[JaviLark]

Buenas. Estoy leyendo acerca de la construcción del ultraproducto de una colección de espacios de Banach \(  \{X_i\}_{i\in S} \). Para hacerlo, hacen cociente del producto \(  \prod_{i\in S} X_i \), con la norma \(  \lVert \{x_i\}\rVert=\sup_{i\in S} \lVert x_i\rVert \), con \(  x_i\in X_i \) (espacio notado como \( l^{\infty}(S,X_i)  \)), por el subespacio \( \mathcal{N}(\mathcal{U})=\{\{x_i\}\in l^{\infty}(S,X_i): \lim_{\mathcal{U}} \lVert x_i\rVert=0\}  \). Se tiene que \( \mathcal{N}(\mathcal{U})\subset l^{\infty}(S,X_i)  \) es un subespacio vectorial cerrado.

Para ver que es subespacio he logrado probar que si \(  \lim_{\mathcal{U}}\lVert x_i\rVert = 0 \) entonces \( \lim_{\mathcal{U}}\lVert \alpha x_i\rVert = 0  \), con \(  \alpha\in \mathbb{R} \). Sin embargo, no termino de ver cómo probar que si \(  \lim_{\mathcal{U}}\lVert x_i\rVert = 0 \) y \(  \lim_{\mathcal{U}}\lVert y_i\rVert = 0 \) entonces  \(  \lim_{\mathcal{U}}\lVert x_i+y_i\rVert = 0 \). Para probar que es cerrado, ¿debería coger una sucesión convergente en \(  \mathcal{N}(\mathcal{U}) \) y ver que su límite está en \( \mathcal{N}(\mathcal{U})  \)? Tampoco veo cómo hacerlo.

Gracias de antemano por la ayuda.

P.D.: La definición que uso para límite respecto de un ultrafiltro es que \( \{x_i\}_{i\in S}  \) converge a \(  x \) respecto del ultrafiltro de \(  S, \mathcal{U} \), si para todo entorno \(  V \) de \(  x \) se tiene que \(  \{i\in S : x_i\in V\}\in \mathcal{U} \).

[Eparoh]

Hola JaviLark.

Un apunte antes de nada, el espacio \( l^{\infty}(S,X_i) \) no es exactamente el producto \( \prod_{i\in S} X_i \), sino el subconjunto del mismo donde el supremo de las normas que defines es finito. De esta forma, si obtienes un espacio Banach con dicha norma del supremo.

Ahora, para ver que la suma se queda dentro de \( \mathcal{N}(\mathcal{U})\subset l^{\infty}(S,X_i) \), observa que si \( \lim_{\mathcal{U}}\lVert x_i\rVert = 0 \) y \( \lim_{\mathcal{U}}\lVert y_i\rVert = 0 \), entonces dado \( \varepsilon>0 \) los conjuntos \( A=\{i\in S :\left\|{ x_i}\right\|\in (-\varepsilon/2, \varepsilon/2)\} \) y \( B=\{i\in S :\left\|{ y_i}\right\|\in (-\varepsilon/2, \varepsilon/2)\} \) están en \( \mathcal{U} \). Por tanto, \( A \cap B \in \mathcal{U} \), y como \( A \cap B \subset \{i\in S : \left\|{x_i+y_i}\right\| \in (-\varepsilon, \varepsilon)\} \) (por la desigualdad triangular), se obtiene que este último conjunto está en \( \mathcal{U} \).

Respecto a ver que es cerrado, como estás trabajando en un espacio normado puedes hacer lo que comentas sí.

Si es \( \{x^n\}_{n=1}^\infty \) una sucesión en \( \mathcal{N}(\mathcal{U}) \) (donde cada \( x^n=\{x_i^n\}_{i \in S} \)) que converge a cierto \( x=\{x_i\}_{i \in S} \), entonces debemos ver que \( \lim_{\mathcal{U}}\lVert x_i\rVert = 0 \).

Ahora, como \( \lim_{\mathcal{U}}\lVert x_i^n\rVert = 0 \) para cada \( n \in \mathbb{N} \), tenemos que dado \( \varepsilon>0 \) se tiene que \( A_n=\{i\in S :\left\|{ x_i^n}\right\|\in (-\varepsilon/2, \varepsilon/2)\} \in \mathcal{U} \) para cada \( n \in \mathbb{N} \).

