La implicación recíproca se ve fácilmente tomando lambda pertenecienteA losReales y 0 menorOIgualQue lambda menorOIgualQue 1 , y mi igual 1 menos lambda , lo que prueba que S es convexo, y por otro lado tomando mi igual 0 vemos que es balanceado.

Para ver la implicación directa, supongamos que lambda y mi son ambos distintos de cero, en caso contrario es evidente. Los elementos,

pertenecen a S pues los factores tienen módulo unidad, y por ser S balanceado. También, puesto que los factores son reales comprendidos entre 0 y 1, y su suma es la unidad, y por ser S convexo. Finalmente, por ser barraVertical lambda barraVertical más barraVertical mi barraVertical menorOIgualQue 1 y por ser S balanceado.

∎

Sea C el conjunto de combinaciones lineales de S con coeficientes reales 0 menorOIgualQue lambda menorOIgualQue 1 tales que suman uno, es decir,

Probemos que co abreParéntesis S cierraParéntesis igual C .

Primero, veamos que co abreParéntesis S cierraParéntesis subconjuntoOIgual C . Para ello notemos que C es conexo, ya que dados x coma y pertenecienteA C , entonces,

Sea 0 menorOIgualQue lambda menorOIgualQue 1 , entonces, puesto que, Y puesto que evidentemente S subconjuntoOIgual C , entonces co abreParéntesis S cierraParéntesis subconjuntoOIgual C .

Probemos ahora que C subconjuntoOIgual co abreParéntesis S cierraParéntesis . Para ello procederemos por inducción sobre el número de sumandos de las combinaciones lineales de C . Para m igual 2 , es claro, ya que si x sub 1 y x sub 2 pertenecen a S y lambda sub 1 más lambda sub 2 igual 1 , tendremos que el elemento de C ,

pertenecerá también a cualquier subconjunto convexo de X que contenga a S , y por tanto estará en co abreParéntesis S cierraParéntesis . Supongamos ahora cierto que cualquier x súper abreParéntesis m cierraParéntesis finSúper pertenecienteA C representado por m sumandos también pertenece a co abreParéntesis S cierraParéntesis . Consideremos el elemento de C ,

con x sub i pertenecienteA S , i igual 1 coma puntosSuspensivos coma m más 1 y,

En caso que sumatorio desde i igual 1 hasta m de lambda sub i igual 0 , la prueba es evidente ya que lambda abreSub m más 1 finSub igual 1 y x súper abreParéntesis m más 1 cierraParéntesis finSúper igual x abreSub m más 1 finSub pertenecienteA S subconjuntoOIgual co abreParéntesis S cierraParéntesis . En caso contrario, llamemos beta igual sumatorio desde i igual 1 hasta m de lambda sub i no igual 0 , y por tanto 1 menos beta igual lambda abreSub m más 1 finSub , y podemos escribir, donde, pertenece a cualquier convexo que contenga a co abreParéntesis S cierraParéntesis , debido a que la suma sumatorio desde i igual 1 hasta m de comienzaFracción lambda sub i sobre beta finFracción igual 1 y por hipótesis de inducción x súper prima abreParéntesis m cierraParéntesis finSúper pertenecienteA co abreParéntesis S cierraParéntesis . Y por tanto también pertenece a co abreParéntesis S cierraParéntesis . ∎

Por ser X igual M más N cualquier elemento x pertenecienteA X puede escribirse como suma de elementos de m pertenecienteA M y n pertenecienteA N , es decir x igual m más n . Veamos por otro lado que dicha representación es única. Sea x igual m supra prima más n supra prima otra representación de x como suma de m supra prima pertenecienteA M y n supra prima pertenecienteA N . Entonces,

y por tanto m igual m supra prima y n igual n supra prima , y la descomposición es única. ∎

Sean BCaligráfica sub M igual abreLlave u sub 1 coma u sub 2 coma puntosSuspensivos cierraLlave y BCaligráfica sub N igual abreLlave v sub 1 coma v sub 2 coma puntosSuspensivos cierraLlave bases de M y N respectivamente. Ya que X igual M circumsuma N es claro que BCaligráfica sub M unión BCaligráfica sub N es base de X . Entonces vamos a probar que BCaligráfica supra prima igual abreLlave abreCorchete v sub 1 cierraCorchete coma abreCorchete v sub 2 cierraCorchete coma puntosSuspensivos cierraLlave es base de X barra M , donde abreCorchete v sub i cierraCorchete son las clases formadas por los elementos de la base de N .

Veamos primero que BCaligráfica supra prima genera X barra M . Sea abreCorchete w cierraCorchete pertenecienteA X barra M , entonces puesto w pertenecienteA X tenddremos que,

y puesto que la primera parte de esta expresión pertenece a M , tendremow que, Ahora probamos que BCaligráfica supra prima es linealmente independiente. Sean mi sub 1 coma mi sub 2 coma puntosSuspensivos en FMatemÁTica tales que, Entonces esto significa que mi sub 1 v sub 1 más mi sub 2 v sub 2 más puntosSuspensivos pertenecienteA M ,, pero puesto que es una combinación lineal de elementos de N entonces está en M intersección N igual abreLlave 0Vector cierraLlave y por tanto, pero como abreLlave v sub 1 coma v sub 2 coma puntosSuspensivos cierraLlave son linealmente independientes entonces mi sub i igual 0 coma paraTodo i . ∎

Demostremos la implicación directa. Dado cualquier x pertenecienteA X , podemos escribir,

con m igual P x pertenecienteA P abreParéntesis X cierraParéntesis y n igual abreParéntesis I menos P cierraParéntesis x que pertenece al kernel de P ya que P n igual P abreParéntesis I menos P cierraParéntesis x igual abreParéntesis P menos P supra 2 cierraParéntesis x igual abreParéntesis P menos P cierraParéntesis x igual 0Vector . Así pues X igual M más N . Además si y pertenecienteA M intersección N , entonces y igual P x para algún x pertenecienteA X , y se tiene que, 0Vector igual P y igual P supra 2 x igual P x igual y , y por tanto X igual M circumsuma N .

Recíprocamente, sea x igual m más n igual P x más n , entonces n igual x menos P x igual abreParéntesis I menos P cierraParéntesis x pertenecienteA N igual Ker P , por lo que 0Vector igual P n igual abreParéntesis P menos P supra 2 cierraParéntesis x , con lo que P supra 2 igual P . ∎

Fijado beta , definimos la función,

que es al menos de clase CCaligráfica súper abreParéntesis 2 cierraParéntesis finSúper abreParéntesis losRealesBarra supra más cierraParéntesis . Es facil ver que dicha función solo tiene un mínimo global en alfa igual beta súper comienzaFracción 1 sobre p menos 1 finFracción finSúper , es decir, su derivada en dicho punto es nula y la segunda derivada es positiva en todo su dominio. Además, en dicho punto la función misma se anula f abreParéntesis beta súper comienzaFracción 1 sobre p menos 1 finFracción finSúper cierraParéntesis igual 0 , por lo que dicha función es no negativa en todo su dominio, y esto prueba la desigualdad. ∎

Definamos,

Usando la desigualdad de Young vista en el lema anterior, tenemos que Y sumando sobre los n igual 1 coma 2 coma puntosSuspensivos , encontramos, de donde se sigue la desigualdad de Holder. ∎

El caso p igual 1 se deduce de la desigualdad triangular para el valor absoluto ( en losReales ) o el módulo (en losComplejos ). Para p mayorQue 1 , sea q igual comienzaFracción p sobre p menos 1 finFracción su complementario. Tenemos que,

donde hemos hecho uso de la desigualdad triangular para barraVertical x sub n más y sub n barraVertical menorOIgualQue barraVertical x sub n barraVertical más barraVertical y sub n barraVertical , y hemos definido alfa sub n igual barraVertical x sub n más y sub n barraVertical súper p menos 1 finSúper . Ahora usando la desigualdad de Holder para cada término del lado derecho de la desigualdad anterior, obtenemos, Juntándolo todo obtenemos finalmente, de donde se deduce fácilmente la desigualdad de Minkowski. ∎

Es reflexiva, basta tomar alfa igual beta igual 1 . Es simétrica, ya que si alfa abreNorma x cierraNorma sub 2 menorOIgualQue abreNorma x cierraNorma sub 1 menorOIgualQue beta abreNorma x cierraNorma sub 2 , entonces se tiene que beta súper menos 1 finSúper abreNorma x cierraNorma sub 1 menorOIgualQue abreNorma x cierraNorma sub 2 menorOIgualQue alfa súper menos 1 finSúper abreNorma x cierraNorma sub 1 . Finalmente, es transitiva ya que si alfa abreNorma x cierraNorma sub 2 menorOIgualQue abreNorma x cierraNorma sub 1 menorOIgualQue beta abreNorma x cierraNorma sub 2 y alfa supra prima abreNorma x cierraNorma sub 3 menorOIgualQue abreNorma x cierraNorma sub 2 menorOIgualQue beta supra prima abreNorma x cierraNorma sub 3 entonces se tiene que alfa alfa supra prima abreNorma x cierraNorma sub 3 menorOIgualQue abreNorma x cierraNorma sub 1 menorOIgualQue beta beta supra prima abreNorma x cierraNorma sub 3 . ∎

Comprobamos las propiedades de la norma:
N1: Inmediata.
N2: Inmediata.
N3: abreNorma lambda x cierraNorma igual d abreParéntesis lambda x coma 0Vector cierraParéntesis igual d abreParéntesis lambda x coma lambda 0Vector cierraParéntesis igual abreValorAbsoluto lambda cierraValorAbsoluto d abreParéntesis x coma 0 cierraParéntesis igual abreValorAbsoluto lambda cierraValorAbsoluto abreNorma x cierraNorma
N4: abreNorma x más y cierraNorma igual d abreParéntesis x más y coma 0Vector cierraParéntesis igual d abreParéntesis x más y menos y coma 0Vector menos y cierraParéntesis igual d abreParéntesis x coma menos y cierraParéntesis menorOIgualQue d abreParéntesis x coma 0Vector cierraParéntesis más d abreParéntesis 0Vector coma menos y cierraParéntesis igual d abreParéntesis x coma 0Vector cierraParéntesis más d abreParéntesis y coma 0Vector cierraParéntesis igual abreNorma x cierraNorma más abreNorma y cierraNorma ∎

Evidentemente 0Vector pertenecienteA M y por tanto abreNorma abreCorchete 0Vector cierraCorchete cierraNorma igual 0 . Además si lambda pertenecienteA FMatemÁTica menos abreLlave 0 cierraLlave tendremos que,

ya que 1 sobre lambda y pertenecienteA M si y solo si y pertenecienteA M .

