\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{9}
\Titulo{Espacios normados}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa como lado para hipó-tesis}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado.
\begin{ejitems}

\item Las funciones 
  \[
  (x,y)\in E\times E\mapsto x+y\in E,
  \qquad\qquad
  (\lambda,x)\in\KK\times E\mapsto \lambda x\in E
  \]
son continuas.

\item La clausura de una bola abierta de~$E$ es la bola cerrada correspondiente.

\item Si $E$ tiene dimensión positiva, entonces para todo $r>0$ y todo
$x\in E$ es $\diam B_r(x)=2r$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Vemos a $E\times E$ y a $\KK\times E$ como espacios normados con
la norma suma. Si $(x,y)$ y $(x',y')$ son elementos de~$E\times E$, tenemos
que
  \[
  \norm{(x+y)-(x'+y')}
        \leq \norm{x-x'}+\norm{y-y'} = \norm{(x,y)-(x',y')},
  \]
así que la primera función del enunciado es uniformemente continua.
Por otro lado, si $(\lambda,x)$ y $(\lambda',x')$ son elementos
de la bola de radio~$R$ de~$\KK\times E$, es
  \begin{align*}
  \norm{\lambda x-\lambda'x'}
       &= \norm{\lambda(x-x')+(\lambda'-\lambda')x'}
        \leq \abs{\lambda}\norm{x-x'} + \abs{\lambda-\lambda'}\norm{x'} \\
       &\leq R\left(\norm{x-x'}+\norm{\lambda-\lambda'}\right)
        = R\norm{(\lambda,x)-(\lambda',x')}.
  \end{align*}
Esto muestra que la segunda función del enunciado es continua sobre la bola
abierta de radio~$R$  de~$\KK\times E$.

\ejitem{2} Sean $x\in E$ y $r>0$. Como $B_r(x)\subseteq\overline
B_r(x)$ y $\overline B_r(x)$ es un cerrado, tenemos que
$\overline{B_r(x)}\subseteq\overline B_r(x)$. Sea, por otro lado,
$y\in\overline B_r(x)$. Para cada $n\in\NN$ sea
$y_n=x+(1-1/n)(y-x)$. Es
  \[
  \norm{y_n-x} = \norm{(1-1/n)(y-x)} 
        = \abs{1-1/n}\norm{y-x} < \norm{y-x} \leq r,
  \]
así que $y_n\in B_r(x)$. Por otro lado, es claro que
  \[
  y_n = x+(1-1/n)(y-x) \rightarrow y
  \]
cuando $n$ crece, así que $y$ está en la clausura de~$B_r(x)$. Vemos asi
que $\overline B_r(x)\subseteq\overline{B_r(x)}$.

\ejitem{3} Supongamos que $E$ tiene dimensión positiva y sean $r>0$ y $x\in
E$. Como $E\neq0$, existe $y\in E\setminus0$, y reemplazando a~$y$
por~$y/\norm{y}$ si es necesario podemos suponer que $\norm{y}=1$. Si
$s\in[0,r)$, entonces es claro que $x+sy$ y $x-sy$ están en~$B_r(x)$, y
entonces 
  \[
  \diam B_r(x) \geq \norm{(x+sy)-(x-sy)} = 2s\norm{y} = 2s.
  \]
Vemos así que $2r\leq\diam B_r(x)$. Por otro lado, si $u$ y $v$ son dos
elementos de~$B_r(x)$, es $\norm{u-v}\leq\norm{u-x}+\norm{x-v}<2r$, así que
$\diam B_r(x)\leq 2r$. Estas dos desigualdades prueban la igualdad que
queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado. Decimos que un subconjunto~$C$ de~$E$ es
\emph{convexo} si cada vez que $x$,~$y\in C$ y $t\in[0,1]$ se tiene que
$(1-t)x+ty\in C$.
\begin{ejitems}

\item Las bolas abiertas de~$E$ y las bolas cerradas de~$E$ son convexas.

\item La intersección de una familia no vacía de subconjuntos convexos
de~$E$ es ella misma convexa.

\item La clausura y el interior de un conjunto conexo son conjuntos
convexos.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $r>0$ y $x\in E$. Si $y$,~$z\in E$ y $t\in[0,1]$,
entonces
  \[
  \norm{(1-t)y+tz}
    = \norm{(1-t)(y-x)+t(z-x)}
    \leq (1-t)\norm{y-x}+t\norm{z-x}.
  \]
En particular, si $y$,~$z\in B_r(x)$, es 
  \[
  \norm{(1-t)y+tz}
        \leq (1-t)\norm{y-x}+t\norm{z-x}
        < (1-t)r+tr = r,
  \]
así que $(1-t)y+tz\in B_r(x)$, y si $y$,~$z\in\overline B_r(x)$, es 
  \[
  \norm{(1-t)y+tz}
        \leq (1-t)\norm{y-x}+t\norm{z-x}
        \leq (1-t)r+tr = r,
  \]
así que $(1-t)y+tz\in\overline B_r(x)$. Vemos de esta forma que $B_r(x)$ y
$\overline B_r(x)$ son convexos de~$E$.

\ejitem{2} Sea $\mathcal C$ un conjunto no vacío de convexos de~$E$ y sea
$K=\bigcap_{C\in\mathcal C}C$ su intersección. Sean $x$,~$y\in K$ y
$t\in[0,1]$. Si $C\in\mathcal C$, tenemos que $x$ e~$y$ están en~$C$, así
que, como $C$ es convexo, que $(1-t)x+ty\in C$: vemos así que 
$(1-t)x+ty\in K$. El conjunto $K$ es, por lo tanto, convexo.

\ejitem{3} Sea $C$ un conjunto convexo de~$E$. Sean $x$ e~$y$ dos puntos
de~$\overline C$ y sea $t\in[0,1]$. Si $\epsilon>0$, existen
$x'$,~$y'\in C$ tales que $\norm{x-x'}<\epsilon$ y $\norm{y-y'}<\epsilon$,
y entonces
  \begin{align*} 
  \MoveEqLeft
  \norm[\big]{\bigl((1-t)x+ty\bigr)-\bigl((1-t)x'+ty'\bigr)}
        = \norm{(1-t)(x-x')+t(y-y')} \\
       &\leq (1-t) \norm{x-x'}+t\norm{y-y'}
        < (1-t)\epsilon+t\epsilon = \epsilon.
  \end{align*}
Como el punto $(1-t)x'+ty'$ está en~$C$ porque $C$ es convexo, esto nos
dice que $d((1-t)x+ty,C)\leq\epsilon$. Como esto es así cualquiera sea
$\epsilon$, tenemos en definitiva que $d((1-t)x+ty,C)=0$ y, por lo tanto,
que $(1-t)x+ty\in\overline C$. Podemos concluir con esto que el
conjunto~$\overline C$ es convexo.

