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Meine erste große Schwierigkeit in diesem Jahr.
Ich sitze vor einem Blatt, darauf steht, z.z.:
Jede abgeschlossene Menge F [mm] \subset \IR [/mm] ^{d} ist Durchschnitt von abzählbar vielen offenen Mengen.
Meine erste Idee war, wie müsste F aussehen dass es nicht geht. Ich habe keines gefunden. Ich kann zu jeder Menge F eine Offene Menge wählen. Um das Zentrum z.B. und dann das [mm] \varepsilon [/mm] groß genug wählen. Hmm
Kann mir jemand helfen diese Idee umzusetzen oder mich vom Holzweg abbringen?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:08 Sa 06.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Hakan!
Ist die Aufgabe denn nicht einfach durch
$F = [mm] \bigcap_{n \in \IN} \left\{x \in \IR^d\, : \, \inf\limits_{y \in F} \Vert x - y \Vert_2 < \frac{1}{n} \right\}$
[/mm]
zu lösen, wobei die Gleichheit noch näher zu begründen ist (was aber keine Schwierigkeit darstellt)?
Kommst du damit klar?
Wenn nicht, dann frage bitte nach. 
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:15 Sa 06.11.2004 | | Autor: | JannisCel |
Hm, die Idee finde ich nicht schlecht. Ich habe mir folgendes überlegt.
F ist abgeschlossen => [mm] F^{c} [/mm] ist offen
Gut, wir wissen auch das F [mm] \subset \IR [/mm] ist. Auf [mm] \IR [/mm] lebt zum Glück eine Borel-Sigma-Algebra. [mm] F^{c} [/mm] ist Element des Mengensystems. also auch F (Eigenschaft der Sigma-Algebra).
So, und jetzt argumentiere ich wie folgt [mm] \cupB_{n}=(\capB_{n}^{c})^{c}
[/mm]
und damit bin ich so gut wie fertig. Your Opinion?
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