Una Caracterización de Espacios Reflexivos.

(1)

Una Caracterizaci´

on de Espacios Reflexivos.

David Fernando Ram´ırez Garc´ıa

9 de diciembre del 2011

Introducci´on.

Dado un espacio de Banach X, denotamos por X∗ al espacio de funcionales lineales acotados de X, también llamado espacio dual o conjugado. Podemos considerar también el espacio dual del espacio dual, también llamado espacio bidual o segundo conjugado, que se denota X∗∗. Para x∗∈ X∗_{, x ∈ X usamos la notaci´}_{on hx, x}∗_{i = x}∗_(x).

Si x es fijo, la relaci´on hx, x∗i define un funcional lineal continuo en X∗ _{y de ´}_{esta forma podemos asociar x a un}

elemento x∗∗ ∈ X∗∗_{. ´}_{Este mapeo resulta ser inyectivo y una isometr´ıa (para probarlo se usa el teorema de}

Hahn-Banach). Es llamado identificaci´on can´onica

El espacio X es reflexivo si la identificación canónica es sobre. Aunque la definición es clara y simple, en algunos aspectos la definición no es muy satisfactoria. En primer lugar, verificar la reflexividad de un espacio dado partiendo de la definición requiere hallar X y X∗ _{y ´}_{esto en general es dif´ıcil o laborioso. Nos gustar´ıa poder determinar la}

reflexividad de un espacio de una manera intr´ınseca, sin hacer referencia a sus espacios conjugados.

En el proceso obtendremos una mejor perspectiva de la estructura de un espacio reflexivo. En particular, se hará evidente que la reflexividad es una propiedad ´ıntimamente ligada a la geometr´ıa de la bola unitaria del espacio. Definiremos las topolog´ıas débil y débil* en X y X∗ respectivamente y probaremos que X es reflexivo si y sólo si la esfera unitaria BX en X es compacto en la topolog´ıa débil. Queremos probar también el teorema

de Eberlein-Smulian, el cual dice que dado un espacio de Banach X y un subconjunto A de X cualesquiera, las siguientes condiciones son equivalentes:

Toda sucesión {xn} en A tiene una subsucesión que converge a un punto de A en la topolog´ıa débil.

A es compacto en la topolog´ıa d´ebil de X.

Una vez que tenemos ´esto, podremos probar que l1 no es reflexivo sin tener que calcular su espacio dual. La idea de como hacerlo se explica a continuaci´on. (*)En l1_{, toda sucesi´}_{on que converge en la topolog´}_{a d´}_{ebil tambi´}_en

converge en la topolog´ıa inducida por la norma (hay que probarlo). La bola unitaria cerrada B en l1_{no es compacta.}

Como l1 _{es m´}_{etrico con la topolog´ıa inducida con la norma, un conjunto es compacto si y s´}_{olo si es secuencialmente}

compacto (se darán las definiciones correspondientes más adelante), por lo tanto B no es secuencialmente compacta. Entonces existe una sucesión en B que no tiene subsucesión convergente a un punto de B (en la topolog´ıa inducida por la norma). Por (*) lo mismo pasa en la topolog´ıa débil, entonces por el teorema de Eberlein-Smuliman B no es compacto y por lo tanto l1 _{no es reflexivo.}

Notaci´on

Alguna de la notaci´on que usaremos ser´a la siguiente:

Si X es un espacio topol´ogico, τ una topolog´ıa en X, A ⊂ X, Aτ denota la cerradura de A con respecto a la topolog´ıa τ .

Si X es un espacio vectorial, {xn}n ⊂ X, [xn] denota la cerradura de la envolvente lineal de {xn}, esto es

[xn] = sp (xn)

Si X es un espacio normado BX= {x ∈ X : kxk ≤ 1}, y SX= {x ∈ X : kxk = 1}

(2)

Definici´on 1. Sea X un espacio vectorial real. Un subconjunto A ⊂ X es convexo si (1 − t) x + ty ∈ A siempre que x, y ∈ A y t ∈ [0, 1], y es balanceado si tA := {ta : a ∈ A} ⊂ A para todo |t| ≤ 1

Si X es normado, todas las bolas son subconjuntos convexos de X. Definimos baA = S

|t|≤1tA es el menor

subconjunto de X que es balanceado y contiene a A y lo llamaremos envolvente balanceada de A. Similarmente, definimos la envolvente convexa de A como el menor subconjunto de X que es convexo y contiene a A. Lo denota-remos convA. Se puede demostrar que convA es el conjunto de las combinaciones lineales finitas Pn

k=1tkak tales

que ak∈ A , tk ≥ 0 para k = 1, 2..., n yP n

k=1tk= 1.

Definici´on 2. Un conjunto A ⊂ X que es convexo y balanceado se llama absolutamente convexo. La envolvente absolutamente convexa de un conjunto A ⊂ X es el menor subconjunto de X que contiene a A y es absolutamente convexo.

Un ejemplo de un conjunto absolutamente convexo son las bolas unitarias centradas en 0 de un espacio normado. Un ejemplo de un conjunto convexo pero no balanceado en R3 es la bola cerrada unitaria con centro en (0, 0, 2). Para obtener un conjunto balanceado que no es convexo, consideramos un pent´_{agono regular en R}2 con centro en 0 y la “estrella” que se forma con las diagonales del pent´agono. La “estrella” es balanceada pero no es convexa. Proposici´on 1. La envolvente absolutamente convexa de A es igual a la envolvente convexa de la envolvente balanceada de A y consiste de las combinaciones lineales finitasPn

k=1tkaktales que ak ∈ A , tk≥ 0 para k = 1, 2..., n

y Pn

k=1|tk| ≤ 1.

Demostraci´on. Denotamos por abconA a la envolvente convexa de A. Notemos primero que

conv (baA) = conv   [ |t|≤1 tA  =    n X k=1 tkak | tk≥ 0, X tk = 1 ak ∈ [ |t|≤1 tA    Probaremos que    n X k=1 tkak| tk≥ 0, X tk= 1 ak ∈ [ |t|≤1 tA    = ( _n X k=1 tkak| X |tk| ≤ 1 ak ∈ A ) . Si Pn

k=1tkak es tal que tk ≥ 0, P tk = 1 ak ∈ S_|t|≤1tA, entonces para cada ak, existe t0k, |t0k| ≤ 1 y a0k con

ak= t0ka0k. As´ı Pn k=1tkak=P n k=1tkt0ka0k, yP |tkt0k| ≤P |tk| ≤ 1. Por lo tanto    n X k=1 tkak| tk ≥ 0, X tk= 1, ak ∈ [ |t|≤1 tA    ⊂ ( n X k=1 tkak| X |tk| ≤ 1, ak∈ A ) . Ahora, si Pn

k=1tkak es tal queP |tk| ≤ 1, ak ∈ A, tomamos t =P |tk|. As´ı, n X k=1 tkak = n X k=1 |tk| t tkt |tk| ak ∈    n X k=1 tkak | tk ≥ 0, X tk = 1 ak∈ [ |t|≤1 tA    pues ttk |tk| = t ≤ 1, tkt |tk|ak ∈ S |t|≤1tA y P|tk| t = 1. As´ı conv (baA) =    n X k=1 tkak| tk ≥ 0, X tk = 1 ak∈ [ |t|≤1 tA    = ( n X k=1 tkak | X |tk| ≤ 1 ak∈ A ) (1)

El conjunto conv (baA) es convexo por definición, y de (1) es fácil ver que es balanceado. Por lo tanto abconA ⊂ conv (baA). Para la otra contención, abconA es un conjunto balanceado que contiene a A, por lo tanto baA ⊂ abconA. As´ı, abconA es un conjunto convexo que contiene a baA, por lo tanto abconA ⊃ conv (baA) como quer´ıamos.

