Mệnh đề 1 của § 1, no. 3 cho thấy rằng $\overline{d}$ là một giả mêtric hữu hạn trên $\hat{X}$, và cấu trúc đều được xác định bởi $\overline{d}$ trên $\hat{X}$ là cấu trúc đều thu được bằng phép hoàn chỉnh hóa; vì cấu trúc đều sau này là Hausdorff, nên $\overline{d}$ là một mêtric. Mỗi khi ta xét mêtric hoàn chỉnh của một không gian mêtric $X$ như một không gian mêtric, luôn phải hiểu rằng mêtric trên $\hat{X}$ là mêtric thu được bằng cách mở rộng mêtric trên $X$ bằng tính liên tục.

Vì $d(x, A) = 0$ biểu thị sự kiện rằng quả cầu $V_a(x)$ gặp $A$ với mọi giá trị của $a > 0$; và điều này tương đương với $x \in \overline{A}$.

Cho $x$ và $y$ là hai điểm tùy ý của $X$; khi đó với mọi $\varepsilon > 0$ cho trước tồn tại $z \in A$ sao cho $d(y, z) \leq d(y, A) + \varepsilon$, và do đó

theo bất đẳng thức tam giác.

A fortiori $d(x, A) \leq d(x, y) + d(y, A) + \varepsilon$, và vì $\varepsilon$ là tùy ý nên suy ra $d(x, A) \leq d(x, y) + d(y, A)$. Tương tự ta có

sao cho do đó kết quả được suy ra.

Cho $a$ là một điểm bất kỳ của $\overline{X}$; khi đó với mỗi $k > \omega(a; f)$ tồn tại một lân cận mở $V$ của $a$ sao cho $\delta(f(V \cap X)) \leq k$; với mỗi $x \in V \cap \overline{X}$, $V$ là một lân cận của $x$ và do đó

điều này chứng tỏ rằng $\omega$ là nửa liên tục trên tại điểm $a$.

Để có $\omega(x; f) = 0$ tại một điểm $x \in \overline{X}$ thì điều kiện cần và đủ là với mỗi $\varepsilon > 0$ tồn tại một lân cận $V$ của $x$ sao cho $f(V \cap X)$ được chứa trong một hình cầu bán kính $\varepsilon$; nếu $x \in X$, điều kiện này biểu thị sự kiện rằng $f$ liên tục tại điểm $x$ (đối với $X$); nếu $x \in \overline{X} \cap \mathbf{C}X$, ảnh qua $f$ của vết trên $X$ của lọc lân cận của $x$ trong $Y$ là một cơ sở lọc Cauchy trên $X'$; đặc biệt:

Điều kiện là cần thiết, vì (với ký hiệu của no. 2) các lân cận $V_{1/n} (n \geq 1)$ tạo thành một cơ sở của lọc các lân cận của cấu trúc đồng đều của một không gian mêtric.

Điều kiện là đủ, vì, nếu nó được thỏa mãn, cấu trúc đồng đều đang xét được xác định bởi một giả mêtric duy nhất, theo Mệnh đề 2 của § 1, no. 4; vì cấu trúc đồng đều là Hausdorff, giả mêtric này là một mêtric.

Vì nếu $(f_n)$ là một dãy các giả metric xác định một cấu trúc như vậy, lọc các lân cận được sinh bởi họ đếm được các tập $\overline{f}_n^1([0, 1/m])$, trong đó $m$ và $n$ lần lượt chạy qua tập các số nguyên $> 0$.

Vì một không gian như vậy là Hausdorff và cấu trúc đồng nhất của nó có một hệ cơ sở đếm được các lân cận (Chương II, § 2, no. 6).

Tổng quát hơn:

Cho $d$ là một mêtric tương thích với tôpô của một không gian mêtric hóa được $X$. Nếu $A$ là một tập con đóng của $X$, nó là giao của các tập mở $V_{1/n}(A)$ [tập hợp tất cả các $x \in X$ sao cho $d(x, A) < 1/n$; xem Mệnh đề 2]. Phần thứ hai của mệnh đề suy ra bằng cách lấy các phần bù.

