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Un teorema de renormación paraespacios ASQ

Abraham Rueda ZocaJunto a: Dr. Julio Antonio Becerra Guerrero

Dr. Ginés López Pérez

Universidad de GranadaDepartamento de análisis matemáticoSeminario de jóvenes investigadores

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 1 / 17

Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 2 / 17

Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.

Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 2 / 17

Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0

existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

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Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 2 / 17

Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 2 / 17

Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 2 / 17

Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

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Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

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Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε

⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 2 / 17

Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε

⇒ ‖y‖ < ε.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 2 / 17

Definición de espacios ASQEspacios ASQ

Sea X un espacio de Banach.Diremos que X es casi cuadrado (ASQ) si dados x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existey ∈ SX de manera que

‖xi ± y‖ ≤ 1 + ε.

Ejemploc0 := {x ∈ `∞ : x(n)→ 0 (n→∞)} es un espacio ASQ.

Demostración: Dados x1, . . . , xk ∈ Sc0 y ε > 0, podemos encontrar n ∈ N demanera que |xi(n)| < ε para cada i . Entonces basta tomar y := en.†

Ejemplo`∞ no es ASQ.

Demostración: Consideramos 1 ∈ `∞ e y ∈ `∞.

‖1± y‖ ≤ 1 + ε⇒ |1± y(n)| ≤ 1 + ε⇒ ‖y‖ < ε.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 2 / 17

Motivación: propiedad de diámetro dos

Dado X un espacio de Banach y C ⊆ X un subconjunto acotado, un slice deC es un conjunto de la forma

{x ∈ C / x∗(x) > sup x∗(C)− α} x∗ ∈ X ∗ \ {0}, α > 0.

Propiedades de diámetro 2

Sea X un espacio de Banach .Se dice que X tiene la propiedad de diámetro dos para slices si todo slice deBX tiene diámetro 2.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 3 / 17

Motivación: propiedad de diámetro dos

Dado X un espacio de Banach y C ⊆ X un subconjunto acotado, un slice deC es un conjunto de la forma

{x ∈ C / x∗(x) > sup x∗(C)− α} x∗ ∈ X ∗ \ {0}, α > 0.

Propiedades de diámetro 2

Sea X un espacio de Banach .Se dice que X tiene la propiedad de diámetro dos para slices si todo slice deBX tiene diámetro 2.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 3 / 17

Motivación: propiedad de diámetro dos

Dado X un espacio de Banach y C ⊆ X un subconjunto acotado, un slice deC es un conjunto de la forma

{x ∈ C / x∗(x) > sup x∗(C)− α} x∗ ∈ X ∗ \ {0}, α > 0.

Propiedades de diámetro 2

Sea X un espacio de Banach .

Se dice que X tiene la propiedad de diámetro dos para slices si todo slice deBX tiene diámetro 2.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 3 / 17

Motivación: propiedad de diámetro dos

Dado X un espacio de Banach y C ⊆ X un subconjunto acotado, un slice deC es un conjunto de la forma

{x ∈ C / x∗(x) > sup x∗(C)− α} x∗ ∈ X ∗ \ {0}, α > 0.

Propiedades de diámetro 2

Sea X un espacio de Banach .Se dice que X tiene la propiedad de diámetro dos para slices si todo slice deBX tiene diámetro 2.

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Resultados sobre ASQ

Los espacios ASQ tienen la propiedad de diámetro dos para slices.

Si X es un espacio de Banach ASQ e Y es un espacio de Banach,entonces X ⊕∞ Y es ASQ (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima(2015)).Ser ASQ es una propiedad que no se mantiene por renormaciónequivalente.Todo espacio de Banach ASQ contiene una copia isomorfa de c0 (T.Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015)).

Teorema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Sea X un espacio de Banach que contiene una copia complementada de c0.Entonces X admite una renormación equivalente para ser ASQ.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 4 / 17

Resultados sobre ASQ

Los espacios ASQ tienen la propiedad de diámetro dos para slices.Si X es un espacio de Banach ASQ e Y es un espacio de Banach,entonces X ⊕∞ Y es ASQ (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima(2015)).

Ser ASQ es una propiedad que no se mantiene por renormaciónequivalente.Todo espacio de Banach ASQ contiene una copia isomorfa de c0 (T.Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015)).

