)\subseteq
C$, de manera que el punto
  \[
  (1-t)\bigl(x+(u-z)\bigr)+t\bigl(y+(u-z)\bigr)
    = u
  \]
está en~$C$. Así, vemos que $B(z,\eps)\subseteq C$ y, en consecuencia, que
$z\in C^\circ$. 

\ejitem{4} Sean $x$,~$y\in\overline C$ y sea $t\in[0,1]$. Existen entonces
sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$ e $(y_n)_{n\geq1}$ en~$C$ tales que $x_n\to x$
e $y_n\to y$ si $n\to\infty$. La continuidad de las operaciones de~$E$,
entonces, implica que
  \[
  (1-t)x_n+ty_n \to (1-t)x+ty
  \]
si $n\to\infty$ y, entonces, que $(1-t)x+ty\in\overline C$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\KK\in\{\RR,\CC\}$ y sea $E$ un $\KK$-espacio normado y sea
$S\subseteq E$ un subespacio vectorial.
\begin{ejitems}

\item $\overline S$ es un subespacio vectorial de~$E$.

\item Si $S\neq E$, entonces $S^\circ=\emptyset$.

\item\label{ej:clo} Si $\phi:E\to\KK$ es una función lineal tal que su
núcleo $H=\ker\phi$ es cerrado, entonces $\phi$~es continua.

\item Si $\dim S<\infty$, entonces $S$ es cerrado.

\item Si $S$ es un hiperplano, entonces $S$ es o bien denso en~$E$ o bien
se trata de un cerrado de~$E$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Hay que mostrar que $\overline S$ es cerrado para la suma y la
multiplicación por escalares. Sean $x$,~$y\in\overline S$, de manera que
existen sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$ e $(y_n)_{n\geq1}$ en~$S$ tales que
$s_n\to x$ e $y_n\to y$ si $n\to\infty$. Entonces $x_n+y_n\to x+y$ si
$n\to\infty$, porque la suma en~$E$ es continua, y como $x_n+y_n\in S$ para
todo $n\in\NN$, esto implica que $x+y\in\overline S$.

Por otro lado, sea $x\in\overline S$ y sea $t\in\RR$. Como antes, existe
una sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ en~$S$ tal que $x_n\to\infty$ si $n\to\infty$
y, como la multiplicación en~$E$ es continua, esto implica que $tx_n\to tx$
si $n\to\infty$. Ahora bien, es $tx_n\in S$ para todo $n\in\NN$, así que
$tx\in\overline S$.

\ejitem{2} Supongamos que $x\in S^\circ$, de manera que existe $\eps>0$ tal
que $B(x,\eps)\subseteq S$. Como $B(0,\eps)=\{y-x:x\in B(x,\eps)\}$ y $S$
es cerrado para la diferencia, vemos que también $B(0,\eps)\subseteq S$.
Si ahora $y\in E$, sea $y'=\eps\norm{y}^{-1}y/2$. Entonces
$\norm{y'}=\eps/2$, de manera que $y'\in B(0,\eps)\subseteq S$ y, en
consecuencia, ya que $S$ es un subespacio, $y=2\eps^{-1}\norm{y}y'\in S$.
Vemos así que $E\subseteq S$.

\ejitem{3} Si $\phi$ es identicamente nula, entonces no hay nada que
probar. Si no es ese el caso, entonces existe $u\in E$ tal que $\phi(u)=1$.
El conjunto $u+H$ es cerrado y no contiene a $0\in E$, así que existe
$\alpha>0$ tal que $B(0,\alpha)\cap(u+H)=\emptyset$.  Afirmamos que
  \begin{equation}\label{eq:phix}
  \claim{$\abs{\phi(x)}\leq1$ si $x\in B(0,\alpha)$.}
  \end{equation}
En efecto, supongamos que no, y sea $x\in B(0,\alpha)$ tal que
$\abs{\phi(x)}>1$. Se sigue que
$\norm{x/\phi(x)}=(1/\phi(x))\norm{x}<\alpha$, de manera que $x/\phi(x)\in
B(0,\alpha)$ y, por otro lado, $\phi(x/\phi(x))=1$, así que $x/\phi(x)\in u+H$:
vemos que $x/\phi(x)\in B(0,\alpha)\cap(u+H)$, lo que es absurdo. Esto
prueba~\eqref{eq:phix}.

Sea ahora $x\in E$ y sea $\eps>0$. Si $y\in
B(x,\alpha\eps)$, entonces $\norm{\eps^{-1}(y-x)}<\alpha$, asi que de
acuerdo a~\eqref{eq:phix} es $\abs{\phi(\eps^{-1}(y-x))}<1$, de manera que
$\abs{f(y)-f(x)}=\abs{f(y-x)}<\eps$. Esto prueba que $\phi$ es continua
en~$x$. 

