Cómo demostrar que este conjunto es compacto en $\ell^2$

Question

Deje $(a_n)_{n}\in\ell^2:=\ell^2(\mathbb{R})$ ser una secuencia fija. Consideremos el subespacio $$C=\{(x_n)_{n}\in\ell^2 : |x_n|\le a_n\text{ for all }n\in\mathbb{N}\}.$$

Según el libro [Dunford y Schwartz, Lineal operadores de la parte I, página 453] $C$ es compacto en el $\ell^2$-norma, pero no hay ninguna prueba. ¿Cómo puedo demostrar que $C$ es realmente compacto en $\ell^2$ ?

Answer 1

El conjunto $C$ es la imagen del conjunto compacto $X = [-1,1]^{\mathbb N}$ (con la topología producto) bajo el mapa de $F: X \to \ell^2$ donde $F(x)_j = x_j a_j$. Ya que la imagen de un compacto Hausdorff espacio bajo un mapa continuo es compacto, sólo tenemos que mostrar que $F$ es continua. Tenga en cuenta que $\Vert F(x) - F(y)\Vert^2 = \sum_{j=1}^\infty (x_j - y_j)^2 a_j^2$. Dado $\varepsilon > 0$, $N\in\mathbb{N}$ tal que $\sum_{j=N+1}^\infty a_j^2 < \varepsilon/8$. Si $x, y \in X$ con $|x_j - y_j|^2 < \varepsilon/(2\|a\|^2)$ $1 \le j \le N$ ,$\Vert F(x) - F(y)\Vert ^2 < \varepsilon$.

Answer 2

Teorema. Deje $p\in[1,+\infty]$ $M\subset\ell_p$ es limitado subconjunto tal que $$ \lim\limits_{N\to\infty}\sup\{\Vert (0,0,\ldots,0,x_N,x_{N+1},\ldots) \Vert_p:x\in M\}=0 $$ a continuación, $M$ es totalmente acotado.

Prueba. Tomar arbitraria $\varepsilon>0$ entonces no existe $N\in\mathbb{N}$ tal que para todos los $x\in M$ hemos $$ \Vert (0,0,\ldots,0,x_N,x_{N+1},\ldots) \Vert_p<\varepsilon/2\etiqueta{1} $$ Desde $M$ es acotado, el conjunto $$ M_{reducido}=\{(x_1,x_2,\ldots,x_N,0,0,\ldots):x\in M\} $$ está acotada. Pero $M_{reduced}$ es un subconjunto acotado de $\mathbb{R}^N$ por lo que podemos encontrar finito $\varepsilon/2$-net $N\subset \ell_p$. Esto es posible porque todas las normas sobre finito dimensionales espacios son equivalentes a la norma euclídea, y conjuntos acotados en norma euclídea son siempre totalmente acotado. Pretendemos que $N$ es finita $\varepsilon$-net para $M$. Tomar arbitraria $x\in M$ y considerar la posibilidad de $x_{reduced}=(x_1,x_2,\ldots,x_N,0,0\ldots,)\in M_{reduced}$. Entonces no existe $y\in N$ tal que $\Vert x_{reduced}-y\Vert_p<\varepsilon/2$. A continuación, el uso de $(1)$ tenemos $$ \Vert x-y\Vert_p\leq\Vert x-x_{reducido}\Vert_p+\Vert x_{reducido}-y\Vert_p< \Vert (0,0,\ldots,0,x_N,x_{N+1},\ldots) \Vert_p+\varepsilon/2<\varepsilon $$ Desde $x\in M$ es arbitrario, entonces $N$ $\varepsilon$- net para $M$. Desde $\varepsilon>0$ es arbitrario y por la construcción de $N$ es finito, entonces $M$ es totalmente acotado.

Teorema. Deje $1\leq p\leq +\infty$$a\in \ell_p \cap c_0$, entonces el conjunto $$ C=\{x\in\ell_p:\;\forall n\in\mathbb{N}\quad|x_n|\leq |a_n|\} $$ es compacto.

Prueba. Tenemos que mostrar que $C$ es completo y totalmente acotado

1) Integridad. Desde $C$ es un subconjunto de completar el espacio $\ell_p$, es suficiente para demostrar que $C$ es cerrado. Considerar lineal continua funcionales $f_n:\ell_p\to\mathbb{R}:x\mapsto x_n$. Desde $|f_n(x)|=|x_n|\leq\Vert x\Vert_p$ todos los $x\in\ell_p$, $f_n$ es continua y obviamente lineal. Por lo tanto $f_n^{-1}([-a_n,a_n])$ es un conjunto cerrado como preimagen de un conjunto cerrado. Tenga en cuenta que $$ C=\bigcap\limits_{n\in\mathbb{N}}f_n^{-1}([-a_n,a_n]) $$ por lo $C$ es cerrado como intersección de conjuntos cerrados.

