G6-E4

Si S⊆ES\subseteq E es un hiperplano   ⟹  S\implies S es o cerrado o denso.

Idea: Si puedo agarrar algún elemento en la clausura, puedo agarrar a todos.

Dem:Dem: Supongamos SS no cerrado. Sea v∈S‾v \in \overline{S} con v∉Sv\not\in S Entonces

E=⟨v⟩⊕SE=\braket{ v} \oplus S

Quiero ver que SS es denso. Sea (sn)n∈N⊆S( s_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subseteq S sucesión con sn⟶vs_{n}\longrightarrow v y sea w∈E.w \in E.

w=λ⋅v+sλ⋅sn+s⟶wyλ⋅sn+s∉S∀n∈N\begin{array}{c} w=\lambda\cdot v+s \\ \lambda\cdot s_{n}+s\longrightarrow w\quad y\quad \lambda\cdot s_{n}+s\not\in S\quad \forall n\in \mathbb{N} \end{array}

pues

∣∣w−(λ⋅sn+s)∣∣=∣∣λ⋅v+s−(λ⋅sn+s)∣∣=∣∣λ⋅v−λ⋅sn∣∣=∣λ∣⋅∣∣v−sn∣∣⟶0\lvert \lvert w-(\lambda\cdot s_{n}+s) \rvert\rvert =\lvert \lvert \lambda\cdot v+s-(\lambda\cdot s_{n}+s) \rvert\rvert =\lvert \lvert \lambda\cdot v-\lambda\cdot s_{n} \rvert\rvert =|\lambda|\cdot \lvert \lvert v-s_{n} \rvert\rvert \longrightarrow 0

[!infobox] Propiedades Topológicas de Subespacios Contexto: Análisis Funcional / Topología en Espacios Normados Enunciado: Sea EE un espacio normado y SS un subespacio vectorial de EE.

  1. La clausura S‾\overline{S} es un subespacio de EE.
  2. Si SS es un subespacio propio (S⊊ES \subsetneq E), entonces su interior es vacío (S∘=∅S^\circ = \emptyset). Advertencia/Clave: Para (b), la clave es demostrar que si un subespacio contiene una bola abierta centrada en el origen, necesariamente contiene a todo el espacio (por homogeneidad de la norma).

Demostración Rigurosa:

(a) S‾\overline{S} es un subespacio

  1. No vaciedad: Como SS es subespacio, 0E∈S0_E \in S. Dado que S⊆S‾S \subseteq \overline{S}, tenemos 0E∈S‾0_E \in \overline{S}.

  2. Clausura bajo la suma: Sean x,y∈S‾x, y \in \overline{S}. Por la caracterización secuencial de la clausura en espacios métricos, existen sucesiones (xn)n∈N⊂S(x_n)_{n\in\mathbb{N}} \subset S y (yn)n∈N⊂S(y_n)_{n\in\mathbb{N}} \subset S tales que:

xn→xyyn→yx_n \to x \quad \text{y} \quad y_n \to y 
Sea $z_n = x_n + y_n$. Como $S$ es subespacio, $z_n \in S$ para todo $n$.
Por la continuidad de la suma vectorial en espacios normados:
lim⁡n→∞zn=lim⁡n→∞(xn+yn)=x+y\lim_{n \to \infty} z_n = \lim_{n \to \infty} (x_n + y_n) = x + y 
Dado que $(z_n)$ es una sucesión en $S$ convergente a $x+y$, concluimos que $x+y \in \overline{S}$.

3. Clausura bajo producto por escalar: Sean x∈S‾x \in \overline{S} y λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. Existe (xn)⊂S(x_n) \subset S tal que xn→xx_n \to x. Sea wn=λxnw_n = \lambda x_n. Como SS es subespacio, wn∈Sw_n \in S. Por la continuidad del producto por escalar:

lim⁡n→∞wn=lim⁡n→∞(λxn)=λx\lim_{n \to \infty} w_n = \lim_{n \to \infty} (\lambda x_n) = \lambda x 
Por lo tanto, $\lambda x \in \overline{S}$.

∴S‾\therefore \overline{S} es un subespacio vectorial.

(b) Si S⊊E  ⟹  S∘=∅S \subsetneq E \implies S^\circ = \emptyset

Procedemos por el absurdo. Supongamos que S∘≠∅S^\circ \neq \emptyset.

  1. Existencia de bola abierta: Existe x0∈Sx_0 \in S y r>0r > 0 tal que la bola abierta B(x0,r)⊆SB(x_0, r) \subseteq S.

  2. Traslación al origen: Probemos que B(0,r)⊆SB(0, r) \subseteq S. Sea v∈B(0,r)v \in B(0, r). Entonces ∥v∥<r\|v\| < r. Consideramos el vector u=v+x0u = v + x_0. Note que ∥u−x0∥=∥v∥<r\|u - x_0\| = \|v\| < r, por lo tanto u∈B(x0,r)⊆Su \in B(x_0, r) \subseteq S. Como SS es un subespacio, es cerrado bajo resta:

v=u−x0∈S(pues u∈S,x0∈S)v = u - x_0 \in S \quad (\text{pues } u \in S, x_0 \in S) 
Por lo tanto, $B(0, r) \subseteq S$.

3. Absorción del espacio (Homogeneidad): Sea y∈Ey \in E un vector arbitrario tal que y≠0y \neq 0. Construimos un vector escalado que entre en la bola: Sea α=r2∥y∥\alpha = \frac{r}{2\|y\|}. Notemos que α>0\alpha > 0. Consideramos z=αyz = \alpha y. Calculamos su norma:

∥z∥=∥αy∥=∣α∣∥y∥=r2∥y∥∥y∥=r2<r\|z\| = \|\alpha y\| = |\alpha| \|y\| = \frac{r}{2\|y\|} \|y\| = \frac{r}{2} < r 
Esto implica que $z \in B(0, r)$, y por el paso (2), $z \in S$.

