فرض کنید که $x\in X\setminus Y$ چون $ Y $ بسته است پس $$d=d(x,Y)=\inf\{\|x-y\}:y\in Y\}>0$$
(چون در غیر اینصورت دنباله ی $y_n$ وجود دارد که $\|x-y_n\|\to 0$ لذا $y_n\to x$ و چون $Y$ بسته است لذا $x\in Y$ که تناقض است.)
چون $Y$ متناهی بعد است پس عنصر $x_0\in Y$ وجود دارد که $d=d(x,Y)=\|x-x_0\|$
(این مطلب نیاز به اثبات دارد. در آخر اثبات می کنیم.)
در اینصورت قرار دهید $ x_1=\frac {x-x_0}{\|x,-x_0\|}=\frac{x-x_0}{d} $ در اینصورت $\|x_1\|=1$ و برای هر $y\in Y$ داریم
$$\|x_1-y\|=\frac 1d\| x-x_0-dy\|=\frac 1d\|x-(x_0+dy)\|\geq \frac 1d\times d=1$$
توجه کنید که از این مطلب استفاده کردیم که $(x_0+dy)\in Y$ و تعریف $d$ را به خاطر بیاورید.
بنابراین $d(x_1, Y)\geq 1$
از طرفی $\|x_1-0\|=1$و $0\in Y$ لذا $ d(x_1, Y)=1$ .
اما اثبات مطلبی که بدون اثبات پذیرفتیم:
قرار دهید $r=d+\|x\|+1$ در اینصورت
$$S=\{y\in Y: \|y\|\leq r\}$$ یک مجموعه بسته و کراندار است لذا از متناهی بودن بعد $Y$ فشردگی $S$ نتیجه می شود. اما تابع $f(x)=\|x-y\|$ روی $Y$ پیوسته است و چون $S\subset Y$ فشرده است پس مینیمم خود را روی $S$ اختیار میکند یعنی $x_0\in S$ موجود است که $\|x-x_0\|=\inf\{\|x-y\|:y\in S\}$
اما بنابر تعریف $\inf$ یک $y_1\in Y$ وجود دارد که $\|x-y_1\|< d+1$ و لذا
$$\|y_1\|\leq \|y_1-x\|+\|x\|\leq d+1+\|x\|=r$$
بنابراین $y_1\in S$ و لذا
$\|x-x_0\|\leq \|x-y_1\|\leq d+1\tag{*}$
فرض کنید $y\in Y$ دو حالت داریم:
حالت اول: اگر $y\notin S $ در اینصورت
$$\|x\|+d+1=r< \|y\|\leq \|y-x\|+\|x\|$$
با ترکیب این با * نتیجه می شود $$\|x-x_0\|\leq d+1\leq \|x-y\|$$
حالت دوم: $y\in S$ در اینصورت
$$\|x-x-0\|\leq \|x-y\|$$
پس به ازای هر $y\in Y$ داریم $\|x-x_0\|\leq \|x-y\|$ لذا
$$d=\|x-x_0\|$$ .
منبع: کتاب ntext book of functional analysis by Krishna
