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XXI ESCUELA VENEZOLANA DE MATEMATICASESCUELA MATEMATICA DE AMERICA LATINA Y EL CARIBE

EMALCA–VENEZUELA 2008

Teorıa de Ramseyy Espacios de Banach

Carlos Augusto Di Prisco

Jordi Lopez Abad

MERIDA, VENEZUELA, 3 AL 9 DE SEPTIEMBRE DE 2008

XXI ESCUELA VENEZOLANA DE MATEMATICASESCUELA MATEMATICA DE AMERICA LATINA Y EL CARIBE

EMALCA–VENEZUELA 2008

Teorıa de Ramsey

y espacios de Banach

Carlos Augusto Di PriscoInstituto Venezolano de Investigaciones Cientıficas

[email protected]

Jordi Lopez AbadUniversite Paris Diderot Paris 7

[email protected]

MERIDA, VENEZUELA, 3 AL 9 DE SEPTIEMBRE DE 2008

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XXI ESCUELA VENEZOLANA DE MATEMATICAS

La Escuela Venezolana de Matematicas es una actividad de los postgra-dos en matematicas de las instituciones siguientes: Centro de EstudiosAvanzados del Instituto Venezolano de Investigaciones Cientıficas, Fa-cultad de Ciencias de la Universidad Central de Venezuela, Facultad deCiencias de la Universidad de Los Andes, Universidad Simon Bolıvar,Universidad Centroccidental Lisandro Alvarado y Universidad de Orien-te, y se realiza bajo el auspicio de la Asociacion Matematica Venezolana.La XXI ESCUELA VENEZOLANA DE MATEMATICAS–EMALCA-Venezuela2008 recibio financiamiento de la Academia de Ciencias Fısicas, Matema-ticas y Naturales, el Fondo Nacional de Ciencia, Tecnologıa e Innova-cion (FONACIT), el Instituto Venezolano de Investigaciones Cientıficas(Centro de Estudios Avanzados, Departamento de Matematicas y Edi-ciones IVIC), la Universidad de los Andes (CEP, CDCHT, Facultad deCiencias y Departamento de Matematicas), Fundacite–Merida, la Uni-versidad Simon Bolıvar y el CIMPA (Centre International de Mathema-tiques Pures et Appliquees).

2000 Mathematics Subject Clasification: 46B45, 05D10, (46B25,03E05).

c©Ediciones IVICInstituto Venezolano de Investigaciones CientıficasTeorıa de Ramsey y espacios de BanachCarlos Augusto Di Prisco y Jordi Lopez AbadDiseno y edicion: Escuela Venezolana de MatematicasPreprensa e impresion: Editorial TextoDeposito legal If660200851022922ISBN 978-980-261-101-0Caracas, Venezuela2008

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Prefacio

La teorıa de Ramsey, tanto en sus aspectos relativos a conjuntos in-finitos como a conjuntos finitos, se ha convertido en una rama indepen-diente de la combinatoria, y tiene muchas y variadas aplicaciones a otrasramas de las matematicas. El origen de esta teorıa se puede situar envarios teoremas demostrados entre el final de los anos 1920 e inicios delos 1930, notablemente el teorema de Ramsey sobre particiones de lacoleccion de los subconjuntos de N con exactamente n elementos, y elteorema de van der Waerden sobre sucesiones aritmeticas. Desarrollossubsecuentes de la teorıa tomaron varias direcciones que han dado re-sultados profundos, tales como el desarrollo de la teorıa de particionesiniciado por Erdos y Rado en los anos 50; la teorıa de Nash-Williamssobre familias de conjuntos finitos de numeros naturales, de los anos60, y su posterior desarrollo llevado a cabo por Galvin, Silver y Ellen-tuck sobre propiedades combinatorias de conjuntos de numeros reales. Elteorema de Hales-Jewett relativo a lıneas combinatorias y el teorema deHalpern-Lauchli sobre arboles, son tambien resultados emblematicos deeste campo de la teorıa combinatoria. Una buena introduccion a todoslos aspectos de la teorıa de Ramsey la constituye el texto [GRS], y unamuestra de la diversidad de desarrollos mas recientes se puede obteneren [NR].

Las aplicaciones de la teorıa de Ramsey al estudio de sucesiones en es-pacios de Banach son cada vez mas frecuentes e interesantes. Una de lasprimeras de estas aplicaciones fue el uso de la propiedad de Ramsey enla demostracion de Rosenthal sobre `1 dada por Farahat (vease [Die]).Mas recientemente, los trabajos de Gowers en dicotomıas, o sobre lasfunciones Lipschitz en la esfera unidad de c0, son un buen ejemplo deluso de ideas de la teorıa de Ramsey y la teorıa de conjuntos en el estudiode espacios de Banach. Una amplia muestra de esta interaccion entre la

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teorıa combinatoria y los espacios de Banach se puede encontrar en [O].La teorıa de barreras de Nash-Williams, originalmente concebida parael estudio de buenos casi-ordenes de sucesiones transfinitas y de arbo-les, proporciona una base unificadora a varias ideas que han aparecidodispersas en el estudio de sucesiones en espacios de Banach.

Los espacios de Banach, cuya definicion es de una gran simpleza, pre-sentan, sin embargo, problemas de gran complejidad. El problema declasificar los espacios de Banach en clases de isomorfıa esta muy lejosde ser resuelto. Citaremos el problema de clasificacion isomorfa de losespacios complementados de C[0, 1], donde es posible que el uso de lateorıa de barreras en la caracterizacion de los espacios de funciones C(α)con α numerable sea de utilidad.

Los espacios de funciones, o de sucesiones, tienen una estructura queha sido bien estudiada (a saber, los espacios Lp o espacios c0 y `p), yuna buena parte del desarrollo de la teorıa ha estado motivado por sabercuando un espacio de Banach contiene un subespacio de este tipo. Fue unproblema abierto durante muchos anos saber si todo espacio de Banach,de dimension infinita, tiene siempre una copia isomorfa de uno de losespacios clasicos de sucesiones c0 o `p. Esto fue resuelto negativamentepor el ejemplo dado por Tsirelson, y que presentaremos y estudiaremoshaciendo uso de la teorıa de barreras.

En contraste con esto, vale la pena mencionar el resultado de Krivineque dice que en todo espacio de Banach alguno de los espacios clasicosc0 o `p se pueden representar finitamente.

Relajando un poco el problema anterior, es natural preguntarse si to-do espacio contiene una sucesion basica incondicional. Mencionemos quesi un espacio de Banach es tal que su dual contiene una sucesion basicaincondicional entonces tiene un cociente separable infinito dimensional.Es un problema abierto si todo espacio tiene un cociente separable infini-to dimensional. Gowers y Maurey dieron el primer ejemplo de un espaciode Banach sin sucesiones basicas incondicionales, descubriendo una nue-va familia de espacios, los llamados hereditariamente indescomponibles,que ha sido extensamente estudiada estos ultimos anos. Sin embargo seha descubierto que otras formas de incondicionalidad parcial sı aparecenen cada espacio de Banach, como por ejemplo la incondicionalidad deSchreier o la incondicionalidad de Elton.

En general, estas notas pueden verse como un estudio de sucesiones en

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varios tipos de espacios. Analizaremos sucesiones, o conjuntos infinitos,de numeros naturales, o de sucesiones de conjuntos finitos de numerosnaturales (sucesiones bloque), presentando resultados concernientes a lateorıa de barreras y frentes de Nash-Williams, y luego usaremos estosconceptos y resultados para aplicarlos al estudio de sucesiones basicasen espacios de Banach, especialmente en el estudio de sucesiones debil-mente nulas. Uno de nuestros objetivos ha sido presentar demostracionesde algunos teoremas sobre sucesiones en espacios de Banach utilizandotecnicas y conceptos de la teorıa de Ramsey.

Una tecnica que resulta de gran utilidad es la demostracion por in-duccion transfinita, que es usado, por ejemplo, en el manejo de familiasuniformes de conjuntos finitos de numeros naturales, razon por la cualhemos considerado apropiado incluir en el texto una introduccion deta-llada sobre ordinales, sus operaciones aritmeticas y sobre el principio deinduccion en ordinales.

Con la intencion de hacer este texto lo mas autocontenido posible,hemos incluido secciones sobre nociones basicas de topologıa de espa-cios metricos, de espacios normados. Presentamos los teoremas basicossobre espacios de Banach, ası como el Teorema clasico de Ramsey y sudemostracion.

Hemos incluıdo ejercicios en cada capıtulo, que ayudaran al lectora apreciar algunos aspectos del material que de otra manera podrıanpasar desapercibidos. Algunos requieren apenas la aplicaciones de lasdefiniciones, otros demandan un esfuerzo mayor.

Finalmente, deseamos dejar constancia de nuestro agradecimiento alComite Organizador de la XXI Escuela Venezolana de Matematicas yEMALCA Venezuela 2008 por haber incluido este tema en la programa-cion de la escuela.

Indice general

Prefacio III

1. Familias de subconjuntos finitos de N 11.1. Frentes y barreras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Familias uniformes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3. Funciones definidas en barreras . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.1. Acoplando pares de elementos de una barrera . . . 191.4. Reduccion de problemas sobre familias de conjuntos fini-

tos a problemas sobre barreras . . . . . . . . . . . . . . . 231.5. Aplicaciones de barreras en c0 . . . . . . . . . . . . . . . . 251.6. El Lema de Ptak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2. La propiedad de Ramsey 352.1. Propiedad de Ramsey para conjuntos de numeros reales . 352.2. Los borelianos son Ramsey . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3. Nociones basicas de espacios de Banach 413.1. Espacios vectoriales normados . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.1.1. Espacios vectoriales normados finito dimensionales 473.1.2. El teorema de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.1.3. El principio de la acotacion uniforme . . . . . . . . 533.1.4. El teorema de la aplicacion abierta . . . . . . . . . 543.1.5. El teorema de la Grafica Cerrada de Banach . . . 563.1.6. El Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . 573.1.7. Espacio dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593.1.8. Topologıas debil y debil* . . . . . . . . . . . . . . 623.1.9. Espacios universales . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

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viii INDICE GENERAL

3.1.10. Sucesiones debilmente nulas y familias precom-pactas de conjuntos finitos . . . . . . . . . . . . . . 68

4. Bases de Schauder 714.1. Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 714.2. Existencia de bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.3. Equivalencia de sucesiones basicas y subsucesiones bloque 844.4. Bases y Reflexividad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 924.5. Sucesiones basicas incondicionales . . . . . . . . . . . . . . 98

4.5.1. Reflexividad para bases incondicionales . . . . . . 1044.5.2. Existencia de bases incondicionales . . . . . . . . . 106

5. Barreras en espacios de Banach 1155.1. El espacio de Maurey-Rosenthal . . . . . . . . . . . . . . . 1155.2. C(K) con K compacto y numerable . . . . . . . . . . . . 1215.3. W -dominancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

5.3.1. Incondicionalidad de Schreier . . . . . . . . . . . . 1345.3.2. Incondicionalidad de Elton . . . . . . . . . . . . . 137

5.4. Sucesiones basicas spreading y spreading models . . . . . 141

6. Teorema de Rosenthal sobre `1 1456.1. Familias de conjuntos finitos de pares de numeros naturales1466.2. Teorema de Rosenthal sobre `1 . . . . . . . . . . . . . . . 149

7. Copias de c0 o `p 1537.1. Teorema de Zippin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1537.2. Espacio de Tsirelson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

8. Representabilidad finita. Teorema de Krivine 1638.1. Representabilidad finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1648.2. Espectro de un operador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1718.3. Representabilidad finita por bloques. Teorema de Krivine 176

A. Apendice: Ordinales 193A.1. Conjuntos bien ordenados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193A.2. Definicion y propiedades de los ordinales . . . . . . . . . . 198A.3. Principio de induccion para ordinales . . . . . . . . . . . . 202A.4. Aritmetica de ordinales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

INDICE GENERAL ix

B. Apendice: Topologıa de espacios metricos 207B.1. Repaso de topologıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207B.2. El espacio de Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

C. Apendice:El teorema de Ramsey 215C.1. El Lema de Konig y el Teorema de Ramsey . . . . . . . . 215

Bibliografıa 221

Capıtulo 1

Familias de subconjuntosfinitos de N

1.1. Frentes y barreras

El conjunto de los subconjuntos infinitos de N se denota por N[∞],y FIN (o N[<∞]) denota el conjunto de los subconjuntos finitos de N.Analogamente, A[∞] y A[<∞] denotan respectivamente el conjunto delos subconjuntos infinitos de A, y el conjunto de los subconjuntos finitosde A.

Dados s, t ∈ FIN y A ∈ N[∞], s v t significa que s es un segmentoinicial de t, y ponemos s @ t cuando s v t y s 6= t. Analogamente, s @ Asignifica que s es un segmento inicial de A; usamos n < s y s < t comoabreviaciones de n < mın s y max s < mın t; A/n = {m ∈ A : n < m}.Por convencion, ∅ < s y tambien s < ∅ para todo s ∈ FIN.

Dados s ∈ FIN y A ∈ N[∞], [s,A] denota el conjunto de todos losB ∈ N[∞] tales que s @ B ⊆ s ∪A.

Los conjuntos de la forma [s,N], o [s], para simplificar la notacion,forman una base para la topologıa metrica en N[∞]; esta es la topologıaheredada de NN con topologıa producto obtenida de la topologıa discretaen N.

Los conjuntos [s,A], con s ∈ FIN y A ∈ N[∞], forman una base parauna topologıa mas fina en N[∞], llamada la topologıa exponencial (otambien topologıa de Ellentuck).

1

2 C. A. Di Prisco y J. Lopez Abad

Si F es una familia de subconjuntos finitos de N y A ∈ N[∞], entonces

F[s] = {t ∈ F : s @ t}Fs = {t \ s : t ∈ F[s]} = {t ∈ FIN : s < t, s ∪ t ∈ F}

F � A = {s ∈ F : s ⊆ A} = F ∩ P(A)F [A] = {s ∩A : s ∈ F}

La topologıa que daremos al conjunto FIN es la topologıa inducida porel conjunto de Cantor 2N identificando conjuntos de numeros naturalescon sus funciones caracterısticas.

Dada una familia F de conjuntos finitos, denotaremos por F top, osimplemente F , su clausura topologica en el espacio de Cantor 2N.

Consideraremos tambien la clausura “hacia abajo”de F respecto a larelacion ⊆, el conjunto

F⊆ = {t : t ⊆ s para algun s ∈ F}

y la clausura “hacia abajo”de F respecto a la relacion v,

Fv = {t : t v s para algun s ∈ F}

Definicion 1.1.1. Una familia F ⊆ FIN es compacta si es un espaciocompacto bajo la topologıa inducida. Decimos que F ⊆ FIN es precom-pacta si su clausura topologica, F top, tomada en el espacio de Cantor2N, contiene solamente conjuntos finitos de N.

Definicion 1.1.2. Decimos que una familia F es hereditaria si F =F⊆, y decimos que es v-hereditaria si F = Fv.

Recordemos que dados conjuntos x, y ⊆ N, escribimos

1. x < y si y solo si max(x) < mın(y).

2. x v y si y solo si x ⊆ y y x < y \ x.

Una sucesion (si) de conjuntos finitos de numeros naturales es unasucesion bloque si si < sj para cada par i < j. Y se dice que es una∆-sucesion si existe un conjunto finito s tal que s v si para todo i ∈ Ny (si \ s) es una sucesion bloque. El conjunto s se llama la raız de (si).

Notese que si →i s si y solo si cada subsucesion de (si) tiene una∆-subsucesion con raız s.

De aquı sigue que la clausura topologica F de una familia precompactaF esta incluida tanto en su clausura F⊆ como en su clausura Fv.

Teorıa de Ramsey y espacios de Banach 3

Proposicion 1.1.3. Una familia F de conjuntos finitos de numerosnaturales es precompacta si y solo si toda sucesion {si}i de elementos deF tiene una ∆-subsucesion.

Demostracion. Es claro que si toda sucesion de F contiene una subsu-cesion que es una ∆-sucesion, entonces el lımite de una sucesion con-vergente de elementos de F es la raız de una ∆-subsucesion, y porlo tanto F es precompacta. Recıprocamente, si F es precompacta, y{si}i es una sucesion de elementos de F , con lımite s ∈ FIN, pode-mos encontrar una ∆-subsucesion con raız s como sigue: Sea k0 tal quesk0 ∩ ( max(s) + 1) = s. Supongamos que hemos definido kn, sea kn+1

tal que skn+1 ∩ ( max(skn)+1) = s. Tal kn+1 existe por que s es el lımitede la sucesion {si}i. La subsucesion {ski

}i es una ∆-sucesion.

Proposicion 1.1.4. Sea F ⊆ FIN.

(a) F es precompacta si y solamente si Fv es compacta si y solamentesi F⊆ es compacta.

(b) Si ademas, F es hereditaria o v-hereditaria, entonces F es com-pacta si y solamente si es precompacta.

(c) Si F es hereditaria, entonces para cada subconjunto M de N,F [M ] = F � M .

(d) Para cada subconjunto M de N, F⊆[M ] = F [M ]⊆

Demostracion. Solo demostramos la parte (d). Sean s ⊆ t ∈ F . Entoncess ∩M ⊆ t ∩M , y por lo tanto s ∩M ∈ F [M ]

⊆. Si s ⊆ t ∩M , y t ∈ F ,

entonces s ∈ F⊆, y como s ⊆M , tenemos que s ∈ F⊆[M ].

A continuacion definiremos operaciones aritmeticas entre familias deconjuntos finitos de numeros naturales.

Definicion 1.1.5. Dadas familias B y C de subconjuntos finitos novacıos de N, definimos

B ⊕ C = {s ∪ t : s ∈ C, t ∈ B, y max(s) < mın(t)}.

Ejemplo 1.1.6. N[j] ⊕ N[k] = N[k+j]


Definicion 1.1.7. Dadas familias B y C de subconjuntos finitos de N,definimos

B⊗C = {s1 ∪ · · · ∪ sn : s1 < · · · < sn, si ∈ B, {mın(si) : 1 ≤ i ≤ n} ∈ C}.

Estas operaciones seran utilizadas para construir familias de elemen-tos de FIN con ciertas propiedades deseadas.

Ejercicio 1.1.8. Demuestre que si B y C son dos familias precompactasde elementos de FIN entonces tanto B ⊕ C como B ⊗ C son tambienprecompactas.

Los siguientes conceptos, debidos a Nash-Williams, son centrales enel desarrollo de la teorıa de Ramsey de dimension infinita.

Definicion 1.1.9. Dado un conjunto A ∈ N[∞], una coleccion B ⊆ FINes un frente en A si

(i) B es una anticadena respecto al orden parcial dado por @ (exten-sion final), es decir, s 6@ t para cada par s, t de elementos distintosde B, en este caso decimos que B es una familia fina , y

(ii) B ⊆ A[∞] y cada B ∈ A[∞] tiene un segmento inicial en B.

Si reemplazamos el orden @ por la inclusion ⊂, entonces se dice que lacoleccion B es una barrera en A. Obviamente, toda barrera es un frente.

Ejercicio 1.1.10. Demuestre que todo frente es una familia precompac-ta.

Observese que si B es un frente en A, todo B ∈ A[∞] tiene un unicosegmento inicial en B, que denotaremos por ιB(B).

Proposicion 1.1.11. (i) Si F es un frente (o una barrera) en A,entonces para todo B ∈ A[∞] la familia F � B es un frente (o unabarrera) en B.

(ii) Dados frentes F y G en A, si F ⊆ G, entonces F = G.

Demostracion. Para (ii), tomemos s ∈ G. EL conjunto s∪A/s tiene unsegmento inicial t tal que t ∈ F , pero por hipotesis, t ∈ G, y por lo tantot = s, lo que muestra que s ∈ F .


Ahora definiremos el rango lexicografico de un frente . Utilizando el or-den usual de los numeros naturales, podemos ordenar lexicograficamentelos elementos de un frente de la manera siguiente: dados s, t ∈ FIN,

s <lex t si y solo si mın(s∆t) ∈ s,

donde s∆t es la diferencia simetrica de s y t.Claramente este es un orden lineal. Veremos que cada frente esta bien

ordenado por el orden lexicografico, y su tipo de orden es un ordinalnumerable, llamado el rango lexicografico del frente.

Proposicion 1.1.12. Toda familia F ⊆ FIN precompacta esta lexi-cogra-ficamente bien ordenada.

Demostracion. Supongamos que F es precompacta y contiene una suce-sion infinita {si}∞i=0 decreciente respecto al orden <lex. Por la Proposi-cion 1.1.3, esta sucesion tienen una ∆-subsucesion, pero observemos quetoda ∆-sucesion es creciente en el orden lexicografico.

Ejercicio 1.1.13. Calcule el rango lexicografico del frente N[k] para k ∈N.

Las operaciones de suma y producto nos dan una manera de construirfrentes de rango lexicografico arbitrariamente grande. Por ejemplo, dadauna sucesion (Bi)∞i=0 de frentes en N, la familia

B =∞⋃i=0

B0 ⊕ B1 ⊕ · · · ⊕ Bi ⊕ {{i}}

es tambien un frente. En el caso Bi = N[1] para cada i ∈ N, obtenemos

∞⋃i=0

N[i] ⊕ {{i}},

que tiene rango lexicografico ωω. Esta familia es usualmente llamadafrente o barrera de Schreier.

Ejercicio 1.1.14. Recordemos que un ordinal γ se dice indescomponiblesi no existen ordinales α, β < γ tales que α+ β = γ.

Muestre que para cada ordinal numerable indescomponible γ, existeun frente cuyo rango lexicografico es γ.


Sugerencia: un ordinal numerable indescomponible es de la forma ωα

con α numerable. Proceda por induccion en α. Si B tiene rango lexi-cografico ωα, entonces B ⊕ N[1] tiene rango lexicografico ωα+1. Supongaque ωα =

∑∞i=0 ω

αi donde la sucesion α0 < α1 < . . . tiene lımite α.Tome para cada i un frente Bi de rango ωαi, y considere

B =∞⋃i=0

B0 ⊕ B1 ⊕ · · · ⊕ Bi ⊕ {{i}}.

Ejercicio 1.1.15. Dados frentes B y C de rango lexicografico β y αrespectivamente, demuestre que el rango lexicografico de B ⊕ C es α · β.

La altura de un arbol T con una unica raız y sin ramas infinitasse define de la manera siguiente. Primero definimos inductivamente laaltura ρ(s) de cada nodo s del arbol:

ρ(s) ={

0 si s no tiene sucesoressup{ρ(t) + 1 : t es suc. inmed. de s} en caso contrario.

La altura de T es la altura de su raız.

Definicion 1.1.16. La altura de un frente B es la altura del arbol

Bv = {t : ∃s ∈ B(t v s)}

con el orden dado por @ (extension final).

La altura de un frente siempre es un ordinal numerable.Como hemos visto, hay varias maneras de asociar un ordinal a una

familia precompacta F de conjuntos finitos de N, una muy natural esasociarle el ındice de Cantor-Bendixson r(F), el menor ordinal α talque la derivada iterada de Cantor-Bendixson ∂α(F) de la clausura de Fes vacıa. Recordemos que la derivada de Cantor-Bendixson ∂(F) es elconjunto de puntos de acumulacion propios de F , y

∂α(F) = ∩ξ<α∂(∂ξ(F).

El ındice de Cantor-Bendixson de una familia precompacta esta biendefinido ya que F es numerable y por lo tanto es un compacto dispersoy la sucesion ∂α(F) de derivadas iteradas se anula. Observese que si


F es compacta y no vacıa, el ındice r(F) es necesariamente un ordinalsucesor. Una propiedad importante de este ındice ordinal (y de los otrosconsiderados aquı) es que para todo n ∈ N el ındice de la familia

F{n} = {s ∈ FIN : n < s, {n} ∪ s ∈ F}

es estrictamente menor que el ındice de F siempre que el ultimo conjuntono vacıo de la forma ∂α(F) sea igual a {∅}.

Usaremos con frecuencia argumentos de diagonalizacion para construirconjuntos de numeros naturales con ciertas propiedades deseadas. Estosargumentos se pueden formalizar mediante la nocion siguiente.

Definicion 1.1.17. Una sucesion infinita (Mk)k∈N de subconjuntos in-finitos de N se llama una sucesion de fusion de M ⊆ N si para todok ∈ N:

(a) Mk+1 ⊆Mk ⊆M ,

(b) mk < mk+1, donde para cada k, mk = mınMk.

El conjunto M∞ = {mk : k ∈ N} se llama la fusion (o el lımite) de lasucesion (Mk)k∈N.

Ejercicio 1.1.18. Dada una familia F de conjuntos finitos de N, y Mun subconjunto infinito de N, sea F [M ] = {s ∩M : s ∈ F}.

Demuestre que si F es una barrera en N , entonces para cada subcon-junto infinito M ⊆ N se tiene

F � M = F � Mv.

En algunos casos tambien se tiene F � M = F [M ], por ejemplo siN \M es infinito.

Ejercicio 1.1.19. Eliminar un segmento inicial. Dados un conjunto A ∈N[∞] y un frente B en A, sea r un conjunto finito de numeros naturalesque es un segmento inicial de algun elemento del frente. Demuestre quela coleccion Br = {s \ r : s ∈ B, r @ s} es un frente en ∪T .

Observemos que si B es un frente en N, dada una funcion f : B → Nen un conjunto N discreto, f se puede extender a una funcion continuaf : N[∞] → N . Para ello basta definir f(X) = f(s) donde s es el unicoelemento de B tal que s @ X.


1.2. Familias uniformes.

Como es usual en teorıa de conjuntos, el conjunto N de los numerosnaturales se identifica con ω, el primer ordinal infinito. El primer ordinalno numerable se denota por ω1, y coincide con el conjunto de todos losordinales numerables.

Definicion 1.2.1. Por induccion en los ordinales numerables definire-mos lo que es una familia α-uniforme de conjuntos finitos de numerosnaturales. Una familia F ⊆ FIN es α-uniforme en A ∈ N[∞] si

1. α = 0 y F = {∅},

2. α = β + 1 y para cada n ∈ A, la coleccion

F{n} = {t ∈ FIN : n < t, {n} ∪ t ∈ F}

es β-uniforme en A/n,

3. α es un ordinal lımite y existe una sucesion estrictamente creciente{αn : n ∈ ω} de ordinales cuyo lımite es α y para cada n ∈ A,

F{n} = {t : n < t, {n} ∪ t ∈ F}

es αn-uniforme en A/n.

Decimos que F es uniforme en A si es α-uniforme en A para algunα < ω1. Si no se especifica el conjunto A, es porque A = ω o porque elconjunto en cuestion esta determinado por el contexto.

Ejemplo 1.2.2. 1. {∅} es la unica familia 0-uniforme.

2. Para cada k ∈ ω, N[k] es la unica familia k-uniforme.

3. La barrera de Schreier. La coleccion de todos los conjuntos finitosde numeros naturales de la forma {n1, n2, . . . , nk} tales que n1 <n2 < . . . < nk y k = n1 + 1. Esta es una familia ω-uniforme.Mas generalmente, si {mi : i ∈ ω} es una sucesion estrictamentecreciente de numeros naturales, la coleccion {{n1, n2, . . . , nk} : k =mn1} es una familia ω-uniforme.


4. Dada un conjunto {mi : i ∈ ω} de numeros naturales, enumeradode forma creciente, la familia {{n1, . . . , nk} : k > i, k = mni} esω + i-uniforme

Ejercicio 1.2.3. De ejemplos de familias ω + ω-uniformes, ω + ω + 1-uniformes, ω · ω-uniformes, ω · ω + 1-uniformes, ωω-uniformes.

Proposicion 1.2.4. Si F es una familia α-uniforme en B, y A ∈ [B][∞],entonces F � A es α-uniforme en A.

Demostracion. Por induccion en α < ω1.

Proposicion 1.2.5. Toda familia α-uniforme es un frente.

Demostracion. Por induccion en α < ω1.

Ejercicio 1.2.6. Demostrar que si F es una familia α-uniforme en M ,entonces para todo β ≤ α existe un t ∈ [M ]<∞ tal que Ft es β-uniformeen M/t.

Ejercicio 1.2.7. Demuestre por induccion en el rango que todo frenteen A es uniforme en algun B ∈ A[∞]. Mas aun, si B es un frente en Ade rango α, existe B ∈ A[∞] tal que B es β-uniforme en B para algunβ ≤ α.

Lema 1.2.8. Sea P (·, ·) una propiedad tal que para cada n ∈ ω y X ∈N[∞] se cumple

(i) P (n,X) ⇒ P (n, Y ) para cada Y ∈ X [∞], y

(ii) ∃Y ∈ X [∞] tal que P (n, Y ).

Entonces, existe A ∈ N[∞] tal que P (n,A/n) vale para todo n ∈ A.

Demostracion. Sea A0 ∈ N[∞] tal que P (0, A0) y sea a0 = mın(A0).Si hemos definido A0, . . . , An y a0, . . . , an, sea An+1 ∈ A

[∞]n tal que

P (an, An+1), y sea an+1 = mın(An+1/an). Ası, obtenemos inductiva-mente el conjunto A = {a0, a1, . . . } que satisface lo requerido.

Teorema 1.2.9. Para cada familia F ⊆ FIN, y cada X ∈ N[∞], existeY ∈ X [∞] tal que F � Y es vacıo o incluye una familia α-uniforme paraalgun α < ω1.


Demostracion. Tomando el conjunto de los elementos ⊆-minimales deF , podemos suponer que F es una anticadena en el orden dado por ⊆.Sea

Fv = {t : ∃s ∈ F t v s}.

Veamos a Fv como el arbol de los segmentos iniciales (propios o no)de elementos de F , con el orden dado por @.

Caso 1. Existe una rama infinita s1 @ s2 @ . . . en Fv.En este caso, como F es una anticadena, F �

⋃i si = ∅.

Caso 2. El arbol (Fv,v) es bien fundamentado (no hay ramas infi-

nitas).En este caso, trabajamos por induccion en el rango del arbol. Si el

rango de Fv es 1, entonces F ⊆ N[1]; y al menos uno de los conjuntos⋃F y N \

⋃F es infinito, y por lo tanto F es 1-uniforme en el primer

conjunto o es disjunta del segundo.Supongamos inductivamente que tenemos el resultado para todo β <

α, y que Fv tiene rango α. Para cada n ∈ ω, el rango de

(Fv){n} = {t : n < t, {n} ∪ t ∈ Fv}

es menor que α.Consideremos la propiedad P (n,X) dada por “Fn incluye una familia

uniforme en X o es disjunto de X [<∞]”, por la Proposicion 1.2.4, Psatisface la clausula (i) del Lema 1.2.8, y por la hipotesis inductiva,satisface la clausula (ii). Por lo tanto, existe B tal que para cada n ∈ B,vale P (n,B/n), es decir, para cada n, F{n} � B = ∅ o F{n} � B esuniforme en B/n.

Si el conjunto {n ∈ B : F{n} � B = ∅} es infinito, ponemos Y igual aese conjunto. En caso contrario, tomamos Y un subconjunto infinito deB tal que para cada n ∈ Y , F{n} � Y es uniforme en Y/n, y llamamosαn el ordinal correspondiente. Claramente podemos suponer que Y estal que {αn : n ∈ Y } es constante o estrictamente creciente. En amboscasos, F � Y es β-uniforme con β = ∪{αn + 1 : n ∈ A}.

Corolario 1.2.10. Si B es una barrera en M , entonces existe N ∈M [∞]

tal que B � N es una barrera uniforme en N .

Teorema 1.2.11 (Lema de Galvin). Sea F una familia de subcon-juntos finitos de N, entonces,


(a) existe B ∈ N[∞] tal que F � B es vacıo, o

(b) existe B ∈ N[∞] tal que F � B contiene una barrera.

Demostracion. Fijemos F una familia de conjuntos finitos de numerosnaturales. Dados s ∈ FIN y A ∈ N[∞], diremos que A acepta s si todoelemento de [s,A] tiene un segmento inicial en F ; A rechaza s si paraningun elemento B de A[∞] acepta s; y decimos que A decide s si Aacepta o rechaza s. De estas definiciones se obtienen inmediatamente lossiguientes hechos:

(i) Si A acepta (rechaza) s y B es un subconjunto infinito de A, en-tonces B acepta (rechaza) s.

(ii) Dados s y A, existe B ∈ [s,A] que decide s.

(iii) Si A acepta s, entonces, A acepta s ∪ {n} para cada n ∈ A/s.

Proposicion 1.2.12. Si A rechaza s, entonces hay a lo sumo una can-tidad finita de n ∈ A/s tales que A acepta s ∪ {n}.

Demostracion. Supongamos por el contrario que el conjunto B de todoslos n ∈ A/s tales que A acepta s∪ {n} es infinito. Entonces B acepta s,lo que contradice la hipotesis.

Proposicion 1.2.13. Existe un conjunto infinito B que decide cada unode sus subconjuntos finitos.

Demostracion. Usando (ii), se construyen sucesiones N ⊇ A1 ⊇ A2 ⊇. . . y n1 < n2 < . . . tales que Am decide cada subconjunto de {ni}m−1

i=1 ynm ∈ Am para cada m. Afirmamos que B = {nm : m ∈ ω} decide cadauno de sus subconjuntos finitos. Para verificarlo, sea s un subconjuntofinito de B, y sea nm el maximo elemento de s. Entonces, Am+1 decides, y por (i), B decide s tambien.

Para terminar la demostracion del teorema, sea B un conjunto infinitoque decide cada uno de sus subconjuntos finitos. Si B acepta ∅, entoncesF contiene la barrera en B dada por {s ∈ F � B : s es ⊆-minimal}(parte (b) del teorema).

Si B rechaza ∅, sea n1 ∈ B tal que B rechaza {n} para todo n ∈ Bn ≥ n1. Escojamos ahora n2 > n1 en B tal que B rechaza {n} y {n1, n}


para todo n ∈ B n ≥ n2. Continuando ası, formamos n1 < n2 < n3 <. . . , una sucesion de elementos de B tal que B rechaza s∪{n} para cadas ⊆ {n1, n2, . . . , nm−1} y n ≥ nm en B. Veamos que el conjunto B ={nm : m ∈ ω} satisface la parte (a) del teorema. Es claro que B rechazacada uno de sus subconjuntos finitos. Supongamos que algun a ∈ Festa incluido en B. Esto implica que B acepta a, una contradiccion.

Corolario 1.2.14 (Propiedad de Ramsey de las barreras). Si Bes una barrera en M , y B = B0 ∪ B1 es una particion de B, entoncesexiste i ∈ {0, 1} y N ∈M [∞] tales que B � N = B � Bi

Demostracion. Aplicamos 1.2.11 a B0 y a B1 para obtener N ∈M [∞] talque cada Bi � N es vacıo o contiene una barrera. No podemos obtenerel vacıo en ambos casos, ni es posible que ambas restricciones contenganbarreras.

Corolario 1.2.15. Sea F una familia de subconjuntos finitos de N,entonces,

(a) existe B ∈ N[∞] tal que F � B es vacıo, o

(b) existe B ∈ N[∞] tal que F � B contiene una barrera uniforme.

Demostracion. Si existe un B tal que F � B contiene una barrera, enton-ces sea F ′ ⊆ F tal que F ′ � B es una barrera en B. Existe un C ⊆ B talque F ′ � C es una barrera uniforme en C (esto se prueba por induccionen el rango de la barrera).

El teorema de Ramsey se obtiene como consecuencia directa.

Corolario 1.2.16 (Teorema de Ramsey). Si N[k] = K1 ∪K2 es unaparticion de los subconjuntos de N con exactamente k elementos, existeB ∈ N[∞] tal que B[k] esta contenido en Ki para algun i ∈ {1, 2}

Demostracion. Aplicando el teorema 1.2.11 a K1, obtenemos un conjun-to B tal que B[k] ⊆ K2 o tal que cada subconjunto infinito de B tieneun segmento inicial en K1 y por lo tanto B[k] ⊆ K1.

Ejercicio 1.2.17. Demuestre por induccion sobre α que toda familiaα-uniforme tiene la propiedad de Ramsey.


Teorema 1.2.18. Sea F ⊆ FIN y M ∈ N[∞]. Las siguientes afirmacio-nes son equivalentes.

(a) Existe N ∈M [∞] tal que F � N es un frente en N ,

(b) Existe N ∈M [∞] tal que F � N es una barrera en N ,

(c) Existe N ∈M [∞] tal que F � N es uniforme en N ,

(d) Existe N ∈M [∞] tal que F � N es una barrera uniforme en N ,

Demostracion. (a) implica (b) sigue del Lema de Galvin 1.2.11 y de laProposicion 1.1.11 (ii). (b) implica (d) Sigue del Cololario 1.2.10. (d)implica (c) es trivial, y (c) implica (a) es la Proposicion 1.2.5.

La proposicion siguiente conecta estos conceptos combinatorios conalgunos de los conceptos topologicos considerados anteriormente.

Proposicion 1.2.19. Sea B ⊆ FIN una barrera en M , entonces

1. B⊆ = Bv = B y por lo tanto B⊆ es una familia compacta.

2. Para cada N ⊆M , B � N⊆ = B⊆ � N

3. Para cada N ⊆ M tal que M \ N es infinito se tiene B[N ] =B � N

⊆, y en particular B[N ] es cerrada hacia abajo.

Demostracion. (1): Es claro que por ser B una barrera, B ⊆ Bv ⊆ B⊆.Demostraremos que B⊆ ⊆ B. Sea s ( t ∈ B y fijemos un subconjuntoinfinito N de M/s. Como B es una barrera en M , existe u ∈ B � s ∪N .Entonces, o bien u v s o s v u. El primer caso es imposible porqueimplica que u ( t y ambos son elementos de B que es Sperner. Entoncesocurre s v u. Queda claro ahora que podemos hallar una ∆-sucesion(uk) de elementos de B con raız s.

(2): Claramente B � N⊆ ⊆ B⊆. Supongamos que s ∈ B⊆, y sea t ∈ B

tal que s ⊆ t. Encontramos un u ∈ B � N tal que u v s ∪ (N/s). Siu v s ⊆ t, entonces u = s = t, y por lo tanto t ∈ B � N . En casocontrario, s v u, y entonces s ∈ B � N

⊆.(3): Fijemos un conjunto infinito N ⊆ M tal que M \ N es tambien

infinito. Como B es una barrera en N , tenemos que B � N⊆ = B � N

v.


Sea s v t ∈ B � N , y consideremos el conjunto s∪ (M \N)/t. Como B esuna barrera en M hay algun u ∈ B tal que u v s∪ (M \N)/t. Entoncess v u (ya que de lo contrario, u ( s ⊆ t y u, t ∈ B), u\ s ⊆ (M \N)/t, ypor lo tanto u ∩M = s, como deseamos. Ahora supongamos que s ∈ B,y sea t = s ∩ N . Consideremos el subconjunto infinito t ∪ N/s de N .Por razones analogas a las anteriores, debe haber un u ∈ B � N tal quet v u como es deseado.

Definicion 1.2.20. Dada una familia F ⊆ FIN,

Fv−max = {s ∈ F : ∀t ∈ F(s v t→ s = t)}

F⊆−max = {s ∈ F : ∀t ∈ F(s ⊆ t→ s = t)}.

Ejercicio 1.2.21. Una familia F ⊆M [<∞] es la clausura topologica deuna barrera en M si y solo si Fv−max = F⊆−max es una barrera en M .

La siguiente proposicion es bien conocida y nos sera muy util.

Proposicion 1.2.22. Sean B y C dos barreras en M . Existe un conjuntoinfinito N ⊆M tal que B � N ⊆ C � N o C � N ⊆ B � N

Demostracion. Sea B0 = {s ∈ B : s ∈ C}, y B1 = B \ B0. Y del mismomodo, C0 = {s ∈ C : s ∈ B} y C1 = C\C0. Por la propiedad de Ramsey defamilias uniformes, existe un N ⊆M infinito y existen i, j ∈ {0, 1} talesque B � N = Bi � N y C � N = Cj � N . Sea s ∈ B � N , y consideremos elconjunto infinito P = s ∪ (N/s) ⊆ N , y sea t ∈ C � N tal que t v P . Sis v t, entonces i = 0 y por lo tanto B � N ⊆ C � N . En caso contrario,t v s, y por lo tanto j = 0 y C � N ⊆ B � N .

Corolario 1.2.23. Sea B una familia α-uniforme en M y sea C una fa-milia β-uniforme en M , con α < β. Entonces existe un conjunto infinitoN ⊆M tal que B � N ⊆ C.

Demostracion. Sigue de la Proposicion 1.2.22 anterior y de que si unafamilia F es α-uniforme en M , entonces F � N es tambien α-uniformeen N para todo N ⊆M infinito.

Ejercicio 1.2.24. Demuestre las siguientes afirmaciones.

1. Si F es un frente entonces F = Fv.


2. Si F es una familia uniforme en M entonces F es un frente (aun-que no necesariamente una barrera) en M .

3. Si F es un frente (o barrera) α-uniforme en M y θ : M → N esla unica funcion sobreyectiva de M sobre Nque preserva el orden,entonces θ”F = {θ”s : s ∈ F} es un frente (o barrera) α-uniformeen N .

4. Si F es un frente (o barrera) α-uniforme en M , entonces F � Nes un frente (o barrera) α-uniforme en N para cada N ⊆M .

5. Si F es un frente (o barrera) α-uniforme en M , entonces paracada s ∈ Fv, la familia

Fs = {t : s < t y s ∪ t ∈ F}

es un frente (o barrera) α-uniforme en M/s.

6. Si F es α-uniforme en M , entonces ∂α(F) = {∅}, por lo tantor(F) = α + 1. (Sugerencia: use que ∂β(F{n}) = (∂β(F)){n} paratodo β y toda familia compacta F).

1.3. Funciones definidas en barreras

Ciertos problemas sobre sucesiones en espacios de Banach se puedenver como problemas sobre funciones definidas en barreras. En esta sec-cion consideraremos el caso particular de funciones cuyos rangos estancontenidos en FIN.

Definicion 1.3.1. Sea F ⊆ FIN y ϕ : F → FIN.

(a) Decimos que ϕ es uniforme si y solo si para cada s, u ∈ F y cadat v s, u tenemos que mın(s \ t) ∈ ϕ(s) ⇔ mın(u \ t) ∈ ϕ(u).

(b) Decimos que ϕ es Lipschitz si y solo si para cada s, u ∈ F , sit v s, u entonces ϕ(s) ∩ t = ϕ(u) ∩ t.

Entonces, las funciones uniformes ϕ : F → FIN son aquellas que, dados ∈ F y n ∈ N, el valor χϕ(s)(n) ∈ {0, 1} depende solamente de la parteinicial s ∩ [0, n) de s; mientras que para las aplicaciones Lipschitz , elvalor de ϕ(s) ∩ t solo depende de t, para cada t v s ∈ F .


La metrica estandar en FIN esta dada por

d(s, t) =1

2mın(s∆t),

donde s∆t = (s \ t) ∪ (t \ s) es la diferencia simetrica de s y t. Con estametrica la nocion de funcion Lipschitz definida arriba coincide con ladefinicion usual de funcion 1-Lipschitz.

Proposicion 1.3.2. Si ϕ : F → FIN es uniforme, entonces es Lipschitz.

Demostracion. Se hace por induccion en el tamano de t donde t v s, u.

Proposicion 1.3.3. Supongamos que B es una barrera en M , y queϕ : B → FIN es una aplicacion cualquiera. Entonces, existe N ⊆ M talque ϕ � (B � N) es uniforme.

Demostracion. Construimos una sucesion de fusion (Mk) de subconjun-tos de M , conmk = mınMk, tal que para cada k y cada t ⊆ {m0 . . . ,mk}la aplicacion

ft : Bt � Mk+1 → {0, 1}

definida por ft(u) = χϕ(t∪u)(mınu) es constante. Entonces {mi}, el lımi-te de la fusion, es el conjunto N deseado.

Una consecuencia de esto es que seleccionando un segmento inicial decada elemento de una barrera se define esencialmente una nueva barrera.Mas precisamente.

Corolario 1.3.4. Sea B una barrera en M y sea ϕ : B → FIN tal queϕ(s) v s para cada s ∈ B. Entonces existe N ⊆M tal que ϕ”(B � N) esuna barrera en N .

Demostracion. Sea P ⊆ M tal que la restriccion de ϕ a B � P esuniforme. Veamos que esto implica que F = ϕ”(B � P ) es una fami-lia fina: supongamos al contrario que t @ t estan ambos en F . Seans, s ∈ (B � P ) tales que ϕ(s) = t y ϕ(s) = t. Como ϕ es uniforme enB � P , y mın(s \ t) ∈ t = ϕ(s), obtenemos que mın(s \ t) ∈ ϕ(s) = t,lo que es imposible. Ahora, sea N ⊆ P tal que F � N es vacıo o esuna barrera uniforme en N . La primera opcion no es posible porqueϕ”(B � N) ⊆ F � N . Para terminar la demostracion basta entonces


verificar que F � N = ϕ”(B � N). La inclusion de derecha a izquierdaes trivial. Supongamos que t ∈ F � N , y fijemos s ∈ B � P tal queϕ(s) = t. Sea u = ιB(t ∪ (N/t)) ∈ B � N . Por la uniformidad de ϕ enB � P , tenemos que ϕ(u) = t.

Definicion 1.3.5. Decimos que una funcion ϕ : F → FIN es interna siy solamente si ϕ(s) ⊆ s para todo s ∈ B.

A continuacion demostraremos que cada aplicacion ϕ : B → FINdefinida en una barrera, cuyo rango es precompacto es “casi”interna.

En lo que sigue, dado un conjunto B ⊆ N, definimos la funcion χB· :P(N) → P(N) por χB ·A = A ∩B.

Lema 1.3.6. Sea B una barrera uniforme en M , y supongamos que elrango de ϕ : B → FIN es una familia precompacta. Entonces hay unconjunto infinito N ⊆ M tal que χN · ϕ � (B � N) es interna (i.e.ϕ(s) ∩N ⊆ s para todo s ∈ B � N).

Demostracion. Sea h : B → FIN la funcion definida por h(s) = ϕ(s) \ s(para s ∈ B). Es claro que h”B es una familia precompacta, y, pordefinicion, h(s) ∩ s = ∅. Vamos a demostrar que hay un N ⊆M tal queh(s)∩N = ∅ para todo s ∈ B � N , que da la conclusion deseada para ϕ.La demostracion es por induccion en el rango de B. Para todo m ∈ M ,sea hm : B{m} → FIN la funcion definida de manera natural por

hm(s) = h({m} ∪ s) para todo s ∈ B{m}.

Utilizando la hipotesis inductiva, se puede encontrar una sucesion defusion (Mk)k∈N, M0 = M , tal que, poniendo mk = mınMk (k ∈ N),tenemos

hmk(s) ∩Mk+1 = ∅ para todo k ∈ N y todo s ∈ B{mk} � Mk+1.

Sea M∞ = {mk}. es facil verificar que

h(s) ∩M∞ ⊆ {m0, . . .mk−1} para todo s ∈ B � M∞,

donde k es tal que mk = mın s. Para m ∈M∞, definimos

gm : B{m} � M∞ → P(M ∩ {0, . . . ,m− 1})s 7→ gm(s) = hm(s) ∩M∞.


Como la imagen de gm tiene solo una cantidad finita de posibilidades,podemos encontrar otra sucesion de fusion (Nk), N0 = M∞, tal que,poniendo nk = mınNk, para todo k, la aplicacion gnk

es constante enB{nk} � Nk+1 con valor snk

< nk. Sea N∞ = {nk}. Notese que por laspropiedades de esta ultima sucesion de fusion, sabemos que h(s)∩N∞ ⊆h(s) ∩ M∞ = smın s para cada s ∈ B � N∞. Como el rango de h esuna familia precompacta, existe un conjunto infinito I ⊆ N∞ tal que(si)i∈I es una ∆-sucesion con raız r. Tomamos un subconjunto N ⊆ Ital que N ∩

⋃n∈N sn = ∅. Entonces, para cada s ∈ B � N tenemos que

h(s) ∩N ⊆ smın s ∩N = ∅, como era deseado.

El siguiente lema generaliza el Lema 1.3.6 y sera muy importante paraentender el comportamiento de funciones definidas en barreras a valoresen c0.

Lema 1.3.7. Supongamos que {Bl}l∈N es una coleccion de barreras uni-formes en M , y supongamos que para todo l ∈ N tenemos ϕl : Bl → FINcon rango precompacto. Entonces existe algun conjunto infinito N de Mtal que

(ϕl(s) \ s) ∩N ⊆ N ∩ [0, n] (1.1)

para todo n ∈ N , l ≤ n, y todo s ∈ Bl � N.

Demostracion. Para todo l ∈ N, sea ψl : Bl → FIN la funcion definidapor ψl(s) = ϕl(s) \ s para todo s ∈ Bl. Usando el Lema 1.3.6 podemoshallar una sucesion de fusion (Nk) de M tal que, con nk = mınNk

(k ∈ N), tenemos que para todo k ∈ N,

ψl(s) ∩Nk+1 = ∅ para todo l ≤ nk y s ∈ Bl � ({n0, . . . , nk} ∪Nk+1).(1.2)

Entonces el conjunto de fusion N = {nk}k satisface lo requerido: Fijemosn ∈ N , l ∈ N tales que l ≤ n, y s ∈ Bl � N . Sea k ∈ N tal que n = nk.Observese que el conjunto de fusionN satisfaceN ⊆ {n0, . . . , nk}∪Nk+1,luego s ∈ Bl � {n0, . . . , nk}∪Nk+1. Por lo tanto, por (1.2), ψl(s)∩Nk+1 =∅, y entonces ψl(s) ∩N ⊆ {n0, . . . , nk}, que es equivalente a (1.1).

Vamos a explicar como hallar esa sucesion de fusion. Supongamos quehemos definido Nk ⊆ Nk−1 ⊆ · · · ⊆ N0. Para cada t ⊆ {n0, . . . , nk}, yl ∈ N sea ψl,t : (Bl)t → FIN definida de manera natural por

ψl,t(u) = ψl(u ∪ t)


para todo u ∈ (Bk)t. Usando el Lema 1.3.6 repetidas veces, para cadahl,t con l ≤ nk y t ⊆ {n0, . . . , nk} hallamos Nk+1 ⊆ Nk tal que para todos ∈ Bk � ({n0, . . . , nk} ∪Nk+1) y todo l ≤ nk, se tiene ψl(s)∩Nk+1 = ∅,como era deseado.

1.3.1. Acoplando pares de elementos de una barrera

Los siguientes resultados seran utilizados en el estudio de diferentesformas de incondicionalidad parcial de una sucesion de vectores en unespacio de Banach. En terminos generales el problema combinatorio sub-yacente es el siguiente. Uno se encuentra con una aplicacion que asignaa cada elemento s de una barrera un subconjunto ts ⊆ s, y es necesarioencontrar un par de elementos de la barrera, s y u, a los que se le asignael mismo subconjunto ts = tu, y es tal que s ∩ u = ts. A continuacionconsideramos los aspectos combinatorios de este tipo de situacion, paraluego aplicarlos a los problemas de incondicionalidad.

Proposicion 1.3.8 (Lema de acoplamiento total). Supongamos queB y C son barreras en M , y ϕ : B → C es una aplicacion interna.Entonces existe un subconjunto infinito N de M y una funcion σ : B �N → B tal que:

χN · σ = ϕ � (B � N) = ϕ ◦ σ.

En particular, para todo s ∈ B � N , existe t ∈ B (no necesariamente unsubconjunto de N) tal que(a) ϕ(s) = ϕ(t), y(b) s ∩ t = ϕ(s).

Demostracion. Primero, coloreamos t ∈ C con 1 si existe s ∈ B tal queϕ(s) = t, y con 0 en caso contrario. Por la propiedad de Ramsey de Chay un P ⊆M tal que C � P es monocromatico, con color i = 0, 1. Comopara cada s ∈ B � P , ϕ(s) ∈ C � P toma color 1, i debe ser igual a 1.Definamos ahora ψ : C � P → B diciendo que

ψ(t) ∈ B es tal que ϕ(ψ(t)) = t. (1.3)

Aplicando el Lema 1.3.6 a ψ para obtener un N ⊆ P tal que ψ(t)∩N ⊆ tpara todo t ∈ C � N . Observese que esto es equivalente a decir queψ(t) ∩ N = t (t ⊆ ψ(t) porque t = ϕ(ψ(t)) ⊆ ψ(t) por las propiedades


de ϕ). Finalmente definimos σ : B � N → B por σ(s) = ψ(ϕ(s)) paratodo s ∈ B � N . Entonces, para s ∈ B � N tenemos que

ϕ(σ(s)) = ϕ(ψ(ϕ(s))) = ϕ(s),

yσ(s) ∩N = ψ(ϕ(s)) ∩N = ϕ(s),

como era deseado.

Usaremos la notacion f v g, para f, g : B → FIN, para expresarf(s) v g(s) para todo s ∈ B.

Corolario 1.3.9 (Primer lema de acoplamiento parcial). Supon-gamos que B es una barrera en M y que ϕ : B → FIN es una aplicacioninterna. Entonces hay un subconjunto infinito N de M y σ : B � N → Btal que

χN · σ = ϕ ◦ σ v ϕ.

En particular, para todo s ∈ B � N existe t ∈ B tal que(a’) ϕ(t) v ϕ(s), y(b’) s ∩ t = ϕ(t).

Demostracion. Sea G el conjunto de los elementos v-minimales de ϕ”B.Observese que G � P 6= ∅ para todo P ⊆ M : Fijemos un tal P , y seas ∈ B � P . Entonces, debe haber algun t ∈ G tal que t v ϕ(s). Tal tpertenece a G � P . Como G es una familia fina, por el Teorema 1.2.18,existe P ⊆ M tal que C = G � P es una barrera en P . Definimos ahoraψ : B � P → C escogiendo para cada s ∈ B � P algun ψ(s) ∈ C tal queψ(s) v ϕ(s) (esto esta bien definido por la minimalidad de los elementosde G). Definimos tambien $ : B � P → B escogiendo para s ∈ B � Palgun

$(s) ∈ B tal que ψ(s) = ϕ($(s)). (1.4)

Ahora aplicamos el Lema 1.3.6 a $ para obtener R ⊆ P tal que

$(s) ∩R ⊆ s para todo s ∈ B � R. (1.5)

Finalmente aplicamos la Proposicion 1.3.8 a ψ � (B � R) para obtenerN ⊆ R y σ : B � N → B � R con la propiedad

σ(s) ∩N = ψ(s) y ψ(σ(s)) = ψ(s) para todo s ∈ B � N . (1.6)


Definimos σ = $ ◦ σ. Afirmamos que σ tiene las propiedades deseadas.Fijemos s ∈ B � N . Entonces, por (1.5) y (1.6),

ϕ(σ(s)) = ϕ($(σ(s))) = ψ(σ(s)) = ψ(s) v ϕ(s),

y por lo tanto

ϕ(σ(s)) ⊆ σ(s)∩N = ($(σ(s))∩R)∩N ⊆ σ(s)∩N = ψ(s) = ϕ(σ(s)),

como querıamos.

Ahora pasamos al resultado dual al del corolario anterior.

Corolario 1.3.10 (Segundo lema de acoplamiento parcial). Su-pongamos que B es una barrera en M y que ϕ : B → FIN es una aplica-cion interna. Entonces existe un subconjunto infinito N de M y existeσ : B � N → B tales que

χN · σ = ϕ � (B � N) v ϕ ◦ σ.

En particular, para todo s ∈ B � N existe t ∈ B tal que(a’) ϕ(s) v ϕ(t), y(b’) s ∩ t = ϕ(s).

