metr. Raum - Auswahlaxiom

10.12.2011, 12:25

Gast11022013

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metr. Raum - Auswahlaxiom

Meine Frage:
Zeige mit Hilfe des Auswahlaxioms:

In einem metrischen Raum ist jede abgeschlossene Menge als Durchschnitt abzählbar vieler offener Mengen darstellbar.

Meine Ideen:
Sei $\begin{eqnarray*} (X,d) \end{eqnarray*}$ metr. Raum und $\begin{eqnarray*} M\subseteq X \end{eqnarray*}$ abgeschlossen.

Betrachte $\begin{eqnarray*} M^{C} \end{eqnarray*}$ (offen).

Nach dem Auswahlaxiom gibt es doch jetzt

eine Auswahlfunktion

$\begin{eqnarray*} f: I\to\bigcup_{i\in I}B_i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(i)\in B_i \end{eqnarray*}$ , wobei

$\begin{eqnarray*} I=M^{C}, B_i=\left\{i\right\} \end{eqnarray*}$ , die also jedem Element aus $\begin{eqnarray*} M^{C} \end{eqnarray*}$ die einelementige Menge, die aus diesem Element besteht, zuordnet.

Kann man deswegen schreiben:

$\begin{eqnarray*} M^{C}=\bigcup_{x\in M^{C}}\left\{x\right\} \end{eqnarray*}$ ?

Das wäre eine Verinigung von abgeschlossenen Mengen, da ja einelementige Mengen in metríschen Räumen abgeschlossen sind.

Und dann das Komplement bilden und de Morgan?

$\begin{eqnarray*} M=\left(M^{C}\right)^C=\bigcap_{x\in M^C}\left\{x\right\}^C \end{eqnarray*}$ ?

Und die Mengen $\begin{eqnarray*} \left\{x\right\}^C \end{eqnarray*}$ sind offen.

Hm, irgendwie bin ich mir nicht sicher, ob ich das Auswahlaxiom richtig verstanden und angewandt habe.

Und was hat es mit dem abzählbar auf sich?
Also Durchschnitt abzählbar vieler offener Mengen?

10.12.2011, 16:16

Gast11022013

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RE: metr. Raum - Auswahlaxiom
Kennt sich hier jemand mit dem Auswahlaxiom aus und könnte mir nicht einen kleinen Wink geben? Es wäre wichtig für mich, diese Aufgabe irgendwie fortsetzen zu können.

Mal eine generelle Frage.

Ich kenne zwei Definitionen des Begriffs Auswahlfunktion.

Einmal die, die man bei Wikipedia beim Stichwort "Auswahlaxiom" findet und einmal die über den Begriff Indexmenge.

Verstehe ich das richtig, dass man bei der zweiten Definition erstmal eine Menge "herstellt" für die man das Auswahlaxiom anwenden kann, indem man für jedes Element der gegebenen Menge eine Menge mit dem Index dieses Elements konstruiert?

Und bei der ersten Definition geht man doch davon aus, dass man schon eine Menge vorliegen hat, auf die man das Auswahlaxiom anwenden kann?

10.12.2011, 18:17

Gast11022013

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Oder vielleicht kann man es auch einfach so aufschreiben:

Zeige, daß $\begin{eqnarray*} M^C=\bigcup_{i\in I}A_i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ abgeschlossen. (*)

Betrachte

$\begin{eqnarray*} I=\left\{x: x\in M^C\right\} \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} \mathfrak{M}=\left\{\left\{x\right\}: x\in I\right\} \end{eqnarray*}$ .

Dann ex. nach dem Auswahlaxiom eine Auswahlfunktion

$\begin{eqnarray*} f: I\to\bigcup_{i\in I}M_i \end{eqnarray*}$ , wobei das hier

$\begin{eqnarray*} f: M^C\to \bigcup_{x\in M^C}\left\{x\right\}=M^C \end{eqnarray*}$ ist.

Also besitzt $\begin{eqnarray*} M^{C} \end{eqnarray*}$ eine Darstellung wie in (*) verlangt.

Daraus folgt dann die Behauptung, oder?