Sean ahora $x$ e~$y$ dos puntos de~$C^\circ$ y sea $t\in[0,1]$. Si
$t=0$, entonces es claro que $(1-t)x+ty\in C$. Supongamos que
$t\in(0,1]$. Como
$C^\circ$ es abierto, existe $r>0$ tal que $B_r(x)\subseteq
C^\circ\subseteq C$ y $B_r(y)\subseteq C^\circ\subseteq C$, y como
$C$ es convexo, tenemos entonces que
  \[
  T\coloneqq\bigl\{(1-t)x'+ty':x'\in B_r(x),\, y'\in B_r(y)\bigr\} \subseteq C
  \]
Observemos que
  \[
  T = \bigcup_{x'\in B_r(x)} B_{rt}((1-t)x'+ty)
  \]
y, como $t$ y $r$ son positivos, que por lo tanto $T$ es un abierto. Como
$(1-t)x+ty$ está en~$T$ y $T$ está contenido en~$C$, tenemos que
$(1-t)x+ty\in C^\circ$. El conjunto $C^\circ$ es, por lo tanto, convexo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado y sea $S$ un subespacio lineal de~$E$.
\begin{ejitems}

\item La clausura~$\overline S$ de~$S$ es un subespacio lineal de~$E$.

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

\item Si $S$ tiene dimensión finita, entonces $S$ es un cerrado de~$E$.

\item Si $S$ es un \emph{hiperplano}, de manera que existe un vector no
nulo~$x$ en~$E$ tal que $E=S\oplus\ip{x}$, entonces $S$ es o denso o
cerrado en~$E$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $x$ e~$y$ dos elementos de~$\overline S$ y sea
$\lambda\in\KK$. Hay sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$ e~$(y_n)_{n\geq1}$ en~$S$
que convergen a~$x$ y a~$y$, respectivamente. Como la función suma de~$E$ y
la multiplicación por escalares son funciones continuas, la sucesión
$(x_n+\lambda y_n)_{n\geq1}$ converge en~$E$ a~$x+\lambda y$: como $S$ es un subespacio
lineal de~$E$, esta última sucesión toma valores en~$S$, así que vemos que
$x+\lambda y\in\overline S$. Esto implica que $\overline S$ es un
subespacio lineal de~$E$.

\ejitem{2} Supongamos que $S$ es tal que $S^\circ\neq\emptyset$ y sean $x\in
S$ y $r>0$ tales que $B_r(x)\subseteq S$. Como $S$ es un subespacio, el
conjunto $\{y-x:y\in B_r(x)\}$ está contenido en~$S$ y es inmediato
verificar que es igual a~$B_r(0)$. Si ahora $z\in E\setminus 0$, entonces
$z/r\norm{z}$ es un elemento de~$B_r(0)$, así que pertenece a~$S$: como $S$
es un subespacio, tenemos también que $z=r\norm{x}\cdot z/r\norm{z}\in S$.
Vemos de esta forma que $S=E$.

\ejitem{3} Supongamos que $S$ es un subespacio de~$E$ de dimensión finita.
Dotado de la norma que se obtiene restringiendo a~él la de~$E$ es un
espacio normado de dimensión finita, así que es completo con respecto a la
distancia correspondiente: esto implica que es un cerrado del espacio~$E$.

\ejitem{4} Supongamos que $S$ es un hiperplano de~$E$, de manera que existe
$x\in E\setminus0$ tal que $E=S\oplus\ip{x}$, y supongamos que $S$ no es
cerrado. Hay entonces un vector $y\in E\setminus S$ tal que $d(y,S)=0$
y, por lo tanto, una sucesión $(y_n)_{n\geq1}$ en~$S$ que converge a~$y$.
Como $E=S\oplus\ip{x}$, existen $s\in S$ y $\lambda\in\KK$ tales que
$y=s+\lambda x$ y, como $y\not\in S$, es $\lambda\neq0$. Es claro entonces
que la sucesión $(\lambda^{-1}(y_n-s))_{n\geq1}$ converge a~$x$ y toma
valores en~$S$: se sigue de esto que $\overline S$ contiene a~$S$ y a~$x$
y, como es un subespacio, a $S\oplus\ip{x}=E$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item  Sea $E$ un espacio normado completo y sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión
en~$E$. Si la serie $\sum_{n\geq1}\norm{x_n}$ converge, entonces
la serie~$\sum_{n\geq1}x_n$ converge en~$E$.

\begin{Solucion}
Supongamos que la serie $\sum_{n\geq1}\norm{x_n}$ converge y sea
$\epsilon>0$. La convergencia implica que existe $N\in\NN$ tal que siempre
que $n\geq N$ es $\sum_{m\geq n}\norm{x_m}<\epsilon$ y entonces cuando
$n\geq m\geq N$ se tiene que
  \[
  \norm*{\sum_{k=1}^nx_k-\sum_{k=1}^mx_k}
        = \norm*{\sum_{k=m+1}^nx_k}
        \leq \sum_{k=m+1}^n\norm{x_k}
        \leq \sum_{k\geq N}\norm{x_k}
        < \epsilon.
  \]
Vemos así que la sucesión de sumas parciales de la serie $\sum_{n\geq1}x_n$
es de Cauchy en~$E$ y, como este espacio es completo, que converge: esto
significa, por supuesto, que esa serie converge. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Decida si los siguientes subespacios son cerrados, densos, o
hiperplanos.
\begin{ejitems}

\item El subespacio $c$ de~$\ell_\infty$ de las sucesiones que tienen
límite.

\item El subespacio $c_0$ de~$c$ de las sucesiones que convergen a~$0$.

\item El subespacio de~$\ell_1$ de las sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$ tales
que $\sum_{n\geq1}x_n=0$.

\item El subespacio de~$\ell_2$ de las sucesiones $(x_n)_{n\geq1}$ tales
que $\sum_{n\geq1}x_n=0$.

\item El subespacio $\RR[X]$ de~$C[0,1]$.

