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Autor Tema: Espacio separable implica esfera unitaria separable...  (Leído 174 veces)
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« : 29/04/2012, 09:28:17 pm »

Hola...

Voy a poner la demostración de la siguiente proposición para que la revisen  :cara_de_queso: y den sus sugerencias en caso de errores:

Sea un espacio vectorial normado separable. Demuestre que  la esfera unitaria es separable.

Demostración:

Spoiler (click para mostrar u ocultar)


Revísenla, y me avisan a ver que tal...
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« Respuesta #1 : 29/04/2012, 09:41:28 pm »

Ahora bien, como no es separable, existe (en este caso un irracional) tal que , lo cual no es posible, ya que por la densidad de existe y , y por tanto .

¿De dónde concluyes que ?
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« Respuesta #2 : 29/04/2012, 10:16:58 pm »


Como existe , se cumple que   y por la definición, de , se tiene que hay
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« Respuesta #3 : 29/04/2012, 10:29:09 pm »

Tienes razón, eso está bien.

Lo que no veo claro es justo lo que está antes. Como estás suponiendo que es no separable, y es numerable, debe existir un abierto en tal que .

El problema es que tú supones que es de la forma (a al menos ), eso no necesariamente es cierto.
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« Respuesta #4 : 29/04/2012, 11:13:45 pm »

Ahhh, gracias, tiene razón...

Entonces, rectifico...


 Sea un espacio normado separable. Esto es, existe un subconjunto numerable que es denso en .


Llamemos a dicho conjunto.

Consideremos la esfera unitaria: .

Supongamos que no es separable, esto es, para todo numerable, se tiene que no es denso en ;  es decir, existe un abierto en  tal que ,  de manera que, .


Consideremos , es claro que , y es abierto  en (con respecto a la topología relativa).


Como es denso en , se tiene que existe , con lo que y es numerable.

Ahora bien, como no es separable existe abierto tal que .

Por otro lado, como es abierto en   existe tal que (esto me lo asegura la topología relativa... ).

Como se tiene que , lo cual no es posible, ya que  en caso de  que sea un racional, entonces por la definición de , existe . En caso de que sea irracional, por la densidad de existe y , y por tanto razonando igual que el caso anterior, tenemos que  .

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« Respuesta #5 : 29/04/2012, 11:21:50 pm »

Por otro lado, como es abierto en   existe tal que (esto me lo asegura la topología relativa... ).

Es que esto es lo que no es cierto. contedrá un abierto básico, digamos una bola abierta. ¿Pero por qué aseguras que contiene una bola centrada en 0?
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« Respuesta #6 : 29/04/2012, 11:32:14 pm »

¡Oh, vaya! Tienes razón...

Me falta considerar cuando no contenga  bolas centradas en cero...

Creo que eso está díficil de verificar... Jeje...   
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« Respuesta #7 : 29/04/2012, 11:55:49 pm »

Este problema es en realidad más general. Todo subespacio métrico de un espacio métrico separable es separable.

Basta recordar que en espacios métricos, la separabilidad es equivalente al segundo axioma de numerabilidad. Luego el resultado se sigue inmediatamente del hecho de que todo subespacio topológico de un espacio topológico segundo numerable es también segundo numerable.
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« Respuesta #8 : 29/04/2012, 11:58:09 pm »

A ver, la idea sería entonces cambiar la forma del conjunto que definí. Sería algo así:

Consideremos, , , y consideremos tal que .

Por ser denso en , se tiene que existe tal que .

Hagamos y es numerable.

Ahora bien, como no es separable, se tiene que existe abierto tal que .

Como es abierto, existe y tal que .

Como , se tiene que , lo cual no es posible. Ya que si es racional, entonces existe , con lo que .

En caso que sea irracional, por la densidad de , existe , y se cumple que , por lo que existe , por lo que .

Por lo que lo supuesto es falso.

Y así, , es separable.


 
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« Respuesta #9 : 30/04/2012, 01:31:06 am »

Tengo dudas de si está bien definido, si no alguien ya corregirá, pero creo que está bien tu prueba.
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« Respuesta #10 : 30/04/2012, 01:38:00 am »

 :sonrisa_amplia:
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