10.12.2011, 18:35

Ungewiss

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Warum sollte M komplement abzählbar sein? Ich würde versuchen zu zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} A_n=\left\{ x\in X : d(x,M) < \frac 1n \right\} \end{eqnarray*}$

Offen ist und der Schnitt über alle gerade M ergibt. Wo da nun genau das Auswahlaxiom reinspielt, kann ich aber nicht sagen.

10.12.2011, 18:36

pseudo-nym

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RE: metr. Raum - Auswahlaxiom

Zitat:

Original von Dennis2010
Nach dem Auswahlaxiom gibt es doch jetzt

eine Auswahlfunktion

$\begin{eqnarray*} f: I\to\bigcup_{i\in I}B_i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(i)\in B_i \end{eqnarray*}$ , wobei

$\begin{eqnarray*} I=M^{C}, B_i=\left\{i\right\} \end{eqnarray*}$ , die also jedem Element aus $\begin{eqnarray*} M^{C} \end{eqnarray*}$ die einelementige Menge, die aus diesem Element besteht, zuordnet.

Wenn deine Funktion tatäschlich $\begin{eqnarray*} i \mapsto \{ i \} \end{eqnarray*}$ abbildet, dann gilt i.A. nicht mehr $\begin{eqnarray*} f(x) \in B_i \end{eqnarray*}$ .
Ich würde lieber die Vorschrift
$\begin{eqnarray*} i \mapsto i \end{eqnarray*}$ nehmen.

Zitat:

Original von Dennis2010
Kann man deswegen schreiben:

$\begin{eqnarray*} M^{C}=\bigcup_{x\in M^{C}}\left\{x\right\} \end{eqnarray*}$ ?

Kannst du erklären wo du hier genau das Auswahlaxiom benutzt hast?

Die Definition der Auswahlfunktion küber Indexmengen kenne ich nicht. Hast du dafür eine Quelle?

10.12.2011, 18:38

Gast11022013

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Ja, das ist gerade aber die Frage, denn der Beweis soll explizit mit dem Auswahlaxiom geführt werden...

Edit:

@ pseudonym:

Kann ich leider nicht...

Ich finde das Auswahlaxiom irgendwie so verwirrend...

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10.12.2011, 18:43

Gast11022013

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Ja, diese Definition kann ich Dir natürlich gerne aufschreiben:

Auswahlaxiom
Sei $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ eine nicht-leere Menge und $\begin{eqnarray*} \mathfrak{M}=\left\{M_i: i\in I\right\} \end{eqnarray*}$ ein System von nicht-leeren Mengen $\begin{eqnarray*} M_i \end{eqnarray*}$ . Dann existiert eine Funktion

$\begin{eqnarray*} f: I\to \bigcup_{i\in I}M_i \end{eqnarray*}$ , für die gilt $\begin{eqnarray*} f(i)\in M_i \end{eqnarray*}$ .

10.12.2011, 18:58

pseudo-nym

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Ich glaube ich ahne was dich verwirrt.

In der axiomatischen Mengenlehre gibt es keine Atome, d.h. alle Elemente einer Menge sind wieder Mengen und deshalb macht es Sinn die Vereinigung einer Menge zu definieren:

$\begin{eqnarray*} \bigcup x = \{ z : \exists y (y \in x \wedge z \in y) \} \end{eqnarray*}$

Mit dieser Definition ist $\begin{eqnarray*} \bigcup \mathfrak{M} = \bigcup_{i \in I} M_i \end{eqnarray*}$ .

10.12.2011, 19:08

Gast11022013

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Das muss ich erstmal verstehen...

Also ich weiß nicht, ob Du das meinst, aber mein Problem war bis jetzt immer Folgendes:

Ich dachte, wenn ich (so wie hier) eine Menge M gegeben habe, weiß ich ja gar nicht, ob sie aus Mengen besteht. Aber anscheinend besteht eine Menge in diesem Kontext immer aus Mengen.

Dann kann ich also die Menge M bzw. M Komplement einfach hernehmen und aus jedem Element (die also Mengen sind...) genau ein Element auswählen?

Ich nehme also M Komplement her und es gibt eine Auswahlfunktion (weil M Komplement ja dann ein nicht leeres Mengensystem ist, wenn alle Elemente sowieso immer Mengen sind), die jedem Element aus M Komplement gerade dieses Element zuordnet.

