Tổng hợp bải tập và đáp án topo đại cương

TỔNG HỢP BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI TOPO ĐẠI CƯƠNG : tổng hợp tất cả bài tập và lời giải chi tiết cho bài tập topo. Bài tập chi tiết và bải giải theo giáo trình của trường đại học sư phạm thành phố hồ chí minh.

GIẢI PHÓNG TÔPÔ – NHÓM 2

BÀI 1: KHÔNG GIAN TOPO

Câu 3 Cho ( α ) αϵI là một họ các topo trên X CMR∩αϵI α cũng là một topo trên X

 Giải:

Đặt σ= ∩αϵI τα Ta có ∅, X ∈ τα, ∀α ∈ I Vậy ∅,X ∈ σ

Lấy V1, V2 ∈ σ Vậy V1 ∩ V2 ∈ τα, ∀α ∈ I Vậy V1 ∩ V2 ∈ τα, , ∀α ∈ I Do đó V1 ∩ V2 ∈ σ

Lấy (Vβ)βϵD ⊂ σ Vậy Vβ ∈ σ, ∀β ∈ D Vậy Vβ ∈ τα, ∀α ∈ I, ∀β ∈ D

Vậy ∪βϵD Vβ ∈ τα, ∀α ∈ I Do đó ∪βϵD Vβ ∈ σ

Câu 4 Cho tập vô hạn X, họ bao gồm tập ∅ và tất cả các tập con G của X sao cho X\G hữu hạn,

là một topo trên X Topo này được gọi là topo bù hữu hạn ( hoặc topo Zariski)

 Giải:

(i) Do định nghĩa: ∅ ∈ Ta có X\X = ∅ hữu hạn Vậy ∈

(ii) Giả sử ∈ , ∀ ∈ Ta chứng minh ∪ ∈ ∈

TH1: = ∅, ∀ ∈ Vậy ∪∈ = ∅ ∈

TH2: ∃ ∈ : ≠ ∅ Vậy X\ hữu hạn

X\ ∪∈ =∩∈ ( \ ) ⊂ \ hữu hạn Vậy X\∪∈ hữu hạn Do đó, ∪∈ ∈

(iii) Lấy K hữu hạn và ∈ , ∀ ∈ Ta chứng minh ∩∈ ∈

TH1: ∃ ∈ : = ∅ Vậy ∩∈ = ∅ ∈

TH2: ≠ ∅, ∀ ∈ Vậy \ hữu hạn ∀ ∈

X\ ∩∈ = ∪∈ ( \ ) hữu hạn ( do K hữu hạn) Do đó, ∩∈ ∈

Vậy là topo trên X vô hạn

Câu 5: Với mọi tập không đếm được X, ta đặt họ τ bao gồm tập ∅ và tất cả các tập con G của X sao cho X\ G đếm được CMR τ là một topo trên X ( gọi là topo bù đếm được)

Giải (i) Do định nghĩa: ∅ ∈ τ Ta có X\ X = ∅ đếm được vậy X ∈ τ

(ii) Giả sử Ai ∈ τ, ∀i ∈ I Ta chứng minh ∪i∈I Ai ∈ τ

TH1: Ai = ∅, ∀i ∈ I Vậy ∪i∈I Ai = ∅ ∈ τ

TH2: ∃ i0 ∈ I: Ai0 = ∅ Vậy X\ Ai0 đếm được Ta có: X\∪i∈I Ai = ∩i∈I (X\ Ai ) ⊂ X\ Ai0 đếm được Vậy X\∪i∈I Ai đếm được Do đó ∪i∈I Ai ∈ τ

(iii) Lấy A1 , A2 ∈ τ Ta chứng minh A1∩ A2 ∈ τ

TH1: A1 = ∅ hoặc A2 =∅ Vậy A1∩ A2= ∅ ∈ τ

TH2: A1 ≠ ∅ ∧ A2 ≠ ∅ Vậy X\ A1 , X\ A2 đếm được

X\ (A1∩ A2) = (X\ A1 ) ∪ ( X\ A2) đếm được Do đó A1∩ A2 ∈ τ

Câu 6: Cho A là tập con thực sự của không gian X (tức là ≠ ∅, ≠ ) Đặt = {∅, , } Cmr:

là một topo trên X

Ta chứng minh thỏa 3 tiên đề:

(1) Rõ ràng, ta thấy ∅ ∈

∈(2) TH1: ∃ ∈ , =

Do đó, = {∅, , } là một topo trên X

Câu 7: Cho (X , ) là không gian topo và a ∉ X Đặt Y = X ∪ {a} Xét họ 0 = ∪ {Y}

1 CMR (Y, 0 ) là một không gian topo

2 (Y, 0 ) không là không gian T 2

Giải:

Nếu U∈ τ0 và α ∈U thì U không phải tập con của X Do đó U∉ τ Vậy U=Y

Nếu U∈ τ0 và α ∉ U thì U≠Y nên U∈ τ

TH1: ∃ i0 ∈ I, α ∈ Vi0 = Y Do đó Y ⊂ Ui∈I V Vậy Ui∈I V = Y ∈ τ0

TH2: α ∈ Vi , ∀i ∈ I Vậy Vi ∈ τ, ∀i ∈ I Vậy Ui∈I V ∈ τ ⊂ τ0

(2) Lấy x0 ∈ X Do α ∉ X nên α ≠ x0 LấyU, V ∈ τ0 lần lượt chứa x0 và α Vậy V = Y

Câu 8: Cho là một topo trên X sao cho mọi tập một điểm là mở CMR là topo rời rạc

 Giải:

Ta gọi 2X là topo rời rạc, nghĩa là 2X A A: X Ta chứng minh 2X

Lấy A  khi đó AX nên 2X

A  Vậy 2X LấyA 2X Ta có A x A  x

Do mọi tập một điểm là mở theo nên  x  Vậy 2X 

Do đó, 2X hay là topo rời rạc

Câu 9: Cho τ 1 , τ 2 là 2 topo trên X và τ 1 ⊂ τ 2 CMR:

(1) Nếu x 0 là điểm trong của A trong không gian ( X, τ 1 ) thì cũng là điểm trong của A trong không gian (X, τ 2 )

(2) Nếu x là điểm dính của A trong không gian (X, τ 2 ) thì x cũng là điểm dính của A trong không gian ( X, τ 1 )

Giải (1) Giả sử x0 là điểm trong của A trong không gian ( X, τ 1)

Vậy ∃ V mở chứa x ( V ∈ τ 1) sao cho x0 ∈ V ⊂ A

Mà τ 1⊂ τ 2 nên x0 ∈ V ∈ τ 2

Do đó x0 là điểm trong của A trong không gian ( X, τ 1)

(2) Giả sử x là điểm dính của A trong không gian ( X, τ 2)

Vậy ∀ V mở chứa x ( V ∈ τ 2) đều có V ∩ A ≠ ∅ (*)

Lấy U ∈ τ 1 chứa x

Mà τ 1⊂ τ 2 nên U ∈ τ2

Theo(*) ta có: U∩ A ≠ ∅

Do đó x là điểm dính của A trong không gian ( X, τ 1)

Câu 10: Cho không gian topo X Cmr:

a) Nếu tồn tại ∈ , ∀ ≥ , = thì →

b) Nếu tồn tại U mở chứa và một dãy con sao cho ∉ , ∀ ∈ thì ↛

Câu 11 Cho không gian topo X,A ⊂ X

(1) Giả sử ∃(x n ) n ⊂ A,x n →x CMR x ∈ A

(2) Cho A là tâp con đóng của không gian topo X CMR ∀(x n)n ⊂ A,x n →x ⟹ x ∈ A

Giải:

(1) Giả sử ∃(xn)n ⊂ A,xn → x Lấy V mở chứa x, tồn tại n0 ∈ ℕ để xn ∈ V, ∀n ≥ n0 Vậy xn ∈ A ∩ V,

∀n ≥ n0 Vậy V ∩ A ≠ ∅ Do đó ∈ A

(2) Vì A đóng nên A = A Vậy ∀(xn)n ⊂ A,xn → x theo (1) ta có x ∈ A = A

Câu 12 Giả sử X là không gian DD1 Cho ⊂ Hai mệnh đề sau là tương đương

Lấy V mở chứa x, tồn tại n 0 để xn V ,   n n0

Vậy xn  A V ,   n n0 Do đó A  V   Suy ra xA Vậy A  A

Do đó A= A nên A đóng

Câu 14: Giả sử X là không gian DD1 Cmr hai mệnh đề sau là tương đương:

Gọi ( ) là cơ sở địa phương chính quy tại x

Do mở chứa x nên ∩ ≠ ∅, ∀ ∈ Tồn tại ∈ ∩ , ∀ ∈

Vì ∈ , ∀ ∈ nên → Hơn nữa ( ) ⊂ Vậy ∃( ) ⊂ , →

(2)=> (1): Giả sử ∀ ∈ , ∃( ) ⊂ , → Ta chứng minh A trù mật X Tức là chứng minh

̅ = Mà ̅ ⊂ Ta chứng minh ⊂ ̅ Lấy ∈ Theo giả thiết ∃( ) ⊂ , →

Lấy V mở chứa x, tồn tại ∈ để ∈ , ∀ ≥

Vậy ∈ ∩ , ∀ ≥ ậ ∩ ≠ ∅ đó ∈ ̅ Vậy ̅ = ứ A trù mật X

Câu 15 Giả sử X là không gian DD1 CMR nếu mọi dãy trong X đều có không quá 1 điểm giới hạn thì X là không gian T 2

Giải:

Nhắc lại: X là không gian T2 ⟺ ∀x ≠ y, ∃ U mở chứa x và V mở chứa y sao cho U ∩ V = ∅

Ta dùng phản chứng, giả sử X không là không gian T2 Vậy tồn tại x ≠ y sao cho với với mọi U mở chứa x và Y mở chứa y đều có U ∩ V ≠ ∅ (*)

Do X là DD1 nên có cơ sở địa phương chính quy (Un)n tại x và (Vn)n tại y

Với mọi n ∈ ℕ, do Un chứa x và Vn chứa y nên do (*) ta có: Un ∩ Vn ≠ ∅

Vậy tồn tại xn ∈ Un ∩ Vn Vậy xn ∈ Un’ ∀n ∈ ℕ nên xn → x

Tương tự, xn ∈ Vn’ ∀n ∈ ℕ nên xn → y Vậy tồn tại dãy (xn)n có 2 điểm giới hạn (mâu thuẫn giả thiết)

Câu 16 Cho X là tập không đếm được Xét topo bù đếm được CMR

(1) ( ; )X  không là không gian T2.

(2) A trù mật trong X ⟺ A không đếm được

 Nếu X \A   thì AX không đếm được (vô lý)

 Nếu X \A   thì theo (1) ta có: (X \ )A    (vô lý) A

Vậy A không đếm được

( Giả sử A không đếm được, ta chứng minh A trù mật trọng X )

Giả sử phản chứng A không trù mật trong X, tức là tồn tại V mở khác rỗng để V   A

Do đó, A(X V\ ) ( vô lý vì X V\ đếm được, trong khi A không đếm được)

Câu 17: Cho X là một tập không đếm được với topo bù đếm được Cố định x 0 ∈ X và đặt A = X\{ x 0 } CMR x 0 ∈ Ā nhưng không có dãy (x n ) n nào trong A mà x n → x 0

Giải

Cố định x0 ∈ X và đặt A = X\{ x0} Lấy tập mở U chứa x0

Vậy U ≠ ∅ nên X\U đếm được

Mà U ∪ (X\U) = X không đếm được Vậy U không đếm được, nghĩa là sẽ tồn tại y ∈ U sao cho y ≠ x0

Vì y ≠ x0 nên y ∈ A Vậy y ∈ U ∩ A nên U ∩ A ≠ ∅ Do đó x0 ∈ Ā

Câu 18: Cho A, B là các tập con của không gian topo X Cmr:

Cho X là T2 Ta chứng minh X\{a} là mở với mọi a ∈ X

Lấy z ∈ X\{a} Ta thấy z ≠ a nên do X là T2 , tồn tại U mở chứa z và V mở chứa a sao cho U ∩ V = ∅

Nếu a ∈ U thì do a ∈ V nên U ∩ V ≠ ∅ ( mâu thuẫn)

Vậy a ∉ U nên U ⊂ X\{a}, ∃ U mở chứa z sao cho U ⊂ X\{a}

Vậy X\{a} mở Vậy {a} đóng

Câu 22: Cho V là tập mở của không gian topo X và ⊂ Cmr:

Giả sử ( ̅) = , khi đó tồn tại ∈ ( ̅) và U mở chứa sao cho ⊂ ̅

Vì ∈ ( ̅) ⊂ ̅ và U mở chứa nên ∩ A = (mâu thuẫn)

   x (1  z )  z (1  x ) x = z Vậy f là đơn ánh.(1)

Lấy y( 1,1) Khi đó: y = f(x) y =

1

x x

y



y x

y



y x

Câu 26: Cho X, Y là hai không gian topo và ánh xạ : → Cmr:

(1) Nếu trên X xét topo rời rạc thì f liên tục

(2) Nếu trên Y xét topo thô thì f liên tục

Do đó f liên tục

Câu 27 Với mọi ánh xạ f: X →Y các điều kiện sau là tương đương

(1) f liên tục trên X

(2) f( ) ⊂ f(A) với mọi tập con A của X

(3) f -1 (B) ⊂ f -1 ( ) với mọi tập con B của Y

Giải:

f(f-1 (B)) ⊂ f(f-1

(B)) Nhớ rằng f(f-1 (B)) ⊂ B

(có thể chứng minh như sau: ∀y ∈ f(f-1(B)) Vậy ∃x ∈ f-1 (B):y = f(x)

(B) = f-1 (B) Vậy f-1 (B) đóng Vậy f liên tục trên X

Câu 28 Cho X, Y là 2 không gian topo và f: X → Y liên tục CMR:

(1) Nếu X khả li và f toàn ánh thì Y cũng khả li

(2) Nếu Y là không gian và f là đơn ánh thì X cũng là

 Giải:

(1) Vì X khả li nên tồn tại tập A là tập con đếm được trù mật

Vì f(A) A và A đếm được nên f(A)là tập con đếm được của Y

Ta cần chứng minh f(A)trù mật trong Y, nghĩa là cần chứng minh f(A) Y

Hiển nhiên f(A) Y

Ta chứng minh Yf(A) Lấy y , ta chứng minh y f(A)Y  Lấy V mở chứa y, ta chứng minh

Vf(A)  Vì f toàn ánh nên tồn tại xXsao cho yf (x) Vì f liên tục tại x và V mở chứa f(x) nên tồn tại U mở chứ x thỏa mãn f (U)V Mà A trù mật trong X và U   nên U  A , nghĩa là tồn tại z U A Vậy f (z)f (U)f (A) V f (A) Suy ra Vf(A) 

Do đó, f(A)đếm được và trù mật trong Y nên Y là không gian khả li

(2) Lấy x , x1 2X, x1x2 Do f đơn ánh nên f (x )1 f (x )2 Do Y là T nên tồn tại V mở chứa f (x )1

và

V mở chứa f (x ) sao cho V  V   (*) 2

Vì f liên tục tại x , x nên tồn tại 1 2 U chứa 1 x , 1 U chứa 2 x sao cho 2 f (U )1 V , f (U )1 2 V2

Ta chứng minh U1U2  Giả sử U1U2  Khi đó tồn tại zU1U2, suy ra f (z)f (U )1 và

Vì Y là 2 nên tồn tại 1 mở chứa f(x) và 2 mở chứa g(x) để 1 ∩ 2 = ∅ (*)

Ta có: f liên tục tại x nên tồn tại 1 mở chứa x để f( 1) ⊂ 1

g liên tục tại x nên tồn tại 2 mở chứa x để g( 2) ⊂ 2

Ta đặt U = 1 ∩ 2 chứa x và mở Ta chứng minh U ⊂ \

Lấy z ∈ U nên ∈ ∈ Vậy ( ) ∈ ( ) ⊂

( ) ∈ ( ) ⊂

Nếu f(z)=g(z) thì f(z) ∈ 1 ∩ 2 Vậy 1 ∩ 2 ≠ ∅ (mẫu thuẫn với (*))

     Ta chứng minh f liên tục tại x  X

Giả sử phản chứng f không liên tục tại x  X tức là tồn tại V mở thuộc Y chứa f x , mọi U mở chứa ( )

x trong X thì f U( )V (*)

Vì X là không gian DD1 nên tồn tại một cơ sở địa phương chính quy   Un ntại tại x

Vậy x U  n Do đó theo (*) thì f U ( n)  V ,   n

Do đó    n , xn Un: ( ) f xn  V(**)

Vì   Un nlà cơ sở chính quy tại x nên ⟶

Theo (2) ta có (x ) ⟶ ( ) Mà V mở chứa f(x) nên phải tồn tại 0 ∈ ℕ, ( n) ∈ , ∀ ≥ 0 (mâu thuẫn với (**)

Vậy f liên tục tại x  X

Câu 31 Cho X là không gian topo DD1 và Y là không gian topo Cho ánh xạ f:X →Y Chứng minh hai mệnh đề sau là tương đương

Do X là DD1 nên tại tồn tại cơ sở địa phương chính quy (⋃n)n tại x

Với mọi n ∈ ℕ, ⋃n là mở chứa x nên do (*) ta được: f(⋃n) ⊄ V

Vậy với mọi n ∈ ℕ, tồn tại xn ∈ ⋃n sao cho f(xn) ∈ V

Vì (⋃n)n là cơ sở địa phương chính quy tại x nên xn → x

Theo (2) ta có f(xn) → f(x) Mà V mở chứa f(x) nên phải tồn tại n0 ∈ ℕ, f(xn) ∈ V, ∀n ≥ n0 (mâu thuẫn với (**))

