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.

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.