Demostracion. Sea P ⊆M tal que ϕ es uniforme cuando se restringe aB � P (Proposicion 1.3.3). Sea G el conjunto de nodos v-maximales deϕ”(B � P ). Esta es obviamente una familia fina. Mas aun, G � Q 6= ∅para todo Q ⊆ P : Sea s0 ∈ B � Q, entonces si ϕ(s0) ∈ G no hay masque hacer. En caso contrario, existe t0 ∈ G, ϕ(s0) @ t0. Sea s1 ∈ B � Ptal que t0 = ϕ(s1). Ponemos n0 = mın(t0 \ϕ(s0)). Hallamos s1 ∈ B � P ,s1 v (s1 ∩ [0, n0)) ∪ (Q ∩ [n0,∞)). Por la maximalidad de los elementosde B, s1 v s1. Por la uniformidad de ϕ, mın(s1 \ s1) ∈ ϕ(s1), luegoϕ(s0) @ ϕ(s1), y ϕ(s1) ⊆ Q. Si ϕ(s1) ∈ G, hemos terminado; si no,continuamos el proceso produciendo s1, . . . , sk tales que ϕ(si−1) @ ϕ(si)y ϕ(si) ⊆ Q (1 ≤ i ≤ k). Debe haber algun k tal que sk ∈ G ya que delo contrario obtendrıamos un conjunto infinito

⋃∞k ϕ(sk) en la clausura

de ϕ”B que esta incluida en B ⊆ FIN, una contradiccion.Tomamos Q ⊆ P tal que C = G � Q es a barrera en Q. Sea

D = {s ∪ u : s ∈ B � Q, u ∈ C tal que ϕ(s) v u y s < (u \ ϕ(s))}.


Es facil ver que D es un frente en Q. Entonces, sea R ⊆ Q tal queD � R es una barrera en R. Observese que cada t ∈ D tiene asociadoss(t) ∈ B � Q y u(t) ∈ C � Q tales que t = s(t) ∪ u(t) con s(t) v t.Definimos $ : D � R→ B escogiendo

$(t) ∈ B tal que ϕ($(t)) = u(t). (1.7)

Encontramos S ⊆ R tal que $(t)∩S ⊆ t para todo t ∈ D � S. Aplicamosahora la Proposicion 1.3.8 a u : D � S → C � S para obtener T ⊆ Sy σ : D � T → D � S tal que u ◦ σ = u, y σ(t) ∩ T = u(t) para todot ∈ D � T .

Para cada s ∈ B � T escogemos us ∈ C � T tal que ϕ(s) v us ys < (us/ϕ(s)), y definimos σ : B � T → B � S por σ(s) = $(σ(s ∪ us)).Entonces, para todo s ∈ B � T ,

ϕ(σ(s)) = ϕ($(σ(s ∪ us))) = u(σ(s ∪ us)) = u(s ∪ us) = us w ϕ(s),

y luego

ϕ(s) ⊆ σ(s)∩ s = ($(σ(s∪us))∩N)∩ s ⊆ σ(s∪us)∩ s ⊆ us∩ s = ϕ(s).(1.8)

Finalmente, aplicamos el Lema 1.3.6 a σ para obtener N ⊆ T tal queσ(s) ∩N ⊆ s para todo s ∈ B � N . Entonces, por (1.8),

ϕ(s) ⊆ σ(s) ∩N ⊆ σ(s) ∩ s = ϕ(s).

Proposicion 1.3.11. Supongamos que B es una barrera en M , ϕ : B →FIN es una aplicacion interna y supongamos que f : FIN → X es unaaplicacion tal que para todo n ∈M se tiene que

{f(ϕ(s)) : s ∈ B, mınϕ(s) = n} es finito. (1.9)

Entonces existe un subconjunto N ⊆M tal que la restriccion f � N tienela propiedad de que si s, u ∈ B � N son tales que s ∩ (mınϕ(s) + 1) =u ∩ (mınϕ(u) + 1), entonces f(ϕ(s)) = f(ϕ(u)).

Demostracion. Sea P ⊆ M tal que ϕ restringida a B � P es uniforme.Para cada s ∈ B � P , sea ts = s ∩ (mınϕ(s) + 1). Sea

G = {s ∪ u : s < u, s ∈ B � P, y ts ∪ u ∈ B � P}.


Es facil ver que G es un frente en P . Sea c : G → 2 definido por c(s∪u) = 0si y solamente si f(ϕ(s)) = f(ϕ(ts∪u)) y 1 si no, donde s∪u es como enla definicion de G. Sea N ⊆ P tal que c restringida a G � N es constantecon valor ε ∈ 2. Es facil ver, utilizando que mınϕ(ts ∪ u) = mınϕ(s),que ε = 0 y que esto implica el resultado deseado en N .

Nota 1.3.12. Si en la Proposicion 1.3.8 o en los Corolarios 1.3.9, 1.3.10fijamos una aplicacion f : B → R+ con la propiedad de que

para todo n ∈M se tiene que sup{f(s) : mınϕ(s) = n} <∞ (1.10)(o inf{f(s) : mınϕ(s) = n} > 0) (1.11)

y un valor θ > 1, entonces las aplicaciones de acople σ : B � N → B sepueden encontrar con la propiedad adicional de que

f(σ(s)) ≤θ · f(s) (f(σ(s)) ≥ θ−1 · f(s), respectivamente)

para todo s ∈ B � N .Vamos a explicar como obtener esto en el caso de la Proposicion 1.3.8

y una funcion f acotada superiormente. En su prueba, modifiquemos(1.3) por

ψ(t) ∈ B es tal que ϕ(ψ(t)) = t y

f(ψ(t)) ≥ θ−1 · sup{f(u) : u ∈ B, ϕ(u) = t}.

Lo anterior esta bien definido ya que f esta acotada superiormente. En-tonces, la funcion acople σ tiene la propiedad sobre f requerida.

Anadiendo estas condiciones sobre f a las elecciones hechas en (1.4)y en (1.7) se puede demostrar de forma similar que se tiene el resultadodeseado para los Corolarios 1.3.9 y 1.3.10.

1.4. Reduccion de problemas sobre familias deconjuntos finitos a problemas sobre barre-ras

Teorema 1.4.1. Para cada familia F ⊆ FIN existe un conjunto infinitoM tal que una de las dos afirmaciones siguientes se cumple:

(a) F [M ] es la clausura de una barrera uniforme en M .


(b) M [<∞] ⊆ F⊆.

Observese que si se cumple (a), entonces F [M ], la traza de F en M ,es hereditaria. Ademas, si F es precompacta, (a) debe ocurrir.

Corolario 1.4.2. Supongamos que F0,F1 ⊆ FIN son familias tales que

M [<∞] ⊆ {s0 ∪ s1 : s0 ∈ F0, s1 ∈ F1}.

Entonces existe un conjunto infinito N ⊆ M , y un i ∈ {0, 1} tales queN [<∞] ⊆ F⊆

i .

Demostracion. Notese primero que la aplicacion union de FIN×FIN enFIN dada por (s, t) 7→ s∪ t es continua. Entonces, si dos subfamilias F0

y F1 de FIN son tales que F0[M ] y F1[M ] son precompactas, la familia{s0 ∪ s1 : si ∈ Fi[M ], i = {0, 1}} es tambien precompacta. Esto implica,por el Teorema 1.4.1, que existe un N ⊆M tal que o bien N [<∞] ⊆ F⊆

0

o N [<∞] ⊆ F⊆1 .

Lema 1.4.3. Supongamos que F ⊆ FIN es una familia precompactano vacıa. Entonces, existe un conjunto infinito M tal que F [M ] es laclausura de una barrera uniforme.

Demostracion. Analizaremos dos casos.Caso 1. F es compacta y hereditaria. Sea α = r(F), y sea B una familia

α-uniforme arbitraria en N. Coloreamos cada s ∈ B con 0 si existe un t ∈F tal que s v t, y con 1 en caso contrario. Por la propiedad de Ramseyde B, existe N infinito tal que B � N es monocromatico. Observese queel color constante tiene que ser 1, ya que de lo contrario B � N ⊆ F ⊆ F(ya que F es hereditaria), y por lo tanto α = r(F) ≥ r(B � N) = α+ 1,una contradiccion.

Definamos ahora ϕ : B � N → F escogiendo para cada s, un ϕ(s) enF tal que ϕ(s) v s, y ϕ(s) es v-maximal con esa propiedad. Observeseque esta funcion esta bien definida ya que F es hereditaria y por tanto∅ ∈ F . Usamos el Corolario 1.3.4 para hallar M ⊆ N tal que ϕ”(B � M)es una barrera uniforme B′ en M . Afirmamos que F [M ] = B′ � M . Seat ∈ F [M ], y sea s = ιB′(t∪ (M/t)). Como el color de s es 1, t v s, y pormaximalidad de ϕ(s), tenemos que t v ϕ(s). Por lo tanto t ∈ B′ � M .La otra inclusion es trivial.


Caso 2. Sea F una familia precompacta arbitraria. Aplicamos el caso1 a la familia compacta y hereditaria G = F⊆, y obtenemos un Minfinito y una barrera uniforme B tales que G[M ] = B. Observamos queF [M ] ⊆ G[M ] = B. Veamos ademas que B ⊆ F [M ]: fijemos s ∈ B;entonces, s ∈ G[M ], y por lo tanto existe t ∈ G tal que s = t∩M . Luego,existe u ∈ F tal que t ⊆ u, y por lo tanto s ⊆ u ∩M ∈ F [M ]. ComoF [M ] ⊆ B, existe s ∈ B tal que s ⊆ u ∩M v s. Esto significa, por lapropiedad de Sperner de B, que s = u ∩M = s, y luego, s ∈ F [M ].

Finalmente, usamos la Proposicion 1.2.19 para hallar un N ⊆ M talque B � N = B[N ]. Entonces tenemos

B � N = B[N ] ⊆ F [N ] ⊆ B[N ] = B � N,

como era requerido.

Ahora demostramos el Teorema 1.4.1.

Demostracion. (del Teorema 1.4.1) Fijemos F ⊆ FIN, y sea G = FIN \F⊆. Aplicamos el teorema 1.2.11 para obtener un M infinito tal que

(a) G � M contiene una barrera en M , o

(b) G � M = ∅.

Si se tiene (a), entonces F [M ] es precompacto, ya que si N ⊆ M esun conjunto infinito, como G � M contiene una barrera en M , existe

s ∈ G � N , es decir, s /∈ (F⊆) � N . Como (F⊆) � M es hereditaria,

tenemos queN /∈ (F⊆) � M , y por lo tanto,N /∈ F [M ]. Ahora, aplicandoel Lema 1.4.3 encontramos N ⊆ M tal que F [N ] es la clausura de unabarrera uniforme en N .

Esta claro que la condicion (b) nos da que M [<∞] ⊆ F⊆.

1.5. Aplicaciones de barreras en c0

En esta seccion estudiamos una clase mas amplia de aplicaciones de-finidas en barreras restringiendo en menor grado la naturaleza de susimagenes. Trataremos el caso de funciones definidas en barreras que to-man valores en el espacio c0 de sucesiones de numeros reales convergentes


a 0. Consideramos c0 con la topologıa heredada como subespacio cerradode RN con la topologıa producto (es decir, en terminos de espacios deBanach, consideramos c0 con su topologıa debil). Por tanto, toda nociontopologica en c0 usada en esta seccion corresponde a dicha topologıa.Ahora solamente usaremos propiedades muy simples de este espacio desucesiones, pero como veremos mas adelante, dotado de la norma delsupremo, este es uno de los espacios de Banach clasicos. Finalmente,c00denota el subespacio vectorial (no cerrado) de c0 que consiste de to-das las sucesiones de numeros reales eventualmente nulas.

Definicion 1.5.1. Dadas F ⊆ FIN y ϕ : F → c0,(a) ϕ se dice semi-Lipschitz si y solo si para cada t ∈ FIN

{ϕ(s) � t : t v s, y s ∈ F} es finito. (1.12)

(b) ϕ se dice semi-uniforme si y solo si para cada t ∈ FIN

{ϕ(s)(mın s/t) : t v s, y s ∈ F} es finito. (1.13)

Ahora extendemos las definiciones de la seccion 1.3.(c) Decimos que ϕ es Lipschitz si y solo si para cada t ∈ FIN

|{ϕ(s) � t : t v s, y s ∈ F}| = 1. (1.14)

(d) Decimos que ϕ es uniforme si y solo si para cada t ∈ FIN

|{ϕ(s)(mın s/t) : t v s, y s ∈ F}| = 1. (1.15)

(e) ϕ es interna si y solo si suppϕ(s) ⊆ s para cada s ∈ F .(f) ϕ es una L-aplicacion si y solo si es interna y Lipschitz.(g) ϕ es una U-aplicacion si y solo si es interna y uniforme.

Nota 1.5.2. (a) Observe que las condiciones anteriores (1.12), (1.13),(1.14), y (1.15) son significativas si t ∈ Fv.(b) Las siguientes implicaciones siguen de las definiciones.

uniforme ⇒ semi-uniforme ⇒ semi-Lipschitz, yuniforme ⇒ Lipschitz ⇒ semi-Lipschitz.

(c) Si ϕ : F → c0 es una L-aplicacion, entonces podemos extenderlanaturalmente a la familia compacta Fv poniendo ϕ(t) = ϕ(s) � t donde


s ∈ B es tal que t v s. Notese que la extension es continua, y por lo tanto,si ademas, F es pre-compacta, ϕ”(Fv) es un subconjunto debilmentecompacto de c00.

Implicaciones recıprocas de (b) se obtienen de este modo:

Proposicion 1.5.3. (a) Para toda barrera B en M y cada aplicacionsemi-Lipschitz ϕ : B → c00 existe N ⊆ M tal que ϕ es Lipschitz enB � N .(b) Para toda barrera B en M y cada aplicacion semi-uniforme ϕ : B →c00 existe N ⊆M tal que ϕ es uniforme en B � N .

Demostracion. (a): Basta hallar una sucesion de fusion (Mk) de subcon-juntos deM tal que para todo k se tiene que para todo t ⊆ {m0, . . . ,mk},t ∈ Bv la funcion

ft : Bt � Mk+1 → c00

u 7→ ft(u) = ϕ(t ∪ u) � t.

es constante. Observese que esto es posible porque el rango de ft esfinito y Bt es una barrera en M/t. Entonces, la fusion M∞ de (Mk)tiene la propiedad deseada. Fijemos t ∈ B � M∞

v, y sea k el menorentero tal que t ⊆ {m0, . . . ,mk}. Por definicion de M∞, sabemos queBt � M∞ ⊆ Bt � Mk+1, entonces para cada s, u ∈ B � M∞, si t v s, u, setiene

ϕ(s) � t = ft(s \ t) = ft(u \ t) = ϕ(u) � t,

y esto demuestra que ϕ restringida a B � M∞ es Lipschitz.(b): La demostracion es similar a la de (a), por lo que solo damos algu-

nas indicaciones. Se halla una sucesion de fusion (Mk) de subconjuntosde M tal que para todo k se tiene que para todo t ⊆ {m0, . . . ,mk},t ∈ Bv la funcion

ft : Bt � Mk+1 → Ru 7→ ft(u) = ϕ(s ∪ t)(mın t).

es constante. Entonces la fusion M∞ tiene las propiedades deseadas.


Definicion 1.5.4. Dada una sucesion ~ε = (εn)n ∈ c0 estrictamentedecreciente y n ∈ N, sea

In(~ε) = {k · εn : k ∈ Z}.

Observemos que el conjunto⋃

n In es denso en R. Definimos τ~ε : c0 → c0por τ~ε((an)n) = (ln · εn)n si y solamente si an = ln = 0 o si

ln · an > 0 y |ln − 1|εn ≤ |an| < |ln|εn.

Ası, τ~ε((an)n) es una discretizacion de (an)n. Diremos que una aplica-cion ϕ : F → c0 es (εn)n-Lipschitz cuando la composicion τ(εn)n

◦ ϕ esuna aplicacion Lipschitz. Decimos que la aplicacion ϕ es casi-Lipschitzsi para cada (εn)n y cada M , existe N ⊆M tal que ϕ es (εn)n-Lipschitzrestringida a F � N .

Nota 1.5.5. (a) τ(εn)npreserva soportes.

(b) Si τ(εn)n((an)n) = τ(εn)n

((bn)n), entonces |an − bn| ≤ εn para todon.

(c) Para toda ϕ : F → c0 acotada, la composicion correspondienteτ(εn)n

◦ ϕ es semi-Lipschitz.

(d) Si ϕ : F → c0 es (εn)n-Lipschitz, entonces para todo t ∈ F y todos, u ∈ F tales que t v s, u

|ϕ(s)(n)− ϕ(u)(n)| ≤ εn para todo n ∈ t.

(e) Si ϕ es Lipschitz, entonces ϕ es (εn)n-Lipschitz para todo (εn)n, ypor lo tanto casi-Lipschitz.

(f) Si ϕ es casi-Lipschitz entonces para todo ε > 0 existe N tal quepara todo t ∈ F � N y s, u ∈ F � N con t v s, u tenemos que∑

n∈t

|ϕ(s)(n)− ϕ(u)(n)| ≤ ε.

Corolario 1.5.6. Supongamos que B es una barrera en M y ϕ : B → c0es acotada. Entonces(a) ϕ es casi-Lipschitz.


(b) Para todo (εn)n ∈ c0 estrictamente decreciente existe un conjuntoinfinito N ⊆M y una aplicacion Lipschitz $ : B � N → c0 tal que paratodo s ∈ B � N

|ϕ(s)(n)−$(s)(n)| ≤ εn para todo n.

Demostracion. (a) y (b): τε ◦ϕ es semi-Lipschitz, luego, por la Proposi-cion 1.5.3 (a), existe N ⊆M tal que τ(εn)n

◦ϕ es Lipschitz en B � N , i.e.ϕ es (εn)n-Lipschitz en B � N , y |τ(εk)k

(ϕ(s))(n) − ϕ(s)(n)| ≤ εn paratodo s ∈ B y todo n.

En lo que sigue, dado un conjunto infinito N ⊆ N y un n ∈ N , n+

denota el sucesor inmediato de n en N definido por n+ = mın(N/n).

Proposicion 1.5.7. Sea B una barrera uniforme en M y sea ϕ : B → c0una aplicacion con imagen precompacta, es decir tal que la clausura deIm(ϕ) es un compacto. Entonces, para todo (εn)n ∈ c0 estrictamentedecreciente existe un conjunto infinito N ⊆ M tal que χN · (τ(δn)n

◦ ϕ)es interna, es decir, para todo s ∈ B � N y n ∈ N \ s

|ϕ(s)(n)| ≤ δn,

donde (δn)n se define por δmın N = ε0, y δn+ = εn para todo n ∈ N .

Demostracion. Dado k ∈ N definimos ϕk : B → FIN para s ∈ B por

ϕk(s) = supp εkϕ(s) = {n ∈ N : |ϕ(s)(n)| ≥ εk}

que es un elemento del subconjunto precompacto supp εk(ϕ”B) de FIN

(ver Ejercicio 1.5.8). Entonces ϕk satisface las hipotesis del Lema 1.3.7,y por lo tanto existe algun N ⊆ M tal que para todo n ∈ N y todos ∈ B � M

ϕn(s) ∩ (N \ s) ⊆[0, n],ϕ0(s) ∩ (N \ s) =∅.

Entonces para todo s ∈ B � M y todo n+ ∈ N \ s, n+ /∈ ϕn(s), por loque |ϕ(s)(n+)| < εn, mientras if n = mınN /∈ s, |ϕ(s)(n)| < ε0.


Ejercicio 1.5.8. Supongamos que K ⊆ c0 es precompacto (i.e. la clau-sura de K es compacta con la topologıa producto de RN), y sea ε > 0.Demuestre que

supp εK = {{n ∈ N : |an| ≥ ε} : (an)n ∈ K}

es un subconjunto precompacto de FIN.

Corolario 1.5.9. Para todo ϕ : B → K con B una barrera uniforme enM y K ⊆ c0 debilmente precompacto y todo ε > 0, existe N ⊆ M talque para todo s ∈ B � N , ∑

n∈N\s

|ϕ(s)(n)| ≤ ε.

Demostracion. Se sigue de aplicar la Proposicion 1.5.7 a una sucesion(εn)n ∈ c0 estrictamente decreciente y tal que

∑n εn < ε.

1.6. El Lema de Ptak

Diremos que un ordinal α es compuesto si existen ordinales β, γ < αtales que α = β+γ. En caso contrario, decimos que α no se descompone,o que es indescomponible.

Por el Teorema de la Forma Normal de Cantor (Teorema A.4.5) todoordinal indescomponible es de la forma ωα para algun ordinal α.

Definicion 1.6.1. Una media convexa (o combinacion convexa) en Nes una funcion

µ : N→ [0, 1]

tal que

1. µ tiene soporte finito (es decir, {n ∈ N : µ(n) > 0} es finito), y

2.∑∞

n=0 µ(n) = 1

MFIN es la familia de todas las medias convexas finitas en N. DadoF ⊆ N y µ ∈ MFIN, definimos µ(F ) =

∑n∈F µ(n).

El teorema de Ptak responde la siguiente pregunta. Dada una familiaF ⊆ FIN y ε > 0, ¿existe una media convexa en N tal que µ(F ) < εpara todo F ∈ F?


Lema 1.6.2. Sean α y β ordinales numerables tales que β ≥ α·ω. Sea Auna barrera α-uniforme en un conjunto infinito M y sea B una barreraβ-uniforme en un conjunto N ⊇ M . Para cada ε > 0 existe µ ∈ MFIN

tal que supp (µ) ∈ B y µ(s) < ε para todo s ∈ A.

Demostracion. La demostracion es por induccion en α. Notese que elrequisito sobre β es equivalente a decir que β ≥ ωα0+1, donde α =ωα0n0 + · · · + ωαknk es la forma normal de Cantor de α. Por el Lema1.2.22 basta considerar solo β = ωα0+1. Hay dos casos:Caso 1. Supongamos primero que α = ωα0 , β = ωα0+1. Razonamos porinduccion en α0. Si α0 = 0, entonces B es una barrera ω-uniforme en M ,mientras que A es 1-uniforme en M , y por lo tanto A = M [1]. Fijemoss ∈ B � M tal que ε · |s| > 1, y sea µ = (1/|s|)χs, donde χs es la funcioncaracterıstica de s.

Supongamos que α0 > 0. Fijemos una sucesion (γm)m∈M tal queγm ↑m ωα0 y tal que para cada m ∈M , A{m} es γm-uniforme en M/m.Fijemos tambien k tal que 1/k < ε/2. Sea N ∈M [∞] tal que

A � N ⊗N [k] ⊆ B � N, (1.16)

(esto es posible ya que A⊗M [k] es ωα0 · k-uniforme en M , mientras queB es ωα0+1-uniforme en M). Ahora, sea t1 ∈ A � N y sea µ1 ∈ MFIN talque suppµ1 ⊆ t1. Como para cada n ∈ N ∩ [1,max t1], (A � N){n} esγn-uniforme, y γn < ωα0 , por hipotesis inductiva (para el par γn < ωα0)podemos hallar µ2 ∈ MFIN tal que suppµ2 ⊆ t2 ∈ A � (N/n1), y tal quepara cada s ∈ A � N con mın s ≤ max t1, obtenemos µ2(s) < 1/2.

En general podemos hallar µ1, . . . , µk ∈ MFIN de modo que :(a) Para cada i = 2, . . . , k µi ⊆ ti ∈ A � (N/(max ti−1)), y(b) para cada i = 2, . . . , k, y cada s ∈ A � N tal que mın s ≤ max ti−1,µi(s) ≤ 1/2i−1.

Sea µ = (1/k)∑k

i=1 µi. Es claro que µ ∈ MFIN, y que

suppµ =k⋃

i=1

suppµi ⊆k⋃

i=1

ti ∈ A � N ⊗N [k] ⊆ B. (1.17)

Fijemos ahora s ∈ A. Sea s ∈ A � N tal que s ∩N ⊆ s (esto es posibleya que como A � N es una barrera en N , podemos encontrar s ∈ A � Ntal que o bien s s ∩ N o s ∩ N ⊆ s; lo primero no es posible porque


implica que s s y ambos son elementos de la barreras A). Entoncestenemos que

µ(s) =µ(s ∩N) ≤ µ(s) =1k

(µi0(s) + · · ·+ µk(s)) ≤

≤1k

(1 +

12i0

+ · · ·+ 12k−1

)≤ 2k< ε. (1.18)

Caso 2. Examinamos el caso general cuando α = ωα0n0 + · · ·+ ωαknk.Sea C una barrera ωα0-uniforme en M . Entonces B = C ⊗M [n0+1] esωα0(n0 + 1)-uniforme en M . Como ωα0(n0 + 1) > α, por el Corolario1.2.23 existe un N ∈ M [∞] tal que A � N ⊆ C � N ⊗N [n0+1]. Fijemosahora ε > 0. Existe µ ∈ MFIN con soporte en B � N y tal que para cadas ∈ C � N , µ(s) < ε/(n0 + 1). Demostremos que µ(s) < ε para cadas ∈ A. Fijamos s ∈ A. Como suppµ ⊆ N , tenemos que µ(s) = µ(s∩N).De nuevo, podemos encontrar s ∈ A � N tal que s ∩ N ⊆ s, y comoµ(s) = µ(s ∩ N) ≤ µ(s), podemos suponer que s ∈ A � N . Ahora,usando que A � N ⊆ C � N ⊗N [n0+1], podemos hallar s1 < . . . < sn0+1,si ∈ C � N , tal que s ⊆ s1 ∪ · · · ∪ sn0+1. Por lo tanto,

µ(s) ≤n0+1∑i=1

µ(si) <ε

n0 + 1(n0 + 1) = ε. (1.19)

Nota 1.6.3. Uno se podrıa preguntar si la media convexa µ que satisfacela conclusion del Lema 1.6.2 puede ser de una forma mas simple que laobtenida en la demostracion anterior. Por ejemplo, ¿ se puede obteneruna media µ de la forma µt = (1/|t|)χt? Resulta que no se puede obteneruna µ de esta forma tan simple si, por ejemplo, A es la barrera deSchreier {s ∈ N[<∞] : |s| = mın s+ 1}. Notese que en este caso paracada t ∈ N[<∞] hay algun s ∈ A tal que |s ∩ t| ≥ (1/2)|t| o, en otraspalabras, µt(s) ≥ 1/2.

Corolario 1.6.4 (Lema de Ptak). Para cada familia precompacta Fde subconjuntos finitos de N y cada ε > 0 existe µ ∈ MFIN tal queµ(s) < ε para todo s ∈ F .

Demostracion. Sigue de los lemas 1.4.3 y 1.6.2.


Ejercicio 1.6.5. Si M ⊆ N, denotamos por MM al conjunto {µ ∈MFIN : Soporte de µ ⊆M}.

Demuestre que dada una familia F ⊆ FIN, las siguientes afirmacionesson equivalentes:

(a) La familia F es precompacta,

(b) Para todo M ⊆ N infinito y para todo ε > 0, MM (F , ε) = {µ ∈MM : ∀F ∈ F µ(F ) < ε} 6= ∅.

Capıtulo 2

La propiedad de Ramsey

2.1. Propiedad de Ramsey para conjuntos denumeros reales

Definicion 2.1.1. Un conjunto S ⊆ N[∞] es Ramsey si existe A ∈ N[∞]

tal que A[∞] ⊆ S o A[∞] ∩ S = ∅. Si la segunda opcion siempre ocurre,decimos que S es Ramsey nulo.

Se dice que S es completamente Ramsey si para todo [s,A], existeB ∈ A[∞] tal que [s,B] ⊆ S o [s,B] ∩ S = ∅. Analogamente, si lasegunda opcion ocurre siempre, se dice que S es completamente Ramseynulo.

Teorema 2.1.2 (Galvin-Prikry). Todo abierto de N[∞] es Ramsey.

Demostracion. Este resultado es equivalente al Lema de Galvin (Teore-ma 1.2.11). Dado S ⊆ N[∞] abierto, existe una familia F ⊆ FIN tal queX ∈ S si y solamente si X tiene un segmento inicial en F . Esto se debea que cada abierto es union de vecindades basicas disjuntas dos a dos.Usando el Lema de Galvin podemos encontrar A tal que F � A es vacıoo contiene una barrera. En el primer caso, A[∞] ∩ S = ∅; en el segundo,A[∞] ⊆ S. En conclusion, S es Ramsey.

Ejercicio 2.1.3. Demostrar el Lema de Galvin a partir del Teorema2.1.2.

Mas adelante veremos que todo boreliano es Ramsey.

35


Las demostraciones de los teoremas 1.2.11 y 2.1.2 se pueden adaptarpara mostrar que todo abierto S es completamente Ramsey, es decir,

∀a ∈ FIN, A ∈ N[∞]∃B ∈ A[∞]([a,B] ∩ S = ∅ o [a,B] ⊆ S).

Primero observemos que el Teorema 1.2.11 se puede relativizar a unconjunto A ∈ N[∞]:

Lema 2.1.4. Sea F una familia de subconjuntos finitos de N, entonces,para todo A ∈ N[∞],

(a) existe B ∈ A[∞] tal que F � B es vacıo, o

(b) existe B ∈ A[∞] tal que F � B contiene una barrera uniforme.

Corolario 2.1.5 (Galvin-Prikry). Todo abierto es completamenteRamsey.

Demostracion. Sean a ∈ FIN, A ∈ N[∞], y un conjunto abierto S dados.Si algun segmento inicial de a pertenece a la familia F obtenida comoen la demostracion del teorema 2.1.2, entonces [a] ⊆ S, y por lo tanto[a,A] ⊆ S.

Si ningun segmento inicial de a pertenece a la familia F , tomemos lafamilia F ′ = {t \ a : t ∈ F} de conjuntos finitos , y consideremos elabierto S′ =

⋃{[s] : s ∈ F ′}. Apliquemos el Lema 2.1.4 a la familia F ′

y al conjunto A, para obtener un B ∈ A[∞] tal que F ′ � B es vacıo ocontiene una barrera. En el primer caso, [a,B] ∩ S = ∅. En el segundo,[a,B] ⊆ S.

Ejercicio 2.1.6. Demuestre que todo abierto en la topologıa exponenciales completamente Ramsey. Sugerencia: Dado un abierto O de la topolgıaexponencial, y [s,A], halle B ⊆ A tal que B decide todo s∪ t, t ∈ B[<∞].

Corolario 2.1.7 (Ellentuck).

(a) En la topologıa exponencial de N[∞], las siguientes condiciones sonequivalentes:

(i) S es magro,

(ii) S es nunca denso,

(iii) S es completamente Ramsey nulo.


(b) Un conjunto S ⊆ N[∞] es completamente Ramsey si y solo si tienela propiedad de Baire en la topologıa exponencial.

Demostracion. Para la parte (a), veamos primero que todo conjuntonunca denso es completamente Ramsey nulo. Sea S ⊆ N[∞] nunca densorespecto a la topologıa de Ellentuck. Podemos suponer que S es cerrado,Sea [s,M ] una vecindad basica. Por el ejercicio 2.1.6, existe un N ∈[s,M ] tal que [s,N ] ⊆ S o [s,N ] ∩ S = ∅, pero la primera opcion no esposible.

Ahora, si S es magro en la topologıa de Ellentuck, S =⋃∞

i=0 Si dondelos conjuntos Si son nunca densos y forman una sucesion creciente. Dadauna vecindad basica [s,M ], suponemos que s = ∅ para simplificar lanotacion, y construimos una sucesion

M = M0 ⊇M1 ⊇ · · · ⊇Mk ⊇ . . .

de subconjuntos de N tal que la sucseion {mi = mın(Mi) : i ∈ N} esestrictamente creciente, y tal que para todo k y todo s ⊆ {m0, . . . ,mk}setiene

[s,Mk+1] ∩ Sk = ∅.

Esto es posible aplicando lo demostrado en el parrafo anterior. Ahoraponemos N = {mi : i ∈ N} y verificamos que M ⊆M y [∅, N ] ∩ S = ∅.

Claramente, cada conjunto completamente Ramsey nulo es nunca den-so y cada nunca denso es magro.

Pasra demostrar la parte (b), supongamos que S = O∆M donde Oes abierto y M es magro (siempre en la topolgıa de Ellentuck). Sea[s,M ] una vecindad basica. Por la parte (a), existe N ∈ [s,M ] tal que[s,N ] ∩M = ∅. Luego, S ∩ [s,N ] = O ∩ [s,N ] es un conjunto abierto ypor 2.1.6 existe P ∈ [s,N ] tal que [s, P ] ⊆ S o [s, P ] ∩ S = ∅.

2.2. Los borelianos son Ramsey

Consideremos la relacion de equivalencia en N[∞] dada por A ∼ B si ysolo si la diferencia simetrica A∆B es finita. Escogiendo un representantede cada clase de equivalencia, se puede definir un subconjunto de N[∞]

que no es Ramsey. A saber, sea A el conjunto de todos los A ∈ N[∞]

tales que la diferencia simetrica entre A y el representante de su clasede equivalencia tiene una cantidad par de elementos.


Dado cualquier A ∈ N[∞], sea A el representante de su clase. El con-junto B = A\mın(A) pertenece a la misma clase de A, pero la diferenciasimetrica A∆B tiene un elemento mas que A∆A si mın(A) ∈ A, y encaso contrario un elemento menos. En cualquiera de los dos casos, elnumero de elementos de A∆A es par si y solamente si el numero de ele-mentos de A∆B es impar. Por lo tanto a ∈ A si y solamente si B /∈ A,y en consecuencia A no es Ramsey.

Ejercicio 2.2.1. Dado un A ∈ N[∞], sea

Ao = [0, A(0)) ∪∞⋃i=0

[A(2i+ 1), A(2i+ 2)), y

Ae =∞⋃i=0

[A(2i), A(2i+ 1)).

Si U es un ultrafiltro no principal en N, entonces el conjunto {A ∈N[∞] : Ao ∈ U} no es Ramsey.

D. Scott planteo la posibilidad de que para subconjuntos de N[∞] de-finibles en forma“sencilla”, se pudiese demostrar la propiedad de Ram-sey. Esa idea de Scott resulto correcta. Hemos visto que los abiertos sonRamsey, y ahora presentaremos la demostracion de que todo borelia-no es Ramsey debida a Galvin y Prikry. Recordemos que los conjuntosborelianos de un espacio metrico son aquellos que pertenecen a la me-nor σ-algebra de subconjuntos del espacio que contiene a los conjuntosabiertos. Es decir, los borelianos constituyen la clausura de la coleccionde los conjuntos abiertos bajo las operaciones de tomar complementos yuniones numerables.

Para lograr este resultado, Galvin y Prikry introdujeron el conceptode conjunto completamente Ramsey y probaron que los conjuntos abier-tos tienen esta propiedad mas fuerte. Luego, dado que el complementode un conjunto completamente Ramsey es completamente Ramsey y quela union de una familia numerable de conjuntos completamente Ram-sey es completamente Ramsey, sigue el resultado sobre los conjuntosborelianos.

Lo indicado al principio de la seccion muestra que usando el axiomade eleccion se muestra que hay conjuntos que no son Ramsey.

Sin embargo, esto no se puede demostrar a partir del axioma de elec-ciones dependientes, que es una version debil del axioma de eleccion.


Este resultado fue obtenido por Mathias, quien demostro que en el mo-delo de Solovay, donde vale el axioma de elecciones dependientes y dondetodo conjunto de numeros reales es medible Lebesgue, tambien se tieneque todo subconjunto de N[∞] es Ramsey. (Ver [Je, Ma]). El modelo deSolovay se obtiene a suponiendo la existencia de cardinales inaccesibles,y no se sabe si esto es necesario para obtener un modelo de la teorıa deconjuntos donde todo subconjunto de N[∞] es Ramsey.

Claramente todo conjunto completamente Ramsey es Ramsey, bastatomar p = ∅ y M = ω.

Lema 2.2.2. El complemento de un conjunto completamente Ramseyes completamente Ramsey.

Lema 2.2.3. Si para cada n ∈ N, An es un conjunto completamenteRamsey , entonces

⋃n∈ω An es completamente Ramsey.

Demostracion. Sea p ∈ FIN y M ∈ N[∞]. Como A0 es completamen-te Ramsey, existe N0 ∈ M [∞] tal que [p,N0] ⊆ A0 o [p,N0] ∩ A0 =∅. Sea a0 ∈ N0. Supongamos que hemos definido {a0, a1, . . . , an} yN0, N1, . . . , Nn tales que a0 < a1 < . . . < an, y ai ∈ Ni para cadai ≤ n, y supongamos que para cada i < n y cada subconjunto q de{a0, a1, . . . , ai} , [p ∪ q,Ni] ⊆ Ai o [p ∪ q,Ni] ∩ Ai = ∅ . Como An+1

es completamente Ramsey, usando esta propiedad un numero finito deveces, podemos hallar Nn+1 ⊆ Nn tal que para cada subconjunto q de{a0, a1, . . . , an} , [p ∪ q,Nn+1] ⊆ An+1 o [p ∪ q,Nn+1] ∩ An+1 = ∅. Seaan+1 ∈ Nn+1 tal que an < an+1. De esta manera construimos inductiva-mente un conjunto infinito N = {a0, a1, . . . }.

Para cada n ∈ ω, el conjunto An es abierto en la topologıa relativa de[p,N ], es decir, An ∩ [p,N ] es abierto en [p,N ]. Esto es ası ya que

A0 ∩ [p,N ] = ∅ o A0 ∩ [p,N ] = [p,N ],

y para i ≥ 1,

Ai ∩ [p,N ] = (∪{[p ∪ q] : q ⊆ {a0, . . . , ai−1}, [p ∪ q,Ni] ⊆ Ai}) ∩ [p,N ].

Por lo tanto, A =⋃

n∈ω An tambien es abierto en [p,N ], Es decir,existe un abierto B tal que A ∩ [p,N ] = B ∩ [p,N ]. Como B es comple-tamente Ramsey por el Lema 2.1.5, existe R ∈ N [∞] tal que [p,R] ⊆ Bo [p,R] ∩B = ∅, y por lo tanto [p,R] ⊆ A o [p,R] ∩A = ∅.


Teorema 2.2.4 (Galvin - Prikry [GP]). Todo subconjunto borelianode N[∞] es Ramsey.

Demostracion. Por los resultados anteriores, todo boreliano es comple-tamente Ramsey, y de allı sigue el teorema.

J. Silver [Si] demostro, usando tecnicas metamatematicas, que to-do conjunto analıtico es Ramsey, extendiendo el resultado de Galviny Prikry. Unos anos mas tarde, E. Ellentuck [Ell] publico una pruebatopologica del resultado de Silver.

Capıtulo 3

Nociones basicas deespacios de Banach

3.1. Espacios vectoriales normados

En general, trabajaremos con espacios vectoriales sobre R, exceptocuando se diga explıcitamente lo contrario. Por ejemplo, este es el casopara ciertos resultados sobre la existencia de valores espectrales de unoperador.

Definicion 3.1.1. Una norma en un espacio vectorial V sobre K = R,Ces una funcion no negativa ‖ · ‖ : V → R tal que

1. ‖x‖ = 0 si y solamente si x = 0,

2. ‖cx‖ = |c|‖x‖, para cada vector x ∈ V y cada escalar c ∈ K,

3. ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖, para x, y ∈ V .

Un espacio vectorial normado (abreviado e.v.n.) es un espacio vectorialjunto con una norma en el.

Si en vez de (1) tenemos ‖x‖ = 0 si x = 0, es decir, puede habervectores no nulos con norma 0, se dice que ‖ · ‖ es una seminorma.

Es claro que cada norma induce una metrica dada por ‖x − y‖, ypor lo tanto una topologıa en el espacio vectorial. La suma de vectoresy el producto por escalares resultan ser continuas en cada coordenadarespecto a la topologıa inducida por la norma.

41


Dado un subconjunto S de V , denotamos el subespacio lineal de Vgenerado por S por 〈S〉.

La esfera unidad SV de un espacio vectorial normado V es

SV = {x ∈ V : ‖x‖ = 1}.

De manera similar, la bola unidad BV de V es BV = {x ∈ V : ‖x‖ ≤ 1}.Un subespacio cerrado S de un e.v.n. es un subespacio lineal y cerradopara la topologıa de la norma. Vamos a ver que todo subespacio de une.v.n. de dimension finita es cerrado (Corolario 3.1.27). En general estoes falso.

Definicion 3.1.2. Un espacio vectorial normado V es un espacio deBanach si la norma es completa, es decir, si toda sucesion de Cauchy,es convergente.

Ejemplo 3.1.3. En Rn, cada una de las normas siguientes definen unespacio de Banach. Dado un vector a = (a0, . . . , an−1) se define

1. la norma euclıdea esta dada por

‖x‖ =

√√√√ n∑i=1

x2i . (3.1)

Rn con la norma euclıdea se denota por `n2 .

2. La norma p (p ≥ 1), es

‖a‖`p = p

√√√√n−1∑i=0

|ai|p. (3.2)

3. La norma del supremo,

‖a‖∞ = max{|ai| : i = 0, . . . , n− 1}. (3.3)

Rn con la norma del supremo se denota por `n∞.

4. Analogamente, si a = (a0, a1, a2, . . . ) es un vector de RN, se define

‖a‖∞ = sup{|ai| : i = 0, 1, 2 . . . }


es llamada la norma del supremo, y sea el espacio de Banach `∞definido por

`∞ = ({(an)n ∈ RN : ‖(an)n‖∞ <∞}, ‖ · ‖∞).

Si

‖a‖p = p

√√√√ ∞∑i=0

|ai|p (3.4)

esta definido, tenemos la norma p, y sea el espacio de Banach `pdefinido por

`p = ({(an)n ∈ RN : ‖(an)n‖p <∞}, ‖ · ‖p).

5. Sea c0 el subespacio cerrado de `∞ que consiste en todas las suce-siones (an)n convergentes a cero.

Sea c00 el subespacio de las sucesiones eventualmente nulas. Ob-servemos que este espacio normado no es completo.

6. Dado un espacio topologico compacto K, se define C(K) comoel espacio de Banach de las aplicaciones continuas f : K → Requipado con la norma del supremo

‖f‖K = sup{|f(k)| : k ∈ K}. (3.5)

7. Sea X un espacio normado e Y un espacio de Banach. Sea B(X,Y )el espacio vectorial de las aplicaciones lineales T : X → Y acota-das, i.e. tales que

sup{‖T (x)‖Y : x ∈ X, ‖x‖X ≤ 1} <∞. (3.6)

Dicha aplicacion se denomina operador acotado. Es facil ver quela expresion (3.6) define una norma para T que es completa (Ejer-cicio 3.1.5)

Sea B(X) = B(X,X).

8. En particular, el espacio B(X,K) se denomina el espacio dual deX y se denota por X∗. Los elementos de X∗ se denominan fun-cionales de X.


Ejercicio 3.1.4 (Desigualdad de Minkowski). Demuestre que lanorma p (p ≥ 1) definida en la igualdad (3.4) es una norma en RN.

Ejercicio 3.1.5. Demuestre que si X es un espacio normado e Y esun espacio de Banach, entonces la expresion (3.6) define una normacompleta en B(X,Y ).

Ejercicio 3.1.6. Demuestre que si p < 1 entonces la igualdad (3.4) nodefine una norma.

Definicion 3.1.7. Sean (V1, ‖ · ‖1), (V2, ‖ · ‖2) dos e.v.n. y T : V1 → V2.T es acotada si existe C > 0 tal que ‖T (x)‖2 ≤ C‖x‖1 para todo x ∈ V1.

Ejercicio 3.1.8. Supongamos que T : V1 → V2 es acotada. Demuestreque T es continua.

Mas tarde veremos que el recıproco es tambien cierto.

Definicion 3.1.9. Un operador T ∈ B(X,Y ) se denomina isomorfis-mo si se tiene que Im(T ) ⊆ Y es cerrado, T es inyectivo y T−1 ∈B(Im(T ), X). Notese que un isomorfismo T : X → Y no tiene que sernecesariamente exhaustivo.

Diremos que X e Y son isomorfos, y lo denotaremos por X ∼= Y , siexiste un isomorfismo exhaustivo de X en Y .

Un operador T ∈ B(X,Y ) se denomina isometrıa si ‖Tx‖Y = ‖x‖X .Diremos que X es isometrico a Y si existe una isometrıa exhaustivaentre X e Y .

En contraste, un operador T ∈ B(X,Y ) se denomina estrictamentesingular si para todo subespacio cerrado infinito dimensional Z de X larestriccion correspondiente T � Z no es un isomorfismo.

Una norma equivalente (o renorma) a una norma ‖ · ‖ en un espacionormado X es una norma ‖|·‖| en X tal que existe K tal que K−1‖|x‖| ≤‖x‖ ≤ K‖|x‖| para todo x ∈ X.

Ejercicio 3.1.10. Sea X e Y dos espacios de Banach, Y finito di-mensional y X infinito dimensional. Demuestre que todo operador T ∈B(X,Y ) es estrictamente singular.

Ejercicio 3.1.11. Sea T ∈ B(X,Y ). Demuestre que T es un isomorfis-mo si y solamente si existe C > 0 tal que ‖T (x)‖Y ≥ C‖x‖X para todox ∈ X.


Ejercicio 3.1.12. Demuestre que un operador T ∈ B(X,Y ) es estric-tamente singular si y solamente si para todo subespacio cerrado infinitodimensional Z de X y todo ε > 0 existe z ∈ SZ tal que ‖T (z)‖Y < ε.

Proposicion 3.1.13. Supongamos que (V, ‖ · ‖) es un espacio vectorialnormado. Entonces existe un unico (salvo isometrıa lineal) espacio deBanach (V , ‖ · ‖) y una isometrıa j : V → V tal que j(V ) es denso enV . Ademas V tiene la propiedad de que si X es un espacio de Banach yT : V → X es un operador acotado, entonces existe un unico operadoracotado T : V → X tal que T = T ◦ j.

El espacio de Banach (V , ‖ · ‖) se denomina la completacion de (V, ‖ ·‖).

Demostracion. Sea C el conjunto de todas las sucesiones de Cauchy en V .Definimos en C la relacion de equivalencia (xn)n ∼ (yn)n si y solamentesi

lımn→∞

‖xn − yn‖ = 0.

Sea V = C/ ∼ y definimos, dada una clase de equivalencia (xn)n,

‖[(xn)n]∼‖1 = lımn→∞

‖xn‖.

Entonces (V , ‖ · ‖1 es un espacio de Banach. Finalmente, sea j : V → Vdefinida por j(x) = cx donde cx : N → V es la sucesion constante convalor x. No es difıcil ver que V y j son la completacion de V .

Ejercicio 3.1.14. Supongamos que ‖ · ‖ es una norma en c00(N). De-muestre que la completacion de (c00(N), ‖ · ‖) es el conjunto de todas lassucesiones (an)n ∈ c0 de escalares tales que

lımm→∞

sup{‖∑n∈I

anun‖ : m < I, I ⊆ N es un intervalo finito} = 0,

equipado con la norma

‖(an)n‖ = sup{‖(an)n<m‖ : m ∈ N}.

Definicion 3.1.15 (Distancia de Banach-Mazur). Dados dos espa-cios de Banach X e Y se define la distancia de Banach-Mazur d(X,Y )de X a Y como

d(X,Y ) ={

inf{‖T‖‖T−1‖ : T : X → Y isom. exhaust.} si X ∼= Y∞ si X 6∼= Y .


Ejercicio 3.1.16. Sean X, Y y Z espacios isomorfos entre sı. Demues-tre que d(X,Z) ≤ d(X,Y )d(Y, Z).

Definicion 3.1.17. Dados dos espacios normados X,Y se define lasuma directa X⊕Y de X e Y como el espacio vectorial producto X×Y ,juntamente con la norma

‖(x, y)‖ = ‖x‖X + ‖y‖Y .

Entonces X e Y son isometricos a X ⊕{0} y {0}⊕Y , respectivamente.Y si X e Y son dos espacios de Banach, entonces tambien lo es X ⊕Y .

Definicion 3.1.18. Dado Y un subespacio cerrado de un espacio nor-mado X, definimos el espacio cociente X/Y de manera estandar comoel conjunto de las clases de equivalencia [x]Y = {x+ y : y ∈ Y }. Sedefine

‖[x]Y ‖X/Y = inf{‖x+ y‖X : y ∈ Y } = dist(x, Y ).

Entonces ‖ · ‖X/Y es una norma.

Ejercicio 3.1.19. Supongamos que X es un espacio de Banach y queY es un subespacio cerrado de X. Demuestre que X/Y es un espacio deBanach.

Definicion 3.1.20. Sea E un espacio de Banach. Un operador acotadoT : E → E se llama una proyeccion si T es idempotente, i.e. T 2 =T ◦ T = T .

Un subespacio F de E se dice complementado si existe una proyeccionP : E → E tal que P (E) = F .

Definicion 3.1.21. Sean F,H ⊆ E dos subespacios cerrados de E.Diremos que E es la suma directa cerrada de F y H si y solamente si,E = F +H y d(SF , SH) > 0.

Ejercicio 3.1.22. Supongamos que P : E → E es una proyeccion.Entonces IdE −P es tambien una proyeccion.

Proposicion 3.1.23. Sea E un espacio de Banach.

1. Todo subespacio complementado de E es cerrado.


2. F ⊆ E subespacio cerrado es complementado si y solamente siexiste un subespacio cerrado H ⊆ E tal que E es la suma directacerrada de F y H.

Demostracion. 1.: Sea P : E → E una proyeccion tal que P (E) = F .Veamos primero que P � F = IdF : Sea x ∈ F , y sea y ∈ E tal queP (y) = x. Entonces x = P (y) = P (P (y)) = P (x).

Supongamos que (xn)n es una sucesion en F con lımite x. Tenemosque demostrar que x ∈ F . Como cada xn ∈ F , se tiene que P (xn) = xn.Utilizando la continuidad de P ,

x = lımn→∞

xn = lımn→∞

P (xn) = P (x),

y por tanto x ∈ P (E).Demostremos ahora 2.: Supongamos primero que F = P (E) para una

cierta proyeccion P : E → E. Sea H = (IdE −P )(E). Como IdE −Pes una proyeccion (Ejercicio 3.1.22), H es un subespacio cerrado de E.Esta claro a partir de la definicion que E = F+H. Finalmente, probemosque d(SF , SH) > 0: A partir de la definicion de H, se tiene que P (H) =P (IdE −P )(E) = {0}. Por tanto, para todo x ∈ SF e y ∈ SH se tiene

‖x− y‖ ≥ 1‖P‖

‖P (x)− P (y)‖ =1‖P‖

‖P (x)‖ =1‖P‖

‖x‖ =1‖P‖

.

3.1.1. Espacios vectoriales normados finito dimensionales

Definicion 3.1.24. Una base de Hamel de V es una base algebraica deV , i.e. es un subconjunto B de V de vectores linealmente independien-tes y tal que todo vector de V es una combinacion lineal de elementosde B. La dimension de un espacio vectorial normado es su dimensionalgebraica, i.e. la cardinalidad de una base de V .

Dada una base de Hamel normalizada (ei)i<n de V , se define el bior-togonal de (ei)i<n como la sucesion (e∗i )i<n de funcionales de V definidalinealmente por e∗i (ei) = 1 y e∗i (ej) = 0 para todo j 6= i.

Ejercicio 3.1.25. Sea V un espacio normado de dimension finita. De-muestre que toda aplicacion lineal V → K esta acotada y por tanto escontinua.


Proposicion 3.1.26. Dos espacios vectoriales normados de la mismadimension finita son isomorfos. Por lo tanto,

1. las normas de un e.v.n. de dimension finita son todas equivalentes,

2. todo e.v.n. de dimension finita es un espacio de Banach.

Demostracion. Sea V = (V, ‖ · ‖) un e. v. normado de dimension n, yfijemos una base de Hamel (ei)n

i=1 de V . Sin perdida de generalidad,podemos suponer que (ei)n

i=1 es normalizada, i.e. ‖ei‖ = 1 para todo1 ≤ i ≤ n. Vamos a demostrar que ‖·‖ y `n1 son isomorfos. Sea T : V → `n1definida por T (

∑ni=1 aiei) = (ai)n

i=1. Esta claro que T es un isomorfismolineal. A partir de la desigualdad triangular uno tiene que

‖n∑

i=1

aiei‖ ≤n∑

i=1

‖aiei‖ =n∑

i=1

|ai| = ‖T (n∑

i=1

aiei)‖`n1. (3.7)

Consideremos ahora la esfera unidad de `n1 ,

S`n1

= {(ai)ni=1 :

n∑i=1

|ai| = 1}

y la aplicacion f : S`1 → R+ definida por f(x) = ‖x‖. Observemos que:

1. S`n1⊆ Rn es compacta: Es facil ver que S`n

1⊆ [−1, 1]n es cerrado.

2. f es continua: Supongamos que xk, x ∈ S`n1

(k ∈ ω) y que ‖xk −x‖`n

1→k 0. Entonces, a partir de la desigualdad triangular y (3.7)

se tiene|‖xk‖ − ‖x‖| ≤ ‖xk − x‖ ≤ ‖xk − x‖`n

1. (3.8)

Sea C = mın f(S`n1) > 0. Entonces para todo y ∈ `n1 , y 6= 0 se tiene que

‖y/‖y‖`1‖ ≥ C y por tanto,

‖y‖ ≥ C‖y‖`1 . (3.9)

Corolario 3.1.27. 1. Toda bola cerrada de un e.v.n. de dimensionfinita es compacta.


2. Todo subespacio de un e.v.n. de dimension finita es cerrado.

Lema 3.1.28 (Lema de Riesz). Supongamos que X es un subespaciocerrado propio de un e.v.n. E. Entonces para todo 0 < θ < 1 existey ∈ SE tal que d(y,X) = inf{‖y − x‖ : x ∈ X} ≥ θ.

Demostracion. Sea z ∈ E \X, λ = d(z,X). Como X es cerrado, se tieneque λ > 0. Sea x ∈ X tal que ‖z − x‖ ≤ λ/θ y sea y = (z − x)/‖z − x‖.Entonces, para todo v ∈ X,

‖y − v‖ = ‖ z − x

‖z − x‖− v‖ =

‖z − x− v‖z − x‖‖‖z − x‖

≥ λ

‖z − x‖≥ θ (3.10)

Corolario 3.1.29. La bola unidad BE de un espacio de Banach E escompacta si y solamente si E tiene dimension finita.

Demostracion. Supongamos que E es tiene dimension infinita. Enton-ces, el Corolario 3.1.27 da la implicacion de derecha a izquierda, y porel Lema de Riesz 3.1.28, se puede construir una sucesion normalizada(xn)n∈N tal que para todo m < n se tiene que ‖xm−xn‖ ≥ 1/2. Esta cla-ro que ninguna subsucesion de (xn)n es convergente y por tanto BE noes compacta.

Teorema 3.1.30 (Auerbach). Todo subespacio finito dimensional deun espacio de Banach es complementado.

Para la demostracion, necesitamos el siguiente resultado.

Lema 3.1.31 (Auerbach). Todo espacio vectorial normado V de di-mension n tiene una base de Hamel (ei)i<n normalizada tal que su bior-togonal (fi)i<n tiene la propiedad que ‖fi‖ = 1 para todo i < n (dichasucesion (ei)i<n se denomina una base de Auerbach ).

Demostracion. Sea (xi)i<n una base de Hamel normalizada de V . Dadosvectores (yi)i<n en la bola unidad BV de V , sea A((yi)i<n) la matriz n×ntal que la columna i-esima se tienen las coordenadas de yi con respectoa (xi)i<n. Sea D : Bn

V → R la aplicacion

D((yi)i<n) = |det(A((yi)i<n))|.


La aplicacion D es claramente continua. Como BnV es un compacto,

existe (ei)i<n ∈ BnV tal que

D((ei)i<n) = max{D((yi)i<n) : (yi)i<n ∈ BnV }. (3.11)

Observemos que D((e0, 0, . . . , 0)) = 1, por tanto el maximo anterior es≥ 1. Utilizando la homogeneidad del determinante, se tiene que∏

i<n

1‖ei‖

D((ei)i<n) = D((1‖ei‖

ei)i<n) ≤ D((ei)i<n), (3.12)

Y por tanto, cada ei tiene norma 1. Por otro lado, D((ei)i<n) ≥ 1,y en particular, det(A((ei)i<n)) 6= 0, lo que implica que (ei)i<n sonlinealmente independientes y por tanto forman una base de Hamel deV . Para cada i < n, sea fi ∈ V ∗ definido por

fi(x) =det(A(e0, . . . , ei−1, x, ei+1, . . . , en−1))

det(A((ei)i<n).

