Teorema de Riesz

Demostramos el teorema de Riesz, el cual proporciona caracterizaciones de los espacios normados de dimensión finita.

Enunciado
Demostrar el teorema de Riesz:
Sea $E$ un espacio normado. Entonces, son equivalentes:
$(a)$  $E$ es de dimensión finita.
$(b)$  La bola cerrada unidad es compacta.
$(c)$  Los conjuntos compactos de $E$ son exactamente los cerrados y acotados.
$(d)$  $E$ es localmente compacto.

Solución
Primeramente veamos que  $(b),$  $(c)$ y $(d)$ son equivalentes.

$(b)\Rightarrow (c)$  Por hipótesis,  $\overline{B}(0,1)$ es compacta y sabemos que toda propiedad topológica que tenga una bola abierta (cerrada) la tienen  todas las bolas abiertas (cerradas). Sea $K\subset E$ cerrado y acotado. Por estar acotado, está contenido en una bola cerrada $\overline{B}(a,r)$ lo cual implica que $K$ es compacto (por ser subconjunto cerrado de un compacto). Por otra parte, si $K\subset E$ es compacto, entonces $K$ es cerrado y acotado (pues todo subconjunto compacto de un espacio métrico es cerrado y acotado).

$(c)\Rightarrow (d)$  Sea $a\in E.$ Sabemos que en todo espacio normado se verifica  $\overline{B(a,r)}$ $=$ $\overline{B}(a,r),$ lo cual implica que la bola $\overline{B}(a,r)$ es conjunto cerrado. Como además está acotado, es compacto por la hipótesis $(c).$ Concluimos que $E$ es localmente compacto.

$(d)\Rightarrow (b)$  Como $E$ es localmente compacto, $0$ tiene un entorno $V(0)$ que es compacto. Existe una bola $B(0,\epsilon)\subset V(0).$ Tenemos $$\overline{B}(0,\epsilon)=\underbrace{\overline{B(0,\epsilon)}}_{\text{cerrado}}\subset \underbrace{V(0)}_{\text{compacto}}\Rightarrow \overline{B}(0,\epsilon)\text{ es compacto.}$$ Como todas las bolas cerradas son homeomorfas, concluimos que la bola cerrada unidad es un conjunto compacto.

Demostremos ahora que $(a)$ y $(b)$ son equivalentes, con lo cual quedará probado el teorema de Riesz.

$(a)\Rightarrow (b)$ Sea $E$ de dimensión finita. Sabemos que en tal caso  $E$ es homeomorfo a  $\mathbb{K}^n$ con la norma $\left\|\;\right\|_1,$ luego $\overline{B}(0,1)$ es homeomorfo a $\left\{x\in\mathbb{K}^n:\left\|x\right\|_1\leq 1\right\}$ (que es compacto), en consecuencia $\overline{B}(0,1)$ es compacto.

Para demostrar $(b)\Rightarrow (a),$ demostraremos previamente el siguiente lema:

LEMA.  Sea $E$ un espacio normado y $F$ un subespacio propio y cerrado de $E.$ Entonces, para cada $0<\epsilon <1$ existe un vector $x\in E$ tal que $\epsilon <d(x,F)<1.$

Demostración.  Como $F$ es cerrado y $F\ne E,$ existe $y\in E-F$ tal que $d(y,F)>0.$ Entonces, algún vector proporcional a $y$ i.e. de la forma $\lambda y$ ha de cumplir $\epsilon<d(\lambda y,F)<1.$ Existe por tanto un $u\in F$ tal que $\left\|\lambda y -u\right\|<1.$ Llamando $x=\lambda y -u,$ $$\epsilon <d(\lambda y,F)=d(x+u,F)=\inf \{\left\|x+u-z\right\|:z\in F\}.$$ Como $u\in F,$ llamando $z’=z-u, $ cuando $z$ recorre todo $F,$ también $z’$ recorre todo $F.$ Por tanto $$\epsilon <d(\lambda y,F)=\inf \{\left\|x-z’\right\|:z’\in F\}=d(x,F)<1$$ y claramente $x\notin F.$ Hemos demostrado el lema. $\quad\square$

$(b)\Rightarrow (a)$ Supongamos que $\dim E=+\infty$ y veamos que $\overline{B}(0,1)$ no es compacto. Por ser $E$ espacio métrico, equivale a demostrar que $\overline{B}(0,1)$ no es secuencialmente compacto. Es decir, veamos que existe una sucesión en $\overline{B}(0,1)$ que no tiene subsucesión convergente en $E.$

Sea $0\neq x_1\in E$ y sea $F_1=L[x_1].$ Tenemos $\dim F_1=1\neq +\infty,$ luego $F_1$ es subespacio propio de $E.$ Además, por ser $F_1$ subespacio de $E,$ es conjunto cerrado. Por el lema anterior, existe $x_2\in E$ tal que $1/2<d(x_2,F_1)<1.$ Es decir, existe un $\left\|x_2\right\|<1$ tal que $\left\|x_1-x_2\right\|>1/2.$ Procediendo de manera análoga con $F_2=L[x_1,x_2]$ (subespacio propio y cerrado), existe $x_3\in E$ tal que $$\left\|x_3\right\|<1,\quad \left\|x_1-x_3\right\|>\frac{1}{2},\quad \left\|x_2-x_3\right\|>\frac{1}{2}.$$ Podemos construir de esta manera una sucesion de puntos de $\overline{B}(0,1)$ que no admite subsucesión de Cauchy (cada dos términos distan entre sí más de $1/2$), y por tanto no admite subsucesión convergente. Queda pues demostrado el teorema de Riesz.

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