Por otra parte si abreNorma abreCorchete x cierraCorchete cierraNorma igual d abreParéntesis x coma M cierraParéntesis igual 0 entonces x pertenecienteA MBarra (de lo contrario existiría una bola de radio epsilon centrada en x que no contiene a ningúnb punto de M y por tanto la abreNorma abreCorchete x cierraCorchete cierraNorma mayorOIgualQue epsilon ), y puesto que M es cerrado x pertenecienteA MBarra igual M y abreCorchete x cierraCorchete igual abreCorchete 0Vector cierraCorchete .

Por último, sean X coma y pertenecienteA X entonces,

∎

Puesto que x es punto de acumulación de C (ya que cualquier abierto que contiene a x contendrá elementos de x sub n pertenecienteA C ) y por ser C cerrado entonces x pertenecienteA C . ∎

1. 1.

   Sea a pertenecienteA A , entonces,

   d abreParéntesis x coma A cierraParéntesis menorOIgualQue d abreParéntesis x coma a cierraParéntesis menorOIgualQue d abreParéntesis x coma y cierraParéntesis más d abreParéntesis y coma a cierraParéntesis

   Y por tanto, tomando el ínfimo sobre los a pertenecienteA A , obtenemos,

   d abreParéntesis x coma A cierraParéntesis menorOIgualQue d abreParéntesis x coma y cierraParéntesis más d abreParéntesis y coma A cierraParéntesis

   de donde,

   d abreParéntesis x coma A cierraParéntesis menos d abreParéntesis y coma A cierraParéntesis menorOIgualQue d abreParéntesis x coma y cierraParéntesis

   Haciendo lo mismo pero partiendo de d abreParéntesis y coma A menorOIgualQue d abreParéntesis y coma a cierraParéntesis menorOIgualQue d abreParéntesis y coma x cierraParéntesis más d abreParéntesis x coma a cierraParéntesis , obtenemos además, d abreParéntesis y coma A cierraParéntesis menos d abreParéntesis x coma A cierraParéntesis menorOIgualQue d abreParéntesis x coma y cierraParéntesis , lo que prueba la desigualdad.

2. 2.

   Si consideramos el caso anterior con A igual abreLlave 0Vector cierraLlave obtenemos la desigualdad considerada.

3. 3.

   Teniendo en cuenta que dado epsilon mayorQue 0 existirá un N pertenecienteA losNaturales tal que abreNorma x sub n menos x cierraNorma menorQue epsilon si n mayorOIgualQue N entonces usando la desigualdad anterior,

   abreValorAbsoluto abreNorma x sub n cierraNorma menos abreNorma x cierraNorma cierraValorAbsoluto menorOIgualQue abreNorma x sub n menos x cierraNorma menorQue epsilon

   lo que prueba el resultado.

4. 4.

   Si x sub n tiende x y y sub n tiende y entonces existirá un N pertenecienteA losNaturales tal que si n menorOIgualQue N , tendremos que abreNorma x sub n menos x cierraNorma menorQue epsilon barra 2 y abreNorma y sub n menos y cierraNorma menorQue epsilon barra 2 y usando la desigualdad triangular,

   abreNorma x sub n más y sub n menos x menos y cierraNorma menorOIgualQue abreNorma x sub n menos x cierraNorma más abreNorma y sub n menos y cierraNorma menorQue epsilon

5. 5.

   De modo análogo,

   abreNorma alfa sub n x sub n menos alfa x cierraNorma igual abreNorma a l p h a sub n x sub n menos alfa x sub n más alfa x sub n menos alfa x cierraNorma saltoDeLínea menorOIgualQue abreValorAbsoluto alfa sub n menos alfa cierraValorAbsoluto abreNorma x sub n cierraNorma más abreValorAbsoluto alfa cierraValorAbsoluto abreNorma x sub n menos x cierraNorma tiende abajo n 0

   puesto que la última expresión es una sucesión de números reales hemos usado que alfa sub n beta sub n tiende 0 si a l p h a sub n y beta sub n son convergentes y una de ellas tiende a cero.

6. 6.

∎

Sea abreLlave x abreSub n sub k finSub cierraLlave sub k igual 1 finSub súper infinito finSúper una subsucesión convergente a x supra asterisco pertenecienteA X . Entonces se tiene que n sub k mayorOIgualQue k para todo k . Probaremos que para cualquier epsilon mayorQue 0 existe un N pertenecienteA losNaturales tal que

Por ser abreLlave x abreSub n sub k finSub cierraLlave sub k convergente, existe un k sub 0 tal que si k mayorOIgualQue k sub 0 tendremos, y por ser abreLlave x sub n cierraLlave sub n de Cauchy, existe un n sub 0 tal que si m mayorOIgualQue n mayorOIgualQue n sub 0 tendremos que, Entonces eligiendo N igual n abreSub k supra prima finSub de modo que n abreSub k supra prima finSub mayorQue máximo abreParéntesis n sub 0 coma n abreSub k sub 0 finSub cierraParéntesis tendremos que, si n mayorQue N y k mayorQue k supra prima . ∎

Sea M subespacio lineal cerrado de X y sea abreParéntesis x sub n cierraParéntesis una sucesión de Cauchy de M . Puesto que abreParéntesis x sub n cierraParéntesis es también sucesión de Cauchy de X , entonces x sub n tiende x pertenecienteA X , por ser X completo. Pero entonces x es punto de acumulación de M , y por ser M cerrado entonces x pertenecienteA M y por tanto M es completo.

Recíprocamente, si M es completo, y dado un punto de acumulación x pertenecienteA X de M , podemos encontrar una sucesión abreParéntesis x sub n cierraParéntesis de M que converge a x . Pero dicha sucesión convergente es de Cauchy, y por ser M completo, esta converge en M y por tanto x pertenecienteA M , y M es cerrado. ∎

Demostremos la implicación directa. Si X es de Banach, y sumatorio sobre n de x sub n es absolutamente convergente, entonces la serie sumatorio sobre n de abreNorma x sub n cierraNorma es convergente y por tanto de Cauchy. Por tanto se tiene q que para todo epsilon mayorQue 0 existe N pertenecienteA losNaturales tal que si n mayorQue m mayorOIgualQue N tenderemos que,

por lo que la serie sumatorio sobre n de x sub n es de Cauchy, y por ser X de Banach, entonces es convergente.

Recíprocamente, si toda serie absolutamente convergente es convergente veamos que X es de Banach. Tomemos una sucesión x sub n pertenecienteA X de Cauchy. Vamos a encontrar una subsucesión de x sub n que converge y así demostraremos que x sub n es convergente y por tanto X de Banach.

Para ello procedemos como sigue. Definamos recursivamente una subsucesión x abreSub n sub k finSub mediante los enteros, n sub k pertenecienteA losNaturales , con n sub 1 tal que para todo m coma l mayorOIgualQue n sub 1 se tiene que abreNorma x sub m menos x sub l cierraNorma menorQue 1 barra 2 . De nuevo escogemos n sub 2 mayorQue n sub 1 tal que para todo m coma l mayorOIgualQue n sub 2 tal que abreNorma x sub m menos x sub l cierraNorma menorQue 1 barra 2 supra 2 . Así recursivamente definimos n sub p mayorQue n abreSub p menos 1 finSub tal que para todo m coma l mayorOIgualQue n sub p implica abreNorma x sub m menos x sub l cierraNorma menorQue 2 súper menos p finSúper .

Ahora escribimos la subsucesión como una serie,

donde s sub q igual x abreSub n sub q finSub menos x abreSub n abreSub q menos 1 finSub finSub para q mayorOIgualQue 2 y s sub 1 igual x abreSub n sub 1 finSub . La serie así definida es absolutamente convergente. En efecto la serie, es de Cauchy ya que para todo q mayorQue r tenemos, que tiende a cero cuando r tiende infinito . Por tanto la serie sumatorio sobre p de s sub p converge y por tanto también lo hace la subsucesión x abreSub n sub p finSub a algún punto de X . Pero como hemos visto, toda sucesión de Cauchy con una subsucesión convergente es convergente, y lo hace al mismo elemento al que convergía la subsucesión.. Luego toda sucesión de Cauchy de X converge en X y por tanto X es de Banach. ∎

Primero notemos que al ser M cerrado, abreParéntesis X barra M coma abreNorma cierraNorma sub M cierraParéntesis es un espacio lineal normado. Veamos que además es de Banach.

Sea abreParéntesis abreCorchete x sub n cierraCorchete cierraParéntesis una sucesión en X barra M tal que la serie, sumatorio sobre n de abreCorchete x sub n cierraCorchete es absolutamente convergente, es decir,

Por la definición de la norma inducida abreNorma cierraNorma sub M para cada n pertenecienteA losNaturales podremos encontrar un y sub n tal que, Por tanto la serie sumatorio sobre n de abreParéntesis x sub n más y sub n cierraParéntesis de X es absolutamente convergente, ya que,

y por ser X de Banach, la serie sumatorio sobre n de abreParéntesis x sub n menos y sub n cierraParéntesis es convergente en X , digamos que a z pertenecienteA X .