Esta claro que (fi)i<n es el biortogonal de (ei)i<n. Finalmente, a partirde la igualdad (3.11) se tiene que |fi(x)| ≤ 1 para todo x ∈ BV y todoi < n, y, por tanto, (fi)i<n esta normalizada.

Demostracion. Sea F ⊆ E un subespacio finito dimensional de un espa-cio de Banach E. Sea (xi)i<n una base de Auerbach de F y sea (x∗i )i<n

su sucesion biortogonal. Definimos P : E → E por

P (x) =∑i<n

x∗i (x)xi. (3.13)

P esta acotado: De hecho, utilizando que (x∗i )i<n esta normalizada, setiene que

‖P (x)‖ ≤∑i<n

‖x∗i (x)xi‖ =∑i<n

|x∗i (x)| ≤∑i<n

‖x‖ = n‖x‖. (3.14)

Por otro lado ImP ⊆ F y P � F = IdF : Para∑

j<n ajxj ∈ F

P (∑j<n

ajxj) =∑i<n

x∗i ((∑j<n

ajxj))xi =∑j<n

ajxj (3.15)

Por tanto P es una proyeccion tal que ImP = F .


Ejercicio 3.1.32. Supongamos que F es un subespacio finito dimen-sional de un espacio de Banach X y supongamos que d(F, `dim F

∞ ) ≤ λ.Demuestre que existe una proyeccion P : X → X de norma ‖P‖ ≤ λ talque ImP = F .

Nota 3.1.33. Dado F ⊆ E finito dimensional, la proyeccion encontradaen el teorema anterior tiene norma ≤ dimF . Es posible hacerlo un pocomejor: Se puede encontrar una proyeccion de norma ≤

√dimF (ver

[AK]). Encontrar una proyeccion con mejor norma (i.e. con norma mascercana a 1) es, en general, imposible: G. Pisier construyo un espaciode Banach E de dimension infinita tal que existe una constante positivaC > 0 con la propiedad que toda proyeccion P : E → E de imagen finitodimensional F tiene norma ‖P‖ ≥ C

√dimF .

La siguiente proposicion caracteriza las funciones lineales continuas.

Proposicion 3.1.34. Sea E un espacio de Banach, V un e.v.n. y f :E → V una aplicacion lineal. Las siguientes condiciones son equivalen-tes:

1. f es continua en 0.

2. f es continua.

3. f es acotada, i.e. existe una constante C > 0 tal que ‖f(x)‖V ≤C‖x‖E para todo x ∈ E.

Demostracion. 1. ⇒ 2.: A partir de la linealidad de f . 2. ⇒ 3.: Su-pongamos que no; entonces podemos encontrar una sucesion (xn)n∈Nnormalizada en E tal que ‖f(xn)‖V ≥ 23n para todo n. Sea yn = xn/2n.La sucesion (sn)n∈N de sumas parciales definida por sn =

∑ni=0 yi es de

Cauchy y por tanto converge a un s ∈ E. Observemos que para todoentero n,

‖f(sn)‖V =‖n∑

i=0

f(xi)‖V ≥ ‖f(xn)‖V −n−1∑i=1

‖f(xi)‖V ≥ (3.16)

≥22n −n−1∑i=0

22i = 22n − 22n − 13

≥ 22n−1. (3.17)

Finalmente, como f es contınua y sn →n s, se tiene que ‖f(s)‖V =lımn→∞ ‖f(sn)‖V = ∞, lo que es imposible.

La implicacion 3.⇒ 1. es facil.


3.1.2. El teorema de Baire

Teorema 3.1.35 (Teorema de Baire). Supongamos que (M,d) esun espacio metrico completo. Entonces, la interseccion de una coleccionnumerable de abiertos densos es densa.

Demostracion. Supongamos que para cada n ∈ N Un ⊆M es un abiertodenso. Fijemos una bola abierta B = B(x, ε) de M . Nuestra intenciones demostrar que B ∩

⋂n∈N Un 6= ∅ y para ello se define inductivamente

una sucesion de puntos (xn)n∈N y otra de numeros reales estrictamentepositivos (εn)n∈N con lımite 0 tales que para cada n ∈ N se tiene que

(a) x0 = x, ε0 = ε.

(b) B(xn+1, εn+1) ⊆ B(xn, εn/2) ∩ Un.

Observemos que (b) es posible ya que Un es un abierto denso. La sucesion(xn)n∈N es de Cauchy: Fijado m ≤ n se tiene que

d(xm, xn) ≤ εm2

(3.18)

ya que (b) implica que xn ∈ B(xm, εm/2). Como εm →m 0 se tieneque (3.18) implica que (xn) es de Cauchy. Como M es completo, (xn) esconvergente. Sea x = lımn→∞ xn. Vamos a verificar que x ∈ B∩Um paratodo m ∈ N, lo que terminara la demostracion: Para ello fijemos m. Apartir de (b) se tiene que si n ≥ m, entonces B(xn, εn) ⊆ B(xm, εm/2)(se demuestra por induccion sobre n ≥ m). Y pasando al lımite,

d(x, xm) ≤ εm2< εm. (3.19)

Si aplicamos (3.19) a m = 0 se obtiene que x ∈ B, mientras que param > 0 se obtiene, a partir de (b), que x ∈ Um−1.

Ejercicio 3.1.36. Demuestre lo mismo que el teorema anterior paraespacios topologicos compactos.

Corolario 3.1.37. Supongamos que (M,d) es un espacio metrico com-pleto, y supongamos que M =

⋃n∈NCn con cada Cn cerrado. Entonces

existe un n tal que el interior de Cn es no vacıo, es decir Cn contieneuna bola abierta.


Demostracion. Fijemos la descomposicion M =⋃

n∈NCn, con cada Cn

cerrado. Si la conclusion deseada es falsa, entonces cada complementoUn = M \ Cn de Cn es un abierto denso, y por tanto, a partir delTeorema de Baire se tiene que

⋂n Un 6= ∅, lo cual es imposible ya que⋂

n Un = X \⋃

nCn = ∅.

3.1.3. El principio de la acotacion uniforme

Teorema 3.1.38 (Banach-Steinhaus). Sea F ⊆ B(X,Y ) una familiade operadores acotados entre dos espacios de Banach X e Y . Suponga-mos que F es una familia acotada puntualmente, i.e. para todo x ∈ Xexiste una constante Cx > 0 tal que

supT∈F

‖T (x)‖ ≤ Cx. (3.20)

Entonces F esta acotada uniformemente, i.e. existe una constante C > 0tal que

supT∈T

‖T (x)‖ ≤ C‖x‖ para todo x ∈ X. (3.21)

Es decir, la norma de cada operador T ∈ F es a lo sumo C.

Demostracion. Para cada entero positivo n, sea

Cn = {x ∈ X : supT∈F

‖T (x)‖ ≤ n}. (3.22)

La condicion (3.20) implica que⋃

n≥1Cn = X. Como cada T ∈ F escontinuo, se tiene que Cn es un conjunto cerrado. Podemos entoncesusar el Corolario 3.1.37 para encontrar n0 tal que Cn0 contiene una bolaabierta B(x0, δ). Demostremos que ‖T‖ ≤ 4n0δ

−1 para todo T ∈ F : Seax ∈ X y T ∈ F . Entonces el vector

y = x0 +δx

2‖x‖∈ B(x0, δ) (3.23)

y por tanto, ‖T (y)‖ ≤ n0. Utilizando que (3.23) implica

x =2‖x‖δ

(y − x0), (3.24)

se tiene,

‖T (x)‖ =2‖x‖δ‖T (y − x0)‖ ≤ 2‖x‖

δ(‖T (y)‖+ ‖T (x0)‖) ≤ 4n0

δ‖x‖.(3.25)


3.1.4. El teorema de la aplicacion abierta

Lema 3.1.39. Supongamos que E y F son espacios de Banach y supon-gamos que T : E → F es un operador acotado exhaustivo. Entonces laclausura de la imagen de una bola abierta de E tiene interior no vacıo.

En particular, para todo δ > 0, 0 es un punto interior de T (B(0, δ)).

Demostracion. Fijemos una bola B = B(x, ε) ⊆ E, ε > 0. Como T esexhaustiva, se tiene que

F = T (E) = T (⋃n∈N

B(x, nε)) =⋃n∈N

T (B(x, nε)). (3.26)

A partir del Corolario 3.1.37, fijemos n tal que T (B(x, nε)) contieneuna bola abierta B(z, δ). Como la aplicacion y ∈ F 7→ ny ∈ F es unhomeomorfismo, se tiene

B(z, δ) ⊆ Cn = T (B(x, nε)) = nT (B(x, ε)), (3.27)

y por tanto B(z/n, δ/n) ⊆ T (B(x, ε)).Demostremos que 0 es un punto interior de T (B(0, δ)), δ > 0: Sea x,

ε > 0 tales que B(x, ε) ∈ T (B(0, δ/2)). Entonces B(0, ε) ⊆ T (B(0, δ)).En efecto:

B(0, ε) = −x+B(x, ε) ⊆ 2T (B(0, δ/2)) = T (B(0, δ)). (3.28)

Teorema 3.1.40 (Aplicacion abierta de Banach). Supongamos queE y F son espacios de Banach, T : E → F es una aplicacion acotaday exhaustiva. Entonces T es una aplicacion abierta, es decir, la imagenpor T de todo conjunto abierto de E es un conjunto abierto de F .

Para su demostracion necesitamos el siguiente resultado.

Lema 3.1.41 (Banach). Sea X un espacio de Banach, Y un espacionormado, T ∈ B(X,Y ) y δ, γ > 0. Entonces si BY (0, δ) ⊆ T (BX(0, γ)),entonces BY (0, δ) ⊆ T (BX(0, γ))

Demostracion. Sin perdida de generalidad, cambiando T por (δ ·γ−1)T ,podemos suponer que δ = γ = 1. Sea y ∈ BY , y sea ε > 0 tal que ‖y‖ <


1 − ε < 1 y z = y/(1 − ε). Observemos que ‖z‖ < 1. Sea x0 ∈ BX talque ‖z− T (x0)‖ < ε. Como ‖ε−1z− ε−1T (x0)‖ < 1, podemos encontrarx1 ∈ BX tal que ‖ε−1z − ε−1T (x0)− T (x1)‖ < ε o equivalentemente

‖z − T (x0)− εT (x1)‖ < ε2.

Siguiendo de esta manera, se puede encontrar una sucesion (xn)n en labola BX tal que para todo n ∈ N se tiene que

‖z −∑i<n

εiT (xi)‖Y < εn. (3.29)

Como cada xn esta en BX , la sucesion de sumas parciales (∑

i<n εixi)n

es de Cauchy y por tanto la serie∑

i εixi converge a un cierto x. Obser-

vemos que

‖∑

i

εixi‖ <∑

i

εi =1

1− ε, (3.30)

y por la continuidad de T y la desigualdad (3.29), se tiene que z = T (x).Por tanto, y = T ((1− ε)x) y ‖(1− ε)x‖ < 1, por (3.30).

Demostracion del Teorema 3.1.40. Es suficiente demostrar que la ima-gen de la bola unidad B(0, 1) de E es un abierto de F : En efecto, comolas bolas abiertas son base de la topologıa de E nos basta con demos-trar la imagen de cada bola abierta es abierta. Sea B(x, δ) ⊆ E, δ > 0.Entonces

T (B(x, δ)) = T (x) + δT (B(0, 1)) (3.31)

Como cada aplicacion y ∈ F 7→ z + y es un homeomorfismo para todoz ∈ Y , se tiene que T (B(x, δ)) es un abierto.

Sea y ∈ T (B(0, 1)), y sea x0 ∈ B(0, 1) tal que y = T (x0). Apliquemosel Lema 3.1.39 para hallar ε > 0 tal que

B(0, ε) ⊆ T (B(0, δ)), (3.32)

con δ = (1 − ‖x0‖)/2 > 0. Entonces, a partir del Lema 3.1.41 se tieneque

B(y, ε/2) ⊆ T (B(0, 1)), (3.33)

y por tanto T (B(0, 1)) es un abierto.


Corolario 3.1.42. Sean E y F dos espacios de Banach y sea T : E → Fun operador acotado y biyectivo. Entonces T es un isomorfismo, es decir,T−1 : F → E es un operador acotado.

Demostracion. Este claro que T−1 es lineal. Veamos que es continuo: SeaU ⊆ E un abierto. Tenemos que demostrar que (T−1)−1(U) es un abiertode F . A partir del Teorema 3.1.40 se tiene que T (U) = (T−1)−1(U) esabierto.

Ejercicio 3.1.43. Sea T ∈ B(X,Y ). Demuestre que T es un isomor-fismo si y solamente si T es inyectivo y la imagen ImT es cerrada enY .

Ejercicio 3.1.44. Demuestre que la implicacion recıproca del Teoremade la aplicacion abierta es cierta: Si E y F son espacios de Banach,T : E → F es un operador acotado y abierto, entonces T es exhaustiva.

3.1.5. El teorema de la Grafica Cerrada de Banach

Definicion 3.1.45. Dada una funcion f : X → Y entre dos conjuntosX e Y se define la grafica de f Gr(f) como

{(x, y) ∈ X × Y : y = f(x)}.

Esta claro que si X e Y son espacios topologicos e Y es Hausdorff,entonces la grafica de f es un conjunto cerrado deX×Y , con su topologıaproducto. El teorema de la grafica cerrada dice que el recıproco es cierto,para espacios de Banach y funciones lineales.

Teorema 3.1.46 (Teorema de la Grafica Cerrada). Sean E y F dosespacios de Banach, y sea T : E → F una aplicacion lineal. Entonces Tes continua si y solamente si Gr(T ) ⊆ E × F es cerrada.

Demostracion. La implicacion directa esta clara. Probemos el recıproco,i.e. supongamos que Gr(T ) es un conjunto cerrado del producto E × F .Observemos que la topologıa producto en E×F viene dada, entre otras,por la norma ‖(x, y)‖ = ‖x‖+‖y‖. Por tanto, Gr(T ) es un subespacio ce-rrado de E×F . Ahora, sea p : Gr(T ) → E la proyeccion p(x, T (x)) = x.El operador p es claramente acotado y es una biyeccion. Por el Corolario3.1.42, el operador p es un isomorfismo, es decir, p−1 : X → Gr(T ) es


acotado. Observemos que p−1(x) = (x, T (x)). Sea q : E × F → F lasegunda proyeccion q(x, y) = y. Entonces T = q ◦ p−1 y por tanto T esacotado.

3.1.6. El Teorema de Hahn-Banach

En esta subseccion V denotara un espacio vectorial sobre R, no nece-sariamente normado.

Definicion 3.1.47. Una aplicacion p : V → [0,∞] se denomina semili-neal si:

1. p(x+ y) ≤ p(x) + p(y) para todo x, y ∈ V , y

2. p(λx) = λp(x) para todo x ∈ V y λ ≥ 0.

El ejemplo tıpico de una aplicacion semilineal es una norma.

Teorema 3.1.48. Sea p una aplicacion semilineal sobre V , y suponga-mos que p(x) < ∞ para todo x ∈ V . Sea V0 un subespacio de V y seaf0 : V0 → R lineal y tal que f0(x) ≤ p(x) para todo x ∈ V0. Entoncesexiste una aplicacion lineal f : V → R tal que f � V0 = f0 y tal quef(x) ≤ p(x) para todo x ∈ V .

Demostracion. Sea F el conjunto de todas las aplicaciones lineales f :W → R tales que:

1. W es un subespacio de V y V0 ⊆W .

2. f � V0 = f0.

3. f(x) ≤ p(x) para todo x ∈W .

Sean f, g ∈ F . Definimos f ≤F g si y solamente si dom f ⊆ dom gy g � dom f = f . Es facil ver que ≤F es un orden parcial en F (esdecir, reflexivo, antisimetrico y transitivo). De hecho, ≤F es un ordeninductivo: Toda cadena C ⊆ F tiene una cota superior en F : Simple-mente tomemos

⋃C =

⋃f∈C f ∈ F . Por el lema de Zorn, existe f ∈ F

maximal con respecto a ≤F . La prueba estara completa si demostramosque dom f = V . Supongamos que no, y sea x ∈ V \ dom f . Vamos adefinir una extension propia de f , cosa que es imposible (f es maximal).Pongamos W = dom V , Z = W+〈x〉. Para cada C ∈ R, sea gC : Z → R


definida a partir de la formula gC(z) = f(y) + λC, donde z = y + λx.Primeramente, es facil ver que gC esta bien definida utilizando que ladescomposicion z = y + λx es unica. Por la misma razon, gC es lineal.Demostremos que existe una constante C tal que gC ∈ F . Observemosque si gC ∈ F entonces para todo y ∈W y todo λ > 0 se tiene que

gC(y + λx) =f(y) + λC ≤ p(y + λx)gC(y − λx) =f(y)− λC ≤ p(y − λx).

Dividiendo por λ, se tiene

f(y

λ) + C ≤p(y

λ+ x)

f(y

λ)− C ≤p(y

λ− x).

Como y/λ ∈ W , las anteriores desigualdades implican que para todoy1, y2 ∈W y todo λ > 0,

f(y1)− p(y1 − x) ≤ C ≤ p(y2 + x)− f(y2) (3.34)

para todo y1, y2 ∈W . Veamos que (3.34) no es contradictorio. De hecho,para todo y1, y2 ∈W se tiene que

f(y1) + f(y2) =f(y1 + y2) ≤ p(y1 + y2) = p(y1 − x+ x+ y2) ≤≤p(y1 − x) + p(x+ y2)

lo que implica las desigualdades (3.34). Sea

C = inf{p(y + x)− f(y) : y ∈W}. (3.35)

Observese que la desigualdad (3.34) implica que

C ≥ sup{f(y)− p(y − x) : y ∈W}. (3.36)

Veamos que gC ∈ F : Para ello fijemos y ∈ W y λ ∈ R. Hay tres casosa considerar. El primero es si λ = 0. Entonces claramente gC(y + λx) ≤f(y) ≤ p(y). Supongamos ahora que λ > 0. Entonces, utilizando ladefinicion (3.35) de C,

gC(y + λx) =f(y) + λC ≤ f(y) + λ(p(y

λ+ x)− f(

y

λ)) = p(y + λx).


El ultimo caso es cuando λ < 0. Entonces, utilizando (3.36) para −y/λ ∈W se tiene

gC(y + λx) =f(y) + λC ≤ f(y) + λ(f(−yλ

)− p(−yλ− x)) = p(y + λx).

Para entender bien el dual de un espacio de Banach es imprescindibleel siguiente resultado de extension de funcionales.

Corolario 3.1.49 (Teorema de Hahn-Banach). Sea F un subespacio(no necesariamente cerrado) de E, y sea f ∈ F ∗. Entonces existe g ∈ E∗

tal que g � F = f y tal que ‖g‖ = ‖f‖.

Demostracion. Sea E un espacio vectorial normado, F un subespacio deE, no necesariamente cerrado y f ∈ F ∗ una aplicacion lineal y acotada.Sea p : X → R la norma ‖ · ‖ en F . Entonces existe g ∈ E∗ tal queg � F = f y tal que ‖g‖ = ‖f‖.

3.1.7. Espacio dual

En toda esta subseccion E denotara un espacio vectorial normado.

Definicion 3.1.50. Sea E# el espacio vectorial de las aplicaciones li-neales f : E → R. Recordemos que el dual E∗ de E como

E∗ = {f ∈ E# : f esta acotada}.

Definicion 3.1.51. Para cada f ∈ E∗, sea

‖f‖E∗ = sup{|f(x)| : x ∈ SE}. (3.37)

Ejercicio 3.1.52. 1. Utilızese la desigualdad de Holder para probarque el espacio dual de `p (p > 1) es `q donde p−1 + q−1 = 1.

2. Demuestre que el dual de c0 es `1 y que el dual de `1 es `∞.

Definicion 3.1.53. Sea E un espacio de Banach. La inmersion canonicaπ de E en E∗∗ se define por π(x) ∈ (E∗)∗

π(x)(f) = f(x).

El espacio E se denomina reflexivo si la inmersion canonica π es ex-haustiva.


Ejercicio 3.1.54. Demuestre que π es una isometrıa.

Ejercicio 3.1.55. Demuestre que para todo espacio de Banach reflexivoy todo f ∈ E∗ existe x ∈ E tal que f(x) = ‖f‖. (De hecho es un teoremade R. C. James que el recıproco tambien es cierto [J1])

Corolario 3.1.56. Para todo x ∈ E existe f ∈ E∗ de norma 1 tal quef(x) = ‖x‖.

Demostracion. Sea x ∈ E. Si x = 0, el resultado buscado es trivial.Supongamos que x 6= 0 y sea F = 〈x〉 = Rx la lınea definida por x en E.Sea f0 la aplicacion lineal f0 : F → R definida por f0(λx) = λ‖x‖. Portanto, se tiene que para todo λ ∈ R, |f0(λx)| = |λ‖x‖| = ‖λx‖, lo queimplica que f0 es acotado y de norma ‖f0‖ = 1. Ademas, f0(x) = ‖x‖.Aplıquese el Corolario 3.1.49 de Hahn-Banach para extender f0 a un f ∈E∗ de norma ‖f‖ = ‖f0‖ = 1. Entonces f es el funcional buscado.

Corolario 3.1.57. Para todo x ∈ E se tiene que

‖x‖ = sup{f(x) : f ∈ SE∗} = max{f(x) : f ∈ SE∗}.

Corolario 3.1.58 (Separacion de dos puntos). Sean x 6= y en E.Entonces existe un funcional f ∈ E∗ tal que f(x) 6= f(y).

Demostracion. Sean x 6= y. Utilıcese el Corolario 3.1.56 para encontrarf ∈ E∗ de norma 1 tal que f(x − y) = ‖x − y‖ 6= 0. Se sigue quef(x) 6= f(y).

Corolario 3.1.59. Sea F un subespacio de E y sea x ∈ E. Supongamosque

d = dist(x, F ) = inf{‖x− y‖ : y ∈ F} > 0.

Entonces existe un f ∈ E∗ de norma 1 tal que f(x) = d y tal quef � F = 0.

Demostracion. Fijemos F ⊆ E y x ∈ E. Sea

H = F + 〈x〉 = {y + λx : y ∈ F, λ ∈ R}

el subespacio generado por F y x. Definimos f0 : H → R para todoz ∈ H por f0(y + λx) = λd, donde y ∈ F , λ ∈ R y d = dist(x, F ).La funcion f0 esta bien definida ya que la descomposicion z = y + λx


es unica (utilızese que x /∈ F ). Esta claro que f0 es lineal. Demostremosque f0 es un funcional acotado, de hecho de norma 1: Fijemos y ∈ F yλ ∈ R. Entonces

|f0(y + λx)| = |λ|d ≤ |λ|∥∥∥∥x− −y

|λ|

∥∥∥∥ = ‖λx+ y‖. (3.38)

Sea f ∈ E∗ una extension acotada de f0 dada por el Corolario 3.1.49 deHahn-Banach y tal que ‖f0‖ = ‖f‖. Entonces f es el funcional buscado.

Corolario 3.1.60. Supongamos que F es un subespacio propio cerradode un espacio de Banach E. Entonces existe f ∈ E∗ de norma 1 tal quef � F = 0.

Demostracion. Inmediato a partir del Corolario 3.1.59.

En el proximo corolario utilizaremos el siguiente ejercicio.

Ejercicio 3.1.61. Sea (M,d) un espacio metrico. Un subconjunto X ⊆D se dice separado si existe ε > 0 tal que d(x, y) ≥ ε para todo x 6= yen X. Demuestre que M es separable si y solamente si M no tienesubconjuntos separados no-numerables.

Corolario 3.1.62. Supongamos que E es un espacio de Banach tal queE∗ es separable. Entonces E es separable.

Demostracion. Supongamos que E es no-separable y demostremos queE∗ es no separable. Utilizando que E es no separable, es facil construiruna sucesion normalizada (xα)α<ω1 tal que para todo α < ω1 se tieneque xα /∈ 〈xβ〉β<α (observese que si X ⊆ E es numerable entonces elsubespacio cerrado generado por X es separable). Para cada α < ω1, seaFα = 〈xβ〉β<α. Pasando a una subsucesion no numerable si es necesario,podemos suponer que existe un ε > 0 tal que para todo α < ω1 se tieneque dist(xα, Fα) ≥ ε. Ahora, utilızese el Corolario 3.1.59 para encontrar,para cada α < ω1 un funcional fα ∈ E∗ tal que fα � Fα = 0 y tal quefα(xα) = dist(xα, Fα). Entonces la sucesion (fα)α<ω1 es separada ya quepara todo α < β se tiene que ‖fβ − fα‖ ≥ fβ(xβ) ≥ ε. Por tanto, E∗ esno-separable.

Ejercicio 3.1.63. Muestre con un ejemplo de que el recıproco del Co-rolario 3.1.62 es falso.


3.1.8. Topologıas debil y debil*

En esta subseccion E denota un espacio de Banach.

Definicion 3.1.64. Sea X un espacio normado. Se define la topologıadebil en E como la que tiene por base los abiertos de la forma

V (x, {fi}ni=1, ε) = {y ∈ X : |fi(x)− fi(y)| < ε para todo 1 ≤ i ≤ n},

donde x es un vector de X, f1, . . . , fn ∈ X∗ y ε > 0.Se define la topologıa debil∗ en X∗ como la que tiene por base los

abiertos de la forma

V (f, {xi}ni=1, ε) = {g ∈ X∗ : |g(xi)− f(xi)| < ε para todo 1 ≤ i ≤ n},

donde f es un vector de X∗, x1, . . . , xn ∈ X y ε > 0.

Ejercicio 3.1.65. Demuestre que todo abierto para la topologıa debil(debil∗) es abierto para la norma en E (respectivamente E∗). Concluirque toda sucesion convergente en norma en E (o E∗) converge debil-mente (debil∗, respectivamente) y con el mismo lımite.

Ejercicio 3.1.66. Demuestre que la base unitaria (un)n de `p (p > 1)o de c0 convergen debilmente a 0 pero no en norma.

Definicion 3.1.67. Un espacio de Banach se dice que tiene la propie-dad de Schur cuando toda sucesion debilmente convergente converge ennorma.

Ejercicio 3.1.68. Demuestre que X tiene la propiedad de Schur si ysolamente si toda sucesion debilmente convergente a 0 es convergente a0 en norma.

Proposicion 3.1.69 (Schur). El espacio `1 tiene la propiedad de Schur.

Posponemos su demostracion a la Seccion 4.3, pagina 90.

Teorema 3.1.70 (Alaoglu). La bola unidad BE∗ del espacio dual E∗

de E es debilmente∗-compacta.


Demostracion. Primeramente, Sea K = [−1, 1]BE . Por el Teorema B.1.8de Tychonoff, K es un espacio compacto. Sea Θ : BE∗ → K la aplica-cion definida para cada f ∈ BEj por Θ(f) = (f(x))x∈BE

. Como paracada f ∈ BE∗ uno tiene que ‖f‖E∗ = supx∈BE

|f(x)|, la aplicacion Θesta bien definida. De hecho, es facil ver que Θ : BE∗ → Θ(BE∗) es unhomeomorfismo. Vamos a demostrar que Θ(BE∗) es un subespacio cerra-do de K, lo que terminara la demostracion. Para ello, supongamos que~a = (ax)x∈BE

es un punto de acumulacion de Θ(BE∗) y demostremosque de hecho ~a ∈ Θ(BE∗). Sea f : E → R definida por f(x) = ‖x‖ax/‖x‖si x 6= 0 y f(0) = 0. Probemos que f ∈ E∗: Linealidad de f : Seanλ, µ ∈ R, x, y ∈ E. Como f ∈ Θ(BE∗), podemos encontrar para cadan ∈ N, un funcional g ∈ E∗ tal que

max{|g(x)− f(x)|, |g(y)− f(y)|, |g(x+ y)− f(x+ y)|,

|g(λx+ µy)− f(λx+ µy)|} ≤ 12n.

Esta claro que la condicion anterior implica que f(λx+ µy) = λf(x) +µf(y). Demostremos que ‖f‖ ≤ 1. Sea x ∈ SX . Podemos encontrar, paracada n ∈ N, un funcional g ∈ BE∗ tal que

max{|g(x)− f(x)|} ≤ 12n. (3.39)

Esta claro que esto implica que |f(x)| ≤ ‖x‖.

Teorema 3.1.71. El espacio compacto BE∗ con la topologıa debil∗ esmetrizable si y solamente si E es separable.

La demostracion consta de tres lemas.

Lema 3.1.72. Supongamos que E es separable. Entonces BE∗ con latopologıa debil∗ es metrizable.

Demostracion. Supongamos que E es separable. Sea {xn : n ∈ N} unconjunto denso de la esfera unidad SE de E. Dadas f, g ∈ E∗, definimos

d(f, g) =∞∑

n=1

|(f(xn)− g(xn)|2n

.

Es facil ver que la distancia d define la topologıa debil∗ en BE∗ .


Lema 3.1.73. El espacio C(K) es separable si y solamente si K esmetrizable.

Para su demostracion utilizaremos el Teorema de Stone-Weierstrass(ver [Roy, Teorema 34, pag. 212]) . Recordemos que si K es un espaciocompacto entonces un subespacio vectorial A de C(K) se denomina unasubalgebra si f · g ∈ A para todo f, g ∈ A.

Teorema 3.1.74 (Stone-Weierstrass). Si A ⊆ C(K) es una subalge-bra que separa puntos (es decir si x 6= y en K, entonces existe f ∈ A talque f(x) 6= f(y)) y que contiene las funciones constantes entonces A esdenso en C(K).

Demostracion del Lema 3.1.73. Supongamos primero que C(K) es se-parable. Entonces, por el Lema 3.1.72, la bola BC(K)∗ es metrizable.Para cada x ∈ K, sea δx ∈ BC(K)∗ la delta de Dirac de x definida paraf ∈ C(K) por δx(f) = f(x). Es facil ver que x ∈ K 7→ δx ∈ BC(K)∗

es un homeomorfismo, considerando BC(K)∗ con la topologıa debil∗. Portanto K es un cerrado del espacio topologico metrizable BC(K)∗ y enconsecuencia K es tambien metrizable.

Supongamos ahora que K es metrizable, y sea d(·, ·) una distancia quedefina la topologıa de K. Como (K, d) es compacto y metrico, entonceses separable. Sea {xn}n un conjunto denso numerable de K. Para cadan,m ≥ 1 sea fn,m ∈ C(K) la funcion definida para x ∈ K por

fn,m(x) ={

1m − d(x, xn) si d(x, xn) ≤ 1

m0 si d(x, xn) > 1

m .

La familia {fn,m}n,m juntamente con una funcion constante generan unalgebra A separable que separa puntos de K. Por tanto, por el Teorema3.1.74 de Stone-Weierstrass, la clausura de A es todo C(K).

Lema 3.1.75. Supongamos que BE∗ con la topologıa debil∗ es metriza-ble. Entonces E es separable.

Demostracion. Supongamos que BE∗ es un compacto metrizable, consu topologıa debil∗. Entonces, por el Lema 3.1.73, C(BE∗) es un espaciode Banach separable. Ahora, considerese la aplicacion x ∈ E 7→ Fx ∈C(BE∗) definida para f ∈ BE∗ por

Fx(f) = f(x). (3.40)

Esto es una isometrıa (Ejercicio 3.1.76) y por tanto E es separable.


Ejercicio 3.1.76. Demuestre que la aplicacion x 7→ Fx definida en(3.40) es una isometrıa.

Corolario 3.1.77. Supongamos que E es separable, entonces BE∗ conla topologıa debil∗ es metrizable y compacto, y por tanto secuencialmentecompacto.

Corolario 3.1.78. Supongamos que F es un subespacio cerrado y se-parable de E. Entonces para toda sucesion (fn)n∈N en la bola unidad deE∗ existe una subsucesion (fn)n∈M y f ∈ BE∗ tales que (fn � F )n∈M

debil∗-converge a f � F .

Demostracion. Del Corolario 3.1.77 aplicado a (fn � F )n∈N ⊆ BF ∗ sesigue que existe una subsucesion (fn � F )n∈M debil∗-convergente a uncierto g ∈ BF ∗ . Ahora utilızese el Corolario 3.1.49 de Hahn-Banach paraextender g a f ∈ BE∗ .

Teorema 3.1.79 (Goldstine). Sea E un espacio de Banach. EntoncesBE es debil∗-denso en BE∗∗.

Demostracion. Como BE ⊆ BE∗∗ y como BE∗∗ es debil∗-cerrado (Teore-ma de Alaoglu), la clausura BE

w∗ esta contenida en BE∗∗ . Supongamosque BE

w∗ BE∗∗ . Sea g ∈ BE∗∗ \ BEw∗ . Entonces existe un f ∈ BE∗

tal queg(f) > λ = sup{f(x) : x ∈ BE

w∗}. (3.41)

(Ver [FHH, Teorema 3.18, pag. 70]) Entonces ‖f‖E∗ ≤ λ y por otro lado

1 ≥ ‖g‖ = sup{g(h) : h ∈ BE∗} ≥ g(f

λ) > 1 (3.42)

lo que es claramente imposible.

Definicion 3.1.80. Un subconjunto C de un espacio de Banach E sedenomina debilmente compacto si es un compacto con la topologıa debilheredada de E.

Proposicion 3.1.81. Todo conjunto debilmente compacto esta acotado.En particular, toda sucesion debilmente de Cauchy esta acotada.

Lo mismo es cierto para conjuntos debil∗-compactos de E∗.


Demostracion. Sea K ⊆ E debilmente compacto. Consideremos la apli-cacion Θ : E → B(E∗,R) definida por Θ(x) : E∗ → R es el operador“evaluacion en x” definido para f ∈ E∗ por Θ(f)(x) = f(x). Observeseque para todo f ∈ E∗, la restriccion f � K : K → R es continua, consi-derando K con la topologıa debil. Por lo tanto, f(K) ⊆ R esta acotado.Esto quiere decir que Θ(K) es una familia acotada puntualmente, y portanto, por el Teorema 3.1.38 de Banach-Steinhaus, Θ(K) esta acotadauniformemente. Esto quiere decir que existe C > 0 tal que para todof ∈ E∗ se tiene que sup{|f(x)| : x ∈ K} ≤ C‖f‖. En particular,

supx∈K

‖x‖ = supx∈K

supf∈SE∗

|f(x)| ≤ C.

La parte para conjuntos debil∗-compactos la dejamos como Ejercicio3.1.82

Ejercicio 3.1.82. Demuestre que todo conjunto debil∗-compacto K ⊆X∗ esta acotado.

Definicion 3.1.83. Una sucesion (xn)n∈N en un espacio de Banach Ese denomina debilmente nula si converge a 0, con la topologıa debil de E,es decir, si para todo x∗ ∈ E∗ la sucesion numerica (x∗(xn))n∈N tiendea cero.

Diremos que una sucesion debilmente nula es no trivial si no convergeen norma.

Ejercicio 3.1.84. Demuestre que una sucesion debilmente nula es notrivial si y solamente si no converge a 0 en norma.

Ejercicio 3.1.85. Para cada n ∈ N sea un = (0, . . . , 0,(n)

1 , 0, . . . ) ∈c00(N).

1. Demuestre que la sucesion (un)n dentro de los espacios c0 o `p,con 1 < p <∞ es debilmente nula y no trivial.

2. Demuestre que (un)n dentro de `1 no es debilmente nula.

3. De un ejemplo de una sucesion normalizada en c0 que no tengasubsucesiones debilmente nulas.


3.1.9. Espacios universales

Proposicion 3.1.86. Todo espacio de Banach separable tiene una copiaisometrica en `∞.

Demostracion. Sea X un espacio de Banach separable, y sea A un con-junto denso de la la esfera unidad de E. Para cada elemento de x ∈ A,escojamos fx ∈ SX∗ tal que fx(x) = 1. Sea D = {fx : x ∈ A} y sea{dn : n ∈ N} una enumeracion de D. Definimos T : X → `∞ porT (x) = (dn(x))n. Esta claro que la aplicacion T es lineal y acotada,de norma ‖T‖ = 1. Demostremos que T es una isometrıa. Para ello essuficiente demostrar que para todo x ∈ X se tiene que

‖x‖ = sup{dn(x) : n ∈ N}, (3.43)

y que se demuestra facilmente utilizando que D es denso en SX y que,por definicion (3.43) es cierto para los elementos de D.

Proposicion 3.1.87. Todo espacio de Banach separable tiene una copiaisometrica en C[0, 1].

Demostracion. Sea X un espacio de Banach separable. Entonces el Teo-rema 3.1.71 nos dice que BX∗ con su topologıa debil∗ es un compacto me-trizable, y por tanto,K es un imagen continua ϕ : D → BX∗ del conjuntode Cantor D ⊆ [0, 1]. Esto nos da una isometrıa T : C(BX∗) → C(D)definida por T (x∗) = x∗ ◦ ϕ. Sea U : X → C(BX∗) la isometrıa definidapor U(x)(x∗) = x∗(x), y llamemos V = T ◦ U . Para cada x ∈ X vamosa extender V (x) : D → R a V (x) : [0, 1] → R declarando para cadar ∈ [0, 1]

V (x)(r) = λV (x)(a) + µV (x)(b), (3.44)

donde a = max{d ∈ D : d ≤ x}, b = mın{d ∈ D : x ≤ d} y x = λa+µb.Es facil ver que V : X → C[0, 1] es una isometrıa.

Proposicion 3.1.88. Todo espacio de Banach es isometrico a un co-ciente de `1.

Demostracion. Sea X un espacio de Banach separable. Sea D = {xn :n ∈ N} un conjunto denso numerable de BX . Definimos T : `1 → Xpor T ((an)n) =

∑n anxn. La aplicacion esta bien definida a partir de la

desigualdad triangular. De hecho, T es una operador lineal y acotado,


de norma ‖T‖ ≤ 1, y por tanto T (B`1) ⊆ BX . Por otro lado se tiene, apartir de la densidad de D, que BX ⊆ T (B`1). El Lema 3.1.41 nos diceque entonces

BX ⊆ T (B`1) (3.45)

y por tanto T es exhaustiva y

BX = T (B`1) (3.46)

Por tanto, el operador cociente correspondiente T : `1/ kerT → X esun isomorfismo exhaustivo y por (3.46) se tiene que BX = T (B`1) =T (B`1/ ker(T )), o sea, T es una isometrıa.

3.1.10. Sucesiones debilmente nulas y familias precom-pactas de conjuntos finitos

Definicion 3.1.89. Sea (xn)n∈N una sucesion en un espacio de BanachE, y sea ε > 0. Se define F(((xn)n∈N), ε) como la familia de todos losconjuntos A ⊆ N tales que existe un elemento x∗ de la bola del dual BE∗

tal que |x∗(xn)| ≥ ε para todo n ∈ A.

Proposicion 3.1.90. 1. La familia F((xn)n∈N, ε) es siempre here-ditaria, es decir si s ⊆ t ∈ F((xn)n∈N, ε), entonces s tambienpertenece a F((xn)n∈N, ε).

2. La familia F((xn)n∈N, ε) es compacta para todo ε > 0 si y sola-mente si la sucesion (xn)n∈N es debilmente nula.

Demostracion. 1. es consecuencia directa de la definicion de la familiaF((xn)n∈N, ε). Demostremos 2. Supongamos que (xn)n∈N no es debil-mente nula. Entonces existe un funcion x∗ ∈ E∗ normalizado, ε > 0 yun conjunto infinito M ⊆ N tal que |x∗(xn)| ≥ ε para todo n ∈ M .Esta claro que en ese caso M esta en la clausura topologica de la fami-lia F((xn)n∈N, ε), y por tanto esta familia no es compacta. Supongamosahora que la familia F((xn)n∈N, ε) no es compacta. Entonces existe unasucesion (sn)n∈N de elementos de F((xn)n∈N, ε) tal que sn @ sn+1. Paracada n ∈ N sea f∗n ∈ SE∗ un funcional normalizado tal que |f∗n(xk)| ≥ εpara todo k ∈ sn. Sea F = 〈xn〉n∈N. Por el Corolario 3.1.78 existe unasubsucesion (fn)n∈M tal que (fn � F )n∈M converge a f � F en F , paraun cierto f ∈ BE∗ . Entonces para todo k ∈

⋃n∈N sn se tiene

|f(xk)| = lımn→∞,n∈M

|fn(xk)| ≥ ε, (3.47)


y por tanto (xk)k∈N no es debilmente nula.

Proposicion 3.1.91. Sea (xn)n una sucesion acotada por 1 en un es-pacio de Banach E. Sea f : BE∗ → B`∞ definida naturalmente porf(x∗) = (x∗(xn))n. Sea K((xn)n) = Im(f). Entonces:

(a) La sucesion (xn)n es debilmente nula si y solamente si K((xn)n) ⊆c0.

(b) f es continua.

Demostracion. (a) es trivial. Indicamos como demostrar (b): La aplica-cion f se puede factorizar utilizando el operador restriccion T : BE∗ →B〈xn〉n

∗ y f � B〈xn〉n∗ de la forma f = g ◦ T . Por lo tanto, podemos

suponer que E = 〈xn〉n. Por tanto, x∗n→x∗ con la topologıa debil∗ si ysolamente si x∗n(xm) →

n→∞x∗(xm) para todo m. Y lo mismo ocurre, con

respecto a la base unitaria (un)n de `1, para B`∞ = B`∗1con su topologıa

debil∗.

Definicion 3.1.92. Se dice que una combinacion lineal∑

i∈N aixi depuntos {xi}i∈N de E es una combinacion convexa si (ai)i∈N ∈ c00(N) esuna combinacion convexa.

Teorema 3.1.93 (Mazur). Sea (xn)n una sucesion acotada en un es-pacio de Banach E. Entonces (xn)n es debilmente nula si y solamentepara todo ε > 0 y toda subsucesion (xnk

)k de (xn)n existe una combina-cion convexa (ak)k∈N ∈ c00(N) tal que

‖∑

k

akxnk‖ ≤ ε.

Demostracion. Fijemos una sucesion (xn)n∈N debilmente nula, ε > 0 yuna subsucesion de (xn)n. Sin perdida de generalidad podemos suponerque dicha subsucesion es la sucesion misma. A partir de la Proposicion3.1.81 se tiene que

supn∈N

‖xn‖ <∞. (3.48)

Sea C ≥ max{1, supn∈N ‖xn‖}. La Proposicion 3.1.90 nos dice que lafamilia F((xn)n∈N, ε/(2C)) es compacta y hereditaria. Por el Lema de


Ptak (Corolario 1.6.4), existe una combinacion convexa µ = (ai)i∈N ∈c00(N) tal que

0 ≤∑i∈s

ai <ε

2C(3.49)

para todo s ∈ F . Comprobemos que la combinacion∑

n∈N anxn es labuscada: Para cada f ∈ BE∗ sean

s ={n ∈ N : |f(xn)| ≥ ε/2} ∈ F ,P ={n ∈ N : |f(xn)| < ε/2}.

Entonces,

|f∗(∑n∈N

anxn)| ≤|f∗(∑n∈s

anxn)|+ |f∗(∑n∈P

anxn)| ≤∑n∈s

an|f∗(xn)|+

+∑n∈P

an|f∗(xn)| ≤ C∑n∈s

an +ε

2C

∑n∈P

an ≤

≤C ε

2C+

ε

2C≤ ε.

Supongamos que (xn)n no es debilmente nula. Entonces existe un x∗ ∈E∗ y una subsucesion (xnk

)k de (xn)n tales que

infkx∗(xnk

) = ε > 0. (3.50)

Se sigue de (3.50) que si (ak)k∈N ∈ c00(N) es una combinacion convexaentonces

‖∑

k

akxnk‖ ≥ ε.

Ejercicio 3.1.94. Demuestre que si una sucesion (xn)n∈N converge ax en la topologıa debil, entonces existe una sucesion de combinacionesconvexas de (xn)n∈N que converge a x en norma.

Capıtulo 4

Bases de Schauder

Pasamos a presentar las bases de Schauder, cuya existencia permiteidentificar un espacio de Banach abstracto con un espacio de sucesionesde escalares.

4.1. Preliminares

Definicion 4.1.1. Una sucesion (en) en un espacio de Banach E dedimension infinita se llama una base de Schauder si para todo x ∈ Eexiste una unica sucesion de escalares (an) tal que x =

∑n anen. El

soporte de un vector x =∑

n≥0 anen con respecto a (en)n se define por

suppx = {n ∈ N : an 6= 0}.

Una sucesion basica es una sucesion (en) que es una base de Schauderde 〈en〉n.

Ejercicio 4.1.2. Demuestre que si (en) es una sucesion basica, entonces{en : n ∈ N} es un conjunto de vectores linealmente independientes.

Ejercicio 4.1.3. Supongamos que E tiene una base de Schauder. En-tonces E es separable, i.e. E tiene un conjunto denso numerable.

Proposicion 4.1.4. Supongamos que (en) es una base de Schauder deE. Entonces para todo n ∈ N las proyecciones lineales Pn : E → Edefinidas por

Pn(∞∑i=0

aiei) =∑i≤n

aiei (4.1)

71


son operadores acotados y supn∈N ‖Pn‖ <∞. Las proyecciones {Pn}n sedenominan las proyecciones canonicas asociadas a (en)n.

Demostracion. Para cada x =∑

i aiei, sea

‖x‖0 = sup{‖Pn(x)‖ : n ∈ N}. (4.2)

‖∑

i aiei‖0 esta bien definida: Demostremos que (‖∑n

i=0 aiei‖)n es unasucesion acotada. Por definicion∑

i

aiei = lımn→∞

∑i≤n

aiei (4.3)

y por tanto,

lımn→∞

‖∑i≤n

aiei‖ = ‖∞∑i=0

aiei‖. (4.4)

Para finalizar, utilızese que toda sucesion convergente esta acotada.Esta claro que ‖ · ‖0 es una norma en E. Por otro lado, la igualdad(4.4) implica que

‖x‖ ≤ ‖x‖0 para todo x ∈ E (4.5)

y por tanto ‖ · ‖0 es una norma completa: Supongamos que (xn) es unasucesion de ‖ · ‖0-Cauchy, xn =

∑∞i=0 a

(n)i ei (n ∈ N). Por tanto, para

cada n ∈ N, y para todo k, l ∈ N se tiene que

|a(k)n − a(l)

n | =‖(a(k)n − a(l)

n )en‖ = ‖Pn(xk − xl)− Pn−1(xk − xl)‖ ≤≤‖Pn(xk − xl)‖+ ‖Pn−1(xk − xl)‖ ≤ 2‖xk − xl‖0. (4.6)

Lo que quiere decir que para cada n, la sucesion (a(k)n )n es de Cauchy y

por tanto, convergente con lımite bn. Demostremos que x =∑

n bnen esel ‖·‖0-lımite de la sucesion (xn). Primeramente, x esta bien definido, i.e.la sucesion de sumas parciales (

∑i<n biei)n es una sucesion convergente:

Fijemos ε > 0. Sea k0 ∈ N tal que para todo k0 ≤ m ≤ n se tiene que

‖xm − xn‖0 = supr‖Pr(xm)− Pr(xn)‖ < ε

3. (4.7)

Por definicion de x, Pr(xn) →n Pr(x) para todo r ∈ N (utilizar ladesigualdad triangular). Por lo tanto, la desigualdad (4.7) nos da que

supr‖Pr(xm)− Pr(x)‖ ≤ ε

3para todo m ≥ k0 (4.8)


Como la serie correspondiente de xk0 es convergente, existe r0 tal quepara todo r0 ≤ r1 ≤ r2 se tiene que

‖Pr2(xk0)− Pr1(xk0)‖ ≤ ε

3. (4.9)

Entonces (4.9) y (4.8) nos dan que para todo r0 ≤ r1 ≤ r2 se tiene

‖Pr2(x)− Pr1(x)‖ ≤‖Pr2(xk0)− Pr1(xk0)‖+ ‖Pr2(x)− Pr2(xk0)‖++‖Pr1(xk0)− Pr1(x)‖ ≤ ε. (4.10)

Por otro lado, esta claro que (4.8) nos da que ‖xn − x‖0 →n 0, i.e. x esel ‖ · ‖0-lımite de (xn).

Finalmente, consideremos la aplicacion T : (E, ‖ · ‖0) → (E, ‖ · ‖),T (x) = x. Se trata de un operador acotado entre dos espacios de Banachque es ademas claramente una biyeccion. A partir del Teorema 3.1.40de la aplicacion abierta, T es un isomorfismo, y en particular, para todox ∈ E,

supn‖Pn(x)‖ = ‖x‖0 = ‖T−1(x)‖0 ≤ ‖T−1‖‖x‖. (4.11)

Definicion 4.1.5. Dada una sucesion basica (en), la constante basicade (en) es

C((en)n) = sup{‖Pn‖ : n ∈ N}, (4.12)

donde Pn : 〈ei〉i∈N → 〈ei〉i≤n es la proyeccion Pn(∑

i aiei) =∑

i≤n aiei.Si la constante basica de (en) es 1, entonces diremos que (en)n es una

base monotona.Si en adicion se tiene que para todo intervalo I de numeros naturales el

operador PI(∑

n anen) =∑

n∈I anen tiene norma ≤ 1, entonces diremosque la base (en)n es bimonotona.

Ejercicio 4.1.6. Demuestre que la constante basica de una sucesionbasica normalizada es siempre ≥ 1.

Proposicion 4.1.7. Sea (xn)n∈N una sucesion en un espacio de BanachE y K ≥ 1. Entonces (xn)n es una base de Schauder con constante basica≤ K si y solamente si

(i) xn 6= 0 para todo n.


(ii) Para todo m ≤ n y toda sucesion de escalares (ei)i≤n se tiene que

‖∑i≤m

aiei‖ ≤ K‖∑i≤n

aiei‖. (4.13)

(iii) 〈en〉n∈N = E.

Demostracion. Si (en) es una Base de Schauder de E entonces (i) y(iii) se siguen a partir de la definicion, mientras que (ii) se sigue de laProposicion 4.1.4.

Supongamos que una sucesion (en) tiene las propiedades (i), (ii) y(iii). Sea

X = {x : existe una sucesion (an)n∈N tal que x =∑n∈N

anen}. (4.14)

Claramente, X es un subespacio de E. Mas aun, E es cerrado: Supon-gamos que xm =

∑n∈N a

(m)n en ∈ X (m ∈ N) y xm →m x. Entonces, a

partir de (ii), para todo m ≤ n y todo k, l se tiene que

‖∑i≤m

a(k)i ei −

∑i≤m

a(l)i ei‖ ≤ K‖

∑i≤n

a(k)i ei −

∑i≤n

a(l)i ei‖. (4.15)

y haciendo tender n→∞ se tiene que

‖∑i≤m

a(k)i ei −

∑i≤m

a(l)i ei‖ ≤ K‖xk − xl‖, (4.16)

para todo m, k, l.Como la sucesion (xk) es de Cauchy, (4.16) implica que para todo m

la sucesion (∑

i≤m a(k)i ei)k es convergente, con lımite xm =

∑i≤m b

(m)i ei,

ya que 〈ei〉i<m es cerrado por ser finito dimensional. Utilizando otra vez(ii) se tiene que si m ≤ m′ entonces

‖∑i≤m

a(k)i ei−

∑i≤m

b(m′)i ei‖ ≤ K‖

∑i≤m′

a(k)i ei−

∑i≤m′

b(m′)i ei‖ →

k→∞0. (4.17)

Por tanto,∑

i≤m a(k)i ei →k

∑i≤m b

(m′)i ei, es decir, para todo m ≤ m′

se tiene que∑

i≤m b(m′)i ei =

∑i≤m b

(m)i ei. Un facil argumento inductivo


demuestra que para todo i ≤ m ≤ m′ se tiene que b(m′)

i = b(m)i . Sea

pues, para cada i ∈ N, bi = b(i+1)i . Ahora, haciendo tender x → ∞ en

(4.16),‖∑i≤m

biei −∑i≤m

a(l)i ei‖ ≤ K‖x− xl‖, (4.18)

Como∑

i≤m a(l)i ei →

m→∞xl la desigualdad (4.18) implica que∑

i≤m

biei →m→∞

x (4.19)

y por tanto x ∈ X.Como 〈en〉n∈N ⊆ X y como X es cerrado, se tiene que

E = 〈en〉n∈N ⊆ X. (4.20)

Por tanto, cada x ∈ E se puede escribir de la forma x =∑

n∈N anen.Demostremos que esta suma es unica: Supongamos que x =

∑n∈N bnen

y supongamos que (bn)n∈N 6= (an)n∈N. Sea

n0 = mın{n ∈ N : an 6= bn} (4.21)

Entonces (iii) implica que para todo n ≥ n0,

|an0 − bn0 | · ‖en0‖ = ‖∑i≤n0

(ai − bi)ei‖ ≤ K‖∑i≤n

aiei −∑i≤n

biei‖ (4.22)

Haciendo tender n→∞ y usando (i) xn0 6= 0 se tiene que

0 < |an0 − bn0 |‖en0‖ ≤ K‖x− x‖ = 0, (4.23)

imposible.

Corolario 4.1.8. Una sucesion (xn)n en un espacio de Banach E esbasica si y solamente si

(i) xn 6= 0 para todo n.

(ii) Existe una constante K tal que para todo m ≤ n y toda sucesionde escalares (ai)i≤n se tiene que

‖∑i≤m

aixi‖ ≤ K‖∑i≤n

aixi‖. (4.24)


Ejercicio 4.1.9. Demuestre que una sucesion normalizada (xn)n en unespacio de Banach E es una sucesion basica si y solamente si existe unaconstante K ≥ 1 tal que para todo m ≤ n y toda sucesion (ak)k≤n denumeros enteros se tiene que

‖∑k≤m

akxk‖ ≤ K‖∑k≤n

akxk‖.

Definicion 4.1.10. En c00(N), para cada numero natural n sea

un = (0, . . . , 0,(n)

1 , 0, 0, . . . ).

La sucesion (un)n es una base de Hamel de c00(N) (es decir una baselineal) que llamaremos la base unitaria.

Ejemplo 4.1.11. Sea X = `p (p ≥ 1) o X = c0. Entonces la sucesionunitaria (un)n es una base de Schauder de constante 1, que denomina-remos la base unitaria de `p o de c0, respectivamente.

Ejemplo 4.1.12. El espacio C(2ω). Sea 2<ω el conjunto de todas lasfunciones de la forma s : n → 2 = {0, 1} para algun n ∈ ω. Para cadas ∈ 2<ω, sea

〈s〉 = {(an)n ∈ 2ω : an = s(n) para todo n ∈ dom s}.

Observemos que 〈s〉 es un abierto-cerrado de 2ω. Por tanto, su funcioncaracterıstica χ〈s〉 es una funcion continua.

Seguidamente, ordenamos 2<ω naturalmente por s ≺ t si y solamentesi dom s < dom t o si dom s = dom t entonces s <lex t (orden lexi-cografico). Entonces (2<ω,≺) es un buen orden, de tipo de orden ω. Sea{sn}n∈N la enumeracion correspondiente. Observemos que s0 = ∅. Defi-nimos ahora (en)n como sigue: Sea e0 = χ〈s0〉, y para cada n > 0, seaen = χ〈s2n−1〉. Observemos que

{s2n−1 : n ∈ N} = {s ∈ 2<ω : s(max s) = 0} = {s _ (0) : s ∈ 2<ω}.(4.25)

Vamos a demostrar que (en)n es una base de Schauder monotona ynormalizada de C(2ω): Esta claro que cada en tiene norma 1. Vamos


a utilizar ahora el criterio introducido en la Proposicion 4.1.7. Seanm < n y (ak)k<n una sucesion de escalares. Sea tambien x ∈ 2ω unpunto cualquiera. Sea

k = max{k < m : ek(x) 6= 0}.