Aber irgendwie erscheint mit das komisch.
Dann könnte ich ja M Komplement einfach als Vereinigung der Elemente in M Komplement schreiben und die sind abgeschlossen und das war es dann schon?!

Irgendwie ist das seltsam!

10.12.2011, 19:25

pseudo-nym

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Zitat:

Original von Dennis2010
Ich dachte, wenn ich (so wie hier) eine Menge M gegeben habe, weiß ich ja gar nicht, ob sie aus Mengen besteht. Aber anscheinend besteht eine Menge in diesem Kontext immer aus Mengen.

Nun die beiden Definitionen von AC (Auswahlaxiom), sind in unterschiedlichen Sprachen formuliert. Die erste in der des axiomatischen Mengenlehre, in welcher jeder Menge aus Mengen besteht, die zweite in der der naiven Mengenlehre, wo das nicht so ganz klar ist.
Wie ich dich verstanden habe, hattest du Probleme dabei zu sehen, warum die beiden äquivalent sind, da du die unterschiedlichen Kontexte nicht kannstest.

Ich welcher Sprache du nun arbeiten willst ist dir freigestellt. Von dem her kann man nicht von dem Kontext reden.

Ich möchte allerdings darauf hinweisen, dass ein Teil deiner Intuition in naiver Mengenlehre im Axiomatischen nichts mehr gilt, deswegen ist diese neue Umgebungen wohl etwas gewöhnungsbedürftig.

Zitat:

Original von Dennis2010
Dann kann ich also die Menge M bzw. M Komplement einfach hernehmen und aus jedem Element (die also Mengen sind...) genau ein Element auswählen?

Axiomatisch gesehen ja.

Zitat:

Original von Dennis2010
Ich nehme also M Komplement her und es gibt eine Auswahlfunktion (weil M Komplement ja dann ein nicht leeres Mengensystem ist, wenn alle Elemente sowieso immer Mengen sind), die jedem Element aus M Komplement gerade dieses Element zuordnet.

Nein, das kannst du nicht sagen, denn i.A. ist nicht jedes x aus M auch ein Element aus $\begin{eqnarray*} \bigcup M \end{eqnarray*}$ .

Generell wäre es ratsam deine Aussagen bzgl. Elementen und Mengenbeziehungen mehr zu formalisieren, da ich ab und zu nicht weiß was du eigentlich sagen willst.

10.12.2011, 19:39

Gast11022013

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Könntest Du mir vielleicht die einzelnen Schritte des Beweises erklären?

Ich sehe im Moment gar nichts mehr, möchte es aber gerne verstehen!

Sei also $\begin{eqnarray*} (X,d) \end{eqnarray*}$ metrischer Raum und $\begin{eqnarray*} m\subseteq X \end{eqnarray*}$ abgeschlpssen.

Wo brauche ich jetzt das Auwahlaxiom?!

10.12.2011, 19:52

pseudo-nym

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Ich glaube du solltest dich nicht allzu stark auf das Auswahlaxiom fixieren.

Versuche vielleicht erst einmal die Aussage mit Hilfe der Metrik zu beweisen und behalte im Hinterkopf, dass du gleichzeitig aus beliebig vielen Mengen ein Element wählen darfst.

Edit:

Ich habe keine Ahnung wie die Aufgabe zu lösen ist und ich habe auch nicht vor es selbst herauszufinden.
Meine Antworten beinhalten lediglich das Angebot deine Gedanken zu reflektieren und vielleicht ein paar Vorschläge zu machen.

10.12.2011, 19:54

Gast11022013

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Sorry, aber ich doktore da jetzt schon den ganzen Tag dran herum, ich möchte es jetzt sehr gerne gleich mit dem Auswahlaxiom beweisen, sonst drehe ich noch durch.

Kannst Du mir bitte dabei helfen?

Was ist der nächste Schritt?

10.12.2011, 20:13

pseudo-nym

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Zitat:

Original von pseudo-nym
Ich habe keine Ahnung wie die Aufgabe zu lösen ist und ich habe auch nicht vor es selbst herauszufinden.
Meine Antworten beinhalten lediglich das Angebot deine Gedanken zu reflektieren und vielleicht ein paar Vorschläge zu machen.