(3)

Espacios Vectoriales Topol´ogicos

De aqu´ı en adelante, cuando hagamos referencia a un campo K, ´este campo K denotar´a R o C.

Definici´on 4. Un espacio vectorial topol´_{ogico (e.v.t) X es un espacio vectorial sobre un campo K equipado con} una topolog´ıa tal que

α : X × X → X, α (x, y) = x + y y β : K × X → X, β (λ, x) = λx

son continuas (X × X y K × X tienen la topolog´ıa producto).

Sea X un e.v.t y Tc : X → X con Tc(x) = x + c. La funci´on Kc : X × X → X × X con K (x, y) = (c, y) es

continua, luego, por la definici´on de e.v.t Tc = α ◦ Kc es continua. Su inversa es T−cy tambi´en es continua, por lo

cual Tc es un homeomorfismo. Por lo tanto, la topolog´ıa de X queda completamente determinada por una base U

de vecindades de U de 0.

De manera parecida, se puede probar tambi´en que las funciones Sa: X → X con Sa(x) = ax, a ∈ K, a 6= 0 son

homeomorfismos.

Definición 5. Si X tiene también una base de vecindades en 0 que son convexas (ésto no se sigue de la definición de e.v.t), decimos que X es localmente convexo. Un e.v.t localmente convexo se dice brevemente espacio localmente convexo (e.l.c).

Definici´on 6. Sea X un espacio vectorial y A ⊂ X absorbente convexo. Definimos pA: X → [0, ∞) por

pA(x) = ´ınf {r > 0 | x ∈ rA}

pAse llama el funcional de Minkowski

El funcional de Minkowski est´a bien definido, con rango en [0, ∞) pues A es absorbente.

Proposición 2. El funcional de Minkowski es una seminorma para todo A absorbente y absolutamente convexo. Demostración. Hay que verificar que se cumple la definición de seminorma:

1. pA≥ 0 por definici´on de pA

2. Por hip´otesis A es convexo. Supongamos primero que pA(x) = pA(y) = r. Entonces, para todo > 0 tenemos

que x, y ∈ (r + ) A = A0. Como A es convexo, A0 tambi´en es convexo. Entonces 1 2x +

1 2y ∈ A

0_{. Por definici´}_on

del funcional de Minkowski tenemos pA 1 2x + 1 2y ≤ r + =1 2pA(x) + 1 2pA(y) + Pero 1 2pA(x + y) = 1 2´ınf {r > 0 | x + y ∈ rA} = ´ınf 1 2r > 0 | x + y ∈ rA = = ´ınf {r > 0 | x + y ∈ 2rA} = ´ınf r > 0 | x + y 2 ∈ rA = pA 1 2x + 1 2y . Por lo tanto, para todo > 0

pA(x + y) ≤ pA(x) + pA(y) +

de donde pA(x + y) ≤ pA(x) + pA(y). El caso general se obtiene a partir de una modificaci´on de lo anterior.

3. El que A sea balanceado implica que

λx ∈ rX ⇔ x ∈ r |λ|X Luego pA(λx) = ´ınf {r > 0 | λx ∈ rX} = ´ınf |λ| r |λ| > 0 | x ∈ r |λ|X = |λ| pA(x)

(4)

Haciendo una modificaci´on a la prueba de la proposici´on 2, obtenemos el siguente resultado. Corolario 1. Si A es absorbente y convexa, entonces para todos x, y ∈ X, λ > 0

pA(x + y) ≤ pA(x) + pA(y)

pA(λx) = λpA(x)

Notemos que 0 ∈ A pues si x ∈ A, −x ∈ A por ser A balanceado y por ser A convexo 0 = 1/2x − 1/2x ∈ A. As´ı, por convexidad, para 0 < r < 1, x ∈ A ⇒ rx = rx + (1 − r) 0 ∈ A, por lo tanto rA ⊂ A. As´ı pA(x) < 1 ⇒ ∃r < 1

tal que x ∈ rA ⊂ A, de donde {x ∈ X | pA(x) < 1} ⊂ A ⊂ {x ∈ X | pA(x) ≤ 1}.

Lema 1. Sean X un e.v.t, A ⊂ X convexo y absorbente. Entonces 1. Si A es abierto, A = {x ∈ X : pA< 1}

2. Si A es cerrado, A = {x ∈ X : pA≤ 1}

Demostraci´on. 1. Si B = {x ∈ X : pA< 1}, de la discusi´on anterior notamos que B ⊂ A. Supongamos que A es

abierto y x ∈ A. Por la continuidad del producto por escalar existe λ > 1 tal que λx ∈ A. De ah´ı obtenemos que pA(x) ≤ 1_λ < 1 y A ⊂ B.

2. Si C = {x ∈ X : pA≤ 1}, de la discusi´on anterior tenemos que A ⊂ C. Supongamos que A es cerrado y x /∈ A.

Nuevamente la continuidad del producto nos da λ < 1 tal que λx /∈ A, de donde pA(x) ≥ 1_λ > 1 y C ⊂ A.

Proposici´on 3. Si p es una seminorma en X, los conjuntos {x ∈ X | pA(x) < 1} y {x ∈ X | pA(x) ≤ 1} son

absolutamente convexos y absorbentes.

Demostraci´on. S´olo haremos la prueba para A = {x ∈ X | pA(x) < 1} ya que la prueba para el otro conjunto es

an´aloga. Sean x, y ∈ A, t ∈ [0, 1]. Entonces p ((1 − t) x + ty) ≤ (1 − t) p (x)+tp (y) < 1. Por lo tanto (1 − t) x+ty ∈ A y A es convexo. A es balanceado por la homogeneidad de la seminorma. Finalmente, sea x ∈ X. Entonces existe r0 tal que p (x) < r0. Entonces, para todo r con |r| ≥ r0, x ∈ {y ∈ X | p (y) < |r|} = {y ∈ X | p (y/ |r|) < 1} =

{|r| y ∈ X | p (y) < 1} = |r| {y ∈ X | p (y) < 1} = |r| A = rA. De aqu´ı A es absorbente.

Definici´_{on 7. Un par dual es una terna (X, Y, h, i) que consiste de dos e.v.t X, Y sobre el mismo campo K(= R o} C) y una forma bilineal h, i : X × Y → K que satisfacen:

1. hx, yi = 0 para todo x ∈ X implica que y = 0. 2. hx, yi = 0 para todo y ∈ Y implica que x = 0.

