Beweis (A×B)−=A−×B−(A×B)−=A−×B−(A\times B)^- = A^-\times B^- (Abschluss des kartesischen Produkts)

Der Abstand eines Punktes zu einer Menge ist definiert als$d(a,B) = \inf\{d(a,b)\mid b\in B\}$. Daraus kann man also nicht schließen$d(a,B) = 0$wir haben$d(a,b) = 0$für alle$b\in B$. Das kann man nur für alle sagen$\varepsilon>0$es existiert$b\in B$so dass$d(a,b)<\varepsilon$.

Verwenden Sie die Eigenschaft:$a\in \overline A$wenn und nur wenn für alle$\varepsilon>0$es existiert$b\in A$so dass$d(a,b)<\varepsilon$.

Ihr Beweis sollte also so aussehen: Let$(a,b)\in \overline{A\times B}$. Wir müssen zeigen$a\in \overline A$Und$b\in \overline B$. Also lass$\varepsilon>0$willkürlich sein. Dann gibt es$(a',b')\in A\times B$so dass$d''((a,b),(a',b')) = \max\{d_1(a,a'), d_2(b,b')\} < \varepsilon$. Somit$d_1(a,a')<\varepsilon$Und$d_2(b,b')<\varepsilon$. Seit$\varepsilon>0$war willkürlich, schließen wir$a\in \overline A$Und$b\in \overline B$, dh$(a,b)\in \overline A\times \overline B$.

Umgekehrt lassen$(a,b)\in \overline A\times \overline B$. Lassen$\varepsilon>0$willkürlich sein. Seit$a\in \overline A$, es existiert$a'\in A$so dass$d_1(a,a')<\varepsilon$. Seit$b\in \overline B$, es existiert$b'\in B$so dass$d_2(b,b')<\varepsilon$. Aber dann haben wir

Beachten Sie, dass die Inklusion$\overline{A\times B}\subseteq \overline A\times \overline B$ist eigentlich fast trivial, denn$\overline A\times \overline B$abgeschlossen ist (sein Komplement ist$((X\setminus A)\times Y)\cup (X\times (Y\setminus B))$, eine Vereinigung offener Mengen; Hier$X\supseteq A$Und$Y\supseteq B$sind die Gesamträume) und$\overline {A\times B}$ist die kleinste abgeschlossene Menge, die enthält$A\times B$(d.h. die Schnittmenge aller abgeschlossenen Mengen, die enthalten$A\times B$).