Darüber hinaus finde ich dein Gequengel äußerst nervtötend.
Wenn du nur Lösungsteile serviert bekommen möchtest, dann sollest du das sagen, sodass ich mich aus dem Thread zurückziehen kann.

10.12.2011, 20:19

Gast11022013

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Ich will es gerne mit der Metrik beweisen, aber ich weiß nicht, was mir das helfen soll, um es mit dem Auswahlaxiom zu lösen.

Zu zeigen ist, daß jede abgeschlossene Menge M der Durchschnitt ihrer Kugel-Umgebungen ist, die die Form $\begin{eqnarray*} B_n=B(M, 1/n) \end{eqnarray*}$ haben, wobei $\begin{eqnarray*} n=1,2,3,... \end{eqnarray*}$ .

Für jedes n gilt $\begin{eqnarray*} M\subseteq B_n \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} M\subseteq \bigcap_{n=1}^{\infty}B_n \end{eqnarray*}$ .

Zu zeigen ist noch, dass jedes $\begin{eqnarray*} x\in \bigcap_{n=1}^{\infty}B_n \end{eqnarray*}$ zu M gehört.

Aus $\begin{eqnarray*} x\in \bigcap_{n=1}^{\infty}B_n \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} d(x,M)<1/n \end{eqnarray*}$ für jedes $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Das heißt für $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} d(x,M)=0 \end{eqnarray*}$ , d.h. x Berührpunkt der Menge M.

Wegen der Abgeschlossenheit von M ist x also Element von M.

So und was bringt mir das? verwirrt

verwirrt

Hab immer noch keine Ahnung, wie ichs Auswahlaxiom jetzt stattdessen benutzen kann.

10.12.2011, 20:34

Gast11022013

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Okay, sorry. Ich reiße mich zusammen und übe mich wieder in Geduld.

Ich habe ja jetzt im letzten Beitrag auch gepostet, wie ich es via Metrik machen würde.

Dennoch blicke ich leider nicht, inwiefern das nun hilfreich ist, um zu verstehen, wie man diese Aussage alternativ mit dem Auswahlaxiom zeigen kann.

10.12.2011, 21:02

Ungewiss

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Dann verrate doch mal woher die Aufgabe kommt? Und wie du drauf kommst sie mit dem Auswahlaxiom beweisen zu wollen.

10.12.2011, 21:06

Gast11022013

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Sie kommt von meinem Topologie-Professor. Big Laugh

Big Laugh

Dieser wiederum hat sie aus dem Buch:

"Mengentheoretische Topologie" von Boto von Querenburg.

Dort steht übrigens nichts vom Auswahlaxiom!

In der Aufgabe, die uns gegeben wurde, wurde jedoch ausdrücklich ergänzt:

"Beim Beweis benutze man das Auswahlaxiom!"

10.12.2011, 21:09

pseudo-nym

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Ich glaube nicht, dass ein alternativer Beweis gesucht ist, sondern dass du AC schon in deinem Beweis (implizit) verwendet hast.

Zitat:

Original von Dennis2010
Aus $\begin{eqnarray*} x\in \bigcap_{n=1}^{\infty}B_n \end{eqnarray*}$ folgt d(x,M)<1/n für jedes n.

Das heißt für n gegen unendlich: d(x,M)=0, d.h. x Berührpunkt der Menge M.

Wegen der Abgeschlossenheit von M ist x also Element von M.

Diesen Schritt kann man ausführen, indem man eine Folge wählt (*zwinker* *zwinker*), die gegen konvergiert.

10.12.2011, 21:18

Gast11022013

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Das heißt man wählt bei jedem $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ aus allen Elementen $\begin{eqnarray*} x\in B_n \end{eqnarray*}$ jeweils eines aus und diese bilden eine Folge, die gegen (ja, gegen was eigentlich?) konvergieren?

10.12.2011, 21:24

pseudo-nym

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Was soll das heßen "aus allen Elementen $\begin{eqnarray*} x\in B_n \end{eqnarray*}$ "?
x ist fest gewählt.

Es könnte helfen sich klar zu machen was $\begin{eqnarray*} x\in B_n \end{eqnarray*}$ bedeutet.

10.12.2011, 21:31

Gast11022013

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Hm, ich habe das so gedankenlos aufgeschrieben, aber kann mir darunter gar nichts vorstellen.

Was ist denn die Kugelumgebung einer Menge eigentlich?