Por otro lado, existe cierto \( n_0 \in \mathbb{N} \) tal que \( \left\|{x^{n_0} - x}\right\| < \varepsilon/2 \), con lo que en particular \( \left\|{x_i^{n_0} - x_i}\right\| < \varepsilon/2 \) para cada \( i \in S \).

Con esto, tenemos que \( A_{n_0} \subset \{i\in S :\left\|{ x_i}\right\|\in (-\varepsilon, \varepsilon)\} \), pues si \( i \in A_{n_0} \) entonces \( \left\|{x_i}\right\| \leq \left\|{x_i -x_i^{n_0}} \right\| + \left\|{x_i^{n_0}}\right\| < \varepsilon \).

Como \( A_{n_0} \in \mathcal{U} \), obtienes que \(  \{i\in S :\left\|{ x_i}\right\|\in (-\varepsilon, \varepsilon)\} \) también está en el ultrafiltro, y en definitiva esto prueba lo deseado.

Un saludo.

[JaviLark]

Perfecto, te lo agradezco mucho. En vista de todo este tema de los límites con respecto a un ultrafiltro me surge una duda. ¿Hay alguna forma de relacionar estos límites con la convergencia habitual en un espacio topológico? Por ejemplo, si \(  S=\mathbb{N} \).

Un saludo y muchas gracias nuevamente.

[Eparoh]

Hola.

Pues, si \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro no principal de los naturales, entonces cualquier sucesión convergente en un espacio topológico \( X \) es convergente al mismo límite respecto de dicho ultrafiltro. Esto es fácil de probar, inténtalo y creo que te saldrá sin problemas.

Se que existen muchos más resultados sobre convergencia de ultrafiltros y que te permiten generalizar muchos resultados métricos a espacios topológicos en general, pero tampoco se realmente demasiado del tema.

Un saludo.

[JaviLark]

No sé por qué me imaginaba un resultado del estilo. ¡¡Muchas gracias por tu ayuda!! Un saludo.

[JaviLark]

Hola.

Pues, si \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro no principal de los naturales, entonces cualquier sucesión convergente en un espacio topológico \( X \) es convergente al mismo límite respecto de dicho ultrafiltro. Esto es fácil de probar, inténtalo y creo que te saldrá sin problemas.

Buenas. Perdón por molestar otra vez. Tengo ahora que usar esto que decías pero no veo muy bien cómo hacerlo. Lo estoy intentando probar sobre \( \mathbb{R} \). Si el límite respecto al ultrafilto es \( x \), he conseguido probar que para cada \( \varepsilon>0 \) existe al menos un \( i_0\in\mathbb{N} \) tal que \( |x_{i_0}-x|<\varepsilon \). Pero no sé ver que se tiene también para los mayores que \( i_0 \). La otra implicación, si \( A_{\varepsilon}=\{i\in\mathbb{N}: |x_i-x|<\varepsilon\} \), entonces \( I=\{i_0,i_0+1,\dots\}\subseteq A_{\varepsilon} \). Entonces probando que \( I \) está en el ultrafiltro se tendría lo deseado, pero no veo cómo.

Un saludo y muchas gracias.

[JaviLark]

Vale, para zanjar este tema. Al final lo he conseguido, probando primero el siguiente lema:

Sea \( \mathcal{U} \) un ultrafiltro sobre \( \mathbb{N} \). Entonces, \( \mathcal{U} \) es trivial si y solo si existe \( A\subseteq S \) finito tal que \( A\in \mathcal{U} \).

Dejo aquí la prueba que pedía antes por completitud del post.

Así, si \( X \) es un espacio métrico con \( \{x_n\}\in X \) tal que \( \lim_{n\to\infty} x_n=x \). Sean \( \varepsilon > 0 \) y \( A_{\varepsilon}=\{n\in\mathbb{N}:d(x_n,x)<\varepsilon\} \). Por la hipótesis, \( A_{\varepsilon} \) es infinito. Luego, \( \mathbb{N}\setminus A_{\varepsilon} \) es finito y, como \( \mathcal{U} \) es libre, por el lema anterior se tiene que \( \mathbb{N}\setminus A_{\varepsilon}\notin \mathcal{U} \), para cada \( \varepsilon > 0 \). Así, como \( \mathcal{U} \) es ultrafiltro, se concluye que \( A_{\varepsilon}\in\mathcal{U} \), para cada \( \varepsilon>0 \), con lo que \( \lim_{\mathcal{U}}x_n=x \).
 