Câu 33: Cho X là không gian topo DD1 và Y là không gian topo sao cho mọi dãy trên Y có không quá 1 điểm giới hạn Cho ánh xạ f,g: X Y liên tục

f x  f a và g x ( )n  g a ( ) (sử dụng kết quả của câu 31)

Vì Y không quá 1 điểm giới hạn nên f a( )  g a( ) Do đó: x  A Vì X là DD1 nên A đóng ( áp dụng kết quả của câu 13)

Câu 34: Cho X, Y, Z là các không gian topo và : → , : → sao cho liên tục Cmr: (1) Nếu g đơn ánh, mở thì f liên tục

(2) Nếu f toàn ánh, mở thì g liên tục

(1) Với ∈ , ta chứng minh f liên tục tại x

(2) Với ∈ , ta chứng minh g: Y→ liên tục tại y

Lấy V mở trong Z chứa g(y)

Do : → toàn ánh nên Y = f(X) Mà ∈ nên tồn tại ∈ sao cho y = f(x)

Vậy W mở trong Z chưa g(f(x)) Vì : → liên tục tại x nên tồn tại U mở trên X chứa x để ( )( ) ⊂ , ứ à: [ ( )] ⊂ (*)

Vì : → là ánh xạ mở nên V:= f(U) mở trong Y chứa f(x) = y

Do (*) nên g(V) ⊂

Vậy tồn tại tập mở V trong Y chứa y sao cho g(V) ⊂ Vậy g liên tục tại y

Câu 36 Cho (X, ) là một không gian topo, Y là tập hợp f:X  Y Đặt

= { ⊂ : ( ) ∈ } CMR là topo lớn nhất trên Y để f liên tục

Câu 37: Cho  X , 1, X , 2là 2 không gian topo và tập hợp Z Cho hai ánh xạ f :X  Zvà

BÀI 5: KHÔNG GIAN METRIC – DÃY HỘI TỤ Câu 52 CMR

(1) Nếu tồn tại  0 0 và tồn tại dãy con  x n k k sao cho  ,  0,

  , nghĩa là dãy  x n n hội tụ đến x

Do đó, dãy con  x n k k cũng hội tụ đến x Suy ra lim  ,  0

t a b



 = d(y, x) 4) Với   t [a,b], ( ) x t  z t ( )  x t ( )  y t ( )  y t ( )  z t ( )  x t ( )  y t ( )  y t ( )  z t ( )

Vậy d(x, z) =

[ , ]

( ) ( )max

t a b



 d(x, y) + d(y, z) Vậy (X, d) là không gian metric

Câu 54: Đặt = [ , ] Ta xét hàm số : × → định nghĩa bởi

( , ) = ( )− ( )

Khi đó ( , ) là không gian metric

Khi đó ( , ) là không gian metric

Ta kiểm tra là metric trên X Lấy x, y, z ∈ X

(2) Cho dãy ( ) ⊂ Chứng minh ằ

Giải:

Lấy dãy (xn)n ⊂ [ , ] giả sử

d n

x z Ta chứng minh 1

d n

Ta có 0 ≤ d ( , z) = ∫ | (t) − z(t)|dt ≤ ∫ d( , z)dt = d( , z) ∫ dt = ( − )d( , z) Vậy 0 ≤ d ( , z) ≤ ( − )d( , z)

Vì

d

n

x z nên lim → ( − )d( , z) = 0 đó lim → d ( , z) = 0

Vậy dãy (xn)n hội tụ về z theo metric d1

=1

n−

12n=

12n

Vậy lim → d (x , 0) = lim → = 0 Do đó lim

→ x = 0 trên (X, d )

Cách 2: Dùng diện tích

d (x , 0) = |x (t) − 0|dt = ∆ = 1

2n→ 0 Vậy lim → ( , 0) = 0 Do đó → 0

Câu 60 Trên X = C[0,1] xét hai metric d và p cho bởi

(2) Chứng minh ( ) không hội tụ trên (X,d)

( , 0) =

( + 1)( + 2) ⇒ → ( , 0) = 0 (2) Ta dùng phản chứng, giả sử, giả sử ( ) hội tụ trên (X,d) Nghĩa là tồn tại ∈ để