10.12.2011, 21:37

pseudo-nym

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Überlege dir das es einen bestimmten Ball gibt welcher nicht leer ist, falls $\begin{eqnarray*} x \in B_n \end{eqnarray*}$ .

Und mach dir Gedanken bis du eine Antwort schreibst :P

10.12.2011, 21:41

Gast11022013

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Man sieht ja, was dabei herauskommt, wenn ich mir Gedanken mache...

Also ich habe folgendes Problem.

Wenn ich eine Kugelumgebung eines Punktes habe, kann ich mir das vorstellen, ich ziehe um den Punkt einen Radius.

Hier ist es ja aber eine Kugelumgebung um eine Menge.
Was ist da der Punkt, um den ich den Radius ziehe?

unglücklich

unglücklich

Der Kopf raucht.

11.12.2011, 00:10

Gast11022013

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Achso, meinst Du, daß man jeweils ein

$\begin{eqnarray*} a_n\in B_n \end{eqnarray*}$ wählen kann und daß dann $\begin{eqnarray*} a_n\to x \end{eqnarray*}$ ?

So könnte man das ja auch ausdrücken, daß $\begin{eqnarray*} d(M,x)\to 0 \end{eqnarray*}$ geht und damit hätte man aus jeder Menge $\begin{eqnarray*} B_n \end{eqnarray*}$ ein Element ausgewählt, eben: Auswahlaxiom.

Dabei ist die Menge der $\begin{eqnarray*} B_n \end{eqnarray*}$ das Mengensystem.

11.12.2011, 02:27

pseudo-nym

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Zitat:

Original von Dennis2010
Hier ist es ja aber eine Kugelumgebung um eine Menge.
Was ist da der Punkt, um den ich den Radius ziehe?

Hier liegt denke ich das Problem. Die von Ungewiss vorgeschlagenen Mengen lassen sich auch wie folgt schreiben:
$\begin{eqnarray*} B_n = \left\{ x \in X \left| \exists y \in M : d(y, x) < \frac 1n \right. \right\} \end{eqnarray*}$

11.12.2011, 10:50

Gast11022013

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Okay. Kann man sich eine Ballumgebung der Menge X so vorstellen, daß man quasi einmal um die Menge umzuzeichnet?

Ist es denn so, dass ich jetzt mit dem Auswahlaxiom jeweils ein

$\begin{eqnarray*} a_n\in B_n \end{eqnarray*}$ wähle und dass die Folge dieser $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ dann gegen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ geht?

Bevor ich lange rumrede:

So habe ich das jetzt aufgeschrieben, ist das okay?

Es sei $\begin{eqnarray*} (X,d) \end{eqnarray*}$ ein metrischer Raum und $\begin{eqnarray*} A\subseteq X \end{eqnarray*}$ eine beliebige abgeschlossene Menge. Zeige, daß $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ der Schnitt ihrer Ballumgebungen $\begin{eqnarray*} \mathfrak{B}_n\left(A,\frac{1}{n}\right)=\left\{x\in X: \exists y\in A: d(y,x)<\frac{1}{n}\right\}, n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ist.
Es gilt für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} A\subseteq\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} A\subseteq \bigcap_{n=1}^{\infty}\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ . Zudem ist jedes $\begin{eqnarray*} z\in \bigcap_{n=1}^{\infty}\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ Element in A, denn: Aus $\begin{eqnarray*} z\in \bigcap_{n=1}^{\infty}\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ folgt, daß $\begin{eqnarray*} d(z,A)<\frac{1}{n} \forall n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ . Betrachte das Mengensystem $\begin{eqnarray*} \mathfrak{M}=\left\{\mathfrak{B_n}: n\in\mathbb N\right\} \end{eqnarray*}$ aller Ballumgebungen von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ . Man wähle hierfür mit dem Auswahlaxiom eine Auswahlfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} a_n\in\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} a_n\to z \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ d.h. $\begin{eqnarray*} (d(z,A)=0) \end{eqnarray*}$ . Somit ist $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ Berührpunkt der Menge $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und da $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ abgeschlossen ist, folgt $\begin{eqnarray*} z\in A \end{eqnarray*}$ .