Recíprocamente, si \( \lim_{\mathcal{U}} x_n=x \) entonces, para todo \( \varepsilon >0 \) se tiene que \( A_{\varepsilon}\in\mathcal{U} \). Como \( \mathcal{U} \) es libre, por el lema anterior se tiene que \( A_{\varepsilon} \) es infinito, para todo \( \varepsilon > 0 \). Entonces, para todo \( \varepsilon > 0  \), existe \( n_0\in\mathbb{N} \) tal que \( d(x_n,x)<\varepsilon \). Esto es, \( \lim_{n\to\infty} x_n=x \).

[Eparoh]

Hola de nuevo.

Buenas. Perdón por molestar otra vez.

No es ninguna molestia, aquí quien responde es porque quiere y puedes preguntar tanto como desees

Recíprocamente, si \( \lim_{\mathcal{U}} x_n=x \) entonces, para todo \( \varepsilon >0 \) se tiene que \( A_{\varepsilon}\in\mathcal{U} \). Como \( \mathcal{U} \) es libre, por el lema anterior se tiene que \( A_{\varepsilon} \) es infinito, para todo \( \varepsilon > 0 \). Entonces, para todo \( \varepsilon > 0  \), existe \( n_0\in\mathbb{N} \) tal que \( d(x_n,x)<\varepsilon \). Esto es, \( \lim_{n\to\infty} x_n=x \).

Cuidado, esto no es correcto. Lo que has obtenido no es que la sucesión converja, sino que (matizando un poco las cosas) alguna de sus subsucesiones converge.

Por ejemplo, consideremos la sucesión dada por \( x_n=(-1)^n \) y sea \( \mathcal{U} \) un ultrafiltro de los naturales cualquiera.

Sea ahora \( V \) un entorno cualquiera de \( 1 \) que no contiene a \( -1 \). Por ser \( U \) un ultrafiltro sabemos que, o bien \( N_V=\{n \in \mathbb{N}: x_n \in V\} \in \mathcal{U} \), o \( M_V=\{n \in \mathbb{N}: x_n \not \in V\} \in \mathcal{U} \). Veamos que en el primer caso el límite de la sucesión respecto a \( \mathcal{U} \) es \( 1 \) y en el segundo caso es \( -1 \).

Supongamos primero pues que \( N_V \in \mathcal{U} \).

Entonces, dado \( W \) cualquier otro entorno de \( 1 \) (utilizando la misma notación) distingamos dos casos:

• Si \( -1 \in W \), entonces \( N_W = \mathbb{N} \) y efectivamente \( N_W \in \mathcal{U} \).
• Si \( -1 \not \in W \), entonces se tiene que \( M_W \not \in \mathcal{U} \), pues si estuviera en \( \mathcal{U} \) entonces \( \emptyset = N_V \cap M_W \in \mathcal{U} \). Por tanto, como \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro se tiene que \( N_W \in \mathcal{U} \).

Así pues, en cualquier caso se tiene que \( N_W \in \mathcal{U} \), y por la arbitrariedad de \( W \) esto prueba que \( \lim_\mathcal{U} x_n = 1 \).

Supongamos ahora que \( M_V \in \mathcal{U} \).

Entonces, dado \( W \) cualquier otro entorno de \( -1 \) tenemos:

• Si \( 1 \in W \), entonces \( N_W = \mathbb{N} \) y efectivamente \( N_W \in \mathcal{U} \).
• Si \( 1 \not \in W \), entonces se tiene que \( M_W \not \in \mathcal{U} \), pues si estuviera en \( \mathcal{U} \) entonces \( \emptyset = M_V \cap M_W \in \mathcal{U} \). Por tanto, como \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro se tiene que \( N_W \in \mathcal{U} \).