Probaremos ahora que la serie sumatorio sobre n de abreCorchete x sub n cierraCorchete converge a abreCorchete z cierraCorchete . En efecto, para toda suma parcial tenemos,

Lo que demuestra que efectivamente sumatorio sobre n de abreCorchete x sub n cierraCorchete converge en X barra M y por tanto X barra M es de Banach. ∎

Puesto que la unión de bolas B abreParéntesis x coma epsilon cierraParéntesis centradas en los puntos de cualquier epsilon menos red finita es unión finita de conjuntos acotados, dicha unión es acotada, y también lo será cualquier subconjunto de esta, y en particular lo será A . ∎

La implicación recíproca es trivial. Para demostrar la implicación directa, sea epsilon mayorQue 0 , y consideremos una epsilon menos red finita F abreSub epsilon barra 2 finSub de parámetro epsilon barra 2 . Entonces para cada elemento y sub j pertenecienteA F abreSub epsilon barra 2 finSub con j igual 1 coma puntosSuspensivos coma n . escogemos puntos x sub j pertenecienteA A tales que,

Entonces, G sub epsilon equivalente abreLlave x sub j cierraLlave sub j igual 1 finSub súper n finSúper constituye una epsilon menos red para A que está contenida, trivialmente, en A . Para probar que efectivamente es una epsilon menos red de A , tomemos un elemento arbitrario x pertenecienteA A . Entonces existirá un y sub j pertenecienteA F abreSub epsilon barra 2 finSub para algún j , de modo que,

y por tanto, el elemento correspondiente x sub j pertenecienteA G sub epsilon subconjunto A , cumple que, y en consecuencia G sub epsilon es una epsilon menos red finita contenida en A . ∎

Sea abreParéntesis x sub n cierraParéntesis abreSub n pertenecienteA losNaturales finSub una sucesión infinita en K (si fuera finita, es claro que existe una subsucesión de Cauchy). Puesto que K es absolutamente acotado, existe una epsilon menos red finita en K con epsilon igual 1 barra 2 , F sub 1 igual abreLlave y abreSub 1 r finSub cierraLlave sub r igual 1 finSub súper n sub 1 finSúper . Entonces al menos una bola B sub 1 igual B abreParéntesis y abreSub 1 r sub 1 finSub coma 1 barra 2 cierraParéntesis contendrá un número infinito de elementos de abreParéntesis x sub n cierraParéntesis abreSub n pertenecienteA losNaturales finSub , a los que identificamos como la subsucesión infinita , x abreSub n 1 finSub . Con esta subsucesión infinita repetimos el proceso con una epsilon menos red finita con epsilon igual 1 barra 4 , F sub 2 igual abreLlave y abreSub 22 r finSub cierraLlave sub r igual 1 finSub súper n sub 2 finSúper . De nuevo, existirá una bola B sub 2 igual B abreParéntesis y abreSub 2 r sub 2 finSub coma 1 barra 4 cierraParéntesis que contendrá infinitos elementos de x abreSub n 1 finSub , que define la subsucesión x abreSub 2 n finSub . De este modo, podemos definir recursivamente subsucesiones x abreSub n k finSub contenidas en bolas B sub k igual B abreParéntesis y abreSub k r finSub coma 1 barra 2 supra k cierraParéntesis , para todo k pertenecienteA losNaturales . . La subsucesión diagonal, x abreSub n n finSub es de Cauchy. En efecto, sean n mayorQue m coma n coma m pertenecienteA losNaturales , entonces,

que tiende a cero cuando m y n van a infinito.

Recíprocamente, supongamos que toda sucesión en K tiene una subsucesión de Cauchy, y supongamos también que K no es absolutamente acotada, y veremos que llegamos a una contradicción. En efecto, puesto que K no es absolutamente acotado, existe un epsilon mayorQue 0 para el cual no existe una epsilon menos red finita para K . Entonces, tomando un punto cualquiera de K , x sub 1 , como centro de una bola de radio epsilon , B sub 1 igual B abreParéntesis x sub 1 coma epsilon cierraParéntesis , siempre podemos escoger otro punto de K , x sub 2 fuera de B sub 1 (de lo contrario tendríamos una epsilon menos red finita para K ). De nuevo, la bola B sub 2 igual B abreParéntesis x sub 2 coma epsilon cierraParéntesis junto con la bola B sub 1 no pueden recubrir todo K así que podemos escoger un x sub 3 pertenecienteA K fuera de B sub 1 y B sub 2 , etc. Este proceso se puede repetir indefinidamente obteniendo una sucesión x sub n que cumple evidentemente la propiedad,

lo que hace imposible obtener de esta sucesión una subsucesión de Cauchy. ∎

Procedamos por contradicción. Supongamos qe K es secuencialmente compacto y que existe un recubrimiento abierto UCaligrÁFica de K no posee número de Lebesgue. Entonces siempre podremos encontrar una sucesión de puntos de K , x sub 1 coma x sub 2 puntosSuspensivos coma x sub k coma puntosSuspensivos para los cuales las bolas, B abreParéntesis x sub k coma 1 barra 2 supra k cierraParéntesis no están en ningún abierto de UCaligrÁFica , para cada k pertenecienteA losNaturales . Sin embargo, por ser K secuencialmente compacto, dicha sucesión debe poseer una subsucesión x abreSub n sub k finSub convergente en K , digamos a x supra asterisco pertenecienteA K . Entonces x supra asterisco pertenecienteA U pertenecienteA UCaligrÁFica . Por ser abierto U que contiene a x supra asterisco , contiene una bola de radio r mayorQue 0 , B abreParéntesis x supra asterisco coma r cierraParéntesis subconjunto U . Además para este valor de r existe un k sub 0 pertenecienteA losNaturales tal que,

También existe un k sub 1 pertenecienteA losNaturales tal que, Eligiendo k supra prima igual máximo abreParéntesis k sub 0 coma k sub 1 cierraParéntesis tendremos que para todo k mayorQue k supra prima , la bola B abreParéntesis x abreSub n sub k finSub coma 2 súper menos n sub k finSúper cierraParéntesis subconjunto B abreParéntesis x supra asterisco coma r cierraParéntesis ya que si x pertenecienteA B abreParéntesis x abreSub n sub k finSub coma 2 súper menos n sub k finSúper cierraParéntesis , entonces, por lo que B abreParéntesis x abreSub n sub k finSub coma 2 súper menos n sub k finSúper cierraParéntesis subconjunto B abreParéntesis x supra asterisco coma r cierraParéntesis subconjunto U pertenecienteA UCaligrÁFica que contradice la propiedad de los elementos de la sucesión x sub n . ∎

Demostremos primero la implicación recíproca. Si KBarra es compacto, el recubrimiento abierto formado por todas las bolas de radio epsilon mayorQue 0 centradas en los x pertenecienteA KBarra , recubren a b a r K y por tanto existe una subcolección finita de dichas bolas que también recubren KBarra y por tanto también a K , con lo cual K es absolutamente acotado.

Para probar la implicación directa usaremos el lema anterior. Consideremos un recubrimiento abierto arbitrario RCaligrÁFica para KBarra que también recubrirá obviamente a K . Por ser K absolutamente acotado y por el lema anterior, dicho recubrimiento tendrá número de Lebesgue. Sea r mayorQue 0 número de Lebesgue para RCaligrÁFica . Por ser K absolutamente acotado existirá una epsilon menos red finita en K con epsilon igual r , es decir habrá una colección finita de bolas centradas en puntos x sub k pertenecienteA K (k igual 1 coma puntosSuspensivos coma n ), B sub k igual B abreParéntesis x sub k coma r cierraParéntesis , que cubren todo K . Pero por ser r número de Lebesgue de RCaligrÁFica cada una de estas bolas estará contenida en algún abierto de RCaligrÁFica ,

Y por tanto la subcolección finita RCaligrÁFica supra prima igual abreLlave U sub k pertenecienteA RCaligrÁFica lineaVertical k igual 1 coma puntosSuspensivos coma n cierraLlave es un subrecubrimiento finito de KBarra , y por tanto es compacto. ∎

Recordemos que x pertenecienteA A subconjunto X es un punto límite si cualquier abierto que contenga a x contendrá algún elemento de A distinto de x . Procedamos entonces por contradicción. Asumamos que K es compacto y A es infinito y no tiene puntos límite en K . Entonces

y por tanto, X menos A igual unión sobre x pertenecienteA X menos A de U sub x es abierto y en consecuencia A es cerrado. También se tiene que, es decir, que podemos recubrir A con abiertos U sub a que solo contienen un elemento de A .

Por tanto la colección RCaligrÁFica igual X menos A unión abreLlave U sub a lineaVertical a pertenecienteA A cierraLlave es un recubrimiento abierto de K . Y por ser K compacto, RCaligrÁFica debe poseer un subrecubrimiento finito lo cual contradice el hecho de que A es infinito. ∎

Demostremos primero la implicación directa. Sea x sub n una sucesión en K . si x sub n está constituida por u número finito de puntos, es evidente que x sub n tiene una subsucesión convergente en K . Sin embargo, si x sub n es una sucesión infinita de puntos, por ser K compacto y por el lema previo x sub n tiene al menos un punto límite en K , sea x uno de estos puntos límite. Entonces eligiendocualquier elemento x abreSub n sub 1 finSub de la sucesión en la bola B abreParéntesis x coma 1 cierraParéntesis , x abreSub n sub 2 finSub , con n sub 2 mayorQue n sub 1 en la bola B abreParéntesis x coma 1 barra 2 cierraParéntesis , …x abreSub n sub k finSub , con n sub k mayorQue n abreSub k menos 1 finSub , en la bola b abreParéntesis x coma 1 barra k cierraParéntesis , etc. Así construimos una subsucesión x abreSub n sub k finSub que converge a x .

Recíprocamente, si K es secuencialmente compacto, veremos por contradicción que K debe ser compacto. Tomemos un recubrimiento abierto RCaligrÁFica de K y asumamos que K es secuencialmente compacto pero no compacto, de modo que no existe un subrecubrimiento de RCaligrÁFica . Por ser K secuencialmente compacto RCaligrÁFica tiene número de Lebesgue, sea r mayorQue 0 uno de tales números. Elijamos x sub 1 pertenecienteA K , entonces la bola B abreParéntesis x coma r cierraParéntesis está contenido en algún abierto U sub 1 pertenecienteA RCaligrÁFica . Existe otro punto x sub 2 pertenecienteA K que no está en B abreParéntesis x sub 1 coma r cierraParéntesis , ya que de lo contrario U sub 1 recubre finitamente a K . De nuevo la bola B abreParéntesis x sub 2 coma r cierraParéntesis debe estar contenido en un abierto U sub 2 pertenecienteA RCaligrÁFica , y así recursivamente encontramos una sucesión infinita x sub k pertenecienteA K tal que,

pero dicha sucesión claramente no puede tener una subsucesión convergente lo que contradice que K sea secuencialmente compacto.