\ejitem{4} Procedemos por inducción en $n=\dim S$. Si $n=0$, el resultado
es evidente. Supongamos entonces que $n>0$ y sea $\B=\{x_1,\dots,x_n\}$ una
base de~$S$. Sea $\phi:S\to\KK$ la aplicación lineal tal que $\phi(x_i)=0$
si $i\in\{1,\dots,n-1\}$ y $\phi(x_n)=1$. El~núcleo $S'=\ker\phi$ es el
subespacio generado por $\{x_1,\dots,x_{n-1}\}$, que tiene dimensión $n-1$:
la hipótesis inductiva implica que se trata de un cerrado de~$E$, así que
es también un cerrado en~$S$, y entonces $\phi$ es continua en vista
de~\ejitem{3}.

Sea $(y_k)_{k\geq1}$ una sucesión en~$S$ que converge en~$E$ y sea $y\in E$
su límite. Para cada $k\geq1$ existe un único $y'_k\in S'$ tal que
$y_k=y'_k+\phi(y_k)x_n$. La sucesión $(\phi(y_k))_{k\geq1}$
es de Cauchy en~$\KK$. 
%
\begin{detail}
Sea $\eps>0$. Como $\phi$~es continua en~$S$,
existe $\delta>0$ tal que si $z\in S$ es tal que $\norm{z}<\delta$
entonces $\abs{f(z)}<\eps$; por otro lado, como $(y_k)_{k\geq1}$ es de Cauchy
en~$E$, existe $K\in\NN$ tal que si $k$,~$l\geq K$ se tiene que
$\norm{y_k-y_l}\leq\delta$. Entonces si $k$,~$l\geq K$,
$\abs{\phi(y_k)-\phi(y_l})=\abs{\phi(y_k-y_k)}<\eps$.
\end{detail}
%
Existe entonces $t=\lim_{n\to\infty}\phi(y_k)\in\KK$. Notemos que
$y'_k=y_k-\phi(y_k)x_n\to y-tx_n$ si $k\to\infty$. Como $(y'_k)_{k\geq1}$
es una sucesión en~$S'$ y este subespacio es cerrado, vemos que
$y-tx_n\in S'$. Pero entonces $y=(y-tx_n)+tx_n\in S+S\subseteq S$.

Hemos mostrado que toda sucesión en~$S$ que converge en~$E$ tiene su límite
en~$S$, esto es, que $S$ es cerrado en~$E$.

\ejitem{5} Sea $S\subseteq E$ un hiperplano, de manera que existe $z\in E$
tal que $E=S\oplus\KK z$. Notemos que $S$ es un subespacio propio maximal.

Ahora bien, si $S$ no es cerrado, $\overline S$ es
un subespacio de~$E$ que contiene propiamente a~$S$ y la observación
anterior implica, entonces, $\overline S=E$.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item En cada uno de los siguientes ejemplos de subespacios, decida si se
trata de conjuntos cerrados, densos o hiperplanos.
\begin{ejitems}

\item $c=\{(x_n)_{n\in\NN}\in\ell^\infty:\text{existe el límite
$\lim_{n\to\infty}x_n$}\}\subseteq\ell^\infty$;

\item $c_0=\{(x_n)_{n\in\NN}\in\ell^\infty:\lim_{n\to\infty}x_n=0\}\subseteq c$;

\item $\RR[X]\subseteq C[0,1]$;

\item $C^1[a,b]\subseteq C[a,b]$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El conjunto $c$ es cerrado. Para verlo, sea $(u_k)_{k\geq1}$ una
sucesión en~$c$ que converge a~$u\in\ell^\infty$, y supongamos que
$u_k=(u_{k,n})_{n\geq1}$ y $u=(u_{n})_{n\geq1}$. Tenemos que mostrar que
$u$ es una sucesion de Cauchy. Sea entonces $\eps>0$. Como $u_k\to u$ si
$k\to\infty$, existe $k\in\NN$ tal que 
$\sup_{n\geq1}\abs{u_{k,n}-u_n}=\norm{u_k-u}<\eps$. Por otro lado, $u_k$ es
una sucesión de Cauchy en~$\KK$, así que existe $N\in\NN$ tal que si
$n$,~$m\geq N$ es $\abs{u_{k,n}-u_{k,m}}<\eps$.
Si ahora $n$,~$m\geq N$, entonces
$\abs{u_n-u_m} \leq \abs{u_n-u_{k,n}} + \abs{u_{k,n}-u_{k,m}} + \abs{u_{k,m}-u_m} < 3\eps$.
Esto prueba que $u$ es de Cauchy, como queríamos. 

Como hay en~$\ell^\infty$ puntos que, en tanto sucesiones, no convergen, es
claro ahora que $c$ no es denso en~$\ell^\infty$. Veamos finalmente que no
se trata de un hiperplano de~$\ell^\infty$.