4. Contradicción: Como z∈Sz \in S y SS es un subespacio, 1αz∈S\frac{1}{\alpha} z \in S.

1αz=1α(αy)=y  ⟹  y∈S\frac{1}{\alpha} z = \frac{1}{\alpha} (\alpha y) = y \implies y \in S 
Como $y$ era arbitrario, $E \subseteq S$.
Esto implica $S = E$, lo cual contradice la hipótesis $S \subsetneq E$.

∴S∘=∅\therefore S^\circ = \emptyset. ■\blacksquare

[!infobox] Subespacios de Dimensión Finita son Cerrados Contexto: Análisis Funcional / Topología Enunciado: Sea EE un espacio normado y SS un subespacio de EE. Si dim⁡(S)<∞\dim(S) < \infty, entonces SS es un conjunto cerrado en EE. Advertencia/Clave: La implicación clave es: Dimensión Finita   ⟹  \implies Completo   ⟹  \implies Cerrado. No es necesario que EE sea completo (Banach), basta con que SS lo sea.

Demostración:

Queremos probar que SS es cerrado. Usaremos la caracterización por sucesiones. Sea (xn)n∈N⊆S(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq S una sucesión tal que xn→xx_n \to x en EE. Debemos demostrar que x∈Sx \in S.

  1. Sucesión de Cauchy: Dado que (xn)(x_n) es convergente en EE, es una sucesión de Cauchy. Es decir, ∀ϵ>0,∃N∈N\forall \epsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N} tal que si n,m≥N  ⟹  ∥xn−xm∥<ϵn, m \geq N \implies \|x_n - x_m\| < \epsilon. Como (xn)⊆S(x_n) \subseteq S, es una sucesión de Cauchy en el espacio normado (S,∥⋅∥)(S, \|\cdot\|).

  2. Completitud de la Dimensión Finita: Sabemos por teorema que todo espacio normado de dimensión finita es completo (es un Espacio de Banach). Dado que dim⁡(S)<∞\dim(S) < \infty, SS es completo.

  3. Convergencia en S: Por definición de completitud, toda sucesión de Cauchy en SS converge a un límite dentro de SS. Por lo tanto, existe un y∈Sy \in S tal que lim⁡n→∞xn=y\lim_{n \to \infty} x_n = y (con la norma restringida a SS).

  4. Unicidad del Límite: Tenemos que xn→xx_n \to x en EE y xn→yx_n \to y en SS (y por ende en EE). Por la unicidad del límite en espacios normados, se sigue que x=yx = y.

  5. Conclusión: Como y∈Sy \in S, entonces x∈Sx \in S. Esto demuestra que SS contiene a todos sus puntos de acumulación. ∴S\therefore S es cerrado. ■\blacksquare

[!infobox] Hiperplanos: Dicotomía Topológica Contexto: Análisis Funcional / Topología Enunciado: Sea EE un espacio normado y SS un hiperplano de EE. Entonces, SS es cerrado o SS es denso en EE. Advertencia/Clave: La clave es usar la codimensión 1. Si te "escapas" del hiperplano hacia su clausura, ese vector extra te permite generar todo el espacio mediante aproximaciones.

Demostración:

Si SS es cerrado, la proposición es trivialmente cierta. Supongamos que SS no es cerrado. Debemos probar que es denso (S‾=E\overline{S} = E).

  1. Existencia de un vector frontera externo: Como SS no es cerrado, S⊊S‾S \subsetneq \overline{S}. Existe un vector v∈S‾v \in \overline{S} tal que v∉Sv \notin S. Por caracterización de clausura, existe una sucesión (sn)n∈N⊆S(s_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq S tal que:
lim⁡n→∞sn=v\lim_{n \to \infty} s_n = v
  1. Descomposición del espacio (Codimensión 1): Dado que SS es un hiperplano y v∉Sv \notin S, tenemos que EE es la suma directa de SS y el espacio generado por vv:
E=S⊕⟨v⟩E = S \oplus \langle v \rangle 
Esto implica que para todo vector $w \in E$, existen únicos $s \in S$ y $\lambda \in \mathbb{K}$ tales que:
w=s+λvw = s + \lambda v
  1. Construcción de la sucesión aproximante: Queremos demostrar que w∈S‾w \in \overline{S}. Para ello, construimos una sucesión en SS que converja a ww. Definimos la sucesión (zn)n∈N(z_n)_{n \in \mathbb{N}} como:
zn=s+λsnz_n = s + \lambda s_n 
* **Pertenencia a S:** Como $s \in S$, $s_n \in S$ y $S$ es un subespacio vectorial, entonces $z_n \in S$ para todo $n$.
* **Convergencia:** Usando la continuidad de las operaciones vectoriales:
lim⁡n→∞zn=lim⁡n→∞(s+λsn)=s+λ(lim⁡n→∞sn)=s+λv=w\lim_{n \to \infty} z_n = \lim_{n \to \infty} (s + \lambda s_n) = s + \lambda \left(\lim_{n \to \infty} s_n\right) = s + \lambda v = w
  1. Conclusión: Hemos probado que todo w∈Ew \in E es límite de una sucesión de elementos de SS.
  ⟹  w∈S‾\implies w \in \overline{S}   ⟹  E⊆S‾\implies E \subseteq \overline{S} 
Por lo tanto, $\overline{S} = E$, es decir, $S$ es denso en $E$. $\blacksquare$