∎

Por la proposición previa, compacto es equivalente a secuencialmente compacto en un espacio lineal normado. Por tanto demostraremos queK es secuencialmente compacto si y solo si es absolutamente acotado y completo.

Primero procedemos con la prueba de la implicación directa. Puesto que si K es secuencialmente compacto, toda subsucesión en D posee una subsucesión convergente en K , y p por tanto, dicha subsucesión es de Cauchy. Además, toda sucesión de Cauchy en K , por ser sucesión en un secuencialmente compacto, posee una subsucesión convergente en K . Pero toda sucesión de Cauchy con una subsucesión convergente es convergente y por tanto K es completo.

La implicación recíproca es también fácil. Si K es absolutamente acotado, toda sucesión en K posee una subsucesión de Cauchy. Y por ser K completo, dicha subsucesión de Cauchy es convergente, y por tanto K es secuencialmente compacto. ∎

En el caso que sumatorio sobre k de abreValorAbsoluto alfa sub k cierraValorAbsoluto igual 0 implica que alfa sub k igual 0 para todo k , y por tanto la desigualdad se cumple con cualquier m mayorQue 0 . Supongamos entonces que sumatorio sobre k de abreValorAbsoluto alfa sub k cierraValorAbsoluto no igual 0 . En primer lugar consideremos el subconjunto tal que,

y consideremos la función f dosPuntos A subconjunto FMatemÁTica supra n flechaDerecha losReales , tal que, De Análisis elemental sabemos que al ser A cerrado y acotado, debe ser compacto (pruébelo con la norma del valor absoluto, mostrando que es absolutamente acotado y completo), y la función f es continua ya que si alfa coma beta pertenecienteA A , tendremos que, donde, Así pues f abreParéntesis A cierraParéntesis subconjunto losReales también es compacto y por tanto cerrado y acotado. Así pues, tiene máximo y mínimo, en concreto existirá un punto mi sub 1 coma puntosSuspensivos coma mi sub n cierraParéntesis tal que, Entonces m mayorOIgualQue 0 , pero probamos que estrictamente m mayorQue 0 . Si m igual 0 entonces, pero dicho punto no pertenece a A . Luego hemos probado la desigualdad para todos los coeficientes en A .

Si alfa no pertenecienteA A y alfa no igual 0 , entonces los coeficientes beta ,

y podemos usar la desigualdad mostrada para beta , lo que nos da la desigualdad que queríamos probar una vez escribimos beta en términos de alfa . ∎

Sean abreNorma cierraNorma sub 1 y abreNorma cierraNorma sub 2 dos normas definidas en el espacil lineal d menos dimensional X . Sea abreLlave x sub 1 coma puntosSuspensivos coma x sub d cierraLlave una base de X , entonces para todo x pertenecienteA X existen coeficientes alfa sub 1 coma puntosSuspensivos coma alfa sub d pertenecienteA FMatemÁTica tales que x igual sumatorio desde k igual 1 hasta d de alfa sub k x sub k . Entonces, por un lado, debido al lema anterior, existe un m sub 1 mayorQue 0 tal que para todo x pertenecienteA X , se tiene que,

Y por el otro lado tenemos, donde M sub 2 igual máximo sub k abreNorma x sub k cierraNorma sub 2 no igual 0 . Por tanto, Usando los mismos argumentos intercambiando 1 flechaIzquierdaDerecha 2 llegamos a una expresión, con m sub 2 y M sub 1 definidos de forma similar a m sub 1 y M sub 2 . ∎

Sea abreLlave e sub 1 coma puntosSuspensivos coma e sub d cierraLlave una base lineal de X , y x sub n una sucesión de Cauchy en abreParéntesis X coma abreNorma cierraNorma cierraParéntesis . Entonces cada elemento de la sucesión puede escribirse en términos de la base como,

Entonces debido al lema previo existe un m mayorQue 0 , y a que x sub n es de Cauchy, para todo epsilon mayorQue 0 existe un N pertenecienteA losNaturales tal que si n coma m mayorOIgualQue N , se tiene, Por lo que, Así pues las d sucesiónes numéricas abreParéntesis alfa sub n finSub súper i finSúper cierraParéntesis sub n son sucesiones de Cauchy en FMatemÁTica por lo que son convergentes al ser FMatemÁTica completo. Sea alfa supra i (i igual 1 coma puntosSuspensivos coma d ) los límites de dichas sucesiones. Entonces x igual sumatorio desde i igual 1 hasta d de alfa supra i e sub i pertenecienteA X . Queda por comprobar que efectivamente x sub n tiende a x en norma. Sea epsilon mayorQue 0 , y N igual máximo sub i abreParéntesis N sub i cierraParéntesis con N sub i pertenecienteA losNaturales tales que si n sub i mayorOIgualQue N sub i para todo i igual 1 coma puntosSuspensivos coma d , se tiene que, donde M igual máximo sub i abreParéntesis abreNorma e sub i cierraNorma cierraParéntesis . Entonces para todo n pertenecienteA losNaturales tal que n mayorOIgualQue N , tenemos que, lo que demuestra que abreParéntesis X coma abreNorma cierraNorma cierraParéntesis es completo. ∎

La implicación directa ya fue probada para todo espacio lineal normado. Demostremos la implicación recíproca.

Sea z sub n una sucesión en K cerrado y acotado. Probaremos que z sub n posee una subsucesión convergente en K lo que probará que K es secuencialmente compacto y por tanto compacto.

Sea abreLlave e sub 1 coma puntosSuspensivos coma e sub d cierraLlave una base lineal para X , entonces cada elemento de la sucesión z sub n puede escribirse como,

Por el lema previo existe un m mayorQue 0 tal que , para todo n pertenecienteA losNaturales . Además por ser K acotado existe un M mayorQue 0 tal que, abreNorma z cierraNorma menorOIgualQue M , y por tanto, para todo i igual 1 coma puntosSuspensivos coma d y n pertenecienteA losNaturales , por lo que cada sucesión numérica abreParéntesis alfa súper i finSúper sub n finSub cierraParéntesis sub n es acotada, y por tanto tiene sendas subsucesiones convergentes (?’ por qué?). Sean abreParéntesis alfa súper i finSúper sub n sub k finSub cierraParéntesis sub k dichas subsucesiones que convergen a alfa supra i . Entonces la subsucesión, converge en norma a, como puede verificarse fácilmente. Ahora bien, por ser K cerrado y por ser z punto de acumulación de K entonces z pertenecienteA K . Así pues, toda sucesión en D posee una subsucesión convergente en K y por tanto K es compacto. ∎

Sea x supra prima pertenecienteA X menos B , y sea d ,

Por ser M cerrado d mayorQue 0 . Y por definición de ínfimo, existe m supra prima pertenecienteA M tal que, dado epsilon mayorQue 0 .

Ahora bien, el elemento x definido,

y se tiene que para cualquier y pertenecienteA M , donde y supra prima igual y abreNorma x supra prima menos m supra prima cierraNorma menos m supra prima pertenecienteA M . ∎

La implicación directa es fácil ya que si X es finitodimensional, entonces pu puesto que la bola unidad es acotada y cerrada, entonces es compacta como se probó en una proposición anterior. Recíprocamente, supongamos que la bola unidad es compacta. Entonces es absolutamente acotada y existe una epsilon menos red finita , de razón epsilon igual 1 barra 2 , para la bola unidad. Sea F abreSub 1 barra 2 finSub igual abreLlave x sub 1 coma puntosSuspensivos coma x sub m cierraLlave dicha red, y sea M igual abreÁngulo x sub 1 coma puntosSuspensivos coma x sub m cierraÁngulo el subespacio lineal generado por los elementos de la epsilon menos red.

Supongamos ahora que M no igual X . Puesto que M es cerrado al ser finito dimensional, podemos usar el lema de Riesz con epsilon igual 1 barra 2 para probar que existe un x pertenecienteA B abreParéntesis 0 coma 1 cierraParéntesis intersección abreParéntesis X menos M cierraParéntesis tal que,

En particular,

lo que contradice que abreLlave x sub 1 coma puntosSuspensivos coma x sub m cierraLlave sea una epsilon menos red para B abreParéntesis 0 coma 1 cierraParéntesis . Por tanto M igual X y X es finito dimensional. ∎

La implicación directa: sea B subconjunto X denso y contable, entonces dado x pertenecienteA X y un epsilon mayorQue 0 , existe un a pertenecienteA B , que por tanto también a pertenecienteA abreÁngulo B cierraÁngulo , tal que abreNorma x menos a cierraNorma menorQue epsilon por lo que abreÁngulo B cierraÁngulo es también denso. Recíprocamente, supongamos que X igual sobreRayado abreÁngulo B cierraÁngulo finsobreRayado para algún subconjunto contable B subconjunto X , y veamos que X es separable. Para ello supongamos primero que FMatemÁTica igual losReales , y etiquetemos los puntos de B , x sub 1 coma puntosSuspensivos coma x sub n puntosSuspensivos , y consideremos el conjunto C subconjunto X definido por,

Primero veamos que C es numerable. Para ello notemos que el producto cartesiano losRacionales producto B es numerable por ser producto de dos conjuntos numerables , y también lo es el conjunto FCaligrÁFica de todos los subconjuntos finitos de losRacionales producto B (ver apéndice al final del capítulo). Y finalmente notemos que la función f dosPuntos FCaligrÁFica flechaDerecha C que envía la N menos tupla abreParéntesis abreParéntesis alfa sub 1 coma x sub 1 cierraParéntesis coma abreParéntesis alfa sub 2 coma x sub 2 cierraParéntesis coma puntosSuspensivos coma abreParéntesis alfa sub N coma x sub N cierraParéntesis cierraParéntesis al elemento, sumatorio desde k igual 1 hasta N de alfa sub k x sub k pertenecienteA C mapea FCaligrÁFica sobre C , y por tanto C es también numerable. Ahora probemos que CBarra igual X . Para ello tomemos x pertenecienteA X . Por ser X igual sobreRayado abreÁngulo B cierraÁngulo finsobreRayado , para todo epsilon mayorQue 0 , existen N coeficientes lambda sub 1 coma lambda sub 2 coma puntosSuspensivos coma lambda sub N pertenecienteA losReales y puntos x sub 1 coma x sub 2 coma puntosSuspensivos coma x sub N pertenecienteA B tales que, Y para tales coeficientes existen racionales mi sub 1 coma puntosSuspensivos coma mi sub N pertenecienteA losRacionales tales que, de modo que, lo que prueba que C es denso en X .