Para cada $q\in\NN$ sea Sea $u^{(q)}=(u^{(q)}_k)_{k\geq1}\in\ell^\infty$ la
sucesión tal que $u^{(q)}_k=1$ si $k$ es divisible por~$q$, y $0$ si no lo es. Claramente
$u^{(2)}\not\in S$, así que para ver que $S$ no es un hiperplano alcanza con
mostrar que $S+\KK u^{(2)}\subseteq\ell^\infty$. Supongamos, por ejemplo,
$u^{(4)}\in S+\KK u^{(2)}$, de manera que existe $v=(v_k)_{k\geq1}\in S$ y $\lambda\in\KK$
tales que 
  \begin{equation}\label{eq:u4}
  u^{(4)}=v+\lambda u^{(2)}. 
  \end{equation}
Pero entonces $u^{(4)}-\lambda u^{(2)}$ converge: es inmediato que esto es
imposible.

\ejitem{2} Sea $\phi:c\to\KK$ la función tal que si $u=(x_n)_{n\geq1}\in
c$, es $\phi(u)=\lim_{n\to\infty}x_n$. Que esto está bien definido sigue
inmediatamente de la definición de~$c$. 

Sea $\eps>0$. Si $u=(x_n)_{n\geq1}\in c$ es tal que $\norm{u}<\eps/2$,
entonces $\abs{x_n}<\eps/2$ para todo $n\geq1$ y entonces
$\abs{\phi(u)}=\abs{\lim_{n\to\infty}x_n}\leq\eps/2<\eps$. Esto implica que
$\phi$ es continua.
Ahora bien, $c_0=\phi^{-1}(0)$, así que se trata de un cerrado de~$c$,
porque $\{0\}$ es un cerrado de~$\KK$.

Como no toda sucesión de~$c$ converge a~$0$, es evidente que $c_0$ no es
denso en~$c$. Sea $w=(w_n)_{n\geq1}\in c$ la sucesión tal que $w_n=1$ para
todo $n\geq1$. Claramente $w\in c\setminus c_0$. Mostremos que
$c=c_0\oplus\KK w$, de manera que $c_0$ es un hiperplano en~$c$; para ello,
alcanza con ver que $c=c_0+\KK w$.

Sea $u=(x_n)_{n\geq1}\in c$ y sea $\mu=\lim_{n\to\infty}x_n$. Es claro que
$u=(u-\mu w)+\mu w$ y, como $u-\mu w\in c_0$, esto muestra que $u\in
c_0+\KK w$.

\ejitem{3} $\RR[X]$ no es cerrado en~$C[0,1]$: consideremos la sucesión
$(p_n)_{n\geq1}$ en~$\RR[X]$ tal que
  \[
  p_n(x) = 1 + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{2^2} + \cdots + \frac{x^n}{2^n}
  \]
para cada $n\in\NN$. Sabemos que si $f:x\in[0,1]\mapsto 2(2-x)^{-1}\in\RR$,
entonces $p_n\to f$ en~$C[0,1]$, y $f\not\in\RR[X]$. Esto es consecuencia,
por ejemplo, de que ninguna derivada de~$f$ es identicamente nula.

Sabemos que $\RR[X]$ es denso en~$C[0,1]$, por el teorema de Weierstrass.
Por otro lado, no se trata de un hiperplano. Para verlo, consideremos las
funciones $g:x\in[0,1]\mapsto\sin x\in\RR$ y $h:x\in[0,1]\mapsto\cos
x\in\RR$. Como $g$ tiene infinitas derivadas no idénticamente nulas,
$g\not\in\RR[X]$, así que si $\RR[X]$ fuese un hiperplano de~$C[0,1]$,
deberíamos tener que $h\in\RR[X]+\RR g$. Pero esto implicaría que
$h-g\in\RR[X]$, lo que es absurdo porque, otra vez, $h-g$ tiene infinitas
derivadas no idénticamente nulas.

\ejitem{4} Supongamos por simplicidad que $a=-1$ y $b=1$. Sea para cada
$n\geq 1$ la función
  \[
  f_n : t\in [-1,1] \mapsto \frac1n\sqrt{1+n^2t^2} \in \RR.
  \]
Entonces $(f_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$C^1[-1,1]$. Sea
$f:t\in[-1,1]\mapsto\abs{t}\in\RR$, y mostremos que $f_n\to f$ en
$C[-1,1]$: esto implica que $C^1[-10,1]$ no es cerrado en~$C[-1,1]$ Como
las funciones son pares y $f_n>f$ en $(0,1)$, 
  \[
  \norm{f_n-f} = \max_{t\in[0,1]}\left(\frac1n\sqrt{1+n^2t^2}-t\right)
  \]
Como ,
  \[
  \frac{\d}{\d t}\left(\frac1n\sqrt{1+n^2t^2}-t\right) 
    = \frac{n t-\sqrt{n^2 t^2+1}}{\sqrt{n^2 t^2+1}},
  \]
y el numerador no se anula en $(0,1)$ porque $nt<\sqrt{1+n^2t^2}$ si
$0<t<1$, vemos que
  \[
  \norm{f_n-f} = \max\bigl\{f_n(0)-f(0),f_n(1)-f(1)\bigr\}
        = \max\Bigl\{\tfrac1n,\tfrac{\sqrt{n^2+1}}{n}-1\Bigr\}
  \]
y entonces es claro que $\norm{f_n-f}\to0$ si $n\to\infty$, esto es, que
$f_n\to f$ en~$C[-1,1]$. 

