$T:X\to Y$ un operador lineal, $Y$ de dimensión finita, entonces $\ker T$ es cerrado si y solo si $T$ es continuo

Question

Tengo que demostrar que si $T:X\to Y$ es un operador lineal en espacios normados, $Y$ de dimensión finita, entonces $\ker T$ es cerrado si y solo si $T$ es continuo.

En muchos lugares veo una demostración que se parece a esta: empieza asumiendo $Y=\mathbb{R}$ para simplicidad. (También soy consciente de esta que utiliza una construcción completamente diferente). De todas formas, no me pareció para nada obvio que hubiera algún tipo de generalización de la primera demostración vinculada a dimensiones superiores.

Daré aquí mi (bastante larga y tediosa) generalización, pero mi pregunta es: ¿hay una generalización más directa/fácil de la construcción dada en la primera demostración vinculada? (Tampoco me opondría a que alguien verificara la corrección real de esta prueba).

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Tomaremos $Y=\mathbb{R}^n$.

Tomamos $x_n\in X$ tal que $||x_n||=1$, $||Tx_n||\to \infty$. S.s.a. podemos asumir que $\frac{Tx_n}{||Tx_n||}\to v_1\in \overline{B(0,1)}\subset \mathbb{R^n}$, por la compacidad de la bola unitaria cerrada en dimensiones finitas. Ahora tomamos $y_n=x_j$ para algún $j$ tal que $||\frac{Tx_n}{||Tx_n||}-v_1||<\frac{1}{n}$. Luego ajustamos un poco los $y_n: si $||Ty_n||>n$ establecemos $y_n=\frac{y_n}{||Ty_n||}n$. Obtenemos así una secuencia $y_n$ tal que $$ \begin{align*} ||y_n||\leq 1\\ ||Ty_n||\leq n\\ ||Ty_n||\to \infty \end{align*} $$ En particular, tenemos que $||Ty_n-||Ty_n||v_1||<1$ (esta es la propiedad crítica que necesitábamos).

Ahora tomamos una base ortonormal $\{v_i\}$ para $\mathcal{R}T$ que contiene a $v_1$, y $v_i'$ tal que $Tv_i'=v_i$. Concluimos que para $j>1$ debe ser $(v_j,Ty_n)<1$. Definimos entonces $z_n=y_n-\sum_{j>1}(v_j,Ty_n)v_j'$. Luego $$||z_n||=||y_n-\sum_{j>1}(v_j,Ty_n)v_j'||\leq ||y_n||+\sum_{j>1}(v_j,Ty_n)||v_j'||\leq 1+\sum_{j>1}||v_j'||\leq C$$ Así que estos $z_n$ están acotados. Además, todavía tenemos que $$||Tz_n||\to\infty$$ porque la norma de $T\sum_{j>1}(v_j,Ty_n)v_j'$ está acotada.

Finalmente podemos definir $$w_n=v'_1-\frac{z_n}{||Tz_n||}$$ Entonces $$Tw_n=v_1-\frac{1}{||Tz_n||}(Ty_n-\sum_{j>1}(v_j,Ty_n)v_j)=0$$ Ya que $Ty_n-\sum_{j>1}(v_j,Ty_n)v_j$ es por construcción un vector apuntando en la dirección de $v_1$. Pero de nuevo, $w_n\to v'_1$, lo cual contradice la cerrazón del núcleo.

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Para la intuición: Tomamos la secuencia no acotada en $X$. El proyectamos sobre la bola unidad, que es compacta, por lo tanto la secuencia tiene una subsucesión convergente. Tomamos la secuencia, con límite $v_1$. Luego 'limitamos el crecimiento' de nuestra secuencia no acotada para asegurarnos de que si $\frac{Tx}{||Tx||}$ está cerca de $v_1$, entonces $Tx$ está cerca de la recta generada por $v_1$. Luego eliminamos cualquier componente ortogonal de los $Tx$, y como $Tx$ está ahora cerca de $$ podemos eliminar las componentes ortogonales restando un vector de una cierta longitud acotada. Esto finalmente nos da una secuencia acotada en $X$ con imágenes no acotadas en $Y$ todas colocadas en las rectas $$, y desde aquí el argumento anterior sigue su curso.

Gracias por leer.

Answer 1

Creo que este es básicamente el mismo argumento que has escrito, tal vez un poco más limpio. No creo que se pueda simplificar mucho más sin cambiar la naturaleza del argumento (a mí personalmente me gusta mucho más el argumento topológico).

Supongamos que tenemos una aplicación lineal (real o compleja, digamos) $F\colon V\to W$ y $W$ es de dimensión finita, con tanto $V$ como $W$ siendo normados. Entonces podemos asumir sin pérdida de generalidad que $W$ es un espacio de producto interno (ya que todos los espacios normados de dimensión finita fija son isomorfos) y que $F$ es sobreyectiva.

Ahora, supongamos, hacia una contradicción, que $v_n$ es una sucesión acotada con $\lvert F(v_n)\rvert\to \infty$.

Podemos asumir (por compacidad) sin pérdida de generalidad que $\frac{F(v_n)}{\lvert F(v_n)\rvert}\to w$ para algún $w\in W$. Además, podemos elegir $z_1,z_2,\ldots, z_d\in V$ tal que $F(z_j)$ formen una base ortonormal.

Sea $z\in V$ tal que $F(z)=w$. Tomemos $v_n'=z-\frac{v_n}{\lvert F(v_n)\rvert}$. Ahora, $v_n'\to z$ y $F(v_n')\to w-w=0$.

Luego, sea $v_n''=v_n'-\sum_{j=1}^d \langle F(z_j),F(v_n')\rangle z_j$. Es fácil verificar que $v_n''\in \ker F$ y aún así $v_n''\to z\notin \ker F$. Por lo tanto, $\ker F$ no es cerrado.

Answer 2

Si $T$ es continua, entonces $\ker(T) = T^{-1}(\{0\})$ es claramente cerrado. Por otro lado, supongamos que $Z:= \ker(T)$ es cerrado, entonces el mapa cociente $$ \pi : X\to X/Z $$ es un mapa continuo bien definido entre espacios lineales normados. El primer teorema de isomorfismo (de álgebra lineal) nos da un mapa inyectivo $$ S : X/Z \to Y $$ tal que $T = S\circ \pi$. Ahora, $S$ es un mapa inyectivo, por lo que $X/Z$ debe ser de dimensión finita, y por lo tanto $S$ es continuo, y por lo tanto se sigue que $T$ también debe ser continua.