Teorema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Sea X un espacio de Banach que contiene una copia complementada de c0.Entonces X admite una renormación equivalente para ser ASQ.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 4 / 17

Resultados sobre ASQ

Los espacios ASQ tienen la propiedad de diámetro dos para slices.Si X es un espacio de Banach ASQ e Y es un espacio de Banach,entonces X ⊕∞ Y es ASQ (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima(2015)).Ser ASQ es una propiedad que no se mantiene por renormaciónequivalente.

Todo espacio de Banach ASQ contiene una copia isomorfa de c0 (T.Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015)).

Teorema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Sea X un espacio de Banach que contiene una copia complementada de c0.Entonces X admite una renormación equivalente para ser ASQ.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 4 / 17

Resultados sobre ASQ

Los espacios ASQ tienen la propiedad de diámetro dos para slices.Si X es un espacio de Banach ASQ e Y es un espacio de Banach,entonces X ⊕∞ Y es ASQ (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima(2015)).Ser ASQ es una propiedad que no se mantiene por renormaciónequivalente.Todo espacio de Banach ASQ contiene una copia isomorfa de c0 (T.Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015)).

Teorema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Sea X un espacio de Banach que contiene una copia complementada de c0.Entonces X admite una renormación equivalente para ser ASQ.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 4 / 17

Resultados sobre ASQ

Los espacios ASQ tienen la propiedad de diámetro dos para slices.Si X es un espacio de Banach ASQ e Y es un espacio de Banach,entonces X ⊕∞ Y es ASQ (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima(2015)).Ser ASQ es una propiedad que no se mantiene por renormaciónequivalente.Todo espacio de Banach ASQ contiene una copia isomorfa de c0 (T.Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015)).

Teorema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))

Sea X un espacio de Banach que contiene una copia complementada de c0.Entonces X admite una renormación equivalente para ser ASQ.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 4 / 17

Resultados sobre ASQ

Los espacios ASQ tienen la propiedad de diámetro dos para slices.Si X es un espacio de Banach ASQ e Y es un espacio de Banach,entonces X ⊕∞ Y es ASQ (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima(2015)).Ser ASQ es una propiedad que no se mantiene por renormaciónequivalente.Todo espacio de Banach ASQ contiene una copia isomorfa de c0 (T.Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015)).

Teorema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Sea X un espacio de Banach que contiene una copia complementada de c0.

Entonces X admite una renormación equivalente para ser ASQ.

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Resultados sobre ASQ

Los espacios ASQ tienen la propiedad de diámetro dos para slices.Si X es un espacio de Banach ASQ e Y es un espacio de Banach,entonces X ⊕∞ Y es ASQ (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima(2015)).Ser ASQ es una propiedad que no se mantiene por renormaciónequivalente.Todo espacio de Banach ASQ contiene una copia isomorfa de c0 (T.Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015)).

Teorema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Sea X un espacio de Banach que contiene una copia complementada de c0.Entonces X admite una renormación equivalente para ser ASQ.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 4 / 17

Resultados sobre ASQ

Como todo espacio de Banach separable que contenga a c0 lo contienecomplementado (Sobczyk (1941)) tenemos el siguiente

Corolario (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Todo espacio de Banach separable que contiene a c0 puede renormarseequivalentemente para ser ASQ.

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Puede todo espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0renormarse equivalentemente para ser ASQ?

¿Todo espacio de Banach que contenga a c0 lo tiene complementado? No,pues c0 no está complementado en `∞ (Phillips (1940)).

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 5 / 17

Resultados sobre ASQ

Como todo espacio de Banach separable que contenga a c0 lo contienecomplementado (Sobczyk (1941)) tenemos el siguiente

Corolario (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Todo espacio de Banach separable que contiene a c0 puede renormarseequivalentemente para ser ASQ.

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Puede todo espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0renormarse equivalentemente para ser ASQ?

¿Todo espacio de Banach que contenga a c0 lo tiene complementado? No,pues c0 no está complementado en `∞ (Phillips (1940)).

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 5 / 17

Resultados sobre ASQ

Como todo espacio de Banach separable que contenga a c0 lo contienecomplementado (Sobczyk (1941)) tenemos el siguiente

Corolario (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Todo espacio de Banach separable que contiene a c0 puede renormarseequivalentemente para ser ASQ.