Para probar esta implicación en el caso de FMatemÁTica igual losComplejos basta cambiar C por aquellas combinaciones con coeficientes racionales por coeficientes con parte real e imaginaria racional.

∎

Definamos una función f dosPuntos losNaturales flechaDerecha A de forma recursiva del modo siguiente:

que existe ya que A subconjunto losNaturales y no es vacío, y usamos la propiedad del buen orden en losNaturales . Y definimos, que de nuevo existe ya que A es infinito y en virtud de la propiedad del buen orden..

De este modo queda definida recursivamente la función de losNaturales a A .

Veamos primero que f es inyectiva. Supongamos que n no igual m , y sin pérdida de generalidad n mayorQue m , entonces f abreParéntesis m cierraParéntesis pertenecienteA abreLlave f abreParéntesis 1 cierraParéntesis coma puntosSuspensivos coma f abreParéntesis n menos 1 cierraParéntesis cierraLlave y en consecuencia f abreParéntesis m cierraParéntesis no pertenecienteA A menos f abreParéntesis abreLlave 1 coma puntosSuspensivos coma n menos 1 cierraLlave cierraParéntesis , mientras que f abreParéntesis n cierraParéntesis igual mínimo abreParéntesis A menos f abreParéntesis abreLlave 1 coma puntosSuspensivos coma n menos 1 cierraLlave cierraParéntesis pertenecienteA A menos f abreParéntesis abreLlave 1 coma puntosSuspensivos coma n menos 1 cierraLlave cierraParéntesis por lo que f abreParéntesis m cierraParéntesis no igual f abreParéntesis n cierraParéntesis .

Ahora probemos que f es sobreyectiva. Sea a pertenecienteA A , entonces debe existir algún n supra prima pertenecienteA losNaturales tal que f abreParéntesis n supra prima mayorQue a , ya que de lo contrario f abreParéntesis losNaturales cierraParéntesis es finito y puesto que f es inyectiva, f abreParéntesis losNaturales cierraParéntesis es infinito. Sea B sub a subconjunto losNaturales definido como,

que como hemos visto es no vacío. Por tanto tiene mínimo, sea m sub 0 igual mínimo B sub a . Ahora bien, como m sub 0 pertenecienteA B sub a tendremos que f abreParéntesis m sub 0 cierraParéntesis mayorOIgualQue a . p Por otro lado, vemos que a pertenecienteA A menos abreLlave f abreParéntesis 1 cierraParéntesis coma puntosSuspensivos coma f abreParéntesis m sub 0 menos 1 cierraParéntesis cierraLlave , y entonces por definición de f abreParéntesis m sub 0 cierraParéntesis tenemos que f m sub 0 cierraParéntesis menorOIgualQue a . En efecto, a pertenecienteA A , y a no pertenecienteA abreLlave f abreParéntesis 1 cierraParéntesis coma puntosSuspensivos coma f abreParéntesis m sub 0 menos 1 cierraParéntesis cierraLlave , ya que si n menorQue m sub 0 entonces puesto que n no pertenecienteA B sub a , tendremos que f abreParéntesis n cierraParéntesis menorQue a y a no pertenecienteA abreLlave f abreParéntesis 1 cierraParéntesis coma puntosSuspensivos coma f abreParéntesis m sub 0 menos 1 cierraParéntesis cierraLlave . pero f abreParéntesis m sub 0 cierraParéntesis igual mínimo abreParéntesis A menos abreLlave f abreParéntesis 1 cierraParéntesis coma puntosSuspensivos coma f abreParéntesis m sub 0 menos 1 cierraParéntesis cierraLlave menorOIgualQue a . Así que concluimos que f abreParéntesis m sub 0 cierraParéntesis igual a .

∎

Ahora, g es en efecto inyectiva ya que f súper menos 1 finSúper abreParéntesis a cierraParéntesis es disjunto a f súper menos 1 finSúper abreParéntesis b cierraParéntesis si a no b . Entonces en particular g abreParéntesis a cierraParéntesis igual mínimo f súper menos 1 finSúper abreParéntesis a cierraParéntesis no igual mínimo f súper menos 1 finSúper abreParéntesis b cierraParéntesis igual g abreParéntesis b cierraParéntesis .

Sea la función f dosPuntos losNaturales producto losNaturales flechaDerecha losNaturales que envía abreParéntesis m coma n cierraParéntesis a f abreParéntesis m coma n cierraParéntesis igual 2 supra m 3 supra n . Es suficiente probar que f es inyectiva. Sean m sub 1 coma n sub 1 cierraParéntesis y m sub 2 coma n sub 2 cierraParéntesis elementos distintos de losNaturales producto losNaturales , y tales que,

Primero supongamos que m sub 1 no igual m sub 2 , en concreto m sub 1 mayorQue m sub 2 , entonces, lo cual es contradictorio ya qe potencia de 3 no puede ser par. Un argumento similar puede aplicarse al caso n sub 1 no igual n sub 2 , de modo que si m sub 1 coma n sub 1 cierraParéntesis no igual abreParéntesis m sub 2 coma n sub 2 cierraParéntesis entonces f abreParéntesis m sub 1 coma n sub 1 cierraParéntesis no igual f abreParéntesis m sub 2 coma n sub 2 cierraParéntesis y por tanto f es inyectiva y en virtur de la proposición anteriorr losNaturales saltoDeLínea t i m e s losNaturales es numerable. ∎

Procederemos por inducción, pero antes probaremos que el producto cartesiano de dos conjuntos numerables A y B , es numerable. Puesto que A y B son numerables existen sendas biyecciones f sub A y f sub B de A y B , respectivamente, a los losNaturales . Por tanto la función , f dosPuntos A producto B flechaDerecha losNaturales producto losNaturales definida por f abreParéntesis a coma b cierraParéntesis igual abreParéntesis f sub A abreParéntesis a cierraParéntesis coma f sub B abreParéntesis b cierraParéntesis cierraParéntesis donde a pertenecienteA A y b pertenecienteA B es una biyección entre A producto B y losNaturales producto losNaturales , y como hemos demostrado en el última proposición, losNaturales producto losNaturales es numerable por lo que existe una biyección h dosPuntos losNaturales producto losNaturales flechaDerecha losNaturales y por tanto h círculo f dosPuntos A producto B flechaDerecha losNaturales es la biyección buscada.

Ahora demostremos que,

es numerable si A sub k es numerable para todo k igual 1 coma puntosSuspensivos coma n .

Para n igual 1 es evidente. Entonces supongamos la hipótesis de inducción qe es cierto para n menos y comprobemos que también lo es para n . Pero para el caso n tenemos que,

y por hipótesis de inducción B igual A sub 1 producto puntosSuspensivos A abreSub n menos 1 finSub es numerable así como lo es, por hipótesis general, A sub n y como hemos probado al principio de la demostración, el producto de dos conjuntos numerables es numerable, y por tanto lo es el producto cartesiano de n conjuntos numerables. ∎

Puesto que cada A sub j es numerable existe una función f sub j dosPuntos losNaturales flechaDerecha A sub j biyectiva para cada j pertenecienteA J . Además, como J es numerable existe una función biyectiva h dosPuntos losNaturales flechaDerecha J , así que podemos definir una función,

que lleva el par abreParéntesis m coma k cierraParéntesis pertenecienteA losNaturales producto losNaturales en,

Esta función es claramente sobreyectiva ya que para todo a pertenecienteA unión sobre j pertenecienteA J de A sub j debe existir al menos un j pertenecienteA J tal que a pertenecienteA U sub j , entonces por ser h biyectiva, tomemos k igual h súper menos 1 finSúper abreParéntesis j cierraParéntesis y al ser f sub j biyectiva tomemos m igual f súper menos 1 finSúper sub j finSub abreParéntesis a cierraParéntesis y así el par abreParéntesis m coma k cierraParéntesis es preimagen de a .

Finalmente puesto que losNaturales producto losNaturales es numerable también lo es la unión numerable de numerables. ∎

Primero consideremos un conjunto numerable A e inducimos un orden mediante una biyección g dosPuntos A flechaDerecha losNaturales del modo siguiente,

Sea ACaligrÁFica sub n la colección de subconjuntos de A con exáctamente n elementos (cardinal igual a n ). Definamos la función, f sub n dosPuntos ACaligrÁFica sub n flechaDerecha A supra n definida como sigue: A cada subconjunto B pertenecienteA NCaligrÁFica sub n , f sub n abreParéntesis B cierraParéntesis igual abreParéntesis a sub 1 coma a sub 2 coma puntosSuspensivos coma a sub n cierraParéntesis donde a sub k menorQue a sub m si k menorQue m . Está claro que la función así definida es inyectiva ya que si f abreParéntesis B cierraParéntesis igual f abreParéntesis C cierraParéntesis , entonces los elementos de B y C son los mismos y por tanto B igual C . Finalmente por ser A supra n producto cartesiano finito de numerables es isomorfo alosNaturales y por tanto ACaligrÁFica sub n es numerable.

Ahora bien, el conjunto,

que es la familia de todos los subconjuntos finitos de A , es la unión numerable de numerables y por la proposición anterior, es numerable. ∎

Procedamos por contradicción. Supongamos que el conjunto F de las funciones f dosPuntos losNaturales flechaDerecha abreLlave 0 coma 1 cierraLlave es numerable. Entonces las podemos etiquetar en virtud de una biyección entre F y losNaturales . Por tanto toda función f pertenecienteA F está etiquetada como f sub n para algún n pertenecienteA losNaturales . Consideremos la siguiente función s dosPuntos losNaturales flechaDerecha abreLlave 0 coma 1 cierraLlave definida como sigue,

donde el superíndice c significa el elemento complementario, es decir , 1 supra c igual 0 y 0 supra c igual 1 . Entonces la hipótesis de numerabilidad de F implicaría que s igual f sub n para algún n pertenecienteA losNaturales .