Proposici´on 4. Un ejemplo de un par dual es un e.l.c X real junto con su espacio dual X∗ y la forma bilineal can´onica en X × X∗ definida por hx, x∗i = x∗_(x).

Demostraci´on. Es facil ver que la parte 1 de la definici´on es cierta. Para ver que se cumple 2, dado x ∈ X\ {0}, definimos x∗_{en {kx : k ∈ R} por x}∗(kx) = k. Claramente x∗ es lineal y continuo. Por el teorema de Hahn-Banach, podemos extender x∗ continuamente a todo X. Entonces x∗∈ X∗_{y hx, x}∗_{i = 1 6= 0.}

A continuación definiremos unas topolog´ıas en un par dual X, Y respecto a las cuales X y Y serán Hausdorff y localmente convexos. Cómo las traslaciones son homeomorfismos, éstas topolog´ıas quedaran determinadas por completo una vez que hayamos dado una base de vecindades para un punto arbitrario x ∈ X y y ∈ Y .

Definici´on 8. Sean (X, Y, hi) un par dual de espacios vectoriales topol´ogicos. Definimos σ (X, Y ) como la topolog´ıa que tiene como base local de un x0∈ X a los conjuntos de la forma

V (x0; y1, . . . , yn; ) := {x ∈ X | |hx0− x, yii| < , i = 1, 2, . . . , n} (2)

con n ∈ N, y1, . . . , yn ∈ Y y > 0 arbitrario. Definimos tambi´en σ (Y, X) como la topolog´ıa que tiene como base

local de un y0∈ Y a los conjuntos de la forma

V (y0; x1, . . . , xn; ) := {y ∈ Y | |hxi, y0− yi| < , i = 1, 2, . . . , n} (3)

(5)

En el caso particular donde Y = X∗, σ (X, X∗) y σ (X, X∗) se llaman topolog´ıa débil en X y topolog´ıa débil* en X∗respectivamente. En éste caso, si τ es la topolog´ıa en X, entonces σ (X, X∗) ⊂ τ .

Antes de continuar, conviene recordar un resultado acerca de espacios vectoriales reales y complejos.

Proposici´_{on 5. Sea E un espacio vectorial sobre K. Y es un subespacio de codimensi´on 1 de E si y s´olo si existe} una funci´_{on lineal f : E → K, f 6= 0 con kerf = Y .}

Demostraci´_{on. Sea f : E → K lineal con f 6= 0, y x}0 ∈ E con f (x0) 6= 0. Sea F el subespacio vectorial de E

generado por x0y sea Y = kerf . Probaremos que E = F ⊗ Y . Claramente Y ∩ F = ∅ y dado x ∈ E, tenemos que

x = f (x) f (x0) x0+ x − f (x) f (x0) x0

y es evidente que el primer t´ermino pertenece a F y el segundo a Y .

Reciprocamente, si Y es un subespacio de E de codimensión 1, sea F un subespacio de dimensión 1 de E tal que E = Y ⊗ F . Como F tiene dimensión 1 existe x0que lo genera y entonces todo elemento en E se puede representar

de la forma y + λx0 con y ∈ Y . Por lo tanto, si definimos f : E → K por f (y + λx0) = λ, claramente f es lineal y

obtenemos que kerf = Y .

Definici´on 9. M ⊂ X es un hiperplano de un espacio vectorial X si existen un subespacio Y de codimensi´on uno en X y un elemento x ∈ X tales que M = x + Y .

Como por la proposición 5 Y es un subespacio de codimensi´_{on uno en un espacio vectorial X sobre K si y sólo} si existe una funci´_{on lineal f : X → K tal que Y = kerf , tenemos que H es un hiperplano en X si y sólo si existen} una funci´_{on lineal f : X → K y λ ∈ K tales que}

H = {x ∈ X : f (x) = λ} Observemos que si 0 ∈ H, entonces λ = 0.

Proposici´on 6. Sea X un e.v.t real, x0 ∈ X y A ⊂ X un conjunto abierto y convexo no vac´ıo tal que x0 ∈ A./

Entonces existe un hiperplano H de X tal que x0∈ H y H ∩ A = ∅.

Demostraci´on. Haciendo una traslaci´on si es necesario, podemos suponer que 0 ∈ A. Por el corolario 1, pA es

subaditiva y pA(λx) = λpA(x) si λ > 0. Adem´as, por el lema 1

A = {x ∈ X : pA(x) < 1}

y como x0∈ A/

pA(x0) ≥ 1.

Sea Y = [x0] y f : Y → R con

f (λx0) = λpA(x0) .

Entonces si λ ≥ 0, f (λx0) = pA(λx0) y si λ < 0, usando pA(x0) ≥ 1 obtenemos

f (λx0) = pA(λx0) ≤ λ < 0 ≤ pA(λx0) .

Consecuentemente para toda y ∈ Y , f (y) ≤ pA(y). Por el teorema de Hahn-Banach existe una extensi´on lineal de

f , e_{f : X → R con e}f ≤ pA.

Sea

H =nx ∈ X : ef (x) = pA(x0)

o . Entonces H es un hiperplano que contiene a x0 y es ajeno a A.

Teorema 1. (Hahn-Banach geom´_{etrico real)Sea X un e.l.t sobre R y A y B subconjuntos convexos no vaci´os} de X con A ∩ B = ∅. Entonces

1. Si A es abierto, existe un hiperplano H que separa a A yB, es decir existen f : X → R lineal y continua y α ∈ R, tales que para toda a ∈ A, b ∈ B

f (a) < α ≥ f (b) y H = {x ∈ X : f (x) = α}.

(6)

2. Si A y B son ambos abiertos, la separaci´_{on es estricta, es decir existen f : X → R lineal y continua y α ∈ R,} tales que para toda a ∈ A, b ∈ B

f (a) < α < f (b)

3. Si X es localmente convexo, A es compacto y B es cerrado, A y B se pueden separar fuertemente, es decir existen f : X → R lineal y continua y α, β ∈ R, tales que para toda a ∈ A y b ∈ B

f (a) < α < β < f (b)

Demostraci´on. 1. Como B − A = {b − a : a ∈ A, b ∈ B} es un conjunto abierto, convexo, que no contiene a 0, por la proposici´_{on 6 existe un hiperplano H tal que 0 ∈ H y H ∩ (B − A) = ∅. Entonces existe f : X → R lineal continua} tal que

H = {x : f (x) = 0}

Por lo tanto f (b − a) 6= 0 para toda a ∈ A y toda b ∈ B. Supongamos que existen c1, c2 ∈ B − A tales que

f (c1) > 0 y f (c2) < 0 y sea

λ = −f (c2) f (c1) − f (c2)

. Entonces f (λc1+ (1 − λ) c2) = 0 y como B − A es convexo,

λc1+ (1 − λc2) ∈ B − A,

lo cual es una contradicci´on. Por lo tanto podemos suponer que f (b − a) > 0, o equivalentemente que f (b) > f (a) para toda a ∈ A, b ∈ B. Como A es convexo y abierto y toda funcional lineal es abierta (se deja al lector verificar ´_{este hecho), f (A) es un intervalo abierto en R. Entonces si a ∈ A, f (a) < sup {f (x) : x ∈ A} = α, es decir,} para toda a ∈ A, b ∈ B,

f (a) < α ≤ f (b) .