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Puede todo espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0renormarse equivalentemente para ser ASQ?

¿Todo espacio de Banach que contenga a c0 lo tiene complementado? No,pues c0 no está complementado en `∞ (Phillips (1940)).

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 5 / 17

Resultados sobre ASQ

Como todo espacio de Banach separable que contenga a c0 lo contienecomplementado (Sobczyk (1941)) tenemos el siguiente

Corolario (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Todo espacio de Banach separable que contiene a c0 puede renormarseequivalentemente para ser ASQ.

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Puede todo espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0renormarse equivalentemente para ser ASQ?

¿Todo espacio de Banach que contenga a c0 lo tiene complementado?

No,pues c0 no está complementado en `∞ (Phillips (1940)).

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Resultados sobre ASQ

Como todo espacio de Banach separable que contenga a c0 lo contienecomplementado (Sobczyk (1941)) tenemos el siguiente

Corolario (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))Todo espacio de Banach separable que contiene a c0 puede renormarseequivalentemente para ser ASQ.

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Puede todo espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0renormarse equivalentemente para ser ASQ?

¿Todo espacio de Banach que contenga a c0 lo tiene complementado? No,pues c0 no está complementado en `∞ (Phillips (1940)).

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Problema de renormación ASQ

Problema¿Puede renormarse `∞ para ser ASQ?

Ideac := {x ∈ `∞ : ∃ limx(n)} no es ASQ.

Pero c0 := Ker(lim) está complementado, luego basta tomar en c la norma,

‖x‖ := m«ax{|lim(x)|, supn|x(n)− lim(x)|},

para que c = c0 ⊕∞ span{(1,1, . . .)} sea ASQ.

“Sólo” nos falta un funcional límite para sucesiones acotadas.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 6 / 17

Problema de renormación ASQ

Problema¿Puede renormarse `∞ para ser ASQ?

Respuesta:{

No ⇒ FinSí ⇒ ?

Ideac := {x ∈ `∞ : ∃ limx(n)} no es ASQ.Pero c0 := Ker(lim) está complementado, luego basta tomar en c la norma,

‖x‖ := m«ax{|lim(x)|, supn|x(n)− lim(x)|},

para que c = c0 ⊕∞ span{(1,1, . . .)} sea ASQ.

“Sólo” nos falta un funcional límite para sucesiones acotadas.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 6 / 17

Problema de renormación ASQ

Problema¿Puede renormarse `∞ para ser ASQ?

Respuesta:{

No ⇒ FinSí ⇒ Fin

Ideac := {x ∈ `∞ : ∃ limx(n)} no es ASQ.Pero c0 := Ker(lim) está complementado, luego basta tomar en c la norma,

‖x‖ := m«ax{|lim(x)|, supn|x(n)− lim(x)|},

para que c = c0 ⊕∞ span{(1,1, . . .)} sea ASQ.

“Sólo” nos falta un funcional límite para sucesiones acotadas.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 6 / 17

Problema de renormación ASQ

Problema¿Puede renormarse `∞ para ser ASQ?

Respuesta:{

No ⇒ FinSí ⇒ Fin

Ideac := {x ∈ `∞ : ∃ limx(n)} no es ASQ.Pero c0 := Ker(lim) está complementado, luego basta tomar en c la norma,

‖x‖ := m«ax{|lim(x)|, supn|x(n)− lim(x)|},

para que c = c0 ⊕∞ span{(1,1, . . .)} sea ASQ.

“Sólo” nos falta un funcional límite para sucesiones acotadas.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 6 / 17

Problema de renormación ASQ

Problema¿Puede renormarse `∞ para ser ASQ?

Respuesta:{

No ⇒ FinSí ⇒ Fin

Ideac := {x ∈ `∞ : ∃ limx(n)} no es ASQ.Pero c0 := Ker(lim) está complementado, luego basta tomar en c la norma,

‖x‖ := m«ax{|lim(x)|, supn|x(n)− lim(x)|},

para que c = c0 ⊕∞ span{(1,1, . . .)} sea ASQ.

“Sólo” nos falta un funcional límite para sucesiones acotadas.

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Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 7 / 17

Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).

Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 7 / 17

Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 7 / 17

Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .

A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 7 / 17

Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .

A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 7 / 17

Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 7 / 17

Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 7 / 17

Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.

Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

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Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.

En otro caso se dice que F es no principal.

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Definiciones de ultrafiltros

Filtro sobre un conjunto

Sea I 6= ∅ y F ⊆ P(I).Diremos que F es un filtro sobre I si verifica

∅ /∈ F .A,B ∈ F ⇒ A ∩ B ∈ F .A ∈ F y A ⊆ B ⇒ B ∈ F .

Ultrafiltro

Dado I 6= ∅ y F un filtro sobre I, diremos que F es un ultrafiltro sobre I si F esun filtro maximal en el sentido de la inclusión.

Ultrafiltro principal

Sea I 6= ∅ y sea F un ultrafiltro.Diremos que F es principal si existe x ∈ I de manera que F := {X ⊆ I / x ∈X}.En otro caso se dice que F es no principal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 7 / 17

Teorema de existencia

Teorema (Existencia de ultrafiltros no principales)Dado I un conjunto infinito existe un ultrafiltro no principal sobre I.

Demostración:Consideramos el filtro F := {A ⊆ I / I \ A es finito }.Por el lema de Zorn existe U un ultrafiltro tal que F ⊆ U .Ahora, dado x ∈ I se tiene que I \ {x} ∈ F ⊆ U . Como U no contiene al vacíoy es cerrado para intersecciones finitas concluimos que {x} /∈ U , luego no esprincipal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 8 / 17

Teorema de existencia

Teorema (Existencia de ultrafiltros no principales)Dado I un conjunto infinito existe un ultrafiltro no principal sobre I.

Demostración:Consideramos el filtro F := {A ⊆ I / I \ A es finito }.

Por el lema de Zorn existe U un ultrafiltro tal que F ⊆ U .Ahora, dado x ∈ I se tiene que I \ {x} ∈ F ⊆ U . Como U no contiene al vacíoy es cerrado para intersecciones finitas concluimos que {x} /∈ U , luego no esprincipal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 8 / 17

Teorema de existencia

Teorema (Existencia de ultrafiltros no principales)Dado I un conjunto infinito existe un ultrafiltro no principal sobre I.

Demostración:Consideramos el filtro F := {A ⊆ I / I \ A es finito }.

1 ∅ /∈ F pues su complementario es infinito.

Por el lema de Zorn existe U un ultrafiltro tal que F ⊆ U .Ahora, dado x ∈ I se tiene que I \ {x} ∈ F ⊆ U . Como U no contiene al vacíoy es cerrado para intersecciones finitas concluimos que {x} /∈ U , luego no esprincipal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 8 / 17

Teorema de existencia

Teorema (Existencia de ultrafiltros no principales)Dado I un conjunto infinito existe un ultrafiltro no principal sobre I.

Demostración:Consideramos el filtro F := {A ⊆ I / I \ A es finito }.

1 ∅ /∈ F pues su complementario es infinito.2 Si I \ A, I \ B son finitos, entonces I \ (A ∩ B) = (I \ A) ∪ (I \ B) es finito.

Por el lema de Zorn existe U un ultrafiltro tal que F ⊆ U .Ahora, dado x ∈ I se tiene que I \ {x} ∈ F ⊆ U . Como U no contiene al vacíoy es cerrado para intersecciones finitas concluimos que {x} /∈ U , luego no esprincipal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 8 / 17

Teorema de existencia

Teorema (Existencia de ultrafiltros no principales)Dado I un conjunto infinito existe un ultrafiltro no principal sobre I.

Demostración:Consideramos el filtro F := {A ⊆ I / I \ A es finito }.

1 ∅ /∈ F pues su complementario es infinito.2 Si I \ A, I \ B son finitos, entonces I \ (A ∩ B) = (I \ A) ∪ (I \ B) es finito.3 Si I \ A es finito y A ⊆ B entonces I \ B ⊆ I \ A es finito.

Por el lema de Zorn existe U un ultrafiltro tal que F ⊆ U .Ahora, dado x ∈ I se tiene que I \ {x} ∈ F ⊆ U . Como U no contiene al vacíoy es cerrado para intersecciones finitas concluimos que {x} /∈ U , luego no esprincipal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 8 / 17

Teorema de existencia

Teorema (Existencia de ultrafiltros no principales)Dado I un conjunto infinito existe un ultrafiltro no principal sobre I.