Ahora, definimos y ∈ 2ω para i ∈ ω por

y(i) ={x(i) si i ≤ k1 si i > k.

Entonces, utilizando (4.25) se tiene que

‖∑i<n

aiei‖ ≥ (∑i<n

aiei)(y) = (∑i≤k

aiei)(y) = (∑i<m

aiei)(y).

Como x ∈ 2ω era arbitrario, se tiene que ‖∑

i<n aiei‖ ≥ ‖∑

i<m aiei‖.Finalmente, demostremos que 〈ei〉i = C(2ω). No es difıcil demostrar

utilizando (4.25) y por induccion sobre dom s que χ〈s〉 ∈ 〈en〉n. Por lotanto, A = 〈en〉n = 〈χ〈s〉〉s∈ω<ω . Como A es cerrada por multiplicacion,A es una subalgebra de C(2ω), que ademas contiene las funciones cons-tantes y que claramente separa puntos. Por tanto, por el Teorema 3.1.74de Stone-Weierstrass se tiene que 〈en〉n = A = C(2ω).

Ejercicio 4.1.13. Sea N ⊆ c00(N) un conjunto de vectores con lassiguientes propiedades:

(a) {un : n ∈ N} ⊆ N .

(b) Para todo∑

n anun ∈ N y todo m ∈ N se tiene que∑

n≤m anun ∈N .

Para cada∑

n anun ∈ c00(N)

‖∑

n

bnun‖N = sup{|∑

n

anbn| :∑

n

anun ∈ N}.

(1) Demuestre que ‖ · ‖N es una norma en c00(N).(2) Sea X la completacion de (c00(N), ‖·‖N ). Demuestre que la sucesionunitaria (un)n es una base de Schauder monotona de X. La sucesion(un)n la denominaremos la base unitaria de X.(3) Supongamos que en adicion N tiene la propiedad que si

∑n anun ∈

N e I es un intervalo de numeros naturales, entonces∑

n∈I anun ∈ N .Demuestre que la base unitaria (un)n es bimonotona.


Ejercicio 4.1.14. Demuestre las igualdades en (4.25).

Proposicion 4.1.15. Sea (en)n una base de Schauder de (E, ‖ · ‖).Entonces existe una norma equivalente en E, ‖ · ‖mon (respectivamente‖·‖bim) , tal que la sucesion (en)n es una base de Schauder (bi)-monotonade (E, ‖ · ‖mon) (respectivamente (E, ‖ · ‖bim)).

Demostracion. Para cada x =∑

n anen, sea

‖∑

n

anen‖mon = sup{‖∑n≤m

anen‖ : m ∈ N} (4.26)

Es facil ver que para todo x ∈ E se tiene que

1C‖x‖mon ≤ ‖x‖ ≤ ‖x‖mon

donde C denota la constante basica de (en)n en (E, ‖ · ‖). Tampoco esdifıcil ver que la sucesion (en)n es ahora una base de Schauder monoto-na de (E, ‖ · ‖mon). Para hacer la base (en)n bimonotona es suficienteconsiderar la renorma

‖∑

n

anen‖bim = sup{‖∑n∈I

anen‖ : I es un intervalo de N} (4.27)

Ejercicio 4.1.16. Sea (en)n una base de Schauder de (E, ‖ · ‖). Sea Xel conjunto de todas las sucesiones (an)n de escalares tales que

‖|(an)n‖| = sup{‖∑n≤m

anen‖ : m ∈ N} (4.28)

1. Demuestre que (X, ‖| · ‖|) es un espacio de Banach.

2. Demuestre que la aplicacion T : E → X definida por

T (∑

n

anen) = (an)n

es un isomorfismo.

3. Demuestre que si (en)n es monotona, entonces T definido en 2. esuna isometrıa.


4. Demuestre que, en general E 6= X (indicacion: utilizar E = c0 consu base unitaria y ver que el espacio correspondiente X es `∞).

Proposicion 4.1.17. Sea (en)n∈N una base normalizada en un espaciode Banach E y sea C su constante basica. Para cada n ∈ N sea e∗n :E → R la funcion definida por e∗n(

∑k∈N akek) = an. Entonces

1. Para todo x ∈ E se tiene que

x =∑n∈N

e∗n(x)en.

2. Cada e∗n es un funcional de norma ≤ 2C.

3. La sucesion (e∗n)n∈N es basica con proyecciones canonicas (P ∗n)n

globalmente definidas por P ∗n : E∗ → 〈ei〉i<n por

P ∗n(f) =

∑i<n

f(ei)e∗i

y con norma ‖P ∗n‖ ≤ ‖Pn‖. Por tanto, la constante basica de

(e∗n)n∈N es ≤ C.

Demostracion. Esta claro el punto 1. y que cada e∗n es lineal. Por otrolado se tiene que para todo x ∈ E,

|e∗n(x)| = ‖(Pn − Pn−1)(x)‖ ≤ 2C‖x‖.

Para demostrar que (e∗n) es una sucesion basica vamos a utilizar el Co-rolario 4.1.8: Esta claro que para cada n se tiene que e∗n 6= 0. Ahora,fijemos m ≤ n y escalares (ai)i<n. Sea x ∈ E de norma 1. Entonces‖Pm(x)‖ ≤ C y

(∑i<m

aie∗i )(x) =(

∑i<m

aie∗i )(Pm(x)) = (

∑i<n

aie∗i )(Pm(x)) =

=‖Pm(x)‖(∑i<n

aie∗i )(

Pm(x)‖Pm(x)‖

) ≤ ‖Pm(x)‖‖∑i<n

aie∗i ‖ ≤

≤C‖∑i<n

aie∗i ‖.


Por tanto,

‖∑i<m

aie∗i ‖ = sup{(

∑i<m

aie∗i )(x) : x ∈ SE} ≤ C‖

∑i<n

aie∗i ‖. (4.29)

Definicion 4.1.18 (Biortogonal de una sucesion basica). La suce-sion anterior (e∗n) asociada a la base (en) se llama la sucesion biortogonala (en).

Ejemplo 4.1.19. 1. Dado 1 < p < ∞, la sucesion biortogonal a labase unitaria de `p es la base unitaria de `q, siendo q el conjugadode p (i.e. p−1 + q−1 = 1)

2. La sucesion biortogonal a la base unitaria de c0 es la base unitariade `1 y viceversa.

Definicion 4.1.20. Una base de Schauder (en)n se denomina de θ-Auerbach (θ ≥ 1) si ‖en‖ = 1 y ‖e∗n‖ ≤ θ para todo n ∈ N.

Ejercicio 4.1.21. Demuestre que una base de Schauder normalizada esde θ-Auebach si y solamente si para toda sucesion de escalares (an)n setiene que

‖∑

n

anen‖ ≥1θ‖(an)n‖∞.

Nota 4.1.22. No es cierto que la sucesion biortogonal de una base deSchauder de E es una base de Schauder de E∗. Por ejemplo, el biorto-gonal de la base unitaria de `1 no genera todo el dual (`1)∗ = `∞. Sinembargo, en terminos de la topologıa debil∗ se tiene lo siguiente.

Proposicion 4.1.23. Sea (en)n una base de Schauder de E. Entonces〈e∗n〉n es debil∗-denso en E∗. De hecho, para todo f ∈ E∗ se tiene que

lımm→∞

∑n≤m

f(en)e∗n = f con la topologıa debil∗. (4.30)

Demostracion. Demostremos (4.30): Sea x ∈ E y sea ε > 0. Sea m0

tal que para todo m ≥ m0 se tiene que ‖∑

n>m e∗n(x)en‖ ≤ ε‖f‖−1.


Entonces para todo m ≥ m0 se tiene que

|f(x)− (∑n≤m

f(en)e∗n)(x)| =|f(x)−∑n≤m

f(en)e∗n(x)| =

=|f(x)− f(∑n≤m

e∗n(x)en)| ≤

≤‖f‖ · ‖∑n>m

e∗n(x)en‖ ≤ ε.

Definicion 4.1.24. Dada una base de Schauder (en)n de E definimosE∞ como el conjunto de todas las sucesiones (an)n de escalares tales que

‖|(an)n‖| = sup{‖∑n≤m

an‖ : m ∈ N} <∞ (4.31)

Entonces (E∞, ‖| · ‖|) es un espacio de Banach (Ejercicio 4.1.25)

Ejercicio 4.1.25. Demuestre que el espacio E∞ definido en la Defini-cion 4.1.24 es un espacio de Banach.

4.2. Existencia de bases

No es cierto que todo espacio de Banach de dimension infinita tieneuna base de Schauder. De hecho el espacio c0 tiene subespacios sin basede Schauder (ver [LT, Teorema 2.d.6, pag. 90]).

Lema 4.2.1 (Mazur). Supongamos que E es un espacio de Banachde dimension infinita y supongamos que F ⊆ E es un subespacio finitodimensional. Entonces para todo θ < 1 existe x ∈ SE tal que para todoescalar λ y todo y ∈ F se tiene que

‖λx− y‖ ≥ θ‖y‖. (4.32)

Demostracion. Sea {xi}i<n ⊆ SE un conjunto ε-denso de SE , donde ε =1−θ. Sean {x∗i }i<n ⊆ SE∗ funcionales normalizados tales que x∗i (xi) = 1para todo i < n. Finalmente, sea x ∈ SE tal que x∗i (x) = 0 para todoi < n (si no fuese posible encontrar el tal x, entonces el operador x ∈E 7→ (x∗i (x))i<n ∈ Rn serıa un isomorfismo, y por tanto E serıa finito


dimensional). Demostremos que x es el vector deseado. Esta claro quees suficiente demostrar (4.32) para y normalizados. Sea i < n tal que‖y − xi‖ < ε. Por tanto,

‖y−λx‖ ≥ ‖xi−λx‖−‖y−xi‖ ≥ x∗i (xi−λx)−ε ≥ 1−ε = θ‖y‖. (4.33)

Teorema 4.2.2 (Banach, Mazur). Todo espacio de Banach de di-mension infinita tiene una sucesion basica.

Demostracion. Sea E un espacio de Banach de dimension infinita. Va-mos a demostrar que para todo θ > 1 el espacio E tiene una sucesionnormalizada basica con constante ≤ θ. Para ello, sea (θn)n una sucesionde reales > 1 tales que

∏n θn ≤ θ. Aplicando el Lema 4.2.1 convenien-

temente es facil encontrar una sucesion normalizada (xn) tal que paratodo n, λ ∈ R y todo x ∈ 〈xi〉i<n se tiene que

‖x− λxn‖ ≥1θn‖x‖. (4.34)

Demostremos que (xn) es una sucesion basica, con constante ≤ θ: Paraello, fijemos m < n y una sucesion de escalares (ai)i≤n. Entonces, unuso repetido de (4.34) da

‖n∑

i=0

aixi‖ ≥ (n∏

i=m+1

1θi

)‖∑i≤m

aixi‖ (4.35)

y por tanto,

‖∑i≤m

aixi‖ ≤ (n∏

i=m+1

θi)‖∑i≤n

aixi‖ ≤ θ‖∑i≤n

aixi‖. (4.36)

Proposicion 4.2.3 (Principio de seleccion de Bessaga-Pe lczynski).Sea (xn)n una sucesion normalizada debilmente nula en un espacio deBanach E. Entonces para todo θ > 1 existe una subsucesion (xm)m∈M

de (xn)n que es basica con constante basica ≤ θ.


Demostracion. La demostracion es bastante similar a la prueba del Teo-rema 4.2.2. Sea (xn)n sucesion normalizada debilmente nula en E, yfijemos θ > 0. Sea (θn)n estrictamente decreciente a 1 tal que∏

n

θn ≤ θ.

Vamos a definir inductivamente una sucesion estrictamente creciente(nk)k de numeros naturales tal que para todo k y toda sucesion (ai)i≤k

de escalares se tiene que

‖∑i<k

aixni‖ ≤ θk‖∑i≤k

aixni‖, (4.37)

lo que, procediendo como en la prueba del Teorema 4.2.2, nos dara que(xnk

)k es una sucesion basica de constante ≤ θ. Justifiquemos la exis-tencia de (nk)k. Supongamos definido (nk)k<p. Sea D ⊆ SE∗ finito talque para todo (ai)i<p se tiene que

‖∑i<p

aixi‖ ≤θp

θp+1max{f(

∑i<p

aixi) : f ∈ D}. (4.38)

La existencia de D esta garantizada por la compacidad de S〈xi〉i<py el

teorema de Hahn-Banach. Como (xn)n es debilmente nula, se tiene queexiste np tal que

|f(xnp)| ≤ θp+1 − 12θp

(4.39)

Entonces sea (ai)i≤p escalares. Sin perdida de generalidad, supongamosque ‖

∑i<p aixi‖ = 1. Entonces, si |ap| ≥ 2, se sigue de la desigualdad

triangular que

‖∑i≤p

aixi‖ ≥ |ap| − ‖∑i<p

aixi‖ ≥ 1 = ‖∑i<p

aixi‖.

Mientras que si |ap| < 2, entonces por la desigualdad en (4.39) se tieneque para todo f ∈ D,

|f(∑i≤p

aixi)| ≥|f(∑i<p

aixi)| − 2θp+1 − 1

2θp= |f(

∑i<p

aixi)| −θp+1 − 1

θp.


Utilizando ahora (4.38), se tiene que

‖∑i≤p

aixi‖ ≥θp+1

θp− θp+1 − 1

θp=

1θp· ‖∑i<p

aixi‖.

4.3. Equivalencia de sucesiones basicas y sub-sucesiones bloque

Definicion 4.3.1. Sea (xn)n, (yn)n sucesiones basicas de E y F res-pectivamente. Sea K ≥ 1. Se dice que (xn)n es K-equivalente a (yn)n,y lo denotaremos por (xn)n ∼K (yn)n, si la aplicacion lineal definida apartir de xn 7→ yn extiende a un isomorfismo exhaustivo T entre 〈xn〉ny 〈yn〉n tal que ‖T‖‖T−1‖ ≤ K.

La sucesiones (xn)n e (yn)n son equivalentes si son K-equivalentespara un cierto K ≥ 1.

Ejercicio 4.3.2. Sea (xn)n, (yn)n sucesiones basicas de E = (E, ‖·‖E) yF = (F, ‖·‖F ) respectivamente. Demuestre que (xn)n son K-equivalentessi y solamente si existen constantes K0,K1 tales que K0K1 ≤ K y talesque para toda sucesion (ki)i∈s tal que s ∈ FIN y ki ∈ Z para todo i ∈ sse tiene que

1K0‖∑i∈s

kixi‖E ≤ ‖∑i∈s

kiyi‖F ≤ K1‖∑i∈s

kixi‖E . (4.40)

Ejercicio 4.3.3. Supongamos que (xn)n es una sucesion basica en unespacio de Banach E, y supongamos que T ∈ B(〈xn〉n, X) es un iso-morfismo. Demuestre que (Txn)n es entonces una sucesion basica enX.

Definicion 4.3.4. Sea 0 ≤ ε < 1, y sea X un subespacio cerrado deun espacio de Banach Y . Un operador T ∈ B(X,Y ) se denomina unaε-inclusion si para todo x ∈ X se tiene que ‖T (x)− x‖ ≤ ε‖x‖.

Observemos que una 0-inclusion es simplemente el operador inclusionde X en Y .

Proposicion 4.3.5. Supongamos que T ∈ B(X,Y ) es una ε-inclusion.Entonces T es un isomorfismo tal que ‖T‖ ≤ 1 + ε y ‖T−1‖ ≤ (1− ε)−1.


Demostracion. Sea x ∈ X. Entonces

‖T (x)‖ ≤‖x‖+ ‖T (x)− x‖ ≤ ‖x‖+ ε‖x‖ = (1 + ε)‖x‖‖T (x)‖ ≥‖x‖ − ‖T (x)− x‖ ≥ ‖x‖ − ε‖x‖ = (1− ε)‖x‖.

Proposicion 4.3.6. Sea X un subespacio cerrado de Y y supongamosque (xn)n es una base de Schauder de X. Supongamos que (yn)n es unasucesion en Y tal que

ε =∑

n

‖xn − yn‖‖x∗n‖ < 1. (4.41)

Entonces la aplicacion lineal T : X → Y definida linealmente a partirde T (xn) = yn es una ε-inclusion.

Demostracion. Primeramente, demostremos que T esta bien definida yque es continua: Fijemos x =

∑n anxn ∈ X. Entonces

‖∑

n

anyn‖ ≤‖∑

n

anxn‖+ ‖∑

n

an(xn − yn)‖ ≤

≤‖x‖+∑

n

|an|‖xn − yn‖ = ‖x‖+∑

n

|x∗n(x)|‖xn − yn‖ ≤

≤‖x‖+∑

n

|x∗n|‖x‖‖xn − yn‖ = (1 + ε)‖x‖.

Seguidamente, demostremos que T es una ε-inclusion:

‖∑

n

anyn −∑

n

anxn‖ ≤‖x‖+∑

n

|x∗n(x)|‖xn − yn‖ ≤

≤‖x‖+∑

n

|x∗n|‖x‖‖xn − yn‖ = (1 + ε)‖x‖.

Proposicion 4.3.7. Sea X ⊆ Y y sea T ∈ B(X,Y ) una ε-inclusion. Su-pongamos que (xn)n es una sucesion basica en X. Entonces la sucesion(T (xn))n es basica y (1 + ε)/(1− ε)-equivalente a (xn)n.

Demostracion. Se sigue directamente a partir de la Proposicion 4.3.5 yel Ejercicio 4.3.3.


Definicion 4.3.8. Sea (en)n una sucesion basica de X. Una sucesion(xn) de X se denomina una subsucesion bloque de (en), y lo escribire-mos por (xn)n ≺ (en)n cuando

1. xn ∈ 〈ek〉k∈N para todo n (en particular el soporte de cada xn esfinito).

2. Para todo m < n se tiene que suppxm < suppxn.

Si en adicion cada xn esta normalizado, entonces escribiremos (xn)n ≺1

(en)n.

Ejercicio 4.3.9. Demuestre que una subsucesion bloque de una sucesionbasica de constante basica C es tambien una sucesion basica de constantebasica ≤ C.

Ejercicio 4.3.10. Demuestre que toda subsucesion bloque normalizadade la base unitaria de c0 o `p (p ≥ 1) es 1-equivalente a la base corres-pondiente.

Teorema 4.3.11. Sea E un espacio de Banach con base de Schauder(en)n∈N. Sea X un subespacio cerrado de E de dimension infinita conbase de Schauder (xn)n∈N. Entonces para todo 0 < ε < 1 existe unasubsucesion bloque normalizada (zn)n de (en)n∈N y una ε-inclusion T :〈zn〉n → E tal que

(T (zn))n es una subsucesion bloque normalizada de (xn)n.

Demostracion. Sea C la constante basica de (en)n, y sea 0 < ε < 1Vamos a encontrar una subsucesion bloque normalizada (yn)n de (xn)n

y otra subsucesion bloque normalizada (zn)n de (en)n tales que paratodo n ∈ N se tiene que

‖zn − yn‖ <ε

2n+2C. (4.42)

Observemos que para todo n ∈ N se tiene que ‖z∗n‖ ≤ 2K, donde K esla constante basica de (zn)n. Por tanto, a partir del Ejercicio 4.3.9 setiene que para todo n ∈ N, ‖z∗n‖ ≤ 2K ≤ 2C. Utilizando esto y (4.42),se tiene que ∑

n

‖zn − yn‖‖z∗n‖ ≤∑

n

ε‖z∗n‖2n+2C

≤ ε. (4.43)


Por tanto, la Proposicion 4.3.6 nos dice que la aplicacion T : 〈zn〉n → Edefinida linealmente a partir de T (zn) = yn es una ε-inclusion.

Supongamos definidos dos sucesiones normalizadas y0 < · · · < yn en〈xk〉k y z0 < · · · < zn en 〈ek〉k tales que para todo k ≤ n se tiene que

‖zk − yk‖ ≤ε

2k+2C. (4.44)

Sean

r =maximo del soporte de zn con respecto a la base (ek)k

s =maximo del soporte de yn con respecto a la sucesion basica (xk)k.

Sean Pr : E → 〈ek〉k≤r y Qs : 〈xk〉k → 〈xk〉k≤s las proyecciones basicascorrespondientes. Sea T : 〈xk〉k → 〈ek〉k≤r⊕〈xk〉k≤s definida por T (x) =(Pr(x), Qs(x)). Esta claro que T , siendo de imagen finito-dimensional,es un operador estrictamente singular. Por tanto, existe x ∈ 〈xk〉k denorma 1 tal que

‖Pr(x)‖+ ‖Qs(x)‖ = ‖T (x)‖ < ε

6 · 2n+3 · C. (4.45)

Como 〈xk〉k es denso en 〈xk〉k podemos suponer que de hecho x ∈ 〈xk〉k.Sea y = x − Qs(x). Por otro lado, sea z = x − Pr(x) ∈ 〈ek〉k>r y seaz ∈ 〈ek〉k>r tal que

‖z − z‖ < ε

6 · 2n+3 · C.

Entonces

|1− ‖z‖| =|‖x‖ − ‖z‖| ≤ ‖x− z‖ ≤ ‖x− z‖+ ‖z − z‖ ≤ 2ε6 · 2n+3 · C

|1− ‖y‖| =|‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖ ≤ ε

6 · 2n+3 · C‖z − y‖ ≤‖z − z‖+ ‖z − x‖+ ‖y − x‖ ≤ 3ε

6 · 2n+3 · C.

Sea yn+1 = y/‖y‖, y sea zn+1 = z/‖z‖. Entonces yn < yn+1, zn < zn+1

y por tanto,

‖yn+1 − zn+1‖ ≤‖y

‖y‖− y‖+ ‖y − z‖+ ‖z − z

‖z‖‖ =

=|1− ‖y‖|+ ‖z − y‖+ |1− ‖z‖| ≤

≤ 6ε6 · 2n+3 · C

=ε

2n+3 · C.


Corolario 4.3.12. Sea E un espacio de Banach con base de Schauder(en)n∈N. Sea X un subespacio cerrado de E de dimension infinita. En-tonces para todo 0 < ε < 1 existe una subsucesion bloque normalizada(xn)n de (en)n y una ε-inclusion T : 〈xn〉n → E tal que Im(T ) ⊆ X.

Demostracion. Utilızese el Teorema 4.2.2 para encontrar una sucesionbasica (xn)n∈N en X. Despues aplicar el Teorema 4.3.11 a (en)n∈N y(xn)n∈N.

Corolario 4.3.13. Si un espacio de Banach E con base de Schauder(en) contiene una copia isomorfa de c0 (`p (p ≥ 1)) entonces la base (en)tiene una subsucesion bloque normalizada equivalente a la base unitariade c0 (respectivamente `p (p ≥ 1)).

Demostracion. Claro, a partir del Teorema 4.3.11 y el Ejercicio 4.3.10.

Ejercicio 4.3.14. Sean X,Y ∈ {c0}∪{`p : p ≥ 1}, X 6= Y . Demuestreque todo operador T ∈ B(X,Y ) es estrictamente singular.

Para los espacios c0 y `1 se tiene el siguiente refinamiento del Corolario4.3.13.

Teorema 4.3.15 (James). Si E es un espacio de Banach con base deSchauder (en)n∈N que contiene una copia isomorfa de c0 (o `1), entoncespara todo ε > 0 existe una sucesion bloque normalizada de (en)n∈N quees 1 + ε-equivalente a la base unitaria de c0 (o `1, respectivamente).

Demostracion. Caso `1: Utilizando el Corolario 4.3.13 sea (xn)n unasubsucesion bloque normalizada de (en)n equivalente a la base unitaria(un)n de `1. Sea

C = sup{K ≤ 1 : ∃(yn)n ≺1 (xn)n ∀(an)n ‖∑

n

anyn‖ ≥ K∑

n

|an|}.

(4.46)Fijemos ε > 0. Sea δ > 0 tal que

C − δ

C + δ≥ 1

1 + ε, (4.47)

y sea (yn)n ≺1 (xn)n tal que para todo (an)n se tiene que

‖∑

n

anyn‖ ≥ (C − δ)∑

n

|an|. (4.48)


Por otro lado, sea (sn)n una sucesion bloque de conjuntos finitos denumeros naturales y una sucesion de sucesiones de escalares ((ak)k∈sn)n

tales que para todo n ∈ N

‖∑k∈sn

akyk‖ < (C + δ)∑k∈sn

|ak|. (4.49)

Para cada n ∈ N, sea

zn =

∑k∈sn

akyk

‖∑

k∈snakyk‖

.

Entonces para toda sucesion (bn)n de escalares se tiene que

‖∑

n

bnzn‖ ≤∑

n

‖bnzn‖ =∑

n

|bn|, (4.50)

y por otro lado,

‖∑

n

bnzn‖ =‖∑

n

bn

∑k∈sn

akyk

‖∑

k∈snakyk‖

‖ ≥ (C − δ)∑

n

|bn|∑

k∈sn|ak|

‖∑

k∈snakyk‖

≥

≥(C − δ)∑

n

|bn|1

C + δ=C − δ

C + δ

∑n

|bn| ≥1

1 + ε

∑n

|bn|.

La demostracion para el caso c0 es similar. Lo dejamos como ejercicio.

Corolario 4.3.16 (James). Supongamos que E es un espacio de Ba-nach que tiene un subespacio isomorfo a c0 (o `1). Entonces, para todoε > 0, E contiene un subespacio 1 + ε-isomorfo a c0 (respectivamente`1).

Demostracion. Supongamos queX es `1 o c0 y supongamos que T : X →E es un isomorfismo. Para cada n ∈ N, sea xn = T (un). Entonces (xn)n

es una base de Schauder de T (X). Ahora se puede aplicar directamenteel Teorema 4.3.15 para finalizar la prueba.

En el caso de tener una sucesion debilmente nula se tiene la siguientemejora del Teorema 4.3.11.


Proposicion 4.3.17. Supongamos que X es un espacio de Banach conbase (en)n, y sea (xn) un sucesion debilmente nula y normalizada en X.Entonces para todo 0 < ε < 1 existe una subsucesion bloque normalizada(zn)n de (en)n∈N y una ε-inclusion T : 〈zn〉n → E tal que

(T (zn))n es una subsucesion de (xn)n.

Demostracion. Modificar la prueba del Teorema 4.3.11 de manera apro-piada, utilizando ahora que si (xn)n es una sucesion debilmente nulanormalizada entonces para todo ε > 0 y n ∈ N, existe k ∈ N tal que

sup{‖Pn(xm)‖ : m ≥ k} ≤ ε.

Ahora estamos en disposicion de demostrar que el espacio `1 tiene lapropiedad de Schur (ver Definicion 3.1.67)

Demostracion de la Proposicion 3.1.69. Vamos a razonar por reduccional absurdo, y supongamos que (xn)n es una sucesion debilmente nulaque no converge en norma en `1. Sin perdida de generalidad, y pasandoa una subsucesion si es necesario, podemos suponer que infn ‖xn‖ >0. Por tanto, despues de normalizar si es necesario, podemos suponerque (xn)n es una sucesion normalizada. La Proposicion 4.3.17 nos diceque existe una subsucesion (xn)n∈M de (xn)n que es 2-equivalente auna subsucesion bloque normalizada (yn)n de la base unitaria (un)n de`1. Por el Ejercicio 4.3.10, la sucesion (yn)n es 1-equivalente a la base(un)n y por tanto (xn)n∈M es 2-equivalente a la base (un)n. Se sigueque la aplicacion lineal f : 〈xn〉n∈N → R definida linealmente a partirde f(xn) = 1 esta acotada (de hecho con norma ≤ 2) y por tanto se

extiende a f ∈(〈xn〉n∈M

)∗. Esta claro que esto demuestra que (xn)n

no es debilmente nula.

Acabamos esta parte con una caracterizacion de operadores estricta-mente singulares en espacios de Banach con base de Schauder.

Proposicion 4.3.18. Sea X un espacio de Banach con base de Schauder(en)n. Entonces un operador T ∈ B(X,Y ) es estrictamente singular siy solamente si


(*) para toda subsucesion bloque normalizada (xn)n de (en)n y todo ε > 0existe una subsucesion bloque (yn)n de (xn)n tal que

‖T � 〈yn〉n‖ ≤ ε.

Demostracion. Supongamos que T ∈ B(X,Y ) es estrictamente singular.Vamos a demostrar que(**)para toda subsucesion bloque normalizada (xn)n de (en)n y todoε > 0 existe x ∈ 〈xn〉n tal que ‖T (x)‖ ≤ ε.

Fijemos (xn)n ≺ (en)n y ε > 0. Como T es estrictamente singular,T � 〈xn〉n no es isomorfismo. Por lo tanto existe x ∈ 〈xn〉n de norma 1tal que ‖T (x)‖ < ε. Como 〈xn〉n es denso en 〈xn〉n, podemos suponerque x ∈ 〈xn〉n.

Demostremos ahora que (**) implica (*). Fijemos (xn)n ≺ (en)n y ε >0. Sea C la constante basica de (en)n. Vamos a definir una subsucesionbloque normalizada (yn)n de (xn)n tal que para todo n ∈ N se tiene que

‖T (yn)‖ ≤ ε

C · 2n+2. (4.51)

Supongamos que y0 < . . . < yk estan ya escogidos en 〈xn〉n tal que cadaxn (n ≤ k) tiene la propiedad (4.51). Sea m = max supp yk, donde elsoporte de yk esta tomado sobre (xn)n. Apliquemos (**) a (xn)n>m yε/(C · 2k+3) para encontrar un vector normalizado yk+1 ∈ 〈xn〉n>m talque

‖T (yk+1)‖ < ε

C · 2k+3.

Demostremos que (yn)n tiene la propiedad buscada en (*): Sea x =∑n anyn de norma 1. Como (yn)n es una subsucesion bloque normalizada

de (en)n que es una sucesion basica de constante basica C, la constantebasica de (yn)n es ≤ C. Por tanto, para todo n ∈ N, |an| ≤ 2C. Portanto, utilizando la continuidad de T , se tiene que

‖T (∑

n

anyn)‖ ≤∑

n

|an|‖T (yn)‖ ≤ 2C∑

n

ε

C · 2n+2= ε.

Supongamos ahora que se cumple (*) y por tanto (**). Sea Z un subes-pacio cerrado infinito dimensional de X, y sea ε > 0. Sea 0 < δ < 1 talque

δ(1 + ‖T‖)1− δ

≤ ε. (4.52)


Utilizando el Teorema 4.3.11, podemos encontrar una subsucesion bloquenormalizada (xn)n de (en)n y una δ-inclusion U : 〈xn〉n → X tal queIm(U) ⊆ Z. Utilizando (**) para (xn)n y δ, podemos encontrar x ∈〈xn〉n de norma 1 tal que ‖T (x)‖ < δ. Por tanto,

‖T (U(x))‖ ≤ ‖T (x)‖+ ‖T (U(x)− x)‖ ≤ δ + ‖T‖δ‖x‖ = δ(1 + ‖T‖).(4.53)

Por otro lado,‖U(x)‖ ≥ (1− δ)‖x‖ = (1− δ). (4.54)

Utilizando (4.53), (4.54) y la propiedad de δ en (4.52) se tiene que

‖T(

U(x)‖U(x)‖

)‖ ≤ δ(1 + ‖T‖)

(1− δ)≤ ε.

4.4. Bases y Reflexividad

Vamos a explicar los criterios de James sobre reflexividad de espaciosde Banach con base de Schauder.

Definicion 4.4.1. Una base de Schauder (en)n de E se denomina re-tractiva ( shrinking en ingles) si su sucesion biortogonal (e∗n)n∈N es unabase de Schauder del espacio dual E∗ de E.

Notese que ser retractiva es equivalente a decir que el subespacio ce-rrado generado por (e∗n)n∈N es todo el dual E∗.

La base de Schauder (en)n se denomina acotadamente completa (delingles, boundedly complete) si para toda sucesion de escalares (an)n talque

sup{‖∑n≤m

anen‖ : m ∈ N} <∞

la serie correspondiente∑

n anen es convergente.

Proposicion 4.4.2. Sea (en)n una base de Schauder de E. Entonces(en)n es retractiva si y solamente si para todo f ∈ E∗ se tiene que

lımn→∞

‖f � 〈em〉m≥n‖ = 0. (4.55)


Demostracion. Supongamos que (e∗n)n es una base de Schauder de E∗,y para cada n ∈ N sea P ∗

n : E∗ → 〈e∗m〉m<n la proyeccion basicaPn(∑

m ame∗m) =

∑m<n ame

∗m. Entonces para cada f ∈ E∗ se tiene

quelım

n→∞‖f − P ∗

n(f)‖ = 0. (4.56)

Observemos que f � 〈em〉m≥n = f − P ∗n(f) y por tanto (4.56) nos da

(4.55).Supongamos ahora que para todo f ∈ E∗ se tiene (4.55). Fijemos ε >

0. Sea n tal que ‖f � 〈em〉m≥n‖ ≤ ε. Sea g =∑

m<n f(em)e∗m ∈ 〈e∗n〉n.Entonces para cada x =

∑n anen ∈ SE se tiene que

|(f − g)(x)| ≤|(f − g)(∑m<n

bmem)|+ |(f − g)(∑m≥n

bmem)| =

=|(∑m<n

bmf(em)− (∑m<n

bmf(em))|+ |f(∑m≥n

bmem))| ≤ ε.

Por tanto f ∈ 〈e∗n〉n.

Proposicion 4.4.3. Una base de Schauder (en)n es retractiva si y so-lamente si sus subsucesiones bloques acotadas en norma son debilmentenulas.

Demostracion. Supongamos que (en)n es una base de Schauder retracti-va de E. Sea (xn)n una subsucesion bloque de (en)n acotada en norma,sea C = supn ‖xn‖ < ∞ y sea f ∈ E∗. Como (e∗n)n es una base deSchauder de E∗, se tiene que f =

∑n ane

∗n, donde an = f(en) para todo

n. Fijemos ε > 0, y sea m ∈ N tal que

‖f −∑n<m

ane∗n‖ ≤

ε

C.

Como (xn)n es una subsucesion bloque de (en)n, la sucesion de numerosnaturales (mın(suppxn))n es estrictamente creciente. Por tanto, paratodo k ≥ m se tiene que m∩suppxk = ∅ y por tanto, si k ≥ m, entonces

|f(xk)| ≤|(f −∑n<m

ane∗n)(xk)|+ |(

∑n<m

ane∗n)(xk)| ≤

≤‖f −∑n<m

ane∗n‖‖xn‖+ |(

∑n<m

ane∗n(xk))| ≤ ε.


Supongamos ahora que (en)n no es retractiva. Entonces, a partir de laProposicion 4.4.2 podemos encontrar f ∈ E∗, una sucesion estrictamentecreciente (nk)k de numeros naturales y ε > 0 tales que

infk‖f � 〈e∗m〉m≥nk

‖ > ε. (4.57)

Vamos a encontrar una subsucesion bloque normalizada (xn)n de (en)n

tal que f(xn) ≥ ε/2 para todo n. Supongamos que ya hemos encontradox0 < . . . < xn normalizados en 〈ek〉k tales que f(xk) ≥ ε/2 para todok ≤ n. Sea k tal que nk > max suppxn. Utilizando (4.57) podemosencontrar x ∈ 〈e∗m〉m≥nk

de norma 1 tal que f(x) ≥ ε. Sea ahora xn+1 ∈〈em〉m≥nk

tal que ‖x− xn+1‖ ≤ ε/(2‖f‖). Entonces xn < xn+1 y

f(xn+1) = f(x)− f(x− xn+1) ≥ ε− ‖f‖ · ‖x− xn+1‖ ≤ε

2. (4.58)

Ejercicio 4.4.4. Demuestre que una base de Schauder (en)n es retrac-tiva si y solamente si sus subsucesiones bloques normalizadas son debil-mente nulas.

Ejercicio 4.4.5. Demuestre que una base de Schauder (en)n es retracti-va si y solamente para todo ε > 0 y toda subsucesion bloque normalizada(xn)n de (en) existe una combinacion convexa (an)n ∈ c00 tal que

‖∑

n

anxn‖ ≤ ε.

Proposicion 4.4.6. Supongamos que (en)n es una base de Schauderretractiva de E. Como en el Ejercicio 4.1.16, sea X el espacio de Banachde todas las sucesiones de escalares (an)n tales que

‖|(an)n‖| = sup{‖∑n≤m

anen‖ : m ∈ N} (4.59)

equipado con la norma ‖| · ‖| definida en (4.59). Sea T : E∗∗ → X defi-nido para h ∈ E∗∗ por T (h) = (h(e∗n))n. Entonces T es un isomorfismoexhaustivo. Si en adicion la base (en)n es monotona, entonces T es unaisometrıa exhaustiva.


Demostracion. Sea (e∗∗n )n el biortogonal de (e∗n), (P ∗∗n )n sus proyecciones

basicas asociadas y sea C la constante basica de (en)n. Veamos primeroque T esta bien definida: Sea h ∈ E∗∗ y sea f ∈ E∗ de norma 1. Como(en)n es retractiva, se tiene que

f =∑

n

f(en)e∗n.

Por tanto,

|f(∑n≤m

h(e∗n)en)| =|∑n≤m

h(e∗n)f(en)| = |h(∑n≤m

f(en)e∗n)| ≤

≤‖h‖‖∑n≤m

f(en)e∗n‖ ≤ C‖h‖,

donde en la ultima desigualdad utilizamos que la constante basica de(e∗n)n es ≤ C. Por tanto

supm‖∑n≤m

h(e∗n)en‖ ≤ C‖h‖. (4.60)

En particular, (4.60) tambien muestra que T es un operador acotado,con ‖T‖ ≤ C. Como (e∗n)n es base de E∗, la aplicacion T es inyectiva,por tanto, utilizando el Teorema de la aplicacion abierta (ver Corolario3.1.42), para demostrar que T es un isomorfismo es suficiente demostrarque T es exhaustiva. Fijemos una sucesion (an)n ∈ X. Sin perdida degeneralidad, supongamos que ‖|(an)n‖| = 1. Consideremos la sucesion(∑

n≤m anen)m en E∗∗. Cada elemento tiene norma ≤ 1 en E, y portanto {

∑n≤m anen}m ⊆ BE∗∗ . Como (e∗n)n es una base de E∗, el espacio

E∗ es separable y, a partir del Corolario 3.1.77, esto implica que BE∗∗

con su topologıa debil∗ es compacto y metrizable. Se sigue que existe unasubsucesion (

∑n≤mk

anen)k de (∑

n≤m anen)m que es debil∗-convergentea h ∈ BE∗∗ . Se sigue que para todo l ∈ N se tiene que

h(e∗l ) = lımk→∞

e∗l (∑

n≤mk

anen) = al (4.61)

y por tanto, T (h) = (al)l. Observemos que como h ∈ BE∗∗ se tiene que‖T−1‖ ≤ 1. Finalmente, si (en)n es monotona, entonces C = 1 y portanto ‖T‖ ≤ 1, i.e. T es una isometrıa.


Ejercicio 4.4.7. Caracterice T (E) en terminos de la norma definidaen (4.59).

Ejercicio 4.4.8. Utilice la Proposicion 4.4.6 para demostrar que c∗∗0 =`∞.

Proposicion 4.4.9. Supongamos que (en)n es una base de Schauderacotadamente completa de E. Entonces E es isomorfo a (〈e∗n〉n)∗.

Demostracion. Sean (Pn)n y (P ∗n)n las proyecciones canonicas asociadas

a (en)n y (e∗n)n, respectivamente. Sea Y = 〈e∗n〉n. Definamos T : E → Y ∗

por T (x)(y) = y(x) para todo y ∈ Y . Vamos a demostrar que T es unisomorfismo exhaustivo. Esta claro que T es un operador acotado y dehecho, para todo x ∈ E se tiene que

‖T (x)‖ = sup{(T (x))(y) : y ∈ SY } = sup{y(x) : y ∈ SY } ≤ ‖x‖,(4.62)

ya que SY ⊆ SE∗ . Fijemos x ∈ X. Sea f ∈ E∗ tal que f(x) = ‖x‖.Entonces, utilizando que Im(P ∗

n) ⊆ Y para todo n, se tiene que

‖x‖ = f(x) = lımn→∞

f(Pn(x)) = lımn→∞

P ∗n(f)(x) ≤

≤C sup{y(x) : y ∈ SY } = C‖T (x)‖.

Demostremos que T es exhaustivo. Para ello, fijemos h ∈ Y ∗. Para cadam ∈ N, sea

xm =∑n<m

h(e∗n)en.

Vamos a ver que supm ‖xm‖ <∞: Sea f ∈ E∗ de norma 1. Entonces

|f(xm)| =|∑n<m

h(e∗n)f(en)| = |h(∑n<m

f(en)e∗n)| = |h(P ∗m(f))| ≤

≤‖h‖ · ‖P ∗m‖ ≤ C‖h‖, (4.63)

donde C es la constante basica de (en)n y donde, P ∗n : E∗ → 〈e∗n〉n<m

es la proyeccion canonica P ∗n(f) =

∑n<m f(en)e∗n asociada a (e∗n)n. Por

tanto, (4.63) nos da que

sup{‖xm‖ : m ∈ N} ≤ C‖h‖. (4.64)


como la base (en)n es acotadamente completa, la serie∑

n h(e∗n)en con-verge. Observemos que para todo m ∈ N se tiene que

T (∑

n

h(e∗n)en)(e∗m) = e∗m(∑

n

h(e∗n)en) = h(e∗m). (4.65)

Por tanto, T (∑

n h(e∗n)en) = h.

Teorema 4.4.10 (James). Sea E un espacio de Banach E con basede Schauder (en)n. Entonces E es reflexivo si y solamente si (en)n esretractiva y acotadamente completa.

Demostracion. Supongamos primero que E es reflexivo. Demostremosprimero que (en)n es retractiva. Si no, 〈e∗n〉n es un subespacio cerradopropio de E∗. Por tanto, a partir del Teorema de Hahn-Banach (verCorolario 3.1.60) se tiene que existe h ∈ E∗∗ de norma 1 tal que

h � 〈e∗n〉n = 0. (4.66)

Como E es reflexivo, existe x ∈ E tal que h = x (via la identificacioncanonica π dada en la Definicion 3.1.53). Entonces (4.66) implica, otravez a partir del Teorema de Hahn-Banach que h = x = 0 (ver Corolario3.1.57), lo que es imposible ya que h tiene norma 1.

Demostremos ahora que (en)n es acotadamente completa. Sea (an)n

una sucesion de escalares tales que

sup{‖∑n<m

anen‖ : m ∈ N} <∞.

Como acabamos de demostrar que E∗ es separable, se tiene que BE∗∗ esun compacto metrizable. Por lo tanto, como la sucesion (‖

∑n<m anen‖)n

esta acotada en norma, existe una subsucesion (∑

n<mkanen)k que es

debilmente∗ convergente a h ∈ E∗∗. Como E es reflexivo, esto quieredecir que existe h = x para un cierto x ∈ E. Entonces para todo l ∈ Nse tiene que

al = lımk→∞

e∗l (∑

n<mk

anen) = e∗l (h) = e∗l (x).

Por tanto,x =

∑n

e∗n(x)en =∑

n

anen


lo que demuestra que la serie∑

n anen es convergente.Supongamos ahora que (en)n es retractiva y acotadamente completa.

Sea X el espacio de Banach de todas las sucesiones de escalares (an)n

tales que‖|(an)n‖| = sup{‖

∑n≤m

anen‖ : m ∈ N} (4.67)

con la norma ‖| · ‖| definida en (4.67). Entonces, como la base (en)n esretractiva, la Proposicion 4.4.6 nos dice que T : E∗∗ → X definido parah ∈ E∗∗ por T (h) = (h(e∗n))n es un isomorfismo exhaustivo. Sea h ∈ E∗∗

vamos a demostrar que primero que∑

n h(e∗n)en es convergente en E yque h =

∑n h(e∗n)en. Como T es acotado, la sucesion (

∑n<m h(e∗n)en)m

esta acotada en norma. Como (en)n es acotadamente completa, la serie∑n h(e∗n)en es convergente. Por otro lado

T (∑m

h(e∗m)em) = (e∗n(∑m

h(e∗m)em))n = (h(e∗n))n = T (h). (4.68)

Como T es inyectiva, la igualdad (4.68) implica que h =∑

n h(e∗n)en.

4.5. Sucesiones basicas incondicionales

Dentro de la familia de sucesiones basicas hay un tipo de sucesionesespecialmente importantes. Son las llamadas sucesiones basicas incon-dicionales. Para entender un poco su relevancia, citemos el siguienteresultado.

Teorema 4.5.1. Sea X un espacio de Banach infinito dimensional, nonecesariamente separable, tal que su dual X∗ tiene una sucesion basicaincondicional. Entonces el espacio X tiene un cociente separable infinitodimensional con una base incondicional, y por tanto separable infinitodimensional.

Recordemos que uno de los problemas abiertos mas importantes en laTeorıa de los espacios de Banach es saber si todo espacio de Banach dedimension infinita tiene un cociente separable infinito dimensional (paramas informacion, ver [MU])

Definicion 4.5.2. Una serie∑∞

n=0 xn en un espacio de Banach E se di-ce que es incondicionalmente convergente si para toda sucesion de signos(θn)∞n=0 la serie

∑∞n=0 θnxn converge.


Proposicion 4.5.3. Sea (xn)n una sucesion de vectores en un espaciode Banach. Entonces las condiciones siguientes son equivalentes:

(i) La serie∑∞

n=0 xn es incondicionalmente convergente.

(ii) La serie∑∞

k=0 xnkconverge para toda sucesion estrictamente cre-

ciente (nk)k de numeros naturales.

(iii) Para todo ε > 0 existe un n ∈ N tal que para todo conjunto M ⊆ Ncon n < M se tiene que ‖

∑k∈M xk‖ < ε.

(iv) La serie∑∞

n=0 xπ(n) converge para toda permutacion π : N→ N.

Demostracion. (i) implica (ii): Sea (nk)k estrictamente creciente. Defi-namos la sucesion de signos (θn)n por

θn ={

1 si n ∈ {nk : k ∈ N}−1 si no.

Entonces ∑k

xnk=

12

(∑

n

xn +∑

n

θnxn).

(ii) implica (iii): Supongamos que (iii) es falso. Entonces existe ε > 0 yuna sucesion bloque (sn)n de conjuntos finitos de numeros naturales talque

‖∑k∈sn

xk‖ ≥ ε para todo n ∈ N. (4.69)

Entonces si (nk)k es la enumeracion estrictamente creciente de⋃

n sn, setiene que la serie

∑k xnk

no es convergente ya que las sucesion de sumasparciales no es de Cauchy.(iii) implica (iv): Sea π : N→ N una permutacion. Dado ε > 0 sea n ∈ Ndado por (iii). Sea m0 tal que para todo m ≥ m0 se tiene que π(m) ≥ n.Entonces se tiene que

‖∑

m≥m0

xπ(m)‖ ≤ ε.

(iv) implica (i): Sea (θn)n una sucesion de signos. Supongamos que∑n θnxn es divergente. Sea A = {n ∈ N : θn = 1}. Entonces o bien∑n∈A xn es divergente, o

∑n/∈A xn es divergente. Sin perdida de ge-

neralidad, supongamos que∑

n∈A xn es divergente. Entonces podemos


encontrar ε > 0 y una sucesion bloque (sn)n de subconjuntos finitosde {n ∈ N : θn = 1} tales que ‖

∑i∈sn

xi‖ ≥ ε para todo n ∈ N. Seaπ : N→ N una permutacion tal que π[mın sn,max sn] = [mın sn,max sn]y tal que π[mın sn,mın sn + |sn| − 1] = sn para todo n ∈ N. Entonces∑

n xπ(n) diverge.

Ejercicio 4.5.4. Supongamos que E es un espacio finito dimensional.Demuestre que una serie

∑∞n=0 xn es incondicionalmente convergente si

y solamente si∑∞

n=0 xn es absolutamente convergente, i.e. si∑∞

n=0 ‖xn‖converge.

El siguiente resultado demuestra que la anterior equivalencia entreseries incondicionalmente convergentes y absolutamente convergentes esuna caracterizacion de los espacios finito dimensionales (ver [LT, Teore-ma 1.c.2 en pag 16])

Teorema 4.5.5 (Dvoretzky-Rogers). Sea E un espacio de Banachde dimension infinita. Sea (λn)n ∈ `2. Entonces existe una serie incon-dicionalmente convergente

∑∞n=0 xn tal que ‖xn‖ = λn para todo n ∈ N.

Definicion 4.5.6. Una sucesion basica (xn)n en un espacio de Ba-nach E se denomina incondicional si para todo x =

∑∞n=0 anxn la serie∑∞

n=0 anxn es incondicionalmente convergente.

Proposicion 4.5.7. Una sucesion (xn)n de vectores no nulos en unespacio de Banach E. Las siguientes condiciones son equivalentes:

(i) (xn)n es una sucesion basica incondicional.

(ii) Existe una constante K ≥ 1 tal que para todo subconjunto M deN toda sucesion de escalares (an)n∈M se tiene que

‖∑n∈M

anxn‖ ≤ K‖∑n∈N

anxn‖. (4.70)

(iii) Existe una constante L ≥ 1 tal que para toda sucesion de signos(θn)n y toda sucesion de escalares (an)n se tiene que

‖∞∑

n=0

θnanxn‖ ≤ L‖∞∑

n=0

anxn‖. (4.71)


Demostracion. Supongamos que (xn)n es una sucesion basica incondi-cional. Sea M ⊆ N y sea PM : 〈en〉n → 〈en〉n∈M definida por

PM (∑

n

anxn) =∑n∈M

anxn;

PM es lineal y continua. Para ver esto vamos a utilizar el Teorema dela Grafica Cerrada (Teorema 3.1.46). Supongamos que ym → y, y quePM (ym) →

mz. Demostremos que z = PM (y). Como PM (ym) →

mz, se

tiene que para todo n ∈M ,

e∗n(ym) = e∗n(PM (ym)) → e∗n(z) = e∗n(y);

y para n /∈ M , como e∗n(PM (ym)) = 0 entonces e∗n(y) = 0. Luego,z = PM (y).

Consideremos la familia {PM : M ⊆ N} de proyecciones de X. Dadox =

∑n anxn, tenemos, por la Proposicion 4.5.3 (iii) que existe n tal que

para todo M con n < M , se tiene que ‖PM (x)‖ < 1. Por tanto, por elteorema de acotacion uniforme de Banach-Steinhaus (Teorema 3.1.38),

sup{‖PM‖ : M ⊆ N} = K <∞,

y por tanto, la desigualdad (4.70) se cumple.(ii) → (iii). Sea X = 〈en〉n. Dada una sucesion de signos θ = (θn)n,

sea Mθ : X → X, dada por

Mθ(∑

n

anxn) =∑

n

θnanxn.

El operador Mθ esta bien definido y es acotado ya que

‖Mθ(x)‖ ≤ ‖∑n∈A

anxn‖+ ‖∑n∈B

anxn‖ ≤ 2K‖X‖,

donde A = {n : θn = 1} y B = N \ A; y ademas ‖Mθ‖ ≤ 2K para todoθ.

(iii) → (i). De hecho, vamos a demostrar que (iii) → (ii), ya queesta claro que (ii) → (i). Dado M ⊆ N, sea (θn)n definida por θn = 1 sin ∈M , y θn = −1 en caso contrario. Entonces

PM (x) =12

(Mθ(x) + x)

y por tanto, ‖PM‖ = 12‖(Mθ + IdX)‖ donde X = 〈xn〉n.


Ejercicio 4.5.8. Demuestre que (xn)n es una sucesion basica incondi-cional si y solamente si

1. xn 6= 0 para todo n.

2’. Existe una constante K ≥ 1 tal que para todos s ⊆ t subconjuntosfinitos de N y toda sucesion de escalares (an)n∈t se tiene que

‖∑n∈s

anxn‖ ≤ K‖∑n∈t

anxn‖. (4.72)

Definicion 4.5.9. Sea (xn)n una sucesion basica incondicional. Se de-fine la constante de incondicionalidad CI((xn)n) de ((xn)n) como

CI((xn)n) = supθ∈{−1,1}N

‖Mθ‖,

donde para θ = (θn)n ∈ {−1, 1}N, Mθ : 〈xn〉n → 〈xn〉n es el operadoracotado definido para x =

∑n anxn por

Mθ(x) =∑

n

θnanxn.

Diremos entonces que la sucesion (xn)n es K-incondicional.Se define la constante de supresion-incondicionalidad CSI((xn)n) de

(xn)n comoCSI((xn)n) = sup

M⊆N‖PM‖,

donde PM es la proyeccion definida por

PM (∑

n

anxn) =∑n∈M

anxn.

Un analisis de la demostracion de la Proposicion 4.5.7 nos da que

CSI((xn)n) ≤ CI((xn)n) ≤ 2CSI((xn)n). (4.73)

El siguiente ejercicio muestra que las desigualdades anteriores son opti-mas.


Ejercicio 4.5.10. En c00(N) definimos la siguiente norma: Para cada(an)n ∈ c00(N) sea

‖(an)n‖ = max{‖(an)n‖∞, sup{|am + an| : m < n ∈ N}}. (4.74)

Sea X la completacion de (c00(N), ‖ · ‖).

1. Demuestre que la base unitaria (un)n es 2-incondicional pero quesu constante de supresion-incondicionalidad es 1.

2. Demuestre que para toda subsucesion (um)m∈M de (un)n se tieneque CI((xm)m∈M ) = 2.

Proposicion 4.5.11. Sea (xn) una sucesion basica incondicional conconstante de incondicionalidad K. Entonces para toda sucesion de reales(an)n y toda sucesion (λn)n ∈ `∞(N) se tiene que

‖∑

n

λnanxn‖ ≤ K‖(λn)n‖∞‖∑

n

anxn‖. (4.75)

Demostracion. Sea x∗ ∈ SE∗ tal que ‖∑

n λnanxn‖ = x∗(∑

n λnanxn).Para cada n ∈ N, sea εn = 1 si anx

∗(xn) ≥ 0 y εn = −1 si no. Entonces

‖∑

n

λnanxn‖ =x∗(∑

n

λnanxn) ≤∑

n

|λn||anx∗(xn)| ≤

≤‖(λn)n‖∞ ·∑

n

|anx∗(xn)| =

=‖(λn)n‖∞ · x∗(∑

n

εnanx∗(xn)) =

=‖(λn)n‖∞ · x∗(M(εn)n(∑

n

anxn)) ≤

≤‖(λn)n‖∞ · ‖M(εn)n(∑

n

anxn)‖ ≤

≤‖(λn)n‖∞ ·K · ‖∑

n

anxn‖.

Proposicion 4.5.12. Sea (en)n una base K-incondicional de E = (E, ‖·‖). Entonces existe un renormamiento E1 = (E, ‖ · ‖1) de E tal que


1. La sucesion (en)n es una base 1-incondicional de E1 y ‖en‖1 =‖en‖ para todo n.

2. La sucesion (en)n dentro de E es K-equivalente a la sucesion (en)n

dentro de E1.

Demostracion. Definimos la renorma ‖ ·‖1 en E para cada x =∑

n anencomo

‖x‖1 =

∥∥∥∥∥∑n

|an|en

∥∥∥∥∥ . (4.76)

Como la sucesion (en)n es incondicional, la norma ‖x‖1 esta bien de-finida. De hecho, tenemos que K−1‖x‖ ≤ ‖x‖1 ≤ K‖x‖ y por tanto‖ · ‖1 es un renormamiento de E. Por otro lado, es facil ver que (en)n es1-incondicional en (E, ‖ · ‖1).