\item El subespacio $C^1[a,b]$ de~$C[a,b]$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Veamos que $c$ es cerrado en~$\ell_\infty$.
Sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$c$ que converge a un
punto~$x_0\in\ell_\infty$, y supongamos que $x_n=(x_{n,m})_{m\geq1}$ para
cada $n\in\NN$ y que $x_0=(x_{0,m})_{m\geq1}$: tenemos que mostrar que
$x_0$ pertenece a~$c$. Sea $\epsilon>0$. Como $(x_n)_{n\geq1}$ converge
a~$x_0$, existe $n\in\NN$ tal que $\norm{x_n-x_0}<\epsilon/3$. Por otro
lado, como $x_n=(x_{n,m})_{m\geq1}$ es una sucesión convergente, existe
$N\in\NN$ tal que $\abs{x_{n,m}-x_{n,k}}<\epsilon/3$ siempre $m$,~$k\geq N$.
Si ahora $m$ y $k$ son elementos de~$\NN$ tales que $m$,~$k\geq N$,
entonces
  \[
  \abs{x_{0,m}-x_{0,k}}
        \leq \abs{x_{0,m}-x_{n,m}}+\abs{x_{n,m}-x_{n,k}}+\abs{x_{n,m}-x_{0,m}}
        < \frac{\epsilon}{3} +\frac{\epsilon}{3} +\frac{\epsilon}{3} =
        \epsilon.
  \]
Vemos así que la sucesión~$x_0=(x_{0,m})_{m\geq1}$ es de Cauchy y, por lo
tanto, como $\RR$ es completo, que converge.

Las sucesiones $((-1)^n)_{n\geq1}$ y $((-1)^{n(n+1)/2})_{n\geq1}$ no están
en~$c$ y son linealmente independientes, así que $c$ no es un hiperplano
de~$\ell_\infty$.

\ejitem{2} Sabemos que la función $L:c\to\RR$ tal que
$L((a_n)_{n\geq1})=\lim_{n\to\infty}a_n$ para cada $(a_n)_{n\geq1}$ de~$c$
es una función lineal, continua y no nula: como $c_0=\ker L$, es claro
entonces que $c_0$ es un hiperplano cerrado de~$c$.

\ejitem{3} Si $(x_n)_{n\geq1}\in\ell_1$, entonces la serie
$\sum_{n\geq1}x_n$ es absolutamente convergente y, en particular, converge: esto
significa que hay una función
$S:(x_n)_{n\geq1}\in\ell_1\mapsto\sum_{n\geq1}x_n\in\RR$. Está función es
claramente lineal, y es continua porque 
  \[
  \abs{S((x_n))_{n\geq1}} 
        = \abs*{\sum_{n\geq1}x_n}
        \leq \sum_{n\geq1}\abs{x_n} = \norm{(x_n)_{n\geq1}}
  \]
para cada elemento $(x_n)_{n\geq1}$ de~$\ell_1$. Esta función~$S$ no es
nula y tiene al subespacio del enunciado por núcleo, así que este último es
un hiperplano cerrado.

\ejitem{5} Sabemos que $\RR[X]$ es denso en~$C[0,1]$ por el Teorema de
Stone--Weierstrass y ---como no toda función continua en~$[0,1]$ es un
polinomio--- no es cerrado. No es un hiperplano, porque las funciones
$\sin$ y $\cos$ son elementos de~$C[0,1]$ linealmente independientes y el
subespacio que generan interseca trivialmente a~$\RR[X]$.

\ejitem{6} Como $\RR[X]$ está contenido en~$C^1[a,b]$, sabeos que
$C^1[a,b]$ es denso en~$C[a,b]$. Si $c$ y~$d$ son dos elementos distintos
de $(a,b)$, entonces las funciones $x\mapsto\abs{x-c}$ y
$x\mapsto\abs{x-d}$ son linealmente independientes y el subespacio que
generan interseca trivialmente a~$C^1[a,b]$, tenemos que $C^1[a,b]$ no es
un hiperplano de~$C[a,b]$. \qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:cont} Si $T:E\to F$ es una función lineal entre espacios
normados, entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{tfae}

\item La función~$T$ es continua en~$0$.

\item Existe $x_0\in E$ tal que la función~$T$ es continua en~$x_0$.

\item La función~$T$ es continua.

\item La función~$T$ es uniformemente continua.

\item Existe un número $M>0$ tal que para todo $x\in E$ es $\norm{T(x)}\leq
M\norm{x}$.

\item Para todo subconjunto acotado~$A$ de~$E$ el conjunto $T(A)$ es
acotado.

\end{tfae}

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

\implicacion{2}{3} Supongamos que la función $T$ es continua en~$x_0\in E$
y sea $x\in E$. Si $(x_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$E$ que converge
a~$x$, entonces la sucesión $(x_n-x+x_0)_{n\geq1}$ converge a~$x_0$ y a
continuidad en este punto y la linealidad de~$T$ implican que
$(Tx_n-Tx+Tx_0)_{n\geq1}$ converge a~$Tx_0$: es inmediato deducir de esto
que $(Tx_n)_{n\geq1}$ converge a~$Tx$. La función~$T$ es por lo tanto
continua en~$x$.

\implicacion{3}{4} Supongamos que la función~$T$ es continua y sea
$\epsilon>0$. Como $T$ es continua en~$0$, existe $\delta>0$ tal que
$\norm{x-0}<\delta\implies\norm{Tx-T0}<\epsilon$. En particular, si $x$
e~$y$ son dos puntos de~$E$ tales que $\norm{x-y}<\delta$, entonces tenemos que
$\norm{(x-y)-0}<\delta$ y, por lo tanto, que 
$\norm{Tx-Ty}=\norm{T(x-y)-T0}<\delta$. Esto nos dice que $T$ es
uniformemente continua.

\implicacion{4}{5} Supongamos que la función $T$ es uniformemente continua.
Sea $\delta$ un número positivo tal que
$\norm{x-y}<\delta\implies\norm{Tx-Ty}<1$. Si ahora $x\in E$ es un vector no
nulo de~$E$ y ponemos $x'\coloneqq\delta x/2\norm{x}$, entonces
$\norm{x'-0}=\delta/2<\delta$, así que $\delta\norm{Tx}/2\norm{x}=\norm{Tx'}=\norm{Tx'-T0}<1$,
de manera que
  \[
  \norm{Tx} \leq \frac{2}{\delta}\norm{x}.
  \]
Esta desigualdad también vale si $x=0$, así que podemos elegir
$M=2/\delta$.

\implicacion{5}{6} Sea $M>0$ tal que $\norm{Tx}\leq M\norm{x}$ para todo
$x\in E$ y sea $A$ un subconjunto acotado de~$A$, de manera que
existe $R>0$ tal que $A\subseteq B_R(0)$. Si $x\in A$, entonces
$\norm{Tx}\leq M\norm{x}\leq MR$: esto nos dice que $TA\subseteq B_{MR}(0)$
y, por lo tanto, que $TA$ es un subconjunto acotado de~$F$.

\implicacion{6}{1} Supongamos que la imagen por~$T$ de un conjunto acotado
de~$E$ es acotado en~$F$ y sea $\epsilon>0$. La bola $B_1(0)$ de~$E$ es
acotada, así que la hipótesis nos dice que existe $R>0$ tal que
$T(B_1(0))\subseteq B_R(0)$, y esto implica inmediatamente que
$T(B_{\epsilon/R}(0))\subseteq B_\epsilon(0)$. Vemos así que la función~$T$
es continua en~$0$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $E$ y $F$ dos espacios normados y sea $L(E,F)$ el conjunto de
todas las funciones lineales $E\to F$ que son continuas.
\begin{ejitems}

\item $L(E,F)$ es, de manera natural, un espacio vectorial.