→ ( , ) = 0 Theo bài 58 ta có

→ ( , ) = 0 Theo ý (1) ta có x = 0

Chứng minh ∝ là metric trên X

Hơn nữa tồn tại A, B >0 sao cho Ad( , ) x y  d x y0( , )  Bd x y ( , ),  x y ,  X

Câu 62: Trên = [− , ] xét hai metric d và p cho bởi

− + , < ≤, < ≤

Chứng minh rằng ( ) hội tụ trên ( , ) nhưng không hội tụ trên ( , )

Câu 64 Trên (X, d) là không gian metric Đặt ( , )x y min 1; ( , ) , d x y  x y, X (1) Chứng minh rằng:  là một metric trên X

BÀI 6: TẬP MỞ – TẬP ĐÓNG – TẬP TRÙ MẬT

Câu 65: CMR: x ∈ B(a,r) ⇒ B(x,r) ⊂ B(a,2r)

Giải Giả sử x ∈ B(a,r) Lấy z ∈ B(x,r) ⇒ d(x,z) < r Mà x ∈ B(a,r) ⇒ d(x,z) < r

Ta có: d(z,a) ≤ d(z,x) + d(x,a) < r + r = 2r ⇒ z ∈ B(a,2r)

Vậy B(x,r) ⊂ B(a,2r)

Câu 66: Trên X với metric rời rạc, Cmr:

Với < : ( , ) = { ∈ : ( , ) < } = { }; ( , ) = { ∈ : ( , ) ≤ } = { } Với = : ( , ) = { ∈ : ( , ) < } = { }; ( , ) = { ∈ : ( , ) ≤ } = Với > : ( , ) = { ∈ : ( , ) < } = ; ( , ) = { ∈ : ( , ) ≤ } =

Câu 69: Cho (X,d) là không gian metric và A ⊂ X Hai mệnh đề sau là tương đương (i) x ∈ X là điểm biên của A

Câu 72 Trên ℝ với metric thông thường CMR tập [a,b) là không mở, không đóng

Chọn x=b ∈ [ ; ], khi đó tồn tại dãy ( ) ⊂ [ , ) sao cho → (Định lí 6.4 trang 43)

Mà x = b ∉ ( ; ) (mâu thuẫn với (*))

Vậy [ , ) không đóng

Câu 74:Trên R với metric thông thường Tìm phần trong, bao đóng và biên của tập sau =

( ; ) ∪ { }

Ta chứng minh 4 ∈ là điểm biên của

Thật vậy, xét dãy = 4 − Ta thấy ( ) ⊂ \ và → 4

Vậy 4 ∈ Vậy 4 ∉

Do đó: ̅ = [2; 3] ∪ {4}

= [2; 3] ∪ {4}

Câu 76 Cho không gian metric X và ⊂

Ta gọi khoảng cách ∈ đến tập A là: d(x,A) =

∈ ( , ) Đường kính của tập A là: ( )=

, ∈ ( , ) Khoảng cách giữa hai tập A và B là d(A,B) =

∈ ( , ) =

∈ ( , ) CMR: (1) ⊂ ⇒ ( ) ≤ ( ) và ( , ) ≤ ( , ), ∀ ∈

(2) | ( , ) − ( , )| ≤ ( , )∀ , ∈

(3) ( ) = ( )

(4) ( , ) = ⇔ ∈

(1) Hiển nhiên theo tính chất của sup và inf

(2) Theo bất đẳng thức tam giác ta có: ∀ ∈

( , ) = inf

∈ ( , ) ≤ ( , ) ≤ ( , ) + ( , ) Vậy d(x,A) – d(x,y) ≤ d(y,z), ∀ ∈

Do đó d(x,A) – d(x,y) ≤ inf

∈ ( , ) = d(y,A)

Vậy d(x,A) – d(x,A) ≤ d(x,y)

Do vai trò x,y như nhau nên ta cũng có

d(y,A) – d(x,A) ≤ d(x,y)

Giả sử x ∈ ̅ Tồn tại dãy (x ) ⊂ : x → x Vậy d(x, x ) → 0

Vì ( , )= inf

∈ ( , ) nên

0 ≤ ( , ) ≤ ( , ) Chọn → ∞ ta được d(x,A) = 0

Câu 78: Chứng minh rằng ( , ) ⊂ ( , )

Vì ( , ) ⊂ ( , ) ê ( , ) ⊂ ( , ) ( , ) đó ê ( , ) = ( , ) Vậy ( , ) ⊂ ( , )