a) Nếu $f$ và $g$ là mở (tương ứng, đóng), thì $g \circ f$ cũng vậy.

b) Nếu $g \circ f$ là mở (tương ứng, đóng) và nếu $f$ liên tục và toàn ánh, thì $g$ là mở (tương ứng, đóng).

c) Nếu $g \circ f$ là mở (tương ứng, đóng) và nếu $g$ liên tục và đơn ánh, thì $f$ là mở (tương ứng, đóng).

Từ Định nghĩa 1, a) suy ra ngay lập tức. Để chứng minh b), chỉ cần nhận xét rằng mọi tập con mở (tương ứng đóng) $A'$ của $X'$ đều có thể viết dưới dạng $f(A)$, trong đó $A = f^{-1}(A')$ là mở (tương ứng đóng) trong $X$ (§ 2, no. 1, Định lý 1); do đó $g(A') = g(f(A))$ là mở (tương ứng đóng) trong $X''$. Sau hết, để chứng minh c), ta nhận xét rằng $f(A) = g^{-1}(g(f(A)))$ với mọi tập con $A$ của $X$; theo giả thiết, nếu $A$ là mở (tương ứng đóng) trong $X$, thì $g(f(A))$ là mở (tương ứng đóng) trong $X''$, do đó $f(A)$ là mở (tương ứng đóng) trong $X'$ theo § 2, no. 1, Định lý 1.

a) Nếu $f$ là mở (resp. đóng), thì $f_T$ là mở (resp. đóng).

b) Cho $(T(i))_{i \in I}$ là một họ các tập con của $Y$ mà các phần trong của chúng phủ $Y$, hoặc là một phủ đóng hữu hạn địa phương của $Y$; nếu mọi $f_{T(i)}$ đều mở (tương ứng, đóng), thì $f$ là mở (tương ứng, đóng).

a) Nếu $A$ là một tập con mở (tương ứng, đóng) của $f^{-1}(T)$, thì tồn tại một tập con mở (tương ứng, đóng) $B$ của $X$ sao cho $A = B \cap f^{-1}(T)$, và do đó f_T(A) = f(B) \cap T; theo giả thiết, $f(B)$ là mở (tương ứng, đóng), nên $f_T(A)$ là mở (tương ứng, đóng) trong $T$.

b) Cho $B$ là một tập con mở (tương ứng, đóng) của $X$, và ký hiệu $B_i$ là $B \cap f^{-1}(T(i))$; khi đó $f(B) \cap T(i) = f_{T(i)}(B_i)$. Vì $f_{T(i)}(B_i)$ là mở (tương ứng, đóng) trong $T(i)$ theo giả thiết, suy ra $f(B)$ là mở (tương ứng, đóng) trong $Y$, theo Mệnh đề 3 của § 3, no. 1.

Thật vậy, $f$ rõ ràng là song ánh, và là ánh xạ mở theo Mệnh đề 2.

a) f là một ánh xạ mở.

b) Ba ánh xạ p, h, i đều mở.

c) Quan hệ tương đương R là mở, h là một đồng phôi, và $f(X)$ là một tập con mở của Y.

Ngoài ra mệnh đề trước đó vẫn đúng nếu thay khắp nơi "mở" bằng "đóng".

Vì đơn ánh i là liên tục, suy ra từ Mệnh đề 1 c) của no. 1 rằng nếu f mở thì $h \circ p$ cũng mở; vì p là toàn ánh và liên tục, Mệnh đề 1 b) cho thấy h mở; trong mọi trường hợp h là một song ánh liên tục; do đó h là một đồng phôi, và vì thế, theo Mệnh đề 1 a) của no. 1, $p = \overline{h}^{-1} \circ (h \circ p)$ là một ánh xạ mở. Hơn nữa [no. 1, Mệnh đề 1 b)] $i \circ h$ là mở; do đó [no. 1, Mệnh đề 1 a)] $i = (i \circ h) \circ \overline{h}^{-1}$ cũng mở. Điều này chứng minh rằng a) suy ra b). Ngược lại, Mệnh đề 1 a) của no. 1 cho thấy b) suy ra a). Cuối cùng, sự tương đương của b) và c) theo ngay lập tức từ các định nghĩa.

Chứng minh trong trường hợp các ánh xạ đóng là tương tự, mutatis mutandis.

a) A mở (resp. đóng) trong X.

b) A là bão hòa đối với R.

Khi đó quan hệ $R_A$ cảm sinh trên A là mở (resp. đóng) và ánh xạ chính tắc của $A/R_A$ lên $f(A)$ là một đồng phôi.

Xét biểu đồ giao hoán (i) của § 3, no. 6, cho phân tích chính tắc của $f \circ j$. Theo điều kiện a), $j$ là mở (tương ứng, đóng) và $f$ cũng vậy theo giả thiết; do đó $f \circ j$ là mở (tương ứng, đóng) [no. 1, Mệnh đề 1 a)], và kết quả suy ra từ Mệnh đề 3. Theo điều kiện b) ta có

và $h \circ \varphi$ là ánh xạ từ $A$ vào $f(A)$ trùng với $f$ trên $A$; chiếu theo Mệnh đề 2 a) của no. 1, $h \circ \varphi$ là mở (tương ứng, đóng), và kết quả lại suy ra từ Mệnh đề 3, áp dụng cho $h \circ \varphi$.

a) $f$ là một ánh xạ mở.

b) Với mỗi $U \in \mathfrak{B}$, $f(U)$ là mở trong $Y$.

c) Với mỗi $x \in X$ và mỗi lân cận $V$ của $x$ trong $X$, $f(V)$ là một lân cận của $f(x)$ trong $Y$.