Sin embargo esto no es así, ya que para cualquier n pertenecienteA losNaturales tenemos que,

por lo que no existe tal n pertenecienteA losNaturales y F no puede ser numerable. ∎

La implicación directa es fácil ya que puesto que S sub r es un subconjunto cerrado de un espacio de Banach, este debe ser completo para cualquier r mayorQue 0 .

Para probar el recíproco primero probaremos que si existe un r mayorQue 0 tal que S sub r es completo, también será completo S sub t para todo t menos mayorQue 0 . Esto es claro ya que si x sub n pertenecienteA S sub t es de Cauchy, entonces la sucesión x súper prima finSúper sub n finSub igual s sobre t x sub n pertenecienteA S sub r es de Cauchy en S sub r y por tanto convergente a un punto x supra prima pertenecienteA S sub r . Es fácil ver que x sub n también converge a x igual t sobre r x supra prima pertenecienteA S sub t , por lo que s sub t es también completo.

Procedamos pues a la prueba de la proposición. Consideremos una sucesión x sub n pertenecienteA X que sea de Cauchy y que no converja a 0 . Consideremos la subsucesión x abreSub n sub k finSub de los elementos de x sub n que no se anulan. Entonces sea m igual infimo sub k abreNorma x abreSub n sub k finSub cierraNorma . Claramente m mayorQue 0 ya que si m igual 0 existiría una subsucesión de x abreSub n sub k finSub que convergería a 0 , y por tanto la sucesión de Cauchy x sub n también convergería a 0 , lo cual hemos descartado. Además por ser x sub n de Cauchy es acotada abreNorma x sub n cierraNorma menorQue M para algún M mayorQue 0 . Por tanto tenemos que,

Definamos la sucesión

y veamos que es de Cauchy. En efecto, donde hemos hecho uso de que, para k coma l mayorQue N para algún N pertenecienteA losNaturales . Y por ser S sub 1 completo, la sucesión x súper prima finSúper sub k finSub es convergente en S sub 1 . Sea x supra prima pertenecienteA S sub 1 su límite. .

Por esta última desigualdad y por ser losReales completo, la sucesión numérica abreNorma x abreSub n sub k finSub cierraNorma es convergente, digamos a r sub 0 mayorQue 0 . Veamos que la subsucesión x abreSub n sub k finSub es también convergente a r sub 0 x supra prima pertenecienteA X . En efecto,

Así pues, la subsucesión x abreSub n sub k finSub es convergente y al ser x sub n de Cauchy también es convergente toda la sucesión. Por otro lado, si x sub n convergiera a 0 evidentemente también sería convergente, así que hemos probado que toda sucesión de Cauchy en X es convergente y por tanto X es de Banach. ∎

Si x o y son alguno cero, la desigualdad se cumple trivialmente. Entonces supongamos que no son nulos. Definimos z igual x menos lambda y con

Entonces se sigue que, de lo cual se sigue la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

Es claro que si x e y son linealmente dependientes la desigualdad es realmente una igualdad. Recíprocamente si se cumple la igualdad, y y no igual 0 , entonces, es evidente del argumento anterior que z igual x menos lambda y con lambda anteriormente definido, cumple que abreÁngulo z coma z cierraÁngulo igual 0 y por tanto z igual 0 , lo que implica que x e y son linealmente dependientes. El caso y igual 0 es trivial. ∎

Todas las propiedades de una norma se cumplen trivialmente, salvo la desigualdad triangular. Para comprobarla consideremos x e y en X , y tomemos,

donde hemos hecho uso de que parteReal z menorOIgualQue abreValorAbsoluto z cierraValorAbsoluto para todo z pertenecienteA losComplejos y de la desigualdad de Cauchy-Schwarz. De aqí se sigue inmediatamente la desigualdad triangular.

∎

Basta sustituir la norma inducida por su expresión en términos del producto interno (r) y hacer uso de las propiedades del producto interno, y comprobamos que,

y, y de aquí es inmediato probar las identidades (r) y (r).

∎

La implicación directa es similar a la demostración de la proposición anterior y se deja como ejercicio.

Para probar la implicación recíproca veamos que la operación definida en (r en términos de una norma,) define efectivamente un producto interno.

En primer lugar si hacemos x igual y vemos que abreÁngulo x coma x cierraÁngulo igual abreNorma x cierraNorma supra 2 con lo cual abreÁngulo x coma x cierraÁngulo igual 0 si y solo si x igual 0 . También, por simple inspección de (r) vemos que abreÁngulo x coma y cierraÁngulo igual abreÁngulo y coma x cierraÁngulo supra asterisco , y que abreÁngulo i x coma y cierraÁngulo igual i abreÁngulo x coma y cierraÁngulo , y abreÁngulo menos x coma y cierraÁngulo igual menos abreÁngulo x coma y cierraÁngulo como es fácil de verificar.

Sea x igual u másMenos w e y igual v másMenos w para algunos u coma v y w de X . Entonces las identidades del paralelogramo, (r) y (r) nos dan,

Y restando cada ecuación con más menos la versión menos y multiplicando por i la segunda sustracción, obtenemos, o escrito en términos del supuesto producto interno, En concreto si hacemos v igual 0 tenemos que en general, abreÁngulo u coma 2 w cierraÁngulo igual 2 abreÁngulo u coma w cierraÁngulo , por lo que la anterior igualdad nos muestra que, lo que prueba la propiedad lineal respecto de la suma. Más aún, dado n pertenecienteA losNaturales es fácil probar por inducción que, y además, Además, si r pertenecienteA losRacionales entonces existen p coma q pertenecienteA losNaturales tal que r igual másMenos p sobre q de modo que también abreÁngulo r u coma w cierraÁngulo igual r abreÁngulo u coma v cierraÁngulo . Finalmente para todo lambda pertenecienteA losComplejos podemos encontrar una sucesión de números complejos, con r sub n coma s sub n pertenecienteA losRacionales y n igual 1 coma 2 coma puntosSuspensivos . Y por la continidad de la norma, podemos escribir,

lo que prueba la última propiedad del producto interno.

∎

1. 1.

   Es inmediato.

2. 2.

   Sea x e y de M supra perpendicular , z pertenecienteA M y alfa coma beta pertenecienteA FMatemÁTica , entonces alfa x más beta y pertenecienteA M supra perpendicular . En efecto, l i n alfa x más beta y coma z igual alfa abreÁngulo x coma z cierraÁngulo más beta abreÁngulo y coma z cierraÁngulo igual 0 , por lo que M supra perpendicular es subespacio lineal.

   Además, sea x sub n pertenecienteA M supra perpendicular una sucesión convergente en X , entonces abreÁngulo x sub n coma z cierraÁngulo igual 0 para todo z pertenecienteA M . Por continuidad tenemos que,

   abreÁngulo límitePara n de x sub n coma z cierraÁngulo igual límitePara n de abreÁngulo x sub n coma z cierraÁngulo igual 0 coma

   por lo que límitePara n de x sub n pertenecienteA M supra perpendicular ,, y así M supra perpendicular es cerrado.

3. 3.

   Sea x pertenecienteA M , entonces l i n x coma y igual 0 para todo y pertenecienteA M supra perpendicular , por lo que x pertenecienteA abreParéntesis M supra perpendicular cierraParéntesis supra perpendicular .

4. 4.

   Puesto que M es subespacio lineal 0 pertenecienteA M y puesto que abreÁngulo x coma x cierraÁngulo igual 0 si y solo si x igual 0 , entonces se sigue la afirmación M intersección M supra perpendicular igual abreLlave 0 cierraLlave .

5. 5.

   Sea x pertenecienteA N supra perpendicular , entonces l i n x coma z igual 0 para todo z pertenecienteA N , y por tanto también para todo z pertenecienteA M , por lo que x pertenecienteA M supra perpendicular , de lo que se sigue que N supra perpendicular subconjunto M supra perpendicular .

6. 6.

   Puesto que M subconjunto abreÁngulo M cierraÁngulo subconjunto sobreRayado abreÁngulo M cierraÁngulo finsobreRayado tenemos que, sobreRayado abreÁngulo M cierraÁngulo finsobreRayado supra perpendicular subconjunto abreÁngulo M cierraÁngulo supra perpendicular subconjunto M supra perpendicular .

   Ahora para probar la igualdad solo necesitamos ver que además M supra perpendicular subconjunto sobreRayado abreÁngulo M cierraÁngulo finsobreRayado supra perpendicular . Sea x pertenecienteA M supra perpendicular , entonces abreÁngulo x coma z cierraÁngulo igual 0 para todo z pertenecienteA M , y por linealidad también para todo z pertenecienteA abreÁngulo M cierraÁngulo . Sea z sub 0 pertenecienteA sobreRayado abreÁngulo M cierraÁngulo finsobreRayado entonces existe una sucesión z sub n pertenecienteA abreÁngulo M cierraÁngulo tal que límitePara n de z sub n igual z sub 0 . Pero por continuidad en el segundo argumento del producto interior tenemos que,

   abreÁngulo x coma z sub 0 cierraÁngulo igual abreÁngulo x coma límitePara n de z sub n cierraÁngulo igual límitePara n de abreÁngulo x coma z sub n cierraÁngulo igual 0 coma

   por lo que x pertenecienteA sobreRayado abreÁngulo M cierraÁngulo finsobreRayado supra perpendicular .

∎

Basta con darse cuenta que,

y, Por lo que abreÁngulo x coma y cierraÁngulo igual 0 si y solo si su parte real e imaginaria son nulas, lo cual lleva a la demostración de la proposición. ∎

Si x pertenecienteA K evidentemente el único mejor aproximación es el propio x . Por otro lado, si x pertenecienteA X menos K , sea,

Por definición de ínfimo, podemos encontrar una sucesión y sub n pertenecienteA K tal que, de tal modo que la sucesión numérica s sub n igual abreNorma x menos y sub n cierraNorma tiende a delta cuando n tiende a infinito.

Veamos que y sub n es de Cauchy. Por la ley del paralelogramo tenemos que,

donde hemos hecho uso de que K es convexo. El resultado de esta expresión es suficientemente pequeña cuando n coma m son suficientemente grandes. Así por ser K completo la sucesión y sub n tiene un límite y supra asterisco pertenecienteA K .

