Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 1: Przestrzenie metryczne

Przestrzenie metryczne

Ćwiczenie 1.1.

Niech $\displaystyle n$ będzie dowolną liczbą naturalną oraz niech $\displaystyle X_{n}$ oznacza zbiór wszystkich słów długości $\displaystyle n$ (to znaczy ciągów liter długości $\displaystyle n$). W teorii kodowania rozważa się funkcję $\displaystyle d\colon X_{n}\times X_{n}\longrightarrow \mathbb {N} _{0}$ definiowaną przez:

$\displaystyle d(w,v)\ {\stackrel {df}{=}}\$ ilość pozycji, na których w słowach $\displaystyle v$ i $\displaystyle w$ występują różne litery $\displaystyle .$

(a) Udowodnić, że $\displaystyle d$ jest metryką w $\displaystyle X_{n}$ (jest to tak zwana metryka Hamminga).
(b) Czy $\displaystyle d$ nadal będzie metryką, gdy w powyższej definicji słowo "różne" zastąpimy przez "takie same"?

Wskazówka

(1) Pierwsze dwa punkty definicji metryki są łatwe do sprawdzenia. W celu sprawdzenia nierówności trójkąta, dla dwóch danych słów $\displaystyle w=w_{1}w_{2}\ldots w_{n}$ i $\displaystyle v=v_{1}v_{2}\ldots v_{n}$, rozważyć zbiór $\displaystyle A_{wv}$ indeksów $\displaystyle i\in \{1,\ldots ,n\}$ takich, że słowa te mają różną $\displaystyle i$-tą literę, to znaczy $\displaystyle w_{i}\neq v_{i}.$ Jaki jest związek zbioru $\displaystyle A_{wv}$ z odległością $\displaystyle d(w,v)$? Jaki jest związek między zbiorami $\displaystyle A_{wv}$ oraz $\displaystyle A_{wz}$ i $\displaystyle A_{zv}$? Dlaczego? Co z tego wynika?

(2) Zbadać zachodzenie pierwszego punktu z definicji metryki.

Rozwiązanie

(1) Dla dwóch słów $\displaystyle w=w_{1}w_{2}\ldots w_{n},\ v_{1}v_{2}\ldots v_{n}\in X_{n}$ rozważmy zbiór $\displaystyle A_{vw}$ tych indeksów (pozycji w słowach), dla których słowa $\displaystyle w$ i $\displaystyle v$ mają różne litery, to znaczy

$\displaystyle A_{wv}={\big \{}i\in \{1,2,\ldots ,n\}:w_{i}\neq v_{i}{\big \}}.$

Wówczas odległość $\displaystyle d(w,v)$ jest równa ilości elementów zbioru $\displaystyle A_{wv},$ to znaczy $\displaystyle d(w,v)=\#A_{wv}.$
(i) Warunek $\displaystyle d(w,v)=0$ jest równoważny stwierdzeniu, że słowa $\displaystyle w$ i $\displaystyle v$ nie różnią się na żadnej pozycji, a więc mają wszystkie litery takie same, a zatemsą identyczne, to znaczy, $\displaystyle w=v.$ Używając zbiorów $\displaystyle A_{wv}$, można to także uzasadnić następująco:

$\displaystyle d(w,v)=0\ \Longleftrightarrow \#A_{wv}=0\ \Longleftrightarrow {\bigg [}\forall i:\ w_{i}=v_{i}{\bigg ]}\ \Longleftrightarrow w=v.$

(ii) Symetria $\displaystyle d(w,v)=d(v,w)$ jest oczywista, gdyż pozycje, na których słowo $\displaystyle w$ jest różne od słowa $\displaystyle v$, są dokładnie takie same, jak pozycje, na których słowo $\displaystyle v$ różni się od słowa $\displaystyle w.$ Używając zbiorów $\displaystyle A_{wv}$, można to także uzasadnić następująco:

$\displaystyle d(w,v)=\#A_{wv}=\#A_{wv}=d(v,w).$

(iii) Aby pokazać nierówność trójkąta, rozważmy trzy słowa: $\displaystyle w,v,z\in X_{n}.$ Pokażmy najpierw, że zachodzi następująca inkluzja:

$\displaystyle A_{wv}\ \subseteq A_{wz}\cup A_{zv}.$

W tym celu niech $\displaystyle i_{0}\in A_{wv}.$ Oznacza to, że $\displaystyle w_{i_{0}}\neq v_{i_{0}}$ (to znaczy słowa $\displaystyle w$ i $\displaystyle v$ różnią się na pozycji $\displaystyle i_{0}$). Zauważmy, że wówczas $\displaystyle w_{i_{0}}\neq z_{i_{0}}$ lub $\displaystyle z_{i_{0}}\neq v_{i_{0}}$ (w przeciwnym razie z przechodniości relacji równości mielibyśmy $\displaystyle w_{i_{0}}=v_{i_{0}}$). Zatem $\displaystyle i_{0}\in A_{wz}$ lub $\displaystyle i_{0}\in A_{zv},$ czyli $\displaystyle i_{0}\in A_{wz}\cup A_{zv},$ co dowodzi powyższej inkluzji.

Powyższa inkluzja oznacza w szczególności, że

$\displaystyle \#A_{wv}\leq \#A_{wz}\cup \#A_{zv},$

zatem

$\displaystyle d(w,v)=\#A_{wv}\leq \#A_{wz}\cup \#A_{zv}=d(w,z)+d(z,v),$

co należało dowieść.

(2) Zauważmy, że przy tak zmodyfikowanej definicji metryki Hamminga nie zachodzi już pierwszy punkt z definicji metryki. Dla dowolnego słowa $\displaystyle w\in X_{n}$ mamy bowiem $\displaystyle d(w,w)=n\neq 0$.

Ćwiczenie 1.2.

Niech $\displaystyle X$ będzie dowolnym zbiorem niepustym oraz niech $\displaystyle f\colon X\longrightarrow \mathbb {R}$ będzie dowolną iniekcją. Udowodnić, że odwzorowanie dane wzorem

$\displaystyle d(x,y)\ {\stackrel {df}{=}}\ {\big |}f(x)-f(y){\big |}\qquad \forall \ x,y\in X$

jest metryką w $\displaystyle X.$

Wskazówka

Wszystkie trzy warunki definicji metryki są łatwe do sprawdzenia. W nierówności trójkąta należy wykorzystać nierówność dla wartości bezwzględnej w $\displaystyle \mathbb {R}$ (to znaczy nierówność trójkąta dla metryki euklidesowej w $\displaystyle \mathbb {R}$).

Rozwiązanie

Sprawdzimy kolejno trzy punkty z definicji metryki.
(a) Dla dowodu pierwszego warunku w definicji metryki zauważmy, że dla dowolnych $\displaystyle x,y\in X$ mamy następujące równoważności

${\begin{array}{lll}\displaystyle d(x,y)=0&\Longleftrightarrow &{\big |}f(x)-f(y){\big |}=0\\&\Longleftrightarrow f(x)-f(y)=0\\&\Longleftrightarrow f(x)=f(y)\Longleftrightarrow x=y\end{array}}$

(ostatnia równoważność wynika z iniektywności funkcji $\displaystyle f$).
(b) Dla dowodu symetrii zauważmy, że dla dowolnych $\displaystyle x,y\in X$ mamy

$\displaystyle d(x,y)={\big |}f(x)-f(y){\big |}={\big |}f(y)-f(x){\big |}=d(y,x).$

(c) Dla dowodu nierówności trójkąta zauważmy, że dla dowolnych $\displaystyle x,y\in X$ mamy

${\begin{array}{lll}\displaystyle d(x,y)&=&{\big |}f(x)-f(y){\big |}={\big |}f(x)-f(z)+f(z)+f(y){\big |}\\&\leq &{\big |}f(x)-f(z){\big |}+{\big |}f(z)-f(y){\big |}=d(x,z)+d(z,y)\end{array}}$

(gdzie nierówność wynika z nierówności trójkąta dla metryki euklidesowej w $\displaystyle \mathbb {R}$).

Ćwiczenie 1.3.

Sprawdzić, czy funkcja $\displaystyle d\colon \mathbb {N} \times \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {R} _{+}$ dana wzorem

$\displaystyle d(n,m)\ {\stackrel {df}{=}}\ {\bigg |}{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{m}}{\bigg |}\qquad \forall \ n,m\in \mathbb {N}$

jest metryką w $\displaystyle \mathbb {N} .$ Jeśli tak, to jak wyglądają kule $\displaystyle K(1,1)$ oraz $\displaystyle K{\bigg (}3,{\frac {1}{2}}{\bigg )}$ w tej metryce.

