Метрические пространства

Пусть $B(a,r)$ — открытый шар, по аксиоме выбора мы можем взять точку $x \in B(a,r)$, $x \ne a$. Тогда по определению $d(x,a) < r$. Рассмотрим теперь открытый шар $B(x,\delta)$, где $0 < \delta < r- d(a,x).$ Покажем, что $B(x,\delta ) \subseteq B(a, r)$, это и докажет лемму.

По аксиоме выбора мы можем взять такое $y \in B(a,\delta)$, что $d(x,y)<\delta < r - d(a,x)$, тогда по неравенству треугольника

т. е. $y\in B(a,r)$, что и доказывает $B(x,\delta) \subseteq B(a,r)$. Так как точка $x$ была выбрана произвольной в шаре $B(a,r)$, это показывает, что для любой точки в шаре мы нашли такой открытый шар, который целиком лежит в $B(a,r)$, т. е. он открыт.

(1) Пусть $\mathscr{U} = \cup_{\alpha \in A}\mathscr{U}_\alpha$ и пусть $x \in \mathscr{U}$, тогда для какого-то $\alpha \in A$, $x \in \mathscr{U}_a$. Так как $\mathscr{U}_\alpha$ — открыто, то найдётся такой $r >0$, что $B(x, r ) \subseteq \mathscr{U}_\alpha \subseteq \cup_{\alpha \in A}\mathscr{U}_\alpha$, что и доказывает открытость $\mathscr{U}.$

(2) Достаточно доказать, что множество двух открытых множеств $\mathscr{U}_1, \mathscr{U}_2$ открыто, а затем провести индукцию. Если $x \in \mathscr{U}_1 \cap \mathscr{U}_2$, то найдутся такие $r_1, r_2 >0$, что $B(x, r_1) \subseteq \mathscr{U}_1$, $B(x, r_2) \subseteq \mathscr{U}_2$. Очевидно, что $B(x, r) \subseteq \mathscr{U}_1 \cap \mathscr{U}_2$, где $r:= \min(r_1, r_2)$, что и доказывает открытость пересечения.

(1) Пусть $f:E \to E'$ непрерывно. Возьмём открытое $\mathscr{U}' \subseteq E'$ и покажем, что $\mathscr{U}:=f^{-1}(\mathscr{U'})$ открыто в $E$. Пусть $x \in \mathscr{U}$, тогда $f(x) = x' \in \mathscr{U}'$, так как $\mathscr{U}'$ — открыто в $E'$, то найдётся шар $B'(x',r') \subseteq \mathscr{U}'$. Так как шар $B'(x',r')$ есть открытая окрестность точки $x'$ и по предположению $f$ непрерывна и в точке $x \in E$, значит, найдётся такой шар $B(x,r) \subseteq E$ такой, что $f(B(x,r)) \subseteq B'(x',r')$.

Таким образом, мы имеем $f(B(x,r)) \subseteq B'(x',r') \subseteq \mathscr{U}' .$ С другой стороны, если $A'\subseteq B' \subseteq E'$, то ясно, что $f^{-1}(A') \subseteq B'$. Действительно, по определению прообраза

Итак, мы получили, что $f(B(x,r)) \subseteq B'(x',r') \subseteq \mathscr{U}'$, тогда

т. е. для любого $x \in \mathscr{U}$ мы нашли шар $B(x,r)$, который целиком находится в $\mathscr{U}$, а это и означает, что $\mathscr{U}$ открыто.

(2) Пусть прообраз любого открытого есть открытое множество в $E.$ Пусть $\mathscr{U}'$ — открытое в $E'$. Аксиома выбора позволяет нам выбрать точку $x' \in \mathscr{U}'$. Тогда для произвольно выбранной точки $x'$ существует такой открытый шар $B'(x',r')$, что $B'(x',r') \subseteq \mathscr{U}'.$

Пусть $f(x) = x'$, т. е. $x \in f^{-1}(B'(x',r'))$. По предположению $f^{-1}(B'(x',r'))$ открыто в $E$. Это значит, что для любой выбранной точки $y \in f^{-1}(B'(x',r'))$ можно найти такой открытый шар $B(y,r)$, что $B(y,r) \subseteq f^{-1}(B'(x',r'))$. В частности, $B(x,r) \subseteq f^{-1}(B'(x',r'))$

Вспоминая, что если $A \subseteq B$, то и $f(A) \subseteq f(B)$. Тогда получаем

т. е. для любого открытого шара $B'(x',r')$, где $x' = f(x)$, мы нашли такой открытый шар $B(x,r)$, что $f(B(x,r)) \subseteq B'(x',r')$, но это и означает непрерывность.

Это сразу следует из предыдущей теоремы и леммы Lemma 2.

Второе утверждение, очевидно, следует из первого. Пусть $\mathscr{U}''$ — окрестность точки $h(x_0) = g(f(x_0))$. Тогда из предположения о непрерывности и Теоремы Theorem 1 следует, что $\mathscr{U}':=g^{-1}(\mathscr{U}'')$ — открытое множество в $E'$, содержащее точку $f(x_0)$. Далее, так как $f$ непрерывно, то по теореме Lemma 1, прообраз $\mathscr{U}:=f^{-1}(\mathscr{U}')$ — открытое множество, содержащее точку $x_0$. Таким образом, $h^{-1}(\mathscr{U}'') = \mathscr{U}$ открытое, тогда по теореме Theorem 1, $h$ непрерывно в точке $x_0$, что и завершает доказательство.

На самом деле, $f$ непрерывно в $x_0$ по условию, а $\mathrm{in}_A$ непрерывно в любой точке $a \in A$, тогда из предыдущей теоремы и следует утверждение.