Mostremos que $C^1[-1,1]$ es denso en~$C[-1,1]$. Sea $f\in C[-1,1]$ y
consideremos la función $\phi:t\in\RR\mapsto\pi^{-1/2}\e^{-t^2}\in\RR$.
Para cada $\eps>0$ sea además $f_\eps:[-1,1]\to\RR$ tal que
  \[
  f_\eps(t) = \eps^{-1}\int_{-1}^1f(s)\phi(\eps(t-s))\,\d s
  \]
para cada $t\in[-1,1]$; notemos que como el integrando es continuo
en~$[-1,1]$, esto está bien definido. Si mostramos que
  \begin{itemize}

  \item $f_\eps$ es derivable en~$[-1,1]$.

  \item $\lim_{\eps\downarrow0}f_\eps=f$ en $C[-1,1]$.

  \end{itemize}
habremos probado que $C^1[-1,1]$ es denso en~$C[-1,1]$.

\textcolor{red}{Terminar esto y mostrar que no es un hiperplano.}

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $E$ y $F$ espacios normados y sea $T:E\to F$ un operador lineal.
Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{ejitems}

\item $T$ es continuo en~$0\in E$.

\item existe $x_0\in E$ tal que $T$ es continuo en~$x_0$.

\item $T$ es continuo.

\item $T$ es uniformemente continuo.

\item Existe $M>0$ tal que $\norm{Tx}\leq M\norm{x}$ para cada $x\in E$.

\item La imagen $T(A)$ de todo conjunto acotado $A\subseteq E$ es acotada
en~$F$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\implicacion[alph]{1}{2} Esto es evidente.

\implicacion[alph]{2}{3} Sea $x_1\in E$ y sea $(y_n)_{n\geq1}$ una sucesión
en~$E$ que converge a~$x_1$. Entonces $(y_n-x_1+x_0)_{n\geq1}$ es una
sucesión en~$E$ que converge a~$x_0$ y la hipótesis implica que
  \[
  T(y_n) - T(x_1) + T(x_0) = T(y_n-x_1+x_0) \to T(x_0)
  \]
si $n\to\infty$, de manera que $T(y_n)\to T(x_1)$ si $n\to\infty$. Esto nos
dice que $T$ es continua en~$x_1$.

\implicacion[alph]{3}{4} Sea $\eps>0$. Como $T$ es continuo, es continuo
en~$0$ y existe $\delta>0$ tal que si $\norm{x}<\delta$ entonces
$\norm{T(x)}<\eps$. Si ahora $x$,~$y\in E$ tales que
$d(x,y)=\norm{x-y}<\delta$, la elección de~$\delta$ implica que
$\norm{T(x)-T(y)}=\norm{T(x-y)}<\eps$. Así, $T$ es uniformemente continuo.

\implicacion[alph]{4}{5} Como $T$ es uniformemente continuo, es continuo
en~$0$ y existe $\delta>0$ tal que si $\norm{x}<\delta$ entonces
$\norm{T(x)}<1$. Sea $M=2\delta^{-1}$. 

Si $x\in E\setminus0$, entonces $\norm{\frac{\delta x}{2\norm{x}}}<\delta$,
así que $\norm{T(\frac{\delta x}{2\norm{x}})}<1$, y
$\norm{T(x)}\leq M\norm{x}$. Si $x=0$, esta desigualdad también vale.

\implicacion[alph]{5}{6} Sea $A\subseteq E$ acotado, de manera que existe
$r>0$ tal que $A\subseteq B(0,r)$. Si $x\in A$, entonces $\norm{T(x)}\leq
M\norm{a}\leq Mr$, así que $T(A)\subseteq B(0,Mr)$. Esto nos dice que
$T(A)$ es acotado en~$F$.

\implicacion[alph]{6}{1} Sea $\eps>0$. El conjunto $B(0,2)$ es acotado
en~$E$, así que por hipótesis existe $r>0$ tal que $T(B(0,2))\subseteq
B(0,r)$. Sea $\delta=\eps r^{-1}$. Si $x\in B(0,\delta)\setminus0$,
entonces $\norm[\big]{\frac{x}{\norm{x}}}=1<2$ y
en consecuencia $\norm[\big]{T(\frac{x}{\norm{x}})}<r$, de manera que
$\norm{T(x)}<r\norm{x}<\eps$. Esto implica inmediatamente que $T$ es
continuo en~$0$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $E$ y $F$ dos espacios normados, y consideremos el conjunto
$L(E,F)$ de todas las funciones $T:E\to F$ que son lineales y continuas.
Para cada $T\in L(E,F)$ sea
  \[
  \norm{T} = \sup_{\norm{x}_E\leq 1}\norm{T(x)}_F.
  \]
\begin{ejitems}

\item $(L(E,F),\norm{\cdot})$ es un espacio normado.