Wskazówka

Należy wykorzystać ćwiczenie 1.2.

Rozwiązanie

Zauważmy, że funkcja $\displaystyle f\colon \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {R}$ dana wzorem

$\displaystyle f(n)={\frac {1}{n}}\qquad \forall \ n\in \mathbb {N}$

jest iniekcją oraz

$\displaystyle d(n,m)={\bigg |}{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{m}}{\bigg |}={\big |}f(n)-f(m){\big |},$

zatem możemy wprost skorzystać z ćwiczenia 1.2. i wywnioskować, że $\displaystyle d$ jest metryką.

Kula $\displaystyle K(1,1)$ jest zbiorem

$\displaystyle K(1,1)={\bigg \{}m\in \mathbb {N} :{\bigg |}1-{\frac {1}{m}}{\bigg |}<1{\bigg \}}.$

Rozwiązując powyższą nierówność, mamy

$\displaystyle -1<1-{\frac {1}{m}}<1,$

stąd

$\displaystyle 0<{\frac {1}{m}}<2.$

Ponieważ nierówność ta jest spełniona dla dowolnej liczby $\displaystyle m\in \mathbb {N} ,$ zatem $\displaystyle K(1,1)=\mathbb {N} .$

Podobnie

$\displaystyle K{\bigg (}3,{\frac {1}{2}}{\bigg )}={\bigg \{}m\in \mathbb {N} :{\bigg |}{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{m}}{\bigg |}<{\frac {1}{2}}{\bigg \}}.$

Rozwiązując powyższą nierówność, mamy

$\displaystyle -{\frac {1}{2}}<{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{m}}<{\frac {1}{2}},$

skąd

$\displaystyle -{\frac {1}{6}}<{\frac {1}{m}}<{\frac {5}{6}},$

a więc $\displaystyle m>{\frac {6}{5}}.$ Zatem $\displaystyle K{\bigg (}3,{\frac {1}{2}}{\bigg )}={\big \{}m\in \mathbb {N} :m\geq 2{\big \}}.$

Uwaga: Łatwo sprawdzić, że $\displaystyle \mathrm {diam} \,\mathbb {N} =1,$ zatem dowolna kula o promieniu większym niż 1 jest równa całej przestrzeni $\displaystyle \mathbb {N} .$

Ćwiczenie 1.4.

Niech $\displaystyle (X,d)$ będzie przestrzenią metryczną. Udowodnić, że dla dowolnych zbiorów $\displaystyle A,B\subseteq X$ zachodzi implikacja

$\displaystyle A\subseteq B\ \Longrightarrow \mathrm {diam} \,A\leq \mathrm {diam} \,B.$

Wskazówka

Należy wykorzystać jedynie definicję średnicy zbioru.

Rozwiązanie

Średnice zbiorów $A$ i $B$ gdy $A\subseteq B$

Mamy

$\displaystyle \mathrm {diam} \,A=\sup _{x,y\in A}d(x,y)\leq \sup _{x,y\in B}d(x,y)=\mathrm {diam} \,B,$

gdzie w nierówności skorzystaliśmy z faktu, że supremum po większym zbiorze jest nie mniejsze.

Ćwiczenie 1.5.

Niech $\displaystyle (X,d)$ będzie przestrzenią metryczną. Udowodnić, że dla dowolnego $\displaystyle x_{0}\in X$ oraz $\displaystyle r\geq 0,$ zachodzi $\displaystyle \mathrm {diam} \,{\overline {K}}(x_{0},r)\leq 2r.$ Czy nierówność "$\displaystyle \leq$" można zastąpić równością?

Wskazówka

Korzystając z nierówności trójkąta, pokazać, że dla dowolnych $\displaystyle x,y\in K(x_{0},r)$ mamy $\displaystyle d(x,y)\leq 2r.$

Rozwiązanie

Korzystając z nierówności trójkąta dla dowolnych $\displaystyle x,y\in {\overline {K}}(x_{0},r)$, mamy:

$\displaystyle d(x,y)\leq d(x,x_{0})+d(x_{0},y)\leq r+r=2r.$

Ponieważ $\displaystyle x,y$ były dowolne, więc także:

$\displaystyle \mathrm {diam} \,K(x_{0},r)=\sup _{x,y\in K(x_{0},r)}\leq 2r.$

co należało dowieść. Nierówności "$\displaystyle \leq$" nie można zastąpić równością. Dla pewnych metryk (i kul domkniętych w nich zawartych) może bowiem zachodzić, że $\displaystyle \mathrm {diam} \,{\overline {K}}(x_{0},r)<2r.$ Dla przykładu rozważmy przestrzeń metryczną $\displaystyle {\big (}(0,1),d_{2}{\big )}$ (to znaczy przedział $\displaystyle (0,1)\subseteq \mathbb {R}$ z metrykę euklidesową). Wówczas

$\displaystyle \mathrm {diam} \,{\overline {K}}{\bigg (}{\frac {1}{2}},2{\bigg )}=1<4,$

przy czym promień $\displaystyle r=2$ możemy tu zastąpić dowolną większą liczbą i średnica nadal pozostanie 1.

Ćwiczenie 1.6.

Niech $\displaystyle (X,d)$ będzie przestrzenią metryczną. Udowodnić, że jeśli $\displaystyle x_{0}\in X,\displaystyle R>0,\displaystyle x_{1}\in K(x_{0},r)$ oraz $\displaystyle r_{1}=R-d(x_{0},x_{1}),$ to $\displaystyle r_{1}>0$ oraz $\displaystyle K(x_{1},r_{1})\subseteq K(x_{0},R).$

Wskazówka

Wykonać rysunek. Nierówność $\displaystyle r_{1}>0$ wynika wprost z definicji kuli. W celu pokazania inkluzji skorzystać jedynie z nierówności trójkąta.

Rozwiązanie

Rysunek do dowodu twierdzenia z ćwiczenia 1.6.

Ponieważ, $\displaystyle x_{1}\in K(x_{0},R),$ więc z definicji kuli mamy, że $\displaystyle d(x_{0},x_{1})<R,$ a zatem $\displaystyle r_{1}=R-d(x_{0},x_{1})>0.$

W celu pokazania inkluzji $\displaystyle K(x_{1},r_{1})\subseteq K(x_{0},R)$ weźmy dowolne $\displaystyle x\in K(x_{1},r_{1}).$ Z nierówności trójkąta oraz definicji $\displaystyle r_{1},$ mamy

$\displaystyle d(x,x_{0})\leq d(x,x_{1})+d(x_{1},x_{0})<r_{1}+(R-r_{1})=R,$

skąd wynika, że $\displaystyle x_{1}\in K(x_{0},R).$ Kończy to dowód inkluzji.

Ćwiczenie 1.7.

Udowodnić, że kule w $\displaystyle (X,d)$ są zbiorami otwartymi.

Wskazówka

Wykorzystać definicję zbioru otwartego oraz ćwiczenie 1.6..

Rozwiązanie

Aby pokazać, że kula $\displaystyle K(x_{0},R)$ jest otwarta, weźmy dowolny punkt $\displaystyle x_{1}\in K(x_{0},R).$ Z zadania 1.6 wynika, że istnieje $\displaystyle r_{1}>0$ takie, że $\displaystyle K(x_{1},r_{1})\subseteq K(x_{0},R).$ Ponieważ punkt $\displaystyle x_{1}\in K(x_{0},R)$ był dowolnie wybrany, więc kula $\displaystyle K(x_{0},R)$ jest otwarta.

Ćwiczenie 1.8.

Dany jest zbiór $\displaystyle A=[0,1]\times [0,1]\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ oraz dwa punkty $\displaystyle x=(2,3)$ oraz $\displaystyle y=(3,-2).$ Wyznaczyć
(a) odległość punktów $\displaystyle x$ i $\displaystyle y$,
(b) $\displaystyle \mathrm {dist} \,{\big (}x,A{\big )}$,
(c) $\displaystyle \mathrm {diam} \,(A),$
kolejno w metrykach: dyskretnej $\displaystyle d_{d}$; metryce rzece $\displaystyle d_{r};$ gdy "rzeką" jest prosta o równaniu $\displaystyle y=-1$; metryce kolejowej $\displaystyle d_{k},$ gdy "węzłem" kolejowym jest punkt $\displaystyle (-1,0).$

Wskazówka

Należy wykonać rysunek zbioru $\displaystyle A$ oraz wszystkich zadanych punktów w układzie współrzędnych. Przy liczeniu odległości punktów oraz odległości punktu od zbioru należy skorzystać z definicji poszczególnych metryk oraz rysunków. Przy wyznaczaniu średnicy zbioru można skorzystać z ćwiczeń 1.4. i 1.5.