2. Supongamos ahora que A y B son abiertos. Entonces f (B) tambi´_{en es un intervalo abierto en R y por ende} si α es como en 1,

f (a) < α < f (b) (4)

para toda a ∈ A, b ∈ B.

3. Supongamos que X es localmente convexo, A es compacto y B cerrado. Entonces existe una vecindad U de 0 tal que (A + U ) ∩ (B + U ) = ∅ (para una demostraci´on de este hecho, ver [2]). Como X es localmente convexo, podemos suponer que U es convexa. Entonces A + U y B + U son conjuntos abiertos y convexos y aplicando la parte 2, sabemos que existe f lineal t continua tal que f (A + U ) y f (B + U ) son intervalos abiertos ajenos. Como adem´as f (A) es compacto, es un intervalo cerrado y acotado contenido en f (A + U ) y de ah´ı tenemos el resultado deseado.

Enunciaremos ahora el teorema anterior en el caso de que X es un espacio vectorial complejo.

Corolario 2. (Hahn-Banach geom´_{etrico complejo)Sea X un e.l.t sobre C y A y B subconjuntos convexos no} vaci´os de X con A ∩ B = ∅. Entonces

1. Si A es abierto, existen F : X → C lineal y continua y α ∈ C, tales que para toda a ∈ A, b ∈ B ReF (a) < α ≥ ReF (b) .

2. Si A y B son ambos abiertos, existen F : X → C lineal y continua y α ∈ C, tales que para toda a ∈ A, b ∈ B ReF (a) < α < ReF (b)

3. Si X es localmente convexo, A es compacto y B es cerrado, existen F : X → C lineal y continua y α, β ∈ C, tales que para toda a ∈ A y b ∈ B

(7)

Definici´_{on 10. Sea X un espacio vectorial sobre K y Y un subespacio de X}0(= el espacio vectorial de todas las funcionales lineales, no necesariamente continuas). Si A ⊂ X, la polar de A respecto a Y se define por

Ao= {f ∈ Y : |hf, xi| ≤ 1, ∀x ∈ A} . Si B ⊂ Y , la prepolar de B se define por

o_{B = {x ∈ X : |hf, xi| ≤ 1, ∀f ∈ B} .}

Teorema 2. (de la bipolar) Sean X espacio vectorial, Y un subespacio de X0 y consideremos en X la topolog´ıa σ (X, Y ). Si A ⊂ X, entonces o_Ao _{es la cerradura de la envolvente absolutamente convexa de A. Similarmente, si}

en Y consideramos la topolog´ıa σ (Y, X) y B ⊂ Y , entonces o_Bo _{es la cerradura de la envolvente absolutamente}

convexa de B.

Demostraci´on. Primero probaremos queoB es absolutamente convexo y σ (X, Y )-cerrado. De la definici´on tenemos queoB =T {o_{{f } : f ∈ B}, por lo tanto es suficiente probar la afirmaci´}_{on cuando B = {f }. En ´}_{este caso}

o

B = {x ∈ X : |f (x)| ≤ 1} y este conjunto es evidentemente absolutamente convexo y σ (X, Y )-cerrado.

Ahora denotamos por C a la cerradura de la envolvente absolutamente convexa de A. Por lo anterior obtenemos queo_Ao_{es cerrado y absolutamente convexo, por lo cual C ⊂}o_Ao_{. Para probar la otra contenci´}_{on, supongamos que}

x0∈ C. Entonces, por el teorema de Hahn Banach geom´etrio, existen f ∈ Y y α ∈ R tales que para toda x ∈ C

Re hf, xi < α < Re hf, x0i .

En particular, como 0 ∈ C, 0 = Re hf, 0i < α. Por lo tanto si f1= _α1f , tenemos que para toda x ∈ C

Re hf1, xi < 1 < Re hf1, x0i . (5)

Como C es balanceado, si x ∈ A, hf1, xi 6= 0 y eiθ es tal que

1 = e iθ_hf 1, xi |hf1, xi| = f1, e iθ_x |hf1, eiθxi| ,

entonces eiθx ∈ C y por (2)

|hf1, xi| =

f1, eiθx

= Ref1, eiθx < 1.

Por lo tanto f1 ∈ Ao y por ende, de la segunda desigualdad en (2) se sigue que x0∈/ o

Ao. Hemos probado as´ı que

o_Ao_{⊂ C.}

La segunda parte del teorema se prueba de manera an´aloga. Ahora ya podemos probar el siguente teorema.

Teorema 3. (de Goldstine) Para todo espacio normado X, πBX es σ (X∗∗, X∗)-densa en BX∗∗, donde π : X →

X∗∗ denota la identificación canónica. Demostración. Notemos primero que (o_πB

X)o= BX∗∗. Entonces, como πB_Xes absolutamente convexa, el resultado

se sigue del teorema de la bipolar tomando Y = X∗.

Volvemos otra vez a las topolog´ıas que definimos anteriormente.

Proposición 7. X y Y son Hausdorff y localmente convexos con las topolog´ıas σ (X, Y ) y σ (X, Y ) respectivamente. Demostración. Probaremos que X es Hausdorff y localmente convexo. La prueba para Y es análoga. Sean x1, x2∈ X

distintos. Usando (2) de la definici´on 8, elegimos y ∈ Y tal que hx1− x2, yi 6= 0 y > 0 tal que 0 < <

|hx1− x2, yi| /2. Entonces V (x1; y; ) ∩ V (x2; y; ) = ∅. Para ver que X es localmente convexo, notemos que la

vecindad V (x0; y1, . . . , yn; ) es convexa.

(8)

Demostraci´on. Denotaremos (X, σ (X, y))∗ por X∗_{. Para cada y ∈ Y definimos π (y) : X → K por} φ (y) (x) = hx, yi

Cada φ (y) es continua en σ (X, Y ), pos lo cual φ manda Y en X∗.

Más aún, φ es lineal y 1-1 (por la definición 8), de manera que sólo falta probar que φ es sobre. Sea x∗ ∈ X∗

arbitrario. Entonces x∗(0) = 0 y por continuidad hay una vecindad V (0; y1, . . . , yn; ) tal que |x∗| est´a acotado por

1, i.e

x ∈ X, |hx, yii| ≤ (i = 1, . . . , n) ⇒ |x∗(x)| ≤ 1.

Se sigue en particular que kerx∗_⊃Tn

i=1kerφ (y). Se puede probar, usando inducci´on en n, (se deja al lector) que

x∗= λ1φ (y1) + . . . + λnφ (yn) = φ (λ1y1+ . . . + λnyn) para algunos λi ∈ K

As´ı, podemos e identificaremos Y con X∗. Ahora presentamos una caracterizaci´on de la topolog´ıa σ (X, Y ). Proposici´on 9. σ (X, Y ) es menor topolog´ıa en X tal que los elementos de Y son continuos.

