Extraña sucesion

junio 5, 2008

En todo espacio de Banach separable E con dim E = \infty existe \{x_n\}\subset E tal que ||x_n||\rightarrow \infty y {\overline {\{x_n\}}^w}=E.

La demostracion la vamos a dividir en un par de lemas. El primero de ellos construye una sucesion de l^1 con cierta particularidad. El segundo extiende esta sucesion a cualquier Banach. Por ultimo, lo que hacemos es ver como a partir de esta sucesion construirse la deseada.

Lema 1: Si A=\{{\sqrt k}(e_r-e_s):1\leq r,s\leq (2k)^k\}\in l^1, entonces 0\in {\overline {A}^w}.

Demostracion:

Hay que probar que todo entorno debil del 0\in l^1 contiene alguien de la forma {\sqrt k}(e_r-e_s) con 1\leq r,s \leq (2k)^k.

En efecto, dados \phi^1,...,\phi^n \in l^{\infty} con ||\phi^j||_{\infty}\leq 1 y \epsilon > 0, debemos conseguir k,r,s como antes tales que para todo i\leq n

|\phi^i({\sqrt k}(e_r-e_s))|={\sqrt k}|\phi^i_r-\phi^i_s|<\epsilon

Tomemos entonces k\geq n+1 tal que {1\over {\sqrt k}}\leq \epsilon. Para cada i\leq (2k)^k consideremos el vector \phi_i=(\phi^1_i,...,\phi^n_i)\in [-1,1]^n. Si dividimos a este cubo en (2k)^n cubitos de lado 1\over k, como hay (2k)^k vectores debe haber dos, digamos \phi_r y \phi_s, en el mismo cubito. Esto quiere decir que para todo i\leq n

|\phi^i_r-\phi^i_s|<{1\over k}

De donde {\sqrt k}|\phi^i_r-\phi^i_s|<{1\over {\sqrt k}}<\epsilon como queriamos. \ddag

Al conjunto anterior lo podemos ordenar de forma que tienda a infinito en norma. Mas precisamente, existen k(n),r(n),s(n):\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N} tales que ||{\sqrt {k(n)}}(e_{r(n)}-e_{s(n)})||\rightarrow \infty pero 0\in {\overline {\{{\sqrt {k(n)}}(e_{r(n)}-e_{s(n)})\}}^w}.

A continuacion vamos a construir una sucesion con la misma propiedad en cualquier espacio de Banach de dimension infinita.

Lema 2: En todo espacio de Banach E con dim E\geq \infty, existe \{x_n\}\subset E tal que ||x_n||\rightarrow \infty pero 0\in {\overline {\{x_n\}}^w}.

Demostracion:

Tomemos \{y_r\}\in E tal que ||y_r||=1 y ||y_r-y_s||\geq {1\over 2} y definamos el siguiente operador lineal T:\l^1\rightarrow E por

T((\alpha_n))=\sum \alpha_ny_n

Sea z_n={\sqrt {k(n)}}(e_{r(n)}-e_{s(n)}) y x_n=T(z_n).

  • Como T es ||\ ||-||\ || continuo entonces es w-w continuo, de donde 0=T(0)\in T({\overline {\{z_n\}}^w})\subset {\overline {\{T(z_n)\}}^w}={\overline {\{x_n\}}^w}.
  • Se tiene que ||x_n||=||T(z_n)||=||{\sqrt {k(n)}}(y_{r(n)}-y_{s(n)})||\geq {{\sqrt {k(n)}}\over 2} de donde ||x_n||\rightarrow \infty.

Como queriamos demostrar. \ddag

Estamos ahora en condiciones de construir nuestra sucesion. Por comodidad vamos a indexar a la sucesion por un doble indice, es facil reescribir la sucesion con uno solo, basta ir recorriendola por diagonales.

Teorema (Aaron-Garcia-Maestre): En todo Banach separable E con dim E = \infty existe \{x_{m,n}\}\subset E tal que ||x_{m,n}||\rightarrow \infty y {\overline {\{x_{m,n}\}}^w}=E.

Demostracion:

Sea \{y_m\} un ||\ ||-denso en E y \{z_n\}\subset E una sucesion como la que garantiza el lema anterior. Tomemos ademas \{z^*_n\}\in E^* tal que ||z^*_n||=1 y z_n^*(z_n)=||z_n||.

Para cada m,n sea \alpha_{m,n}=\pm 1 tal que

||y_m+\alpha_{m,n}z_n||\geq |z^*_n(y_m)+\alpha_{m,n}||z_n|||\geq ||z_n||.

Pongamos por ultimo x_{m,n}=y_m+\alpha_{n,m}z_n. Luego ||x_{m,n}||\geq ||z_n||\rightarrow \infty y x_{m,n}\stackrel{w}{\rightarrow} y_m cuando n\rightarrow \infty (pues z_m\stackrel{w}{\rightarrow} 0).

Como \{y_m\} era ||\ ||-denso entonces \{y_m\} es w-denso, de donde {\overline {\{x_{m,n}\}}^w}=E. \ddag

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