Zeige: $x \in A \iff dist(x,A)=0$

Aufrufe: 114     Aktiv: 20.04.2022 um 14:52

0
Hallöchen,
ich habe folgende Aufgabe zu bearbeiten:
Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum und $A \subset X$ eine abgeschlossene Menge.
$x \in  X$ und $dist(x,A):= inf \{d(x,a) | a\in A \}$
Ich habe mir folgenden Beweis ausgedacht:
Zeige: $dist(x;A)=0 \Rightarrow x\in A$
$$dist(x,A)=inf \{d(x,a) | a\in A \}= 0 \iff d(x,a)=0 \iff x=a \Rightarrow x \in A$$

Zeige: $ x\in A \Rightarrow  dist(x;A)=0 $
Es gilt: $d(x,a) \geq 0 \Rightarrow inf \{d(x,a) | a\in A \} \geq 0 $

$$0 \leq dist(x,A)=inf \{d(x,a) | a\in A \} \substack{? \\ \leq} d(x,x) = 0 \Rightarrow dist(x,A)=0$$

Ich habe jedoch 2 Fragen dazu: 1) Bei der von mir mit "?" makierten Stelle habe ich mir gedacht, wenn $x\in A$ ist, dann ist der kleinste Abstand zwischen x und a natürlich 0, wenn x=a, daraus müsste ja folgen, dass das Infimum zumindest 0, oder kleiner ist (obwohl das ja eig nicht wirklich geht). Ich würde gerne wissen, ob das argumentativ genügt, oder ggf. sogar falsch ist.

2) In der Vorraussetzung steht ja noch, dass $A$ abgeschlossen ist, aber das habe ich ja irgendwie gar nicht verwendet, ist das in diesem Fall überhaupt notwendig oder kann die Menge theoretisch auch offen sein?

Vielen Dank für eure Hilfe, Grüße Hakn
Diese Frage melden
gefragt

Punkte: 14

 
Kommentar schreiben
1 Antwort
1
Die Richtung \(x \in A \Rightarrow \mathrm{dist}(x,A)\) ist trivial und gilt tatsächlich immer, wegen \(d(x,x)=0\) und \(d(x,a)\geq 0\) für alle \(a\in A\).folgt sofort \(\mathrm{dist}(x,A)=0\). Für die andere Richtung brauchst du jetzt aber die Abgeschlossenheit, um die erste Äquivalenz zu begründen.
Diese Antwort melden
geantwortet

Student, Punkte: 8.15K

 

Wenn ich die Rückrichtung betrachte, also: $d(x,a)=0 \Rightarrow inf \{d(x,a)|a\in A \}=0 $, müsste hier ja dann die Abgeschlossenheit greifen. Falls die Menge offen wäre, so könnte ja auch $infA \notin A$ gelten.

Dennoch eine Nachfrage: Ich zeige ja hier die Rückrichtung von einer Äquivalenz die ich im "$\Rightarrow$"- Beweis verwendet habe, die aber nicht zwangsläufig gefordert wurde (Ging ja in dem Teil nur um die Hinrichtung). Heißt, wenn ich jeweils nur die Hinrichtungen aufschreibe, dann habe ich ja trotzdem nicht die Eigenschaft der Abgeschlossenheit verwendet?
  ─   hakn 19.04.2022 um 15:09

Es geht nur noch um $d(x,A)=0\implies x\in A$.
In Deinem Beweis ist der Schritt mit $\iff$ unklar (genauer: ohne Erklärung falsch, und er wäre das auch mit $\implies$), weil ja nirgendwo ein $a$ vorkommt. Da muss man eben argumentieren, und da kommt auch die Abgeschlossenheit ins Spiel. Tipp: Beachte: $\inf \neq \min$, das sind verschiedene Begriffe.
  ─   mikn 19.04.2022 um 16:24

Ich denke ich verstehe, was ihr meint, hier vielleicht ein anderer Ansatz:

$$dist(x,A) = inf \{d(x,a)|a \in A \} = 0 \Rightarrow \exists a \in A: d(x,a) < r , r>0 \Rightarrow \exists a \in A: a \in B_r(x), r>0$$
Naja und wenn $a \in B_r(x)$, dann ist ja x offentsichlich nicht im Komplement, also: $x \notin A^c \Rightarrow x \in A$

Das Ding ist, ich habe jetzt zur Definition des Infimum auch noch die Definition der offenen Kugel "dazugemogelt", weil ich r ja beliebig klein wählen kann. Darf ich das überhaupt machen?
LG
  ─   hakn 19.04.2022 um 19:15

Die Idee ist richtig, aber Du kannst nicht einfach ein $r$ auftauchen lassen ohne zu sagen, ob das für ein $r$ gilt, und für welches, oder für alle. Das muss gleich bei $\exists a...$ stehen. Anstelle des Hantierens mit den Kugeln und den Radien würde ich persönlich lieber mit einer Folge arbeiten.   ─   mikn 19.04.2022 um 19:22

Für jedes \(r>0\) ist \(0+r\) keine untere Schranke mehr (meinst du das?), also existiert zu \(r>0\) ein \(a\in A\) mit \(0+r>d(x,a)\), aber der Vorschlag von mikn mit Folgen ist gut, probiere das mal aus, sonst ist die Rechnung nicht so schön   ─   mathejean 19.04.2022 um 19:35

Jap genau das habe ich damit gemeint. Das mit den Folgen ist sicherlich schöner zu zeigen, haben wir aber im $R^n$ noch nicht eingeführt. Thx für eure Hilfe   ─   hakn 20.04.2022 um 14:52

Kommentar schreiben