Доказать компактность параллелепипеда в пространстве l2

[heatheness]

Добрый день.

Помогите, пожалуйста, разобраться с решением следующей задачи.

Доказать компактность параллелепипеда $\{x \in l_2:|x_n|\le \frac 1 n\}$ в пространстве $l_2$

Как я понимаю, необходимо, используя критерий Хаусдорфа, доказать предкомпактность множества - т.е. доказать, что оно вполне ограниченно - построить $\varepsilon$ - сеть, а затем доказать его замкнутость.

Поиск решения аналогичных задач показал, что почему-то от рассмотрения исходного множества переходят к множеству, ограниченного другим критерием: |$x_n$| $\le$ $\frac 1 {2^{n-1}}$ и при этом строят $\varepsilon/2$- сеть. И на этом заканчивают, говоря, что компактность доказана, и даже не переходят к вопросу о замкнутости множества.

Как же все-таки необходимо строить доказательство и почему строится $\varepsilon/2$- сеть, а не $\varepsilon$ - сеть? Спасибо.

Deggial: формулы поправил - посмотрите

[ewert]

heatheness в сообщении #725651 писал(а):

И на этом заканчивают, говоря, что компактность доказана, и даже не переходят к вопросу о замкнутости множества.

Может, потому, что под компактносью понимают предкомпактность (тут терминология плавает). А может, ввиду тривиальности вопроса; скажем, в Вашем примере замкнутость вполне очевидна.

heatheness в сообщении #725651 писал(а):

почему строится $\varepsilon/2$- сеть, а не $\varepsilon$ - сеть?

А какая разница? Построимость эпсилон-сетей равносильна построимости эпсилон-пополам-сетей и равносильна построимости эпсилон-стопиццот-сетей. Это вопрос чисто технический.

Кроме того, ещё вопрос, что понимать под сетью. По умолчанию обычно имеются в виду конечные сети. Однако предкомпактность равносильна построимости не обязательно конечных, а хотя бы предкомпактных эпсилон-сетей. Последнее в Вашем примере опять же тривиально. Ограничение же геометрической прогрессией, возможно, связано с кустарным, на весу доказательством той эквивалентности в каждой следующей задачке (что довольно странно).

[heatheness]

Цитата:

Может, потому, что под компактносью понимают предкомпактность (тут терминология плавает). А может, ввиду тривиальности вопроса; скажем, в Вашем примере замкнутость вполне очевидна.

Очевидно, тут вы правы, - мне необходимо доказать компактность в сильном смысле (другой термин - "бикомпактность"). А почему очевидна замкнутость? Замкнутость ведь означает, что подпоследовательность должна сходиться к элементу этого же множества. Почему очевидно, что это так?

Цитата:

Однако предкомпактность равносильна построимости не обязательно конечных, а хотя бы предкомпактных эпсилон-сетей. Последнее в Вашем примере опять же тривиально.

Поясните, пожалуйста, что такое предкомпактные эпсилон-сети и почему в данном случае это тривиально? Насколько понимаю, для применения критерия Хаусдорфа нужна именно конечная эпсилон-сеть.

И еще вопрос о подходе к построению эпсилон-сети.
Даже в примерах решения моей задачи (пример нашел, но понимая не добавилось), как-то вдруг сразу пишут новое ограничение $|x_n| \le \frac 1 {2^{n-1}}$. Затем указывают ограничение $\frac 1 {2^{n-1}} \le \frac \varepsilon 2$ (как и почему оно вводится совершенно непонятно). Далее
берут некоторую другую последовательность $\tilde{x} =(x_1,x_2,...,x_n,0,0,...)$. Затем находят расстояние между исходной последовательностью и последовательностью $\tilde{x}$
Путем нехитрых вычислений получается расстояние, которое $\le$ $ \frac 1 {2^{n-1}}$ Поскольку ранее было введено ограничение $\frac 1 {2^{n-1}} \le \frac \varepsilon 2$, то ура эпсилон-сеть построена. Предкомпактность доказана, остальное всем очевидно (не мне). Понимаю, что новую последовательность ввели для того, чтобы показать, как другим множеством можно приблизить с любой точностью исходное множество, но совершенно непонятно, почему вдруг мы забыли про первоначальное условие $|x_n| \le \frac 1 {n}$, от него скакнули к условию $|x_n| \le \frac 1 {2^{n-1}}$, и затем каким-то чудесным образом ввели ограничение $\frac 1 {2^{n-1}} \le \frac \varepsilon 2$ (вдвойне непонятно, что оно нам дало, поскольку если бы мы установили ограничение $\frac 1 {2^{n-1}} \le \varepsilon$, то в конечном итоге ничего бы не изменилось и мы получили бы это же неравенство (после подсчета расстояния)). Очевидно, что для тех кто решал эту задачу много тривиальностей, но я их не вижу!) не могли бы прокомментировать подход к решению?

-- 19.05.2013, 14:08 --

Deggial, спасибо за правки

[ewert]

heatheness в сообщении #725678 писал(а):

А почему очевидна замкнутость?

Потому, что ограничение на элементы множества в Вашем примере -- покомпонентное. А сходимость по эль-два норме влечёт за собой покомпонентную сходимость. Поэтому предельный переход сохраняет ограничения на компоненты и, следовательно, принадлежность множеству; последнее и есть замкнутость.

heatheness в сообщении #725678 писал(а):

Насколько понимаю, для применения критерия Хаусдорфа нужна именно конечная эпсилон-сеть.

Эпсилон-сеть для множества $M$ вообще -- это такое множество $X_ {\varepsilon}$, что любой элемент из $M$ попадает в эпсилон-окрестность хотя бы одной точки $X_{\varepsilon}$. Критерий Хаусдорфа говорит о том, что предкомпактность $M$ равносильна существованию для любого $\varepsilon$ конечной $\varepsilon$-сети. И такое существование действительно необходимо. Но вот достаточно для предкомпактности выполнения гораздо более слабого (формально) требования -- существования для любого эпсилона всего лишь предкомпактной эпсилон-сети. И доказывается достаточность совершенно банально: строим для $M$ сначала предкомпактную $\frac{\varepsilon}2$-сеть $\widetilde X_{\varepsilon/2}$, а затем для $\widetilde X_{\varepsilon/2}$, в свою очередь, конечную (раз уж критерий Хаусдорфа всё-таки справедлив) $\frac{\varepsilon}2$-сеть $X_{\varepsilon/2}$. Вот последняя и будет конечной $\varepsilon$-сетью для $M$.

Не знаю, что там в разбираемом Вами доказательстве накручено с геометрическими прогрессиями, поскольку разбираться в этом довольно бессмысленно, всё и без того банально. Для любого $\varepsilon$ предкомпактной $\varepsilon$-сетью будет просто подмножество соответствующих финитных последовательностей, а именно таких, что $x_k=0$ для всех $k>n$, где $n=n(\varepsilon)$ выбрано так, что $\sum\limits_{k=n}^{\infty}\frac1{k^2}<\varepsilon^2$.

[heatheness]

ewert, спасибо