En dimensiones finitas, es suficiente para suponer $A$ $B$ están abiertos o cerrados; de hecho, hemos
Si $X$ es finito dimensionales, $A$ es convexa, contiene $0$, no contiene ray, y es ilimitado, a continuación, $A$ no está ni cerrado ni abierto.
De hecho, pick $a_n\in A$$|a_n|\geq n$. Porque la unidad de la esfera es compacto, pasando a una larga podemos suponer $a_n/|a_n|\to a$$n\to\infty$. Desde $A$ no contiene ray, existe $t>0$$ta\notin A$. Para $n>t$ tenemos $|a_n|>t$, lo $ta_n/|a_n|\in A$. Esto converge a $ta$, lo $A$ no puede ser cerrado. Si $A$ está abierto, a continuación, $B(0,r)\subseteq A$ algunos $r>0$. A continuación, $A$ contiene $\frac{r(|a_n|a-a_n)}{2||a_n|a-a_n|}$, por lo que contiene
$$
\frac{r(|a_n|a-a_n)+ra_n}{2||a_n|a-a_n|+r}
=\left(\frac{r|a_n|}{2\left||a_n|a-a_n\right|+r}\right).
$$
Así
$$
2\left|a-a_n/|a_n|\right|+r/|a_n|>r/t,
$$
dando una contradicción como $n\to\infty$.
Ahora considere el siguiente subconjunto de $\ell_1$:
$$
A=\left\{x\in\ell_1\mediados de x_i\in[0,1]\text{ para }i>0\text{ y }\|x\|_1=2x_0\right\}.
$$
Es fácil ver que $A$ es cerrado y convexo. Deje $\mu:\ell_1\to\ell_1$ ser lineal mapa que cambia el signo de todos, pero la primera entrada, y deje $B=\mu(A)$. Fix $n$ y considerar la secuencia de $x$ dada por $x_0=n$, $x_i=1$ para $1\leq i\leq n$, $x_i=0$ para $i>n$. A continuación,$x\in A$$\mu(x)\in B$, y
$$
\frac12(x+\mu(x))=(n,0,0,\ldots).
$$
Desde $n$ fue arbitraria, $\mathrm{conv}(A\cup B)$ contiene el rayo atravesado por $(1,0,0,\ldots)$.
Por último, sin una abierta o cerrada de la asunción, la declaración de falla incluso en $\mathbb R^2$:
$$
A=\{(x,y)\mid y\geq x^2,\,x>0\}\cup\{(0,0)\},
$$
$$
B=\{(x,y)\mid y\geq x^2,\,x<0\}\cup\{(0,0)\}.
$$