Demostración:Consideramos el filtro F := {A ⊆ I / I \ A es finito }.Por el lema de Zorn existe U un ultrafiltro tal que F ⊆ U .

Ahora, dado x ∈ I se tiene que I \ {x} ∈ F ⊆ U . Como U no contiene al vacíoy es cerrado para intersecciones finitas concluimos que {x} /∈ U , luego no esprincipal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 8 / 17

Teorema de existencia

Teorema (Existencia de ultrafiltros no principales)Dado I un conjunto infinito existe un ultrafiltro no principal sobre I.

Demostración:Consideramos el filtro F := {A ⊆ I / I \ A es finito }.Por el lema de Zorn existe U un ultrafiltro tal que F ⊆ U .Ahora, dado x ∈ I se tiene que I \ {x} ∈ F ⊆ U . Como U no contiene al vacíoy es cerrado para intersecciones finitas concluimos que {x} /∈ U , luego no esprincipal.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 8 / 17

Utilidad de los filtros.

1 Dado X un espacio topológico y F un filtro sobre X , se dice queF → x ∈ X si F contiene a todo entorno de x . Los ultrafiltros resultan serúltiles al tratar cuestiones de compacidad (véase A. Wilanski, Topologyfor analysis, John Wiley (1970)).

2 Construcción de límites. Dado I 6= ∅, U un ultrafiltro sobre I y f : I −→ Runa función acotada, diremos que limU f = α si dado ε > 0 se tiene que

{i ∈ I / |f (i)− α| < ε} ∈ U .

Tal límite existe por un argumento de compacidad y es único por ser Run espacio Hausdorff.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 9 / 17

Utilidad de los filtros.

1 Dado X un espacio topológico y F un filtro sobre X , se dice queF → x ∈ X si F contiene a todo entorno de x . Los ultrafiltros resultan serúltiles al tratar cuestiones de compacidad (véase A. Wilanski, Topologyfor analysis, John Wiley (1970)).

2 Construcción de límites. Dado I 6= ∅, U un ultrafiltro sobre I y f : I −→ Runa función acotada, diremos que limU f = α si dado ε > 0 se tiene que

{i ∈ I / |f (i)− α| < ε} ∈ U .

Tal límite existe por un argumento de compacidad y es único por ser Run espacio Hausdorff.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 9 / 17

Utilidad de los filtros.

1 Dado X un espacio topológico y F un filtro sobre X , se dice queF → x ∈ X si F contiene a todo entorno de x . Los ultrafiltros resultan serúltiles al tratar cuestiones de compacidad (véase A. Wilanski, Topologyfor analysis, John Wiley (1970)).

2 Construcción de límites. Dado I 6= ∅, U un ultrafiltro sobre I y f : I −→ Runa función acotada,

diremos que limU f = α si dado ε > 0 se tiene que

{i ∈ I / |f (i)− α| < ε} ∈ U .

Tal límite existe por un argumento de compacidad y es único por ser Run espacio Hausdorff.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 9 / 17

Utilidad de los filtros.

1 Dado X un espacio topológico y F un filtro sobre X , se dice queF → x ∈ X si F contiene a todo entorno de x . Los ultrafiltros resultan serúltiles al tratar cuestiones de compacidad (véase A. Wilanski, Topologyfor analysis, John Wiley (1970)).

2 Construcción de límites. Dado I 6= ∅, U un ultrafiltro sobre I y f : I −→ Runa función acotada, diremos que limU f = α si dado ε > 0 se tiene que

{i ∈ I / |f (i)− α| < ε} ∈ U .

Tal límite existe por un argumento de compacidad y es único por ser Run espacio Hausdorff.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 9 / 17

Utilidad de los filtros.

1 Dado X un espacio topológico y F un filtro sobre X , se dice queF → x ∈ X si F contiene a todo entorno de x . Los ultrafiltros resultan serúltiles al tratar cuestiones de compacidad (véase A. Wilanski, Topologyfor analysis, John Wiley (1970)).

2 Construcción de límites. Dado I 6= ∅, U un ultrafiltro sobre I y f : I −→ Runa función acotada, diremos que limU f = α si dado ε > 0 se tiene que

{i ∈ I / |f (i)− α| < ε} ∈ U .