Demostraci´on. Ya notamos en la proposici´on anterior que los elementos de X∗son continuos en σ (X, X∗). Rec´ıpro-camente, sea τ una topolog´ıa en X para la cual los elementos de X∗ son continuos. Sea V (x; y1, . . . , yn; ) una

vecindad b´asica arbitraria de un x ∈ X. Por hip´otesis, para todo i ∈ {1, . . . , n} existe un τ -abierto Oi tal que

x ∈ Oi y |x0− x, yi| ≤ siempre que x0 ∈ Oi. Entonces O = T n

i=1Oi es τ -abierto y x ∈ O ⊂ V (x; y1, . . . , yn; ),

probando que τ es m´as fina que σ (X, Y ).

Por la simetr´ıa de X y Y en la definici´on de par dual, es claro que se cumplen an´alogas propiedades para σ (Y, X). Basta intercambiar X y Y en todas partes.

Ahora sea X un e.l.c con topolog´ıa τ y denotemos (X, τ )∗ por X∗. Ya vimos antes que X, X∗ es un par dual (con la forma bilineal can´onica hx, x∗i = x∗_{(x)), de manera que σ (X, X}∗_{) y σ (X}∗_{, X) est´}_{an definidas. En particular,}

tenemos dos topolog´ıas en X, las cuales son τ y σ (X, X∗). Por la proposición 9 ambas dan lugar al mismo espacio dual, que llamamos X∗, y por la proposición 9, τ es más fina que σ (X, X∗). En general, τ es estrictamente más fina que σ (X, X∗). Más adelante veremos que para espacios normados, se puede dar una condición necesaria y suficiente para que las dos topolog´ıas coincidan.

Probaremos un último resultado acerca de espacios vectoriales topológicos antes de concentrarnos únicamente en espacios normados.

Proposici´on 10. Sea (X, τ ) un (e.l.c). Si A ⊂ X es convexo, entonces A = Aσ(X,X

∗₎

. En consecuencia un subconjunto convexo de X es τ -cerrado si y s´olo si es σ (X, X∗)-cerrado.

Demostraci´on. Como la cerradura de un subconjunto A es la intersecci´on de todos los cerrados que lo contienen y σ (X, X∗_{) ⊂ τ , tenemos que A ⊂ A}σ(X,X∗)_{. Para ver la otra inclusi´}_{on, sea x /}_{∈ A. Por el teorema de Hahn Banach}

geom´etrico, existen x∗_{∈ X}∗ _{y α, β reales tales que}

Rex∗(a) < α < β < Rex∗(x) para toda a ∈ A.

Si C = {y ∈ X : Rex∗(y) ≤ α}, entonces A ⊂ C. Como x∗ es d´ebilmente continua, C es σ (X, X∗)-continua, C es σ (X, X∗)-cerrado. Por lo tanto Aσ(X,X

∗₎

⊂ C y como x /∈ C, esto implica que x /∈ Aσ(X,X

∗₎

, y consecuentemente Aσ(X,X

∗₎

⊂ A.

Espacios normados y de Banach

De aqu´ı en adelante nos ocuparemos solamente de espacios normados y de Banach sobre el campo K donde K son los reales o los complejos. Los espacios normados resultan ser espacios vectoriales topol´ogicos localmente convexos, por lo cual los resultados anteriores se aplican a los espacios normados.

Proposici´on 11. Si X es un espacio normado,entonces X es (e.l.c). Demostraci´on. Basta probar las siguientes tres cosas:

1. La funci´on f : X × X → X dada por f (x, y) = x + y es continua. 2. La funci´_{on g : K × X → X dada por g (λ, x) = λx es continua.}

(9)

3. Las bolas abiertas B(p) = {x ∈ X : kx − pk < } son convexas.

Si x, y ∈ X; como para toda z1, z2∈ X

kz1+ z2− (x + y)k ≤ kz1− xk + kz2− yk

obtenemos 1. 2 es consecuencia de la desigualdad siguiente:

kαz − βxk ≤ |α| kz − xk + |α − β| kxk . Por ´ultimo, si t ∈ [0, 1] y x, y ∈ B(p), entonces

k(1 − t) x + ty − pk = k(1 − t) (x − p) + t (y − p)k ≤ |1 − t| kx − pk + |t| ky − pk < Por lo tanto (1 − t) x + ty ∈ B(p) como quer´ıamos.

Proposici´on 12. Sea X un espacio vectorial normado y X∗ _{su espacio dual. Entonces σ (X, X}∗_{) coincide con la}

topolog´ıa de la norma si y s´olo si dimX < ∞.

Demostraci´_{on. Si dimX < ∞, X es isomorfo a un R}n _{donde todas las normas son equivalentes, lo cual nos da la}

suficiencia. Supongamos ahora que dimX = ∞ y sea V = V (0; x∗1, . . . , x∗n; ) una vecindad b´asica de 0 en σ (X, X∗).

Entonces V contiene el subespacio lineal L = Tn

i=1kerx ∗

i. Como dimX = ∞ (se deja al lector verificar ´esto),

L 6= {0} y por lo tanto no acotado (en la norma). Entonces la bola unitaria de X no puede contener a V , y asi τ es estrictamente m´as fina que σ (X, X∗).

Ahora nos volvemos a los espacios de Banach. Si X es Banach, denotamos por X∗y por X∗∗= (X∗)∗al espacio dual y bidual respectivamente. Definimos un mapeo π : X → X∗∗ como sigue (usando la notaci´on h., .i para la dualidad can´onica de los pares X, X∗ y X∗, X∗∗):

hx∗, πxi = hx, x∗i x ∈ X, x∗∈ X∗ π es además una isometr´ıa y es llamada la identificación canónica de X en X∗∗. Definición 11. Un espacio de Banach X se llama reflexivo si π es sobre.

Proposición 13. Un espacio de Banach es reflexivo si y sólo si σ (X∗, X) = σ (X∗, X∗∗). Demostración. ⇒ se sigue de la definición de π.

Ya sabemos que las topolog´ıas localmente convexas σ (X∗, X) y σ (X∗, X∗∗) en X∗ dan lugar a duales X y X∗∗ respectivamente. Por otro lado, como σ (X∗, X) y σ (X∗, X∗∗) son iguales, sus duales son iguales. Entonces para todo x∗∗∈ X∗∗ _{existe un x ∈ X tal que}

hx∗, x∗∗i = hx, x∗i ∀x∗∈ X∗ De aqu´ı hx, x∗_{i = hx}∗_{, πxi. Esto significa precisamente que πX = X}∗∗_.

Ahora queremos caracterizar los espacios reflexivos por la compacidad d´ebil de sus bolas unitarias. El paso esencial es el teorema de Alaoglu.

Teorema 4. (de Alaoglu) La bola unitaria BX∗ de un espacio dual X∗ de un espacio de Banach X es d´ebil

estrella-compacta.