Así pues, en cualquier caso se tiene que \( N_W \in \mathcal{U} \), y por la arbitrariedad de \( W \) esto prueba que \( \lim_\mathcal{U} x_n = -1 \).

Luego, para cualquier ultrafiltro de los naturales existe el límite de \( x_n \) respecto a dicho ultrafiltro, pero la sucesión no converge.

Lo que si es correcto es lo siguiente:

Sea \( (X, d) \) un espacio métrico y \( \{x_n\}_{n=1}^\infty \) una sucesión acotada en \( X \).
Entonces, \( \{x_n\} \) converge a cierto \( x \in X \) si, y solo si, para cualquier ultrafiltro no principal \( \mathcal{U} \) de \( \mathbb{N} \) se tiene que \( \lim_{\mathcal{U}} x_n = x \).

Demostración:

Implicación de izquierda a derecha (esta implicación se puede probar en toda generalidad para cualquier espacio topológico omitiendo la condición de acotación de la sucesión).

Sea \( \mathcal{U} \) un ultrafiltro no principal cualquiera de \( \mathbb{N} \) y \( V \) un entorno cualquiera de \( x \).

Entonces, por definición, sabemos que existe cierto \( n_0 \in \mathbb{N} \) tal que \( x_n \in V \) para cada \( n \geq n_0 \). Si vemos entonces que \( A_{n_0}=\{n \in \mathbb{N}: n \geq n_0\} \in \mathcal{U} \), como \( A_{n_0} \subset \{n \in \mathbb{N}: x_n \in V\} \), concluimos que \( \{n \in \mathbb{N}: x_n \in V\} \in \mathcal{U} \) y, por la arbitrariedad de \( V \), que \( \{x_n\} \) converge a \( x \) respecto de \( \mathcal{U} \).

Para ver pues que \( A_{n_0} \in \mathcal{U} \) observamos primero que por ser un ultrafiltro se tiene que, o bien \( A_{n_0} \in \mathcal{U} \), o \( \mathbb{N} \setminus A_{n_0} \in \mathcal{U} \). Pero, \( \mathbb{N} \setminus A_{n_0} \) es finito y por ser \( \mathcal{U} \) no principal no puede tener elementos finitos, luego efectivamente \( A_{n_0} \in \mathcal{U} \).

Implicación de derecha a izquierda

Para demostrar esta parte es más cómodo probar primero los siguientes lemas:

Lema 1

Sea \( (X, \tau) \) un espacio topológico, \( \{x_n\}_{n=1}^\infty \) una sucesión en \( X \) y \( \mathcal{U} \) un ultrafiltro no principal de \( \mathbb{N} \).
Si \( \lim_{\mathcal{U}} x_n = x \), entonces \( x \) es un punto de acumulación de la sucesión.

Demostración del Lema 1:

Spoiler

Sea \( V \) un entorno cualquiera de \( x \).

Como \( \lim_{\mathcal{U}} x_n = x \), tenemos que el conjunto \( N_V=\{n \in \mathbb{N}: x_n \in V\} \in \mathcal{U} \) y, como \( U \) es principal, \( N_V \) debe ser infinito.

Al ser \( V \) arbitrario, esto prueba que efectivamente \( x \) es un punto de acumulación de \( \{x_n\} \).

[cerrar]

Lema 2

Sea \( (X, \tau) \) un espacio topológico Hausdorff y \( \{x_n\}_{n=1}^\infty \) una sucesión en \( X \).
Entonces, todo punto de acumulación de la sucesión es el límite de la misma respecto de algún ultrafiltro no principal de \( \mathbb{N} \). Es decir, si \( x \) es un punto de acumulación de \( \{x_n\} \), existe un ultrafiltro no principal \( \mathcal{U} \) de \( \mathbb{N} \) tal que \( \lim_\mathcal{U} x_n =x \).

Demostración del Lema 2:

Spoiler

Sea \( x \) un punto de acumulación de la sucesión y denotemos por \( C=\{n \in \mathbb{N}: x_n=x\} \). Distingamos tres casos:

Caso 1: \( C= \emptyset \)

Dado \( V \) un entorno de \( x \), tenemos que el conjunto \( N_V=\{n \in \mathbb{N}: x_n \in V\} \) debe ser infinito.