Tal límite existe por un argumento de compacidad y es único por ser Run espacio Hausdorff.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 9 / 17

Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo. De hecho, ‖lim‖ = 1.Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy . Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β. Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 10 / 17

Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo.

De hecho, ‖lim‖ = 1.Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy . Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β. Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

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Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo. De hecho, ‖lim‖ = 1.

Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy . Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β. Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

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Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo. De hecho, ‖lim‖ = 1.Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy . Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β. Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

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Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo. De hecho, ‖lim‖ = 1.Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy .

Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β. Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 10 / 17

Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo. De hecho, ‖lim‖ = 1.Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy . Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β.

Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

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Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo. De hecho, ‖lim‖ = 1.Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy . Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β. Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 10 / 17

Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo. De hecho, ‖lim‖ = 1.Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy . Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β. Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}

⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

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Vuelta a `∞

Dado U un ultrafiltro no principal sobre N tenemos definidolim(x) = limUx ∀x ∈ `∞.

lim : `∞ −→ R es un funcional lineal y continuo. De hecho, ‖lim‖ = 1.Como U es un ultrafiltro no principal, lim(x) = limx(n)(n→∞) para cadax ∈ c, es decir, coincide con el límite clásico sobre las sucesionesconvergentes.

Sea α := limUx , β := limUy . Nos preguntamos si limU (x + y) = α+ β. Paraello sea ε > 0. Entonces{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

},{

n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}∈ U .

Luego

U 3{

n ∈ N / |x(n)− α| < ε

2

}⋂{n ∈ N / |y(n)− β| < ε

2

}⊆ {n ∈ N /|x(n) + y(n)− α− β| < ε}.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 11 / 17

Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0.

Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i .

Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío.

Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)|

= |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1|

≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 11 / 17

Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)|

< 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)|

= |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)|

≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)|

= |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)|

= |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)|

≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomamos x1, . . . , xm ∈ SX y ε > 0. Definimos

Ai := {n ∈ N / |xi(n)− lim(xi)| < ε} ∈ U para cada i . Entonces A :=m⋂

i=1Ai ∈ U

y, en consecuencia, es no vacío. Tomamos n ∈ A y definimos y := en.

|(xi ± y)(n)− lin(xi ± y)| = |xi(n)− lim(xi)± 1| ≤ 1 + |xi(n)− lim(xi)| < 1 + ε,

k 6= n⇒ |(xi ± y)(k)− lin(xi ± y)| = |xi(k)− lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1,

|lim(xi ± y)| = |lim(xi ± en)| = |lim(xi)| ≤ |||xi ||| = 1.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomando máximo tenemos que

|||xi ± y ||| = m«ax{|lim(xi ± y)|, |(xi ± y)(n)− lim(xi ± y)|,

supk 6=n|(xi ± y)(n)− lim(xi ± y)|} ≤ 1 + ε.

Como y ∈ Sc0 ⊆ S`∞ concluimos que (`∞, ||| · |||) es ASQ, como queríamos.

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Renormación ASQ de `∞

Consideramos en `∞ la norma equivalente

|||x ||| := m«ax{|lim(x)|, sup

k|x(k)− lim(x)|

}.

Tomando máximo tenemos que

|||xi ± y ||| = m«ax{|lim(xi ± y)|, |(xi ± y)(n)− lim(xi ± y)|,

supk 6=n|(xi ± y)(n)− lim(xi ± y)|} ≤ 1 + ε.

Como y ∈ Sc0 ⊆ S`∞ concluimos que (`∞, ||| · |||) es ASQ, como queríamos.

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Resumen del caso de `∞

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Existe una norma equivalente ||| · ||| en X = `∞ de manera que dadosx1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0 existe y ∈ Sc0 ⊆ SX de manera que

|||xi ± y ||| ≤ 1 + ε ∀i ∈ {1, . . . ,n}.

En particular, (`∞, ||| · |||) es ASQ.

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Teorema general

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Sea X un espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0.

Entonces existe una renormación equivalente sobre X que es ASQ.

Demostración:Como c0 ⊆ X entonces `∞ ⊆ X ∗∗. Entonces (véase F. Albiac, N. Kalton,Topics in Banach space theory ) se tiene que `∞ está complementado en X ∗∗,es decir,

X ∗∗ = `∞ ⊕ Z .