Demostraci´on. Para todo x ∈ X ponemos Ax= R, con la topolog´ıa usual. Consideramos el productoQx∈XAxcon

la topolog´ıa producto y denotamos sus elementos por α = (αx)x∈X. Definimos la funci´on

φ : X∗→ Y

x∈X

Ax φ (x∗) = (hx, x∗i) x∗∈ X∗. (6)

φ es un encaje (i.e inyectiva, continua y con inversa continua) para la topolog´ıa débil estrella en X∗. Ésto es consecuencia de las definiciones de σ (X∗, X) y de la topolog´ıa producto. Por lo tanto sólo falta probar que φ (BX∗)

es compacto. Notemos que φ (BX∗) ⊂

Q

(10)

|hx, x∗_{i| ≤ kxk kx}∗_{k ≤ kxk. Como} Q

x∈X[− kxk , kxk] es compacto por el teorema de Tychonoff, basta probar que

φ (BX∗) es cerrado enQ_x∈XA_x. Sean x, y ∈ X, a, b ∈ R arbitrarios y consideramos el mapa α 7→ α_ax+by−aα_x−bα_y,

α ∈Q

x∈XAx. Claramente se anula en φ (BX∗) y entonces, por continuidad en φ (B_X∗) tambi´en. Como φ (B_X∗) ⊂⊂

Q

x∈X[− kxk , kxk] y ´este ´ultimo conjunto es cerrado, tenemos φ (BX∗) ⊂ Q

x∈X[− kxk , kxk]. Combinando ambos

hechos concluimos que para cualquier α = (αx)x∈X∈ φ (BX∗) el mapa x 7→ α_xx ∈ X es lineal continua con norma

≤ 1, por lo cual α ∈ φ (BX∗). ´Esto prueba que φ (B_X∗) es cerrado.

Teorema 5. X es reflexivo si y s´olo si BX es d´ebilmente compacto.

Demostraci´on. Supongamos que X es reflexivo. Por el teorema de Alaoglu, BX∗∗es σ (X∗∗, X∗)-compacta, entonces

como πX = X∗∗, BXes σ (X, X∗)-compacta. Ahora supongamos que BXes compacta. Como un conjunto compacto

en la topolog´ıa restringida lo es tambi´en en la original, obtenemos que πBX es σ (X∗∗, X∗)-cerrado en X∗∗. Por el

teorema de Goldstine, πBX es σ (X∗∗, X∗)-densa en BX∗∗; por lo tanto concluimos que πB_X = B_X∗∗ y que X es

reflexivo.

Proposici´on 14. Si Y es un subespacio de un espacio de Banach X, entonces σ (Y, Y∗) = σ (X, X∗) |Y.

Demostración. Observamos que Y es por s´ı mismo un espacio normado por lo cual su dual Y∗ y σ (Y, Y∗) están bien definidos. La igualdad de σ (Y, Y∗) y σ (X, X∗) |Y se sigue de la relación Y∗ = {x∗|Y: x∗∈ X∗}, y ésto es

consecuencia inmediata del teorema de Hahn-Banach. El teorema de Eberlein-Smulian

Antes de llegar al resultado principal de esta sección, el teorema de Eberlein-Smulian, haremos una discusión preliminar de las nociones de compacidad y compacidad secuencial. Lo que éste teorema dice es que en todo espacio topológico homeomorfo a un subconjunto de un espacio de Banach con su topologá inducida por la topolog´ıa débil, las dos nociones de arriba coinciden.

Definici´on 12. Sea T un espacio topol´ogico Hausdorff.

1. T es compacto si y s´olo si cualquiera de las siguientes condiciones equivalentes se satisface: Toda cubierta abierta de T tiene una subcubierta finita.

Toda familia de cerrados con la propiedad de la intersecci´on finita tiene intersecci´on no vac´ıa. Toda red en T tiene una subred convergente.

2. T es secuencialmente compacto si y s´olo si

Toda sucesión en T tiene una subsucesión convergente. Para la prueba de éstas equivalencias ver [5].

En el caso particular en el que T es un espacio métrico, T es compacto si y sólo si T es secuencialmente compacto. Para una demostración de éste hecho ver [4].

Sin embargo, ´estas nociones no siempre coinciden. Sea A un conjunto no numerable y T = [0, 1]Acon la topolog´ıa producto. Denotamos los elementos de T por t = (tα)α∈A. Consideramos el subconjunto

S =t = (tα)_α∈A: {α ∈ A : tα6= 0} contable .

Se puede demostrar que S es secuencialmente compacto pero no es compacto (ver [1]).

Antes de probar el teorema de Eberlein-Smulian daremos algunos lemas y resultados preliminares.

Proposici´on 15. Si X es un espacio topol´ogico Hausdorff compacto en las topolog´ıas τ y τ0, y τ , τ0son comparables, entonces τ = τ0.

(11)

Demostraci´on. Supongamos para fin de contradicci´on que τ 6= τ0. S.p.g τ ⊂ τ0. Entonces existe U ∈ τ0 tal que U /∈ τ . Luego X\U no es cerrado bajo τ . Como X es compacto, X\U no es compacto. Sea {Uα} una cubierta

abierta de X\U en τ . Como τ ⊂ τ0_{, tenemos U}

α ∈ τ0 ∀α. Como U ∈ τ0, X\U es cerrado en τ0 y como X es

Hausdorff, compacto. Por lo tanto {Uα} tiene una subcubierta finita que cubre X\U , y ´esto contradice que X\U

no es τ -compacto. Por lo tanto τ = τ0.

Lema 2. Sea X un espacio de Banach separable. Entonces X∗ contiene un subconjunto numerable {φn}n que es

total. Es decir, si φ (x) = 0 para todo n ∈ N, entonces x = 0.

Demostraci´on. Sea {xn} una sucesi´on densa en la esfera unitaria SX de X. Usando el teorema de Hahn-Banach,

para cada n ∈ N elegimos φn ∈ X∗ tal que φn(xn) = kxnk = 1 y kφnk = 1. Ahora veremos que {φn} es total,

probando que x 6= 0 implica que existe n con φn(x) 6= 0. Sin p´erdida de generalidad podemos suponer que x ∈ SX.

Como la sucesi´on {xn} es densa en SX, existe n tal que kx − xnk < 1. Entonces

|φn(x)| ≥ |φn(xn)| − |φn(x − xn)| ≥ 1 − kφnk kx − xnk > 0

Lema 3. Sea F un subespacio lineal de X∗ de dimensi´on finita y > 0 arbitrario. Entonces existe un n´umero finito de puntos x1, . . . , xn tales que

m´ax

i=1,2,...,n|φ (xi)| > (1 − ) kφk ∀φ ∈ F \ {0}

Demostraci´on. Como F es de dimensi´on finita, SF es compacto y por lo tanto tiene una ₂-red {φ1, . . . , φn}.

Ahora, para cada i = 1, 2, . . . , n elegimos un xi∈ SF tal que |φi(xi)| > −/2. Como mostraremos a continuaci´on,

´

estos xi van a funcionar. Sea φ ∈ X∗ dado. Sin p´erdida de generalidad podemos suponer que kφk = 1. Elegimos

i0∈ {1, 2, . . . , n} tales que kφ − φi0k < /2. Entonces

|φ (xi0)| ≥ |φi0(xi0)| − |(φ − φi0) (xi0)| > 1 −

2−

2 = 1 −

Lema 4. Supongamos que X∗ contiene un subconjunto total numerable y sea A ⊂ X σ (X, X∗)-compacto. Entonces σ (X, X∗) |A es metrizable.