Rozwiązanie

Odległości punkrów i odległość punktu od zbioru dla metryki rzeki

Odległości punkrów i odległość punktu od zbioru dla metryki kolejowej

(1) Dla metryki dyskretnej mamy:
(a) $\displaystyle d_{d}(x,y)=1,$ gdyż $\displaystyle x\neq y,$
(b) $\displaystyle \mathrm {dist} \,(x,A)=1,$ gdyż $\displaystyle A\setminus \{x\}\neq \emptyset ,$
(c) $\displaystyle \mathrm {diam} \,A=1,$ gdyż $\displaystyle \#A\geq 2.$

(2)
Dla metryki rzeki (z "rzeką" $\displaystyle l:\ y=-1$) mamy:
(a) Zauważmy, że rzutem punktu $\displaystyle x=(2,3)$ na prostą $\displaystyle l$ jest punkt $\displaystyle x'=(2,-1)$ oraz rzutem punktu $\displaystyle y=(3,-2)$ na prostą $\displaystyle l$ jest punkt $\displaystyle y'=(3,-1).$ Zatem

$\displaystyle d_{r}(x,y)=d_{2}(x,x')+d_{2}(x',y')+d_{2}(y',y)=3+1+2=6.$

(b) Odległość $\displaystyle x$ od zbioru $\displaystyle A$ w metryce rzece jest realizowana w punkcie $\displaystyle z=(1,0)$ (patrz rysunek; łatwo pokazać, że odległość od $\displaystyle x$ do dowolnego innego punktu zbioru $\displaystyle A$ jest większa, niż do $\displaystyle z$), zatem

$\displaystyle \mathrm {dist} \,(x,A)=d_{r}{\big (}(2,3),(1,0){\big )}=4+1+1=6.$

(c) Zauważmy, że:

$\displaystyle A\ \subseteq {\overline {K}}_{d_{r}}{\bigg (}{\bigg (}{\frac {1}{2}},-1{\bigg )},{\frac {5}{2}}{\bigg )}.$

Zatem z ćwiczeń 1.4. i 1.5. wynika, że

$\displaystyle \mathrm {diam} \,A\leq \mathrm {diam} \,{\overline {K}}_{d_{r}}{\bigg (}{\bigg (}{\frac {1}{2}},-1{\bigg )},{\frac {5}{2}}{\bigg )}\leq 5.$

Ale z drugiej strony zauważmy, że dla punktów $\displaystyle (0,1),(1,1)\in A$ mamy $\displaystyle d{\big (}(0,0),(1,1){\big )}=2+1+2=5,$ zatem $\displaystyle \mathrm {diam} \,A\geq 5.$ Z obu nierówności wynika, że $\displaystyle \mathrm {diam} \,A=5.$

(3)
Dla metryki kolejowej (z "węzłem kolejowym" $\displaystyle S(-1,0)$ ) mamy:
(a)Mamy

${\begin{array}{lll}\displaystyle d_{k}(x,y)&=&d_{2}(x,S)+d_{2}(S,y)=d_{2}{\big (}(2,3),(-1,0){\big )}\\&+&d_{2}{\big (}(-1,0),(3,-2){\big )}=3{\sqrt {2}}+2{\sqrt {5}}.\end{array}}$

(b) Odległość $\displaystyle x$ od zbioru $\displaystyle A$ w metryce kolejowej jest realizowana w punkcie $\displaystyle z=(1,1)$ (patrz rysunek; łatwo pokazać, że odległość od $\displaystyle x$ do dowolnego innego punktu zbioru $\displaystyle A$ jest większa, niż do $\displaystyle z$; zauważmy, że punkt $\displaystyle z$ należy do półprostej wychodzącej z $\displaystyle S$ i przechodzącej przez $\displaystyle x$), zatem

$\displaystyle \mathrm {dist} \,(x,A)=d_{k}{\big (}(2,3),(1,1){\big )}=d_{2}{\big (}(2,3),(1,1){\big )}={\sqrt {5}}.$

(c) Zauważmy, że:

$\displaystyle A\ \subseteq {\overline {K}}_{d_{k}}(S,{\sqrt {5}}).$

Zatem z ćwiczeń 1.4. i 1.5. wynika, że

$\displaystyle \mathrm {diam} \,A\leq \mathrm {diam} \,{\overline {K}}_{d_{k}}(S,{\sqrt {5}})\leq 2{\sqrt {5}}.$

