Dado $H$ un espacio de Hilbert separable y $\left\{e_n\right\}$ una base ortonormal, entonces $int(\overline{Conv(\left\{e_n\right\})}) = \emptyset.$
No sé por dónde empezar, una cosa que sé es que $\overline{span(\left\{e_n\right\})} = H$ ¿se utilizará el Teorema de la Categoría de Baire en la prueba? ¿Podría alguien dar alguna pista?
Hoy se me ha ocurrido una solución pero no sé si es correcta:
Sol. ( ¡He editado la prueba de nuevo! )
En primer lugar, establezca $A_n := conv({e_1,e_2,...,e_n})$ no es difícil demostrar que $A_n$ está cerrado. Afirmo que para cada $n \in \mathbb{N}$ , $int(A_n) = \emptyset$ . De lo contrario, supongamos que $\exists N$ tal que $int(A_N) \neq \emptyset$ entonces contiene alguna bola abierta, digamos $$ B(x_0;\delta) \subset A_N, $$ $\exists a_1, a_2,...,a_n \in \mathbb{R}^+$ y $\sum_{i=1}^n a_i = 1$ tal que $x_0 = \sum_{i=1}^n a_i e_i$ eligiendo $\epsilon < \delta / \sqrt{2}$ Puedo mostrar $$ y := a_1 e_1 + a_2e_2 + ...+a_{N-1}e_{N-1} + (a_N - \epsilon)e_N + \epsilon e_{N+1} \notin A_N, $$ pero $$ \|y - x_0\| < \delta, $$ esto da una contradicción.
Finalmente, tenemos (No es fácil de demostrar, pero es cierto) $$ \overline{conv(\left\{e_n\right\})} = \overline{\bigcup_{i=1}^{\infty}A_n}, $$ Obsérvese que una unión contable de conjuntos escasos sigue siendo escasa, por tanto, $int(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_n) = \emptyset$ también, $int(cl(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_n)) = int(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_n) = \emptyset$ (se utilizan algunos hechos topológicos de los conjuntos convexos...) $\square$