4.5.1. Reflexividad para bases incondicionales

Teorema 4.5.13 (James). Sea E un espacio de Banach con una baseincondicional (en)n∈N. Entonces (en)n∈N es retractiva si y solamente siE no tiene un subespacio isomorfo a `1.

Demostracion. Supongamos que E contiene una copia isomorfa X de `1.Entonces, por el teorema de Hahn-Banach, todo elemento de X∗ tieneuna extension a E∗. Como X∗ es isomorfo a `∗1 = `∞, entonces es noseparable y por tanto E∗ tambien, y luego, (en)n no es retractiva.

Si (en)n no es retractiva, entonces, a partir de la Proposicion 4.4.3,podemos encontrar una subsucesion bloque normalizada (xn)n de (en)n,un funcional f ∈ E∗ de norma 1 y ε > 0 tales que f(xn) > ε para todon. Por tanto, para todo (an)n se tiene que∑

n

|an| ≥‖∑

n

anxn‖ ≥1C‖∑

n

|an|xn‖ ≥

≥ ε

Cf(∑

n

|an|xn) ≥ 1C

∑n

|an|,

donde C es la constante de incondicionalidad de (en)n.

Teorema 4.5.14 (James). Sea E un espacio de Banach con una baseincondicional (en)n∈N. Entonces (en)n∈N es acotadamente completa si ysolamente si E no tiene un subespacio isomorfo a c0.


Demostracion. Supongamos que E tiene una copia isomorfa de c0. En-tonces, por el Corolario 4.3.13 podemos encontrar una subsucesion blo-que (xn)n de (en)n K-equivalente a la base unitaria (un)n de c0. Sea sn =supp(xn), y sea (ak)k una sucesion de escalares tal que xn =

∑k∈sn

akekpara todo n ∈ N. Definamos (bk)k por

bk =

{ak si k ∈

⋃n sn,

0 en otro caso.(4.77)

Demostremos quesupm‖

∑k≤m

bkek‖ ≤ C ·K,

donde C es la constante de incondicionalidad de (en)n. Para n ∈ N, sean = min{l ∈ N : m ≤ maxsl}; entonces,

‖∑k≤m

bkek‖ ≤ C‖∑n≤n

xn‖.

Por tanto,∑k≤m

bkek‖ ≤ C‖∑n≤n

xn‖ ≤ C ·K · ‖∑n≤n

un‖ = C ·K.

Por otro lado,∑

k∈N bkek es divergente, ya que

‖∑k∈sn

‖bkek‖ = ‖xn‖ ≥1K.

Supongamos que (en)n no es acotadamente completa. Sea (an)n unasucesion de escalares tal que

supm{‖∑n≤m

anen‖ : m ∈ N} = K <∞ (4.78)

pero∑

n∈N anen es divergente. Sea ε > 0 y (Ik)k una sucesion bloquede intervalos de numeros naturales tal que ‖

∑n∈Ik

anen‖ ≥ ε para todok ∈ N. Como (en)n es C-incondicional, la condicion (4.78) implica quepara todo k,

ε ≤ ‖∑n∈Ik

anen‖ ≤ K · C.


Para cada k ∈ N, pongamos xk =∑

n∈Ikanen. Siendo (xn)n una sub-

sucesion bloque de (en)n, la Proposicion 4.5.11 nos da que para todo(bk)k,

1C·‖(bk)k‖∞ ≤ ‖

∑k≤m

bkxk‖ ≤ C ·‖(bk)k‖∞ ·‖∑k≤m

xk‖ ≤ C ·K ·‖(bk)k‖∞.

Por tanto, (xk)k es equivalente a la base unitaria de c0.

Corolario 4.5.15 (James). Sea E un espacio de Banach con una baseincondicional (en)n∈N. Entonces E es reflexivo si y solamente si E nocontiene copias isomorfas ni de c0 ni de `1.

Demostracion. Se sigue a partir de los Teoremas 4.4.10, 4.5.13 y 4.5.14.

4.5.2. Existencia de bases incondicionales

No es cierto que toda sucesion basica es incondicional. De hecho, c0tiene una base sin subsucesiones incondicionales:

Definicion 4.5.16. En c0, sea (un)n su base unitaria. Para cada n ∈ N,sea

sn =n∑

i=0

ui.

La sucesion (sn)n se denomina la base sumante de c0.

Proposicion 4.5.17. La base sumante de c0 es una base de Schaudernormalizada de c0, de constante basica 2 y sin subsucesiones incondicio-nales.

Demostracion. Esta claro que ‖sn‖∞ = 1 para todo n ∈ N. Veamosque (sn)n es una sucesion basica. Para ello, sea n ∈ N, y sean (ai)i<n

escalares. Entonces

‖∑i<n

aisi‖∞ =‖∑i<n

ai(∑j≤i

uj)‖∞ = ‖∑i<n

(∑

i≤j<n

aj)ui‖∞ =

= max{

∣∣∣∣∣∣∑

i≤j<n

aj

∣∣∣∣∣∣ : i < n}.


Por tanto, si m ≤ n, y ‖∑

i<m aisi‖∞ = |∑

i≤j<m aj | para un ciertoi < m, entonces

‖∑i<m

aisi‖∞ = |∑

i≤j<m

aj | ≤ |∑

i≤j<n

aj |+ |∑

m≤j<n

aj | ≤ 2‖∑i<n

aisi‖.

Esto nos dice que (sn)n es basica con constante basica ≤ 2. Por otrolado ‖s0 + s1‖ = 2 y ‖s0‖ = 1, lo que nos da que la constante basica esexactamente 2.

Por otro lado, un = sn − sn−1 para todo n, y en consecuencia

〈sn〉n = c0.

Finalmente, demostremos que ninguna subsucesion de (sn)n es incon-dicional: Para ello, fijemos una subsucesion (skn)n, y fijemos n ∈ N.Entonces

‖∑i<n

ski‖∞ = n

‖∑i<n

(−1)iski‖ = 1.

Ejercicio 4.5.18. Demuestre que la sucesion (sn)n no es debilmentenula.

A continuacion introducimos un espacio de Banach sin bases incondi-cionales. Este es el llamado espacio J de James.

Definicion 4.5.19 (Espacio de James J). En c00(N) definimos lanorma ‖ · ‖J como sigue:

‖x‖J = sup{(m∑

k=0

|SIk(x)|2)

12 : (Ik)m

k=1 es una suc. bloque de intervalos}

donde para t ∈ FIN, Is denota el funcional “summing” en s definidopara (an)n ∈ c00(N) por

St((an)n) =∑n∈s

an.


El espacio de James J es la completacion de (c00(N), ‖ · ‖J). Es facil verque la base unitaria (un)n es una base de Schauder bimonotona norma-lizada de J .

Definicion 4.5.20. Sean X e Y dos espacios de Banach. Se dice queX es Y -saturado si todo subespacio cerrado de dimension infinita deX tiene una copia isomorfa de Y . El espacio X es minimal cuando esX-saturado.

Ejercicio 4.5.21. Demuestre que c0 y `p (p ≥ 1) son minimales.

Teorema 4.5.22. El espacio J no es reflexivo y es `2-saturado. Dehecho dado ε > 0, toda sucesion bloque normalizada de (un)n tiene unasubsucesion bloque normalizada (1 + ε)-equivalente a la base unitaria de`2.

En consecuencia, el espacio J no tiene una base incondicional.

Demostracion. Si un espacio de Banach X es `2-saturado entonces cla-ramente X no contiene copias isomorfas ni de c0 ni de `1. Por lo tanto,a partir del Teorema 4.5.15 de James, o bien X no tiene una base in-condicional o bien X es reflexivo. Como vamos a ver el espacio J noes reflexivo y es `2-saturado. Por tanto, el espacio J no tiene una baseincondicional.

Pasemos a probar que el espacio J es `2-saturado. Sea (xn)n unasucesion bloque normalizada de (vn)n. Vamos a demostrar que para todasucesion de escalares (an)n se tiene

‖∑

n

anxn‖J ≥ ‖(an)n‖`2 : (4.79)

Para cada n, sea (I(n)k )mn

k=0 una sucesion bloque de intervalos tales que

1 = ‖xk‖J = (mn∑k=0

|SI(n)k

(xn)|2)12 .

Para cada n y cada 0 ≤ k ≤ mn sea

J(n)k = I

(n)k ∩ [mın suppxn,max suppxn].


Entonces (J (n)k ∩Jn)mn

k=0 es tambien una sucesion bloque de intervalos deenteros y es facil ver que

1 = (mn∑k=0

|SJ

(n)k

(xn)|2)12 .

Como para todo n uno tiene que J (n)mn < J

(n+1)0 , se sigue que la concate-

nacion de las sucesiones (J (n)k ∩ Jn)mn

k=0 bloque de intervalos es tambienuna sucesion bloque de intervalos. Por tanto,(

‖∑

n

anxn‖J

)2

≥∑

n

mn∑k=0

(S

J(n)k

(∑

n

anxn)

)2

=

=∑

n

|an|2mn∑k=0

|SJ

(n)k

(xn)|2 =∑

n

|an|2.

Definamos en c00(N) la norma auxiliar ‖ · ‖ definida por

‖x‖ = sup{|SI((x))| : I es un intervalo de naturales}. (4.80)

Sea X la completacion de (c00(N), ‖ · ‖). Es facil ver que la base unitaria(en)n de Hamel de c00(N) es una base de X bimonotona. Sea x0 = e0 ypara cada n > 0, sea xn = en − en−1. Observemos que 〈xn〉n = X. Porotro lado, es facil ver que para toda sucesion de escalares (an)n se tieneque

‖∑

n

anxn‖X = sup{|an − am| : n > m}

y por tanto,

‖(an)n‖∞ ≤ ‖∑

n

anxn‖X ≤ 2‖(an)n‖X .

Esto quiere decir que X es 2-isomorfo a c0. Ahora, sea T : J → X eloperador acotado T (

∑n anun) =

∑n anen. La desigualdad (4.79) impli-

ca que J no contiene una copia de c0 (utilizar el Corolario 4.3.13) y portanto T es un operador estrictamente singular (ver Ejercicio 4.3.14).

Sea (xn)n una sucesion bloque normalizada de (un)n, ε > 0. Sea δ > 0tal que (1 − δ)−1 ≤ 1 + ε y sea (δn)n una sucesion de reales positivos


tales que∑

n δn < δ. Utilizando que el operador anterior T es estric-tamente singular, a partir de la Proposicion 4.3.18, podemos encontraruna subsucesion bloque normalizada (yn)n de (xn)n tal que para todon ∈ N, se tiene que

‖T � 〈ym〉m≥n‖ ≤ (δn)12 . (4.81)

Demostremos que (yn)n es (1 + ε)-equivalente a la base unitaria de`2. Fijemos (an)n. Sin perdida de generalidad, podemos suponer que‖∑

n anyn‖ = 1. Por un lado, tenemos ‖(an)‖`2 ≤ ‖∑

n anyn‖ = 1 (de-sigualdad (4.79)). Por otro lado, sea (Ik)m

k=0 una sucesion bloque deintervalos de numeros enteros. Sea

A = {k ≤ m : existe n tal que Ik ⊆ [mın supp yn,max supp yn]}.

Para cada k ∈ A, sea nk el unico numero natural n tal que Ik ⊆[mın supp yn,max supp yn]. Para cada k ∈ B = [0,m] \A sea

sk ={n ∈ N : suppxn ∩ Ik 6= ∅}.

Observemos que (sk)k es una sucesion bloque de intervalos (algunosposiblemente vacıos). Como l a base unitaria es bimonotona, la suce-sion (yn)n lo es tambien. Por tanto, para todo k ≤ m se tiene que‖∑

n∈skanyn‖J ≤ ‖

∑n anyn‖J = 1. Utilizando todo esto, la desigual-

dad (4.81),

m∑k=0

(SIk(∑

n

anyn))2 =∑k∈A

(SIk(∑

n

anyn))2 +∑k∈B

(SIk(∑

n

anyn))2 =

=∑k∈A

a2nk

(SIk(ynk

))2 +∑k∈B

(SIk(∑n∈sk

anyn))2 ≤

≤∑k∈A

a2nk

+∑k∈B

δmın sk≤∑

n

a2n + δ. (4.82)

Como la sucesion (Ik)k≤m era arbitraria, de la desigualdad (4.82) sesigue que

1 = ‖∑

n

anyn‖J ≤∑

n

a2n + δ,

o lo que es lo mismo,

‖∑

n

anyn‖J ≤∑

n a2n

1− δ≤ (1 + ε)

∑n

a2n.


Finalmente, probemos que J no es reflexivo. De hecho, utilizando elTeorema 4.4.10, es suficiente demostrar que la base unitaria (un)n no esretractiva. A partir de la definicion del espacio J se tiene que el funcionalSN : J → R definido por SN(

∑n anun) =

∑n an esta bien definido

y acotado (de hecho, tiene norma 1). Esta claro que SN(un) →n→∞

1;

por tanto (un)n no es debilmente nula, lo que implica, a partir de laProposicion 4.4.3 que (un)n no es retractiva.

Mas propiedades del espacio de James J .

Teorema 4.5.23. 1. La base unitaria de J es acotadamente com-pleta y no retractiva. El espacio J tiene una base retractiva y noacotadamente completa.

2. El espacio J tiene co-dimension 1 en E∗∗, i.e. dim(J∗∗/J) = 1. Elespacio J es isometrico a J∗∗.

Demostracion. Demostremos que (un)n es una base acotadamente com-pleta: Supongamos que (an)n es una sucesion de escalares tal que

K = sup{‖n∑

k=0

akuk‖J : n ∈ N} <∞. (4.83)

Razonando por reduccion al absurdo, supongamos que la serie∑

k akuk

diverge. Entonces sea ε > 0 y dos sucesiones {km}m y {lm}m estricta-mente crecientes de numeros naturales tales que km < lm < km+1 paratodo m y

‖lm∑

k=km

akuk‖ ≥ ε. (4.84)

Como la base (un)n es bimonotona, se tiene, a partir de (4.84), que paratodo m ∈ N,

‖km+1−1∑k=km

akuk‖ ≥ ‖lm∑

k=km

akuk‖ ≥ ε. (4.85)

Para cada m ∈ N sea xm =∑km+1−1

k=kmakuk/(‖

∑km+1−1k=km

akuk‖), el

normalizado de∑km+1−1

k=kmakuk. Entonces (xm)m es una sucesion bloque


normalizada, y por (4.79) y (4.85) se tiene que para todo n ∈ N

‖kn+1−1∑k=k0

akuk‖J =

∥∥∥∥∥∥n∑

m=0

∥∥∥∥∥∥km+1−1∑k=km

akuk

∥∥∥∥∥∥J

xm

∥∥∥∥∥∥J

≥

≥

n∑m=0

‖ km+1−1∑k=km

akuk‖J

212

≥ ε√n+ 1. (4.86)

Utilizando otra vez que la base es bimonotona, se tiene que para todon ∈ N

‖kn∑

k=0

akuk‖J ≥ ‖kn−1∑k=k0

akuk‖J ≥ ε√n. (4.87)

Esta claro que (4.87) es contradictorio con (4.83). Por otro lado, la baseunitaria (un)n no puede ser retractiva ya que el espacio J no es reflexivo(Teorema 4.5.22).

Pasemos a dar una base retractiva de J : Sea e0 = u0 y para cada n ≥ 1sea en = un−un−1. Es facil ver que para toda sucesion de escalares (an)n

se tiene que

‖∑

n

anen‖J = sup{

(∑k

(ank− amk

)2) 1

2

: m0 < n0 ≤ m1 < n1 ≤ · · ·}.

(4.88)Observemos que ‖en‖J = 1 y que un ∈ 〈ek〉k para todo n. Utilizando estoy la igualdad (4.88) se tiene que la sucesion (en)n es una base monotonade J . Demostremos que la base (en)n es retractiva: Utilizando el Ejercicio4.4.4 es suficiente demostrar que toda sucesion bloque normalizada (xn)n

de (en)n es debilmente nula. Para ello, observemos que la serie∑n

xn

nes convergente en el espacio J :

Fijemos ε > 0 y sea l tal que∑

n≥l n−2 ≤ ε/2. Vamos a demostrar que

‖∑n≥2k

xn

n‖ ≤ ε :


Para ello fijamos m0 < n0 ≤ m1 < n1 ≤ · · · . Para cada n ≥ l, sea sn =suppxn ∈ FIN y sea (b(n)

k )k∈sn escalares tales que xn =∑

k∈snb(n)k ek, y

sea Fn = {k ∈ N : [mk, nk] ∩ sn 6= ∅}. Pongamos tambien∑

n xn/n =∑k ckek. Entonces∑

k

(cnk− cmk

)2 =∑n≥l

∑k∈Fn

(cnk− cmk

)2 ≤∑n≥l

2n2‖xn‖2 ≤ ε.

Se sigue que si x∗ ∈ J∗ entonces

0 = lıml→∞

‖∑n≥l

xn

n‖J ≥ lım

l→∞

∑n≥l

|x∗(xn)|l

y por tanto x∗(xn) →n→∞

0.Por la Proposicion 4.4.6 se puede identificar el espacio J∗∗ con el

conjunto de sucesiones de escalares (an)n tales que

‖|(an)n‖| =∑

{‖∑i<n

aiei‖J : n ∈∈} <∞ (4.89)

equipado con la norma definida en (4.89), y vıa la identificacion h ∈J∗∗ 7→ (h(e∗n))n. Observemos que (4.89) nos da que (h(e∗n))n es unasucesion convergente para todo h ∈ J∗∗. Llamemos a dicho lımite Λ(h).Para cada h ∈ J∗∗,sea

x =∑

n

(h(e∗n)− Λ(h))en.

Justifiquemos que la serie anterior es convergente. sea I = [k, l] un in-tervalo de numeros naturales. Entonces

‖∑n∈I

(h(e∗n)− Λ(h))en‖J ≤2 maxi∈I

(h(e∗i )− Λ(h))2+

+ max{r∑

i=0

(h(e∗ni)− h(e∗mi

))2 :

k ≤ m0 < n0 ≤ · · · ≤ mr < nr < l}.

y por tanto,lım

mın I→∞‖∑n∈I

(h(e∗n)− Λ(h))en‖J = 0.


Sea S : J∗ → R definida linealmente por S(e∗n) = 1 para todo n. Como‖∑

n<m en‖j = 1, se tiene que S ∈ J∗∗. Ademas S /∈ J , ya que S(e∗n) =1. Sea h ∈ J∗∗. Entonces

h =∑

n

(h(e∗n)− Λ(h))en + Λ(h) · S.

Por tanto,J∗∗ = 〈{en}n ∪ {S}〉

y se sigue que dim(J∗∗/J) = 1. Sea T : J∗∗ → J definido para h ∈ J∗∗por

T (h) = Λ(h)e0 +∑n≥0

(h(e∗n)− Λ(h))en+1.

Entonces es facil ver que T es una isometrıa exhaustiva.

Ejercicio 4.5.24. Demuestre la igualdad (4.88).

El resultado anterior no es casual como lo indica el siguiente teorema.

Teorema 4.5.25 (Zippin). Sea X un espacio de Banach con base deSchauder. Los siguientes son equivalentes.

1. X es reflexivo.

2. Toda base de Schauder de X es retractiva.

3. Toda base de Schauder de X es acotadamente completa.

Para finalizar, recordemos el siguiente resultado.

Teorema 4.5.26 (Gowers-Maurey, [GM]). Existe un espacio de Ba-nach separable infinito dimensional sin sucesiones basicas incondiciona-les.

De hecho, dicho espacio es hereditariamente indescomponible, es de-cir, ningun subespacio cerrado infinito dimensional es la suma directacerrada de dos subespacios cerrados infinito dimensionales. Las ideasutilizadas para definir este espacio se apoyan, entre otras cosas, en lasconstrucciones de Maurey y Rosenthal (ver Seccion 5.1) y de Tsirelson(ver Seccion 7.2).

Capıtulo 5

Barreras en espacios deBanach

A continuacion vamos a dar una serie de aplicaciones a la teorıa de losespacios de Banach de los resultados sobre funciones definidas en unabarrera y con valores en c0(N).

5.1. El espacio de Maurey-Rosenthal

Los dos ejemplos anteriores, tanto la base sumante de c0, como la baseunitaria del espacio de James J son sucesiones que no son debilmentenulas. Por tanto es natural preguntarse si existe una sucesion debilmentenula sin subsucesiones incondicionales. La respuesta afirmativa la pro-porciona el espacio de Maurey-Rosenthal.

Empecemos con una construccion combinatoria de espacios de Ba-nach.

Definicion 5.1.1. Sea B una barrera uniforme en N y sea ϕ : B →c00(N) una aplicacion interna y Lipschitz (ver Definicion 1.5.1) tal quepara todo s ∈ B se tiene que ‖ϕ(s)‖∞ = maxn∈s |ϕ(s)(n)| ≤ 1. Entoncesse define en c00(N) la norma ‖ · ‖ϕ para (an)n ∈ c00 por

‖(an)n‖ϕ = max{‖(an)‖∞, sup{|〈(an)n, ϕ(s)〉| : s ∈ B}}, (5.1)

donde 〈·, ·〉 es el producto escalar en c00. Sea Xϕ la completacion de(c00, ‖ · ‖ϕ). Entonces, por el Ejercicio 3.1.14 Xϕ se puede identificar

115


con el espacio de las sucesiones (an)n ∈ c0 tales que

lımm→∞

sup{‖∑n∈I

anun‖ϕ : m < I, I ⊆ N es un intervalo finito} = 0,

equipado con la norma

‖(an)n‖ϕ = max{‖(an)‖∞, sup{‖(an)n<m‖ϕ : m ∈ N}}.

Ejercicio 5.1.2.

1. Demuestre que para todo (an)n ∈ Xϕ se tiene que

‖(an)n‖ϕ = max{‖(an)‖∞, sup{|〈(an)n, ϕ(s)〉| : s ∈ B}}.

2. Demuestre que la base unitaria (un)n de c00 es una base de Schau-der monotona y normalizada de Xϕ. Dicha base la denominaremosla base unitaria de Xϕ.

Ejercicio 5.1.3.

1. Sea B = N[1] y sea ϕ : B → c00(N) definido por ϕ({n}) = un.Demuestre que la base unitaria de Xϕ es 1-equivalente a la baseunitaria de c0.

2. Sea B = N[k] y sea ϕ : B → c00(N) definido por ϕ(s) =∑

n∈s un.Demuestre que la base unitaria de Xϕ es k-equivalente a la baseunitaria de c0.

En los siguientes resultados ϕ : B → c00 es una aplicacion interna yLipschitz y B es una barrera α uniforme, con α ≥ 1.

Proposicion 5.1.4. Existe un compacto numerable K cuyo rango deCantor-Bendixson es α+ 1 y una isometrıa j : Xϕ → C(K).

Demostracion. Como la Aplicacion ϕ es Lipschitz, se puede extenderunıvocamente a una funcion continua ψ : Bv → c00 vıa

ψ(t) = ϕ(s) � t

donde s es cualquier elemento de B tal que t v s. Siendo B una barrera,se sigue que Bv es la clausura topologica de B (ver Ejercicio 1.2.24). Portanto,

K = Im(ψ) ∪ {un : n ∈ N} ∪ {0} ⊆ c00. (5.2)


es un subconjunto compacto y numerable de c00. Para cada x =∑

n anun

sea j(x) : K → R definida para (bn)n ∈ K por

j(x)((bn)n) = |〈(an)n, (bn)n〉|.

Entonces j : Xϕ → C(K) es la isometrıa deseada.

Proposicion 5.1.5. Dada una barrera β-uniforme C con β ≥ α · ω, ydada una subsucesion bloque normalizada (xn)n de la base unitaria (un)n

de Xϕ se tiene que para todo ε > 0 existe una combinacion convexa (an)n

con soporte en C tal que

‖∑

n

anxn‖ ≤ ε.

Por lo tanto, la base unitaria de Xϕ es retractiva.

Demostracion. El Ejercicio 4.4.5 nos dice que la condicion mencionadasobre existencia de combinaciones convexas implica que la base unitariaes retractiva.

Fijemos ahora todos los ingredientes. Por el Lema de Ptak (Corolario1.6.4), podemos encontrar una combinacion convexa (an)n ∈ c00 tal que∑

n∈s

an < ε para todo s ∈ B ∪ N[1]. (5.3)

Veamos que ‖∑

n anxn‖ ≤ ε: Sea s ∈ B. Entonces, utilizando que ϕ(s) ⊆s, ya que ϕ es interna, se tiene que

‖∑

n

anxn‖∞ ≤‖(an)n‖∞ ≤ ε∣∣∣∣∣⟨∑

n

anxn, ϕ(s)

⟩∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣⟨∑

n∈s

anxn, ϕ(s)

⟩∣∣∣∣∣ ≤ ‖ϕ(s)‖∞∑n∈s

an ≤ ε.

Definicion 5.1.6. Sea F la clausura de una barrera uniforme en N.Sea ϑF : F → R+ la funcion definida por ϑF (s) =

∑n∈s un. El espacio

correspondiente XϑF se llama el espacio F-Schreier y lo denotaremospor XF .


Proposicion 5.1.7. El espacio F-Schreier XF tiene la propiedad quepara todo

∑n anun ∈ XF se tiene que

‖∑

n

anun‖ ≤ sup{∑n∈s

|an| : s ∈ F} ≤ 2‖∑

n

anun‖. (5.4)

En consecuencia, la base unitaria (un)n es 2-incondicional.

Demostracion. Fijemos escalares (an)n con soporte w finito. Esta clarola primera desigualdad en (5.4). Sea ahora s ∈ F . Sea t = {n ∈ s :an ≥ 0}, u = s \ t. Entonces, por la desigualdad triangular,

max{‖∑n∈t

anun‖, ‖∑n∈u

anun‖} ≥ ‖∑n∈s

anun‖. (5.5)

Sin perdida de generalidad, supongamos que

2‖∑n∈t

anun‖ ≥ ‖∑n∈s

anun‖.

Utilizando que F es la clausura de una barrera, existe

v ∈ F � (t ∪ (M/(s ∪ w))) tal que t v v.

Por tanto,

‖∑

n

anun‖ ≥|〈∑

n

anun,∑n∈v

un〉| =∑n∈t

|an| ≥12

∑n∈s

|an|.

Como s ∈ F era arbitrario, el resultado deseado se sigue.

Proposicion 5.1.8. Sean F y G la clausura de dos barreras α y β-uniformes respectivamente, con α ·ω ≤ β. Entonces los espacios de Sch-reier correspondientes XF y XG no son isomorfos.

Demostracion. Sea T ∈ B(XG ,XF ). Razonando por reduccion al absur-do, supongamos que T es un isomorfismo. Sean (un)n y (vn)n las basesunitarias de XG y XF respectivamente. Para cada n ∈ N, sea xn =T (un)/‖T (un)‖. Como (un)n es debilmente nula, la sucesion (T (un))n

es tambien debilmente nula. Como T es un isomorfismo, se tiene que‖T (un)‖ ≥ (‖T−1‖)−1. Por tanto, (xn)n es una sucesion debilmente nu-la y normalizada de XF . Por la Proposicion 4.3.17, podemos encontrar


una subsucesion (xkn)n de (xn)n y una subsucesion bloque normaliza-da (yn)n de (vn)n que son 2-equivalentes. Fijemos ε < (‖T‖−1)−1. Porla Proposicion 5.1.5 podemos encontrar una combinacion convexa (an)n

con soporte en G tal que

‖∑

n

anyn‖XF ≤ ε. (5.6)

Como el soporte s de (an)n es un elemento de G, se tiene que

1 =∑

n

an ≥ ‖∑

n

anun‖XG ≥ |(∑

n

anun)(s)| =∑

n

an = 1 (5.7)

Utilizando (5.6) y (5.7) se tiene que

1 = ‖∑

n

anun‖XG ≤‖T−1‖ · ‖T (

∑n

anun)‖XF =

=‖T−1‖ · ‖∑

n

anyn‖XF ≤ ε · ‖T−1‖ < 1,

lo que es una contradiccion.

A continuacion pasamos a introducir un ejemplo, debido a Maurey-Rosenthal, de una sucesion basica normalizada y debilmente nula sinsubsucesiones incondicionales.

Definicion 5.1.9 (Espacio de Maurey-Rosenthal). Fijemos 0 <ε < 1. Sea (mi)i una sucesion rapidamente creciente tal que

∞∑i=0

∑j 6=i

mın((mi

mj)1/2, (

mj

mi)1/2) ≤ ε. (5.8)

Sea FIN[<∞] la coleccion de todas las sucesiones bloque finitas (si)i<k

s0 < s1 < · · · < sk

de subconjuntos finitos si no vacıos de N. Escojamos una funcion 1− 1

σ : FIN[<∞] → {mi} (5.9)

tal que σ((si)ni=0) > sn para todo (si) ∈ FIN[<∞] Ahora sea BMR la

familia de uniones s0 ∪ s1 ∪ · · · ∪ sn de conjuntos finitos tales que


(a) n = mın s0 y |s0| = n+ 1,(b) (si)i<n ∈ FIN[<∞] , y(c) |si| = σ(s0, . . . , si−1) (1 ≤ i ≤ n).

No es difıcil verificar que BMR es una barrera ω2-uniforme en N.Observese que por definicion, cada s ∈ BMR tiene una descomposicioncanonica unica s = s0 ∪ · · · ∪ sn que satisface las condiciones (a), (b) y(c) anteriores. Ahora definamos la aplicacion ϕ : BMR → c00,

ϕ(s) =n∑

i=0

(1

|si|12

∑k∈si

uk). (5.10)

Observese que ϕ es interna y Lipschitz (de hecho, uniforme, ver Defini-cion 1.5.1). El espacio correspondiente Xϕ es el conocido como espacioXMR de Maurey-Rosenthal.

Teorema 5.1.10. La base unitaria (un)n del espacio del espacio deMaurey-Rosenthal es retractiva (y por tanto debilmente nula) sin subsu-cesiones incondicionales.

Demostracion. Fijemos una subsucesion (un)n∈M de la base unitaria(un)n del espacio XMR. Sea s ∈ BMR � M . Sea s = s0 ∪ · · · ∪ sn ladescomposicion canonica de s. Para cada 0 ≤ k ≤ n, sea

xk =

∑i∈sk

ui

|sk|12

.

Entonces se tiene que∑

k≤n xk = ϕ(s) y por tanto

‖n∑

k=0

xk‖ ≥ |〈ϕ(s), ϕ(s)〉| = n+ 1. (5.11)

Por otro lado, vamos a ver que

‖n∑

k=0

(−1)kxk‖ ≤ 1 + ε : (5.12)

Como n = mın s puede ser arbitrariamente grande, se sigue que la suce-sion (xn)n∈M no es incondicional.


Demostremos (5.12). Para ello, fijemos t ∈ BMR, y sea t = t0∪· · ·∪ tmsu descomposicion canonica. Sea

k = max{i ≤ mın{n,m} : si = ti}.

Observemos que |sk+1| = |tk+1| y para todo i > k + 1 se tiene que|si| 6= |ti|. Utilizando esto, y la desigualdad (5.8), se tiene que

|〈ϕ(t),n∑

i=0

(−1)ixi〉| ≤

∣∣∣∣∣∣∑i≤k

(−1)i |si||si|

12 · |si|

12

+ (−1)k+1 |sk+1 ∩ tk+1||sk+1|

∣∣∣∣∣∣++

∑i,j>k+1

|si ∩ tj ||si|

12 · |tj |

12

≤ 1 +∑

i,j>k+1

|si|12

|tj |12

≤ 1 + ε.

5.2. C(K) con K compacto y numerable

Vamos a demostrar los siguientes resultados.

Teorema 5.2.1. Sea K un compacto numerable. Entonces C(K) tieneuna base de Schauder monotona y retractiva.

Teorema 5.2.2 (Pe lczynsky y Semadeni). Sea K un compacto nu-merable. Entonces C(K) es c0-saturado.

Teorema 5.2.3. Sea K un compacto numerable. Entonces C(K) tieneuna base incondicional si y solamente si el rango de Cantor-Bendixsonde K es < ω.

Como corolario se tiene que

Corolario 5.2.4. Sea ϕ y Xϕ como en la Definicion 5.1.1. Entonces elespacio Xϕ es c0-saturado, i.e. todo subespacio cerrado infinito dimen-sional de Xϕ tiene una copia isomorfa de c0.

Utilizaremos el siguiente resultado de Sierpinski:

Teorema 5.2.5. Dos compactos numerables K y L son homeomorfossi y solamente si tienen el mismo rango de Cantor-Bendixson.


En este caso, la aplicacion natural Tϕ : C(L) → C(K) definida a partirde un homeomorfismo ϕ : K → L por Tϕ(f) = f ◦ ϕ es una isometrıalineal exhaustiva.

Aunque no se utilizara aquı, es conveniente recordar el siguiente re-sultado de Bessaga y Pe lczynsky.

Teorema 5.2.6. Sean K y L dos compactos numerables, con rangos deCantor-Bendixson α ≤ β, respectivamente. Entonces C(K) es isomorfoa C(L) si y solamente si β < α · ω.

Recordemos que dado un compacto K, y un elemento b ∈ K, la deltade Dirac en b, es el funcional δb ∈ (C(K))∗ de norma 1 definido paraf ∈ C(K) por la evaluacion δx(f) = f(x).

Definicion 5.2.7. Sea F la clausura de una barrera uniforme en N.Para cada s ∈ F , sea [s] = {t ∈ F : s v t}, y sea entonces χ[s] : F → Rla funcion caracterıstica de [s]. Esta claro que cada χ[s] es una fun-cion continua, ya que [s] es un clopen de F . Recordemos ahora el ordenantilexicografico <antil en FIN definido por s <antil t si y solamentesi max(s4t) ∈ t. Es facil ver que el orden antilexicografico en FINes un buen orden. Como para cada s, t ∈ FIN si s <antil t entoncesmax s ≤ max t, se sigue que el conjunto de <antil-predecesores de t ∈ FINes finito. Esto quiere decir que el tipo de orden de (FIN, <antil) es ω. Sea

θ : (ω,<) → (FIN, <antil)

el isomorfismo de orden correspondiente, y sea, para cada n ∈ N, sn =θ(n) y en = χ[sn]. Una propiedad sencilla de probar que utilizaremos esque

si s < t, t 6= ∅, entonces θ−1(s ∪ t) ≥ mın t. (5.13)

El teorema 5.2.1 se sigue directamente del Teorema 5.2.6 y el siguienteresultado.

Proposicion 5.2.8. Sea F la clausura de una barrera uniforme en N. Lasucesion (en)n en la Definicion (5.2.7) es una base de Schauder monoto-na, normalizada, y retractiva de C(F). Dicha base se denomina la basede nodos de C(F).


Demostracion. Esta claro que cada en tiene norma 1. Probemos ahoraque (en)n es una sucesion basica monotona. Para ello, sea m < n y sea(ak)k<n una sucesion de escalares. Sea t ∈ F . Sea

l = max(t ∪⋃

k∈[m+1,n−1]

sk)

y sea M = t ∪ [l + 1,∞). Como F es la clausura de una barrera en N,existe u ∈ F � M . Entonces

‖∑k<n

akek‖ ≥ (∑k<n

akek)(u) = (∑k<m

akek)(t).

Como t era arbitrario, se tiene que

‖∑k<n

akek‖ ≥ ‖∑k<m

akek‖.

Finalmente, como {sn}n∈N es una base de abierto-cerrados de la topolo-gıa en F , se sigue que 〈en〉n es denso en C(F).

Demostremos ahora que (en)n es retractiva. Sea (xn)n una subsucesionbloque normalizada de (en)n y sea ε > 0. Tenemos que encontrar unacombinacion convexa (an)n tal que ‖

∑n anxn‖ ≤ ε. Para ello definamos

Φ : F → FIN para s ∈ F por

Φ(s) = {n ∈ N : xn(s) 6= 0}.

Observemos que xn(s) 6= 0 si y solamente si existe k ∈ suppxn tal quesk v s y por tanto Φ(s) es un conjunto finito. Veamos que Φ es continua:Sea n0 ∈ N, y s ∈ F . Tenemos que encontrar m ∈ N tal que para todot ∈ F

si t ∩m = s ∩m entonces Φ(t) ∩ n0 = Φ(s) ∩ n0. (5.14)

Sea m = max⋃

n<n0suppxn + 1. Comprobemos que m tiene la propie-

dad deseada. Sea t ∈ F tal que s∩m = t∩m, y supongamos que t 6= s.Entonces t = s ∪ (t \m). Razonemos por reduccion al absurdo. Supon-gamos que n ∈ Φ(t) ∩ n0, y n /∈ Φ(s). Sea k ∈

⋃n<n0

suppxn tal quetk v t. Entonces tk 6v s, ya que entonces n ∈ Φ(s). Esto quiere decir quetk = s ∪ (tk \ s) con (tk \ s) 6= ∅. Utilizando (5.13) se tiene que

k = θ−1(tk) ≥ m, (5.15)


lo que es una contradiccion.Por lo tanto G = Φ(F) es una familia compacta de FIN. Utilizando

el Lema de Ptak (Corolario 1.6.4) podemos encontrar una combinacionconvexa (an)n tal que∑

n∈u

an < ε para todo u ∈ G. (5.16)

Veamos que (5.16) nos da que ‖∑

n anxn‖ ≤ ε: Sea s ∈ F . Entonces

|(∑

n

anxn)(s)| = |∑

n∈Φ(s)

anxn(s)| ≤ |∑

n∈Φ(s)

an| ≤ ε,

ya que Φ(s) ∈ G.

Ejercicio 5.2.9. Sea F la clausura de una barrera uniforme en N. De-muestre que para todo s ∈ F se tiene que

(χ[s])∗ =

{δs − δs\{max s} si s 6= ∅δ∅ si s = ∅. (5.17)

Concluya que para todo f ∈ F , la descomposicion de f en la base (en)n

esf = f(∅)e∗0 +

∑n>0

(f(sn)− f(sn \ {max sn})) e∗n.

Proposicion 5.2.10. Sea K un compacto numerable. Entonces el espa-cio dual C(K)∗ es isometrico a `1(N). De hecho la sucesion de funcionesDirac (δb)b∈K es una base de Schauder de C(K)∗ que es 1-equivalente ala base unitaria de `1(N).

Demostracion. Sean {bi}i<n puntos de K. Vamos a ver que (δbi)i<n es

1-equivalente a la base unitaria de `n1 : Sean (ai)i<n escalares. Aplicandoel Lema de Urysohn, se puede encontrar una funcion continua f : K →[−1, 1] tal que f(bi) = 1 si ai ≥ 0 y f(bi) = −1 si bi < 0, para todoi < n. Entonces∑

i<n

|ai| ≥ ‖∑i<n

aiδbi‖ ≥ f(

∑i<n

aiδbi) =

∑i<n

|ai|.

Esto quiere decir que para cualquier enumeracion {bn}n deK, la sucesion(δbn)n es 1-equivalente a la base unitaria de `1 y por tanto es una sucesion


basica normalizada. Nos resta demostrar 〈δbn〉n es denso en (C(K))∗.Para ello, sea F la clausura de una barrera α-uniforme, donde α es talque r(K) = α + 1. Por el Teorema clasico de Sierpinski, se tiene queexiste un homeomorfismo ϕ : F → K y por tanto una isometrıa linealexhaustiva T ∗ϕ : C(F)∗ → C(K)∗ tal que Tϕ(δs) = δϕ(d) para todo s ∈ F .Utilizando la igualdad (5.17) se tiene que 〈δs〉s∈F y 〈δb〉b∈K son densosen (C(F))∗ y C(K)∗, respectivamente.

El Teorema 5.2.2 es consecuencia de lo siguiente.

Proposicion 5.2.11. Sea F la clausura de una barrera uniforme en N.Entonces el espacio C(F) es c0-saturado.

Demostracion. Sea B una barrera α-uniforme tal que F = B. La pruebadel resultado deseado se hace por induccion sobre α. Sea (αn)n, tal queB{n} es αn-uniforme en [n+1,∞) para todo n. Fijemos una subsucesionbloque normalizada (xn)n de la base de Schauder (en)n de C(F). Vamosa demostrar que existe una subsucesion bloque de (xn)n que es equiva-lente a la base unitaria de c0. Para cada n ∈ N sea Tn : C(F) → C(F{n})la aplicacion definida para f ∈ C(F) por T (f)(t) = f({n}∪ t) para todot ∈ F{n}. Esta claro que Tn es una aplicacion lineal, y acotada de norma≤ 1, ya que

‖T (f)‖ = sup{|f({n} ∪ t)| : t ∈ F{n}} ≤ ‖f‖.

Sea X = 〈xn〉n Tenemos dos casos a considerar:Caso 1. Existe n0 tal que Tn0 � X no es estrictamente singular. Eneste caso, sea (yn)n una subsucesion bloque normalizada de (xn)n talque la restriccion de T a 〈yn〉n es un isomorfismo. Utilizando la biyec-cion que preserva el orden π : (n,∞) → N es facil ver que C(F{n0}) esnaturalmente isometrico a C(G), donde G es la clausura de la barreraαn0-uniforme {π(s) : s ∈ B{n0}}. Por hipotesis de induccion, aplicada aαn0 , existe una subsucesion bloque normalizada de (yn)n que es equiva-lente a la base unitaria de c0.Caso 2. Para todo n ∈ N el operador Tn0 � X es estrictamente singular.Utilizando la Proposicion 4.3.18, no es difıcil encontrar una subsucesionbloque normalizada (yn)n de (xn)n tal que

∀n y ∀m ≤ max(⋃k≤n

suppxk) se tiene que ‖Tm � 〈xl〉l>n‖ <ε

2n+1.

(5.18)


Demostremos que (yn)n es equivalente a la base unitaria (un)n de c0: Sea(an)n una sucesion de escalares. Sea s ∈ F , y sea m = mın s. Pongamosn0 = mın{n ∈ N : m ≤ max suppxn}. Entonces

|(∑

n

anyn)(s)| =|(∑n≥n0

anyn)(s)| ≤ |an0 |+ |(∑n>n0

anyn)(s)| ≤

≤|an0 |+ ‖Tm(∑n>n0

anyn)‖ ≤ |an0 |+

+ maxn>n0

|an|∑n>n0

12n+1

≤ 2‖∑

n

anun‖∞.

Como s ∈ F era arbitrario, se tiene que

‖∑

n

anyn‖ ≤ 2‖∑

n

anun‖∞.

La otra desigualdad ‖∑

n anun‖ ≤ 2‖∑

n anyn‖ se sigue del hecho que(en)n, y por tanto (yn)n son monotonas.

Proposicion 5.2.12. Sean K y L dos compactos numerables, con ındicede Cantor-Bendixson α ≤ β, respectivamente. Entonces existe una iso-metrıa j : C(K) → C(L).

Demostracion. Es suficiente demostrar el resultado suponiendo que Ky L son la clausura de barreras B y C que son α y β-uniformes, res-pectivamente. A partir del Ejercicio 1.2.6, podemos encontrar t ∈ FINtal que que Ct es una barrera β-uniforme en M \ (max t + 1). SeaT : C(Ct) → C(L) la isometrıa definida para f ∈ C(Ct) por

T (f)(s) ={f(s \ t) si t v s0 si no.

Finalmente, utilıcese que Ct y K tienen el mismo rango de Cantor-Bendixson α para encontrar una isometrıa exhaustiva entre C(K) yC(Ct).

Demostracion del Teorema 5.2.3. Sin perdida de generalidad, vamos asuponer que K = F es la clausura de una barrera α-uniforme en N. Sea(en)n la base nodica de C(F). Supongamos primero que α = n < ω. Es


facil ver que (en)n es n-equivalente a la base unitaria de c0, y por tanton-incondicional.

Supongamos ahora que α ≥ ω y sea (xn)n otra base de Schauderde C(F). Veamos que (xn)n no es incondicional. Fijemos m ∈ N. Seat ∈ F tal que Ft es la clausura de una barrera 2m-uniforme en N/t(Ver Ejercicio 1.2.6). Por tanto, Ft = (N/t)[≤2m]. Vamos a encontrart < l1 < . . . < l2m y una sucesion bloque normalizada (yk)k≤2m de (xk)k

tales que ∑k≤2m

‖χ[tk] − yk‖F <12, (5.19)

donde para cada k ≤ 2m ponemos tk = t ∪ {l1, . . . , lk} si k > 0 yt0 = t. Entonces, como todo χ∗[s] tiene norma ≤ 2, se sigue, a partirde la Proposicion 4.3.6 que las sucesiones (χ[tk])k≤2m y (yk)k≤2m son2-equivalentes. Veamos que (χ[tk])k≤2m no es 2m-incondicional. Esto sesigue de

‖∑

k≤2m

(−1)kχ[tk]‖F = 1

‖∑

k≤2m

χ[tk]‖F = 2m+ 1.

Por lo tanto, (yk)k≤2m no es m-incondicional, y en consecuencia (xk)k

tampoco. Como m era arbitrario, se sigue que (xk)k no es incondicional.Justifiquemos la existencia de l1 < . . . < l2m. Supongamos definidos

t < l1 < . . . < ld−1 tales que para todo 1 ≤ k < d se tiene que

‖χ[tk] − yk‖F <1

2k+1.

Pongamos s = t ∪ {l1, . . . , ld−1}. Utilizando que la sucesion (χ[s∪{l}])l>s

es debilmente nula, podemos encontrar un ld > ld−1 tal que

‖Pn(χ[s∪{ld}])‖F <1

2d+3, (5.20)

donde n = max supp yd−1 + 1, el soporte sobre la base (xk)k, y Pn es laproyeccion canonica de la base (xk)k sobre 〈xk〉k<n. Sea x = χ[s∪{ld}] −


Pn(χ[s∪{ld}]) ∈ 〈xk〉k≥n. Sea z ∈ 〈xk〉k≥n tal que ‖z − x‖F ≤ 2−(d+3). Ysea finalmente yd = z/‖z‖. Entonces

‖yd − χ[s∪{ld}]‖F ≤‖yd − z‖F + ‖z − x‖F + ‖x− χ[s∪{ld}]‖F ≤

≤|‖z‖ − 1|+ 12d+3

+1

2d+3≤ 2

2d+3+

22d+3

=1

2d+1.

5.3. W -dominancia

Recordemos que una sucesion basica (xn)n es incondicional si existeuna constante C ≥ 1 tal que para todo s ⊆ t y toda sucesion de escalares(an)n∈t se tiene que

‖∑n∈s

anxn‖ ≤ K‖∑n∈t

anxn‖.

Teniendo esta situacion en mente definimos lo siguiente.

Definicion 5.3.1. Sea W : c00 → R+ una aplicacion cualquiera. Dire-mos que una sucesion normalizada (xn)n∈M indexada en M ⊆ N en unespacio de Banach X domina a la funcion W , (es W -dominante) si

‖∑

n

anxn‖ ≥W ((an)n) para todo (an)n ∈ c00(M). (5.21)

Ejemplo 5.3.2. Fijemos una sucesion normalizada (xn)n en un espacioX.

(I) Dado C ≥ 1, sea

W ((an)n) =1C·max{‖

∑n∈I

anxn‖ : I v supp (an)n }.

Entonces la sucesion (xn)n es W -dominante si y solamente si(xn)n es una sucesion basica de constante ≤ C.

(II) Dado C ≥ 1, sea


∑n∈s

anxn‖ : s ⊆ supp (an)n }.

Entonces la sucesion (xn)n es W -dominante si y solamente si(xn)n es una sucesion basica incondicional de constante ≤ C.


(III) Dado C ≥ 1, sea


∑n∈s

anxn‖ : s ∈ S � (supp (an)n) }.

donde S = {s ∈ FIN : |s| ≤ mın s+ 1} es la familia de Schreier.Entonces la sucesion (xn)n es W -dominante si y solamente si(xn)n es Schreier incondicional de constante ≤ C.

(IV) Dado C ≥ 1, sea

W ((an)n) ={

1C ‖∑

n∈s anun‖`1 si supp (an)n ∈ S0 si no.

Entonces la sucesion (xn)n es W -dominante si y solamente si(xn)n es asintoticamente `1 con constante ≤ C.

El problema que queremos tratar es dado W : c00 → R+ saber cuandouna sucesion normalizada (xn)n tiene una subsucesion C ·W -dominantepara cierta C ≥ 1.

Definicion 5.3.3. Definimos

U(W, (xn)n) ={M ∈ N [∞] : (xn)n∈M es W -dominante}C(W, (xn)n) = inf{C ≥ 1 : existe (xn)n∈M que es C−1 ·W -dominante}

C(W ) = sup{C(W, (xn)n) : (xn)n es normalizada y xnw→

n→∞0}.

Nota 5.3.4.

(a) Es facil mostrar que

C(W, (xn)n) = inf{C ≥ 1 : U(C−1 ·W, (xn)n) = ∅}. (5.22)

Observese que inf{C ≥ 1 : U(C−1 ·W, (xn)n) = ∅} es un segmentoinicial de R+.

(b) Para todo C ≥ 1, se tiene que si C(W, (xn)n) > C, entoncesU(C−1 ·W, (xn)n) = ∅. Este hecho sera usado con frecuencia.

(c) Para todo N ⊆ N infinito se tiene U(W, (xn)n∈N ) ⊆ U(W, (xn)n).


El siguiente resultado simple es un test de existencia de subsucesionesque tienen la C ·W -u.e. que reduce el problema al estudio de una funciondefinida sobre una barrera y a valores en c00.

Lema 5.3.5 (Test de W -dominancia). Fijemos W : c00 → R+,C ≥ 1 y una sucesion arbitraria (xn)n en un espacio de Banach X.Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

(a) C(W, (xn)n) > C.

(b) U(C−1 ·W, (xn)n) = ∅.

(c) Para todo N ⊆ N existe M ⊆ N , una barrera uniforme B en M y

ϕ : B → c00(M),

ϕ(s) = ((a(s)n )n) tal que para todo s ∈ B:

‖∑

n

a(s)n xn‖ <

1C·W ((a(s)

n )n).

Demostracion. Es trivial que (a) y (b) son equivalentes y que (c) implica(b). Supongamos ahora que vale (b). Fijamos N ⊆ N. Como U(C−1 ·W, (xn)n∈N ) = ∅, entonces para todo subconjunto infinito M ⊆ N existe(a(M)

n )n ∈ c00(M) tal que

‖∑

n

a(M)n xn‖ <

1CW ((a(M)

n )n). (5.23)

DefinimosF = {supp ((a(M)

n )n) : M ∈ N [∞]}.

La familia

G = Fv−mın = {s ∈ F : no hay t ∈ F tal que t @ s}

es Sperner, luego por el Teorema 1.2.18 existe un conjunto infinito M ⊆N tal que G � M es una barrera uniforme o vacıo. Observese que lasegunda opcion no es posible ya que implica que F � M = ∅ mientrassupp ((a(M)

n )n) ⊆ M . Llamemos B = G � M . Ahora, para todo s ∈ B


escogemos M(s) ∈ M [∞] tal que supp (a(M(s))n ) = s. Esto nos da una

aplicacion ϕ : B → c00(M) definida para s ∈ B por

ϕ(s) = (a(M(s))n ),

y que claramente tiene las propiedades deseadas.

Vamos a utilizar esta tecnica para presentar diferentes resultados sobreexistencia de subsucesiones con ciertas propiedades. En particular, dare-mos una generalizacion del Principio de seleccion de Bessaga-Pe lczynsky(Proposicion 4.2.3) sobre existencia de subsucesiones basicas de una su-cesion debilmente nula normalizada.

Empezamos con una aplicacion de los resultados presentados en laSeccion 1.5.

Proposicion 5.3.6. Sea (xn)n una sucesion debilmente nula en un es-pacio de Banach X. Sea B una barrera en algun conjunto infinito M ,y sea f : B → X∗, f(s) = x∗s, tal que Im(f) esta acotada en norma.Entonces, para todo ε > 0 existe un subconjunto infinito N de M tal quepara todo s ∈ B � N ∑

n∈N\s

|x∗s(xn)| ≤ ε. (5.24)

Demostracion. Se sigue del Corolario 1.5.9 aplicado a la aplicacion s ∈B 7→ (‖x∗s‖−1 · x∗s(xn))n ∈ K((xn)n) ⊆ c0, donde

K((xn)) = {(x∗(xn))n ∈ c0 : x∗ ∈ BX∗}.

Nota 5.3.7. Aplicando el Corolario anterior al caso simple dado porB = N[1], obtenemos lo siguiente:

(a) Sea (xn)n una sucesion debilmente nula. Para cada n ∈ N seax∗n ∈ A, donde A ⊆ X∗ esta acotado en norma. Entonces paratodo ε > 0 existe N tal que∑

k∈N\{n}

|x∗n(xk)| ≤ ε,

para todo n ∈ N .


(b) Sea (xn)n una sucesion normalizada debilmente nula. Entoncespara todo θ > 1 existe una subsucesion (xn)n∈N de (xn)n tal que

‖∑n∈N

anxn‖ ≥1θ‖(an)n∈M‖∞

para toda sucesion de escalares (an)n ∈ c00(M).

El siguiente resultado constituye una extension del Principio de selec-cion de Bessaga-Pe lczynski (Proposicion 4.2.3).

Proposicion 5.3.8. Sea (xn)n una sucesion normalizada y debilmentenula en un espacio de Banach X. Entonces para todo θ > 1 existe unasubsucesion (xn)n∈M de (xn)n que es θ-basica y θ-Auerbach.

Demostracion. Podemos suponer, pasando a una subsucesion si es ne-cesario que

‖∑

n

anxn‖ ≥1θ‖(an)n‖∞ para todo (an)n ∈ c00. (5.25)

Sea W : c00 → R∗ como en el Ejemplo 5.3.2 (I). Nuestra intenciones demostrar que C(W, (xn)n) = 1. Supongamos esto, y veamos comoencontrar la subsucesion deseada. Como C(W, (xn)n) = 1 podemos en-contrar una subsucesion (xn)n∈M de (xn)n que es θ-basica. Entoncessabemos que la sucesion biortogonal (x∗n)n∈M es tal que ‖x∗n‖n∈M ≤ 2θpara todo n ∈ N, y por tanto acotada. A partir de la Nota 5.3.7 podemosencontrar un subconjunto N ⊆M tal que para todo n ∈ N se tiene que∑

k∈N\{n}

|x∗n(xk)| ≤ ε, (5.26)

y tal que ‖∑

n∈N anxn‖ ≥ θ−1‖(an)n∈N‖∞. Sea Y = 〈xn〉n. Calculemosla norma de x∗n � Y : Fijemos x =

∑n∈N anxn de norma 1. Entonces,

utilizando (5.25),

|x∗n(∑k∈N

akxk)| = |an| ≤ θ.

Demostremos pues que C(W, (xn)n) = 1. Razonando por reduccion alabsurdo, supongamos que C(W, (xn)n) > C > 1 y veamos que C < 1.


utilizando el test de W -dominancia, podemos encontrar una barrera Ben cierto M y una aplicacion ϕ : B → c00(M) tal que suppφ(s) = s ytal que

‖∑n∈s

a(s)n xn‖ <

1C·max{‖

∑n∈t

a(s)n xn‖ : t v s}. (5.27)

poniendo ϕ(s) = (a(s)n )n para todo s ∈ B. Como la desigualdad en (5.27)

es claramente homogenea (es decir, es la misma para (a(s)n )n y para

(λa(s)n )n) podemos suponer, normalizando convenientemente si necesario,

que ‖∑

n∈s a(s)n xn‖ = 1 para todo s ∈ B. Como el maximo en (5.27) se

tiene que realizar en algun t(s) v s, tenemos definido naturalmente otrafuncion f : B → Bv, f(s) = t(s). Finalmente, sea g : B → SX∗ , g(s) = x∗s,tal que

‖∑

n∈f(s)

a(s)n xn‖ = x∗s(

∑n∈f(s)

a(s)n xn).

Sin perdida de generalidad, pasando a un subconjunto infinito si nece-sario, podemos suponer que:

(I) La funcion g es tal que para todo s, u ∈ B y todo t v s∩u se tieneque

‖∑n∈t

|x∗s(xn)− x∗t (xn)|‖ ≤ (C − 1)θ

(5.28)

(a partir del Corolario 1.5.6).

