Aufgabensammlung Mathematik: Zusammenhang zwischen dem abgeschlossenen Ball und dem Abschluss des offenen Balls

Zusammenhang zwischen dem abgeschlossenen Ball und dem Abschluss des offenen Balls

Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum und $x\in X$ sowie $r\in \mathbb {R} ^{+}$ beliebig. Sei ${\overline {K_{r}(x)}}$ der Abschluss des offenen Balls $K_{r}(x):=\{y\in X\,|\,d(x,y)<r\}$. Sei außerdem ${\overline {K}}_{r}(x):=\{y\in X\,|\,d(x,y)\leq r\}$ der abgeschlossene Ball um $x$ mit Radius $r$. Beweise

1. ${\overline {K_{r}(x)}}\subseteq {\overline {K}}_{r}(x)$
2. Ist $X$ ein normierter Raum mit $\|\cdot \|$ als Norm, so ist ${\overline {K_{r}(x)}}={\overline {K}}_{r}(x)$.
3. Es gibt metrische Räume $X$ mit einem Punkt $x\in X$ und einem Radius $r\in \mathbb {R} ^{+}$, so dass ${\overline {K_{r}(x)}}\neq {\overline {K}}_{r}(x)$.

Beweis

Beweis zu ${\overline {K_{r}(x)}}\subseteq {\overline {K}}_{r}(x)$

${\overline {K}}_{r}(x)$ ist eine abgeschlossene Menge (Beweis siehe diese Aufgabe). Außerdem enthält ${\overline {K}}_{r}(x)$ nach Definition alle Element von $K_{r}(x)$. Da ${\overline {K_{r}(x)}}$ der Abschluss der Menge $K_{r}(x)$ ist, ist es der Schnitt aller abgeschlossener Mengen, die $K_{r}(x)$ enthalten. Damit ist auch ${\overline {K}}_{r}(x)$ eine solche Menge des Schnitts und somit ${\overline {K_{r}(x)}}\subseteq {\overline {K}}_{r}(x)$.

Beweis, dass ${\overline {K_{r}(x)}}={\overline {K}}_{r}(x)$ ist, wenn $X$ ein normierter Raum ist

Gerade haben wir bewiesen, dass ${\overline {K_{r}(x)}}\subseteq {\overline {K}}_{r}(x)$ ist. Somit muss nur noch ${\overline {K}}_{r}(x)\subseteq {\overline {K_{r}(x)}}$ bewiesen werden. Sei $y\in {\overline {K}}_{r}(x)$ beliebig. Ist $d(y,x)=\|y-x\|<r$ so ist $y\in K_{r}(x)\subseteq {\overline {K_{r}(x)}}$.

Sei nun $d(y,x)=\|y-x\|=r$. Wir betrachten nun die Folge $y_{n}:=x+{\frac {n\cdot (y-x)}{n+1}}$. Es ist

$\|y_{n}-x\|=\left\|(x+{\frac {n\cdot (y-x)}{n+1}})-x\right\|=\left\|{\frac {n\cdot (y-x)}{n+1}}\right\|={\frac {n}{n+1}}\cdot \|y-x\|={\frac {n}{n+1}}\cdot r<r$

Damit ist für alle $n\in \mathbb {N}$ das Folgenglied $y_{n}\in K_{r}(x)$. Außerdem gilt:

${\begin{aligned}\|y_{n}-y\|&=\left\|(x+{\frac {n\cdot (y-x)}{n+1}})-y\right\|\\&=\left\|x-{\frac {n}{n+1}}\cdot x+{\frac {n}{n+1}}\cdot y-y\right\|\\&=\left\|\left(1-{\frac {n}{n+1}}\right)\cdot x+\left({\frac {n}{n+1}}-1\right)\cdot y\right\|\\&=\left(1-{\frac {n}{n+1}}\right)\cdot \left\|x-y\right\|{\overset {n\rightarrow \infty }{\rightarrow }}0\end{aligned}}$

Damit ist $\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}=y$. Da aber für alle $n\in \mathbb {N}$ das Folgenglied $y_{n}\in K_{r}(x)$ ist nach Definition des Abschlusses $y=\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\in {\overline {K_{r}(x)}}$.

Damit ist ${\overline {K}}_{r}(x)\subseteq {\overline {K_{r}(x)}}$, was zu zeigen war.

Beweis, dass es metrische Räume mit ${\overline {K_{r}(x)}}\neq {\overline {K}}_{r}(x)$ gibt

Sei $X=\mathbb {R}$ ausgestattet mit der diskreten Metrik $d(x,y)={\begin{cases}1&x\neq y\\0&x=y\end{cases}}$. Es ist

${\overline {K_{1}(0)}}={\overline {\{y\in \mathbb {R} \,|\,d(y,x)<1\}}}={\overline {\{x\}}}=\{x\}$

Außerdem ist

${\overline {K}}_{1}(0)=\{y\in \mathbb {R} \,|\,d(y,x)\leq 1\}=\mathbb {R}$

Damit ist

${\overline {K_{1}(0)}}=\{x\}\neq \mathbb {R} ={\overline {K}}_{1}(0)$.