G6-E7

[!infobox] Densidad del Subespacio de Suma Cero en c00c_{00} Contexto: Análisis Funcional / Espacios de Sucesiones / Hiperplanos Enunciado: Sea E=c00={(an)∈ℓ∞:∃n0,∀n≥n0,an=0}E = c_{00} = \{ (a_n) \in \ell^\infty : \exists n_0, \forall n \ge n_0, a_n = 0 \} el espacio de sucesiones con soporte finito. Sea S={a∈E:∑n=1∞an=0}S = \{ a \in E : \sum_{n=1}^\infty a_n = 0 \}. Pruebe que SS es denso en EE. Advertencia/Clave:

  • Método 1 (Topológico): Usa la dicotomía de los hiperplanos (Ejercicio 4d). Si un hiperplano no es cerrado, es denso.
  • Método 2 (Constructivo): Distribuye el "error" de la suma en una cola larga y delgada para minimizar la norma supremo mientras corriges la suma total.

Demostración 1: Vía Hiperplanos No Cerrados

Esta demostración se basa en la proposición: "Si HH es un hiperplano en un espacio normado XX, entonces HH es cerrado o HH es denso en XX".

  1. Caracterización de S como Hiperplano: Definimos la funcional φ:E→R\varphi: E \to \mathbb{R} como:
φ(x)=∑n=1∞xn\varphi(x) = \sum_{n=1}^\infty x_n 
* **Buena definición:** Dado que $x \in E$, la sucesión tiene soporte finito, por lo que la suma es finita y está bien definida.
* **Linealidad:** La suma es una operación lineal. $\varphi(\alpha x + y) = \sum (\alpha x_n + y_n) = \alpha \sum x_n + \sum y_n = \alpha \varphi(x) + \varphi(y)$.
* **Núcleo:** Observamos que $S = \ker(\varphi)$. Como $\varphi$ no es la funcional nula (pues $\varphi(e_1) = 1 \neq 0$), $S$ es un subespacio de codimensión 1 (un hiperplano).

2. Prueba de que S no es cerrado: Para probar que SS no es cerrado, basta exhibir una sucesión (sk)k∈N⊆S(s_k)_{k \in \mathbb{N}} \subseteq S que converja a un límite v∈Ev \in E, tal que v∉Sv \notin S. * Objetivo: Sea v=e1=(1,0,0,… )∈Ev = e_1 = (1, 0, 0, \dots) \in E. Notar que φ(e1)=1≠0\varphi(e_1) = 1 \neq 0, luego e1∉Se_1 \notin S. * Construcción: Para cada k∈Nk \in \mathbb{N}, definimos sk∈Es_k \in E como:

sk=(1,−1k,−1k,…,−1k⏟k veces,0,0,… )s_k = (1, \underbrace{-\frac{1}{k}, -\frac{1}{k}, \dots, -\frac{1}{k}}_{k \text{ veces}}, 0, 0, \dots) 
* **Verificación de Pertenencia a S:**
φ(sk)=1+∑j=1k(−1k)=1+k(−1k)=1−1=0  ⟹  sk∈S\varphi(s_k) = 1 + \sum_{j=1}^k \left(-\frac{1}{k}\right) = 1 + k\left(-\frac{1}{k}\right) = 1 - 1 = 0 \implies s_k \in S 
* **Convergencia:**
    Calculamos la norma de la diferencia en $(E, \|\cdot\|_\infty)$:
sk−e1=(0,−1k,…,−1k,0,… )s_k - e_1 = (0, -\frac{1}{k}, \dots, -\frac{1}{k}, 0, \dots) ∥sk−e1∥∞=sup⁡n∈N∣(sk−e1)n∣=1k\|s_k - e_1\|_\infty = \sup_{n \in \mathbb{N}} |(s_k - e_1)_n| = \frac{1}{k} 
    Dado que $\lim_{k \to \infty} \frac{1}{k} = 0$, tenemos que $s_k \to e_1$.

3. Conclusión: Hemos encontrado una sucesión en SS que converge a un punto fuera de SS. Por lo tanto, S‾≠S\overline{S} \neq S (SS no es cerrado). Por la propiedad de los hiperplanos (Ejercicio 4d), al no ser cerrado, SS debe ser denso.

∴S‾=E\therefore \overline{S} = E

Demostración 2: Vía Aproximación Directa (ϵ\epsilon)

Queremos demostrar que ∀x∈E,∀ϵ>0,∃s∈S\forall x \in E, \forall \epsilon > 0, \exists s \in S tal que ∥x−s∥∞<ϵ\|x - s\|_\infty < \epsilon.

  1. Análisis del Elemento Arbitrario: Sea x=(xn)n∈N∈Ex = (x_n)_{n \in \mathbb{N}} \in E. Por definición de EE, existe N0∈NN_0 \in \mathbb{N} tal que xn=0x_n = 0 para todo n≥N0n \geq N_0. Sea C=φ(x)=∑n=1N0xnC = \varphi(x) = \sum_{n=1}^{N_0} x_n.

    • Si C=0C = 0, entonces x∈Sx \in S y tomamos s=xs=x.
    • Si C≠0C \neq 0, necesitamos corregir la suma.

  2. Construcción del Aproximante: Sea ϵ>0\epsilon > 0. Por la Propiedad Arquimediana, existe m∈Nm \in \mathbb{N} suficientemente grande tal que:

∣C∣m<ϵ\frac{|C|}{m} < \epsilon 
Construimos $s \in E$ extendiendo el soporte de $x$ con $m$ términos de corrección:
sn={xnsi 1≤n<N0xN0−Cmsi n∈[N0,N0+m−1](Asumiendo xn=0 aquıˊ)0si n≥N0+ms_n = \begin{cases} x_n & \text{si } 1 \le n < N_0 \\ x_{N_0} - \frac{C}{m} & \text{si } n \in [N_0, N_0 + m - 1] \quad (\text{Asumiendo } x_n=0 \text{ aquí}) \\ 0 & \text{si } n \ge N_0 + m \end{cases} 
Formalmente, definimos $z = (\underbrace{0, \dots, 0}_{N_0-1}, \underbrace{-\frac{C}{m}, \dots, -\frac{C}{m}}_{m}, 0, \dots)$ y tomamos $s = x + z$.

3. Verificaciones: * Soporte Finito: ss se anula a partir de n=N0+mn = N_0 + m, por lo tanto s∈Es \in E. * Pertenencia a S (Suma nula):

∑n=1∞sn=∑n=1∞xn+∑n=1∞zn=C+m(−Cm)=C−C=0  ⟹  s∈S\sum_{n=1}^\infty s_n = \sum_{n=1}^\infty x_n + \sum_{n=1}^\infty z_n = C + m\left(-\frac{C}{m}\right) = C - C = 0 \implies s \in S 
* **Distancia (Norma):**
∥x−s∥∞=∥−z∥∞=sup⁡n∣zn∣=∣−Cm∣=∣C∣m\|x - s\|_\infty = \|-z\|_\infty = \sup_{n} |z_n| = \left| -\frac{C}{m} \right| = \frac{|C|}{m} 
    Por la elección de $m$, tenemos $\frac{|C|}{m} < \epsilon$.

4. Conclusión: Dado que xx y ϵ\epsilon eran arbitrarios, todo punto de EE es punto de adherencia de SS. ∴S\therefore S es denso en EE. ■\blacksquare