\item Para cada $T\in L(E,F)$ el conjunto $\{\norm{T(x)}:x\in
E,\norm{x}\leq1\}$ es acotado, así que podemos considerar el número real
  \[
  \norm{T}\coloneqq\sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}\leq1}}\norm{T(x)}.
  \]
La función $\norm{\place}:L(E,F)\to\RR$ es una norma sobre~$L(E,F)$.

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

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $f$ y $g$ dos elementos de~$L(E,F)$ y sea $a\in\KK$.
Sabemos que la función lineal $f+ag:E\to F$ es continua, así que
$L(E,F)$ es un subespacio vectorial del espacio $\hom(E,F)$ de todas las
funciones lineales $E\to F$.

\ejitem{2} Sea $T\in L(E,F)$. Como $T$ es continuo, sabemos del
Ejercicio~\ref{ej:cont} que la imagen por~$T$ de un conjunto acotado es
acotada: en particular, el subconjunto $\{T(x):x\in B_1(0)\}$ de~$F$ es
acotado, de manera que $\{\norm{T(x)}:x\in B_1(0)\}$ es acotado en~$\RR$.

Veamos ahora que la función~$\norm{\place}$ definida en el enunciado es una
norma sobre~$L(E,F)$.
\begin{itemize}

\item Si $T=0:E\to F$ es el cero de~$L(E,F)$, entonces claramente
$\norm{T(x)}=0$ para todo $x\in B_1(0)$, así que $\norm{T}=0$. 

\item Recíprocamente, supongamos que $T\in L(E,F)$ es tal que $\norm{T}=0$
y sea $x\in E\setminus0$. Como $\norm{x/\norm{x}}\leq 1$, tenemos que
$\norm{Tx}/\norm{x}=\norm{T(x/\norm{x})}\leq0$, así que $Tx=0$: vemos de
esta forma que $T=0$.

\item Sean $\lambda\in\KK$ y $T\in L(E,F)$. Es
  \begin{align*}
  \norm{\lambda T}
       &= \sup\{\norm{(\lambda T)(x)}:x\in B_1(0)\}
        \\
       &= \sup\{\norm{\lambda T(x)}:x\in B_1(0)\}
        \\
       &= \sup\{\abs{\lambda}\norm{T(x)}:x\in B_1(0)\}
        \\
       &= \abs{\lambda}\sup\{\norm{T(x)}:x\in B_1(0)\} 
        \\
       &= \abs{\lambda}\norm{T}.
  \end{align*}

\item Sean $T$, $S\in L(E,F)$. Si $x\in B_1(0)$, entonces
  \[
  \norm{(T+S)(x)} 
        \leq \norm{T(x)+S(x)}
        \leq \norm{T(x)} + \norm{S(x)}
        \leq \norm{T} + \norm{S},
  \]
así que
  \[
  \norm{T+S}
        = \sup\{\norm{(T+S)(x)}:x\in B_1(0)\}
        \leq \norm{T}+\norm{S}.
  \]
\end{itemize}

\ejitem{3} Supongamos ahora que $F$ es un espacio de Banach y sea
$(T_n)_{n\geq1}$ una sucesión de Cauchy en~$L(E,F)$. Sea $x\in E$. Si
$\epsilon>0$, entonces existe $N\in\NN$ tal que $\norm{T_n-T_m}<\epsilon$
si $n$,~$m\geq N$, y entonces si $n$,~$m\geq N$ tenemos que
  \[
  \norm{T_n(x)-T_m(x)}
        = \norm{(T_n-T_m)(x)} 
        \leq \norm{T_n-T_m}\cdot\norm{x}
        < \epsilon \norm{x}.
  \]
Esto nos dice que la sucesión $(T_nx)_{n\geq1}$ en~$F$ es de Cauchy y, por
lo tanto, como $F$ es completo, que converge: escribamos $Tx$ a su límite.
Obtenemos de esta forma una función $T:E\to F$. Veamos que esta función es
lineal y continua
\begin{itemize}

\item Sean $x$, $y\in E$ y sea $a\in\KK$. Las sucesiones
$(T_nx)_{n\geq1}$ y $(T_ny)_{n\geq1}$ convergen a~$Tx$ y a~$Ty$,
respectivamente, así que la sucesión
$(T_n(x+ay))_{n\geq1}=(T_nx+aT_ny)_{n\geq1}$ converge por un lado
a~$T(x+ay)$ y por otro a~$Tx+aTy$: vemos así que la función~$T$ es lineal.

\item Como la sucesión $(T_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, es acotada, y existe
$R>0$ tal que $\norm{T_n}\leq R$ para todo $n\in\NN$. Si $x\in E$,
entonces $\norm{T_nx}\leq\norm{T_n}\norm{x}\leq R\norm{x}$, así que, como
la sucesión $(T_nx)_{n\geq1}$ converge a~$Tx$ y la función~$\norm{\place}$
es continua, tenemos que $\norm{Tx}\leq R\norm{x}$. De acuerdo al
Ejercicio~\ref{ej:cont}, esto implica que $T$ es continua.

\end{itemize}
Con esto tenemos que $T$ es un elemento de~$L(E,F)$: veamos para terminar
que es el límite de la sucesión $(T_n)_{n\geq1}$.
\begin{itemize}

\item Sea $\epsilon>0$. Como $(T_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe
$N\in\NN$ tal que $\norm{T_n-T_m}\leq\epsilon$ siempre que $n$,~$m\geq N$.
En particular, si $x\in B_1(0)$, entonces si $n$,~$m\geq N$ tenemos que
  \[
  \norm{T_nx-T_mx} = \norm{(T_n-T_m)(x)} \leq \norm{T_n-T_m}\norm{x} < \epsilon.
  \]
Como la sucesión $(T_kx)_{k\geq1}$ converge a~$Tx$ y la norma es continua,
tenemos que para cada $n\geq N$ es $\norm{T_nx-Tx} \leq \epsilon$ y, por lo
tanto, que $\norm{T_n-T}\leq\epsilon$. Esto implica, claro, que la sucesión
$(T_n)_{n\geq1}$ converge a~$T$, como queríamos. \qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $T:E\to F$ es una función lineal y continua entre espacios normados,
entonces
  \begin{align*}
  \norm{T}
       &= \sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}\leq1}}\norm{T(x)}
        = \sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}=1}}\norm{T(x)}
        = \sup_{x\in E\setminus\{0\}}\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}
Sea $T:E\to F$ una función lineal y continua entre espacios normados. La
primera igualdad del enunciado es la definición de~$\norm{T}$. Veamos las
otras.
\begin{itemize}

\item Es 
  \[
  \sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}\leq1}}\norm{T(x)} 
        \geq \sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}=1}}\norm{T(x)}
  \]
porque el primer supremo es el de un conjunto que contiene al del segundo.