2) Total de acotamiento. A partir de la fórmula de la norma en $\ell_p$ se sigue que, para todos los $x\in C$ tenemos $\Vert x\Vert_p\leq\Vert a\Vert_p$, lo $C$ está acotada. Por la misma reasonong para todos los $x\in C$ hemos $$ \Vert (0,0,\ldots,0,x_N,x_{N+1},\ldots) \Vert_p\leq \Vert (0,0,\ldots,0,a_N,a_{N+1},\ldots) \Vert_p $$ Por lo tanto $$ \lim\limits_{N\to\infty}\sup\left\{\Vert (0,0,\ldots,0,x_N,x_{N+1},\ldots) \Vert_p:x\C\right\}\leq \lim\limits_{N\to\infty}\Vert (0,0,\ldots,0,a_N,a_{N+1},\ldots) \Vert_p=0 $$ Desde $a\in\ell_p\cap c_0$, en el último límite es $0$, por lo que $$ \lim\limits_{N\to\infty}\sup\left\{\Vert (0,0,\ldots,0,x_N,x_{N+1},\ldots) \Vert_p:x\C\right\}=0 $$ Por lo tanto, desde teorema anterior vemos que $C$ es totalmente acotado.

Answer 3

Podemos utilizar un estándar, si largo, diagonal de la secuencia de argumento. Puedo usar negrita para indicar un elemento de $C$. Deje $\{{\bf x}_n\}_{n=1}^\infty$ ser una secuencia en $C$. Tenga en cuenta que cada plazo $\bf x_n$ es de por sí una secuencia en la $\mathbb R$. Queremos mostrar que hay una convergente larga de este. Para ello, vamos a $$C_{ijk}=\left\{{\bf x}\in C : \frac{i-1}{j}a_m\leq |x_m|\leq \frac{i}{j}a_m,\forall m\leq k\right\}$$ y tenga en cuenta que para $k,j$ fijo, variando $i$ $1$ $j$da a todos los de $C$.

Primero vamos a construir una larga tal que los primeros términos convergen. Tenga en cuenta que desde $C=C_{121}\cup C_{221}$, un número infinito de términos ${\bf x}_n$ debe estar en uno de los conjuntos de $c_{i21}$. Deje $\{{\bf x}_n^{(2)}\}_{n=1}^\infty$ ser un subsequence de $\{{\bf x}_n\}_{n=1}^\infty$ de manera tal que cada una de las ${\bf x}_n^{(2)}$ es en el mismo set $C_{i21}$. Formamos una larga $\{{\bf x}_n^{(3)}\}_{n=1}^\infty$$\{{\bf x}_n^{(2)}\}_{n=1}^\infty$, de la misma manera, de modo que cada una de las ${\bf x}_n^{(3)}$ es en el mismo set $C_{i31}$. Continuando de esta manera, podremos obtener secuencias de $\{{\bf x}_n^{(j)}\}_{n=1}^\infty$ todos los $j$. Luego nos forma la diagonal larga $\{{\bf y}_n\}_{n=1}^\infty=\{{\bf x}_n^{(n)}\}_{n=1}^\infty$, que tiene la propiedad de que los primeros términos de las secuencias convergen.

Podemos hacer la misma cosa para conseguir una larga $\{{\bf y}_n^{(2)}\}_{n=1}^\infty$ $\{{\bf y}_n\}_{n=1}^\infty$ tales que el primer y segundo términos convergen, mediante el uso de los conjuntos de $C_{ij2}$ en lugar de $C_{ij1}$. Continuando de esta manera, podremos obtener secuencias de $\{{\bf y}_n^{(k)}\}_{n=1}^\infty$ todos los $k$, que son tales que la primera $k$ términos convergen. De nuevo tenemos que forman la diagonal secuencia $\{{\bf z}_n\}_{n=1}^\infty=\{{\bf y}_n^{(n)}\}_{n=1}^\infty$. Tenga en cuenta que el $k^{th}$ plazo de $\{{\bf z}_n\}_{n=1}^\infty$ converge para todos los $k$, digamos, a un límite de $L_k$.

