¿Lema 2.5-2 y el teorema 2.5-3 en Kreyszig ' s libro de análisis funcional: compactación de cada subconjunto acotado y cerrado también implica...?

Question

Aquí es el Lema 2.5-2 en el libro de introducción el Análisis Funcional Con las Aplicaciones por Erwine Kreyszig:

Un subconjunto compacto $M$ a de un espacio métrico es cerrado y acotado.

Pero el recíproco no es cierto, como se muestra por el conjunto de $$M = \left\{ \ (1, 0, 0, \ldots), \ (0, 1, 0, 0, \ldots), \ (0, 0, 1, 0, 0, \ldots), \ \ldots \ \right\}$$ in $\ell^2$.

Pero aquí es el Teorema 2.5-3:

En un número finito de dimensiones normativa espacio de $X$, cualquier subconjunto $M \subset X$ es compacto si y sólo si $M$ es cerrado y acotado.

Ahora mi pregunta es la siguiente:

Deje $X$ ser un espacio métrico de tal forma que cada cerrados y acotados subconjunto de $X$ (secuencialmente) compacto. ¿Esto implica que $X$ es un finito dimensionales normativa espacio?

No tengo idea de cómo proceder, aunque estoy claro sobre las pruebas en Kreyszig.

Answer 1

Decir que $X$ es de Heine-Borel si todo cerrado y limitado subconjunto es compacto. Voy a interpretar tu pregunta de la siguiente manera: si $X$ es un Heine-Borel espacio métrico, es que hay un Bi-Lipschitz de la incrustación de $X$ a $\mathbb R^N$ algunos $N \in \mathbb N$? Un mapa de $f$ es Bi-Lipschitz si existen constantes positivas $c,C$ tal que $c d(x,y) \leq d(f(x),f(y)) \leq C d(x,y)$ todos los $x,y \in X$.

La respuesta es no. De hecho, podemos considerar a $X$ sí mismo para ser compacto. Recordar $$\ell^1 = \{(a_n)_{n=1}^\infty : \sum\limits_{n \in \mathbb N} |a_n| < \infty\},$$ $$\|(a_n)_{n=1}^\infty\|_{\ell^1} = \sum\limits_{\mathbb N} |a_n|.$$ Por $\delta_n$, nos referimos a $(0,0,...,0,1,0,0,...) \in \ell^1$, donde el $1$ se produce en el $n$th entrada. Vamos $$X = \{r \delta_n: n \in \mathbb N, r \in [0,{1 \over n}]\}.$$ A ver que $X$ es secuencialmente compacto, vamos a $(x_k)_{k=1}^\infty \in X$. Deje $X_n = \{r \delta_n : r \in [0,{1 \over n}]\}$. Si cada $x_k \in X_n$ por sólo un número finito de $n$, entonces no es que existe, $n \in \mathbb N$ y una larga $(x_{k_j})_{j=1}^\infty$ tal que $x_{k_j} \in X_n$ todos los $j$, lo que da un convergentes larga. Si existe una infinidad de $n$ tal que $x_k \in X_n$ algunos $n$, entonces existe una larga $(x_{k_j})_{j=1}^\infty$ tal que $x_{k_j} \in X_{n_j}$ todos los $j$ donde $n_j \to \infty$. A continuación,$x_{k_j} \to 0$.

A ver que $X$ no Bi-Lipschitzly incrustar en cualquier espacio de dimensión finita, hagamos la siguiente definición. Decir que un espacio métrico $(Y,d)$ se duplica si existe una constante $K \in \mathbb N$ tal que, para cada $y \in Y$$r>0$, $y_1,y_2,...,y_K \in Y$ tal que $$B(y,r) \subset \bigcup\limits_{k=1}^K B(y_k,{r \over 2}).$$ Usted debe verificar cuatro cosas:

1. La duplicación se conserva bajo la Bi-Lipschitz mapas.

2. Cada finito dimensional espacio vectorial es el doblaje.

3. Cada subespacio de una duplicación de espacio métrico es el doblaje.

4. $X$ no es el doblaje.

Hay otras maneras de ver que $X$ no incrustar Bi-Lipschitzly en $\mathbb R^N$, algunos posiblemente más fácil, pero esta es una ruta. Sugerencias: Para 2., es sencillo mostrar que $\mathbb R^N$ $\sup$ norma se dobla, y dado que todas las normas sobre finito dimensionales espacios vectoriales son equivalentes, 1. implica 2. 4., tenga en cuenta que $B(0,{1 \over n})$ requiere aproximadamente el $n$ bolas de radio ${1 \over 2n}$ a cubrir.

Answer 2

Esto no es cierto, y la razón básica es que la mayoría de las métricas de los espacios no están normativa espacios vectoriales. Por ejemplo, no hay una normativa espacio vectorial de dimensión positiva puede ser compacto. Así que si $X$ es cualquier espacio métrico compacto con $|X|\neq 1$, $X$ no se puede homeomórficos a cualquier normativa espacio vectorial, pero cualquier subconjunto cerrado de $X$ es compacto.

De hecho, es posible que $X$ no es ni siquiera homeomórficos a un subconjunto de cualquier finito dimensionales normativa espacio vectorial. Por ejemplo, supongamos $X$ ser el cubo de Hilbert, que es un espacio métrico compacto. A continuación, $\mathbb{R}^n$ incrusta topológicamente en $X$ todos los $n$, ya que el $X$ es homeomórficos a $[0,1]^\mathbb{N}$. De ello se desprende que $X$ no se puede incrustar topológicamente en $\mathbb{R}^N$ cualquier $N$, ya que el $\mathbb{R}^n$ sólo se incrusta en $\mathbb{R}^N$ si $n\leq N$ (esto es un duro teorema de topología: es la continuación de la invariancia del dominio, por ejemplo).

(Por cierto, que realmente debería ser más precisos acerca de lo que entendemos por "$X$ es un finito dimensionales normativa espacio". ¿Quieres decir que es isométrico a un finito dimensionales normativa espacio, o homeomórficos, o algo más? Sin embargo, creo que los ejemplos anteriores muestran bastante concluyente que la respuesta va a ser no para cualquier interpretación razonable.)