Tính tương đương của a) và b) suy ra ngay lập tức từ các định nghĩa và từ $(O_1)$; tính tương đương của a) và c) là hệ quả của Mệnh đề 1 của § 1, no. 2.

a) Quan hệ $R$ là mở.

b) Phần trong của mỗi tập con bão hòa đối với $R$ là bão hòa đối với $R$.

c) Bao đóng của mỗi tập con bão hòa đối với $R$ là bão hòa đối với $R$.

Lấy phần bù ($§ 1$, no. 6, công thức (2)) ta thấy rằng b) và c) là tương đương. Ta hãy chỉ ra rằng b) suy ra a): giả sử điều kiện b) được thỏa mãn và gọi $U$ là một tập con mở của $X$, $V$ là bão hòa của nó đối với $R$; khi đó $\dot{V} \supset U$, và vì theo giả thiết $\dot{V}$ là bão hòa, suy ra $\dot{V} = V$, và do đó bão hòa của $U$ là mở. Ngược lại, giả sử điều kiện a) được thỏa mãn, và gọi $A$ là một tập bão hòa; nếu $B$ là bão hòa của $\dot{A}$, thì $\dot{A} \subset B \subset A$, và vì $B$ là mở theo giả thiết nên suy ra $B = \dot{A}$.

Mỗi một trong hai mệnh đề khẳng định của mệnh đề đều có thể suy ra từ mệnh đề kia bằng cách lấy phần bù và dùng công thức (2) của § 1, no. 6 cùng với sự kiện là nếu $B$ là một tập con bão hòa của $X$ thì $\varphi(\complement B) = \complement_{\varphi}(B)$. Theo Mệnh đề 6, $\overline{A}$ là bão hòa; do đó $\varphi(\overline{A})$ là đóng trong $X/R$, và vì $A \subset \overline{A}$ nên ta có $\varphi(A) \subset \varphi(\overline{A})$, bởi vậy $\varphi(A) \subset \varphi(\overline{A})$. Nhưng vì $\varphi$ liên tục, nên $\varphi(\overline{A}) \subset \varphi(A)$ (§ 2, no. 1, Định lý 1), và kết quả suy ra.

Theo Mệnh đề 5, ta chỉ cần chứng minh rằng ảnh qua $f$ của mọi tập hợp sơ cấp $\prod_{i \in I} A_i$ trong $\prod_{i \in I} X_i$ là mở trong $\prod_{i \in I} Y_i$. Nhưng ảnh này là $\prod_{i \in I} f_i(A_i)$, và các giả thiết kéo theo rằng $f_i(A_i)$ là mở trong $Y_i$ với mỗi $i \in I$, và rằng $f_i(A_i) = Y_i$ với mọi chỉ số trừ ra một số hữu hạn chỉ số; do đó suy ra kết quả.

"với mọi $i \in I$, $\operatorname{pr}_i(x) = \operatorname{pr}_i(y)$ (mod $R_i$)"

giữa $x$ và $y$, và cho $f$ là ánh xạ tích $(x_i) \to (f_i(x_i))$ của $X$ vào $\prod_{i \in I} (X_i/R_i)$. Nếu mỗi quan hệ $R_i$ là mở, thì quan hệ $R$ là mở, và song ánh liên kết với $f$ là một đồng phôi của $X/R$ lên $\prod_{i \in I} (X_i/R_i)$.

$R$ là quan hệ $f(x) = f(y)$. Vì $f$ là liên tục và mở theo Mệnh đề 8 ở trên và § 4, no. 1, Hệ quả 1 của Mệnh đề 1, kết quả suy ra từ Mệnh đề 3 của no. 2.

Đặc biệt, nếu $R$ (resp. $S$) là một quan hệ tương đương mở trên một không gian tôpô $X$ (resp. $Y$), thì song ánh chính tắc từ

là một đồng phôi. Nếu không giả thiết R và S là mở, song ánh này là liên tục nhưng không nhất thiết là một đồng phôi, ngay cả khi một trong hai quan hệ R, S là quan hệ đẳng thức (Bài tập 6).

Điều kiện này là đủ, vì nó hiển nhiên kéo theo rằng f là đóng, và nó cũng kéo theo rằng f là liên tục theo § 2, no. 1, Định lý 1. Ngược lại, nếu f là liên tục và đóng, ta có f(A) ⊂ f(Ā) ⊂ f(A) theo § 2, no. 1, Định lý 1; hơn nữa f(Ā) là đóng trong X' theo giả thiết; do đó f(Ā) = f(A).

Giả sử R là đóng, và cho U là một lân cận mở tùy ý của M; vì F = ĈU là đóng trong X, nên bão hòa S của F đối với R là đóng trong X. Vì M bão hòa đối với R, ta có M ∩ S = ∅, và do đó V = ĈS là một lân cận mở của M, bão hòa đối với R và được chứa trong U.

Để chứng minh đảo lại, cho F là một tập con đóng bất kỳ của X. Gọi T là bão hòa của F đối với R, cho x là một điểm của ĈT, và gọi M là lớp tương đương của x; khi đó M ∩ T = ∅ và a fortiori M ∩ F = ∅, nên U = ĈF là một lân cận của M. Vậy tồn tại một lân cận V ⊂ U của M sao cho V bão hòa đối với R; V không giao với F, nên cũng không giao với T, do đó ĈT là một lân cận của M và vì vậy của x. Điều này chứng tỏ rằng ĈT là mở (§ 1, no. 2, Mệnh đề 1), tức là T là đóng.