Demostraci´on. Observamos primero que para todo φ ∈ X∗, el conjunto {φ (x) : x ∈ A} es compacto, y por lo tanto acotado en R. para cada x ∈ X definimos x ∈ X∗∗ como x (φ) = φ (x). Entonces, por lo anterior y por el principio de acotamiento uniforme, A es acotado en la norma. Sea M una cota de A. Sea {φn} ⊂ X∗ una sucesi´on total.

Podemos asumir que para todo n, se tiene kxnk = 1. Definimos ahora d : A × A → R por

d (x, y) := ∞ X n=1 |φn(x − y)| 2n

Veremos que d es una m´etrica. Primero notamos que

|φn(x − y)| ≤ |φn(x)| + |φn(y)| ≤ kφnk (kxk + kyk) ≤ 2M

Por lo tanto ∞ X n=1 |φn(x − y)| 2n ≤ ∞ X n=1 2M 2n < ∞

Por lo tanto d tiene valores reales.

1. d (x, y) ≥ 0 con igualdad ssi x = y. De la definici´on se ve claramente que d (x, y) ≥ 0 y tambi´en se tiene que x = y implica d (x, y) = 0. Supongamos que d (x, y) = 0. Entonces φn(x − y) para todo n. Como {φn} es

total, esto implica que x = y

2. d (x, y) = d (y, x) es claro de la definici´on. 3. Se cumple la desigualdad del tri´angulo:

(12)

Asi d es una m´etrica. Ahora veremos que la funci´on identidad (A, σ (X, X∗) |A) → (A, d) es continua. Sea x ∈ A

y > 0 arbitrarios. Elegimos n0 ∈ N tal queP∞n=n0+12

−n+1_{< /2 y sea V = V x; φ} 1, . . . , φn;₂. Entonces, para cualquier y ∈ V ∩ A, tenemos d (x, y) = ∞ X n=1 2−n|φn(x − y)| = n0 X n=1 2−n|φn(x − y)| + ∞ X n=n0+1 2−n|φn(x − y)| < n0 X n=1 2−n 2 + ∞ X n=n0+1 2−n<

Esto prueba que la identidad es continua. Por hip´otesis A es σ (X, X∗)-compacto. Por la proposici´on 15 tenemos que la identidad es un homeomorfismo y por lo tanto σ (X, X∗) |A es metrizable.

Ahora estamos ya listos para el enunciado y la prueba del teorema de Eberlein- Smulian.

Teorema 6. Sea A un subconjunto de un espacio de Banach X. Entonces A es σ (X, X∗)-compacto si y s´olo si A es σ (X, X∗) secuencialmente compacto.

Demostraci´on. Supongamos primero que A es σ (X, X∗)-compacto y sea {xn} una sucesi´on en A. Como Y := [xn]

es separable (por definición) y σ (X, X∗)-cerrado (por proposición 10) y σ (Y, Y∗)=σ (X, X∗) |A (proposición 14),

el lema 4 implica que el conjunto σ (X, X∗)-compacto {xn: n ∈ N} σ(X,X∗₎

es metrizable. Entonces, {xn} tiene una

sucesi´on d´ebilmente convergente a un punto de{xn : n ∈ N} σ(X,X∗)

⊂ A (la contenci´on es porque la topolog´ıa d´ebil es Hausdorff y por lo tanto A es cerrado por ser compacto).

Ahora supongamos que A es σ (X, X∗)-secuencialmente compacto. Sea φ ∈ X∗. Si tomamos una sucesi´on {φ (xn)} ⊂

φ (A), como A es secuencialmente compacto, {xn} ⊂ A tiene una subsucesi´on {xnk} que converge a un punto x ∈ A.

Como φ es continua en la topolog´ıa debil, φ (xnk) → φ (x). Por lo tanto φ (A) es secuencialmente compacto en R,

y por lo tanto acotado. Usando el teorema de Banach-Steinhaus, tenemos que A es acotado con la norma de X. Como π es una isometria, πA es acotado, de donde πAσ(X

∗∗_,X∗₎

es compacto por el teorema de Alaoglu. Primero probaremos que πAσ(X

∗∗_,X∗₎

⊂ πX. Sea x∗∗ 0 ∈ πA

σ(X∗∗,X∗)

. Para probar que x∗∗₀ ∈ πX, construiremos una sucesi´on {xn} en πA de manera que su ´unico punto l´ımite es x∗∗0 . Como suponemos que A es σ (X, X∗

)-secuencialmente compacto, πA es σ (X∗∗, X∗)-secuencialmente compacto, y por lo tanto {xn} tiene una subsucesi´on

que converge a un punto x ∈ πA ⊂ X, y tendr´ıamos x∗∗₀ = πx ∈ πA ⊂ πX. Elegimos una sucesión creciente 1 = n1< n2< . . . < nk< . . . en N, una sucesión {xk}∞k=1en πA y una sucesión {x∗n}

∞

n=1 en SX∗ de manera que se

satisfacen las siguientes condiciones:

1. m´ax {|hx∗_n, x∗∗₀ − xki| : n = 1, . . . , nk} < 1_k (k = 1, 2, . . .)

2. m´ax {|hx∗_n, x∗∗i| : nk < n ≤ nk+1} > ₂1kx∗∗k para todo x∗∗∈ sp {x∗∗0 , x1, . . . , xk} (k = 1, 2, . . .)

´

Esto se hace como sigue: comenzamos eligiendo arbitrariamente x∗₁ ∈ SX∗. Como x∗∗₀ ∈ πA

σ(X∗∗,X∗)

, existe x1∈ πA tal que |hx∗1, x∗∗0 − x1i| < 1. Usando el lema 3 podemos elegir x∗2, . . . , x∗n2 ∈ SX∗ tales que

m´ax {|hx∗n, x∗∗i| : 1 < n ≤ n2} >

1 2kx

∗∗_k

para todos los x∗∗ en el subespacio de dimensi´on finita sp {x∗∗₀ , x1}. As´ı 1 y 2 son v´alidas para k = 1. Supongamos

ahora que 1 = n1< n2< . . . < nk0+1, x1, . . . , xk0 ∈ πA y x

∗

1, . . . , xn_k0+1 ∈ SX∗ se han elegido de manera que 1 y 2

se satisfacen para k = 1, 2, . . . , k0. Como x∗∗0 ∈ πA

σ(X∗∗,X∗)

, existe xk0+1∈ A tal que

m´ax {|hx∗_n, x∗∗₀ − xk0+1i| : n = 1, . . . , nk0+1} <

1 k0+ 1

Por el lema 3 podemos elegir x∗_n

k0+1, . . . , xn ∗ k0+2 ∈ SX∗ tales que m´ax {|hx∗_n, x∗∗i| : nk0+1< n ≤ nk0+2} > 1 2kx ∗∗_k

(13)

para todo x∗∗∈ sp {x∗∗

0 , x1, . . . , xk0+1}. ´Esto completa la definici´on inductiva de las tres sucesiones.