W tym przypadku żadne dwa punkty nie realizują supremum z występującego w definicji średnicy zbioru $\displaystyle A.$ Możemy jednak do tego supremum dowolnie się zbliżyć. Niech

$\displaystyle x_{n}={\bigg (}1-{\frac {1}{n}},1{\bigg )}\in A,\qquad y_{n}={\bigg (}1,1-{\frac {1}{n}}{\bigg )}\in A.$

Wówczas

$\displaystyle d_{k}(x_{n},y_{n})=d_{2}(x_{n},S)+d_{2}(S,y_{n})={\sqrt {1+{\bigg (}2-{\frac {1}{n}}{\bigg )}^{2}}}+{\sqrt {4+{\bigg (}1-{\frac {1}{n}}{\bigg )}^{2}}}$

oraz

$\displaystyle \sup _{a,b\in A}d(a,b)\geq \lim \limits _{n\rightarrow +\infty }d_{k}(x_{n},y_{n})={\sqrt {5}}+{\sqrt {5}}=2{\sqrt {5}}.$

Zatem ostatecznie $\displaystyle \mathrm {diam} \,A=2{\sqrt {5}}.$

Ćwiczenie 1.9.

Niech $\displaystyle (X,d)$ będzie przestrzenią metryczną. Udowodnić, że
(a) suma dowolnej rodziny zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym,
(b) przecięcie (część wspólna) skończonej rodziny zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym.

Wskazówka

(a)-(b) Skorzystać z definicji zbiorów otwartych.

Rozwiązanie

(a) Niech $\displaystyle \{U_{s}\}_{s\in S}$ będzie rodziną zbiorów otwartych oraz niech $\displaystyle U=\bigcup _{s\in S}U_{s}$ będzie zbiorem. Należy pokazać, że zbiór $\displaystyle U$ jest otwarty. W tym celu wybierzmy dowolny $\displaystyle x\in U.$ Z definicji sumy zbiorów wynika, że

$\displaystyle \exists s_{0}\in S:\ x\in U_{s_{0}}.$

Ponieważ zbiór $\displaystyle U_{s_{0}}$ jest otwarty, zatem

$\displaystyle \exists r>0:K(x,r)\subseteq U_{s_{0}}.$

Ale wówczas także

$\displaystyle K(x,r)\ \subseteq \bigcup _{s\in S_{0}}U_{s}=U.$

Pokazaliśmy zatem, że dowolny punkt zbioru $\displaystyle U$ jest zawarty w $\displaystyle U$ wraz z pewną kulą (o dodatnim promieniu), której jest środkiem. Zatem $\displaystyle U$ jest zbiorem otwartym, co należało pokazać.
(b) Niech $\displaystyle \{U_{k}\}_{k=1}^{n}$ będzie rodziną (skończoną) zbiorów otwartych oraz niech $\displaystyle U=\bigcap _{k=1}^{n}U_{k}.$ Należy pokazać, że zbiór $\displaystyle U$ jest otwarty. W tym celu wybierzmy dowolny $\displaystyle x\in U.$ Z definicji sumy zbiorów i z założenia wynika, że

$\displaystyle \forall k\in \{1,\ldots ,n\}:\exists r_{k}>0:K(x,r_{k})\subseteq U_{k}.$

Niech $\displaystyle r=\min\{r_{1},\ldots ,r_{k}\}.$ Wówczas $\displaystyle r>0$ (zauważmy w tym miejscu, iż istotny w naszym dowodzie jest fakt że rodzina jest skończona; w przeciwnym bowiem wypadku moglibyśmy otrzymać $\displaystyle r=0$). Wówczas

$\displaystyle \forall k\in \{1,\ldots ,n\}:K(x,r)\ \subseteq K(x,r_{k})\ \subseteq U_{k},$

a więc

$\displaystyle \forall k\in \{1,\ldots ,n\}:K(x,r)\ \subseteq \bigcap _{k=1}^{n}U_{k}=U.$

Pokazaliśmy zatem, że dowolny punkt zbioru $\displaystyle U$ jest zawarty w $\displaystyle U$ wraz z pewną kulą (o dodatnim promieniu), której jest środkiem. Zatem $\displaystyle U$ jest zbiorem otwartym, co należało pokazać.