\item Si $F$ es un espacio de Banach, entonces $L(E,F)$ también lo es.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Tenemos que mostrar que $\norm{\cdot}$ es una norma en~$L=L(E,F)$.
\begin{itemize}

\item Es claro que $\norm{0}=0$. Sea, recíprocamente, $T\in L\setminus0$,
de manera que existe $x\in E$ tal que $T(x)\neq0$. Entonces
$\norm{x/\norm{x}_E}_E\leq1$, y tenemos que 
  \[
  \norm{T}\geq\norm{T(x/\norm{x}_E)}_F=\norm{x}_E^{-1}\norm{T(x)}_F>0
  \]
porque $T(x)\neq0$ y $\norm{\cdot}_F$ es una norma.

\item Sea $T\in L$ y $\lambda\in\KK$. Entonces $\norm{(\lambda
T)(x)}_F=\abs{\lambda}\norm{T(x)}_F$ si $\norm{x}_E\leq1$, así que
  \[
  \norm{\lambda T} = \sup_{\norm{x}_E\leq1}\norm{(\lambda T)(x)}_F
         = \sup_{\norm{x}_E\leq1}\abs{\lambda}\norm{T(x)}_F
         = \abs{\lambda}\sup_{\norm{x}_E\leq1}\norm{T(x)}_F
         = \abs{\lambda}\norm{T}.
  \]

\item Sean $S$,~$T\in L$. Si $x\in E$ es tal que $\norm{x}_E\leq1$, entonces
  \[
  \norm{(S+T)(x)}_F
        = \norm{S(x)+T(x)}_F
        \leq\norm{S(x)}_F+\norm{T(x)}_F
        \leq\norm{S} + \norm{T},
  \]
y entonces es inmediato que $\norm{S+T}\leq\norm{S}+\norm{T}$.

\end{itemize}

\ejitem{2} Supongamos que $F$ es un espacio de Banach y sea
$(T_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$L(E,F)$. Para cada $\eps>0$
existe $N_\eps\in\NN$ tal que $\norm{T_n-T_m}<\eps$ cuando $n$,~$m\geq
N_\eps$. 

Sea $R\geq 0$. Sea $x\in E\setminus0$ tal que $\norm{x}_E\leq R$. Si $\eps>0$ y
$n$,~$m\geq N_{\eps/R}$, entonces
  \[
  \norm[\big]{T_n(x/\norm{x}_E)-T_m(x/\norm{x}_E)}_F=\norm[\big]{(T_n-T_m)(x/\norm{x}_E)}_F
    \leq \eps/R
  \]
porque $\norm{x/\norm{x}_E}_E\leq1$, así que $\norm{T_n(x)-T_m(x)}_F\leq \eps$.
Vemos así que $(T_n(x))_{n\geq1}$ es una sucesión de Cauchy en~$F$ y la
hipótesis implica que tiene un límite $T(x)\in F$. Poniendo además
$T(0)=0$, obtenemos de esta manera una función $T:E\to F$ tal que
$T(x)=\lim_{n\to\infty}T_n(x)$ para todo $x\in E$. Tenemos que mostrar que
$T$ es lineal y continua, y que $T_n\to T$ en $L(E,F)$.
%
\begin{itemize}

\item Sean $x$,~$y\in E$ y $\lambda\in\KK$. Para cada $n\in\NN$ es
$T_n(x+\lambda y)=T_n(x)+\lambda T_n(y)$. Como $T_n(x)\to T(x)$, $T_n(y)\to
T(y)$ y $T_n(x+\lambda y)\to T(x+\lambda y)$ si $n\to\infty$, vemos que
$T(x+\lambda y)=T(x)+\lambda T(y)$, porque las operaciones de~$F$ son
continuas. Esto implica que $T$ es lineal.

\item Sea $\eps>0$. Sea $M=N_{\eps/2}$. Si $n$,~$m\geq M$, vimos arriba que
$\norm{T_n(x)-T_m(x)}\leq\eps/2$ si $\norm{x}_E\leq 1$. Tomando límite
cuando $m\to\infty$, entonces, y usando la continuidad de la norma, vemos
que si $\norm{x}_E\leq 1$ es $\norm{T_M(x)-T(x)}_F\leq\eps/2$. Como $T_M$
es continua en~$0$, existe $\delta\in(0,1)$ tal que 
$\norm{T_M(x)}_F<\eps/2$ cuando $\norm{x}_E<\delta$.

Ahora, si $\norm{x}_E<\delta$, entonces
  \[
  \norm{T(x)}_F \leq \norm{T_M(x)}_E + \norm{T_M(x)-T(x)}_E < \eps,
  \]
así que $T$ es continua en~$0$. Esto implica que $T$ es continua, porque es
lineal.