Chúng ta đã biết, từ Chương I, § 7, no. 3, rằng điều kiện là đủ. Để thấy rằng nó là cần, xét một hệ cơ bản đếm được $(V_n)$ các lân cận của $x$ sao cho $V_{n+1} \subset V_n$ với mỗi $n$. Nếu $x$ nằm trong bao đóng của $A$ thì mỗi $V_n$ giao với $A$, và nếu $x_n$ nằm trong $V_n \cap A$, dãy $(x_n)$ hội tụ tới $x$(**).

Từ Mệnh đề 8 ta suy ra:

Gọi $\hat{X}$ là phần đầy đủ của $X$. Nếu có một điểm $x \in \hat{X}$ không thuộc $X$, thì tồn tại một dãy $(x_n)$ các điểm của $X$ hội tụ tới $x$, và đây là một dãy Cauchy không hội tụ trong $X$.

Điều kiện là cần, từ Chương I, § 7, no. 4, Mệnh đề 9, Hệ quả 1. Để chứng minh rằng nó là đủ, xét lọc $\mathscr{B}'$ các lân cận của $f(a)$ trong $X'$; giả thiết kéo theo rằng $\overline{f}^{-1}(\mathscr{B}')$ thô hơn mọi lọc sơ cấp liên kết với một dãy hội tụ tới $a$, nghĩa là mọi lọc sơ cấp hội tụ tới $a$; nhưng

() Xem chẳng hạn, J. Dieudonné, Notes de Tératopologie (I), Revue scientifique (Revue rose), 1939, p. 39. (*) Mệnh đề này vẫn có thể đúng trong một số không gian trong đó ít nhất một điểm không có bất kỳ hệ cơ bản đếm được nào các lân cận; ví dụ, không gian thu được bằng cách compact hóa một không gian rời rạc không đếm được bằng cách thêm vào một điểm ở vô cực (Chương I, § 9, no. 8, Định lý 4).

giao của các lọc này là lọc lân cận của $a$ (Chương I, § 6, no. 8, Mệnh đề 11). Do đó có kết quả.

Chú ý rằng các Mệnh đề 8 và 10 đúng trong mọi không gian $X$ trong đó mỗi điểm có một hệ cơ bản đếm được các lân cận.

Bằng phép chuyển cấu trúc, ta có thể giả sử rằng $a = 0$ và $b = 1$.

(i) Trước hết, giả sử rằng $f = \varphi_A$, trong đó $A$ là một tập mở của $X$. Khi đó hàm $g_n$ được xác định bởi $g_n(x) = n \inf (d(x, X - A), 1/n)$ là liên tục và $\geq 0$ trên $X$; ngoài ra $g_n(x) = f(x)$ khi $x \in X - A$ và khi

Do đó, ngay lập tức, $f = \sup_n (g_n)$.

(ii) Trong trường hợp tổng quát, với mỗi số nguyên $n \geq 1$, xét dãy giảm hữu hạn các tập mở

hàm $g_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \varphi_{A_k}$ là nửa liên tục dưới, và ta có $0 \leq f(x) - g_n(x) \leq 1/n$ với mọi $n$; do đó $f$ là bao trên của dãy $(g_n)$. Mặt khác, $g_n$ là một tổ hợp tuyến tính với các hệ số dương của một số hữu hạn các hàm đặc trưng của các tập mở và do đó là bao trên của một dãy đếm được $(h_{mn})_{m \geq 0}$ gồm các hàm liên tục $\geq 0$, theo (i); do đó $f = \sup_{m,n} h_{mn}$. Nếu đặt ta thấy rằng dãy $(f_n)$ là một dãy tăng các hàm liên tục $\geq 0$, có $f$ làm bao trên, và không nhận giá trị 1, vì $g_n \leq n - 1/n$.