(II) La aplicacion f es Lipschitz en B (Proposicion 1.3.3).

Fijemos ahora s ∈ B. Sea u ∈ Bf(s) � (M/s). Se sigue que a partir de(II) que f(s) v f(u). Entonces

1 =‖∑n∈s

a(s)n xn‖ ≥ |x∗u(

∑n∈s

a(s)n xn)| = |x∗u(

∑n∈f(s)

a(s)n xn)| ≥

≥|x∗s(∑

n∈f(s)

a(s)n xn)| − (C − 1)

θ‖(a(s)

n )n‖∞ >

>C‖∑n∈s

a(s)n xn‖ − (1− C)‖

∑n∈s

a(s)n xn‖ = 1

lo que constituye una contradiccion.


5.3.1. Incondicionalidad de Schreier

Recordemos que S es la familia de conjuntos finitos s ⊆ N tales que|s| ≤ mın s+ 1. Esta es la clausura de la barrera ω-uniforme en N cuyoselementos son los elementos ⊆-maximales de S (es decir, los conjuntoss tales que |s| = mın s + 1). A continuacion presemtamos el siguienteresultado de Odell.

Proposicion 5.3.9 (Incondicionalidad de Shreier). Para toda su-cesion debilmente nula normalizada (xn)n en un espacio de Banach Xy todo ε > 0 existe una subsucesion (xn)n∈M tal que

‖∑n∈s

anxn‖ ≤ (2 + ε)‖∑n∈M

anxn‖

para todo s ∈ S � M y todo (an)n∈M ∈ c00(M).

Demostracion. Observemos que el enunciado es equivalente a

C(W, (xn)n) ≤ 2,

donde W : c00 → R+ es como en el Ejemplo 5.3.2 (III) tomando C = 1.Razonando por reduccion al absurdo, supongamos que C(W, (xn)n) ≥C > 2. Fijemos tambien θ > 1 y pongamos ε = θ − 1. Sin perdida degeneralidad, podemos suponer que (xn)n es una sucesion θ-basica y θ-Auerbach (Proposicion 5.3.8). Aplicando el test de W -dominancia, existeuna barrera B en algun M , y una aplicacion s ∈ B 7→ (a(s)

n )n ∈ c00(M)tal que supp (a(s)

n )n = s para todo s ∈ B y tal que

‖∑n∈s

a(s)n xn‖ <

1C·max{‖

∑n∈t

a(s)n xn‖ : t ∈ S � s }. (5.29)

La desigualdad en (5.29), por tanto, podemos suponer que ‖(a(s)n )‖∞ ≤ 1

para todo s ∈ B. El maximo en (5.29) se tiene que realizar en algunts ∈ S � s. Por tanto, tenemos naturalmente definidas dos funcioness ∈ B 7→ ts ∈ S � s, x∗s ∈ SX∗ tales que

W ((a(s)n )n) = ‖

∑n∈ts

a(s)n xn‖ = x∗s(

∑n∈ts

a(s)n xn).

Podemos suponer, pasando a un subconjunto si necesario que:


(I) La aplicacion s 7→ ts es Lipschitz.

(II) La aplicacion s 7→ x∗s cumple que para todo s, u ∈ B y todo t v s∩use tiene que ∑

n∈t

|x∗s(xn)− x∗t (xn)| ≤ ε. (5.30)

(III) La aplicacion s 7→ x∗s cumple que ‖∑

n∈M\s x∗s(n)‖ ≤ ε para todo

s ∈ B.

Fijemos ahora s0 ∈ B arbitrario, y pongamos k = mın ts0 , v = s0∩ [0, k].Observese que, por (I), si w ∈ Bv, entonces mın tv∪w = mın ts0 = k, ypor tanto, como tv∪w ∈ S, se tiene que |tv∪w| ≤ k. Por la propiedadde Ramsey de Bv podemos suponer que hay un 0 ≤ l0 ≤ k fijo tal que|tv∪w| = l0 para todo w ∈ Bv. Una vez mas, por la propiedad de Ramseyde Bv, podemos suponer que

(IV) para todo u,w ∈ Bv, enumerando de manera creciente tv∪u ={ni}i<l0 y tv∪w = {ni}i<l0 entonces se tiene que∑

i<l0

|x∗v∪u(xni)− x∗v∪w(xmi)| ≤ ε. (5.31)

Apliquemos ahora el Lema del acoplamiento total (Proposicion 1.3.8) ala funcion w ∈ Bv 7→ tv∪w ∩ w ∈ M [l0] para para obtener w0, w1 ∈ Bv

tales que

tv∪w0 ∩ w0 = tv∪w1 ∩ w1 (5.32)w0 ∩ w1 = ρ(w) (5.33)

Pongamos s = v∪w0, u = v∪w1, y v = v\{max v}. Entonces la igualdad(5.32) significa que

ts = tu, (5.34)

mientras que la igualdad (5.33) significa que

s ∩ u = v ∪ ts. (5.35)


Usando lo que sabemos hasta ahora, calculamos:

|x∗s(∑

n∈(u\v)

a(u)n xn)| ≥|x∗s(

∑n∈((u∩s)\v)

a(u)n xn)| − |x∗s(

∑n∈u\s

a(u)n xn)| ≥

≥|x∗s(∑

n∈((u∩s)\v)

a(u)n xn)| − ε‖(a(u)

n )n‖∞ =

=|x∗s(∑n∈ts


n )n‖∞ ≥

≥|x∗u(∑n∈tu

a(u)n xn)| − 2ε‖(a(u)

n )n‖∞ >

>(C − 2εθ

)‖∑n∈u

a(u)n xn‖. (5.36)

Como la sucesion (xn)n es θ-basica y v v u, se sigue de (5.36) que

‖∑n∈u

a(u)n xn‖ ≥

12θ‖∑

n∈(u\v)

a(u)n xn‖ ≥ |x∗s(

∑n∈(u\v)

a(u)n xn)| >

>12θ

(C − 2εθ

)‖∑n∈u

a(u)n xn‖, (5.37)

y por tanto

C < 2(θ +θ − 1θ

). (5.38)

Como θ > 1 era arbitrario, se sigue que C ≤ 2. Contradiccion.

Si sustituimos la familia de Schreier S por una familia de la formaN[≤k], se tiene el siguiente resultado.

Proposicion 5.3.10. Para toda sucesion debilmente nula normalizada(xn)n en un espacio de Banach X, todo k ∈ N y todo ε > 0 existe unasubsucesion (xn)n∈M tal que

‖∑n∈s

anxn‖ ≤ (1 + ε)‖∑n∈M

anxn‖

para todo s ∈M [≤k] y todo (an)n∈M ∈ c00(M).


Demostracion. Fijemos k ∈ N. Sea W : c00 → R+ definida por

W ((an)n) = max{‖∑n∈s

anxn‖ : s ⊆ supp (an)n, |s| ≤ k }.

Observemos que el resultado es equivalente a C(W, (xn)n) = 1. Razo-nando por reduccion al absurdo, supongamos que C(W, (xn)n) ≥ C > 1.Procediendo como en la demostracion de la Proposicion 5.3.9 podemossuponer que la sucesion (xn)n es θ-basica y θ-Auerbach, para θ > 1fijado, y tambien podemos definir tres aplicaciones s ∈ B 7→ ts ∈M [≤k], (a(s)

n )n ∈ c00(M), x∗s ∈ BX∗ tales que

‖∑n∈s

a(s)n xn‖ <

1Cx∗s

(∑n∈ts

a(s)n xn

)(5.39)

con las siguientes propiedades:(I) ‖

∑n∈s a

(s)n xn‖ = 1 para todo s ∈ B,

(II) existe l ≤ k tal que |ts| = l para todo s ∈ B , y(III)

∑i<l |a

(s)ni − a

(u)mi | ≤ ε = θ − 1 para todo s, u ∈ B, y donde

s = {ni}i<l, t = {mi}i<l son las enumeraciones crecientes de s y u. Fi-nalmente, aplicando el Lema de acoplamiento total (Proposicion 1.3.8),podemos encontrar s, u ∈ B tales que

ts =tus ∩ u =ts.

Calculando, con

1 = ‖∑n∈u

a(u)n xn‖ ≥x∗s(

∑n∈u

a(u)n xn) = x∗s(

∑n∈u∩s

a(u)n xn) =

=x∗s(∑n∈ts

a(u)n xn) ≥ x∗s(

∑n∈ts

a(s)n xn)− ε > C − ε.

Como ε = θ − 1 > 0 era arbitrario, se sigue que C = 1, lo que es unacontradiccion.

5.3.2. Incondicionalidad de Elton

No es cierto que toda sucesion debilmente nula tenga una subsuce-sion incondicional. Sin embargo, si existe subsucesiones con una ciertaincondicionalidad parcial.


Definicion 5.3.11. Definimos la funcion oscilacion Osc : c00 \ {0} →R+ para (an)n ∈ c00 \ {0} por

Osc((an)n) =max{|an| : n ∈ N}

mın{|an| : n ∈ N, an 6= 0}. (5.40)

Teorema 5.3.12 (Incondicionalidad de Elton). Toda sucesion debil-mente nula (xn)n en un espacio de Banach X tiene una subsucesion(xn)n∈M tal que para toda sucesion de escalares (an)n∈M ∈ c00(M) ytodo s ⊆M finito se tiene que

‖∑n∈s

anxn‖ ≤ 10 · log2(4 ·Osc((an)n∈s)) · ‖∑n∈M

anxn‖. (5.41)

Demostracion. Sea (xn)n una sucesion debilmente nula en un espaciode Banach X. Fijemos 1 < θ ≤ 3/2, y sea ε = θ − 1. Podemos suponerque (xn)n es basica con constante ≤ θ y θ-Auerbach. Sea L : (0, 1] → Ndefinida por

L(a) = mın{n ∈ N :12n

< a}. (5.42)

Ahora, para cada (an)n ∈ c00 \ {0} tal que 0 ≤ mınn an ≤ maxn an ≤ 1sea

D((an)n) = {{n ∈ N : L(an) = i} : i ∈ N}.

En general, dado (an)n ∈ c00 \ {0} con ‖(an)n‖∞ ≤ 1, sea

D((an)n) = D((an)n∈s) ∪D((−an)n/∈s),

donde s = {n ∈ N : an ≥ 0}. No es difıcil ver que(a) D((an)n) es una particion del soporte de (an)n,(b) |D((an)n)| ≤ 2(log2(Osc((an)n)) + 2) y(c) para cada t ∈ D((an)n) las funciones Sign � {an : n ∈ t} y L � {an :n ∈ t} son ambas constantes.

Ahora, sea

R = {(an)n ∈ c00 : ∀n ∈ supp (ak)k se tiene que 1 ≥ |an| >1

2n+1}.

Para cada (an)n ∈ c00 con ‖(an)n‖∞ ≤ 1, sea

p((an)n) = {n : |an| > 2−n−1}.


Observemos que entonces se tiene que

‖∑

n

anxn‖ ≤ ‖∑

n∈p((an)n)

anxn‖+ 1. (5.43)

Definamos W : c00 → R+ a partir de

W ((an)n) = max{‖∑n∈t

anxn‖ : t ⊆ u ∈ D((an)n)}, (5.44)

si ‖(an)n‖∞ = 1 y W ((an)n) = 0 en caso contrario. Entonces, a partirde (a), (b) y (5.43) se tiene para todo (an)n ∈ Bc00 y todo s,

‖∑n∈s

anxn‖ ≤ 1 + 2(log2(4 ·Osc((an)n)))W ((an)n). (5.45)

El objetivo es demostrar que C(W, (xn)n) ≤ 4. Veamos como utilizaresto para demostrar (5.41): Sea (xn)n∈M una subsucesion ((17/4)W )-dominante. Vamos a ver que esta subsucesion tiene las propiedades de-seadas: Sea (an)n∈M ∈ c00(M) y sea s ⊆ M . Como L(Osc((λan)n)) =L(Osc((an)n)), se sigue que la desigualdad en (5.41) es homogenea y portanto podemos suponer, sin perdida de generalidad, que ‖(an)n∈s‖∞ = 1.Entonces aplicando la desigualdad (5.45) a (an)n∈s y utilizando que(xn)n∈M es ((17/4)W )-dominante y que es 3/2-Auerbach se tiene que

‖∑n∈s

anxn‖ ≤1 +172

(log2(4 ·Osc((an)n∈s)))‖∑n∈M

anxn‖ ≤

≤32‖∑n∈M

anxn‖+172

(log2(4 ·Osc((an)n∈s)))‖∑n∈M

anxn‖ =

=10(log2(4 ·Osc((an)n∈s)))‖∑n∈M

anxn‖.

Probemos ahora que C(W, (xn)n) = 4 razonando por reduccion al ab-surdo, y supongamos que C(W, (xn)n) > C > 4. Utilicemos el test deW -dominacion para encontrar una barrera B en un cierto M y una apli-cacion s ∈ B 7→ (a(s)

n )n ∈ c00(M), ‖(a(s)n )n‖∞ = 1, supp (a(s)

n ) = s y talque para todo s ∈ B se tiene que

‖∑n∈s

a(s)n xn‖ <

1C

max{‖∑n∈t

a(s)n xn‖ : t ⊆ u ∈ D((a(s)

n )n)}. (5.46)


Consideramos la aplicacion s ∈ B 7→ ts ∈ D((a(s)n )n) tal que la norma

‖∑

n∈tsa

(s)n xn‖ atane el maximo en (5.46). Consideramos ahora la apli-

cacion s ∈ B 7→ x∗s ∈ SX∗ tal que x∗s(∑

n∈tsa

(s)n xn) = ‖

∑n∈ts

a(s)n xn‖.

Podemos suponer que∑

n∈M\s |x∗s(xn)| ≤ ε para todo s ∈ B. Finalmen-te, para cada s ∈ B, sea ws ⊆ ts tal que x∗s(xm)x∗s(xn) ≥ 0 para todon,m ∈ ws y tal que

x∗s(∑n∈ws

a(s)n xn) ≥ 1

2x∗s(∑n∈ts

a(s)n xn). (5.47)

Observemos que la aplicacion s ∈ B 7→ ls, donde ls es el valor constantede L en {a(s)

n : n ∈ ws} tiene la propiedad de que para cada n ∈ M elconjunto {ls : s ∈ B � M, mınws = n} es finito, ya que si mınws = n,como (a(s)

n )n∈ts ∈ R entonces se tiene que

12n+1

< |a(s)n | ≤ 1

2ls

y por tanto, ls ≤ n. Se sigue de la Proposicion 1.3.11 que sin perdidade generalidad podemos suponer que la aplicacion s ∈ Bv 7→ lv∪s esconstante, con valor l.

Fijemos s0 ∈ B arbitrario y sea

v = s0 ∩ (mın(ws0) + 1) = {n ∈ s0 : n ≤ mın(ws0)}.

Las aplicaciones s ∈ Bv 7→ wv∪s y s 7→ ‖∑

n∈tv∪sa

(v∪s)n xn‖ satis-

facen las hipotesis de la Nota 1.3.12 ya que lv∪s = l y por tanto,‖∑

n∈tv∪sa

(v∪s)n xn‖ ≥ θ−12−l−1. Por tanto, a partir de dicha Nota 1.3.12,

podemos encontrar s, u ∈ B tales que, poniendo s = v ∪ s y u = v ∪ t setiene que

(I) ws v wu y s ∩ u = v ∪ ws.

(II) ‖∑

n∈tsa

(s)n xn‖ ≥ θ−1‖

∑n∈tu

a(u)n xn‖.

(III) Para todo n ∈ ws ∩ wu = ws se tiene que

12|a(u)

n | ≤ |a(s)n | ≤ 2|a(u)

n |. (5.48)


Por tanto, utilizando tambien que los signos de los coeficientes son cons-tantes, y poniendo z = v \ {max v} (que es un segmento inicial de u), setiene que

θ‖∑n∈u

a(u)n xn‖ ≥‖

∑n∈u\z

a(u)n xn‖ ≥ |x∗s(

∑n∈u\z

a(u)n xn)| ≥

≥|x∗s(∑

n∈(s∩u)\z


n )n‖∞ =

=|x∗s(∑n∈ws

a(u)n xn)| − ε ≥ 1

2|x∗s(

∑n∈ws

a(s)n xn)| − ε ≥

≥14‖∑n∈ts

a(s)n xn‖ − ε ≥ 1

4θ‖∑n∈tu

a(u)n xn‖ − ε >

>14θC‖∑n∈u

a(u)n xn‖ − εθ‖

∑n∈u

a(u)n xn‖,

Por tanto,

0 ≤ (C

4θ− θ) < εθ (5.49)

Como θ > 1 era arbitrario, y ε = θ − 1, se sigue de (5.49) que C ≤ 4, loque es una contradiccion.

5.4. Sucesiones basicas spreading y spreadingmodels

Definicion 5.4.1. Una sucesion (xn)n en un espacio de Banach E sedenomina K-spreading (K ≥ 1) si (xn)n es K-equivalente a todas sussubsucesiones. La sucesion (xn)n es spreading si es K-spreading para uncierto K ≥ 1.

Ejercicio 5.4.2. Demuestre que (xn)n es una sucesion K-spreading sidadas dos sucesiones estrictamente crecientes (mi)i<k y (ni)i<k y setiene que para toda sucesion de escalares (ai)i<k

‖∑i<k

aixmi‖ ≤ K‖∑i<k

aixni‖.


Ejercicio 5.4.3. Sea (xn)n una sucesion basica, y sea (yn)n una subsu-cesion bloque de (xn)n. Diremos que (yn)n esta identicamente distribuidasi existe una sucesion de escalares (ai)i<k tales que:

1. supp yn = sn tiene cardinalidad k para todo n ∈ N.

2. Para todo n ∈ N se tiene que yn =∑

i∈snaπn(i)xi, donde πn : sn →

|sn| es la biyeccion que preserva el orden.

Demuestre que si (xn)n es K-spreading y si (yn)n es una subsucesionbloque de (xn)n identicamente distribuida entonces (yn)n es tambien K-spreading.

Proposicion 5.4.4. Supongamos que (xn)n es una sucesion normaliza-da 1-spreading y debilmente nula. Entonces (xn)n es una sucesion basicaincondicional, con constante de supresion-incondicionalidad

CSI((xn)n) = 1.

Demostracion. Como la sucesion (xn)n es 1-equivalente a todas sus sub-sucesiones, se sigue del Principio de seleccion de Bessaga-Pe lczynsky que(xn)n es una sucesion basica, y de la Proposicion 5.3.10 que (xn)n es in-condicional con constante de supresion-incondicionalidad CSI((xn)n) =1.

Definicion 5.4.5. Sean (en)n y (xn)n dos sucesiones basicas normali-zadas en ciertos espacios de Banach E y X, respectivamente. Decimosque (en)n es un spreading model de (xn)n si existe una subsucesion(xm)m∈M de (xn)n tal que

lımn→∞

(sup

{m0<···<mn−1}∈(M\n)[n]

∣∣∣∣∣‖∑k<n

akek‖E − ‖∑k<n

akxmk‖X

∣∣∣∣∣)

= 0

Ejercicio 5.4.6. Demuestre que si (en)n es un spreading model de (xn)n,entonces (en)n es una sucesion 1-spreading.

Teorema 5.4.7 (Brunel-Sucheston). Toda sucesion normalizada (xn)en un espacio de Banach tiene una subsucesion (xn)n∈M que es un sprea-ding model de (xn)n.


Demostracion. Sea (εn)n ∈ c0 estrictamente decreciente. Vamos a en-contrar una subsucesion (xn)n∈M de (xn)n tal que para todo k ∈ Nk ≤ m0 < · · · < mk−1 y k ≤ n0 < · · · < nk−1 numeros naturales en My todo sucesion de escalares (ai)<k se tiene que

|‖∑i<k

aixmi‖ − ‖∑i<k

aixni‖| ≤ εk (5.50)

Una vez encontrada esta subsucesion, se define de manera natural lanorma ‖| · ‖| en c00 por

‖|∑i<k

aiui‖| = lıml→∞

‖∑i<k

aixml·k+i‖, (5.51)

donde {mi : i ∈ N} es la enumeracion estrictamente creciente de M .Es facil ver que la base unitaria (un)n en la completacion de (c00, ‖| · ‖|)tiene las propiedades deseadas.

La existencia de la subsucesion (xn)n∈M se sigue de una aplicacionsencilla del Teorema de Ramsey clasico. Otra posibilidad es definir unafuncion W : c00 → R∗ apropiada y utilizar el test de W -dominancia.Dejamos los detalles como ejercicio.

Capıtulo 6

Teorema de Rosenthalsobre `1

Recordemos que una sucesion (xn)n∈N de vectores en un espacio deBanach con norma ‖·‖ es equivalente a la base unitaria de `1 si existe unaconstante K ≥ 1 tal que para todo n ∈ N y toda sucesion de escalares(ai)i<n se tiene

1K

∑i<n

|ai| ≤ ‖∑i<n

aixi‖ ≤ K∑i<n

|ai|.

En este caso, la aplicacion `1 → X dada por

(an)n ∈ `1 7→∑

n

anxn

es un isomorfismo entre `1 y X, y por lo tanto, (xn)n no tiene subsuce-siones debilmente Cauchy.

En la seccion siguiente daremos una demostracion del teorema `1 deRosenthal [Ro] usando las tecnicas similares a las introducidas en la Sec-cion 1.4. Veremos que esta dicotomıa esta ıntimamente relacionada conla dicotomıa del teorema 1.4.1, con la diferencia de reemplazar familiasde conjuntos finitos por familias ordenadas de conjuntos finitos de pares.

Para hacer mas transparente nuestra presentacion damos primero unacaracterizacion topologica de cuando una sucesion (xn)n dada es debil-mente nula. Despues usamos una idea similar para caracterizar sucesio-nes debilmente Cauchy.

145


6.1. Familias de conjuntos finitos de pares denumeros naturales

Definicion 6.1.1. Sea (xn)n una sucesion en un espacio de BanachX. Definimos W0((xn)n) ⊆ FIN como la familia de todos los conjuntosfinitos s ∈ FIN tales que

existe x∗ ∈ BX∗ tal que |x∗(xn)| ≥ 12mın s

para cada n ∈ s.

Proposicion 6.1.2. (a) W0((xn)n∈M ) = (W0((xn)n))[M ],(b) W0((xn)n) es hereditaria, luego W0((xn)n∈M ) = (W0((xn)n)) � M .(c) Una sucesion (xn)n es debilmente nula si y solamente si W0((xn)n)es pre-compacta.

Demostracion. Como (a) y (b) se obtienen sin dificultad, nos concen-tramos en (c). Sea Y = 〈xn〉n, entonces se puede suponer sin perdida degeneralidad que Y = X, ya que

1. (xn)n, como sucesion de X, es debilmente nula si y solo si (xn)n,como sucesion de Y , es debilmente nula (por el Teorema de Hahn-Banach –Teorema 3.1.49–), y

2. W0((xn)n) definido en X coincide con W0((xn)n) definido en Y ,tambien por el Teorema de Hahn-Banach.

Supongamos que (xn)n no es debilmente nula. Entonces existe algunx∗ ∈ BX∗ y ε > 0 tales que A = {n : |x∗(xn)| ≥ ε} es infinito. Entonces{n ∈ A : n ≥ n0} esta claramente en la clausura de W0((xn)n), para n0

tal que 2n0ε ≥ 1. Supongamos ahora que (xn)n es debilmente nula. SeaA un elemento de la clausura de W0((xn)n). Fijemos (sn) ⊆ W0((xn)n)tal que sn → A. Sea (x∗n)n ⊆ BX∗ tal que |x∗n(xm)| ≥ 2−mın sn paratodo m ∈ sn y todo n. Como sn → A, podemos suponer que mın sn =mınA = n0 para todo n. Como X es separable, la bola unidad deldual BX∗ es secuencialmente compacta (Corolario 3.1.77). Por tanto,podemos suponer tambien que (x∗n)n es debil∗-convergente con lımitex∗ ∈ BX∗ . Es facil ver que |x∗(xn)| ≥ 2−n0 para cada n ∈ A, luego,como (xn)n es debilmente nula, A debe ser finito.

Definicion 6.1.3. Sea (N[2])[≤∞] ⊆ P(N[2]) el conjunto de conjuntosbloque de pares , i.e. el conjunto de los A ⊆ P (N[2]) tales que para todo


s, t ∈ A, o bien s < t o t < s. Si consideramos N[2] con la topologıadiscreta, entonces (N[2])[≤∞] es un subespacio cerrado de P(N[2]), estecon la topologıa producto, luego (N[2])[≤∞] es un espacio compacto. Sea

FIN2 = {A ∈ (N[2])[≤∞] : A es finito}.

Decimos que U ⊆ FIN2 es pre-compacto si y solamente si U ⊆ FIN2.Decimos que U es hereditario si y solamente si A ⊆ B ∈ U implica queA ∈ U . Dado U ⊆ FIN2 y M ⊆ N infinito, definimos

U [M ] ={A ∩M [2] : A ∈ U}U � M =U ∩ P(M [2])

U⊆ ={B ∈ FIN2 : B ⊆ A ∈ U}.

Dada una sucesion (xn)n en un espacio de Banach, y A ∈ FIN2, defini-mos la sucesion (xs)s∈A por

xs = xmax s − xmın s

para todo s ∈ A. Definamos ahora Wc((xn)n) ⊆ FIN2 declarando queA ∈ Wc((xn)n) si y solamente si

existe x∗ ∈ BX∗ tal que |x∗(xs)| ≥1

2mın∪Apara cada s ∈ A.

Definicion 6.1.4. Una sucesion (xn)n en un espacio de Banach esdebilmente-Cauchy si y solamente si para todo x∗ ∈ BX∗ la correspon-diente sucesion numerica (x∗(xn))n es de Cauchy.

Ahora damos una caracterizacion de la propiedad de ser debilmenteCauchy en terminos de la pre-compacidad de Wc((xn)n).

Proposicion 6.1.5. (a) Wc((xn)n∈M ) = Wc((xn)n)[M ].(b) Wc((xn)n) es hereditaria, por tanto, Wc((xn)n∈M ) = (Wc((xn)n)) �M .(c) (xn)n es debilmente Cauchy si y solamente si Wc((xn)n) es pre-compacto.

Demostracion. Solamente (c) requiere demostracion. Supongamos que(xn)n no es debilmente Cauchy. Entonces existe A ∈ (N[2])[∞], x∗ ∈ BX∗


y ε > 0 tales que |x∗(xs)| ≥ ε para cada s ∈ A. Sea n0 tal que ε2n0 ≥ 1.Entonces {s ∈ A : mın s ≥ n0} es infinito y esta en la clausura deWc((xn)n). Supongamos ahora que (xn)n es debilmente Cauchy. SeaA punto lımite de Wc((xn)n). Fijemos (An)n ⊆ Wc((xn)n) y x∗n ∈ BX∗

tales que An → A, y |x∗n(xs)| ≥ 2−mın∪An para cada s ∈ An y cadan. Como An → A, podemos suponer que mınA = mınAn para cada n.Suponemos tambien que (x∗n) es debil∗-convergente con lımite x∗. En-tonces |x∗(xs)| ≥ 2−mın∪A para cada s ∈ A. Como (xn)n es debilmenteCauchy, A es finito.

La teorıa combinatoria de FIN2 es muy similar a la de FIN. Solopresentamos aquı el siguiente analogo al Teorema 1.4.1.

Lema 6.1.6. Para cada U ⊆ FIN2 existe M ⊆ N infinito tal que o bien(a) U [M ] es pre-compacto o,(b) FIN2 � M ⊆ U⊆.

Demostracion. Sea

G ={⋃A : A ∈ FIN2 \ U

⊆}.

Por el Lema de Galvin (Teorema 1.2.11), existeM tal que G � M contieneuna barrera enM o G � M = ∅. Supongamos primero que G � M contieneuna barrera en M . Afirmamos que en este caso U [M ] es pre-compacto.En efecto, mostramos que U⊆[M ] es compacto: Sea A ∈ (M [2])[∞], ypongamos N =

⋃A ⊆ M . Como G � M contiene una barrera, existe

s ∈ G � M tal que s v N . Sea B ∈ FIN2 \ U⊆ tal que s =

⋃B. Notese

que U⊆ es tambien hereditaria, luego A /∈ U⊆, porque B ⊆ A y B /∈ U⊆.Supongamos ahora que G � M = ∅. Claramente, por definicion de G,

tenemos que FIN2 � M ⊆ U⊆.

Como consecuencia obtenemos el siguiente corolario cuya prueba esmuy similar a la del Corolario 1.4.2.

Corolario 6.1.7. Supongamos que U0,U1 ⊆ FIN2 y M ⊆ N son talesque

FIN2 � M ⊆ {A0 ∪A1 : A0 ∈ U0, A1 ∈ U1}.


Entonces hay un conjunto N ⊆ M infinito y un i ∈ {0, 1} tales queFIN2 � N ⊆ Ui

⊆.

Demostracion. La aplicacion FIN2 × FIN2 → FIN2, (A,B) 7→ A ∪B escontinua, entonces el resultado sigue del Lema 6.1.6 como en la demos-tracion del Corolario 1.4.2.

6.2. Teorema de Rosenthal sobre `1

Teorema 6.2.1 (Teorema de `1 de Rosenthal). Sea (xn)n una suce-sion acotada en un espacio de Banach X. Entonces existe un M infinitotal que una de las siguientes ocurre:(a) (xn)n∈M es debilmente Cauchy, o(b) (xn)n∈M es equivalente a la base unitaria de `1.

Demostracion. Aplicamos el Lema 6.1.6 a Wc((xn)n) para obtener unconjunto infinito M tal que o bien Wc((xn)n)[M ] = Wc((xn)n∈M ) (porla Proposicion 6.1.5) es pre-compacto o Wc((xn)n∈M ) = FIN2 � M . Enel primer caso, por la Proposicion 6.1.5 (c), obtenemos que (xn)n∈M esdebilmente Cauchy. Supongamos entonces que Wc((xn)n∈M ) = FIN2 �M . Sea N = {mk}k≥2, donde {mk}k≥0 es la enumeracion creciente deM . Notese que para cada A ∈ FIN2 � N tenemos que {{m0,m1}} ∪A ∈Wc((xn)n∈M ), y por lo tanto existe x∗ ∈ BX∗ tal que |x∗(xs)| ≥ ε paratodo s ∈ A, donde ε = 2−m0 .

Sea U = {A ∈ FIN2 � N : ∃x∗ ∈ BX∗∀s ∈ A(x∗(xs) ≥ ε)}. Observe-mos que U = {A ∈ FIN2 � N : ∃x∗ ∈ BX∗∀s ∈ A(x∗(xs) ≤ −ε)}, por lasimetrıa de BX∗ . Por otro lado, FIN2 � N ⊆ {A0∪A1 : A0 ∈ U , A1 ∈ U},y por el Corolario 6.1.7 existe N ′ ⊆ N tal que FIN2 � N ′ ⊆ U . Es decir,para todo A ∈ FIN2 � N ′, existe x∗ ∈ BX∗ tal que x∗ (xs) ≥ ε para todos ∈ A.

Afirmamos que existe un conjunto infinito P ⊆ N ′ y dos numerosreales d0 < d1 tales que para todo A ∈ FIN2 � P existe x∗ ∈ BX∗ talque

x∗(xmın s) ≤ d0 y x∗(xmax s) ≥ d1 para todo s ∈ A :

Sea D una ε/3-red finita del intervalo [− supn ‖xn‖, supn ‖xn‖]. Defi-nimos, para (d0, d1) ∈ D[2], con d0 < d1, los conjuntos


U(d0,d1) = {A ∈ FIN2 � N ′ : existe x∗ ∈ BX∗ tal que para todo s ∈ Ax∗(xmın s) ≤ d0 y x∗(xmax s) ≥ d1}.

Observese que A ∈ FIN2 � N ′ es la union de conjuntos de la formaU(d0,d1), y que cada U(d0,d1) es hereditario. Por el Corolario 6.1.7 existeP ⊆ N ′ y un par (d0, d1) ∈ D[2] tales que FIN2 � P = U(d0,d1)[P ] =U(d0,d1) � P , como era deseado.

Ahora pongamos Q = {p2k+1}k, donde {pk}k es la enumeracion cre-ciente de P . Afirmamos que para conjuntos disjuntos s, t ⊆ Q existe x∗

tal que

x∗(xn) ≤ d0 and x∗(xm) ≥ d1 para cada n ∈ s y m ∈ t:

Esto sigue del hecho siguiente: para cada par de conjuntos disjuntos yfinitos s, t ⊆ Q existe A ∈ FIN2 � P tal que s = Q ∩ {mınu : u ∈ A}and t = Q ∩ {maxu : u ∈ A}.

Como la sucesion (xn)n es acotada, la demostracion estara terminadasi probamos que para cada (an)n ∈ c00(P ) se tiene lo siguiente:

‖∑

n

anxn‖X ≥ d1 − d0

2‖(an)n‖`1 . (6.1)

Fijemos (ak)k ∈ c00(P ). Sea

s0 ={n ∈ supp ((ak)k) : an > 0}s1 =supp ((ak)k) \ s0.

Como s0 y s1 son disjuntos, podemos encontrar x∗0, x∗1 ∈ BX∗ tales que

x∗0(xn) ≤d0 y x∗0(xm) ≥ d1 para todo n ∈ s0 y m ∈ s1x∗1(xn) ≤d0 y x∗1(xm) ≥ d1 para todo n ∈ s1 y m ∈ s0.


Ahora calculamos:∣∣∣∣∣(x∗1 − x∗0)(∑

n

anxn)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣(x∗1 − x∗0)(∑n∈s0

anxn) + (x∗1 − x∗0)(∑n∈s1

anxn)

∣∣∣∣∣=∑n∈s0

an(x∗1 − x∗0)(xn) +∑n∈s1

an(x∗1 − x∗0)(xn)

≥(d1 − d0)∑n∈s0

an + (d0 − d1)∑n∈s1

an =

=(d1 − d0)(∑n∈s0

an −∑n∈s1

an) =

=(d1 − d0)‖(an)n‖`1 .

Como se tiene que (x∗1 − x∗0)/2 ∈ BX∗ , la desigualdad anterior nos da(6.1).

Capıtulo 7

Copias de c0 o `p

Hasta aquı, todos los ejemplos presentados en este libro contienen unacopia isomorfa de c0 o de algun `p. Por tanto, es natural preguntarse sitodo espacio de Banach de dimension infinita tiene una copia isomorfade c0 o de algun `p. Vamos a presentar en la Seccion 7.17 el espaciode Tsirelson, que es reflexivo y no tiene copias isomorfas ni de c0 ni deningun `p.

Comenzamos con una caracterizacion de las bases unitarias de c0 o `pdebida a Zippin.

7.1. Teorema de Zippin

Ejercicio 7.1.1. Demuestre que si (un)n es la base unitaria de c0 o`p, p ≥ 1, entonces toda subsucesion bloque normalizada de (un)n es1-equivalente a (un)n.

El siguiente teorema de Zippin nos dice que el anterior Ejercicio 7.1.1es una caracterizacion de c0 o `p, p ≥ 1.

Teorema 7.1.2 (Zippin). Supongamos que (en) es una sucesion basicaque es equivalente a todas sus subsucesiones bloque normalizadas. En-tonces o bien (en) es equivalente a la base unitaria de c0, o bien existeun 1 ≤ p <∞ tal que (en) es equivalente a la base unitaria de `p.

De hecho, p viene dado por la formula:

1p

= lımn→∞

log2(‖∑2n−1

i=0 ei‖)n

. (7.1)

153


y donde p = ∞ lo identificamos con el caso c0.

Demostracion. Sea (en) una sucesion como en la hipotesis y sea E =〈en〉. Para cada subsucesion bloque normalizada x = (xn) de (en) seaTx : E → 〈xn〉 el operador acotado tal que T (en) = xn para todo n.Demostremos que existe la familia de operadores acotados

F = {Tx : x es una subsuc. bloque normalizada de (en)n}

esta acotada uniformemente. Para ello, a partir del Teorema 3.1.38de Banach-Steinhaus es suficiente demostrar que F esta acotada pun-tualmente: Supongamos que no; esto quiere decir que existe un vectory =

∑∞i=0 aiei normalizado y una sucesion (xn)n∈N de subsucesiones

bloques xn = (xkn)k∈N de (en)n∈N tales que

∞ = sup{‖Txn(y)‖ : n ∈ N} = sup{‖∞∑i=0

aixin‖ : n ∈ N}. (7.2)

Observese que para cada k ∈ N y n ∈ N se tiene que

‖∑i≤k

aixin‖ ≤ k sup

i≤k|ai| ≤ 2kC, (7.3)

donde C es la constante basica de la base (en)n∈N. Utilizando esto, noes difıcil ver que se puede seleccionar una sucesion de enteros {nk}k∈N yuna sucesion bloque de intervalos de numeros enteros (Ek)k∈N tales que

(a) sup{‖∑

i∈Ekaix

ink‖ : k ∈ N} = ∞, y

(b) para todo k < k′ y todo i ∈ Ek, i′ ∈ Ek′ se tiene que xink< xi′

nk′.

La condicion (b) dice que x = (xink

)i∈Ek,k∈N ordenada primero por ky luego dentro de cada Ek es una subsucesion bloque normalizada de(en)n∈N. La condicion (a) dice que Tx no es acotado, ya que para cadak, Tx(Eky) =

∑i∈Ek

aixink

y ‖Eky‖ ≤ 2C.Sea K la constante que acota la norma de todos los operadores Tx.

Observemos que la base (en)n es K-incondicional: Esto se sigue del hechode que (en)n es K-equivalente a (εnen)n para toda sucesion de signos(εn)n ∈ {−1, 1}N. Definimos la siguiente renorma:

‖|∞∑i=0

aiei‖| = sup{‖∞∑i=0

εiaieki‖ : (εi)i ∈ {−1, 1}N, (ki)i ↑}. (7.4)


Como (en)n es K-equivalente, esta norma esta bien definida. La base(en)n es 1-incondicional y 1-spreading en el espacio (E, ‖| · ‖|). Ademas,para todo

∑n anen ∈ E se tiene que

‖∑

n

anen‖ ≤ ‖|∑

n

anen‖| ≤ K‖∑

n

anen‖, (7.5)

i.e., (en)n dentro de E es K-equivalente a (en)n dentro de (E, ‖| · ‖|).Para cada n ∈ N, sea

λn = ‖|2n−1∑i=0

ei‖|. (7.6)

Propiedades de la sucesion (λn)n:

1. (λn)n es creciente (se sigue de la monotonıa de la base) y λn ≤ 2n.

2. K−1λnλm ≤ λn+m ≤ Kλnλm: Para cada k < 2m, sea Sk =[2nk, 2n(k + 1)). Entonces se tiene que (Sk)k es una sucesion blo-que tal que [0, 2n+m) =

⋃k<2m Sk y tal que |Sk| = 2n para todo k.

Para cada k < 2m sea xk =∑

i∈Skei/‖|

∑i∈Sk

ei‖| =∑

i∈Skei/λn,

ya que la sucesion (en)n es 1-spreading. Entonces

λn+m =‖|∑

i<2n+m

ei‖| = ‖|∑

k<2m

∑i∈Sk

ei‖| = ‖|∑

k<2m

‖|∑i∈Sk

ei‖|xk‖| =

=λn‖|∑

k<2m

xk‖| ≤ Kλn‖|∑

k<2m

ek‖| = Kλnλm,

y de manera equivalente uno prueba que λnλm ≤ Kλn+m.

3. K−nλn1 ≤ λn ≤ Knλn

1 para todo n. Esto se demuestra facilmentepor induccion sobre n utilizando el punto 2.

4. K−n(λm)n ≤ λn+m ≤ Km(λn)m para todo n,m. Esto se demues-tra facilmente a partir de 3.

Entonces aplicando a 3. logaritmos en base 2, para todo n, m se tieneque

n (− logK + log(λm)) ≤ m(logK + log(λn)) (7.7)

y por tanto− logK + log(λm)

m≤ logK + log(λn)

n(7.8)


o lo que es lo mismo,

log(λm)m

− log(λn)n

≤ logKn

+logKm

. (7.9)

Como la desigualdad (7.9) es para cualquier n,m, se sigue que∣∣∣∣ log(λm)m

− log(λn)n

∣∣∣∣ ≤ logKn

+logKm

. (7.10)

La desigualdad (7.10) nos dice que la sucesion (λn/n)n es convergente.Sea c su lımite. Observemos que 0 ≤ c ≤ 1 ya que 0 ≤ log λm ≤ m paratodo m. Pasando al lımite cuando n→∞ en (7.10) se tiene∣∣∣∣ log(λm)

m− c

∣∣∣∣ ≤ logKm

. (7.11)

Haciendo la exponenciacion correspondiente en (7.11) se tiene

K−1(2c)m ≤ λm ≤ K(2c)m. (7.12)

Vamos a demostrar que (en)n es equivalente a la base unitaria de c0 sic = 0 y (en)n es equivalente a la base unitaria de `p para p = 1/c, sic > 0.

Comencemos con el caso c = 0: Fijemos una sucesion de escalares(ai)i∈s indexada en s ∈ FIN. Como la base (en)n es 1-incondicional setiene que

max{|ai| : i ∈ s} ≤ ‖|∑i∈s

aiei‖|. (7.13)

Por otro lado, sea m ∈ N tal que |s| < 2m. Utilizando que la base (en)n

es 1-incondicional y 1-spreading, y las desigualdades (7.12) aplicadas alcaso c = 0 uno tiene

‖|∑i∈s

aiei‖| ≤‖(ai)i∈s‖∞ · ‖|∑i∈s

ei‖| ≤ ‖(ai)i∈s‖∞ · ‖|∑i<2m

ei‖| ≤

≤‖(ai)i∈s‖∞ · λm ≤ K · ‖(ai)i∈s‖∞. (7.14)

Las desigualdades en (7.13) y (7.14) nos dan la equivalencia de (en) conla base unitaria de c0.

Supongamos ahora que c > 0. Demostremos que la base (en)n esequivalente a la base unitaria (un)n de `p, donde p = 1/c. Utilizando que


tanto la base (en)n como la base unitaria (un)n de `p son incondicionales,el Ejercicio 4.3.2 nos dice que es suficiente demostrar que existe unaconstante C ≥ 1 tal que para toda sucesion (ki)i∈s con s ∈ FIN y cadaki ∈ N se tiene que

1C‖∑i∈s

kivi‖`p ≤ ‖|∑i∈s

kiei‖| ≤ C‖∑i∈s

kivi‖`p . (7.15)

Fijemos entonces dicha sucesion (ki)i∈s. Como c > 0, se tiene que (λm)m

es una sucesion creciente no acotada. Para cada i ∈ s, sea mi ∈ N talque

λmi ≤ ki ≤ λmi+1,

y sea m tal que

2m ≤∑i∈s

2mi ≤ 2m+1.

Vamos a demostrar que se tiene que

1K2

(2m)1p ≤‖|

∑i∈s

kiei‖| ≤ (K21p )2(2m)

1p , (7.16)

K(2m)1p ≤‖

∑i∈s

kivi‖`p ≤ 21+ 1pK(2m)

1p , (7.17)

lo que claramente demuestra (7.15) para una cierta C. Las desigualdadesen (7.17) las dejamos como Ejercicio 7.1.3. Demostremos las desigual-dades en (7.16): Sea (Fi)i∈s una sucesion bloque de conjuntos Fi ∈ FINtales que |Fi| = 2mi+1 para todo i ∈ s. Para todo i ∈ s, pongamosxi =

∑k∈Fi

ei/‖|∑

k∈Fiei‖| =

∑k∈Fi

ei/λmi+1. Entonces, utilizandootra vez que (en)n es 1-incondicional y la K-equivalencia con todas sussubsucesiones bloques normalizadas, se tiene

‖|∑i∈s

kiei‖| ≤‖|∑i∈s

λmi+1ei‖| ≤ K‖|∑i∈s

λmi+1xi‖| =

=K‖|∑i∈s

λmi+1

∑k∈Fi

ek

λmi+1‖| = K‖|

∑k∈

Si∈s Fi

ek‖|. (7.18)


Entonces, a partir de (7.18) y (7.12) se tiene

‖|∑i∈s

kiei‖| ≤K‖|∑

k∈S

i∈s Fi

ek‖| ≤ Kλm+2 ≤ K2(2m+2)1p =

=(K21p )2(2

1p )m,

lo que demuestra la segunda desigualdad en (7.16). Pasemos a demostrarla primera desigualdad en (7.16): Sea (Gi)i∈s una sucesion bloque deconjuntos Gi ∈ FIN tales que |Gi| = 2mi para todo i ∈ s. Para todoi ∈ s, pongamos yi =

∑k∈Gi

ei/‖|∑

k∈Giei‖| =

∑k∈Gi

ei/λmi . Entonces

‖|∑i∈s

kiei‖| ≥‖|∑i∈s

λmiei‖| ≥1K‖|∑i∈s

λmiyi‖| ≥

≥ 1K‖|∑i∈s

∑k∈Gi

ek‖| ≥1K‖|∑

k<2m

ek‖| =λm

K≥ (2m)

1p

K2.

Finalmente, demostremos que p cumple (7.1): Utilizando (7.5) y el hechode que (en)n dentro de (E, ‖| · ‖|) es L-equivalente a la base unitaria de`p, se tiene para todo n ∈ N que

1K · L

· 2np ≤ 1

K· λn ≤ ‖

∑i<2n

ei‖ ≤ λn ≤ L · 2np , (7.19)

de lo que se sigue directamente (7.1).

Ejercicio 7.1.3. Demuestre las desigualdades en (7.17).

Un espacio de Banach X se denomina homogeneo si es isomorfo a to-dos sus subespacios cerrados infinito dimensionales. El espacio de Hilbert`2 es homogeneo. El recıproco es tambien cierto.

Teorema 7.1.4 (Gowers). Un espacio de Banach es homogeneo si ysolamente si es isomorfo a `2.

7.2. Espacio de Tsirelson

Introducimos ahora un espacio de Banach reflexivo que no tiene copiasisomorfas ni de c0 ni de ningun `p (p ≥ 1). Dicho espacio fue construido


por Tsirelson, aunque la presentacion que vamos a dar aquı se debea Fiegel y Johnson, y corresponde al dual del espacio originalmenteintroducido por Tsirelson.

Teorema 7.2.1 (Espacio de Tsirelson). Existe un espacio de Banachque no tiene una imagen isomorfa ni de c0 ni de ningun `p (p ≥ 1).

Demostracion. En c00(N) definimos la siguiente norma. Para cada x ∈c00(N), sea

‖x‖ = ‖x‖∞ ∨ sup{12

n∑i=1

‖Ei(x)‖ : (Ei)ni=1 ∈ A}, (7.20)

donde A es el conjunto de sucesiones bloque (Ei)ni=1 de intervalos Ei ⊆ N

tales que n ≤ mınE1 y donde Ex denota la proyeccion natural de xsobre el intervalo E. Sea T la complecion de c00(N) con la norma ‖ · ‖.Este espacio se denomina el espacio de Tsirelson. Notemos que ‖ · ‖esta definida implıcitamente, ası que se necesita justificar su existencia.Para ello vamos a definir un conjunto 1-normante que nos va a dar lanorma. Sea K ⊆ c00 el conjunto mas pequeno (bajo inclusion) de c00(N)tal que:

1. un ∈ K para todo n ∈ N,

2. K es simetrico, i.e. si f ∈ K, entonces −f ∈ K,

3. si (fi)ni=1 es una sucesion bloque de elementos de K tal que n ≤

mın supp f1, entonces (1/2)∑n

i=1 fi ∈ K.

Es facil ver (Ejercicio 7.2.2) que la norma en c00(N) definida a partir de

‖x‖ = sup{|〈f, x〉| : f ∈ K} (7.21)

tiene la propiedad (7.20). Ademas la base unitaria (un)n∈N de c00(N) esuna base 1-incondicional del espacio T : la sucesion (un)n∈N es basica,con constante basica 1, ya que K es cerrado bajo restricciones sobreintervalos iniciales [0, n] de enteros (i.e. si f ∈ K, entonces f � [0, n] ∈K). De hecho es 1-incondicional ya que K es cerrado bajo restriccionesen subconjuntos arbitrarios. Es una base ya que, por definicion, se tieneque 〈un〉n∈N = T (T es la completacion de c00 con la norma ‖·‖). Veamosque T :


(a) es un espacio reflexivo, y

(b) no contiene ni a c0 ni a ningun `p (p ≥ 1).

Como (un)n∈N es una base incondicional de T , el Teorema 4.5.15 deJames nos dice que (b) implica (a). Demostremos (b) en dos casos:(b.1) El espacio T no contiene c0 o `p, con p > 1. Supongamos lo contra-rio, es decir, que el espacio de Tsirelson T contiene una copia isomorfade c0 o de `p, con p > 1. El Corolario 4.3.13 nos dice que de hecho po-demos suponer que existe una subsucesion bloque normalizada (xn)n∈Nde la base (un)n∈N de T que es C-equivalente (C ≥ 1) a la base unita-ria de c0 o `p, p > 1. Observemos que si ponemos mn = mın suppxn yEn = [mn,mn+1 − 1] entonces, a partir de (7.20), se tiene que

‖2n−1∑i=n

xi‖ ≥12

2n−1∑i=n

‖Ei(2n−1∑i=n

xi)‖ =12

2n−1∑i=n

‖xi‖ =n

2, (7.22)

mientras que, por otro lado se tiene que

‖2n−1∑i=n

xi‖ ≤{C si (xn) es C-equiv. a la base nat. de c0Cn1/p si (xn) es C-equiv. a la base nat. de `p, p > 1.

(7.23)Esta claro que, para n suficientemente grande, las desigualdades (7.22)y (7.23) son contradictorias entre sı.(b.2) El espacio T no contiene copias isomorfas de `1. Supongamos queno. Por el Teorema 4.3.15 de James, podemos suponer que existe unasucesion bloque normalizada (xn)n∈N que es 5/4-equivalente a la baseunitaria de `1. Sea m = max suppx1 y sea n tal que

3n+m− 14n

<45. (7.24)

Consideremos el vector

x =12x0 +

12n

2n−1∑i=n

xi. (7.25)

Entonces, utilizando la equivalencia con la base de `1 se tiene que

‖x‖ ≥ 45. (7.26)


Vamos a demostrar que esto es imposible: Sea (Ei)ki=1 en el conjunto

A. Supongamos primero que E1 ∩ suppx0 6= ∅. Entonces mınE1 ≤ ny por tanto, k ≤ n. Para cada 1 ≤ j ≤ k, sea Ij = {i ∈ [n, 2n− 1] :Ej ∩ suppxi 6= ∅}.

12

k∑j=1

‖Ejx‖ ≤12

k∑j=1

‖Ejx‖ ≤12

k∑j=1

‖Ejx0‖+12

k∑j=1

‖Ej1

2n

2n−1∑i=n

xi‖ ≤

≤12

+1

2n(12

k∑j=1

‖Ej

∑i∈Ij

xi‖) ≤12

+1

2n12

k∑j=1

|Ij | ≤

≤12

+1

2n12

(n+ k − 1) =3n+ k − 1

4n<

45. (7.27)

Por otro lado, si E1 ∩ suppx0 = ∅, entonces

12

k∑i=1

‖Eix‖ =12

k∑i=1

‖Ei(1

2n

2n−1∑i=n

xi)‖ ≤ ‖ 12n

2n−1∑i=n

xi‖ ≤1

2n

2n−1∑i=n

‖xi‖ =

=12<

45. (7.28)

Como cada xi es normalizado, se tiene que ‖xi‖∞ ≤ 1 para todo i. Porlo tanto,

‖x‖∞ ≤ 12. (7.29)

Se sigue de las desigualdades (7.27), (7.28) y (7.29) que ‖x‖ < 4/5, loque es contradictorio con la desigualdad (7.26).

Ejercicio 7.2.2. Demuestre que la norma ‖ · ‖ en c00(N) definida en(7.21) tiene la propiedad implıcita de (7.20).

Capıtulo 8

Representabilidad finita.Teorema de Krivine

Como acabamos de ver en la Seccion 7.2 no es cierto que todo espaciode Banach tenga una copia isomorfa de c0 o algun `p, p ≥ 1. Sin embargo,desde el punto de vista local la situacion es diferente. Probablemente, elresultado mas famoso de este tipo es el Teorema de Dvoretzky que diceque en todo espacio de Banach de dimension infinita se puede encontrarcopias (1 + ε)-isomorfas de `n2 para todo ε > 0 y todo n ∈ N. Vamosa presentar aquı un resultado mas fuerte (aunque las constantes sonpeores) que dice que para toda sucesion basica normalizada (xn)n de unespacio de Banach X existe un 1 ≤ p ≤ ∞ tal que para todo ε > 0 ytodo n ∈ N, existe una subsucesion bloque normalizada (yk)k<n de (xk)k

que es (1 + ε)-equivalente a la base unitaria (uk)k<n de `np . Este es elfamoso Teorema de Krivine [KR].

En la Seccion 8.1 introducimos la nocion de representabilidad finitay su relacion con los utraproductos de espacios de Banach. En la Sec-cion 8.2 daremos unas pocas propiedades del espectro de un operadoracotado, que luego utilizaremos en la ultima seccion para demostrar elTeorema de Krivine antes mencionado. La demostracion que exponemosse basa en la dada por Lemberg en [LE].

163


8.1. Representabilidad finita

Definicion 8.1.1. Sean X e Y dos espacios de Banach, λ ≥ 1. Se diceque X es λ-representable en Y si para todo subespacio finito dimensionalE de X y todo ε > 0 existe un subespacio F de Y isomorfo a E adistancia de Banach-Mazur d(E,F ) ≤ λ+ ε (ver Definicion 3.1.15).

Se dice que X es finitamente representable en Y cuando X es 1-representable en Y .

Para una demostracion del siguiente resultado, ver [JL, pp 63].

Teorema 8.1.2 (Principio de Reflexividad Local). El doble dualX∗∗ de un espacio de Banach X es finitamente representable en X.

La nocion de representabilidad esta ıntimamente relacionada con lade ultraproducto, que a continuacion introducimos.

Definicion 8.1.3. Sea I un conjunto cualquiera. Una familia U de sub-conjuntos de I se denomina ultrafiltro cuando

(1) A ∈ U , A ⊆ B implica que B ∈ U .

(2) A,B ∈ U implica que A ∩ B ∈ U (estas dos primeras propiedadesdicen que U es un filtro sobre I).

(3) Si A ∪B ∈ U entonces, o bien A ∈ U , o bien B ∈ U .

Ejercicio 8.1.4. Sea F un filtro sobre I. Demuestre que los siguientesson equivalentes:

1. F es un ultrafiltro.

2. F es un filtro maximal.

3. Para todo A ⊆ I, o bien I ∈ F , o bien I \A ∈ F .

Definicion 8.1.5. Sea {Xi}i∈I una familia de espacios de Banach. Sea(∑

i∈I Xi)∞ el conjunto de todas las sucesiones (xi)i∈I ∈∏

i∈I Xi talesque

sup{‖xi‖Xi : i ∈ I} <∞.

Esta claro que (∑

i∈I Xi)∞ es un subespacio vectorial de∏

i∈I Xi. Demanera natural, definimos sobre (

∑i∈I Xi)∞ la norma ‖ ·‖∞ a partir de

‖(xi)i∈I‖ = sup{‖xi‖Xi : i ∈ I}.

De hecho, esta norma es completa (Ejercicio 8.1.6).


Ejercicio 8.1.6. Demuestre que la norma ‖ · ‖∞ introducida en la De-finicion 8.1.5 es completa.

Definicion 8.1.7. Sea ahora U un ultrafiltro sobre I. Dada una sucesionde reales acotada (λi)i∈I (i.e. (λi)i∈I ∈ (

∑i∈I R)∞ = `∞(I)), se define

el U-lımite de (λi)i∈I por lımi→U

(λi)i = λ si y solamente si para todo ε > 0

{i ∈ I : |λi − λ| ≤ ε} ∈ U .