Además, si son \( V, W \) entornos distintos de \( x \) se tiene que \( N_V \cap N_W = N_{V \cap W} \). Por tanto, la familia \( G=\{N_V: V \text{es un entorno de }x\} \) tiene la propiedad de la intersección finita y existe pues un ultrafilto \( \mathcal{U} \) que la contiene.

Veamos que \( \mathcal{U} \) es no principal.

Si no fuera así, existiría un \( n_0 \in \mathbb{N} \) tal que \( \mathcal{U}= \{A \subset \mathbb{N}: n_0 \in A\} \).
Ahora bien, por una parte como \( x_{n_0} \not = x \) existe un entorno \( V_0 \) de \( x \) tal que \( x_{n_0} \not \in V_0 \). Pero, por otra, sabemos que \( N_{V_0} \in \mathcal{U} \), luego debe ser \( n_0 \in N_{V_0} \) y así \( x_{n_0} \in V_0 \), obteniendo una contradicción.

Por tanto, \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro no principal de \( \mathbb{N} \) para el cual es claro que \( \lim_{\mathcal{U}} x_n = x \), tal como buscábamos.

Caso 2: \( C \) es infinito

Consideremos el filtro \( \mathcal{F}=\{A \subset \mathbb{N}: C \setminus A \text{ es finito}\} \) (es fácil probar que realmente es un filtro siguiendo la definición) y sea \( \mathcal{U} \) un ultrafiltro que contenga a \( \mathcal{F} \).

Veamos que \( \mathcal{U} \) es no principal.

Si fuera principal entonces existiría cierto \( A \) finito tal que \( A \in \mathcal{U} \). Entonces, tendrías que \( C \setminus A \) estaría en \( \mathcal{F} \), luego en \( \mathcal{U} \), pues \( C \setminus (C \setminus A) = C \cap A \) es finito. Así pues, tenemos que \( \emptyset = A \cap (C \setminus A) \) está en \( \mathcal{U} \) y esto supone una contradicción.

Por último, observemos que si \( V \) es un entorno cualquiera de \( x \), entonces \( N_V \in \mathcal{F} \), luego \( N_V \in \mathcal{U} \), pues \( C \setminus N_V = \emptyset \), luego finito.

Por tanto, \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro no principal de \( \mathbb{N} \) para el cual se cumple que \( \lim_{\mathcal{U}} x_n = x \), tal como buscábamos.

Caso 3: \( C \) es finito no vacío.

Sea \( \mathbb{M}=\mathbb{N} \setminus C \) y para cada \( V \) entorno de \( x \) definamos \( M_V=\{n \in \mathbb{M}: x_n \in V\} \), es decir, \( M_V=N_V \setminus C \), luego es un conjunto infinito.

Definamos ahora la familia \( G'=\{M_V  \cup S: V \text{es un entorno de }x \text{ y } S \subset C\} \) y observemos que tiene la propiedad de la intersección finita (pues es cerrada para intersecciones y ninguno de sus elementos es vacío):

Dados \( M_V \cup S_1 \) y \( M_W \cup S_2 \) en \( G' \) es

\( (M_V \cup S_1) \cap (M_W \cup S_2) = (M_V \cap M_W) \cup (S_1 \cap M_W) \cup (M_V \cap S_2) \cup (S_1 \cap S_2) = M_{V \cap W} \cup S_T \)

con \( S_T=(S_1 \cap M_W) \cup (M_V \cap S_2) \cup (S_1 \cap S_2) \subset C \).

Por tanto, existe \( \mathcal{U} \) un ultrafiltro que contiene a \( G' \).

Veamos que \( \mathcal{U} \) es no principal.

Si no fuera así, existiría un \( n_0 \in \mathbb{N} \) tal que \( \mathcal{U}= \{A \subset \mathbb{N}: n_0 \in A\} \).
Dado entonces \( V \) un entorno cualquiera de \( x \) se tiene que \( n_0 \in M_V \) (\( M_V=M_V \cup \emptyset \in G' \)), luego \( n_0 \in \mathbb{M} \) y con ello \( x_{n_0} \not = x \). Existe entonces \( V_0 \) un entorno de \( x \) tal que \( x_{n_0} \not \in V_0 \). Pero, por otro lado, se tiene que \( N_{V_0}=M_{V_0} \cup C \) pertence a \( \mathcal{U} \), luego \( n_0 \in N_{V_0} \) y, con ello, \( x_{n_0} \in V_0 \) obteniendo una contradicción.