Từ các nhận xét trên, rõ ràng c) kéo theo a); a) kéo theo b), vì nếu $(U_n)$ là một cơ sở đếm được của tôpô của X và $a_n$ là một điểm của $U_n$, thì các $a_n$ tạo thành một tập con trù mật của X. Cuối cùng, ta chứng minh rằng b) kéo theo c). Gọi $(a_n)$ là một dãy đếm được trù mật các điểm của X, và với mỗi $x \in X$ đặt $\varphi(x)$ là điểm $(d(x, a_n))_{n \in \mathbf{N}}$ của $\mathbf{I}^{\mathbf{N}}$ ($d$ là một metric tương thích với tôpô của X, đối với metric này đường kính của X là $\leq 1$). Ta sẽ chứng minh rằng $\varphi$ là một phép đồng phôi của X lên một không gian con của $\mathbf{I}^{\mathbf{N}}$. Thật vậy, $\varphi$ liên tục, vì mỗi hàm $x \to d(x, a_n)$ đều liên tục; và $\varphi$ đơn ánh, vì mỗi điểm của X là giới hạn của một dãy con nào đó của $(a_n)$ (Mệnh đề 8). Cho B là một quả cầu có tâm $x_0$ và bán kính $r$ trong X, và cho $n$ là một số nguyên sao cho

Ảnh qua $\varphi$ của tập W gồm các điểm $x \in X$ sao cho

theo định nghĩa là một lân cận của $\varphi(x_0)$ trong $\varphi(X)$. Nhưng với mỗi $x \in W$ ta có $d(x, a_n) < d(x_0, a_n) + \frac{1}{3} r < \frac{2}{3} r$, do đó

điều đó cho thấy W là một lân cận của $x_0$ được chứa trong B, và do đó $\varphi$ là một đồng phôi của X lên $\varphi(X)$.

Chú ý rằng đối với một không gian tôpô tùy ý X, tính chất b) không nhất thiết kéo theo sự tồn tại của một cơ sở đếm được, ngay cả khi X compact và mọi điểm của X đều có một hệ cơ bản đếm được các lân cận (Bài tập 13; xem Chương I, § 1, Bài tập 7).

Gọi H là tập con của N gồm các chỉ số n sao cho U_n được chứa trong ít nhất một trong các $V_i$; dãy (U_n)_{n \in H} là một phủ của X, vì mọi điểm $x \in X$ đều thuộc một $V_i$ nào đó, và vì $V_i$ là mở, nên tồn tại một chỉ số n sao cho $x \in U_n \subset V_i$. Do đó tồn tại một ánh xạ $\psi$ từ H vào I sao cho $U_n \subset V_{\psi(n)}$ với mỗi $n \in H$; lấy J = $\psi(H)$, là một tập đếm được, thì mệnh đề được chứng minh.

Nếu thêm giả thiết rằng X là đầy đủ thì ta có một tiêu chuẩn về tính compact của các không gian metric.

Từ Mệnh đề 14 ta thu được một tiêu chuẩn tôpô về tính compact, áp dụng được cho các không gian khả métric hóa:

Tiên đề (C) của Chương I, § 9, no. 1 cho thấy điều kiện đó là cần. Để chứng minh tính đủ, gọi d là một metric tương thích với tôpô của X. Trước hết ta chứng minh rằng không gian metric X được xác định như vậy là đầy đủ: mọi dãy Cauchy trong X đều có một điểm tụ và do đó hội tụ (Chương II, § 3, no. 2, Mệnh đề 5, Hệ quả 2); vì thế X là đầy đủ, theo Mệnh đề 9. Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng X là tiền compact; nếu không phải vậy thì theo Mệnh đề 14 sẽ tồn tại một số thực $\alpha > 0$ sao cho X không thể được phủ bởi một số hữu hạn tập con của X có đường kính $\leq \alpha$. Khi đó ta có thể định nghĩa bằng quy nạp theo n một dãy vô hạn $(x_n)$ các điểm của X bởi điều kiện $d(x_p, x_n) > \frac{1}{2} \alpha$ với mọi $p < n$; và một dãy như thế không thể có điểm tụ, vì mọi quả cầu bán kính $< \frac{1}{2} \alpha$ chứa nhiều nhất một điểm của dãy.