Poner esto juntos, vamos a ${\bf L}=\{L_k\}_{k=1}^\infty$. Tenemos $$\left\|{\bf z}_n-{\bf L}\right\|_2^2=\sum\limits_{k=1}^\infty \left|({\bf z}_n)_k-L_k\right|^2\leq \sum\limits_{k=1}^t \left|({\bf z}_n)_k-L_k\right|^2+\sum\limits_{k=t+1}^\infty |a_k|^2$$ y desde $\{a_k\}_{k=1}^\infty\in \ell^2$, para cualquier $\epsilon>0$ podemos optar $t$ tal que $\sum\limits_{k=t+1}^\infty |a_k|^2<\epsilon/2$. Desde $({\bf z}_n)_k\to L_k$ todos los $k$ $n$ suficientemente grande tenemos $\left|({\bf z}_n)_k-L_k\right|^2<\epsilon/2t$. Por lo tanto ${\bf z}_n\to \bf L$, por lo tanto cada secuencia en $C$ tiene un convergentes larga. De ello se desprende que $C$ es compacto.

Answer 4

Mostrar que $C$ es completo y totalmente acotado.

La integridad es sencillo, supongamos $x_n \in C$ es de Cauchy. A continuación, cada componente también es de Cauchy desde $|[x_n]_k - [x_m]_k | \leq \|x_n -x_m\|$, por lo tanto, cada componente converge a algunos $\alpha_k$. Además, está claro que $|\alpha_k| \leq a_n$, por lo definen $\hat{x}$$[\hat{x}]_n = \alpha_n$. Claramente, $\hat{x} \in C$, y sólo tenemos que mostrar que $x_n \to \hat{x}$. Deje $\epsilon > 0$, y elija $N'$ tal que $\sum_{k>N'} a_k^2 < \frac{\epsilon}{2}$. Además, podemos optar $N>N'$ que si $n>N$,$|[x_n]_k - [\hat{x}]_k|^2< \frac{\epsilon}{2N'}$, para todos los $k \leq N'$. Entonces, si $n>N$,$\|x_n-\hat{x}\|^2 < \sum_{k\leq N'} |[x_n]_k - [\hat{x}]_k|^2 + \frac{\epsilon}{2} \leq \epsilon$. Por lo tanto $x_n \to \hat{x}$.

Para mostrar el total de acotamiento, necesitamos encontrar un finito $\epsilon$-net para todos los $\epsilon>0$. Elija $N'$ tal que $\sum_{k>N'} a_k^2 < \frac{\epsilon^2}{2}$. Es claro que desde $A=[-a_1,a_1]\times \cdots \times [-a_{N'},a_{N'}]$ es compacto (como un subconjunto de a $\mathbb{R}^{N'}$), podemos encontrar una $\frac{\epsilon^2}{2}$-net para $A$. Deje $E \subset A$ $\frac{\epsilon^2}{2}$- net para $A$, a continuación, definir el conjunto (con leve abuso de notación) $E' = E \times \{0\} \times \{0\} \times \cdots$. El conjunto $E' \subset C$ es finito, y es un $\epsilon$-net para $C$. Para ver esto, elija $x \in C$. A continuación, vamos a $\tilde{x} \in \mathbb{R}^{N'}$ ser el primero $N'$ componentes de $x$. Entonces existe $\tilde{y} \in E$ tal que $\|\tilde{y}-\tilde{x} \| < \frac{\epsilon^2}{2}$. Deje $y \in E'$ a ser el elemento (de nuevo abusando de la notación ligeramente) $\tilde{y} \times 0 \times 0 \times \cdots$. Luego tenemos a la estimación de $\|y-x\|^2 = \sum_{k\leq N'} |[\tilde{y}]_k-[x]_k|^2 + \sum_{k\leq N'} |[x]_k|^2 \leq \frac{\epsilon^2}{2}+ \sum_{k\leq N'} a_n^2 \leq \epsilon^2$.

Answer 5

Sólo quiero mencionar que la "diagonal argumento" que se menciona en los comentarios no es otra cosa que la compacidad de $\prod_{i \in \mathbb{N}} [a_i, b_i]$ (o, equivalentemente,$[0,1]^\mathbb{N}$), un importante (y más fácil de probar) caso especial de el teorema de Tychonoff. Esencialmente todos los compacidad resultados en dimensiones infinitas espacios de flujo a partir de este hecho, por lo que sería bueno para que se sientan cómodos con ella.

Esto garantiza que hay una larga $x_{n_k}$ que converge pointwise (es decir, coordinar sabio) a algunos de los $x$. Pero $|(x_{n_k})_i| \le |a_i|$$a_i \in \ell^2$, tan dominado por la convergencia, la convergencia también se lleva a cabo en $\ell^2$.