Primero veamos que y supra asterisco es una mejor aproximación de x en K . Efectivamente, por la continuidad de la norma tenemos,

Y finalmente comprobamos que esta mejor aproximación es única. Sea y supra prima otra mejor aproximación, entonces usando de nuevo la ley del paralelogramo, lo que implica que abreNorma y supra prima menos y supra asterisco cierraNorma igual 0 , o y supra prima igual y supra asterisco que prueba la unicidad. ∎

Implicación directa:

Sea y supra asterisco pertenecienteA K u la mejor aproximación a x pertenecienteA X menos K en K , y sea y pertenecienteA K cualquier elemento de K . Entonces por ser K convexo el punto y supra prima igual lambda y más abreParéntesis 1 menos lambda cierraParéntesis y supra asterisco pertenecienteA K para cada lambda pertenecienteA abreCorchete 0 coma 1 cierraCorchete , así pues tenemos que,

Es decir que si lambda no igual 0 , tenemos que, y puesto que lambda puede escogerse lo más pequeño que se quiera, esta desigualdad se cumplirá siempre que,

Implicación recíproca:

Sea y supra asterisco pertenecienteA K tal que,

para todo y pertenecienteA K . Entonces,

∎

Basta con usar la proposición anterior a M para másMenos y y i másMenos y . ∎

1. a)

   En primer lugar sea x pertenecienteA HCaligrÁFica . Si x pertenecienteA M claramente x igual x más 0 donde x pertenecienteA M y 0 pertenecienteA M supra perpendicular , y es única. Por otro lado, si x no pertenecienteA M por ser M subespacio es convexo,y por ser cerrado y HCaligrÁFica completo, M es también completo, luego M es Chebyshev. Así existe un único y igual P sub M abreParéntesis x cierraParéntesis mejor aproximación en M . Por la caracterización vista anteriormente de y el elemento z igual x menos y es ortogonal a todo punto de M , es decir, z igual x menos y pertenecienteA M supra perpendicular y así, x igual y más abreParéntesis x menos y cierraParéntesis igual x más z con y pertenecienteA M y z pertenecienteA M supra perpendicular . Esta descomposición es única ya que si z pertenecienteA M supra perpendicular entonces también y igual P sub M abreParéntesis x cierraParéntesis es la única mejor aproximación.

2. b)

   Ya sabemos que M subconjunto M súper perpendicular perpendicular finSúper . Pero además si x pertenecienteA M súper perpendicular perpendicular finSúper subconjunto HCaligrÁFica , entonces x igual y más z con y pertenecienteA M y z pertenecienteA M supra perpendicular , pero entonces z igual z menos y pertenecienteA M súper perpendicular perpendicular finSúper pues recordemos que y pertenecienteA M subconjunto M súper perpendicular perpendicular finSúper , y éste último es subespacio. Así z pertenecienteA M supra perpendicular intersección M súper perpendicular perpendicular finSúper igual abreLlave 0 cierraLlave y por tanto z igual 0 y x igual y pertenecienteA M .

∎

Sea z supra prima pertenecienteA HCaligrÁFica menos M , entonces z supra prima igual y más z con y pertenecienteA M y z pertenecienteA M supra perpendicular , y z no igual 0 . ∎

1. a)

   Como en general, S supra perpendicular igual sobreRayado abreÁngulo S cierraÁngulo finsobreRayado supra perpendicular y por el teorema de proyección, tenemos sobreRayado abreÁngulo S cierraÁngulo finsobreRayado igual sobreRayado abreÁngulo S cierraÁngulo finsobreRayado súper perpendicular perpendicular finSúper igual S súper perpendicular perpendicular finSúper .

2. b)

   Si S supra perpendicular igual abreLlave 0 cierraLlave , por la parte a cierraParéntesis tenemos que S súper perpendicular perpendicular finSúper igual sobreRayado abreÁngulo S cierraÁngulo finsobreRayado igual abreLlave 0 cierraLlave supra perpendicular igual HCaligrÁFica . Recíprocamente, si HCaligrÁFica igual sobreRayado abreÁngulo S cierraÁngulo finsobreRayado , entonces abreLlave 0 cierraLlave igual HCaligrÁFica supra perpendicular igual sobreRayado abreÁngulo S cierraÁngulo finsobreRayado supra perpendicular igual S supra perpendicular .

∎

Si S es finito no hay nada que demostrar. Por el contrario si S es infinito, puesto que X es separable, existe un conjunto numerable D igual abreLlave y sub 1 coma puntosSuspensivos coma y sub n coma puntosSuspensivos cierraLlave denso en X . Por tanto para cada x pertenecienteA S existe un n pertenecienteA losNaturales tal que,

Eligiendo un n pertenecienteA losNaturales para cada x pertenecienteA S que cumpla la desigualdad anterior establecemos una función f de S a losNaturales . Veamos que dicha función es inyectiva. En efecto, sean x y x supra prima elementos distintos cualesquiera de S , y y sub n e y abreSub n supra prima finSub , los elementos de D correspondientes a los índices n igual f abreParéntesis x cierraParéntesis y n supra prima igual f abreParéntesis x supra prima cierraParéntesis respectivamente. Entonces ya que, de donde vemos que, por lo que n igual f abreParéntesis x cierraParéntesis no igual n supra prima igual f abreParéntesis x supra prima cierraParéntesis . Por tanto f es inyectiva y S debe ser numerable. ∎

Puesto que abreÁngulo S cierraÁngulo es subespacio es convexo y al ser finito dimensional es completo, por tanto es Chebyshev. Así existe una única mejor aproximación y pertenecienteA abreÁngulo S cierraÁngulo que debe cumplir,

Por tanto podemos escribir,

y comprobar (r) con cada elemento de S , o que implica que,

Otra forma directa de comprobar este hecho es el siguiente,

de modo que los valores de lambda sub k igual abreÁngulo x coma x sub k cierraÁngulo corresponden al valor mínimo de la distancia d abreParéntesis x coma y cierraParéntesis entre x y cualquier elemento y de abreÁngulo S cierraÁngulo . ∎

La demostración es directa. Basta considerar,

Y tomando el límite cuando n tiende infinito llegamos a la desigualdad de Bessel. ∎

La parte no trivial resulta cuando el cardinal de S es superior a alef sub 0 .

Dado n pertenecienteA losNaturales y x pertenecienteA X , sea el subconjunto de S , dado por,

Este conjunto, cuando no es vacío, es finito. En efecto. De no serlo, siempre podemos escoger un subconjunto numerable de este; , dicho subconjunto sigue siendo ortonormal, y debido a la desigualdad de Bessel, se debe cumplir que, con z sub k pertenecienteA C sub n abreParéntesis x cierraParéntesis y para cualquier N pertenecienteA losNaturales . Sin embargo esto es contradictorio.

Así pues el conjunto C igual unión sobre n de C sub n es numerable, es decir que el conjunto de los elementos z de S para los cuales abreÁngulo x coma z cierraÁngulo no igual 0 es numerable.

∎

Implicación directa:

Si sumatorio sobre n de c sub n x sub n es convergente entonces es de Cauchy, es decir, la sucesión de las sumas parciales,

es una sucesión de Cauchy, es decir que para n mayorQue m mayorQue N pertenecienteA losNaturales se tiene que, con lo que la sucesión de sumas parciales, es de Cauchy y por ser losReales completo, la serie sumatorio sobre n de abreValorAbsoluto c sub n cierraValorAbsoluto supra 2 converge y por tanto abreLlave c sub n cierraLlave pertenecienteA l sub 2 . Implicación recíproca:

Supongamos ahora que abreLlave c sub n cierraLlave pertenecienteA l sub 2 , veamos que s u m sub n c sub n x sub n converge. En efecto, la sucesión de sumas parciales de la serie es de Cauchy ya que sumatorio sobre n de abreValorAbsoluto c sub n cierraValorAbsoluto supra 2 es convergente y por tanto de Cauchy y se tiene como antes que,

para todo n mayorQue m mayorQue N , y por ser HCaligrÁFica completo, sumatorio sobre n de c sub n x sub n converge. ∎

Debido a la desigualdad de Bessel, la sucesión abreLlave c sub n cierraLlave de los coeficientes de Fourier c sub n igual abreÁngulo x coma x sub n cierraÁngulo pertenece a l sub 2 , ya que,

Así que por el teorema de Riesz-Fisher la serie de Fourier converge en HCaligrÁFica . ∎

Sea S ortonormal completo y sea v pertenecienteA S supra perpendicular , entonces si v no igual 0 , el conjunto T igual abreLlave v barra abreNorma v cierraNorma cierraLlave unión S sería un conjunto ortonormal que contendría como subconjunto propio a S , y por tanto v debe ser nulo. Por el contrario si S es ortonormal y S supra perpendicular igual abreLlave 0 cierraLlave entonces si existiera T pertenecienteA X ortonormal que contuviera a S como subconjunto propio existiría un v pertenecienteA T menos S distinto de cero, y por ser T ortonormal, tendríamos que v pertenecienteA S supra perpendicular lo cual contradice la hipótesis. ∎

1. iflechaDobleIzquierdaDerecha ii

   Ya ha sido demostrado.

2. iflechaDobleDerecha iii

   Si S supra perpendicular igual abreLlave 0 cierraLlave entonces sea ,

   v igual x menos sumatorio desde n igual 1 hasta infinito de abreÁngulo x coma x sub n ranglex sub n coma

   tenemos que para todo m pertenecienteA losNaturales ,

   abreÁngulo v coma x sub m cierraÁngulo igual abreÁngulo x menos límitePara N de sumatorio desde n igual 1 hasta N de abreÁngulo x coma x sub n cierraÁngulo x sub n coma x sub m cierraÁngulo saltoDeLínea igual límitePara N de abreÁngulo x menos sumatorio desde n igual 1 hasta N de abreÁngulo x coma x sub n ranglex sub n coma x sub m cierraÁngulo saltoDeLínea igual abreÁngulo x coma x sub m cierraÁngulo menos límitePara N de sumatorio desde n igual 1 hasta N de abreÁngulo x coma x sub n cierraÁngulo abreÁngulo x sub n coma x sub m cierraÁngulo saltoDeLínea igual abreÁngulo x coma x sub m cierraÁngulo menos abreÁngulo x coma x sub m cierraÁngulo igual 0

   por lo que v igual 0 .