11.12.2011, 15:05

pseudo-nym

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Ich sehe da zwei Probleme:

Zitat:

Original von Dennis2010
Man wähle hierfür mit dem Auswahlaxiom eine Auswahlfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} a_n\in\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ .

Das AC lässt einen nicht ein f wählen, sondern sichert einem zu dass es ein f gibt und wenn du f schon einführst würde ich es auch benutzen. Schreibe also:

Es gibt ein f mit $\begin{eqnarray*} \forall n \in \mathbb N : f(n) \in \mathfrak B_n \end{eqnarray*}$ .

Einfacher könnte man sagen, dass f die gesuchte Folge ist. (Beachte, dass Folgen streng genommen Abbildungen $\begin{eqnarray*} f: \mathbb N \to X \end{eqnarray*}$ sind.)

Der Zweck meiner letzten Antwort war eigentlich die Schreibweise $\begin{eqnarray*} d(x, M) \end{eqnarray*}$ zu eliminieren, da du mit ihr scheinbar Probleme hast.
Wenn du allerdings darauf bestehst diese Schreibweise zu benutzen, dann wirst du mit ihrer Definition
$\begin{eqnarray*} d(x, M) := \inf_{m \in M} d(x, m) \end{eqnarray*}$
arbeiten müssen.
So wie du dein Mengensystem gewählt hast, ist

Zitat:

Original von Dennis2010
Dann gilt $\begin{eqnarray*} a_n\to z \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ d.h. $\begin{eqnarray*} (d(z,A)=0) \end{eqnarray*}$ .

falsch, denn f kann igendwo in in M konvergieren.

11.12.2011, 16:13

Gast11022013

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Neuer Versuch:

Es sei $\begin{eqnarray*} (X,d) \end{eqnarray*}$ ein metrischer Raum und $\begin{eqnarray*} A\subseteq X \end{eqnarray*}$ eine beliebige abgeschlossene Menge. Zeige, daß $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ der Schnitt ihrer Ballumgebungen
$\begin{eqnarray*} \mathfrak{B}_n\left(A,\frac{1}{n}\right)=\left\{x\in X: d(x,A)=\inf_{a\in A} d(x,a)<\frac{1}{n}\right\}, n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ist.

Es gilt für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} A\subseteq\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} A\subseteq \bigcap_{n=1}^{\infty}\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ . Zudem ist jedes $\begin{eqnarray*} z\in \bigcap_{n=1}^{\infty}\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ Element in A, denn: Aus $\begin{eqnarray*} z\in \bigcap_{n=1}^{\infty}\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ folgt, daß $\begin{eqnarray*} d(z,A)<\frac{1}{n} \forall n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ . Betrachte das Mengensystem $\begin{eqnarray*} \mathfrak{M}=\left\{\mathfrak{B_n}\left(A,\frac{1}{n}\right): n\in\mathbb N\right\} \end{eqnarray*}$ . Dann gibt es hierfür mit dem Auswahlaxiom eine Auswahlfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} \forall n\in\mathbb N: f(n)=a_n\in\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} a_n\to z \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ d.h. $\begin{eqnarray*} (d(z,A)=0) \end{eqnarray*}$ . Somit ist $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ Berührpunkt der Menge $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und da $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ abgeschlossen ist, folgt $\begin{eqnarray*} z\in A \end{eqnarray*}$ .

-----------

Was mir immer noch nicht klar ist, ist, wieso die Folge dann gegen z konvergiert.

11.12.2011, 16:44

pseudo-nym

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Das Problem in deiner Ausführung ist, dass die gewählte Folge f nicht i.A. nicht gegen z konvergiert.
Nimm an, M hätte mindstens zwei verschiedene Elemente a und b.

Nun hast du $\begin{eqnarray*} z \in \bigcap_{i = 0}^\infty \mathfrak B_i \end{eqnarray*}$ gegeben und wählst aus den $\begin{eqnarray*} \mathfrak B_i \end{eqnarray*}$ eine Folge f aus.
Da $\begin{eqnarray*} \forall n \in \mathbb N : M \subseteq \mathfrak B_n \end{eqnarray*}$ könnte diese Folge könnte nun so aussehen:
$\begin{eqnarray*} f: \mathbb N \to \bigcup_{i=0}^\infty \mathfrak B_i \\ n \mapsto \begin{cases} a & \text{ falls } n \text{ gerade} \\ b & \text{ sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Da jeder metrische Raum hausdorffsch ist, konvergiert diese Folge nicht, also konvergiert sie auch nicht gegen z.

