Demostrando que $X$ es un espacio métrico

Question

¿Si $X$ es el conjunto de todas las secuencias $(x_k)k$ tal que $sup{k\in N}|xk|$ existe, entonces con $$d(x,y)=sup{k\in N} |x_k-y_k|$$ is $$ %X un espacio métrico?

¿Por lo tanto, para esto tengo que demostrar que las tres propiedades de $d$ hold? Tengo problemas para probar estos, especialmente la desigualdad del triángulo.

También, una pregunta de seguimiento a esto. ¿Se satisface el teorema de Heine-Borel en este espacio?

Answer 1

Sugerencia:

$$d(x,z)+d(z,y)=\sup_{k\in\Bbb N}|x_k-z_k|+\sup_{k\in\Bbb N}|z_k-y_k|\geq \sup_{k\in\Bbb N}\left(|x_k-z_k|+|z_k-y_k|\right)$$

Ahora, tenga en cuenta que por la desigualdad de triángulo, tenemos, $$|x_k-z_k|+|z_k-y_k|\geq |(x_k-z_k)+(z_k-y_k)|=|x_k-y_k|$$

Se puede tomar desde aquí?

Sugerencia #2:

Si $(a_n)_{n\in\Bbb N}$ $(b_n)_{n\in\Bbb N}$ dos secuencias (con supremum) con $a_n\geq b_n~\forall~n\in\Bbb N$, luego tenemos a $$\sup_{k\in\Bbb N}a_k\geq\sup_{k\in\Bbb N} b_k$$

(La prueba debe ser obvio)

Answer 2

$X$ es el espacio de todos los bienes acotados secuencias, que puede ser equipado con el supremum norma, definido por la $\Vert x\Vert=\sup\{\vert x_k\vert\;\,k\in\mathbb{N}\}$. No es difícil ver que $\Vert . \Vert$ es de hecho una norma. De ahí que define a una distancia $X$ por valor, para todos los $(x,y)\in X^2$ : $d(x,y)=\Vert x-y\Vert$.

Para su seguimiento cuestión, $X$ es no finito dimensionales, de ahí el Heine-Borel proposición no tienen (por el teorema de Riesz), pero esto puede verse directamente :

Considere la posibilidad de unidad cerrada balón $B=\{x\in X;\,\Vert x\Vert=1\}$. Deje $x^{(k)}\in B$ definido por $\forall n\in\mathbb{N},\,x^{k}_n=\delta_{k,n}$ (símbolo de Kronecker, igual a 1 si $k=n$ $0$ lo contrario). Para$k\neq \ell$,$\Vert x^{k}-x^{\ell}\Vert=1$, por lo que la secuencia de $(x^{k})_{k\ge0}$ no tiene ningún convergente larga.

Answer 3

(Yo). Para cada $k$ tenemos $|x_k-z_k|\leq |x_k-y_k|+|y_k-z_k|.$ por lo Tanto $$d(x,z)=\sup_k|x_k-z_k|\leq \sup_k (|x_k-y_k|+|y_k-z_k|)\leq$$ $$\leq (\sup_k|x_k-y_k|)+(\sup_k|y_k-z_k|)\quad \text { (...See Note below...) }=$$ $$=d(x,y)+d(y,z).$$ Note: Let $A=\sup_k|x_k-y_k|$ and $B=\sup_k |y_k-z_k|.$ For every $k$ we have $\geq |x_k-y_k|$ and $B\geq |y_k-z_k|,$ implying that $+B$ is an upper bound for the set $S=\{|x_k-y_k|+|y_k-z_k|\}_k.$ Therefore $\sup S\leq a+B.$

Es decir, $\sup_k(|x_k-y_k|+|y_k|)\leq (\sup_k|x_k-y_k|)+(\sup_k|y_k-z_k|).$

(II). Para $n\in \Bbb N$ deje $y(n)=(x_{n,k})_k$ donde $x_{n,n}=1$ $x_{n,k}=0$ al $k\ne n.$ El conjunto $Y=\{y(n):n\in \Bbb N\}$ es cerrado y acotado. Pero $Y$ no es compacto porque la familia $W=\{B_d(y(n),1/2):n\in \Bbb N\}$ es un infinito abra la cubierta de $Y$ y ningún subconjunto de $W$ es un cover de $Y.$

El espacio de $X$ (comúnmente llamado $l_{\infty}$) no es finito-dimensional. En un espacio vectorial de dimensión $D<\infty$ cualquier subconjunto linealmente independiente tiene en la mayoría de las $D$ de los miembros. Pero $Y$ es un infinito subconjunto linealmente independiente de $l_{\infty}.$