3. iiiflechaDobleDerecha iv

   Sea x coma y pertenecienteA HCaligrÁFica , por iii),

   x igual sumatorio desde n igual 1 hasta infinito de abreÁngulo x coma x sub n ranglex sub n coma

   y por tanto,

   abreÁngulo x coma y cierraÁngulo igual abreÁngulo límitePara N de sumatorio desde n igual 1 hasta N de abreÁngulo x coma x sub n ranglex sub n coma y cierraÁngulo saltoDeLínea igual límitePara N de sumatorio desde n igual 1 hasta N de abreÁngulo x coma x sub n cierraÁngulo abreÁngulo x sub n coma y cierraÁngulo igual sumatorio desde n igual 1 hasta infinito de abreÁngulo x coma x sub n cierraÁngulo abreÁngulo x sub n coma y cierraÁngulo

   donde hemos hecho uso de la continuidad del producto interno.

4. ivflechaDobleDerecha v

   Solo hay que hacer y igual x en la identidad de Parseval.

5. vflechaDobleDerecha i

   Sea x pertenecienteA S supra perpendicular entonces abreÁngulo x coma x sub n cierraÁngulo igual 0 para todo x sub n pertenecienteA S . Pero por la identidad de Parseval, tenemos,

   abreNorma x cierraNorma supra 2 igual sumatorio desde n igual 1 hasta infinito de abreValorAbsoluto abreÁngulo x coma x sub n cierraÁngulo cierraValorAbsoluto supra 2 igual 0

   de donde x igual 0 y por tanto S supra perpendicular igual abreLlave 0 cierraLlave .

∎

Sea e sub 1 igual x sub 1 barra abreNorma x sub 1 cierraNorma , entonces para n igual 1 se tiene evidentemente que abreÁngulo abreLlave x sub 1 cierraLlave cierraÁngulo igual M sub 1 igual abreÁngulo abreLlave e sub 1 cierraLlave cierraÁngulo . Supongamos cierta la afirmación para n igual k y probemos que también es cierta para n igual k más 1 . Sea abreLlave e sub 1 coma puntosSuspensivos coma e sub k cierraLlave un conjunto ortonormal y tal que,

Sea, que es ortogonal a todo abreLlave e sub 1 coma puntosSuspensivos coma e sub k cierraLlave . En efecto, para todo m igual 1 coma puntosSuspensivos coma k . Y finalmente tomamos e abreSub k más 1 finSub igual y abreSub k más 1 finSub barra abreNorma y abreSub k más 1 finSub cierraNorma que tiene norma unidad y por tanto abreLlave e sub 1 coma puntosSuspensivos coma e sub k coma e abreSub k más 1 finSub cierraLlave es ortonormal y por la propia construcción es evidente que,

∎

Sea x abreSub n sub 1 finSub el primer elemento de abreParéntesis x sub n cierraParéntesis distinto de cero. Es decir, x sub n igual 0 para todo n menorQue n sub 1 . n sub 1 existe ya que la sucesión es no nula. Sea n sub 2 pertenecienteA losNaturales el mínimo natural n mayorQue n sub 1 para el cual no existe un alfa pertenecienteA FMatemÁTica tal que x sub n igual alfa x abreSub n sub 1 finSub . Si n sub 2 no existe, el conjunto abreLlave x abreSub n sub 1 finSub cierraLlave es el conjunto buscado y ya estaría. Por el contrario, si tal natural existe, entonces tomamos x abreSub n sub 2 finSub como el siguiente elemento de la subsucesión de elementos linealmente independientes . Sea ahora abreLlave x abreSub n sub 1 finSub coma x abreSub n sub 2 finSub coma puntosSuspensivos coma x abreSub n sub k finSub cierraLlave el conjunto de los primeros k elementos linealmente independientes (si existieran, y encaso contrario habríamos acabado), los cuales han sido escogidos de x sub n . Entonces sea n abreSub k más 1 finSub pertenecienteA losNaturales y tal que el menor natural n tal que n mayorQue n sub k y para el cual no existen alfa sub 1 coma puntosSuspensivos coma alfa sub k pertenecienteA FMatemÁTica tal que x sub n igual alfa sub 1 x abreSub n sub 1 finSub más alfa sub 2 x abreSub n sub 2 finSub más puntosSuspensivos más alfa sub k x abreSub n sub k finSub . Si tal número no existe, ya habríamos acabado. Sin embargo en caso contrario x abreSub n sub k finSub sería el siguiente elemento de la sucesión linealmente independiente. De esta forma hemos encontrado recursivamente el conjunto finito o infinito abreLlave x abreSub n sub 1 finSub coma x abreSub n sub 2 finSub coma puntosSuspensivos cierraLlave de vectores linealmente independientes que cumplen la tesis del lema ya que bastaría tomar como k el valor máximo de la sucesión n sub eleCaligráfica antes definida tal que n sub eleCaligráfica menorOIgualQue n . ∎

Puesto que HCaligrÁFica es separable existe un conjunto numerable S tal que abreÁngulo S cierraÁngulo es denso en HCaligrÁFica . Por el lema anterior podemos encontrar un subconjunto F subconjunto S de vectores linealmente independientes tal que abreÁngulo F cierraÁngulo igual abreÁngulo S cierraÁngulo , y por el procedimiento de Gram-Schmidt podemos encontrar, a partir de F , un conjunto ortogonal T tal que abreÁngulo T cierraÁngulo igual abreÁngulo F cierraÁngulo igual abreÁngulo S cierraÁngulo , que por tanto el generado por T es denso en HCaligrÁFica y por tanto base ortonormal de HCaligrÁFica . ∎

La familia de todos los conjuntos ortonormales de HCaligrÁFica que es, evidentemente, no vacía puede ordenarse por inclusión. Toda cadena no vacía ( subcolección totalmente ordenada), tiene por cota superior la unión de toda ella

que es también un conjunto ortonormal, ya que dados x coma y pertenecienteA C se tendrá que x pertenecienteA O sub alfa para algún alfa , y n o r m x igual 1 , y y pertenecienteA O sub beta para algún beta , y de nuevo abreNorma y cierraNorma igual 1 ,. Y además como es cadena se tendrá que, sin pérdida de generalidad, O sub alfa subconjunto O sub beta y por tanto x coma y pertenecienteA O sub beta y así l i n x coma y igual 0 , y por tanto C es ortonormal. Finalmente , por el lema de Zorn, la familia de los conjuntos ortonormales posee un elemento maximal, que, por consiguiente, es un conjunto ortonormal completo de HCaligrÁFica . ∎

Inmediato de las expresiones del producto interno en términos de las normas. ∎

Sea S igual abreLlave x sub n lineaVertical n pertenecienteA losNaturales cierraLlave una base de HCaligrÁFica , entonces definimos la aplicación T dosPuntos HCaligrÁFica flechaDerecha l sub 2 del modo siguiente, dado x pertenecienteA HCaligrÁFica tenemos T abreParéntesis x cierraParéntesis igual abreParéntesis abreÁngulo x coma x sub n cierraÁngulo cierraParéntesis sub n igual 1 finSub súper infinito finSúper , es decir a cada x le asignamos una sucesión formada por sus coeficientes de Fourier en la base S , que por la desigualdad de Bessel pertenece a l sub 2 .

Esta aplicación respeta la norma, es decir es isometría ya que por la identidad de Parseval tenemos,

Además esta aplicación es lineal, ya que, para todo lambda coma mi pertenecienteA FMatemÁTica y x coma y pertenecienteA HCaligrÁFica .

Es sobreyectiva en virtud del teorema de Riesz-Fisher, dada una sucesión c pertenecienteA l sub 2 , existe un x pertenecienteA HCaligrÁFica que está definido por la serie,

que puede comprobarse fácilmente que T abreParéntesis x cierraParéntesis igual abreParéntesis c sub n cierraParéntesis sub n igual c .

Finalmente para comprobar la inyectividad basta probar que si T abreParéntesis x cierraParéntesis igual 0 entonces x igual 0 debido a la linealidad. Pero esto es así por ser isometría ya que,

y por tanto x igual 0 .

∎

Si v y v supra prima son sumas distintas de abreLlave v sub alfa cierraLlave abreSub alfa pertenecienteA A finSub , entonces dado un epsilon mayorQue 0 , existirá sendos conjuntos finitos J sub 0 y J sub 0 finSub súper prima finSúper tal que cumplan las propiedades de la definición de suma para v y v supra prima respectivamente. Entonces basta tomar la colección de índices JVirgulilla sub 0 igual J sub 0 unión J súper prima finSúper sub 0 finSub que contiene a ambos, para ver que,

∎

Inmediato. ∎

Sea C sub n subconjunto A el subconjunto de índices alfa pertenecienteA A de índices tales que abreNorma v sub alfa cierraNorma pertenecienteA abreCorchete 1 sobre n coma comienzaFracción 1 sobre n menos 1 finFracción cierraParéntesis . Entonces el conjunto de índices,,

es el conjunto de índices alfa para los cuales abreNorma v sub alfa cierraNorma no igual 0 . Ahora procedamos por contradicción y asumamos que abreLlave v sub alfa cierraLlave abreSub alfa pertenecienteA A finSub es sumable pero C es no numerable. Si C es no numerable, algún C sub n debe ser no numerable, sea n sub 0 tal que C abreSub n sub 0 finSub sea no numerable.

Por otro lado, puesto que abreLlave v sub alfa cierraLlave abreSub alfa pertenecienteA A finSub es sumable, digamos a v pertenecienteA X , dado epsilon igual comienzaFracción 1 sobre 2 n sub 0 finFracción existe una colección finita J sub 0 de índices tales que si J es otra colección finita tal que J sub 0 subconjunto J se debe tener,

En concreto y dado J podemos encontrar un índice alfa sub 0 pertenecienteA C abreSub n sub 0 finSub que no estuviera en J , ya que C abreSub n sub 0 finSub es infinito. Entonces J P prima igual J unión abreLlave alfa sub 0 cierraLlave debe cumplir la misma desigualdad anterior, pero además tenemos que,

Lo cual contradice la desigualdad anterior para J supra prima . ∎