Daran scheitert dein Beweis. Wenn du einfach irgendeine Folge aus den $\begin{eqnarray*} \mathfrak B_i \end{eqnarray*}$ auswählst (und das Auswahlaxiom sichert dir nur die Existenz einer Folge zu, ohne dass du zusätzliche Bedingungen stellen könntest), so kannst du nicht behauptet, dass sie gegen z konvergiert.

Wenn du eine Folge mit solchen Eigenschaften haben willst musst du aus einem geeigneteren Mengensystem wählen.

11.12.2011, 16:53

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Bevor ich noch genauer darüber nachdenke, habe ich mal eine allgemeinere Frage.

Das mit dem Auswahlaxiom beschreibt hier doch das, was ich in dem Beweis (ohne das Auswahlaxiom zu benutzen bzw. zu erwähnen) gemacht habe: Dass der Punkt z am Ende auf dem Rand von M liegt, weil $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\to 0 \end{eqnarray*}$ .

Aber irgendwie verstehe ich das nicht.

Sagt denn nicht $\begin{eqnarray*} x\in\bigcap_{n=1}^{\infty}\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ das sowieso schon aus?

Das bedeutet doch, daß in in allen Kugelumgebungen um M liegt, aber das kann doch dann nur auf dem Rand sein...

Wozu muss man erst eine Folge finden, die gegen z geht?
Was hat man damit bewiesen?

11.12.2011, 17:17

Gast11022013

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Muss ich die $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ jeweils so aus $\begin{eqnarray*} \mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ wählen, dass sie in der Epsilon-Kugel $\begin{eqnarray*} B(z,\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$ liegen?

Konvergieren die $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ dann gegen z?

11.12.2011, 17:51

pseudo-nym

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Zitat:

Original von Dennis2010
Muss ich die $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ jeweils so aus $\begin{eqnarray*} \mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ wählen, dass sie in der Epsilon-Kugel $\begin{eqnarray*} B(z,\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$ liegen?

Konvergieren die $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ dann gegen z?

In dieser Idee steckt viel Brauchbares.

Überlege dir warum jede Folge die du aus $\begin{eqnarray*} \left\{ B \left( z, \left. \frac 1n \right) \right| : n \in \mathbb N \right\} \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Beachte dass jede kovergente Folge in M einen Grenzwert in M hat und überlege dir jetzt aus welcher Menge du die Folge aus deinem Beweis wählen musst.

11.12.2011, 19:10

Gast11022013

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Nur eine Idee:

$\begin{eqnarray*} a_n\in (B(z,\frac{1}{n})\cap M) \end{eqnarray*}$ .

11.12.2011, 19:44

pseudo-nym

Auf diesen Beitrag antworten »

Genau, jetzt musst du noch zeigen, dass die $\begin{eqnarray*} B(z,\frac{1}{n})\cap M \end{eqnarray*}$ nicht leer sind.

11.12.2011, 20:51

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Also im Moment fällt mir da nur Folgendes ein:

Angenommen, dass der Schnitt leer wäre für ein $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Dann wäre doch $\begin{eqnarray*} d(z,M)\geq \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ . Dann wäre z aber schon nicht mehr in $\begin{eqnarray*} \mathfrak{B}_{n+1} \end{eqnarray*}$ , was ein Widerspruch dazu ist, daß wir davon ausgehen, dass $\begin{eqnarray*} z\in \bigcap_{n=1}^{\infty}\mathfrak{B}_n \end{eqnarray*}$ .

Also kann keins der $\begin{eqnarray*} B\left(z,\frac{1}{n}\right)\cap M \end{eqnarray*}$ leer sein.

11.12.2011, 21:36

pseudo-nym

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Das ist richtig.

11.12.2011, 21:52

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Tanzen

Dann werde ich morgen nochmal eine letzte Version des Beweises posten.
Dann hoffentlich ist es korrekt.

Wenn Du dann nochmal einen Blick darauf werfen würdest, wäre das toll.

Ich danke Dir für Deine kompetente, geduldige Hilfe. Gott

Gott

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