\item  Si $y\in E\setminus\{0\}$, entonces $\norm{y/\norm{y}}=1$, así que 
  \[
  \sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}=1}}\norm{T(x)}
    \geq \norm*{T\left(\frac{y}{\norm{y}}\right)}
    = \frac{\norm{Ty}}{\norm{y}},
  \]
así que
  \[
  \sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}=1}}\norm{T(x)}
        \geq \sup_{x\in E\setminus\{0\}}\frac{\norm{T(x)}}{\norm{x}}.
  \]

\item Escribamos $K\coloneqq\sup\{\norm{Tx}/\norm{x}:x\in E\setminus0\}$.
Si $x\in E\setminus0$, entonces $\norm{Tx}/\norm{x}\leq K$, así que
$\norm{Tx}\leq K\norm{x}$. Como esta última desigualdad también vale si
$x=0$, tenemos que $K\in\{M\in\RR:\forall x\in E,\norm{T(x)}\leq
M\norm{x}\}$ y, por lo tanto, que
  \[
  \sup\{\norm{Tx}/\norm{x}:x\in E\setminus0\}
        = K \geq \inf\{M\in\RR:\forall x\in E,\norm{T(x)}\leq M\norm{x}\}.
  \]

\item Sea ahora $K\coloneqq\inf\{M\in\RR:\forall x\in E,\norm{T(x)}\leq
M\norm{x}\}$. Si $\epsilon>0$, entonces existe
$M\in\RR$ tal que $M\leq K+\epsilon$ y $\norm{Tx}\leq M\norm{x}$ para todo
$x\in E$. En particular, si $x\in\overline B_1(0)$, tenemos que
$\norm{Tx}\leq M\leq K+\epsilon$, así que
  \[
  K+\epsilon \geq \sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}\leq1}}\norm{T(x)}.
  \]
Como esto es cierto cualquiera sea~$\epsilon$, podemos concluir que  
  \[
  \inf\{M\in\RR:\forall x\in E,\norm{T(x)}\leq M\norm{x}\}
        = K \geq \sup_{\substack{x\in E\\\norm{x}\leq1}}\norm{T(x)}.
  \]
\end{itemize}
Quedan así probadas todas las igualdades del enunciado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $K:[0,1]\times[0,1]\to\RR$ una función continua. Muestre que
el operador lineal $T:C[0,1]\to C[0,1]$ tal que
  \[
  Tf(x)=\int_0^1K(x,y)f(y)\,\mathrm dy
  \]
para toda función $f\in C[0,1]$ y todo $x\in[0,1]$ es continuo y acote su
norma.

\begin{Solucion}
Primero mostremos que para cada $f\in C[0,1]$ la función $Tf$ efectivamente
está en~$C[0,1]$, de manera que el operador~$T$ está bien definido.
\begin{itemize}

\item Sea $\epsilon>0$. Como $K$ es continua y su dominio compacto, es
uniformemente continua, y existe $\delta>0$ tal que si $(x,y)$ y $(x',y')$
son dos puntos de~$[0,1]\times[0,1]$ a distancia menor a~$\delta$ entonces
$\abs{K(x,y)-K(x',y')}<\epsilon$. En particular, si $x$ y $x'$ son dos
elementos de~$[0,1]$ que están a distancia menor que~$\delta$, entonces
para todo $y\in[0,1]$ los puntos $(x,y)$ y $(x',y)$ están a distancia menor
a~$\delta$ y, por lo tanto, tenemos que
  \begin{align*}
  \abs{Kf(x)-Kf(x')}
       &= \abs*{\int_0^1K(x,y)f(y)\,\mathrm dy
                - \int_0^1K(x',y)f(y)\,\mathrm dy} \\
       &\leq \int_0^1\abs{K(x,y)-K(x',y)}\abs{f(y)}\,\mathrm dy 
        \leq \epsilon \norm{f}_\infty.
  \end{align*}
Esto nos dice que la función $Tf:[0,1]\to\RR$ es uniformemente  continua.
\end{itemize}
Es claro que la función $T:C[0,1]\to C[0,1]$ es lineal. Veamos que es
continua.
\begin{itemize}

\item Sea $f\in C[0,1]$. Como la función~$K$ es continua, es acotada y
podemos considerar su norma $\norm{K}_\infty$. Si $x\in[0,1]$, tenemos que
  \[
  \abs{Tf(x)} \leq \int_0^1\abs{K(x,y)}\abs{f(y)}\,\mathrm dy
        \leq \norm{K}_\infty\cdot\norm{f}_\infty,
  \]
así que $\norm{Tf}_\infty\leq\norm{K}_\infty\cdot\norm{f}_\infty$. Esto
implica que la función lineal~$T$ es continua.
  
\end{itemize}
Observemos que esta última desigualdad nos dice que
$\norm{T}\leq\norm{K}_\infty$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $\RR^{(\NN)}$ el subespacio de~$\ell_\infty$ de las sucesiones de
números reales con un número finito de componentes no nulas. Muestre que la función
$f:\RR^{(\NN)}\to\RR$ tal que
  \[
  f\left((a_n)_{n\geq1}\right)
        = \sum_{n\geq1}na_n
  \]
para toda sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ de~$\RR^{(\NN)}$ es lineal pero no
continua.

\begin{Solucion}
La función es claramente lineal. Si para cada $n\in\NN$ escribimos $e_n$ al
elemento de~$\RR^{(\NN)}$ cuya única componente no nula es la $n$-ésima,
que es igual a~$1$, entonces $\norm{e_n}=1$ y $\norm{f(e_n)}=n$. Vemos así
que $f$ no es acotada sobre la bola unidad de~$\RR^{(\NN)}$ y, por lo
tanto, que no es continua. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Si $\phi\in C[0,1]$, entonces
  \[
  T:f\in C[0,1]\mapsto\int_0^1f(x)\phi(x)\,\mathrm dx\in\RR
  \]
es una función lineal continua con $\norm{T}\leq\int_0^1\abs{\phi(x)}\,\mathrm
dx$.

\item Muestre que la función
  \[
  T : (a_n)_{n\geq1}\in c\mapsto\lim_{n\to\infty}a_n\in\RR
  \]
es lineal y continua, y encuentre su norma.