Gọi d là một metric tương thích với tôpô của X. Ta sẽ chứng minh rằng không gian $\overline{A}$ là compact, bằng cách áp dụng tiêu chuẩn của Mệnh đề 15. Gọi $(x_n)$ là một dãy các điểm của $\overline{A}$; khi đó với mỗi chỉ số n tồn tại $y_n \in A$ sao cho $d(x_n, y_n) < 1/n$; dãy $(y_n)$ theo giả thiết có một điểm tụ $a \in X$, và a cũng là một điểm tụ của dãy $x_i$, vì nếu $y_m$ nằm trong quả cầu tâm a bán kính $1/n$, với một $m > n$, thì $x_m$ nằm trong quả cầu tâm a bán kính $2/n$.

Cần nhận xét rằng Mệnh đề 15 không phải là một hệ quả của sự tồn tại của một hệ cơ bản đếm được các lân cận tại mỗi điểm của $X$; có những ví dụ về các không gian không khả métric hóa, không compact mà trong đó mọi điểm đều có một hệ cơ bản đếm được các lân cận và mọi dãy vô hạn các điểm đều có một điểm tụ (Bài tập 15).

Điều kiện đó là cần. Theo Mệnh đề 14, với mỗi số nguyên $n \geq 1$ tồn tại một tập con hữu hạn $A_n$ của $X$ sao cho khoảng cách từ $A_n$ đến mọi điểm của $X$ là $\leq 1/n$; do đó tập hợp đếm được $A = \bigcup_n A_n$ là trù mật trong $X$, và kết quả suy ra từ Mệnh đề 12 của no. 8.

Điều kiện đó là đủ. Gọi $(U_n)$ là một cơ sở đếm được của tôpô trên $X$. Mọi lân cận của một điểm trên đường chéo $\Delta$ của $X \times X$ do đó đều chứa một lân cận có dạng $U_n \times U_n$; áp dụng tiên đề Borel-Lebesgue cho tập con compact $\Delta$ của $X \times X$, suy ra rằng mọi lân cận của $\Delta$ đều chứa một hợp hữu hạn các tập hợp có dạng $U_n \setminus U_n$, là một lân cận của $\Delta$. Do đó các lân cận của $\Delta$ là những hợp hữu hạn của các tập hợp có dạng $U_n \times U_n$ tạo thành một hệ cơ bản các entourage của cấu trúc đều trên $X$ (Chương II, § 4, no. 1, Định lý 1), và vì thế kết quả suy ra từ Định lý 1 của no. 4.

a) Tôpô của $X$ có một cơ sở đếm được. b) $X'$ có thể mêtric hóa được. c) $X$ có thể mêtric hóa được và $\sigma$-compact.

$a \Longrightarrow b$: Cho $U_n$ là một cơ sở đếm được của tôpô của $X$. Mỗi lân cận của một điểm $x \in X$ chứa một lân cận compact của $x$, đến lượt nó chứa một lân cận của $x$ bằng một $U_n$ nào đó. Do đó, các $U_n$ tương đối compact tạo thành một cơ sở của tôpô của $X$, và vì vậy ta có thể giả sử rằng tất cả các $U_n$ đều tương đối compact. Do đó, $X$ là hợp đếm được của các tập compact $\overline{U}_n$, tức là $\sigma$-compact; điều này suy ra rằng trong $X'$ điểm $\omega$ có một hệ cơ bản đếm được $V_n$ gồm các lân cận mở (Chương I, § 9, no. 9, Mệnh đề 15, Hệ quả 2). Do đó mỗi lân cận của một điểm $y \in X'$ chứa hoặc một trong các $U_n$, hoặc một trong các $V_n$, vốn là một lân cận của $y$, và do đó các $U_n$ và các $V_n$ tạo thành một cơ sở đếm được của tôpô của $X'$. Suy ra $X'$ có thể mêtric hóa được, theo Mệnh đề 16.

