Permita que$X$ sea un Espacio de Vector Normed, para cualquier$x\in X$ y$r>0$. Deje$W:=\{y\in X : \|y-x\|\leq r\}$ y$S:=\{y\in X : \|y-x\|<r\}$ Demostrar:$W$ está cerrado si$\dim(X)<\infty$
No puedo pensar en una forma confiable de vincular la dimensión con la cerradura, tal vez me falta un teorema?
La bola cerrada es siempre cerrado en $X$ independiente de la dimensión. Vamos $x_0\in W$, $r>0$ y $W$ anterior. Deje $(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq W$ que converge en $X$$l\in W$. Para comprobar la closedness de $W$ necesitamos comprobar que $l\in W$. Como $x_n \rightarrow l$ podemos elegir para cada $n\in \mathbb{N}_{\geq1}$ $m_n\in \mathbb{N}$ tal que
$$ \Vert l - x_{m_n} \Vert \leq \frac{1}{n}.$$
Con el triángulo de la desigualdad obtenemos
$$ \Vert l - x \Vert \leq \Vert l -x_{m_n} \Vert + \Vert x_{m_n} - x \Vert \leq \frac{1}{n} + r. $$
Como esto es cierto para todos los $n \in \mathbb{N}_{\geq 1}$, llegamos a la conclusión de
$$ \Vert l - x \Vert \leq r $$
y, por tanto,$l\in W$. Como hemos tomado una secuencia arbitraria, conseguimos que los $W$ es cerrado.
Tenga en cuenta que el mismo argumento de los rendimientos de un espacio métrico $(X,d)$ que $\{y\in X: d(x,y)\leq r \}$ es cerrado en $X$.
Edit: Además, se tiene en la normativa de espacios de $\overline{S}=W$.
De topología básica sabemos que para cualquier $A, B\subseteq X$ $A\subseteq$ tiene $\overline{A} \subseteq \overline{B}$. Así tenemos
$$ S\subseteq W \Rightarrow \overline{S} \subseteq \overline{W}=W. $$
Donde hemos utilizado que los conjuntos cerrados, coincidiendo con su cierre.
No nos queda más que demostrar el recíproco de la inclusión. Claramente $x\in S$. Deje $y\in W\setminus \{ x \}$. Definir
$$ y_n := \frac{1}{n} x + \left( 1 - \frac{1}{n} \right) y.$$
Calculamos
$$ \Vert y_n -x \Vert \leq \frac{1}{n} \underbrace{\Vert x - y \Vert}_{>0, \text{ as } y\neq x} + \Vert y-x \Vert < \Vert y -x \Vert \leq r.$$
Por lo tanto, $\Vert y_n - x \Vert < r$ e lo $y_n\in S$. Calculamos
$$ \Vert y - y_n \Vert = \frac{1}{n} \Vert x -y \Vert \rightarrow 0, \quad n \rightarrow \infty.$$
Esto significa $y_n \rightarrow y$. Pero como $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}\subseteq S$ obtenemos $y\in \overline{S}$. Como $y\in W$ arbitrarias, este rendimientos $W \subseteq \overline{S}$.
Si $(X,d)$ es un espacio métrico, cada cerrados balón $\overline{B}(x,r):=\lbrace y \in X : d(x,y) \leq r \rbrace$ es de carácter cerrado, es decir,$\overline{\overline{B}(x,r)}=\overline{B}(x,r)$.
Recordar la función de distancia $\mathrm{dist}(x,Y):=\inf_{y \in Y} d(x,y)$. Su propiedad es $d(x,Y)=0$ fib $x \in \overline{Y}$, ya que el $x \in \overline{Y}$ fib $B(x,r) \cap Y \neq \emptyset$ $\forall r >0$, es decir,$d(x,Y)=0$.
Ahora, si $y \in \overline{\overline{B}(x,r)}$ tenemos $\mathrm{dist}(y, \overline{B}(x,r))=0$, $\forall \epsilon >0$ existe $z \in \overline{B}(x,r)$ tal que $d(y,z) < \epsilon$, e $d(x,y) \leq d(x,z)+d(y,z) < r + \epsilon$, es decir,$d(x,y)< r+\epsilon$ $\forall \epsilon > 0$, y esto implica que $d(x,y) \leq r$$y \in \overline{B}(x,r)$. Obviamente, por definición, es también cierto que $\overline{B}(x,r) \subseteq \overline{\overline{B}(x,r)}$.
Lugar $d(x,y)=||x-y||$, suponiendo que el $X$ es un espacio vectorial, y la demostración también se aplica en su caso, independientemente de las $\dim(X)$.
Más en general, se puede demostrar que la bola cerrada es un conjunto compacto sólo si $\dim(X) < \infty$, por Riesz lema.
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