\item Sea $\eps>0$. Si $n$,~$m\geq N_{\eps/2}$ entonces
$\norm{T_n(x)-T_m(x)}_F<\eps/2$ para todo $x\in E$ tal que $\norm{x}_E\leq
1$. Tomando límite cuando $m\to\infty$, esto implica que si $n\geq
N_{\eps/2}$ y $\norm{x}_E\leq 1$ es $\norm{T_n(x)-T(x)}_F<\eps$. En otras
palabras, $\norm{T_n-T}<\eps$ si $n\geq N_{\eps/2}$. Vemos así que $T_n\to
T$ si $n\to\infty$.~\qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $E$ y $F$ dos espacios normados y sea $T:E\to F$ un operador
lineal y continuo. Entonces
  \begin{align*}
  \norm{T} 
    &= \sup_{\norm{x}<1}\norm{T(x)}
     = \sup_{\norm{x}=1}\norm{T(x)} 
     = \sup_{x\neq0}\frac{\norm{T(x)}}{\norm{x}} \\
    &= \inf\{M\in\RR:\forall x\in E, \; \norm{T(x)}\leq M\norm{x}\}.
  \end{align*}

\begin{Solucion}
Llamemos $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ y $A_5$ a los cinco miembros de esta
igualdad, en orden.

\begin{itemize}

\item Es inmediato, de la definición de~$\norm{T}$, que $A_1\geq A_2$.

\item Si $\norm{x}=1$, entonces como la norma es continua,
  \[
  \norm{T(x)}
    = \lim_{t\uparrow1}\norm{T(tx)}
    \leq \sup_{\norm{y}<1} \norm{T(y)}
    = A_2,
  \]
de manera que $A_3=\sup_{\norm{x}=1}\norm{T(x)}\leq A_2$.

\item Si $x\neq0$, entonces $\norm{T(x)}/\norm{x}=\norm{T(x/\norm{x})}\leq
A_3$, porque $\norm{x/\norm{x}}=1$. Luego $A_4=\sup_{x\neq0}\norm{T(x)}/\norm{x}\leq A_3$.

\item Si $0<\norm{x}\leq1$, entonces
$\norm{T(x)}\leq\norm{T(x)}/\norm{x}\leq A_4$; es claro que si $x=0$ también
vale esta desigualdad. Luego $A_1=\sup_{\norm{x}\leq1}\norm{T(x)}\leq A_4$.

\end{itemize}
Esto prueba que $A_1=A_2=A_3=A_4$.
\begin{itemize}[resume]

\item Sea $M\in\RR$ tal que $\norm{T(x)}\leq M\norm{x}$ si $x\in E$.
Entonces $\norm{T(x)}/\norm{x}\leq M$ para todo $x\in E\setminus0$, asi que
$A_4\leq M$. Esto muestra que $A_4$ es una cota inferior para el conjunto 
$\{M\in\RR:\forall x\in E, \; \norm{T(x)}\leq M\norm{x}\}$ y, en
consecuencia, que $A_4\leq A_5$.

\item Por otro lado, como $\norm{T(x)}/\norm{x}\leq A_4$ si $x\neq0$, es
$\norm{T(x)}\leq A_4\norm{x}$ si $x\in E$, de manera que
$A_4\in\{M\in\RR:\forall x\in E, \; \norm{T(x)}\leq M\norm{x}\}$. Esto
implica inmediatamente que $A_5\leq A_4$.

\end{itemize}
Así, $A_4=A_5$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $k:[0,1]\times[0,1]\to\RR$ una función continua y sea
$K:C[0,1]\to C[0,1]$ la función tal que
  \[
  (Kf)(x) = \int_0^1k(x,y)f(y)\,\d y
  \]
Entonces $K$ es lineal y continua. Encuentre una cota para su norma.

\begin{Solucion}
La linealidad es inmediata. Sea $M=\sup_{x,y\in[0,1]}\abs{K(x,y)}$. Si
$x\in[0,1]$, entonces
  \[
  \abs{(Kf)(x)} 
    \leq \int_0^1 \abs{k(x,y)} \abs{f(y)}\,\d y
    \leq M \norm{f},
  \]
así que $\norm{Kf}\leq M\norm{f}$: esto nos dice que $K$ es continua y que
$\norm{K}\leq M$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item La función $f:(\RR^{(\NN)},\norm{\cdot}_\infty)\to\RR$ tal que 
$f(a)=\sum_{n\geq1}na_n$ si $a=(a_n)_{n\in\NN}\in\RR^{(\NN)}$
es lineal pero no continua.

\begin{Solucion}
Que es lineal es inmediato. Si para cada $n\in\NN$ ponemos
$e_n=(e_{n,i})_{i\geq1}$ con $e_{n,i}=0$ si $n\neq i$ y $e_{n,n}=\tfrac1n$,
entonces $\norm{e_n}=\frac1n\to0$ si $n\to\infty$, pero
$\abs{f(e_n)}=1\not\to0$. Luego $f$ no es continua.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $S$,~$T:\ell^1\to\ell^1$ los operadores definidos por
  \begin{gather*}
  S(x_1,x_2,x_3,\dots) = (0,x_1,x_2,x_3,\dots), \\
  T(x_1,x_2,x_3,\dots) = (x_2,x_3,\dots).
  \end{gather*}
Muestre que $S$ y $T$ son lineales y acotados y calcule sus normas.