\item Sea $p\in(1,+\infty)$, sea $p'\coloneqq p/(p-1)$ el exponente conjugado
a~$p$ y sea $b=(b_n)_{n\geq1}\in\ell_{p'}$. Muestre que la función
  \[
  T:(a_n)_{n\geq1}\in\ell_p\mapsto\sum_{n\geq1}a_nb_n\in\RR
  \]
es lineal y continua, y encuentre su norma.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Es claro que la función~$T$ del enunciado es lineal. Por otro
lado,si $f\in C[0,1]$ tenemos que
  \[
  \abs{Tf} \leq \int_0^1\abs{f(x)}\abs{\phi(x)}\,\mathrm dx
        \leq \norm{f}\cdot\int_0^1\abs{\phi(x)}\,\mathrm dx,
  \]
así que la función~$T$ es continua y $\norm{T}\leq\int_0^1\abs{\phi(x)}\,\mathrm dx$.

\ejitem{2} La función~$T$ es claramente lineal. Por otro lado, es claro que
si $a=(a_n)_{n\geq1}$ es un elemento de~$c$, entonces
$\abs{\lim_{n\to\infty}a_n}=\lim_{n\geq1}\abs{a_n}\leq\sup_{n\geq1}\abs{a_n}=\norm{a}$,
de manera que la función~$T$ es continua y tiene norma~$\norm{T}\leq 1$.
De hecho, vale la igualdad: si $a_n=1$ para todo~$n\in\NN$,
entonces $\norm{Ta}=1=\norm{a}$ y $a\neq0$, así que
$\norm{T}=\sup_{a\in c\setminus0}\norm{Ta}/\norm{a}\geq1$.

\ejitem{3} Podemos suponer sin problema que $b\neq0$.
Si $a=(a_n)_{n\geq1}$ es un elemento de~$\ell_p$, entonces para
todo $N\in\NN$ tenemos que
  \begin{align*}
  \sum_{n=1}^N\abs{a_n}\abs{b_n}
       &\leq \left(\sum_{n=1}^n\abs{a_n}^p\right)^{1/p}
             \left(\sum_{n=1}^n\abs{b_n}^{p'}\right)^{1/p'}
\intertext{por la desigualdad de Hölder, y esto es}
       &\leq \left(\sum_{n=1}^\infty\abs{a_n}^p\right)^{1/p}
             \left(\sum_{n=1}^\infty\abs{b_n}^{p'}\right)^{1/p'} 
        = \norm{a}_p\cdot\norm{b}_{p'}.
  \end{align*}
Esto nos dice que las sumas parciales de la serie
$\sum_{n\geq1}\abs{a_nb_n}$ están acotadas, así que esa serie converge:
esto significa que la serie $\sum_{n\geq1}a_nb_n$ converge absolutamente y
nos permite concluir que la función del enunciado tiene sentido. Más aún,
la desigualdad nos dice que
  \[
  \abs{Ta} \leq \sum_{n=1}^\infty\abs{a_n}\abs{b_n}
        \leq \norm{a}_p\cdot\norm{b}_{p'},
  \]
así que la función~$T$ es continua y tiene
norma~$\norm{T}\leq\norm{b}_{p'}$. De hecho, vale la igualdad: para cada
$n\in\NN$ pongamos $a_n=\epsilon_n\abs{b_n}^{p'-1}$, con $\epsilon_n\in\KK$
elegido de módulo~$1$ y tal que $\epsilon_nb_n=\abs{b_n}$.
La sucesión $a=(a_n)_{n\geq1}$
está en~$\ell_p$: en efecto, como $(p'-1)p=p'$, tenemos que
$\abs{a_n}^p=\abs{b_n}^{p'}$ así que la serie
$\sum_{n\geq1}\abs{a_n}^p$ coincide término a término con la serie
$\sum_{n\geq1}\abs{b_n}^{p'}$, que converge porque $b\in\ell_{p'}$.
Ahora bien,
  \[
  Ta=\sum_{n\geq1}a_nb_n=\sum_{n\geq1}\epsilon_n\abs{b_n}^{p'-1}b_n
        = \sum_{n\geq1}\abs{b_n}^{p'}
        = \norm{b}_{p'}^{p'}
  \]
mientras que 
  \[
  \norm{a}_p^p = \sum_{n\geq1}\abs{a_n}^p = \sum_{n\geq1}\abs{b_n}^{p'}
         = \norm{b}_{p'}^{p'},
  \]
de manera que 
  \(
  \norm{a}_p = \norm{b}_{p'}^{p'/p} = \norm{b}_{p'}^{1/(p-1)}
  \)
y
  \[
  \frac{\abs{Ta}}{\norm{a}_p}
        = \frac{\norm{b}_{p'}^{p'}}{\norm{b}_{p'}^{1/(p-1)}}
        = \norm{b}_{p'}^{p'-1/(p-1)}
        = \norm{b}_{p'}.
  \]
Esto implica que $\norm{T}\geq\norm{b}_{p'}$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado. Un subespacio lineal $H$ de~$E$ es un
hiperplano si y solamente si existe una función lineal $\phi:E\to\KK$ no
nula tal que $H=\ker\phi$. Más aún, cuando ese es el caso, $H$ es cerrado si
y solamente si la función $\phi$ puede elegirse continua.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $H$ es un hiperplano, de manera que existe $x\in
E\setminus0$ tal que $E=H\oplus\ip{x}$. Si $y\in E$, existe $h\in H$ y
$\lambda_y\in\KK$, bien determinados por~$y$, tales que $y=h+\lambda x$:
podemos entonces considerar la función~$\phi:y\in E\mapsto\lambda_y\in\KK$.
Es inmediato verificar que esta función el lineal, que $H=\ker\phi$ y que
$\phi(x)=1$, de manera que $\phi\neq0$.

Recíprocamente, si $\phi:E\to\KK$ es una función lineal no nula tal que
$H=\ker\phi$, entonces existe $x\in E$ tal que $\phi(x)\neq0$. En
particular, tenemos que $x\not\in H$, de manera que $\ip{x}\cap H=0$,
y si $y\in E$, entonces $\phi(y-\phi(y)x/\phi(x))=0$, de manera que
$y=(y-\phi(y)x/\phi(x))+\phi(y)x/\phi(x)\in H+\ip{x}$. Esto nos dice que
$E=H\oplus\ip{x}$.