Ejercicio 8.1.8. 1. Demuestre que el U-lımite de una sucesion aco-tada siempre existe y es unico.

2. Demuestre que

lımi→U

(λi)i + lımi→U

(µi)i =lımi→U

(λi + µi)i

α( lımi→U

(λi)i) =lımi→U

(αxi)i.

Definicion 8.1.9. Sea ZU ⊆ (∑

i∈I Xi)∞ definido por

ZU = {(xi)i∈I ∈ (∑i∈I

Xi)∞ : lımi→U

(‖xi‖Ei)i = 0}.

Se sigue del Ejercicio 8.1.8 que ZU es un subespacio lineal de (∏

i∈I Xi).

Proposicion 8.1.10. ZU es cerrado en (∏

i∈I Xi)∞.

Demostracion. Supongamos que ((xni )i∈I)n∈N es una sucesion de elemen-

tos de ZU que converge a (yi)i. Demostremos que (yi)i ∈ ZU : Fijemosε > 0. Sea n ∈ N tal que

sup{‖xni − yi‖Xi : i ∈ I} ≤ ε

2. (8.1)

Entonces se sigue de (8.1) que

{i ∈ I : ‖yi‖Xi ≤ ε} ⊆ {i ∈ I : ‖xni ‖Xi ≤

ε

2} ∈ U .


Definicion 8.1.11. Sea U un ultrafiltro sobre un conjunto I, y sea{Xi}i∈I una familia de espacios de Banach. Se define el ultraproductode la familia {Ei}i∈I sobre U como

(∏i∈I

Xi)U = (∏i∈I

Xi)∞/ZU .

Los elementos de este ultraproducto los denotaremos por (xi)U y a lanorma cociente por ‖ · ‖U

Una ultrapotencia de X es un ultraproducto (∏

iXi)U donde Xi = Xpara todo i. La denotaremos por (

∏X)U .

Proposicion 8.1.12. Para todo (xi)U se tiene que

‖(xi)U‖U = lımi→U

‖xi‖Xi .

Demostracion. Sea (xi)i ∈ (∏Xi)∞, (yi)i ∈ ZU . Veamos primero que

lımi→U

‖xi + yi‖Xi = lımi→U

‖xi‖Xi : (8.2)

Por un lado se tiene que

lımi→U

‖xi + yi‖Xi ≤ lımi→U

(‖xi‖Xi + ‖yi‖Xi) = U‖xi‖Xi + U‖yi‖Xi =

=lımi→U

‖xi‖Xi ,

y por el otro

lımi→U

‖xi + yi‖Xi ≥ lımi→U

(‖xi‖Xi − ‖yi‖Xi) = U‖xi‖Xi − U‖yi‖Xi =

=lımi→U

‖xi‖Xi ,

Por tanto, se sigue de (8.2) que

‖(xi)i + (yi)i‖∞ ≥ lımi→U

‖xi + yi‖Xi = lımi→U

‖xi‖Xi (8.3)

y en consecuencia

‖(xi)U‖U = inf{‖(xi)i + (yi)i‖∞ : (yi)i ∈ ZU} ≥ lımi→U

‖xi‖Xi . (8.4)


Demostremos que ‖(xi)U‖U ≤ lımi→U

‖xi‖Xi : Fijemos ε y sea

A = {i ∈ I : |‖xi‖Xi − λ| ≤ ε} ∈ U ,

donde λ = lımi→U

‖xi‖Xi . Sea (yi)i definido por yi = 0 si i ∈ A y yi = −xi

si i ∈ I \A. Esta claro que (zi)i ∈ ZU . Entonces

‖(xi)U‖U ≤‖(xi)i + (yi)i‖∞ = sup{‖xi‖Xi : i ∈ A} ≤ lımi→U

‖xi‖Xi + ε.

(8.5)

Como ε > 0 es arbitrario, (8.5) nos da el resultado deseado.

Definicion 8.1.13. Un ultrafiltro U sobre I se denomina principal siU ∩ [I]<∞ 6= ∅.

Ejercicio 8.1.14. Demuestre que un ultrafiltro U sobre I es principalsi y solamente si existe i ∈ I tal que U = {A ⊆ I : i ∈ A}.

Ejercicio 8.1.15. Demuestre que si U es un ultrafiltro principal sobre I,y (∏

iXi)U es un ultraproducto de espacios de Banach, entonces existej ∈ I tal que Xj es isometrico a (

∏iXi)U .

El siguiente resultado relaciona la representabilidad finita con las ul-trapotencias.

Teorema 8.1.16. X es λ-representable en Y si y solamente si exis-te una ultrapotencia E de Y y un subespacio cerrado Z de E tal qued(X,Z) ≤ λ.

Para su demostracion necesitamos el siguiente resultado elemental so-bre aproximacion.

Lema 8.1.17. Sea (xi)i<n una sucesion de vectores normalizados y li-nealmente independientes en un espacio normado U = (U, ‖ · ‖U ), y seaε > 0. Entonces existe un δ > 0 y un conjunto finito D ⊆ Kn tal que si(yi)i<n es una sucesion de vectores normalizados y linealmente indepen-dientes en un espacio normado V = (V, ‖ · ‖V ) tal que∣∣∣∣∣‖∑

i<n

aixi‖U − ‖∑i<n

aiyi‖V

∣∣∣∣∣ ≤ δ para todo (ai)i<n ∈ D (8.6)

entonces (xi)i<n e (yi)i<n son (1 + ε)-equivalentes.


Demostracion. Sea T : (〈xi〉i<n, ‖ · ‖U ) → `n1 el isomorfismo lineal de-finido por T (xi) = ui para todo i < n. Sea δ > 0 tal que (1 + 3δ) ·(1− 3δ)−1 ≤ 1 + ε, y sea D un subconjunto finito δ-denso de ‖T‖ ·B`n

1,

i.e. tal que para todo (bi)i<n ∈ ‖T‖ · B`n1

existe (ai)i<n ∈ D tal que‖(bi − ai)i<n‖`n

1=∑

i<n |bi − ai| ≤ δ. Veamos que δ y D tienen las pro-piedades requeridas. Sea (yi)i<n una sucesion de vectores normalizados ylinealmente independientes en un espacio V tal que (8.6) se cumple. Va-mos a demostrar que dichas sucesiones son (1 + ε)-equivalentes: Fijemosescalares (bi)i<n, y supongamos que

‖∑i<n

bixi‖U = 1 (8.7)

Entonces como (xi)i<n es normalizada, ‖∑

i<n bixi‖U ≤ ‖(bi)i<n‖`n1

ypor tanto, se tiene que

‖(bi)i<n‖`n1≤ ‖T‖‖

∑i<n

aivi‖V = ‖T‖. (8.8)

O sea, (bi)i<n ∈ ‖T‖ · B`n1. Sea (ai)i<n ∈ D tal que

∑i<n |bi − ai| ≤ δ.

Entonces

‖∑i<n

biyi‖V ≤‖∑i<n

aiyi‖V + δ ≤ ‖∑i<n

aixi‖U + 2δ

≤‖∑i<n

bixi‖U + 3δ = (1 + 3δ) · ‖∑i<n

bixi‖U .

Por otro lado,

‖∑i<n

biyi‖V ≥‖∑i<n

aiyi‖V − δ ≥ ‖∑i<n

aixi‖V + 2δ

≥‖∑i<n

bixi‖U − 3δ = (1− 3δ) · ‖∑i<n

bixi‖U .

El caso donde (bi)i<n es una sucesion arbitraria no nula tal que (8.7)no se cumple necesariamente se prueba a partir de lo ya hecho con unasimple normalizacion.

Demostracion del Teorema 8.1.16. Supongamos primero que d(X,Z) ≤λ para cierto subespacio cerrado Z de una ultrapotencia E = (

∏Y )U de


Y . Demostremos que E es de hecho finitamente representable en Y y portanto, X sera λ-finitamente representable en Y . Fijemos unos vectoresnormalizados y linealmente independientes (x(0)

i )U , . . . , (x(n−1)i )U de E,

y fijemos ε > 0. Sea D ⊆ Rn+1 y δ dado por el Lema 8.1.17 aplicado adicha sucesion y ε > 0. Para cada (aj)j<n ∈ D, sea

A((aj)j<n) = {i ∈ I : |‖∑j<n

ajx(j)i ‖Y − ‖

∑j<n

aj(x(j)i )U‖E | ≤ δ} ∈ U .

Sea i0 ∈⋂

(aj)j<n∈D A((aj)j<n). Esto es posible ya que D es finito y Ues un ultrafiltro. Entonces (x(j)

i0)j<n y ((x(j)

i )U )j<n cumplen (8.6) y portanto son (1 + ε)-equivalentes.

Demostremos ahora la implicacion directa. Sea I el conjunto de lospares (E, ε) con E subespacio finito dimensional de X y ε > 0. Definimosun orden en I de la manera siguiente:

(E, ε) ≤ (E′, ε′) si y solamente si E ⊆ E′ y ε′ < ε.

Para cada i ∈ I, sea [i,∞) = {j ∈ I : i ≤ j}, entonces el conjunto{[i,∞) : i ∈ I} tiene la propiedad de interseccion finita, ya que (I,≤)es un orden parcial dirigido. Sea U un ultrafiltro que contiene a todoslos [i,∞), y sea X = (

∏i Y )U la ultrapotencia de Y correspondiente.

Ahora, para cada (E, ε) ∈ I, sea TE,ε : E → Y un isomorfismo tal que

1λ+ ε

‖x‖X ≤ ‖TE,ε(x)‖Y ≤ ‖x‖X .

SeaT : X → (

∏i∈I

Y )∞

definido por

(T (x))(E,ε) =

{T(E,ε)(x) si x ∈ E0 en caso contrario

(8.9)

y seaT : X → (ΠiY )U (8.10)

la composicion de T con el operador cociente de (∏

i Y )∞ en (∏

i Y )U .Entonces T es un isomorfismo (Ejercicio 8.1.18).


Ejercicio 8.1.18. Demuestre que el operador T : X → (ΠiY )U definidoen (8.10) es un isomorfismo.

Proposicion 8.1.19. Un ultraproducto de ultraproductos es un ultra-producto. Mas concretamente, si U y V son dos ultrafiltros sobre I y Jrespectivamente y {X(j)

i }(i,j)∈I×J es una familia de espacios de Banach,entonces existe un ultrafiltro W sobre I × J tal que∏

i∈I

(∏j∈J

X(i)j )V

U

≡

∏(i,j)∈I×J

X(j)i

W

,

y donde ≡ denota isometrıa.

Demostracion. Sea W el conjunto de subconjuntos de I×J definido por

A ∈ W si y solamente si {i ∈ I : {j ∈ J : (i, j) ∈ A} ∈ V} ∈ U .

Entonces W es un ultrafiltro (Ejercicio 8.1.20) sobre I×J y la aplicacionΦ : (

∏i∈I((

∏j∈J X

(i)j )V))U → (

∏(i,j)∈I×J X

(j)i )W definida por

Φ((x(i)j )V)U = (x(j)

i )W

es una isometrıa (Ejercicio 8.1.20)

Ejercicio 8.1.20. Demuestre que W y Φ definidos en la prueba de laProposicion 8.1.19 son un ultrafiltro sobre I × J y una isometrıa, res-pectivamente.

Ejercicio 8.1.21. Sean En espacios de Banach (n ∈ N). Supongamosque para cada n ∈ N la sucesion (x(n)

m )m es una sucesion normalizadaen Xn. Sea U un ultrafiltro. Para cada m ∈ N, sea

ym = ((x(n)m )n)U ∈ (

∏n

Xn)U .

Demuestre:

1. Si cada (x(n)m )m es una sucesion basica de constante basica ≤ C,

entonces (ym)m es una sucesion basica de constante basica ≤ C.


2. Si cada (x(n)m )m es una sucesion basica incondicional de constante

de incondicionalidad ≤ C, entonces (ym)m es una sucesion basicaincondicional de constante de incondicionalidad ≤ C.

3. Si cada (x(n)m )m es una sucesion C-spreading, entonces (ym)m es

una sucesion C-spreading.

8.2. Espectro de un operador

Presentamos a continuacion una serie de resultados elementales deteorıa espectral de un operador acotado, y que mas adelante seran utili-zados en la demostracion del Teorema de Krivine. De particular impor-tancia es el Teorema 8.2.9 que dice que todo operador sobre un espaciode Banach complejo tiene un valor espectral.

En lo que sigue, X denotara un espacio de Banach sobre un cuerpoK = R,C.

Definicion 8.2.1. Un operador acotado T ∈ B(X,Y ) entre dos espaciosde Banach X e Y se denomina invertible si existe un U ∈ B(Y,X)tal que U ◦ T = IdX y T ◦ U = IdY , o equivalentemente, si T es unisomorfismo exhaustivo. A partir del teorema de la aplicacion abiertaesto es equivalente a decir que T es una biyeccion.

Proposicion 8.2.2. Supongamos que T ∈ B(X) es un operador de nor-ma ‖T‖ < 1. Entonces IdX −T es invertible y su inverso es

∞∑n=0

Tn,

y donde la serie anterior es absolutamente convergente.

Demostracion. Se tiene, a partir de la desigualdad triangular, quem∑

n=0

‖Tn‖ ≤m∑

n=0

‖T‖n →m→∞

11− ‖T‖

y por tanto∑

n≥0 Tn es absolutamente convergente. Por otro lado, se

tiene que

(IdX −T ) ◦ (∑n≥0

T k) = (IdX −T ) + (T − T 2) + · · · = IdX .


De manera equivalente se prueba que (∑

n≥0 Tk) ◦ (IdX −T ) = IdX .

Lema 8.2.3. Sea X un espacio de Banach y sean S, T ∈ B(X). Si T esinvertible y ‖T − S‖ < ‖T−1‖−1, entonces S es invertible y

S−1 =∞∑

n=0

[(T−1(T − S)nT−1)],

y la serie converge absolutamente.

Demostracion. Se tiene que

‖ IdX −T−1S‖ = ‖T−1(T − S)‖ ≤ ‖T−1‖ · ‖T − S‖ < 1.

Por lo tanto, a partir de la Proposicion 8.2.2 se tiene que

T−1S = IdX −(IdX −T−1S)

es invertible, y por lo tanto tambien lo es S. Por otro lado,

S−1 = [T (IdX −T−1(T − S))]−1 = (8.11)

= (IdX −T−1(T − S)]−1T−1 = (8.12)

= (∞∑

n=0

(T−1(T − S))n)T−1 (8.13)

donde la serie converge absolutamente y la ultima igualdad se obtiene apartir de la Proposicion 8.2.2 aplicada a T−1(T − S).

Definicion 8.2.4. Sea X un espacio de Banach sobre K y T ∈ B(X).Se define el espectro σ(T ) de T como

σ(T ) = {λ ∈ K : λ IdX −T no es invertible}.

Por ejemplo, si λ es un valor propio de T (es decir, si existe x ∈ X,x 6= 0 tal que T (x) = λx) entonces λ ∈ σ(T ).

Definicion 8.2.5. Un escalar λ es un valor propio aproximado de T ∈B(T ) si existe una sucesion normalizada (xn)n en X tal que

lımn→∞

(T (xn)− λxn) = 0.


Ejercicio 8.2.6. Demuestre que un escalar λ es un valor propio aproxi-mado de T ∈ B(T ) si y solamente si λ IdX −T no es un isomorfismo.

Proposicion 8.2.7. Sea X un espacio de Banach y T ∈ B(X). En-tonces todo valor elemento de la frontera de σ(T ) es un valor propioaproximado.

Demostracion. Sea λ un elemento de la frontera de σ(T ) y, razonan-do por reduccion al absurdo, supongamos que λ no es un valor pro-pio aproximado. Entonces T − λ IdX es un isomorfismo. Como λ ∈σ(T ), el operador T − λ IdX no es exhaustivo. Sea y ∈ X tal qued(y, Im(T − λ IdX)) ≥ 1. Como λ es un valor de frontera de σ(T ), po-demos encontrar una sucesion (λn)n en K \ σ(T ) convergente a λ. Estoquiere decir que para cada n ∈ N, el operador T − λn IdX es inverti-ble. Sea xn ∈ X tal que (T − λn IdX)(xn) = y para todo n. EntoncesT (xn)− λn(xn) + λxn = y + λxn y por tanto,

|λ− λn|‖xn‖ = ‖y − (T (xn)− λxn)‖ ≥ 1. (8.14)

Como λ−λn →n∈∞ 0, la igualdad en (8.14) implica que ‖xn‖ → ∞. Seavn = xn/‖xn‖ para todo n. Entonces,

‖Tvn − λvn‖ =1

‖xn‖‖Txn − λxn‖ ≤

1‖xn‖

(‖Txn − λnxn‖+

+‖λnxn − λxn‖) =‖y‖‖xn‖

+ |λn − λ| →n→∞

0,

y por tanto λ es un valor propio aproximado de T . Contradiccion.

Proposicion 8.2.8. El espectro de todo operador acotado es un subcon-junto compacto de K. De hecho, σ(T ) ⊆ {λ ∈ K : |λ| ≤ ‖T‖}.

Demostracion. El Lema 8.2.3 nos dice que K \ σ(T ) es abierto. Porotro lado, si |λ| > ‖T‖, entonces por la Proposicion 8.2.2 se tiene queIdX −T/λ es invertible, y consecuentemente, tambien λ IdX −T .

El siguiente teorema solo es valido para espacios de Banach complejos.

Teorema 8.2.9. El espectro de un operador acotado en un espacio deBanach complejo es no vacıo.


Para la demostracion se requieren los siguientes conceptos.

Definicion 8.2.10. Dado U ⊆ C abierto, y X un espacio de Banachcomplejo. Una funcion f : U → X se denomina analıtica si para todoz0 ∈ U existe r = r(z0) y (an)n en X tales que para todo z ∈ D(z0, r) ={z ∈ C : |z0 − z| < r} se tiene que

f(z) =∞∑

n=0

an(z − z0)n,

donde la serie converge absolutamente en X.Una funcion entera es una funcion analıtica f : C→ X.

Teorema 8.2.11 (Liouville). Supongamos que f : C → X es unafuncion entera y acotada. Entonces f es constante.

Demostracion. Dado g ∈ X∗, la funcion g ◦ f : C → C es una funcionentera, ya que para z ∈ D(z0, r(z0)), se tiene g(f(z)) = g(

∑∞n=0 an(z −

z0)n) =∑∞

n=0 g(an)(z − z0)n, y

∞∑n=0

|g(an)(z − z0)n| ≤ ‖g‖(∞∑

n=0

‖an‖|(z − z0)|n <∞.

Por lo tanto, si f es acotada, para cada g ∈ X∗, se tiene que g◦f : C→ Ces entera y acotada y por lo tanto constante. De aquı sigue que para todog ∈ X∗ y todo z ∈ C, g(f(z) − f(0)) = 0, o sea que ‖f(z) − f(0)‖ = 0para todo z ∈ C, o lo que es lo mismo, f(z) = f(0) para todo z ∈ C.

Demostracion del Teorema 8.2.9. Sea f : C \ σ(T ) → B(X) la funcionf(λ) = (λ IdX −T )−1. Vamos a justificar que f es una funcion analıtica.Sea λ0 ∈ C \ σ(T ), y sea λ ∈ C tal que

|λ0 − λ| < ‖(λ0 IdX −T )−1‖−1.

Entonces, como

‖λ0 IdX −T − (λ IdX −T )‖ < ‖(λ0 IdX −T )−1‖−1,


a partir del Lema 8.2.3 se tiene que λ /∈ σ(T ), y

f(λ) =∞∑

n=0

[[(λ0 IdX −T )−1 · (λ0 − λ) IdX ]n · (λ0 IdX −T )−1] =

=∞∑

n=0

(λ0 − λ)n · (λ0 IdX −T )−(n+1) =

=∞∑

n=0

f(λ0)n+1 · (λ0 − λ)n,

donde las series convergen absolutamente.Por otro lado si |λ| > ‖T‖, entonces λ /∈ σ(T ), y

f(λ) = (λ IdX −T )−1 = λ−1(IdX −T

λ)−1 =

∑n≥0

Tn

λn+1

la ultima igualdad a partir de la Proposicion 8.2.2. Por lo tanto

‖f(λ)‖ ≤ 1|λ| − ‖T‖

. (8.15)

Por consiguiente, f es una funcion analıtica y acotada. Si σ(T ) =∅, entonces f serıa constante con valor S ∈ B(X) por el Teorema deLiouville 8.2.11. Como (8.15) implica que para todo ε > 0 hay un λ ∈ Ctal que ‖S‖ = ‖f(λ)‖ ≤ ε, se tiene que S = 0, lo que es imposible yaque S es invertible.

Los valores propios aproximados de un operador acotado T son valorespropios de cierto operador naturalmente asociado a T .

Definicion 8.2.12. Sean (Xi)i∈I e (Yi)i∈I sucesiones de espacios deBanach y sean Ti ∈ B(Xi, Yi) (para todo i ∈ I) tales que supi ‖Ti‖ <∞.Se define T = (

∏Ti)U : (

∏Xi)U → (

∏Yi)U a partir de T ((xi)U ) =

(T (xi))U .

Ejercicio 8.2.13. Demuestre que (∏Ti)U ∈ B((

∏Xi)U , (

∏Yi)U ).

Ejercicio 8.2.14. Sea X un espacio de Banach, T ∈ B(X) y U unultrafiltro sobre N. Demuestre que λ es un valor propio aproximado de Tsi y solamente si λ es un valor propio de (

∏S)U : (

∏X)U → (

∏X)U .


Teorema 8.2.15. Sea X un espacio de Banach complejo y sean S, T ∈B(X) tales que S ◦ T = T ◦ S. Entonces existen λ ∈ σ(S), µ ∈ σ(T ) yuna sucesion (xn)n normalizada en X tales que

S(xn)− λxn, T (xn)− µxn −→n→∞

0.

Demostracion. Sea λ un valor propio aproximado de S. Sea U un ultra-filtro sobre N, y sea X = (ΠnX)U . Sean S, T ∈ B(X) las extensionesde S y T correspondientes. Entonces por el Ejercicio 8.2.14 se tiene queλ es un valor propio de S. Sea Z = {x ∈ X : S(x) = λx}. Esta claroque Z es un subespacio cerrado de X, y que como S conmuta con T ,T (Z) ⊆ Z. Por tanto sea µ un valor de frontera de σ(T � Z) y sea (xn)n

en Z tal que‖T xn − µxn‖U →

n→∞0. (8.16)

Pongamos xn = ((x(n)m )m)U . Podemos observar que (8.16) quiere decir

que para todo ε existe n0 ∈ N tal que par todo n ≥ n0,

A(n, ε) = {m ∈ N : ‖T (x(n)m )− µx(n)

m ‖ ≤ ε} ∈ U ,

mientras que xn ∈ Z quiere decir que para todo ε > 0,

B(n,S) = {m ∈ N : ‖S(x(n)m − λx(n)

m ‖ ≤ ε} ∈ U .

Por tanto, para cada k, podemos encontrar nk tal que A(nk,1k ) ∈ U , y

luego escoger mk ∈ A(nk,1k )∩B(nk, ε). Entonces, sea yk = x

(nk)mk ; por la

eleccion de mk, se sigue que S(yk) − λyk y T (yk) − µyk tienden ambosa 0 cuando k tiende a infinito.

8.3. Representabilidad finita por bloques. Teo-rema de Krivine

Definicion 8.3.1. Sean (xn)n y (en)n dos sucesiones basicas en espaciosde Banach X y E respectivamente, y sea K ≥ 1. Se dice que la sucesion(xn)n es K-finitamente representable por bloques(K-f.r.b.) en (en)n sipara todo m ∈ N y todo ε > 0 existe una subsucesion bloque normalizada(yn)n<m de (en)n que es K + ε-equivalente a (xn)n<m.

Diremos que (xn)n es finitamente representable por bloques ( f.r.b.)en (en)n si (xn)n es 1-f.r.b. en (en)n.


Ejercicio 8.3.2. Demuestre que si (xn)n es K-f.r.b. en (yn)n e (yn)n

es L-f.r.b. en (zn)n, entonces (xn)n es K · L-f.r.b. en (zn)n. En conse-cuencia, la relacion de ser f.r.b. es transitiva.

Ejercicio 8.3.3. Supongamos que (xn)n es un modelo spreading de(en)n. Entonces (xn)n es f.r.b. en (en)n.

Ejercicio 8.3.4. Sean Xn espacios de Banach (n ∈ N). Supongamosque para cada n ∈ N tenemos una sucesion basica normalizada (x(n)

m )m

de Xn de constante basica ≤ C y supongamos que cada (x(n)m )m es K-

finitamente representable por bloques en una cierta sucesion basica (en)n.Sea U un ultrafiltro. Para cada m ∈ N, sea

ym = ((x(n)m )n)U ∈ (

∏n

Xn)U .

Demuestre que (ym)m es K-finitamente representable por bloques en(en)n.

Teorema 8.3.5. Sea (en)n una sucesion basica en un cierto espaciode Banach E. Entonces existe una sucesion basica 1-incondicional y 1-spreading que es f.r.b. en (en)n.

Demostracion. Utilızese el Teorema 5.4.7 de Brunel-Sucheston para en-contrar un spreading model (xn)n de (en)n. Notese que la sucesion basica(xn)n no es necesariamente incondicional. Por el Teorema 6.2 de Rosent-hal, tenemos dos casos a considerar:Caso 1. Supongamos primero que existe una subsucesion (xn)n∈M de(xn)n equivalente a la base unitaria de `1. Sea ε > 0. Por el Teorema4.3.15 de James podemos encontrar una subsucesion bloque normalizada(yn)n de (xn)n∈M que es (1 +ε)-equivalente a la base unitaria de `1. Porel Ejercicio 8.3.2, (xn)n es f.r.b. en (en)n. Como (yn)n es una subsucesionbloque de (xn)n∈M , la sucesion (yn)n esta f.r.b. en (xn)n y por tanto, apartir del Ejercicio 8.3.2, se tiene que (yn)n esta f.r.b. en (en)n. Comola sucesion (yn)n es (1 + ε)-equivalente a la base unitaria (un)n de `1, sesigue que (un)n es (1 + ε)-finitamente representable por bloques.Caso 2. Existe una subsucesion (xnk

)k∈N de (xn)n que es debilmenteCauchy. Sea λ = ‖x1 − x0‖. Entonces la sucesion de diferencias (yk)k

definida por

yk =1λ

(xn2k+1− xn2k

)


es una sucesion bloque normalizada de (xn), que es debilmente nula y1-spreading. Por tanto, a partir de la Proposicion 5.4.4, se tiene que(yk)k es incondicional, con constante de supresion-incondicionalidad 1.Esta claro que (yk)k es f.r.b. en (en)n. Sin embargo, la demostracion noesta todavıa terminada, ya que (yk)k es 2-incondicional, pero no necesa-riamente 1-incondicional. Sea (zn)n definida por

zn =1µ

(y2n+1 − y2n),

donde µ = ‖y1 − y0‖. Como (yn)n es 1-spreading, la subsucesion blo-que (zn)n es normalizada y 2-incondicional con constante de supresion-incondicionalidad 1, y como (zn)n esta identicamente distribuida, (zn)n

es 1-spreading. Distinguimos ahora dos nuevos casos:Subcaso 2.1 K = sup{‖

∑i<k zi‖ : k ∈ N} <∞. En este caso, veamos

que (zn)n es 2K-equivalente a la base unitaria de c0: Fijemos escalares(an)n. Como (zn)n es una sucesion basica incondicional CSI((zn)n) = 1,se tiene que

‖(an)n‖∞ ≤ ‖∑

n

anzn‖. (8.17)

Por otro lado, como CI((zn)n) ≤ 2CSI((zn)n) = 2, la Proposicion 4.5.11nos da que

‖∑

n

anzn‖ ≤ 2‖(an)n‖∞ · ‖∑

n

zn‖ ≤ 2K‖(an)n‖∞. (8.18)

Finalmente, por el Teorema 4.3.15 de James, para cada ε > 0 podemosencontrar una subsucesion bloque normalizada (wn)n de (zn)n que es1 + ε-equivalente a la base unitaria de c0. Por tanto, la base unitaria(un)n de c0 es f.r.b. en (zn)n, y en consecuencia tambien en (en)n.Subcaso 2.2 sup{‖

∑i<k zi‖ : k ∈ N} = ∞. Para cada n ∈ N y cada

k ∈ N sea

v(n)k =

1λk

2kn+k−1∑i=2kn

zi,

y donde λk = ‖∑

i<k zi‖. Observemos que para cada k se tiene que(v(n)

k )n es una subsucesion bloque normalizada de (zn)n, que ademas es-ta identicamente distribuida y, por tanto, es una sucesion 1-spreading.Sea U un ultrafiltro no principal sobre N. La sucesion ((v(n)

k )k)n en la


ultrapotencia (∏

nE)U es f.r.b. en (zn)n (Ejercicio 8.3.4) y por tantoen (en)n. Por otro lado, a partir del Ejercicio 8.1.21 sabemos que lasucesion ((v(n)

k )k)n es normalizada, basica y 1-spreading. La prueba es-tara terminada una vez que demostremos que la sucesion ((v(n)

k )k)n es1-incondicional. Para ello, introducimos el operador Shift, S : 〈yn〉n →〈yn〉n definido linealmente a partir de S(yn) = yn+1. Como (yn)n es1-spreading, S esta bien definido y de hecho es una isometrıa. Sea(an)n ∈ c00, y sea (θn)n una sucesion de signos. Vamos a demostrarque

‖∑

n

an((v(n)k )k)‖U = ‖

∑n

θnan((v(n)k )k)‖U : (8.19)

Fijemos k ∈ N, y sea s = {n : θn ≤ 0} y pongamos x =∑

n/∈s anv(n)k .

Entonces,

‖∑

n

θnanv(n)k ‖ =‖x+

∑n∈s

an(−v(n)k )‖ =

=‖x+∑n∈s

an1λk

2kn+k−1∑i=2kn

−zi‖ =

=‖x+1λk

∑n∈s

an

2kn+k−1∑i=2kn

− 1µ

(y2i+1 − y2i)‖ =

=‖x+1λkµ

∑n∈s

an

2kn+k−1∑i=2kn

(y2i − y2i+1)‖ =

=‖x+∑n∈s

an1λk

(2kn+k−1∑

i=2kn

1µ

(y2i+2 − y2i+1))+

+1λkµ

(y4kn − y4kn+2k)‖ (8.20)

Como λk →k ∞, se tiene, a partir de la igualdad (8.20),∣∣∣∣∣‖∑n

θnanv(n)k ‖ − ‖x+

∑n∈s

an1λk

(2kn+k−1∑

i=2kn

1µ

(y2i+2 − y2i+1))‖

∣∣∣∣∣ →k→∞

0.

(8.21)


Utilizando que (yn)n es 1-spreading, se tiene que

‖x+∑n∈s

an1λk

(2kn+k−1∑

i=2kn

1µ

(y2i+2 − y2i+1))‖ =‖x+∑n∈s

anv(n)k ‖

= ‖∑

n

anv(n)k ‖. (8.22)

Utilizando (8.21), (8.22) y el hecho de que U es no principal, y por tantocontiene todos los conjunto del tipo [k,∞), se tiene la igualdad (8.19)deseada.

Nuestra intencion es demostrar el siguiente resultado.

Teorema 8.3.6 (Krivine). Sea (en)n una sucesion basica normalizadaen un cierto espacio de Banach. Entonces la base unitaria de c0 o de `p(p ≥ 1) son f.r.b. en (en)n.

En la demostracion utilizamos los siguientes dos resultados elementa-les.

Lema 8.3.7. Supongamos que 0 < δ < 1 es un numero irracional.Entonces el conjunto

{nδ −m : n,m ∈ N}

es denso en R. Por tanto, el conjunto

{2m · 3−n : m,n ∈ N}

es denso en R+.

Demostracion. Observemos que, como δ /∈ Q, se tiene que

nδ −m = n′δ −m′ si y solamente si n = n′ y m = m′. (8.23)

Seguidamente demostremos que ambos D ∩ (0, 1) y D ∩ (−1, 0) soninfinitos: Para cada m ∈ N, sea nm ∈ N tal que (nm − 1)δ ≤ m ≤ nmδ.Por tanto nmδ−m ≤ nmδ−((nm−1)δ−m) = δ < 1 y −δ ≤ (mm−1)δ−m < 0 y por tanto xm = Nmδ−m ∈ (0, 1) y ym = (nm−1)δ−m ∈ (−1, 0)para todo m ∈ N. La condicion (8.23) nos dice que si m 6= m′, entoncesxm 6= xm′ ym 6= ym′ .


Probemos ahora que D es denso en R. De hecho, es suficiente demos-trar que

mın{inf(D ∩ (0, 1)), sup(D ∩ (−1, 0))} = 0 : (8.24)

Supongamos que uno tiene que inf(D ∩ (0, 1)) = 0. Para cada ε > 0 seax ∈ D ∩ (0, ε). Entonces D ⊇ xN es ε-denso en R+, ya que εN lo es.Ahora demostremos que sup(D ∩ (−1, 0)) = 0: Para cada 0 < ε < δ, seanδ−m ∈ D∩(δ−ε, δ) con n ≥ 1 (que existe ya que hemos demostrado queD es denso en R∗). Entonces −ε < (n−1)δ−m < 0 y (n−1)δ−m ∈ D.

El caso sup(D ∩ (−1, 0)) = 0 se trata de manera similar.Nos resta justificar (8.24). Sea zk = (nkδ −mk)k∈N una sucesion de

Cauchy en D ∩ (0, 1) (su existencia se sigue del hecho que D ∩ (0, 1) esinfinito y acotado). Despues de pasar a una subsucesion si es necesario, sepuede suponer que tanto (nk)k como (mk)k son estrictamente crecientesy que la sucesion (zk)k es estrictamente monotona. Supongamos que lasucesion es estrictamente creciente. Entonces utilizando que la sucesion(zk)k es de Cauchy, se sigue que para todo ε existe k tal que

0 < zk+1 − zk < ε.

Como zk+1 − zk = (nk+1 − nk)δ − (mk+1 − mk) ∈ D para todo k,se sigue que inf(D ∩ (0, 1)) = 0. Finalmente, si la sucesion (zk)k esestrictamente decreciente, uno puede demostrar de manera similar quesup(D ∩ (−1, 0)) = 0.

Finalmente, demostremos que D = {2m · 2−n : m,n ∈ N} es densoen R+. Por el resultado que acabamos de demostrar, y utilizando que1/ log2 3 es irracional, el conjunto E = {m(1/ log2 3)− n : m,n ∈ N} esdenso en R, y por tanto, tambien log2 3 ·E. Esto implica que D = {2x :x ∈ log2 3 · E} es denso en R+, que es lo que querıamos demostrar.

Lema 8.3.8. Supongamos que f : R+ → R+ es una funcion multipli-cativa y continua. Entonces existe α ∈ R tal que f(t) = tα para todot ∈ R+.

Demostracion. Sea g(s) = log2(f(2s)) para todo s ∈ R. Entonces g :R→ R es continua y aditiva (Ejercicio 8.3.9). Por lo tanto, existe α ∈ Rtal que g(s) = αs para todo s ∈ R+. Esto quiere decir que, fijado t ∈ R+,se tiene que

f(t) = 2g(log2(t)) = 2α log2(t) = tα.


Ejercicio 8.3.9. Demuestre que f : R → R es una funcion continuay aditiva si y solamente si f existe α ∈ R tal que f(t) = αt para todot ∈ R+.

Lema 8.3.10. Supongamos que (en)n es una sucesion basica normali-zada 1-incondicional en un espacio de Banach (E, ‖ · ‖) tal que

(*) para toda sucesion bloque (sn)n de conjuntos finitos tales que |sn| ≤3 para todo n ∈ N la sucesion bloque normalizada correspondiente( ∑

k∈snek

‖∑

k∈snek‖

)n

es 1-equivalente a (en)n.

Entonces (en)n es 1-equivalente a la base unitaria de `p, para

p =1

log2 ‖e0 + e1‖. (8.25)

y donde si p = ∞, entonces la base unitaria mencionada es la de c0.

Demostracion. Observemos que la condicion (*) implica que la sucesion(en)n es 1-spreading. Sea λ = ‖e0 +en‖ y µ = ‖e0 +e1 +e2‖. Entonces noes difıcil demostrar por induccion a partir de (*) que dadas dos sucesionesde numeros naturales (ki)i<m, (li)i<m se tiene que

‖∑i<m

λkiµliei‖ = ‖∑

j<P

i<m 2ki ·3li

ej‖. (8.26)

En particular, si k, l,m ∈ N, entonces tomando en (8.26) los valoreski = k y li = l para todo i < m se tiene que

‖∑

j<m2k·3l

ej‖ = ‖∑

j<P

i<m 2ki ·3li

ej‖ = ‖∑i<m

λkµlei‖ = λkµl‖∑i<m

ei‖.

(8.27)En el conjunto D = {2k · 3−l : k, l ∈ N} definimos f : D → R a partirde f(2k · 3−l) = λk · µ−l. Entonces f es claramente multiplicativa en D,y ademas es creciente: Supongamos que 2k0 · 3−l0 ≤ 2k1 · 3−l1 . Entonces


2k0 ·3l1 ≤ 2k1 ·3l0 y por tanto, utilizando que (en)n es basica de constantebasica 1,

λk0 · µl1 = ‖2k0 ·3l1∑

i=0

ei‖ ≤ ‖2k1 ·3l0∑

i=0

ei‖ = λk1 · µl0

o equivalentemente, f(2k0 · 3−l0) ≤ f(2k1 · 3−l1). Como D es denso enR+ (Lema 8.3.7) y f es creciente y multiplicativa, podemos extender fa f : R+ → R+ de manera continua y ademas multiplicativa. Aplicandoel Lema 8.3.8, se tiene que existe α ∈ R tal que f(t) = tα para todot ∈ R+. Como 2α = f(2) = λ = ‖e0 + e1‖ entonces se tiene que α =log2(‖e0 + e1‖) ≤ 1 y por tanto, 0 ≤ α ≤ 1, ya que ‖e0 + e1‖ ≤ 2. Vamosa demostrar que (en)n es equivalente a la base unitaria de `α−1 , dondesi α = 0 lo anterior lo interpretamos como la base unitaria de c0. Paraello veamos que es suficiente demostrar que para todo m ∈ N se tieneque

‖∑i<m

ei‖ = f(m) = mα : (8.28)

Hay dos casos a considerar:Caso 1. α = 0. Entonces ‖

∑i<m ei‖ = 1 para todo m ∈ N. Como (en)n

es 1-incondicional se tiene que para todo m y toda sucesion (ai)i<m talque maxi<m |ai| = 1 se tiene que

1 = maxi<m

|ai| ≤ ‖∑i<m

aiei‖ ≤ ‖∑i<m

ei‖ = 1 = maxi<m

|ai|.

Caso 2. α > 0. Sea p = α−1. Como D es denso en R+, el conjun-to {(2α)k · (3α)−l : k, l ∈ N} = {λk · µ−l : k, l ∈ N} es tambien den-so en R+. Como la base (en)n y la base unitaria de `p son ambas1-incondicional, para demostrar la equivalencia de las sucesiones co-rrespondientes basta con demostrar que dadas dos sucesiones (ki)i<m

y (li)i<m de numeros naturales se tiene que

‖∑i<m

λkiµ−liei‖ = ‖∑i<m

λkiµ−liui‖`p (8.29)

o lo que es equivalente,

‖∑i<m

λkiµl−liei‖ = ‖∑i<m

λkiµl−liui‖`p , (8.30)


donde l = max{li : i < m}. Renombrando l−li como li para todo i < m,se sigue que es suficiente demostrar que dadas dos sucesiones (ki)i<m y(li)i<m de numeros naturales se tiene que

‖∑i<m

λkiµliei‖ = ‖∑i<m

λkiµliui‖`p , (8.31)

Ahora, utilizando (8.26) y (8.28) se tiene que

‖∑i<m

(λki · µli)ei‖ =

∥∥∥∥∥∥∑

j<P

i<m 2ki ·3li

ej

∥∥∥∥∥∥ =

(∑i<m

2ki · 3li

) 1p

=

=

(∑i<m

(λki)p(µli)p

) 1p

= ‖∑i<m

λki · µliui‖`p .

Nos queda demostrar la igualdad en (8.28). Fijemos m ∈ N. Si α = 0,entonces sea n ∈ N tal que 2n−1 ≤ m ≤ 2n. Entonces

1 = f(2n−1) = ‖∑

i<2n−1

ei‖ ≤ ‖∑i<m

ei‖ ≤ ‖∑i<2n

ei‖ = f(2n) = 1. (8.32)

Supongamos ahora que α > 0. Fijemos ε > 0, sea n ∈ N tal que (3α)−n <ε y sean k, l ∈ N tales que l ≥ n y

2k · 3−l ≤ m ≤ 2k · 3−l + 3−n. (8.33)

Multiplicando en (8.33) por 3l y utilizando que (en)n es una base esmonotona, se tiene que

λk = ‖∑i<2k

ei‖ ≤ ‖∑

i<3l·m

ei‖ ≤ ‖∑

i<2k+3l−n

ei‖. (8.34)

Utilizando (8.27) y la desigualdad triangular, en (8.34), se tiene que

λk ≤ µl‖∑i<m

ei‖ ≤ λk + µl−n. (8.35)

Dividiendo en (8.35) por µl se tiene que

f(2k · 3−l) ≤ ‖∑i<m

ei‖ ≤ f(2k · 3−l) + f(3−n). (8.36)


Utilizando ahora que f es creciente y que f(x + y) ≤ f(x) + f(y) setiene, a partir de (8.33) que

f(2k · 3−l) ≤ f(m) ≤ f(2k · 3−l + 3−n) ≤ f(2k · 3−l) + f(3−n). (8.37)

Por tanto, a partir de (8.36) y (8.37) se tiene que∣∣∣∣∣‖∑i<m

ei‖ − f(m)

∣∣∣∣∣ ≤ f(3−n) = µ−n ≤ ε. (8.38)

Como ε > 0 era arbitrario, se sigue que ‖∑

i<m ei‖ = f(m).

Nota 8.3.11. Si cambiamos las hipotesis del Lema 8.3.10 por |sn| ≤ 2para todo n, entonces se puede demostrar que la sucesion (en)n es ahoraK-equivalente a la base unitaria de `p, para un cierto K ≥ 1 y donde pesta definido por (8.25).

Demostracion del Teorema 8.3.6. Sea (en)n una sucesion basica norma-lizada en un espacio de Banach (E, ‖ · ‖). Utilizando el Teorema 8.3.5y el Ejercicio 8.3.2, podemos suponer que (en)n es 1-incondicional y1-spreading.

Sea c00(Q,C) el espacio vectorial de todas las aplicaciones f : Q→ Ctales que {q ∈ Q : f(q) 6= 0} es un conjunto finito. En c00(Q,C) defini-mos la norma ‖ · ‖1 para (aq)q ∈ s ∈ c00(Q,C) como sigue:

‖(aq)q∈s‖1 = ‖∑q∈s

|aq|eπ(q)‖ (8.39)

donde π : s → |s| es la biyeccion que preserva el orden. Veamos que(8.39) define una norma: Esta claro que ‖λ · (aq)q∈s‖1 = |λ| · ‖(aq)q∈s‖1.Demostremos ahora la desigualdad triangular. Aquı utilizaremos quela sucesion (en)n es 1-spreading. Sean (aq)q∈s, (bq)q∈t ∈ c00(Q), y seanπ : s ∪ t→ |s ∪ t|, πs : s→ |s|, πt : t→ |t| las biyecciones que preservanel orden. Como (en)n es spreading, y π � s : s→ |s∪ t|, π � t : t→ |s∪ t|preservan el orden se tiene que

‖∑q∈s

|aq|eπ(q)‖ =‖∑q∈s

|aq|eπs(q)‖

‖∑q∈t

|aq|eπ(q)‖ =‖∑q∈t

|aq|eπt(q)‖.


Por otro lado, como (en)n es 1-incondicional y como dados dos numeroscomplejos a, b ∈ C se tiene siempre que |a + b| ≤ |a| + |b| se tiene, apartir de la Proposicion 4.5.11 que

‖∑

q∈s∪t

|aq + bq|eπ(q)‖ ≤‖∑

q∈s∪t

(|aq|+ |bq|)eπ(q)‖.

Utilizando todo esto,

‖(aq)q∈s + (bq)q∈t‖1 =‖∑

q∈s∪t

|aq + bq|eπ(q)‖ ≤

≤‖∑q∈s

|aq|eπ(q) +∑q∈t

|bq|eπ(q)‖ ≤

≤‖∑q∈s

|aq|eπ(q)‖+ ‖∑q∈t

|bq|eπ(q)‖ =

=‖∑q∈s

|aπs(q)|eπs(q)‖+ ‖∑q∈t

|bπt(q)|eπt(q)‖ =

=‖(aq)q∈s‖1 + ‖(bq)q∈t‖1.

Observemos tambien que si s es un subconjunto finito de Q y f : s→ Qes estrictamente creciente, entonces

(uq)q∈s es 1-equivalente a (uf(q))q∈s (8.40)

donde para cada q ∈ Q, uq es el vector de c00(Q) que vale 1 en q y ceropara q′ 6= q.

Sea X la completacion de (c00(Q), ‖ · ‖1). Sea Y el subespacio cerradode X generado por (uq)q∈Q∩(0,1). Definimos los siguientes operadoresS, T : 〈uq〉q∈Q∩(0,1) → 〈uq〉q∈Q∩(0,1) definidos por

S(∑

q

aquq) =∑

q

aqu q2

+∑

q

aqu 12+ q

2(8.41)

T (∑

q

aquq) =∑

q

aqu q3

+∑

q

aqu 13+ q

3+∑

q

aqu 23+ q

3. (8.42)

Observemos que para todo (aq)q ∈ 〈uq〉q∈Q∩(0,1) se tiene, a partir de


(8.40), que

‖S(∑

q

aquq)‖1 =‖∑

q

aqu q2

+∑

q

aqu 12+ q

2‖1 ≤ ‖

∑q

aqu q2‖1+

+ ‖∑

q

aqu 12+ q

2‖1 = 2‖

∑q

aquq‖1

‖T (∑

q

aquq)‖1 =‖∑

q

aqu q3

+∑

q

aqu 13+ q

3+∑

q

aqu 23+ q

3‖1 ≤

≤3‖∑

q

aquq‖1

Ası que S y T se pueden extender unıvocamente a S, T ∈ B(Y ) (verProposicion 3.1.13). Observemos ademas que S ◦ T = T ◦ S. Por tanto,como Y es un espacio de Banach sobre C, por el Teorema 8.2.15 existenλ ∈ σ(S) y µ ∈ σ(T ) y una sucesion (xn)n normalizada en Y tales que

S(xn)− λxn, T (xn)− µxn →n→∞

0. (8.43)

Como 〈uq〉q∈Q∩(0,1) es denso en Y , podemos suponer que cada xn tienesoporte finito sn, i.e. xn ∈ c00(Q,C). Para cada para cada m ∈ N seaUm : Y → 〈uq〉q∈Q∩(m,m+1) el operador definido a partir de

Um(∑

q∈Q∩(0,1)

aquq) =∑

q∈Q∩(0,1)

aqum+q.

Esta claro que Um es una isometrıa (ver (8.40)). Para cada n,m ∈ N,sea

x(n)m = Um(xn) =

∑q∈sn

aqum+q.

Entonces, para cada n ∈ N la sucesion (x(n)m )m es una sucesion bloque,

ya que el soporte de cada vector x(n)m esta contenido en el intervalo

(m,m+ 1). Ademas, se tienen las dos propiedades siguientes:Propiedad 1. Cada (x(n)

m ) es un sucesion basica 1-incondicional y 1-spreading. La razon para esto es la siguiente: A partir de la definicionde la norma ‖ · ‖1 se sigue que para cada n ∈ N la sucesion (x(n)

m )m es1-equivalente, como sucesion dentro de un espacio de Banach sobre R, a


la subsucesion bloque normalizada (w(n)m )m de (ek)k definida para m ∈ N

por

w(n)m =

∑q∈sn

dqem·|sn|+π(q),

donde π : sn → |sn| es la biyeccion que preserva el orden. Como (w(n)m )m

es una subsucesion bloque de (ek)k identicamente distribuida se sigue apartir del Ejercicio 5.4.3 que (w(n)

m )m es 1-spreading y por tanto cada(x(n)

m ) es un sucesion basica 1-incondicional y 1-spreading.Propiedad 2. Sea (sm)m<l una sucesion bloque de conjuntos finitosde numeros naturales tales que |sk| ≤ 3. Entonces para toda sucesion(am)m<l de escalares se tiene que

lımn→∞

∥∥∥∥∥∑m<l

am1λm

∑i∈sm

x(n)i

∥∥∥∥∥1

−

∥∥∥∥∥∑m<l

amx(n)m

∥∥∥∥∥1

= 0 (8.44)

donde

λm =

1 si |sm| = 1λ si |sm| = 2µ si |sm| = 3.

la igualdad (8.44) se demuestra por induccion sobre

max{m < l : |sm| > 1}

utilizando lo siguiente: Sea a es un escalar, (bk)k∈s0 y (ck)k∈s1 dos su-cesiones de escalares y m0 < m1 < m2 numeros naturales tales ques0 < m0 < m1 < m2 < s1. Entonces

lımn→∞

(∥∥∥v(n) +a

λ(x(n)

m0+ x(n)

m1) + w(n)

∥∥∥1−∥∥∥v(n) + ax(n)

m0+ w(n)

∥∥∥1

)= 0

(8.45)

lımn→∞

∥∥∥∥∥∥v(n) +a

µ

∑j<3

x(n)mj

+ w(n)

∥∥∥∥∥∥1

−∥∥∥v(n) + ax(n)

m0+ w(n)

∥∥∥1

= 0

(8.46)


donde

v(n) =∑

m∈s0

bmx(n)m

w(n) =∑

m∈s1

cmx(n)m .

v(n) =∑

m∈s0

bmx(n)m , w(n) =

∑m∈s1

cmx(n)m .


tn = supp (v(n) +a

λ(x(n)

m0+ x(n)

m1) + w(n)),

y sea $ : tn → Q ∩ (0, 1) una aplicacion estrictamente creciente tal que

$(supp (x(n)m0

) + x(n)m1

)) = supp (S(xn)).

Sea Tn : 〈uq〉q∈tn → 〈uq〉q∈$(tn) la isometrıa correspondiente definidalinealmente a partir de Tn(uq) = u$(q). Entonces se tiene que

Tn(x(n)m0

+ x(n)m1

) = S(xn) (8.47)

y por tanto,∥∥∥v(n) +a

λ(x(n)

m0+ x(n)

m1) + w(n)

∥∥∥1

=∥∥∥Tn(v(n)) +

a

λS(xn) + Tn(w(n))

∥∥∥1

(8.48)De aquı se sigue, utilizando (8.43), que

lımn→∞

∥∥∥v(n) +a

λ(x(n)

m0+ x(n)

m1) + w(n)

∥∥∥1

=

= lımn→∞

∥∥∥Tn(v(n)) + axn + Tn(w(n))∥∥∥

1(8.49)


πn : supp (Tn(v(n)) + axn + Tn(w(n))) → supp (v(n) + ax(n)m0

+ w(n))

la biyeccion estrictamente creciente, y sea Un la isometrıa correspon-diente. Entonces se tiene que Un(xn) = x

(n)m0 , Un(Tn(v(n))) = v(n) y

Un(Tn(w(n))) = w(n). Por tanto,∥∥∥Tn(v(n)) + axn + Tn(w(n))∥∥∥

1=∥∥∥v(n) + ax(n)

m0+ w(n)

∥∥∥1. (8.50)


Utilizando (8.49) y (8.50) se obtiene directamente (8.45). La igualdaden (8.46) se prueba de manera similar.

Sea U un ultrafiltro no principal sobre N. Para cada n ∈ N, sea Xn

el subespacio cerrado de X generado por (x(n)m )m. En el ultraproducto

(∏

nXn)U , consideremos la sucesion (ym)m definida para cada m ∈ Npor

ym = ((x(n)m )n)U . (8.51)

Entonces el Ejercicio 8.1.21 nos dice que (ym)m es una sucesion basica 1-incondicional y 1-spreading, mientras que el Ejercicio 8.3.4 nos dice que(ym)m es finitamente representable por bloques en (en)n. Finalmente,vamos a demostrar que la sucesion (ym)m cumple las hipotesis del Lema8.3.10, y por tanto, sera 1-equivalente a la base unitaria de `p, donde p =(log2(‖(y0 + y1)‖U ))−1. Sea (sm)m<k una sucesion bloque de conjuntosfinitos de numeros naturales tales que |sm| ≤ 3 para todo m < k y sea(am)m<k una sucesion de escalares. Tenemos que demostrar que

‖∑m<k

amym‖U = ‖∑m<k

am1λm

(∑i∈sm

yi)‖U , (8.52)

donde λm = ‖∑

i<|sm| yi‖U . Observemos que, a partir de (8.44) se tieneque

λm = ‖∑

i<|sm|

yi‖U = lımn→U

‖∑

i<|sm|

x(n)i ‖ =

1 si |sm| = 1λ si |sm| = 2µ si |sm| = 3.

Consecuentemente, la igualdad (8.52) se sigue de (8.44), utilizando queU es un ultrafiltro no principal y por tanto contiene todos los conjuntosde la forma [n,∞) (n ∈ N).

Nota 8.3.12. Demuestre que `p es K-finitamente representable por blo-ques en X es bastante mas facil que demostrar el Teorema de Krivine,y no necesita utilizar teorıa de operadores complejos: Observemos queel operador S definido en (8.41) para la version real de X tiene la pro-piedad de que 1/2 /∈ Im(S). Por tanto, 0 ∈ σ(S). Esto implica queS tiene valores aproximados. Escogiendo una sucesion normalizada talque S(xn) − λxn → 0 y procediendo de la misma manera que despuesde (8.43) se puede demostrar que la sucesion (ym)m correspondiente esequivalente (no necesariamente 1-equivalente) a la base unitaria de `p.


Corolario 8.3.13 (Dvoretzky). El espacio de Hilbert `2 es finitamenterepresentable en todo espacio de Banach de dimension infinita.

Demostracion. Se sigue del Teorema de Krivine y el hecho de que paratodo 1 ≤ p ≤ ∞ todo ε > 0 y todo m ∈ N existe un n ∈ N tal que `nptiene un subespacio F ⊆ `np de dimension m tal que d(F, `m2 ) ≤ 1 + ε.(Ver [BL, Nota en pag. 295])

Ejercicio 8.3.14. Demuestre directamente a partir del Teorema de Kri-vine (Teorema 8.3.6) el Teorema de Zippin (Teorema 7.1.2).

Apendice A

Ordinales

A.1. Conjuntos bien ordenados.

Definicion A.1.1. Una relacion binaria R en un conjunto A es unarelacion de orden parcial si

(i) ∀x ∈ A(xRx),

(ii) ∀x ∈ A∀y ∈ A(xRy ∧ yRx→ x = y),

(iii) ∀x, y, z ∈ A(xRy ∧ yRz → xRz).

Definicion A.1.2. Decimos que R es una relacion de orden parcialestricto en A si:

(i) ∀x ∈ A¬(xRx),

(ii) ∀x, y ∈ A(xRy → ¬yRx)

(iii) ∀x, y, z ∈ A(xRy ∧ yRz → xRz).

Notese que para toda relacion de orden parcial R existe una relacionde orden parcial estricto asociada R′ definida por xR′y si y solamentesi xRy ∧ x 6= y. Tambien, dada una relacion de orden parcial estrictoR′, podemos definir una relacion de orden parcial R poniendo xRy si ysolamente si xRy o x = y.

