Um die Abgeschlossenheit von \(A\) zu beweisen, zeigen wir, dass das Komplement \(A^c = \{ f \in C[0,1] \vert \exists x_0 \in [0,1]: f(x_0)<0\} \) offen ist. Dazu suchen wir für ein beliebiges \(f \in A^c\) einen offenen Ball um \(f\), der ganz in \(A^c\) liegt.

Sei also \(f \in A^c \). Dann existiert ein \(x_0 \in [0,1]\) mit \( f(x_0) < 0 \). Sei nun \(g \in B_{\vert f(x_0) \vert}(f)\). Dann gibt es zwei Fälle, die eintreten können.

1. Fall: \(f(x_0) - g(x_0) \ge 0 \). Dann ist \(g(x_0) \le f(x_0) < 0\) und somit \(g \in A^c\).

2. Fall: \(f(x_0) - g(x_0) < 0 \). Dann gilt \(-f(x_0) + g(x_0) = - (f(x_0)-g(x_0)) = \vert f(x_0)-g(x_0) \vert \le \| f-g\|_{\infty}=d(f,g) < \vert f(x_0) \vert = - f(x_0) \). Also \(g(x_0) < 0\) und somit \(g \in A^c\).

Damit haben wir \(B_{\vert f(x_0) \vert}(f) \subseteq A^c \) und somit die Offenheit von \(A^c\) gezeigt.

Wir bestimmen nun den Rand \(\partial A\) von \(A\). Sei \(B:=\{f \in C[0,1] \vert \forall x \in [0,1]:f(x) \ge 0, \exists x_0 \in [0,1]:f(x_0)=0 \} \). Wir zeigen, dass \( \partial A = B \) ist.

Sei \(f \in \partial A\). Da \(A\) abgeschlossen ist, gilt auch \(f \in A\) und somit \(f(x) \ge 0\) für alle \(x \in [0,1]\). Außerdem gilt (per Definition des Randes) für alle \( \varepsilon > 0\), dass \(B_{\varepsilon}(f) \cap A^c \neq \emptyset \). Für ein vorgegebenes \(\varepsilon > 0\) finden wir also ein \(g \in B_{\varepsilon}(f) \cap A^c\). Da insbesondere \(g \in A^c\) ist, existiert ein \(x_0 \in [0,1] \) mit \(g(x_0)<0\). Da außerdem \(g \in B_{\varepsilon}(f)\) ist, gilt

\( f(x_0) - g(x_0) = \vert f(x_0) - g(x_0) \vert \le \| f-g \|_{\infty} = d(f,g) < \varepsilon \) also \(f(x_0) < \varepsilon + g(x_0) < \varepsilon \).

Da diese Ungleichung für alle \(\varepsilon > 0\) erfüllt ist, muss \(f(x_0) \le 0\) sein. Außerdem wissen wir bereits, dass \(f(x) \ge 0\) für alle \(x \in [0,1] \) ist. Ingesamt folgt also \(f(x_0) = 0\) und somit \(f \in B\).

Sei nun \(f \in B\). Es gilt bereits per Definition \(f \in A\) also \( B_{\varepsilon}(f) \cap A \neq \emptyset\) für alle \(\varepsilon > 0\). Es bleibt also noch zu zeigen, dass auch \( B_{\varepsilon}(f) \cap A^c \neq \emptyset\) für alle \(\varepsilon > 0\) ist. Sei dazu ein \(\varepsilon > 0\) gegeben. Wir definieren \(g:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}\) durch \(g(x) = f(x) - \frac{\varepsilon}{2}\). Es gilt offensichtlich \(g \in C[0,1]\). Da \(f \in B\) ist, existiert ein \(x_0 \in [0,1]\) mit \(f(x_0) = 0\). Hieraus folgt \(g(x_0) = - \frac{\varepsilon}{2} < 0\), also \(g \in A^c\). Außerdem ist \(d(f,g) = \| f-g \|_{\infty} = \| \frac{\varepsilon}{2} \|_{\infty} = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon \), also gilt auch \(g \in B_{\varepsilon}(f)\). Insgesamt erhalten wir \( g \in B_{\varepsilon}(f) \cap A^c\) und somit \( B_{\varepsilon}(f) \cap A^c \neq \emptyset\).