\begin{Solucion}
Si $x=(x_n)_{n\geq1}$, es $\norm{x}=\abs{x_1}+\abs{x_2}+\cdots$, y
  \[
  \norm{S(x)} = 0+\abs{x_1}+\abs{x_2}+\cdots = \norm{x},
  \]
de manera que $S$ es continua y tiene norma~$\norm{S}=1$, mientras que
  \[
  \norm{T(x)} = \abs{x_2} + \abs{x_3} + \cdots \leq \norm{x},
  \]
de manera que $T$ es continua y tiene norma $\norm{T}\leq1$. Además, es
inmediato que $\norm{TS(x)}=\norm{x}$ para todo $x\in\ell^1$, así que de
hecho $\norm{T}=1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado de dimensión~$n\in\NN$ y
sea $f:\RR^n\to E$ un isomorfismo algebraico. Consideramos sobre~$\RR^n$ la
norma $\norm{x}_\infty=\max_{1\leq i\leq n}\abs{x}$.
\begin{ejitems}

\item El conjunto $K=\{x\in\RR^n:\norm{x}_\infty=1\}\subseteq\RR^n$ es compacto.

\item Existen $c_1$,~$c_2>0$ tales que
$c_1\norm{x}_\infty\leq\norm{f(x)}\leq c_2\norm{x}_\infty$ para todo
$x\in\RR^n$.

\item Todo par de normas sobre~$\RR^n$ es equivalente.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El conjunto $P=[0,1]\times\cdots\times[-1,1]\subseteq\RR^n$,
que es un finito producto de espacios métricos compactos, que sabemos es
necesariamente compacto. Como la norma es continua, $K$ es cerrado
en~$\RR^n$ y como $K\subseteq P$, vemos que $K$ es compacto.

\ejitem{2} La función $\phi:x\in K\mapsto\norm{f(x)}\in\RR$ es continua y
positiva, ya que $f$ es inyectiva. Como $K$ es compacto, existen constantes
$c_1$,~$c_2>0$ tales que $c_1\leq\phi(x)\leq c_2$ para cada $x\in K$. Si
$x\in\RR^n\setminus0$, entonces $x/\norm{x}\in K$ y en consecuencia 
$c_1\leq\norm{f(x/\norm{x})}\leq c_2$, de lo que deducimos que
$c_1\norm{x}\leq\norm{f(x)}\leq c_2\norm{x}$. Si $x=0$ esta desigualdad
también vale.

\ejitem{3} Basta mostrar que toda norma de~$\RR^n$ es equivalente
a~$\norm{\cdot}_\infty$, y eso es precisamente lo que se afirma
en~\ejitem{2}.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio de Banach y sean $S$,~$T\subseteq E$ dos subespacios
cerrados. Si $\dim T<\infty$, entonces $S+T$ es también un subespacio
cerrado.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\header{Lema de Riesz} Sean $E$ un espacio normado, $S\subseteq E$ un
subespacio cerrado propio y $\alpha\in(0,1)$. Existe entonces un vector
$x_\alpha\in E\setminus S$ tal que $\norm{x_\alpha}=1$ y
$\norm{s-x_\alpha}>\alpha$ para todo~$s\in S$. Decimos que 
que $x_\alpha$ es \emph{casi ortogonal} a~$S$.

\begin{Indicacion}
Considere $x\not\in S$, $r=d(x,S)$ y $x_\alpha=\frac{x-b}{\norm{x-b}}$ con
$b\in S$ adecuado.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Sea $x\in E\setminus S$ y sea $r=d(x,S)$, que es un número positivo. Como
$\frac{r}{r+t}\uparrow1$ cuando $t\downarrow0$, existe $\eps>0$ tal que
$\frac{r}{r+t}>\alpha$. Además, existe $b\in S$ tal que $d(x,b)\leq
r+\eps$. Sea $x_\alpha=(x-b)/\norm{x-b}$. Si $s\in S$, entonces
  \[
  \norm{x_\alpha-s}
    = \frac{\norm[\big]{x-\bigl(b+\norm{x-b}s\bigr)}}{\norm{x-b}}
  \]
y como $b+\norm{x-b}s\in S$, de manera que
$\norm[\big]{x-\bigl(b+\norm{x-b}s\bigr)}\geq r$, y $\norm{x-b}\leq r+\eps$,
tenemos que
  \[
  \norm{x_\alpha-s} \geq \frac{r}{r+\eps} > \alpha. 
  \]
Esto prueba el lema.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado de dimensión infinita. Existe entonces una
sucesión $(\omega_n)_{n\in\NN}$ en~$E$ tal que 
  \begin{itemize}
  
  \item $\norm{\omega_n}=1$ para todo $n\in\NN$ y 

  \item $d(\omega_n,\omega_m)>\tfrac12$ si $n$,~$m\in\NN$ son distintos.