Supongamos ahora que $H$ es un hiperplano y que $\phi:E\to\KK$ es una
función lineal tal que $H=\ker\phi$. Si $\phi $ es continua, entonces
claramente~$H$ es cerrado. Supongamos ahora que $\phi$ no es continua: esto
implica, como sabemos, que no es continua en~$0$ y existe entonces una
sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ en~$E$ que converge a~$0$ y tal que
$(\phi(x_n))_{n\geq1}$ no converge a~$0$. Como $H$ es un hiperplano, existe
$x\in E\setminus0$ tal que $E=H\oplus\ip{x}$, y entonces para cada
$n\in\NN$ hay un vector $h_n\in H$ y un escalar $\lambda_n\in\KK$, ambos
bien determinados, tales que $x_n=h_n+\lambda_n x$. Como $x\not\in H$, es
$\phi(x)\neq0$; además, es $\phi(x_n)=\lambda_n\phi(x)$, así que la
sucesión $(\lambda_n)_{n\geq1}$ no converge a~$0$ en~$\KK$. A menos de
quedarnos con una subsucesión de~$(x_n)_{n\geq1}$, es claro que podemos
suponer que $\lambda_n\neq0$ para todo $n\in\NN$. En ese caso, como
$(h_n+\lambda_nx)_{n\geq1}$ converge a~$0$, la sucesión
$(-h_n/\lambda_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$: vemos así que la clausura
de~$H$ contiene a~$x$ y, como $\overline H$ es un subespacio de~$E$, que es
densa. Esto implica que $H$ no es un cerrado de~$E$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:riesz}\emph{Lema de Riesz}. Sea $E$ un espacio normado y sea
$S$ un subespacio lineal de~$E$ que es cerrado y propio. Si
$\alpha\in(0,1)$, entonces existe $z\in E\setminus S$ tal que $\norm{z}=1$
y $\norm{s-z}>\alpha$ para todo $s\in S$.

\begin{Indicacion}
Fije $x\in E\setminus S$ y $z=(x-b)/\norm{x-b}$ con $b\in
S$ apropiadamente elegido.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Sea $\alpha\in(0,1)$. Sea $x$ un elemento cualquiera de~$E\setminus S$. Como
$S$ es cerrado, es $d(x,S)>0$ y existe $\epsilon>0$ tal que
$d(x,S)/(d(x,S)+\epsilon)>\alpha$. Sea $y\in S$ tal que $d(x,y)\leq
d(x,S)+\epsilon$ y pongamos $z=(x-y)/\norm{x-y}$, que es un vector unitario
de~$E$ que no pertenece a~$S$. Es
  \[
  d(z,S) 
        = \inf_{s\in S}\norm*{\frac{x-y}{\norm{x-y}}-s}
        = \inf_{s\in S}\frac{\norm[\Big]{x-y-\norm{x-y}s}}{\norm{x-y}}
        = \frac{\inf\limits_{s\in S}\norm{x-s}}{\norm{x-y}}
        \geq \frac{d(x,S)}{d(x,S)+\epsilon}
        > \alpha.
  \]
El vector~$z$ tienen, por lo tanto, la propiedad que queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio de Banach y sean $S$ y $T$ dos subespacios
cerrados de~$E$. Si $T$ tiene dimensión finita, entonces el subespacio
$S+T$ de~$E$ también es cerrado.

\begin{Solucion}
Supongamos que $T$ tiene dimensión finita. Si $T$ tiene dimensión mayor que
$1$ y $T'$ es un subespacio de~$T$ de codimensión~$1$ y $x\in T\setminus
T'$, de manera que $T=T'+\ip{x}$, entonces $S+T=(S+T')+\ip{x}$: una
inducción evidente usando esta igualdad muestra que para probar la
afirmación del ejercicio es suficiente con considerar el caso en que $\dim
T=1$ y $T\not\subseteq S$.

Sea entonces $S$ un subespacio cerrado de~$E$, sea $x\in E\setminus S$, y
mostremos que $S+\ip{x}$ es un subespacio cerrado de~$E$. Sea
$(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$S+\ip{x}$ que converge en~$E$ a un
punto~$y\in E$: tenemos que ver que $y\in S+\ip{x}$. Para cada $n\in\NN$
hay entonces $s_n\in S$ y $\lambda_n\in\KK$ tales que $x_n=s_n+\lambda_nx$.

Supongamos por un momento que la sucesión $(\lambda_n)_{n\geq1}$ no posee
ninguna subsucesión convergente. Queremos construir una subsucesión
$(\lambda_{n_k})_{k\geq1}$ de~$(\lambda_n)_{n\geq1}$ de manera que se tenga
$\abs{\lambda_{n_k}-\lambda_{n_l}}\geq1$ siempre que $k$ y~$l$ son dos
elementos distintos de~$\NN$. Elegimos $n_1=1$ y procedemos inductivamente:
si $N\in\NN$ y ya elegimos una secuencia estrictamente creciente
$n_1$,~\dots,~$n_N$ en~$\NN$, entonces como el subconjunto
$\bigcup_{i=1}^N\overline B_2(\lambda_{n_i})$ de~$\KK$ es compacto y
$(\lambda_n)_{n\geq1}$ no posee ninguna subsucesión convergente, el
conjunto 
  \(
  \{j\in\NN:j>n_N,\,
  \lambda_j\not\in\bigcup\nolimits_{i=1}^N\overline B_2(\lambda_{n_i})\}
  \)
no es vacío y si $n_{N+1}$ es su menor elemento, entonces tenemos que
$n_{N+1}>n_N$ y que $d(\lambda_{n_{N+1}},\lambda_{n_i})\geq1$ para cada
$i\in\inter{N}$. Esto completa la construcción.

Sea ahora $\epsilon>0$. Como la sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ es de Cauchy, existe
$M\in\NN$ tal que siempre que $n$,~$m\geq N$ es
  \[
  \norm{(s_n-s_m)+(\lambda_n-\lambda_m)x}
        = \norm{x_n-x_m} < \epsilon
  \]
En particular, si $k>l\geq N$, entonces $n_k$,~$n_l\geq N$ y 
  \[
  \norm*{\frac{s_{n_k}-s_{n_l}}{\lambda_{n_k}-\lambda_{n_l}}+x}
     = \frac{\norm{(s_{n_k}-s_{n_l})+(\lambda_{n_k}-\lambda_{n_l})x}}
            {\abs{\lambda_{n_k}-\lambda_{n_l}}}
     < \epsilon,
  \]
por la forma en que elegimos la subsucesión $(\lambda_{n_r})_{r\geq1}$.
Esto vale cualquiera sea $\epsilon>0$, así que tenemos que $d(x,S)=0$ y,
como $S$ es cerrado, que $x\in S$: esto es absurdo.

Concluimos de esta forma que la sucesión $(\lambda_n)_{n\geq1}$ posee una
subsucesión $(\lambda_{n_k})_{k\geq1}$ convergente. Si $\lambda$ es su
límite, es claro que la sucesión $(s_n)_{n\geq1}=(x_n-\lambda_nx)_{n\geq1}$
converge a~$y-\lambda x$: como toma valores en el subespacio cerrado~$S$,
esto nos dice que $y-\lambda x\in S$ y, por lo tanto, que $y=(y-\lambda
x)+\lambda x\in S+\ip{x}$, como queríamos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado de dimensión infinita. Muestre que existe
una sucesión $(\omega_n)_{n\geq1}$ en~$E$ tal que $\norm{\omega_n}=1$ y
$d(\omega_n,\omega_m)>\tfrac12$ cualesquiera sean $n$ y $m$ en~$\NN$, y
deducir de esto que la bola $\overline{B_1(0)}$  no es compacta.

