Si $A$ está acotado, entonces $\overline{A}$ está acotado

Question

Dejemos que $A,B$ sean subconjuntos de un espacio vectorial normado $X$ y $\alpha\in K$ . Demostrar que

a) $\alpha\overline{A} = \overline{\alpha A}$

b) $\overline{A}+\overline{B}\subseteq \overline{A+B}$

c) Si $A$ está acotado, entonces $\overline{A}$ está acotado

a)

Elige un elemento $\overline{a}$ en $\overline{A}$ . Por definición es un elemento tal que tiene una secuencia $a_n$ tal que $a_n\to \overline{a}$ lo que significa $\alpha a_n \to \alpha\overline{a}$ . ¿No es un elemento del espacio $\overline{\alpha A}$ uno tal que existe una secuencia $\alpha a_n$ tal que $\alpha a_n$ ¿converge a ella? Así que debería demostrar $\alpha\overline{A}\subseteq \overline{\alpha A}$

Ahora para $ \overline{\alpha A} \subseteq \alpha\overline{A}$ debemos elegir un elemento del conjunto $\overline{\alpha A}$ que es simplemente un elemento tal que existe una secuencia $\alpha a_n$ que converge a ella. ¿Qué debo concluir aquí?

b)

Elige un elemento $\overline{a}\in \overline{A}$ y $\overline{b}\in \overline{B}$ . Por definición, existen secuencias $a_n, b_n$ tal que $a_n\to \overline{a}$ y $b_n\to \overline{b}$ .

$$(a_n+b_n)\to \overline{a}+\overline{b}$$

por la propiedad de los límites. Así que demostramos que para cada elemento $A+B$ hay una secuencia $a_n+b_n$ que converge a ella, por lo tanto está demostrado.

c)

Supongamos que $\overline{A}$ no tiene límites. Entonces, para un tamaño suficientemente grande $M>0$ existe $a$ tal que $a_n\to a$ con $a_n\in A$ pero $$||a||\ge M$$

Desde $a_n\to a$ , $n>n_0\implies ||a_n-a||<\epsilon$

Cómo utilizar la desigualdad triangular en $||a_n-a||$ para derivar que $A$ no tiene límites?

Answer 1

Creo que sería mejor ir en la otra dirección. Supongamos que $A$ está acotado. Entonces hay $M>0$ tal que $||x||\leq M$ para todos $x\in A$ . Ahora dejemos que $x\in \bar{A}$ . Hay una secuencia $\{x_n\}_{n=1}^\infty\subseteq A$ tal que $x_n\to x$ . Ahora bien, dado cualquier $\epsilon>0$ hay $n\in\mathbb{N}$ tal que $||x_n-x||<\epsilon$ . Por lo tanto:

$||x||\leq ||x_n||+||x-x_n||< M+\epsilon$

Como esto es cierto para todos los $\epsilon>0$ concluimos que $||x||\leq M$ .

Answer 2

Su argumento para la parte (b) parece correcto, salvo que las dos últimas frases son redundantes e incluso erróneas. Lo que has demostrado es que $\bar{a}+\bar{b} \in A+B$ para todos $\bar{a}\in\overline{A}$ y $\bar{b}\in\overline{A}$ lo que implica que $\overline{A}+\overline{B} \subseteq \overline{A+B}$ .

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Para concluir la parte (a), sólo tienes que volver a utilizar el mismo argumento que utilizaste.

si $\alpha=0$ como señala Daniel Schepler, ambos lados están vacíos cuando $A=\emptyset$ y ambos lados son $\{0\}$ cuando $A$ no está vacío. Por lo tanto, tenemos $\overline{\alpha A}=\alpha\overline{A}$ cuando $\alpha=0$ .

Por lo tanto, supongamos $\alpha \neq 0$ . Si $x\in\overline{\alpha A}$ entonces encontrará una secuencia de elementos $\{\alpha a_n\}_{n=1}^{\infty}$ en $\alpha A$ tal que $\lim_{n\to\infty}\alpha a_n = \alpha\lim_{n\to\infty} a_n = x$ . Esto demuestra que $\frac{1}{\alpha}x \in \overline{A}$ lo que implica que $x \in \alpha \overline{A}$ . Por lo tanto, $\overline{\alpha A} \subseteq \alpha \overline{A}$ .

$\fbox{Q.E.D.}$

Para demostrar (c), digamos que $A$ está limitada. Por lo tanto, existe un número natural $M$ tal que $\forall a\in A: \|a\| \leq M$ . Ahora, para cualquier $x \in \overline{A}$ existe una secuencia $\{a_n(x)\}_{n=1}^{\infty}$ en $A$ tal que $\lim_{n\to\infty}a_n(x) = x$ . Debido a la continuidad de la norma y porque $a_n(x) \in A$ tenemos

$$\forall x \in \overline{A}, \forall n\in\mathbb{N}: \|a_n(x)\|\leq M$$ $$\forall x \in \overline{A}: \lim_{n\to\infty} \|a_n(x)\| = \| \lim_{n\to\infty} a_n(x) \|\leq M$$ $$\forall x \in \overline{A}: \|x \|\leq M$$

lo que demuestra que $\overline{A}$ está limitada. $\fbox{Q.E.D.}$

Observación: La continuidad (uniforme) de las normas es una implicación de la desigualdad triangular inversa: $$\bigg| \|x\| - \|y\| \bigg| \leq \|x-y\|$$

Answer 3

Para c) supongamos $\forall a\in A\;(\|a\|< r).$ Dejemos que $r'=1+r.$ Ahora bien, si $\bar a\in \bar A,$ existe $a\in A$ tal que $\|\bar a -a\|<1,$ y $\|a\|<r,$ así que $$\|\bar a\|=\|(\bar a -a)+a\|\le \|\bar a - a\|+\|a\|<1+r=r'.$$

Alternativamente $$\lim_{n\to \infty}\|a_n-\bar a\|=0 \implies \lim_{n\to \infty}\|a_n\|=\|\bar a\|$$ por lo que si $\{\|a_n\|:n\in \Bbb N\}\subset [0,s]$ entonces $\|\bar a\|=\lim_{n\to \infty}\|a_n\|\in [0,s].$ En particular, si $s_0$ es el menos $s\in [0,\infty)$ tal que $\forall a\in A\;(\|a\|\le s)$ entonces $\forall \bar a \in \bar A\;(\|\bar a\|\le s_0).$

Observación: Tenemos $\|\bar a\|=\|(\bar a -a)+a\|\le \|\bar a -a\|+\|a\|,$ así que $$\|\bar a\|-\|a\|\le \|\bar a -a\|.$$ Intercambio de $a$ con $\bar a$ tenemos $$\|a\|-\|\bar a\|\le \|a-\bar a\|.$$ Por lo tanto, $|\;\|\bar a\|-\|a\|\;|\le \|\bar a -a\|.$ Por lo tanto, si $\|\bar a -a_n\|\to 0$ entonces $(\|\bar a\|-\|a_n\|)\to 0.$