Por tanto, \( \mathcal{U} \) es un ultrafiltro no principal de \( \mathbb{N} \) y como para cada entorno \( V \) de \( x \) se tiene que \( N_V \in \mathcal{U} \), es claro que \( \lim_{\mathcal{U}} x_n = x \) tal como buscábamos.

[cerrar]

Ahora si, supongamos que para cualquier ultrafiltro no principal \( \mathcal{U} \) de los naturales se cumple que \( \lim_\mathcal{U} x_n = x \).

Entonces, por el Lema 1 se tiene que \( x \) es un punto de acumulación de \( \{x_n\} \) y, por el Lema 2, que será el único punto de acumulación, luego podemos concluir que es el límite de la sucesión. \( \blacksquare \)

Un saludo.

EDITADO: He cambiado el enunciado de este último teorema porque me había pasado con la generalidad 
EDITADO 2: Ya está la demostración completa. No es especialmente bonita, pero espero no haber metido la pata.

[geómetracat]

Un detallito sobre esto, que quizás pasa desapercibido:

Así, si \( X \) es un espacio métrico con \( \{x_n\}\in X \) tal que \( \lim_{n\to\infty} x_n=x \). Sean \( \varepsilon > 0 \) y \( A_{\varepsilon}=\{n\in\mathbb{N}:d(x_n,x)<\varepsilon\} \). Por la hipótesis, \( A_{\varepsilon} \) es infinito. Luego, \( \mathbb{N}\setminus A_{\varepsilon} \) es finito y, como \( \mathcal{U} \) es libre, por el lema anterior se tiene que \( \mathbb{N}\setminus A_{\varepsilon}\notin \mathcal{U} \), para cada \( \varepsilon > 0 \). Así, como \( \mathcal{U} \) es ultrafiltro, se concluye que \( A_{\varepsilon}\in\mathcal{U} \), para cada \( \varepsilon>0 \), con lo que \( \lim_{\mathcal{U}}x_n=x \).

Aunque esta implicación sí es válida, la demostración tal como está escrita tiene un problema. Que \( A_\epsilon \) sea infinito no implica que \( \Bbb N\setminus A_\epsilon \) sea finito. Por ejemplo, el conjunto de los pares es infinito y su complemento (los impares) también es infinito.
La manera correcta de proceder para demostrar este lado es la que sigue Eparoh en su mensaje.

[JaviLark]

Un detallito sobre esto, que quizás pasa desapercibido:

Así, si \( X \) es un espacio métrico con \( \{x_n\}\in X \) tal que \( \lim_{n\to\infty} x_n=x \). Sean \( \varepsilon > 0 \) y \( A_{\varepsilon}=\{n\in\mathbb{N}:d(x_n,x)<\varepsilon\} \). Por la hipótesis, \( A_{\varepsilon} \) es infinito. Luego, \( \mathbb{N}\setminus A_{\varepsilon} \) es finito y, como \( \mathcal{U} \) es libre, por el lema anterior se tiene que \( \mathbb{N}\setminus A_{\varepsilon}\notin \mathcal{U} \), para cada \( \varepsilon > 0 \). Así, como \( \mathcal{U} \) es ultrafiltro, se concluye que \( A_{\varepsilon}\in\mathcal{U} \), para cada \( \varepsilon>0 \), con lo que \( \lim_{\mathcal{U}}x_n=x \).

Aunque esta implicación sí es válida, la demostración tal como está escrita tiene un problema. Que \( A_\epsilon \) sea infinito no implica que \( \Bbb N\setminus A_\epsilon \) sea finito. Por ejemplo, el conjunto de los pares es infinito y su complemento (los impares) también es infinito.
La manera correcta de proceder para demostrar este lado es la que sigue Eparoh en su mensaje.

Tienes toda la razón, fallo garrafal. Por querer terminar esto ya, he ido demasiado rápido. Le echaré un vistazo a la respuesta de Eparoh a ver si así puedo concluir esto ya. De verdad, muchas gracias a los dos.