b) $\Longrightarrow c)$: Nếu $X'$ có thể mêtric hóa được, thì $\omega$ có một hệ cơ bản đếm được các lân cận, và do đó $X$ là $\sigma$-compact theo Chương I, § 9, no. 9, Mệnh đề 15, Hệ quả 2.

c) $\Longrightarrow a)$: Theo giả thiết, có một dãy tăng $(V_n)$ gồm các tập mở tương đối compact phủ $X$ và thỏa mãn $\overline{V}_n \subset V_{n+1}$ (Chương I, § 9, no. 9, Mệnh đề 15). Không gian con $\overline{V}_n$ compact và có thể mêtric hóa được, do đó có một cơ sở đếm được (Mệnh đề 16), và vì vậy $V_n$ cũng có một cơ sở đếm được. Cho $(U_{mn})_{m \geq 1}$ là một cơ sở của tôpô của $V_n$. Với mỗi $x \in X$ và mỗi lân cận $W$ của $x$, tồn tại $n$ sao cho $x \in V_n$, do đó tồn tại $m$ sao cho $x \in U_{mn} \subset V_n \cap W$. Suy ra các tập $U_{mn}$ ($m \geq 1, n \geq 1$) tạo thành một cơ sở của tôpô của $X$.

Tương đương, nếu $f$ là một ánh xạ liên tục từ một không gian compact mêtric $X$ vào một không gian Hausdorff $X'$, thì $f(X)$ là một không gian con mêtric của $X'$ (Chương I, § 9, no. 4, Định lý 2, Hệ quả 4).

Cho $X$ là một không gian compact mêtric, và cho $R$ là một quan hệ tương đương trên $X$ sao cho $X/R$ là Hausdorff. Khi đó $X/R$ là compact (Chương I, § 9, no. 4, Định lý 2), do đó theo Mệnh đề 16 chỉ cần chỉ ra rằng tôpô của $X/R$ có một cơ sở đếm được. Để làm điều này, ta sử dụng các sự kiện rằng $R$ là đóng (Chương I, § 10, no. 4, Mệnh đề 8) và các lớp mod $R$ là compact. Gọi $\varphi$ là ánh xạ chính tắc của $X$ lên $X/R$, và gọi $(U_n)$ là một cơ sở đếm được của tôpô của $X$. Cho $z$ là một điểm bất kỳ của $X/R$ và cho $V$ là một lân cận của $z$ trong $X/R$; khi đó $\overline{\varphi}^{-1}(V)$ là một lân cận trong $X$ của tập compact $\overline{\varphi}^{-1}(z)$. Nếu $x$ là một điểm bất kỳ của $\overline{\varphi}^{-1}(z)$, thì có một tập hợp $U_n$ chứa $x$ và được chứa trong $\overline{\varphi}^{-1}(V)$, và do đó theo tiên đề Borel-Lebesgue có một phủ mở hữu hạn $(U_{n_k})_{1 \leq k \leq r}$ của $\overline{\varphi}^{-1}(z)$ sao cho, nếu $W$ ký hiệu $\bigcup_k U_{n_k}$, thì $W$ là một lân cận của $\overline{\varphi}^{-1}(z)$ được chứa trong $\overline{\varphi}^{-1}(V)$. Vì $R$ là đóng, suy ra rằng $\varphi(W)$ là một lân cận của $z$ trong $X/R$, được chứa trong $V$ (Chương I, § 5, no. 4, Mệnh đề 10). Gọi $\mathscr{B}$ là tập hợp các phần trong của các tập hợp có dạng $\varphi(W)$, trong đó $W$ chạy qua tập hợp $\mathscr{F}$ của tất cả các hợp hữu hạn của các tập hợp có dạng $U_n$; khi đó ta đã chứng minh rằng $\mathscr{B}$ là một cơ sở của tôpô của $X/R$, và vì $\mathfrak{F}$ là đếm được, nên $\mathscr{B}$ cũng vậy.