Por ser πA σ (X∗∗, X∗)-secuencialmente compacto, {xk} tiene una subsucesi´on que converge a un x0 ∈ πA ⊂

πX. Para mostrar que x∗∗

0 = x0 observemos que, se tiene x0 ∈ sp {x1, x2, . . .} de manera que x∗∗0 − x0 ∈

sp {x∗∗

0 , x1, x2, . . .}. En particular, (2) implica que

sup {|hx∗_n, x∗∗₀ − x0i| : n ∈ N} ≥

1 2kx

∗∗ 0 − x0k

De aqu´ı, para ver que x∗∗₀ = x0, basta probar que

hx∗ m, x∗∗0 − x0i ∀m ∈ N o equivalentemente |hx∗ m, x∗∗0 − x0i| < 2 k

siempre que nk ≥ m. Para probar la ´ultima desigualdad, fijamos m y k de manera que nk≥ m. Por la desigualdad

del tri´_{angulo tenemos para todo n ∈ N} |hx∗

m, x∗∗0 − x0i| ≤ |hx∗m, x∗∗0 − xni| + |hx∗m, xn − x0i| (7)

Por (1), |hx∗_m, x∗∗₀ i| < 1 n <

1

k para todo n > k, pues m ≤ nk< nnpara todos estos n. Adem´as, como x0es un punto

l´ımite de {xk}, existe un n > k tal que |hxn− x0, x∗mi| < 1

k. Sustituyendo ´este xn en (7) obtenemos

|x∗

n, x∗∗0 − x0| <

2 k

y entonces la deseada conclusi´on x∗∗0 = x0. La construcci´on anterior muestra que πA

σ(X∗∗,X∗)

⊂ πA ⊂ πX. Claramente tambi´en se tiene πA ⊂ πAσ(X

∗∗_,X∗₎

. Entonces πA = πAσ(X

∗∗_,X∗₎

. Como πAσ(X

∗∗_,X∗₎

es σ (X∗∗, X∗ )-compacto y σ (X∗∗, X∗) | πX = σ πX, (πX)∗, tenemos que πA es σ πX, (πX)∗-compacto, de donde A es σ (X, X∗)-compacto, como quer´ıamos.

Es sabido que para p ∈ [1, ∞), el espacio dual de lp_{es l}q _{donde 1/p + 1/q = 1 y l}p_{es reflexivo para p > 1, pero}

l1 _{no es reflexivo. Aunque hay otras maneras de probar que l}1 _{no es reflexivo, aqu´ı lo probaremos utilizando los}

resultados anteriores y un teorema de Schur que se enuncia a continuaci´on.

Teorema 7. En l1, una sucesión converge débilmente si y sólo si converge en la norma de l1.

Demostración. Claramente la convergencia en la norma implica la convergencia débil. Supongamos ahora que la sucesión xn= n x(n)_m o ∞ m=1 ∈ l1

converge débilmente. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que su l´ımite es 0. Esto significa que para toda sucesión c = {cn} ∞ n=1∈ l 1∗ = l∞ hc, xni = ∞ X m=1 cmx(n)m n→∞→ 0 (8)

En particular, tomando ek = {0, . . . , 0, 1, 0, . . .} ∈ l∞, resulta que

x(n)_k n→∞→ 0para cada k ∈ N (9)

Supongamos que el teorema es falso. Entonces existe > 0 tal que l´ım sup

n→∞

kxnk1>

Sean ahora n1 y r1tales que

kxn1k = ∞ X m=1 x (n) m >

(14)

y ∞ X m=r1 x (n1) m < 8. (10)

Si ya elegimos n1 < n2 < . . . < nk y r1< r2< . . . < rk, escogemos nk+1 y rk+1 como sigue: Por (9) existe N tal

que si n > N y m = 1, . . . , rk, x (n) m < 8rk (11) Sea nk+1> m´ax {nk, N } tal que

xnk+1 ₁> (12) De (11) deducimos que rk X m=1 x (nk+1) m < 8 (13)

Sean rk+1> rk tal que

∞ X m=rk+1 x (nk+1) m < 8 (14) De (12),(13) y (14) obtenemos rk+1 X m=rk+1 x (nk+1) m > − 4 > 2 (15) Definimos c = {cm} ∞ m=1∈ l

∞_{como sigue: Sea r}

0= 0 y supongamos que rk < m < rk+1. Sea

cm=    0 si x(nk+1) m = 0 x(mnk+1) x(mnk+1) si x(nk+1) m 6= 0

donde la barra indica conjugaci´on compleja. De lo anterior deducimos que |cm| ≤ 1 para m = 1, 2, . . . y que

rk X m=rk−1+1 cmxnmk = rk X m=rk−1+1 x (nk) m y de (8) que ∞ X m=1 cmx(nmk) → k→∞0 Pero de (15) ∞ X m=1 cmx(nmk) = rk X m=rk−1+1 cmx(nmk)+ rk−1 X m=1 cmx(nmk)+ ∞ X m=rk+1 cmx(nmk) ≥ ≥ rk X m=rk−1+1 cmx(nmk) − rk−1 X m=1 cmx(nmk) − ∞ X m=rk+1 cmx(nmk) ≥ ≥ rk X m=rk−1+1 x (nk) m − rk−1 X m=1 x (nk) m − ∞ X m=rk+1 x (nk) m ≥ 2− 2 8 = 4 lo cual es una contradicci´on.

(15)

Demostración. Sea B la bola unitaria cerrada en l1. Denotemos por en a la sucesión cuyo n-ésimo término es 1 y

los de´as son 0. Observamos que en∈ l1para todo n y

ken− emk = 2, ∀n 6= m. (16)

Para cada x ∈ B, denotamos por Vx a la bola abierta con centro en x y radio 1. Entonces la colecci´on C =

{Vx: x ∈ B} es una cubierta abierta de B. Sea x ∈ B y supongamos que y, z ∈ Vx. Luego

kz − yk ≤ kz − xk + kx − yk < 2 (17)

Por (16), ésto implica que hay a lo más un vector en, lo cual permite conlcuir que ninguna subcolección finita de C

es cubierta de B, por lo que B no es compacta.

Como l1es métrico, B no es secuencialmente compacto (en la topolog´ıa inducida por la norma). Entonces existe una sucesión en B que no tiene ninguna subsucesión convergente a un punto de B. Por el teorema anterior, lo mismo pasa en la topolog´ıa débil. Por lo tanto B no es débil-secuencialmente compacto. Por Eberlein-Smulian, esto significa que B no es compacta y por el teorema 5, l1 no es reflexivo.

Referencias

[1] D. Van Dulst: Reflexive and Superreflexive Banach Spaces, Mathematisch Centrum, Amsterdam, 1978. [2] H. Fetter, B. Gamboa: Introducci´on al An´alisis Funcional y a la Geometr´ıa de Espacios de Banach, CIMAT,

M´exico, 2008.

[3] Walter Rudin: Functional Analysis, McGraw Hill, 1991.

[4] F. Galaz Fontes: Elementos de An´alisis Funcional, CIMAT, M´exico, 2006. [5] J.L. Kelley: General Topology, Van Nostrand 1955.