  \end{itemize}
Deduzca de esto que $\overline{B(0,1)}$ no es un conjunto compacto.

\begin{Indicacion}
Aplique el lema de Riesz a una sucesión creciente de subespacios de
dimensión finita.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Sea $\omega_1\in E$ un vector arbitrario tal que $\norm{\omega_1}=1$.

Supongamos ahora que $n\geq1$ y que construimos una secuencia finita
$\omega_1$,~\dots,~$\omega_n\in E$ de manera que $\norm{\omega_i}=1$ para
cada $i\in\{1,\dots,n\}$ y $d(\omega_i,\omega_j)>\tfrac12$ si $1\leq
i,j\leq n$ y $i\neq j$. Como $E$ tiene dimensión infinita, el subespacio
generado por $\omega_1$,~\dots,~$\omega_n$ es propio. Del lema de Riesz,
entonces, deducimos que existe un vector $\omega_{n+1}\in E$ tal que
$\norm{\omega_{n+1}}=1$ y $d(\omega_{n+1},\omega_i)>\tfrac12$ si $1\leq i\leq n$.

De esta manera construimos una secuencia infinita $(\omega_n)_{n\geq1}$
en~$E$ que satisface las condiciones del enunciado. En particular,
$\overline{B(0,1)}=B[0,1]$ no es compacto porque contiene al subconjunto
$\{\omega_n:n\in\NN\}$ que es infinito y discreto.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado y sea $H\subseteq E$ un subespacio.
Entonces $H$ es un hiperplano sii existe una función lineal
$\gamma:E\to\RR$ no nula tal que $H=\ker\gamma$. Más aún, $H$ es cerrado
sii $\gamma$ es continua.

\begin{Solucion}
Supongamos que $H$ es un hiperplano, de manera que existe $u\in E\setminus
H$ tal que $E=H\oplus\KK u$. En particular, para cada $x\in E$ existen
$x'\in H$ y $\lambda_x\in\KK$ tales que $x=x'+\lambda_x u$, y $x'$ y
$\lambda$ están unívocamente determinados por~$x$. Sea $\gamma:x\in
E\mapsto \lambda_x\in\KK$. Como claramente $\gamma(u)=1$, $\gamma\neq0$.

Si $x$,~$y\in E$ y $t\in\KK$, entonces claramente
$x+ty=(x'+ty')+(\lambda_x+t\lambda_y)u$, así que como $x'+ty'\in H$, es
$(x+ty)'=x'+ty'$ y $\lambda_{x+ty}=\lambda x+t\lambda_y$. En particular,
$\gamma(x+ty)=\gamma(x)+t\gamma(y)$, así que $\gamma$ es lineal.
La univocidad implica inmediatamente que $\ker\gamma=H$.

Recíprocamente, supongamos que $\gamma:E\to\KK$ es una función lineal no
nula. Existe, entonces, $u\in E$ tal que $\gamma(u)=1$. Queremos ver que
$H=\ker\gamma$ es un hiperplano, y para eso basta mostrar que $H\oplus\KK
u=E$. Es claro que $H\cap\KK u=0$. Por otro lado, si $x\in E$, entonces
$x-\gamma(x)u\in H$ y por supuesto $x=(x-\gamma(x)u)+\gamma(x)u\in H+\KK
u$. 

Si $\gamma$ es continua, entonces $H=\gamma^{-1}(0)$ es un cerrado de~$E$
porque $\{0\}$ es un cerrado de~$\KK$. Recíprocamente, mostramos
en~\ref{ej:clo} que si $\gamma:E\to\KK$ es una función lineal con núcleo
cerrado, entonces $\gamma$ es continua.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un espacio de Banach de dimensión infinita no puede tener una base
algebraica numerable.

\begin{Indicacion}
En caso contrario, el espacio sería una unión numerable de subespacios de
dimensión finita. Usando el teorema de Baire, obtenga el resultado deseado.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Supongamos que $\B=\{x_i:i\in\NN\}$ es una base numerable de~$E$, de manera
que cada elemento de~$E$ es una combinación lineal de finitos elementos
de~$\B$. Para cada $n\in\NN$ sea $S_n$ el subespacio generado
por~$x_1$,~\dots,~$x_n$, que es evidentemente un subespacio propio de~$E$.
Sabemos que entonces $S_n$ es cerrado y tiene interior vacío, de manera que
es nunca denso. Como $E=\bigcup_{n\geq1}S_n$, el espacio $E$ es de primera
categoría. Esto es absurdo, ya que se trata de un espacio métrico
completo.~\qed
\end{Solucion}



\end{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{figure}[hp]

\vspace*{2cm}

\foto{Banach}{Stefan Banach\\1892--1945, Polonia/Ucrania}{}

\vspace*{1cm}

\end{figure}

\end{document}