Ejemplo A.1.3. 1. Dado un conjunto X, consideremos el orden dadopor ⊆ en P(x). Si x = {a, b}, P(x) = {∅, {a}, {b}, {a, b}}.

193


Tenemos, por ejemplo, ∅ ⊆ {a}, {b} ⊂ {a, b}, pero no {a} ⊆ {b}.2. A = R, y R =< (el orden usual en los numeros reales).3. A = N, R la relacion “es divisor de”.4. A = N×N, y R es el orden dado por (n,m)R(p, q) ↔ n < p∨ (n =

p ∧m < q) (orden lexicografico).

Definicion A.1.4. Si A es un conjunto parcialmente ordenado y B ⊆ A,decimos que x es un elemento minimal (maximal) de B si x ∈ B y noexiste ningun y ∈ B, y 6= x, tal que yRx (xRy). Decimos que x esuna cota inferior (superior) de B si para todo y ∈ B xRy ∨ x = y(yRx∨ x = y), y decimos que x es un ınfimo (supremo) para B si X esuna cota inferior (superior) y para todo y ∈ A, si y es una cota inferior(superior) entonces yRx o y = x (xRy o x = y). Diremos que x es unmenor elemento de B si x ∈ B y ∀y ∈ B xRy.

Definicion A.1.5. Una relacion de orden R es un orden total (o lineal)si R es una relacion de orden parcial tal que ∀x, y ∈ A(xRy∨yRx∨x = y)

Ejemplo A.1.6. (N,≤) , (Q,≤) , (R,≤).

Definicion A.1.7. Una relacion de orden R en un conjunto A es unbuen orden si R es una relacion de orden y cada subconjunto no vacıode A tiene un menor elemento.

Notese que un buen orden es siempre una relacion de orden total.

Ejemplo A.1.8. 1. (N,≤).

2. N × N con la relacion (n,m) < (p, q) si y solo si m < q ∨ (m =q ∧ n < p).

3. N ordenado de la manera siguiente: primero los numeros pares ydespues los impares, es decir nRm si y solamente si (n es par ym es impar) o (ambos son pares y n < m) o (ambos son imparesy n < m).

Una propiedad muy util e importante de los conjuntos bien ordena-dos es que nos permiten generalizar el principio de induccion tal comoveremos en el siguiente teorema.


Teorema A.1.9 (Principio de induccion transfinita). Sea (A,R)un conjunto bien ordenado y φ(v) una formula del lenguaje de la teorıade conjuntos.

(∀x ∈ A[∀y ∈ A(yRx→ φ(y)) → φ(x)]) → ∀x ∈ Aφ(x).

Demostracion. Supongamos que φ(v) es tal que, dado x, si todo prede-cesor de x satisface φ entonces φ(x). Si no todo elemento de A satisfaceφ entonces, como A es bien ordenado, existe un menor elemento x0 queno satisface φ, pero todo predecesor de x0 satisface φ y nuestra hipotesisimplica que φ(x0).

Definicion A.1.10. Dos conjuntos bien ordenados (A,R) y (B,S) sonisomorfos si existe una biyeccion f : A → B tal que xRy ↔ f(x)Sf(y)para todo par de elementos x, y ∈ A.

Ejercicio A.1.11. Decida si Q y Q\{0} son isomorfos. Lo mismo paraR y R \ {0}.

Definicion A.1.12. Un segmento inicial de un conjunto bien ordenado(A,R) es un subconjunto B ⊆ A tal que ∀x, y(x ∈ B ∧ yRx → y ∈B). Dado un conjunto bien ordenado (A,R) y un elemento a ∈ A, elsegmento inicial de A determinado por a es Sa(A) = {x ∈ A : xRa}.Denotaremos por S(A) al conjunto de los segmentos iniciales de A.

Notese que todo segmento inicial propio es de la forma Sa(A) paraalgun a ∈ A.

Lema A.1.13. Sea (A,<) un conjunto bien ordenado, si f : A→ B esun isomorfismo entre A y un subconjunto B de A, entonces x ≤ f(x)para todo x ∈ A.

Demostracion. por induccion transfinita. Supongamos que ∀y < x(y ≤f(y)), entonces si f(x) < x como f es un isomorfismo f(f(x)) < f(x).Pero por otra parte, como f(x) < x, nuestra hipotesis nos indica quef(x) ≤ f(f(x)), una contradiccion.

Teorema A.1.14. Si (A,<A) y (B,<B) son conjuntos bien ordenados,existe a lo sumo un isomorfismo entre ellos.


Demostracion. Supongamos que f y g son isomorfismos de A en B.Entonces f−1 ◦ g es un isomorfismo de A en A, y por el lema anterior,x ≤ f−1 ◦ g(x) para todo x ∈ A. Por lo tanto, f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ A.Analogamente se demuestra que g(x) ≤ f(x) para todo x ∈ A, y estonos da el resultado deseado.

Teorema A.1.15. Un conjunto bien ordenado (A,<) no es isomorfo aninguno de sus segmentos iniciales propios.

Demostracion. Supongamos f : A → Sa(A) es un isomorfismo paraalgun a ∈ A. Por el lema A.1.13, a ≤ f(a). Entonces f(a) /∈ Sa(A), yesto es una contradiccion.

Teorema A.1.16. Todo conjunto bien ordenado (A,<A) es isomorfo alconjunto de sus segmentos iniciales propios ordenados por ⊆.

Demostracion. Observese primero que el conjunto de los segmentos ini-ciales de (A,<A) con el orden dado por la inclusion es un conjunto bienordenado. La funcion f de A en el conjunto de los segmentos inicialespropios de A dada por f(a) = Sa(A) es una biyeccion. Si a < b entoncesSa(A) ⊂ Sb(A).

Teorema A.1.17 (Teorema de Recursion Transfinita). Sea (A,<)un conjunto bien ordenado y B un conjunto. Si G : BS(A) → B, entoncesexiste una unica funcion f : A → B tal que para todo a ∈ A, f(a) =G(f � Sa(A)).

Demostracion. Dejamos la demostracion de la unicidad como ejercicio,y demostramos la existencia. Consideremos el conjunto H de todas lasfunciones g definidas en un segmento inicial de A tales que si dom(g) =Sa(A), para todo t < a, g(t) = G(g � St(A)). Este conjunto no es vacıo(a menos que A sea vacıo), ya que uno de sus elementos es la funcion

{(menor elemento de A,G(∅))}.

Tomemos ahora F = ∪H, y verifiquemos que F satisface las con-diciones que buscamos. Primero, para ver que F es una funcion, hayque verificar, usando el teorema de induccion transfinita, que para to-do a ∈ A, existe a lo sumo un b ∈ B tal que (a, b) ∈ F . En efecto,supongamos que esto vale para cada a′ < a, entonces, si (a, b) ∈ F , se


tiene que (a, b) ∈ g para alguna g ∈ H, y g(a) = b = G(g � Sa(A));si a ∈ dom(g′) para otra funcion g′ ∈ H, g′(a) = G(g′ � Sa(A)), perog y g′ coinciden en Sa(A). Se demuestra facilmente que la funcion Fsatisface F (a) = G(F � Sa(A)) para todo a en su dominio, ya que porlo que acabamos de ver, si a ∈ dom(F ), entonces todas las funcionesg ∈ H con a en su dominio coinciden en Sa(A) entre si y con F . De ma-nera similar se prueba que el dominio de F es todo A. Supongamos quedom(F ) este estrictamente contenido en A, y sea a el menor elementode A fuera del dominio de F , entonces F ∪{(a,G(F )} es una funcion enH, y por lo tanto a debe pertenecer al dominio de F .

Haremos uso de este teorema para probar el resultado siguiente.

Teorema A.1.18. Dados dos conjuntos bien ordenados, o son isomor-fos o uno de ellos es isomorfo a un segmento inicial propio del otro.

Demostracion. Sean (A,<A) y (B,<B) dos conjuntos bien ordenados.Supongamos que (B,<B) no es isomorfo a un segmento inicial propiode (A,<A), y definamos, por el teorema de recursion transfinita, unafuncion f : A→ B. Si a0 es el menor elemento de A , f(a0) es el menorelemento de B.

Sea G : BS(A) → B la funcion definida ası: G(h) es el menor elementofuera de la imagen de h cuando dom (h) = Sa(A) para algun a ∈ A (yG(h) es un elemento arbitrario de B en los demas casos). Por el teoremade recursion existe f : A → B tal que f(a) = G(f � Sa(A)) para todoa ∈ A. Veamos que f es una inyeccion de A sobre un segmento inicialde B. Si a es el primer elemento de A tal que existe b < f(a) fuerade la imagen de F , entonces f(a) no es el primer elemento fuera de laimagen de f , contradiciendo la definicion de G. Entonces la imagen def es un segmento inicial de B. Ademas, f es una inyeccion por la mismadefinicion de G.

Una manera menos formal de expresar el contenido de esta prueba esla siguiente. Si (B,<B) no es isomorfo a un segmento inicial propio de(A,<A), definimos, por el teorema de recursion transfinita, una funcionf : A → B. Supongamos que f ha sido definida en {a′ : a′ <A a}. Pornuestra suposicion, f no puede ser una biyeccion entre ese conjunto yB, entonces ponemos f(a) = b donde b es el menor elemento de B fueradel conjunto {f(a′) : a′ <A a}. Tenemos entonces que f esta definida en


todo A. Si f es una biyeccion, entonces los dos conjuntos son isomorfos;si no, entonces f es un isomorfismo de (A,<A) en un segmento inicialpropio de (B,<B).

Ejercicio A.1.19. 1. Halle dos conjuntos totalmente ordenados no iso-morfos pero tales que cada uno de ellos es isomorfo a un subconjuntodel otro.

2. De ejemplo de un conjunto totalmente ordenado (A,<) y un iso-morfismo f : A→ A tal que ∀x ∈ Af(x) 6= x.

3. Sea (A,<) un conjunto totalmente ordenado. Demuestre que Aesta bien ordenado si todo segmento inicial propio de A esta bien or-denado.

4. Compare los conjuntos bien ordenados del Ejemplo A.1.8. Determi-ne si hay isomorfismos entre ellos o cuales son isomorfos a un segmentoinicial de otro.

5. De ejemplo de un conjunto totalmente ordenado no isomorfo a nin-guno de sus segmentos iniciales propios que no sea bien ordenado.

A.2. Definicion y propiedades de los ordinales

Decimos que un conjunto a es transitivo si para todo x ∈ a se tieneque x ⊆ a.

Para desarrollar la teorıa de conjuntos es conveniente identificar losnumeros naturales con ciertos conjuntos transitivos. El 0 se identificacon el conjunto vacıo ∅, el 1 con el conjunto {∅} que tiene un elemento,el 2 con el conjunto {∅, {∅}}, que tiene dos elementos (0 y 1), etc. Noteseque 1 es el conjunto 0∪{0}, 2 es el conjunto 1∪{1}, y ası sucesivamente.

Se dice que un conjunto A es inductivo si 0 ∈ A y si x ∈ A, entoncesx ∪ {x} ∈ A.

Es inmediato verificar que si A es inductivo entonces, como 0 ∈ A,entonces 1, 2, ... son elementos de A.

La interseccion de dos conjuntos inductivos es un conjunto inductivo,y por lo tanto, existe un menor conjunto inductivo respecto a la conten-cion, que llamamos ω. Y podemos definir los numeros naturales diciendoque un conjunto x es un numero natural si pertenece a ω.

Definicion A.2.1. Un conjunto a es un ordinal si es transitivo y esta es-trictamente bien ordenado por ∈.


Ejemplo A.2.2. ∅ , {∅}, {∅, {∅}}, cada numero natural n, ω.

A continuacion demostramos varias de las propiedades basicas de losordinales.

1. Todo segmento inicial de un ordinal es un ordinal.

Demostracion. Claramente si α es un ordinal y S ⊆ α es un segmentoinicial de α, entonces S esta bien ordenado por ∈. Como S es un segmen-to inicial respecto a la relacion ∈ , si ξ ∈ y para algun y ∈ S entoncesξ ∈ S, es decir, S es transitivo.

2. Sea α un ordinal. Los segmentos iniciales de α son el mismo α y loselementos de α.

Demostracion. Si S es un segmento inicial de α y S 6= α entonces S =Sξ(α) para algun ξ ∈ α. Pero Sξ(α) = {y ∈ α : y ∈ ξ} = ξ (por ser αtransitivo). Recıprocamente si ξ ∈ α, ξ ⊆ α y entonces ξ = Sξ(α).

3. Todo elemento de un ordinal es un ordinal. (Aunque esto siguedirectamente de 1 y 2, daremos una demostracion detallada).

Demostracion. Si ξ ∈ α, y α es un ordinal, entonces ξ = Sξ(α). Comoξ ⊆ α (por ser α transitivo), ξ esta bien ordenado por ∈, y como ξ esun segmento inicial de α, es a su vez un conjunto transitivo.

4. Para todo ordinal α, se tiene α /∈ α.

Demostracion. Si ξ ∈ α entonces, como ∈ bien ordena α estrictamente,ξ /∈ ξ; luego, si α ∈ α tenemos α /∈ α.

5. Dados ordinales α y β, exactamente una de las siguientes posibili-dades ocurre: α = β o α ∈ β o β ∈ α.

Demostracion. Consideremos al conjunto ξ = α ∩ β. Entonces ξ es elconjunto de elementos de αmenores que β. Claramente, ξ es un segmentoinicial de α, y tambien un segmento inicial de β. Entonces, hay variasposibilidades:

(i) ξ = α y ξ = β, en este caso α = β.(ii) ξ = α y ξ ∈ β, en este caso α ∈ β.(iii) ξ ∈ α y ξ = b, en este caso β ∈ α.(iv) ξ ∈ α y ξ ∈ β, en este caso ξ ∈ α ∩ β, es decir, ξ ∈ ξ pero esto es

una contradiccion, por lo que este ultimo caso no puede ocurrir.


Denotaremos por On a la clase de todos los ordinales. La relacion ∈ esun buen orden en On (es decir, la relacion binaria “On(x)∧On(y)∧x ∈y”es un buen orden).

Notese que α ≤ β si y solo si α ⊆ β

6. Si α es un ordinal, β = α∪{α} es tambien un ordinal y es el menorordinal mayor que α. Denotaremos a α ∪ {α} por α′.

Demostracion. α∪{α} es un ordinal ya que es transitivo y bien ordenadopor ∈. Como α ∈ β, tenemos que α < β. Ademas, si α < δ (δ unordinal) entonces α ⊆ δ y como α ∈ δ, entonces α ∪ {α} ⊆ δ, es decir,α ∪ {α} ≤ δ.

7. ∅ ⊆ α para todo ordinal α, por lo tanto ∅ es el menor ordinal.8. La union de un conjunto de ordinales es un ordinal y es la menor

cota superior del conjunto.

Demostracion. Sea A un conjunto de ordinales. Sea β = ∪A =⋃

α∈A α.Verifiquemos que β es un ordinal. Si ξ ∈ β, entonces ξ ∈ α para algun α ∈A. Ademas, si η ∈ ξ, entonces η ∈ α por que α es transitivo. Entoncesη ∈ ∪A, lo que muestra que β es transitivo. Como todo elemento deun ordinal es un ordinal, ∪A es un conjunto de ordinales, y como Onesta bien ordenada por ∈ , lo mismo es cierto de ∪A.

Mostremos ahora que β = ∪A es una cota superior de A. En efecto,veamos que si α ∈ A, entonces α ⊆ ∪A = β: Si δ ∈ α entonces, comoα ∈ A, δ ∈ ∪A. De aquı sigue que α ⊆ β.β es la menor cota superior de A. Si γ es una cota superior de A,

entonces para todo α ∈ A, α ∈ γ o α = γ. Veamos que ∪A ⊆ γ, siδ ∈ ∪A, entonces δ ∈ α para algun α ∈ A, pero α ∈ γ, entonces δ ∈ γ.De aquı que β ≤ γ.

Teorema A.2.3. Si α y β son ordinales y f : α → β es una biyeccionque preserva el orden, entonces α = β y f es la identidad.

Demostracion. El resultado sigue de que ningun conjunto bien ordenadoes isomorfo a uno de sus segmentos iniciales propios.

Hagamos la demostracion directamente, supongamos que f no es laidentidad y sea ξ el primer elemento de α tal que f(ξ) 6= ξ. Tenemosque si η < ξ, entonces f(η) = η, entonces ξ ⊆ β. Ademas ξ es unsegmento inicial de β ya que es un ordinal. Por otra parte, ξ 6= β ya


que si ξ = β entonces f manda un segmento inicial propio de α sobreβ y por lo tanto no puede ser un isomorfismo. Concluimos que ξ ∈ β.Si η < ξ,η = f(η) < f(ξ). Es decir, f(ξ) > η para todo η < ξ. Deaquı que f(ξ) ≥ ξ. Pero como f(ξ) 6= ξ entonces f(ξ) > ξ. Tenemosentonces que ξ ∈ β no esta en el rango de f ; y esto contradice que f esuna biyeccion.

Teorema A.2.4. Para cada conjunto bien ordenado (A,<), existe ununico isomorfismo de (A,<) sobre un ordinal.

A este ordinal se le llama el tipo de orden de (A,<).

Demostracion. Unicidad: Sigue de resultados anteriores sobre conjuntosbien ordenados. Tambien se puede demostrar directamente de la formasiguiente: Si f : A → α es un isomorfismo de A sobre un ordinal α, yg : A → β es un isomorfismo sobre β entonces g ◦ f−1 es la identidad,de donde g = f (y α = β).

Existencia: Sea (A,<A) nuestro conjunto bien ordenado. Sea

B = {x ∈ A : Sx(A) es isomorfo a un ordinal}

(notese que B no es vacıo). Para todo x ∈ B, Sx(A) es isomorfo a ununico ordinal (por la unicidad), llamemoslo βx. Si y ∈ B y x <A y,entonces x ∈ B y βx < βy, ya que considerando el isomorfismo deSy(A) sobre βy , el segmento inicial propio Sx(A) de Sy(A), es aplicadoa un segmento inicial de βy, es decir al ordinal βx < βy. El conjunto{βx : x ∈ B} (es un conjunto por el axioma de reemplazo) es un segmentoinicial de On, es decir, si ξ ≤ βx para algun x ∈ B entonces x = βy paraalgun y ∈ B. Luego {βx : x ∈ B} es un ordinal β. La aplicacion quemanda x en βx es un isomorfismo de B sobre β. Si B 6= A entoncesB = Sx0(A) para algun x0 ∈ A (ya que B es un segmento inicial de A).Pero como acabamos de demostrar que Sx0(A) es isomorfo a un ordinal(β), tenemos que x0 ∈ B, y esto contradice la definicion de Sx0(A).Luego B = A.

Un conjunto A es numerable si existe una biyeccion entre ω y A.Como ha sido mencionado, ω es un ordinal, y es el primer ordinal

infinito.


Ejercicio A.2.5. Sea ω1 = {α : αes un ordinal numerable}. Demuestreque ω1 es un ordinal y es el primer ordinal no numerable.

A.3. Principio de induccion para ordinales

Ya que cada ordinal es un conjunto bien ordenado, tenemos un prin-cipio de induccion para cada ordinal: Dado un ordinal α y una formulaφ(v),

[∀ξ ∈ α(∀η ∈ α(η < ξ → φ(η)) → φ(ξ)] → ∀ξ ∈ αφ(ξ).

Ahora consideraremos un principio de induccion para la clase de todoslos ordinales.

Teorema A.3.1. Sea φ(v) una formula, entonces

(∀α ∈ On[∀β ∈ On(β < α→ φ(β)) → φ(α)] → ∀α ∈ Onφ(α).

Demostracion. ( es la misma que para el principio de induccion transfi-nita con la diferencia de que estamos haciendo la induccion en una clasepropia y no en un conjunto). Supongamos que se cumple la hipotesis yque (∃α ∈ On)(¬φ(α)). Como On esta bien ordenada por ∈, sea α0 elmenor ordinal tal que ¬φ(α0). Tenemos que ∀β(β < α0 → φ(β)), luego,por la hipotesis, tenemos φ(α0), una contradiccion.

Teorema A.3.2. (de recursion en ordinales). Si F es una relacion fun-cional, para todo ordinal α y todo conjunto a, existe una unica funciondefinida en α = {β : β < α} tal que f(0) = a, y f(β) = F (f � β) para0 < β < α.

(Recordemos que F es una relacion funcional quiere decir que existeuna formula φ(x, y, x1, . . . , xn) y conjuntos t1, . . . , tn tales que

∀x∃!yφ(x, y, t1, . . . , tn)

y ponemosy = F (x) ↔ φ(x, y, t1, . . . , tn)).


Demostracion. Unicidad: Sean f y g dos funciones como en el teorema.Tenemos que f(0) = g(0) = a, y si dado ξ, (∀β ∈ On)(β < ξ → f(β) =g(β) , entonces f(ξ) = F (f � ξ) = g(ξ). Por el principio de induccion,∀α ∈ On(f(α) = g(α)).

Existencia: Sea S el conjunto de los ordinales η < α tales que existeuna unica fη tal que fη(0) = a, y fη(β) = F (fη � β) para todo β < η.S es un segmento inicial de α ya que si β′ < β y β ∈ S, entoncesfβ′ = fβ � β′ es la funcion que garantiza β′ ∈ S. Esta funcion es unicapor el mismo razonamiento anterior. Por lo tanto, S es un ordinal.

Definamos fS(0) = a y fS(β) = F (fβ) para todo β ∈ S, β > 0.Tenemos entonces que si 0 < ξ < β ∈ S, fS(ξ) = F (fξ) = F (fβ � ξ) =fβ(ξ). Por lo tanto, fβ = fS � β y fS(β) = F (fS � β) para todo β ∈ S.Entonces si S < α, sigue que S ∈ S (y esto es una contradiccion) luegoS = α.

Corolario A.3.3. Si F es una relacion funcional y a un conjunto, sepuede definir una unica relacion funcional f tal que f(0) = a y f(α) =F (f � α) para todo α ∈ On.

Demostracion. La relacion funcional y = f(α) deseada es la relacionfuncional φ(α, y) definida del modo siguiente:α es un ordinal y existe un ordinal δ > α y una funcion fδ definida en

δ tal que

fδ(0) = a ,

∀β < δ(fδ(β) = F (fδ � β)) y y = fδ(α) .

Para demostrar que tales funciones fδ existen usamos el teorema ante-rior, el cual nos garantiza tambien la unicidad de fδ para cada δ. Es facildemostrar que para cada α existe un unico y tal que y = f(α). Por elprincipio de induccion se demuestra que esta f es unica.

Definicion A.3.4. Si α ∈ On y existe β tal que β′ = β ∪ {β} = α, sedice que α es un ordinal sucesor. El ordinal α es un ordinal lımite siα 6= 0 y α no es sucesor .

Es facil obtener versiones modificadas del principio de induccion paraordinales y del teorema de recursion:


Principio de Induccion Modificado: Dada φ(v)

[φ(0) ∧ ∀α(φ(α) → φ(α′))∧∀α(α lımite ∧ ∀β < αφ(β)) → φ(α)] → ∀αφ(α).

Teorema A.3.5. (de Recursion modificado). Sea α un ordinal. Si F1 yF2 son relaciones funcionales y a es un conjunto, entonces existe unaunica funcion f definida en α tal que

f(0) = a,

f(β) = F1(f � β) si β es sucesor,

f(λ) = F2(f � λ) si λ es lımite.

Analogamente se puede definir un Teorema de Recursion modificadopara obtener relaciones funcionales definidas en On. Dejamos al lectorla tarea de dar el enunciado y de demostrar esta version del Teorema deRecursion.

A.4. Aritmetica de ordinales

Definiremos suma y producto de ordinales usando ciertas construc-ciones de buenos ordenes. Dados ordinales α y β sean (A,R) y (B,S)conjuntos bien ordenados de tipo de orden α y β respectivamente y talesque A ∩B = ∅ .

Definicion A.4.1. α+ β como el tipo de orden del buen orden(A ∪B,R⊕ S) donde R⊕ S = R ∪ S ∪ (A×B).

Esto es, (R⊕ S) es el orden que se obtiene poniendo B con su orden,por encima de A.

A B

Definicion A.4.2. α ·β es el tipo de orden del buen orden (A×B,R∗S)donde R ∗ S esta definido de la siguiente manera:

(α1, β1)R ∗ S(α2, β2) ↔ (β1Sβ2) ∨ [(β1 = β2) ∧ (α1Rα2)].


En palabras, α · β es el tipo de orden que se obtiene si tomamos unorden de tipo α y lo repetimos β veces.

Es importante notar que ni la suma ni el producto de ordinales sonoperaciones conmutativas:

(a) ω · 2 = ω + ω

2 · ω = ω

(b) ω + 1 6= 1 + ω = ω.

El producto no se distribuye en la suma por la derecha:(ω+ 1) · 2 6= ω · 2 + 1 · 2 ( ya que el lado izquierdo es de tipo de orden

ω + ω + 1, mientras que el lado derecho es ω + ω + 2).

Teorema A.4.3. Dados ordinales α, β, γ, se tiene las siguientes igual-dades:

(a) (Asociatividad de la suma) (α+ β) + γ = α+ (β + γ).

(b) (Asociatividad del producto) (α · β) · γ = α · (β · γ).

(c) α+ 0 = 0 + α = α,

α · 1 = 1 · α = α,

α · 0 = 0 · α = 0.

Otra manera de definir estas operaciones es por induccion.Dado α ∈ On, definimos la operacion Sα (sumar a α) del modo si-

guiente:

Sα(0) = α,

Sα(β′) = (Sα(b))′,

Sα(λ) = ∪{Sα(β) : β < λ} si λ es lımite.

Una vez hecho esto, se define α+ β = Sα(β).Se puede demostrar por induccion transfinita que obtenemos el mis-

mo resultado que con la definicion dada anteriormente usando tipos deorden. Tambien podemos definir la operacion Mα (la operacion de mul-tiplicar a α por . . . ):

Mα(0) = 0 (= α · 0),


Mα(β′) = Mα(β) + α (= α · β′ = α · β + α),

Mα(λ) = ∪{Mα(β) : β < λ} (= α · λ = ∪{α · β : β < λ}), si λ eslımite.

De esta manera podemos tambien definir la exponenciacion de ordi-nales :

α0 = 1,

αβ′ = αβ · α,

αλ = ∪{αβ : β < λ} si λ es lımite.

Ejemplo A.4.4. 2ω = ∪{2n : n ∈ ω} = ω.

El siguiente teorema es muy util cuando se trabaja con ordinales ysera utilizado mas adelante.

Teorema A.4.5. (Forma Normal de Cantor) Para todo ordinal α exis-ten numeros naturales n1, . . . , nk y ordinales γ1, . . . , γk tales que γk ∈γk−1 ∈ · · · ∈ γ1 y

α = ωγ1 · n1 + ωγ2 · n2 + · · ·+ ωγk · nk.

Ademas, esta representacion es unica.

Demostracion. (Esquema) Por induccion en α. Si α = 1, entonces α =ω0 · 1. Para α > 1, sea β el mayor ordinal tal que ωβ ≤ α. Usando lasoperaciones de suma y producto de ordinales definidas anteriormente,se puede demostrar que existe un unico η y un unico γ < α tales queα = ωβ · η + γ, y η es necesariamente finito. Aplicamos ahora el mismorazonamiento a γ, y ası, en un numero finito de pasos, obtenemos elresultado.

Apendice B

Topologıa de espaciosmetricos

B.1. Repaso de topologıa

En esta seccion daremos un breve repaso de algunos conceptos basicosde topologıa de espacios metricos. Dado un conjunto X, una topologıa enX es un conjunto T de subconjuntos de X con las siguientes propiedades:

(i) X ∈ T y ∅ ∈ T ,

(ii) T es cerrado bajo intersecciones finitas,

(iii) T es cerrado bajo uniones arbitrarias.

Los elementos de T se llaman abiertos. Un subconjunto C de X escerrado si su complemento X \ C es abierto. La coleccion de conjuntoscerrados es cerrada bajo uniones finitas y bajo intersecciones arbitrarias.La clausura A de un conjunto A ⊆ X es la interseccion de todos loscerrados que lo contienen. Un espacio topologico es un par (X, T ) dondeX es un conjunto y T es una topologıa en X. Si A ⊆ X, la topologıainducida en A es la coleccion de todas las intersecciones de elementos deT con A.

Intersecciones finitas de abiertos son conjuntos abiertos, y unionesfinitas de cerrados son conjuntos cerrados.

207


Definicion B.1.1. Una metrica en un conjunto X es una funcion

ρ : X ×X → [0,∞)

tal que

(i) ρ(x, y) = 0 si y solo si x = y,

(ii) ρ(x, y) = ρ(y, x), y

(iii) ( desigualdad triangular) para todo x, y, z ∈ X, ρ(x, z) ≤ ρ(x, y) +ρ(y, z).

Si ρ es una metrica en X, se dice que (X, ρ) es un espacio metrico.Todo espacio metrico tiene una topologıa natural definida por la metrica.Esta es la coleccion de todos los subconjuntos A ⊆ X tales que para todoelemento x ∈ A, existe un ε > 0 tal que Bε(x) = {y ∈ X : ρ(x, y) < ε} ⊆A. Un espacio topologico (X, T ) se dice metrizable si existe una metricaρ en X tal que T coincide con la topologıa definida por la metrica ρ.

Una sucesion {xn}∞n=0 de elementos de un espacio topologico (X, T )converge a x ∈ X si para todo abierto U que contiene a x, existe m talque xn ∈ U para todo n ≥ m. En este caso. se escribe lımn→∞ xn = x.

Un espacio topologico es compacto si para cada coleccion de abiertoscuya union es X existe una subcoleccion finita cuya union es tambienX. Esto generalmente se expresa diciendo que todo cubrimiento de Xpor abiertos tiene un subcubrimiento finito.

Ejercicio B.1.2. Demuestre que un espacio topologico X es compacto siy solo si la coleccion de cerrados de X tiene la propiedad de interseccionfinita, es decir, si una subcoleccion de conjuntos cerrados satisface quetoda interseccion finita de elementos de la coleccion es no vacıa, entoncesla interseccion de todos los elementos de la coleccion es no vacıa.

Ejercicio B.1.3. Demuestre que un espacio metrico X es compacto siy solo si toda sucesion de elementos de X tiene una subsucesion conver-gente. (Esta propiedad se llama compacidad secuencial).

Ejercicio B.1.4. Demuestre que todo espacio metrico compacto (X, ρ)es totalmente acotado, es decir, para todo ε > 0, existe un conjunto finitode elementos de X, x1, . . . , xk ∈ X, tales que para todo y ∈ X, existe i,1 ≤ i ≤ k, tal que ρ(y, xi) < ε.


Si G es una familia de subconjuntos de un conjunto X, la topologıagenerada por G es la coleccion de todas las uniones de interseccionesfinitas de elementos de G. En este caso se dice que G es una subbasede la topologıa. Una base para una topologıa T en un conjunto X esuna coleccion de subconjuntos de X tal que todo abierto es union deelementos de esa coleccion.

Ejercicio B.1.5. Demuestre que la coleccion de los intervalos abiertosno acotados de R, es decir, todos los intervalos de la forma (−∞, r) o(r,∞), donde r es un numero real, es una subbase de la topologıa usualde la recta real.

Si X e Y son espacios topologicos, una funcion f : X → Y es continuasi para cada abierto U ⊆ Y , su preimagen f−1U = {x ∈ X : f(x) ∈ U}es un abierto en X. Se dice que f es un homeomorfismo si es biyectiva,continua y f−1 tambien es continua.

Ejercicio B.1.6. Demuestre que si f : X → Y es una funcion continuay C ⊆ X es compacto (en la topologıa inducida), entonces la imagen deC, fC = {f(x) : x ∈ C} es tambien compacto.

Ejercicio B.1.7. Demuestre que toda funcion continua f : X → Yde un espacio metrico compacto (X, ρ) en un espacio metrico (Y, ρ′) esuniformemente continua (es decir, para todo ε > 0, existe δ tal que six, y ∈ X son tales que ρ(x, y) < δ, entonces ρ′(f(x), f(y)) < ε).

Sea I un conjunto, y para cada i ∈ I, sea Xi un conjunto. El productocartesiano de los Xi es la coleccion Πi∈IXi de todas las funciones x : I →⋃

i∈I Xi tales que x(i) ∈ Xi para todo i ∈ I. Algunas veces escribiremos{x(i) : i ∈ I para denotar una tal funcion. Si cada Xi es un espaciotopologico, la topologıa producto en Πi∈IXi es la topologıa generadapor los conjuntos de la forma

{x ∈ Πi∈IXi : x(j) ∈ Uj},

donde j ∈ I esta fijo y Uj es un abierto en Xj .

Teorema B.1.8 (Teorema de Tychonoff). Si {Xi}i∈I es una familiade espacios compactos, entonces Πi∈IXi es compacto con su topologıaproducto.


Observemos que el teorema de Tychonov es equivalente al axioma deeleccion.

Si Xi = X para todo i ∈ I, escribimos XI en vez de Πi∈IXi.

Ejercicio B.1.9. Demuestre que si X es un espacio topologico compactoy el conjunto I es numerable, entonces XI es una espacio topologicocompacto y metrizable.

El Axioma de eleccion es (equivalente a ) el enunciado siguiente: sicada Xi es no vacıo, entonces Πi∈IXi es no vacıo. Este axioma es tambienequivalente al Lema de Zorn: si ≺ es una relacion de orden parcial en unconjunto Z, y cada subconjunto totalmente ordenado T ⊆ Z es acotado(por encima), entonces existe un elemento maximal en Z.

Terminamos esta seccion con algunas definiciones de conceptos queusaremos mas adelante.

Definicion B.1.10. Un subconjunto D de un espacio topologico X esdenso si D∩A 6= ∅ para todo abierto A del espacio. Un conjunto N ⊆ Xes nunca denso si su clausura tiene interior vacıo, o equivalentemente,si para todo abierto A existe un abierto B ⊆ A tal que B ∩ N = ∅.Decimos que M ⊆ X es magro ( o de primera categorıa) si M es launion de una cantidad numerable de conjuntos nunca densos.

Definicion B.1.11. Un subconjunto A de un espacio topologico X tienela propiedad de Baire si A es la diferencia simetrica de un abierto y unconjunto magro.

B.2. El espacio de Baire

Consideremos el conjunto NN de las funciones de N en N, o sucesionesinfinitas de numeros naturales, dotado de la topologıa producto queresulta de dar a N la topologıa discreta. Este espacio se llama el espaciode Baire, y sera denotado por NNo por N .

Dada una sucesion finita s de numeros naturales, sea

Us = {x ∈ N : x(i) = s(i) para todo i ∈ dom(s)}.

Los conjuntos de la forma Us constituyen una base numerable de latopologıa de N ( es numerable ya que el conjunto de sucesiones finitasde numeros naturales es numerable)


Ejercicio B.2.1. Demuestre que {Us : s ∈ N<∞} es una base para latopologıa producto.

Con esta topologıa, la convergencia en N es muy facil de describir.Una sucesion {xi : i ∈ N} converge a x si y solo si ∀n∃m∀k ≥ m(xk(n) =x(n)).

El espacio de Baire es metrizable por la metrica dada por

d(x, y) =

{0 si x = y

1(mın{n∈N : x(n) 6=y(n)})+1 si x 6= y.

Para demostrar que esta metrica da la topologıa del espacio de Bairebasta verificar que determina la convergencia que mencionamos anterior-mente y esto es bastante obvio. Esta metrica es completa, y dejamos allector la tarea de verificarlo.

El espacio de Baire no es compacto. Por ejemplo, {U〈n〉 : n ∈ N} esun cubrimiento que no admite ningun subcubrimiento finito. Se puededemostrar que N ni siquiera es σ-compacto.

El espacio de Baire es totalmente disconexo, es decir, tiene una basede abiertos cerrados. (Cada vecindad basica Us es a la vez abierto y ce-rrado ya que si n es la longitud de s, N =

⋃{Ut : t es de longitud n }.

Ademas N es separable, ya que el conjunto de las sucesiones eventual-mente constantes es denso.

El espacio de Baire es homeomorfo al espacio R\Q de los irracionales.El espacio espacio de Cantor 2N es el conjunto de las sucesiones de

ceros y unos con la topologıa producto. Obviamente el espacio de Cantoresta incluido en el espacio de Baire, y su topologıa esta generada por losconjuntos Us, donde s ∈ 2<∞ es una sucesion finita de ceros y unos. Elespacio de Cantor es compacto, lo que sigue inmediatamente del teoremade Tychonoff.

Consideremos ahora el conjunto N[∞] de todos los subconjuntos infi-nitos de N. Dotamos a este conjunto de la topologıa generada por losconjuntos de la forma

[s] = {M ⊆ N : s @ M},

donde s ∈ N[<∞] y s @ M quiere decir que s es un segmento inicial deM . Esta topologıa es llamada la topologıa metrica en N[∞].


El conjunto 2N se puede identificar con P(N), ya que cada funcion deN en 2 es la funcion caracterıstica de n subconjunto de N.

La topologıa que definimos en N[∞] coincide con la topologıa que he-reda este conjunto de 2N vıa la identificacion con P(N).

Proposicion B.2.2. El espacio de Baire es homeomorfo a N[∞].

Demostracion. El espacio de Baire es homeomorfo al subespacio for-mado por las sucesiones estrictamente crecientes. El homeomorfismoesta dado por la funcion x 7→ x, donde x(n) =

∑ni=0 x(i) para ca-

da n ∈ N. La funcion que asocia un subconjunto infinito de N con suenumeracion creciente es un homeomorfismo entre N[∞] y ese subespa-cio.

Estudiaremos otra topologıa en N[∞], llamada la topologıa exponen-cial. Esta es la topologıa generada por los conjuntos de la forma

[s,A] = {B ∈ N[∞] : s @ B ⊆ s ∪A},

donde s ∈ FIN y A ∈ N[∞]. Es decir, el conjunto de todos los B quetienen a s como segmento inicial y el resto de sus elementos pertenecena A.

Esta topologıa es mas fina que la topologıa metrica, no es metrizableni tiene una base numerable.

Definicion B.2.3. Un arbol (de sucesiones) sobre un conjunto X esun conjunto S de sucesiones finitas de elementos de X parcialmenteordenado por la relacion de extension de sucesiones y tal que si s ∈ Sy n es menor que la longitud de s, s � n ∈ S. Una rama de S es unasucesion infinita a ∈ XN tal que para todo n, a � n ∈ S.

Dado un arbol S, denotaremos por [S] al conjunto de las ramas de S.El arbol completo sobre X es el conjunto X<∞ de todas las sucesionesfinitas de elementos de X. Por ejemplo, N<∞ es el conjunto de sucesionesfinitas de numeros naturales, y [N<∞] es el espacio de Baire N . Todosubconjunto A ⊆ N genera un arbol, a saber, el arbol SA = {a � n : a ∈A y n ∈ N}.

Teorema B.2.4. Un subconjunto A ⊆ N es cerrado si y solo si A = [T ]para algun arbol T ⊆ N<∞. Mas aun, A es cerrado si y solo si A = [SA].


Demostracion. Dado un arbol T , [T ] es siempre cerrado. En efecto, sea{ai : i ∈ N} una sucesion de elementos de [T ] tal que ai → a, es decir,para todo n ∈ N existe k ∈ N tal que a � n = ai � n para todo i ≥ k.Entonces a � n ∈ T para todo n, y por lo tanto a ∈ [T ]. Para cualquierconjunto A ⊆ N , se tiene que A ⊆ [SA]. Porque si a ∈ A, entoncesa � n ∈ SA para todo n. Si A es cerrado, y a ∈ [SA], entonces para todon ∈ N, a � n ∈ SA y por lo tanto, existe un ai ∈ A tal que a � n = ai � n.Tenemos entonces que ai → a, y como A es cerrado, a ∈A.

Ejercicio B.2.5. Pruebe que para todo A ⊆ N , [SA] es la clausura deA.

Definicion B.2.6. Un arbol T es un arbol a bifurcacion finita si cadanodo tiene a lo sumo una cantidad finita de sucesores inmediatos, esdecir, si para cada s ∈ T , el conjunto {x : s _ 〈x〉 ∈ T} es finito.

Teorema B.2.7. Un conjunto cerrado A ⊆ N es compacto si y solo siSA es un arbol a bifurcacion finita.

Demostracion. Como A es cerrado, A = [SA]. Sea {Oi : i ∈ I} un cubri-miento abierto de A. Supongamos que no hay un subcubrimiento finito.Entonces para algun k0 ∈ N tal que 〈k0〉 ∈ SA, el conjunto Ak0 = {a ∈A : a(0) = k0} no es cubierto por un numero finito de los abiertos Oi. Delo contrario, como SA es a bifurcacion finita, obtendrıamos un subcubri-miento finito de A. De la misma forma, existe k1 tal que 〈k0, k1〉 ∈ SA ypara el cual el conjunto A〈k0,k1〉 = {a ∈ A : a(0) = k0 y a(1) = k1} no sepuede cubrir con un numero finito de los Oi. Inductivamente construi-mos una sucesion d = 〈k0, k1, k2, . . . 〉 en [SA] tal que para cada n ∈ N,el conjunto {a ∈ A : a � n = d � n} no es cubierto por un numero finitode los Oi. Como d ∈ A, existe j ∈ I tal que d ∈ Oj . Y como Oj esabierto, existe un n tal que Ud�n esta contenido en Oj . Pero entonces,{a ∈ A : a � n = d � n} ⊆ Ud�n ⊆ Oj , contradiciendo la propiedad de d.Ası, demostramos que A es compacto.

Supongamos ahora que SA no es a bifurcacion finita, y sea s ∈ SA unnodo del arbol con infinitos sucesores inmediatos. El conjunto As = {a ∈A : s ⊆ a} es cerrado ya que As = Us∩A. La coleccion {Us_〈n〉 : n ∈ N}es un cubrimiento abierto de As para el cual no existe subcubrimientofinito. Entonces esa coleccion, junto con el complemento de As, formaun cubrimiento de A que no admite un subcubrimiento finito.

Apendice C

El teorema de Ramsey

C.1. El Lema de Konig y el Teorema de Ramsey

Dado un conjunto A, denotamos por A[n] la coleccion de subconjuntosde A que tienen exactamente n elementos. Estudiaremos particiones deconjuntos de la forma A[n], comencemos con este caso particular delteorema de Ramsey.

Teorema C.1.1. Dado un conjunto infinito A, y dada una funcionF : A[2] → {0, 1}, existe un conjunto infinito H ⊆ A y existe i ∈ {0, 1}tales que F”H [2] = {i}.

Para demostrarlo, usaremos un teorema referente a arboles infinitos.

Teorema C.1.2 (Konig, D. 1927). Un arbol infinito sobre un con-junto X, a ramificacion finita tiene una rama infinita.

Demostracion. Se halla una rama infinita por induccion. Como el primernivel del arbol consiste solamente de la sucecion vacıa, y por hipotesis,existe solamente un conjunto finito de sucesores inmediatos

por lo tanto, debe haber un elemento 〈a0〉 entre ellos que tiene infinitossucesores en el arbol. Entre los sucesores inmediatos de ese elemento(por hipotesis hay una cantidad finita de ellos) hay al menos uno quetiene infinitos sucesores. Escogemos uno de estos sucesores inmediatosde 〈a0〉 y lo llamamos 〈a0, a1〉. Continuando este proceso inductivamentese halla una rama infinita. En efecto, supongamos que hemos definidoa0, a1, . . . , ak, y que 〈a0, . . . ak〉 tiene infinitos sucesores en el arbol. Como

215


〈a0, . . . ak〉 tiene una cantidad finita de sucesores inmediatos, al menosuno de ellos tiene tambien infinitos sucesores en el arbol. Tomamos unode ellos, 〈a0, . . . , ak, ak+1〉. Como el arbol es infinito podemos continuarpara obtener una sucesion infinita a0, a1, . . . . Es claro que esta sucesiondetermina una rama del arbol.

Demostracion. (de C.1.1) Si A es infinito y F : A[2] → {0, 1}, construi-mos un arbol de la manera siguiente: los nodos del arbol seran sucesionesde elementos de A. Tomamos un elemento a0 ∈ A y ponemos 〈a0〉 enel arbol. El resto de A lo dividimos en dos partes, {a ∈ A \ {a0} :F ({a0, a}) = 0} y {a ∈ A \ {a0} : F ({a0, a}) = 1}.

Sean a00 y a01 elementos de la primera y la segunda parte respectiva-mente. Estos seran los sucesores inmediatos de a0 en el arbol, es decir,〈a0, a00〉 y 〈a0, a01〉 forman el segundo nivel del arbol. Lo que resta dela primera parte, B00 = {a ∈ A : F ({a0, a} = 0} \ {a00}, es el con-junto de sucesores potenciales de a00, y analogamente, B01 = {a ∈ A :F ({a0, a}) = 1} \ {a01} es el conjunto de sucesores potenciales de a01.Continuando este proceso, los miembros del nivel k estaran denotadospor as donde s es una sucesion finita de ceros y unos de longitud k y paracada nodo del arbol definimos un conjunto de sucesores potenciales.

Supongamos que hemos definido el nivel k. Dado un miembro as deese nivel, sea Bs el conjunto de sus sucesores potenciales. Dividimos Bs

en dos partes: {a ∈ Bs : F ({as, a}) = 0} y {a ∈ Bs : F ({as, a}) = 1}.Tomamos un elemento de cada parte, as_0 y as_1 respectivamente ydefinimos Bs_0 = {a ∈ Bs : F ({as, a}) = 0}\{as_0} y Bs_1 = {a ∈ Bs :F ({as, a}) = 1} \ {as_1}. Notese que alguno de estos conjuntos, Bs_0

o Bs_1, podrıa resultar vacıo, y en ese caso, el nodo correspondiente notiene sucesores en el arbol. Pero no puede ocurrir que ambos conjuntosresulten vacıos para todos los elementos de un nivel dado. Esto completala definicion inductiva de un arbol infinito cuyos niveles son finitos (yaque cada nodo tiene a lo sumo dos sucesores inmediatos). Por el teoremade Konig, existe una rama infinita bo < b1 < b2 < . . . . Por construccion,si tomamos bi en esa rama, todos los bj con j > i estan entre los sucesorespotenciales de bi , luego, por construccion, la funcion F toma un valorconstante en los pares {bi, bj} (j > i). Si ese valor es 0 diremos que bies un 0-nodo y si es 1 diremos que bi es un 1-nodo. Ası, tenemos dostipos de nodos en la rama, como la rama es infinita, debe haber unconjunto infinito de elementos del mismo tipo. Ese es el conjunto H que


buscabamos. Esto termina la demostracion del teorema.

El teorema de Ramsey es un resultado mas general que enunciamos acontinuacion.

Teorema C.1.3 (Ramsey [Ra]). Para todo n ∈ N y todo k ∈ N, si Aes infinito y F : A[n] → k, existe un conjunto infinito H ⊆ A tal que Fes constante en H [n].

Demostracion. Consideremos primero el caso k = 2 (el caso k = 1 estrivial). Para k = 2, demostraremos el resultado por induccion en n. Sin = 1 es claro que el resultado vale. (El caso n = 2 fue consideradoanteriormente). Supongamos que el teorema vale para n, y probemoslopara n+ 1. Notese que basta considerar particiones de N[n+1], porque siA es cualquier conjunto infinito, una particion de A[n+1] determina unaparticion de N[n+1] mediante cualquier inyeccion de N en A.

Sea F : N[n+1] → 2. Para encontrar el conjunto H homogeneo para Fseguiremos el procedimiento que usamos anteriormente, construiremosun arbol infinito de niveles finitos y extraeremos el conjunto homogeneode una de sus ramas infinitas. Para cada nodo del arbol, definiremos unconjunto de sucesores potenciales.

Los primeros n niveles del arbol estan dados por 0, 1, 2, ..., n− 1, res-pectivamente. El conjunto de sucesores potenciales de 〈0, 1, . . . , n − 1〉es N \ n (= {j ∈ N : j ≥ n}). Igual que antes, dividimos este con-junto en dos clases: {j ≥ n : F ({0, 1, ..., n − 1, j}) = 0} y {j ≥ n :F ({0, 1, ..., n − 1, j}) = 1}. El nivel n + 1 del arbol estara formado porel menor elemento de cada una de esas clases (luego n − 1 tiene a losumo dos sucesores) y el resto de la clase correspondiente es el conjuntode sucesores potenciales de cada elemento de ese nivel. Supongamos quehemos definido el nivel m del arbol, y para cada elemento de ese nivel,su conjunto de sucesores potenciales. Definimos ahora el nivel m+ 1 in-dicando cuales son los sucesores de cada elemento del nivel m. Dado t enel nivel m, sea Ct el conjunto de predecesores de t en el orden del arbol,incluyendo a t. Ct esta bien ordenado por el orden del arbol, y tiene melementos. Sea Bt el conjunto de sucesores potenciales de t. Dividiremosal conjunto Bt en varias clases, y para simplificar la notacion haremosesto definiendo una relacion de equivalencia en Bt:

i ∼ j si y solo si F (x ∪ i) = F (x ∪ j) para todo x ∈ C [n]t .


Es facil verificar que esta es, en efecto, una relacion de equivalen-cia. Los sucesores inmediatos de t son determinados tomando el menorelemento de cada clase de equivalencia. Cada nodo del nivel m tiene en-tonces a lo sumo 2(m

n) sucesores inmediatos (ya que para para t del nivelm,(mn

)= |C [n]

t |, y para cada x ∈ C[n]t , F (x ∪ t) puede ser 0 o 1). Para

cada sucesor inmediato de t, el conjunto de sus sucesores potencialeses el resto de la clase a la que pertenece. Notese que si el conjunto Bt

es infinito, alguna de las clases de equivalencia debe ser infinita, por loque al menos un sucesor inmediato de t tendra un conjunto infinito desucesores potenciales.

Ası completamos la construccion inductiva de un arbol infinito a nive-les finitos. El teorema de Konig nos indica que existe una rama infinitaR. Por construccion, esa rama tiene la siguiente propiedad: dado unx ∈ R[n], el valor F (x∪j) es el mismo para todo j que se encuentre en larama por encima de x. Entonces para x ∈ R[n] diremos que x es de tipo0 si ese valor es 0, de lo contrario decimos que x es de tipo 1. Esto nosda una particion de R[n] en dos clases, y por hipotesis inductiva existeun subconjunto infinito H ⊆ R tal que todos los elementos de H [n] sondel mismo tipo. Claramente H es homogeneo para F . Esto completa lademostracion del caso k = 2. Si suponemos que para cada k ≤ r vale elreultado para todo n, y F : N[n] → r+ 1, podemos definir una particionauxiliar G : N[n] → 2 poniendo G(x) = 0 si F (x) = 0 y G(x) = 1 encaso contrario. Por hipotesis inductiva G tiene un conjunto homogeneoinfinito H, si G”H [n] = {0}, H es homogeneo para F . Si G”H [n] = {1},entonces F � H [n] (F restringida a H [n]) es una particion en r partesy por hipotesis inductiva hay un conjunto H ′ ⊆ H infinito homogeneo.Este conjunto H ′ es homogeneo para F .

Ejercicio C.1.4. Demuestre que si A es un conjunto infinito con un or-den parcial <, entonces A contiene un subconjunto infinito {a0, a1, . . . }tal que a0 < a1 < · · · , o a0 > a1 > · · · , o los ai son incomparables dosa dos.

Ejercicio C.1.5. Demuestre usando el teorema de Ramsey que toda su-cesion acotada de numeros naturales tiene una subsucesion convergente.

Corolario C.1.6. (Teorema de Ramsey finito) Dados numeros enterospositivos k,r y m existe un entero positivo n tal que para todo conjunto


N de cardinalidad n, y toda particion de N [r] en k partes, existe unsubconjunto H ⊆ N de cardinalidad m, tal que H [r] esta contenido enuna de las partes.

Demostracion. Dados m, r, k, supongamos que para todo n ≥ r, existealguna particion fn de n[r] en k partes para la que no hay conjuntohomogeneo de m elementos. El conjunto A = {fn � j[r] : j ≤ n, n ∈ N},con el orden dado por ⊂ es un arbol infinito. Como cada nivel de A esfinito (ya que para cada j hay k([j]

r ) funciones de j[r] en k), por el teoremade Konig existe una rama infinita F . Si ponemos f = ∪F , es claro quef : N[r] → k. Por el teorema de Ramsey, existe un conjunto H ⊆ Ninfinito homogeneo para f . Sea J ⊂ H un subconjunto de H con melementos. Si tomamos una funcion g de la rama F tal que dom (g) = j[r]

y J ⊆ j, g = fn � j[r] para algun n ≥ j, y J es un conjunto homogeneopara fn, lo que contradice la definicion de fn. �

Otra forma de hacer la demostracion es definiendo g : N[r+1] → k por

g({a0, . . . , ar}) = far({a0. . . . , ar−1}),

donde a0 < a1 < . . . < ar. Por el teorema de Ramsey existe un H infinitohomogeneo para g. Si H = {h0, h1, . . . } en orden creciente, entonces{h0, . . . , hm−1} es un conjunto de m elementos homogeneo para fhm ,contradiccion.

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224 Bibliografıa

Indice alfabetico

∆-sucesion, 2U-lımite, 165ε-inclusion, 84

Arbol, 212

Barrera, 4Base

θ-Auerbach, 80Auerbach, 49Hamel, 47Schauder

bimonotona, 73monotona, 73retractiva, 92

sumante, 106unitaria, 76

Buen orden, 194

Combinacion convexa, 30Compacidad

secuencial, 208Conjunto

boreliano, 38completamente Ramsey, 35debilmente compacto, 65denso, 210magro, 210nunca denso, 210Ramsey, 35

Constantebasica, 73de incondicionalidad, 102de supresion-incondicionalidad,

102

Distancia de Banach-Mazur, 45

Ellentuck, E., 40Espacio

Y -saturado, 108de Maurey-Rosenthal, 115de James J , 107de Tsirelson T , 159dual, 43minimal, 108reflexivo, 59

Espectro, 172Exponenciacion de ordinales, 206

Familiav-hereditaria, 2de Schreier, 129fina, 4hereditaria, 2precompacta, 2uniforme, 8

Finitamente representable por blo-ques (f.r.b.), 176

Forma normal de Cantor, 206

225

226 Bibliografıa

Frente, 4orden lexicografico de un, 5

Funcionacotada, 44interna, 17Lipschitz, 15uniforme, 15

Funcional, 43Fusion, 7

Incondicionalidadde Elton, 138de Shreier, 134

Lemade Galvin, 10de Ptak, 32

Metrica, 208Media convexa, 30

Operadoracotado, 43estrictamente singular, 44invertible, 171

Ordenparcial, 193total, 194

Ordinal, 198compuesto, 30lımite, 203sucesor, 203

Principiode acotacion uniforme, 53de reflexividad local, 164de induccion transfinita, 195de seleccion de Bessaga-Pe lc-

zynski, 82

Productode familias, 4de ordinales, 204

Propiedadde Baire, 210de Schur, 62

Proyecciones canonicas, 72

Representable, 164

Segmento inicial, 195Serie incondicionalmente conver-

gente, 98Soporte, 71Spreading model, 142Subsucesion bloque, 86

identicamente distribuida, 142sucesion

W -dominante, 128Sucesion

basica, 71incondicional, 100

biortogonal, 80bloque, 2debilmente nula, 66debilmente nula no trivial,

66spreading, 141

Sumade familias, 3de ordinales, 204

Teorema`1 de Rosenthal, 149de la grafica cerrada, 56Alaoglu, 62Baire, 52Banach-Steinhaus, 53

Bibliografıa 227

de la aplicacion abierta, 54de Recursion Transfinita, 196Galvin-Prikry, 40Hahn-Banach, 59Krivine, 180Zippin, 153

Tipo de orden, 201Topologıa, 207

exponencial, 36, 212

Ultrafiltro, 164Ultraproducto, 166Utrapotencia, 166

Valor propio aproximado, 172

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