Por tanto, tenemos que X ∗∗ admite una renormación equivalente ASQ. Dehecho, tal renormación es

X ∗∗ := `∞ ⊕∞ Z ,

considerando sobre `∞ la renormación del teorema anterior.Veamos que la restricción de esta norma a X , que es una norma equivalentesobre X , lo convierte en un espacio ASQ.

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Teorema general

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Sea X un espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0.Entonces existe una renormación equivalente sobre X que es ASQ.

Demostración:Como c0 ⊆ X entonces `∞ ⊆ X ∗∗. Entonces (véase F. Albiac, N. Kalton,Topics in Banach space theory ) se tiene que `∞ está complementado en X ∗∗,es decir,

X ∗∗ = `∞ ⊕ Z .

Por tanto, tenemos que X ∗∗ admite una renormación equivalente ASQ. Dehecho, tal renormación es

X ∗∗ := `∞ ⊕∞ Z ,

considerando sobre `∞ la renormación del teorema anterior.Veamos que la restricción de esta norma a X , que es una norma equivalentesobre X , lo convierte en un espacio ASQ.

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Teorema general

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Sea X un espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0.Entonces existe una renormación equivalente sobre X que es ASQ.

Demostración:Como c0 ⊆ X entonces `∞ ⊆ X ∗∗.

Entonces (véase F. Albiac, N. Kalton,Topics in Banach space theory ) se tiene que `∞ está complementado en X ∗∗,es decir,

X ∗∗ = `∞ ⊕ Z .

Por tanto, tenemos que X ∗∗ admite una renormación equivalente ASQ. Dehecho, tal renormación es

X ∗∗ := `∞ ⊕∞ Z ,

considerando sobre `∞ la renormación del teorema anterior.Veamos que la restricción de esta norma a X , que es una norma equivalentesobre X , lo convierte en un espacio ASQ.

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Teorema general

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Sea X un espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0.Entonces existe una renormación equivalente sobre X que es ASQ.

Demostración:Como c0 ⊆ X entonces `∞ ⊆ X ∗∗. Entonces (véase F. Albiac, N. Kalton,Topics in Banach space theory ) se tiene que `∞ está complementado en X ∗∗,es decir,

X ∗∗ = `∞ ⊕ Z .

Por tanto, tenemos que X ∗∗ admite una renormación equivalente ASQ. Dehecho, tal renormación es

X ∗∗ := `∞ ⊕∞ Z ,

considerando sobre `∞ la renormación del teorema anterior.Veamos que la restricción de esta norma a X , que es una norma equivalentesobre X , lo convierte en un espacio ASQ.

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Teorema general

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Sea X un espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0.Entonces existe una renormación equivalente sobre X que es ASQ.

Demostración:Como c0 ⊆ X entonces `∞ ⊆ X ∗∗. Entonces (véase F. Albiac, N. Kalton,Topics in Banach space theory ) se tiene que `∞ está complementado en X ∗∗,es decir,

X ∗∗ = `∞ ⊕ Z .

Por tanto, tenemos que X ∗∗ admite una renormación equivalente ASQ.

Dehecho, tal renormación es

X ∗∗ := `∞ ⊕∞ Z ,

considerando sobre `∞ la renormación del teorema anterior.Veamos que la restricción de esta norma a X , que es una norma equivalentesobre X , lo convierte en un espacio ASQ.

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Teorema general

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Sea X un espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0.Entonces existe una renormación equivalente sobre X que es ASQ.

Demostración:Como c0 ⊆ X entonces `∞ ⊆ X ∗∗. Entonces (véase F. Albiac, N. Kalton,Topics in Banach space theory ) se tiene que `∞ está complementado en X ∗∗,es decir,

X ∗∗ = `∞ ⊕ Z .

Por tanto, tenemos que X ∗∗ admite una renormación equivalente ASQ. Dehecho, tal renormación es

X ∗∗ := `∞ ⊕∞ Z ,

considerando sobre `∞ la renormación del teorema anterior.

Veamos que la restricción de esta norma a X , que es una norma equivalentesobre X , lo convierte en un espacio ASQ.

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Teorema general

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Sea X un espacio de Banach que contenga una copia isomorfa de c0.Entonces existe una renormación equivalente sobre X que es ASQ.