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

\begin{Solucion}
Como $E\neq0$, porque tiene dimensión infinita, existe un vector unitario
$\omega_1$ en~$E$. Supongamos ahora inductivamente que $N\in\NN$ y que
logramos construir una secuencia $\omega_1$,~\dots,~$\omega_N$ de vectores
unitarios de~$E$ tales que $d(\omega_n,\omega_m)>\frac12$ siempre que
$n$ y~$m$ son dos elementos distintos de~$\inter{N}$. Como el subespacio
$\ip{\omega_1,\dots,\omega_N}$ de~$E$ tiene dimensión finita, es cerrado y
propio, así que el Lema de Riesz nos dice que existe un vector unitario
$\omega_{N+1}$ en~$E$ tal que $d(\omega_{N+1},\omega_n)>\frac12$ para cada
$n\in\inter{N}$.

De esta forma, obtenemos una sucesión $(\omega_n)_{n\geq1}$ de vectores
unitarios de~$E$ tales que $d(\omega_n,\omega_m)>\frac12$ siempre que $n$ y
$m$ son elementos distintos de~$\NN$. En particular, esa sucesión toma
valores en la bola cerrada $\overline B_1(0)$ y no posee ninguna
subsucesión convergente, así que esa bola no es compacta. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que un espacio de Banach de dimensión infinita no puede tener
una base lineal numerable.

\begin{Indicacion}
Muestre que un espacio de Banach de dimensión numerable es unión creciente
de una sucesión de subespacios lineales de dimensión finita y use el Teorema
de Baire.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Sea $E$ un espacio normado de dimensión numerable y sea $(x_n)_{n\geq1}$
una base ordenada de~$E$. Para cada $m\in\NN$ el subespacio
$S_m=\ip{x_1,\dots,x_m}$ de~$E$ tiene dimensión finita, así que es un
cerrado y, porque es propio, tiene interior vacío. Como $(x_n)_{n\geq1}$
genera a~$E$ como espacio vectorial, es claro que $E=\bigcup_{n\geq1}S_n$:
esto nos dice que $E$ es de primera categoría y, de acuerdo al Teorema de
Baire, que no es completo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $E$ un espacio normado, sean $(x_n)_{n\geq1}$ e~$(y_n)_{n\geq1}$
dos sucesiones en~$E$ tales que las series $\sum_{n\geq1}x_n$ y
$\sum_{n\geq1}y_n$ convergen, y sea $\lambda\in\KK$.
\begin{ejitems}

\item La serie $\sum_{n\geq1}(x_n+y_n)$ converge
a~$\sum_{n\geq1}x_n+\sum_{n\geq1}y_n$.

\item La serie $\sum_{n\geq1}\lambda x_n$ converge
a~$\lambda\sum_{n\geq1}x_n$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Si $N\in\NN$, entonces 
  \[
  \sum_{n=1}^N(x_n+y_n)=\sum_{n=1}^Nx_n+\sum_{n=1}^Ny_n,
  \qquad\qquad
  \sum_{n=1}^N\lambda x_n=\lambda \sum_{n=1}^Nx_n.
  \]
Esto nos dice que la sucesión de sumas parciales de la serie
$\sum_{n\geq1}(x_n+y_n)$ es la suma término a término de las sucesiones de
sumas parciales de las series $\sum_{n\geq1}x_n$ y $\sum_{n\geq1}y_n$, por
un lado, y que la sucesión de sumas parciales de la serie
$\sum_{n\geq1}\lambda x_n$ se obtiene de la sucesión de sumas parciales de
la serie~$\sum_{n\geq1}$ multiplicando término a término por~$\lambda$. Se
sigue de todo esto, claro, que la serie $\sum_{n\geq1}(x_n+y_n)$ converge y
que converge a $\sum_{n\geq1}x_n+\sum_{n\geq1}y_n$ y que la serie
$\sum_{n\geq1}\lambda x_n$ converge y que converge a
$\lambda\sum_{n\geq1}x_n$. \qed 
\end{Solucion}

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\item Sea $E$ un espacio de Banach y sea $(a_n)_{n\geq1}$ una sucesión
en~$E$ tal que la serie $\sum_{n\geq1}a_n$ converge absolutamente. Si
$\sigma:\NN\to\NN$ es una función biyectiva, entonces la serie
$\sum_{n\geq1}a_{\sigma(n)}$ converge y converge a~$\sum_{n\geq1}a_n$.

\begin{Solucion}
Sea $a$ la suma de la serie $\sum_{n\geq1}a_n$ y sea $\sigma:\NN\to\NN$ una
biyección. Sea $\epsilon>0$. Como la serie $\sum_{n\geq1}a_n$ converge
absolutamente a~$a$, existe $N\in\NN$ tal que, por un lado, $\sum_{n\geq
N}\norm{a_n}<\epsilon$ y, por otro, para todo $m\geq N$ es
$\norm{\sum_{n=1}^ma_n-a}<\epsilon$.

Sea $M=\max\{\sigma^{-1}(i):1\leq i\leq N\}$. Como $M$ es el máximo de un
conjunto de $N$ números de~$\NN$ distintos dos a dos, tenemos que $M\geq
N$. Por otro lado, si $i\in\inter{N}$, entonces existe $j\in\NN$ tal que
$i=\sigma(j)$ y, por lo tanto, $j=\sigma^{-1}(i)\leq M$, de manera que
$j\in\inter{M}$. Vemos de esta manera que los $N$ elementos
$a_1$,~\dots,~$a_N$ están entre los $M$ elementos
$a_{\sigma(1)}$,~\dots,~$a_{\sigma(M)}$. Sea ahora $m\geq M$. Por nuestra
observación, es
  \[
  a_{\sigma(1)}+\cdots+a_{\sigma(m)}
  = a_1+\cdots+a_N+
        \left(\parbox[c][\totalheight][c]{5cm}{\centering suma de~$m-N$ términos de~$(a_k)_{k\geq1}$\\
               con índice mayor que $N$.}\right).
  \]
Si llamamos $Q$ a la suma ahí descripta, la elección de~$N$ implica que
$\norm{Q}<\epsilon$ y que
  \[
  \norm{(a_{\sigma(1)}+\cdots+a_{\sigma(m)})-a}
        \leq \norm{(a_1+\cdots+a_N)-a} + \norm{Q} < 2\epsilon.
  \]
Vemos así que la serie $\sum_{n\geq1}a_{\sigma(n)}$ converge a~$a$. \qed
\end{Solucion}

















\end{ejercicios}

\end{document}
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% vim: spell spelllang=es