Ký hiệu $\mathscr{B}_1$ là tập hợp tất cả các quả cầu mở bán kính $1/2$ trong $X$. Khi $B$ chạy qua $\mathscr{B}_1$, các tập hợp $\varphi(B)$ tạo thành một phủ mở của $K$, và do đó tồn tại một số hữu hạn điểm $x_1, \ldots, x_m$ của $X$ sao cho các ảnh qua $\varphi$ của các quả cầu mở bán kính $1/2$ và tâm $x_i$ ($1 \leq i \leq m$) tạo thành một phủ mở của $K$. Đặt $H_1 = \{ x_1, \ldots, x_m \}$ và giả sử rằng ta đã xác định được một tập hợp hữu hạn $H_i$, với $1 < i \leq n$, sao cho:

(i) $H_i \subset H_{i+1}$ và mỗi điểm của $H_{i+1}$ cách $H_i$ một khoảng cách $< 1/2^i$, với $1 \leq i \leq n - 1$;

(ii) các ảnh qua $\varphi$ của các quả cầu mở bán kính $1/2^i$, có tâm tại các điểm của $H_i$, tạo thành một phủ mở của $K$, với $1 \leq i \leq n$.

Cho $\mathscr{B}_{n+1}$ là tập hợp tất cả các quả cầu mở bán kính $1/2^{n+1}$ có tâm $x$ sao cho $d(x, H_n) < 1/2^n$ ($d$ là mêtric trên $X$). Các tính chất của $H_n$ cho thấy rằng các tập hợp $\varphi(B)$, với $B \in \mathscr{B}_{n+1}$, tạo thành một phủ mở của $K$; do đó tồn tại một tập hợp hữu hạn $L_{n+1} \subset X$ sao cho ảnh qua $\varphi$ của các quả cầu mở bán kính $1/2^{n+1}$ có tâm thuộc $L_{n+1}$ tạo thành một phủ mở của $K$. Lấy $H_{n+1} = H_n \cup L_{n+1}$, ta thấy rằng ta có thể định nghĩa quy nạp một dãy vô hạn $(H_n)$ gồm các tập con hữu hạn của $X$ có các tính chất (i) và (ii) ở trên. Đặt $H = \bigcup_n H_n$, và ta hãy chứng minh rằng $H$ là tiền compact. Với mỗi $p > 0$ và mỗi điểm $z_{n+p} \in H_{n+p}$, tồn tại một dãy các điểm $z_{n+i} \in H_{n+i}$ ($0 \leq i \leq p - 1$) sao cho

suy ra rằng $d(z_n, z_{n+p}) \leq \sum_{i=0}^{p-1} 1/2^{n+i} \leq 1/2^{n-1}$, và do đó $d(y, H_n) \leq 1/2^{n-1}$ với mọi $y \in H$, điều này chứng minh khẳng định của ta. Vì $X$ là đầy đủ, $\overline{H}$ là compact, do đó $\varphi(\overline{H})$ là compact. Tiếp theo, ta hãy chứng minh rằng $K \subset \varphi(\overline{H})$. Nếu $z \in K$, thì theo định nghĩa $d(\overline{H}_n, \overline{\varphi}(z)) \leq 1/2^n$ với mọi $n$, và vì thế $d(\overline{H}, \overline{\varphi}(z)) = 0$; nhưng $\overline{\varphi}(z)$ là đóng và $\overline{H}$ là compact, nên điều này kéo theo $\overline{H} \cap \overline{\varphi}(z) \neq \emptyset$ (no. 2, Nhận xét sau Mệnh đề 3); do đó khẳng định được chứng minh. Vậy nếu $K' = \overline{H} \cap \overline{\varphi}(K)$, thì $K'$ là đóng trong $\overline{H}$ và do đó compact, và từ những gì đã được chứng minh ta có $\varphi(K') = K$.

Q.E.D.