Offen/ Abgeschlossene Mengeb

Aufrufe: 1108     Aktiv: 01.05.2020 um 14:41

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Sei (X,d) ein Metrischer raum. Zeigen sie, dass zu jeder abgeschlossenen Menge A untermenge von X abzählbar viele offene Mengen Un untermengen von X , n aus denn Natürlichen zahlen, mit A = vereinigung von Un von n=1 bis unendlich exestieren Kann mir hier jemand weiter helfen ?
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Die Aussage kann nicht richtig sein. \( ( \mathbb{R}, \vert \cdot \vert ) \) ist ein metrischer Raum und \( \{ 1 \} \) ist sicherlich abgeschlossen. Jedoch enthält \( \{ 1 \} \) keine offenen Teilmengen außer der leeren Menge, kann also auch nicht als die gesuchte Vereinigung offener Mengen (die ja dann Teilmengen seien müssten) dargestellt werden.   ─   42 30.04.2020 um 13:23

Es gibt ja einen beweis das die Vereinigung endlich vieler offener mengen wieder offen ist und hier sollen wir glaube ich zeigen das es hakt nur bei endlich vielen offenen mengen so ist und even nicht bei unendlich vielen( besonders bei abzählbar vielen) nicht so ist   ─   henry_99 30.04.2020 um 13:27

Ein metrischer Raum induziert immer einen topologischen Raum. Und in topologischen Räumen ist per Definition die Vereinigung beliebig vieler offener Mengen wieder offen.   ─   42 30.04.2020 um 13:52

Man kann das auch ziemlich einfach über offene Umgebungen beweisen. Eine Menge \( M \) ist genau dann offen, wenn jeder Punkt in \( M \) eine offene Umgebung besitzt, die ganz in \( M \) liegt. Seien also \( A_n \) (beliebig viele) offene Mengen. Für einen Punkt \(p\) gilt \( p \in \cup A_n \) genau dann, wenn es (mindestens) ein \( A_k \) gibt, mit \( p \in A_k \). Da \( A_k \) offen ist, finden wir eine offene Umgebung \( U \) von \( p \), die ganz in \( A_k \) liegt. Damit liegt \( U \) aber auch ganz in \( \cup A_n \). Wir finden also zu jedem Punkt in \( \cup A_n \) eine offene Umgebung, die ganz in \( \cup A_n \) liegt. Also ist \( \cup A_n \) offen.   ─   42 30.04.2020 um 14:01

Tut mir leid hab die aufgabe falsch geschrieben es geht nicht um die vereinigung sondern um denn schnitt tut mir leid   ─   henry_99 30.04.2020 um 14:42
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Wenn der Schnitt und nicht die Vereinigung gemeint ist, dann ist die Sache relativ klar. Sei \( A \) eine abgeschlossene Menge im metrischen Raum \( (X, d) \). Wir betrachten nun für \( n \in \mathbb{N} \) die Vereinigung von offenen \( \frac{1}{n} \)-Bällen \( M_n = \cup_{p \in \partial A} B_{\frac{1}{n}}(p) \), wobei \( \partial A\) den Rand von \(A\) bezeichnet. Es ist offensichtlich, dass die Mengen \(M_n\) als Vereinigung offener Mengen offen sind und dass \( \partial A = \cap_{n \in \mathbb{N}} M_n \) ist. Wenn wir nun \( N_n = M_n \cup A^{\circ}\) setzen, wobei \( A^{\circ} \) das Innere von \(A\) bezeichnet, dann sind die \(N_n\) als Vereinigung zweier offener Mengen offen. Außerdem gilt \( \cap_{n \in \mathbb{N}} N_n = \cap_{n \in \mathbb{N}} (M_n \cup A^{\circ}) = (\cap_{n \in \mathbb{N}}M_n) \cup A^{\circ} = \partial A \cup A^{\circ} = A \). Die \( N_n \) erfüllen also die gewünschten Eigenschaften und die Behauptung ist damit bewiesen.

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Ich versteh das nicht ganz was wird hier vereinigt und geschnitten zum Beispiel wo du sagst dA= schnitt Mn und n Element der natürlichen Zahlen was wird da genau geschnitten ? Und das generell bei deinem ganzen Beweis fehlt mir diese Information immer   ─   henry_99 30.04.2020 um 19:39

Die \( M_n \) und \( N_n \) habe ich für alle \( n \in \mathbb{N} \) definiert. \( \partial A \) ist dann zum Beispiel der Schnitt über all diese \( M_n \).
Zu Definition der \( M_n \) ist vielleicht zu sagen, dass wir zu \( n \in \mathbb{N} \) um alle Randpunkte von \( A \) einen offenen Ball der Größe \( \frac{1}{n} \) legen und die Vereinigung all dieser Bälle dann als \( M_n \) definieren.
Die Idee hinter dem Beweis ist, dass man den Rand mit offenen Bällen überdeckt. Zusammen mit dem Inneren ergibt das dann eine offene Überdeckung von \( A \). Wenn wir nun den Radius der Bälle immer kleiner werden lassen, dann konvergiert diese Überdeckung gegen \( A \). Das passiert, wenn wir all diese Überdeckungen schneiden.
  ─   42 30.04.2020 um 21:17

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Der vorherige Beweis lässt sich noch vereinfachen.

Sei \( A \) eine abgeschlossene Menge im metrischen Raum \( (X, d) \). Wir betrachten nun für alle \( n \in \mathbb{N} \) die Vereinigung von offenen \( \frac{1}{n} \)-Bällen \( M_n = \cup_{p \in A} B_{\frac{1}{n}}(p) \). Dann sind die Mengen \(M_n\) als Vereinigung offener Mengen offen und es gilt außerdem \( A = \cap_{n \in \mathbb{N}} M_n \). Die \( M_n \) erfüllen also die gewünschten Eigenschaften und die Behauptung ist damit bewiesen.

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Student, Punkte: 7.02K

 

Dass tatsächlich \( A = \cap_{n \in \mathbb{N}} M_n \) ist, solltest du dir vielleicht selbst mal überlegen.   ─   42 30.04.2020 um 21:34

Ok denn Beweis habe ich soweit verstanden und das macht auch Sinn für mich aber wie sind deine lauf Parameter für denn schnitt und die Vereinigung bei beiden immer von n=1 bis unendlich oder was ?   ─   henry_99 01.05.2020 um 12:09

Die Laufparameter stehen ja immer dran. Die Vereinigung läuft über alle Punkte \( p \) aus \( A \) und der Schnitt läuft über alle natürlichen Zahlen (also von \(n = 1 \) bis \( \infty \)).   ─   42 01.05.2020 um 14:40

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