Demostración:Como c0 ⊆ X entonces `∞ ⊆ X ∗∗. Entonces (véase F. Albiac, N. Kalton,Topics in Banach space theory ) se tiene que `∞ está complementado en X ∗∗,es decir,

X ∗∗ = `∞ ⊕ Z .

Por tanto, tenemos que X ∗∗ admite una renormación equivalente ASQ. Dehecho, tal renormación es

X ∗∗ := `∞ ⊕∞ Z ,

considerando sobre `∞ la renormación del teorema anterior.Veamos que la restricción de esta norma a X , que es una norma equivalentesobre X , lo convierte en un espacio ASQ.

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Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0.

Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

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Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 15 / 17

Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}.

Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 15 / 17

Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 15 / 17

Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX .

Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

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Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖

= m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 15 / 17

Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖}

≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

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Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 15 / 17

Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖}

≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 15 / 17

Teorema general

Sean x1, . . . , xn ∈ SX y ε > 0. Entonces xi ∈ X ∗∗, luego

xi = (zi , yi) zi ∈ `∞, yi ∈ Z .

Supondremos, salvo un argumento de perturbación, quezi 6= 0 ∀i ∈ {1, . . . ,n}. Por el teorema anterior existe z ∈ Sc0 ⊆ SX de maneraque ∥∥∥∥ zi

‖zi‖± z∥∥∥∥ ≤ 1 + ε.

Definimos y := (z,0) ∈ Sc0 × {0} ⊆ SX . Entonces

‖xi ± y‖ = m«ax{‖yi‖, ‖zi ± z‖} ≤ m«ax{

1,∥∥∥∥|zi‖

(zi

‖zi‖± z)± (1− ‖zi‖)z

∥∥∥∥}

≤ m«ax{1, ‖zi‖(1 + ε) + (1− ‖zi‖)‖z‖} ≤ 1 + ε.

Por tanto X con la norma heredada es ASQ.†

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Caracterización isomorfa de los espacios ASQ

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))

Un espacio de Banach X admite una renormación equivalente ASQ si, ysólamente si, X contiene una copia isomorfa de c0.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 16 / 17

Caracterización isomorfa de los espacios ASQ

Teorema (J. Becerra, G. López, A.R. (preprint))Un espacio de Banach X admite una renormación equivalente ASQ si, ysólamente si, X contiene una copia isomorfa de c0.

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 16 / 17

Problema en ASQ

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))

¿Existen espacios de Banach duales que sean ASQ?

Un intento fallido ...

ProposiciónLa bola unidad de `∞ con la renormación dada anteriormente no tiene puntosextremos, luego no es isométrico a ningún espacio de Banach dual por elteorema de Krein-Milman.

¡Cualquier idea es bienvenida!

Abraham Rueda Zoca (Universidad de Granada) Un teorema de renormación para espacios ASQ 14 de diciembre de 2015. 17 / 17

Problema en ASQ

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Existen espacios de Banach duales que sean ASQ?

Un intento fallido ...

ProposiciónLa bola unidad de `∞ con la renormación dada anteriormente no tiene puntosextremos, luego no es isométrico a ningún espacio de Banach dual por elteorema de Krein-Milman.

¡Cualquier idea es bienvenida!

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Problema en ASQ

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Existen espacios de Banach duales que sean ASQ?

Un intento fallido ...

ProposiciónLa bola unidad de `∞ con la renormación dada anteriormente no tiene puntosextremos, luego no es isométrico a ningún espacio de Banach dual por elteorema de Krein-Milman.

¡Cualquier idea es bienvenida!

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Problema en ASQ

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Existen espacios de Banach duales que sean ASQ?

Un intento fallido ...

ProposiciónLa bola unidad de `∞ con la renormación dada anteriormente no tiene puntosextremos, luego no es isométrico a ningún espacio de Banach dual por elteorema de Krein-Milman.

¡Cualquier idea es bienvenida!

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Problema en ASQ

Problema (T. Abrahamsen, J. Langemets, V. Lima (2015))¿Existen espacios de Banach duales que sean ASQ?

Un intento fallido ...

ProposiciónLa bola unidad de `∞ con la renormación dada anteriormente no tiene puntosextremos, luego no es isométrico a ningún espacio de Banach dual por elteorema de Krein-Milman.

¡Cualquier idea es bienvenida!

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