Topologi: Pendekatan Berbasis Inkuiri: Bab 1-17 - Himpunan, Fungsi, Ruang Metrik, Ruang Topologi, Kekontinuan, Homeomorfisme, Subruang, Ruang Kuosien, Ruang Kompak, serta Pendamping Belajar Mandiri

Fungsi ini tak negatif, simetris, dan bernilai nol tepat pada diagonal. Namun \(\rho(0,2)=4\text{,}\) sedangkan \(\rho(0,1)+\rho(1,2)=1+1=2\text{.}\) Karena \(4\nleq2\text{,}\) aksioma pertidaksamaan segitiga gagal. Contoh ini juga menunjukkan mengapa memeriksa tiga aksioma pertama saja tidak cukup.

Tuliskan \(u_i=|x_i-y_i|\text{.}\) Karena \(\max_i u_i^2\leq\sum_i u_i^2\text{,}\) diperoleh \(d_M\leq d_E\text{.}\) Karena \((\sum_i u_i)^2=\sum_i u_i^2+2\sum_{i<j}u_i u_j\geq\sum_i u_i^2\text{,}\) diperoleh \(d_E\leq d_T\text{.}\) Cauchy–Schwarz memberi \(\sum_i u_i\leq\sqrt{\sum_i u_i^2}\sqrt{\sum_i1^2}=\sqrt n\,d_E\text{.}\)

Jika \(d_T(a,x)<r\text{,}\) maka \(d_E(a,x)<r\text{,}\) lalu \(d_M(a,x)<r\text{;}\) ini memberi tiga inklusi pertama. Jika \(d_E(a,x)<r/\sqrt n\text{,}\) maka \(d_T(a,x)\leq\sqrt n\,d_E(a,x)<r\text{,}\) memberi inklusi terakhir.

Titik pusat selalu masuk karena \(d(a,a)=0<r\text{.}\) Setiap \(x\ne a\) mempunyai jarak \(1\) dari \(a\text{.}\) Jika \(r\leq1\text{,}\) syarat \(1<r\) gagal, termasuk pada \(r=1\text{;}\) jadi hanya pusat yang masuk. Jika \(r>1\text{,}\) kedua nilai jarak lebih kecil dari \(r\text{,}\) sehingga seluruh \(X\) masuk.

Lintasan \(a-e-d\) berbobot \(1+5=6\text{.}\) Semua alternatif yang tampak lebih pendek gagal: sisi melalui \(b\) memberi sedikitnya \(3+7=10\text{,}\) dan melalui \(c\) memberi \(8+2=10\text{;}\) jadi \(d(a,d)=6\text{.}\) Dari \(b\) ke \(c\text{,}\) lintasan \(b-e-c\) dan \(b-d-c\) masing-masing berbobot \(2+7=9\) dan \(7+2=9\text{;}\) lintasan melalui \(a\) berbobot \(11\text{,}\) jadi jarak terpendeknya \(9\text{.}\) Untuk ketiga titik yang diminta, \(d(a,e)=1\) dan \(d(e,d)=5\text{,}\) sehingga \(d(a,d)=6=d(a,e)+d(e,d)\text{.}\)

Tak-negatif dan simetri mengikuti sifat \(d_Y\text{.}\) Jika \(x=x'\text{,}\) jelas \(d_X(x,x')=0\text{.}\) Sebaliknya, jarak nol memberi \(f(x)=f(x')\) menurut identitas titik di \(Y\text{;}\) injektivitas \(f\) lalu memberi \(x=x'\text{.}\) Untuk \(x,x',z\in X\text{,}\) \(d_Y(f(x),f(x'))\leq d_Y(f(x),f(z))+d_Y(f(z),f(x'))\text{,}\) yang tepat merupakan pertidaksamaan segitiga bagi \(d_X\text{.}\) Tanpa injektivitas, dua masukan berbeda yang mempunyai citra sama akan berjarak nol.

Maksimum dua bilangan tak negatif tak negatif dan simetris. Nilai \(D(x,y)\) nol tepat ketika kedua \(d_i(x,y)\) nol, dan karena keduanya metrik, hal itu tepat ketika \(x=y\text{.}\) Untuk \(i=1,2\text{,}\) \(d_i(x,y)\leq d_i(x,z)+d_i(z,y)\leq D(x,z)+D(z,y)\text{.}\) Kedua calon di dalam maksimum dibatasi oleh ruas kanan yang sama; mengambil maksimumnya memberi \(D(x,y)\leq D(x,z)+D(z,y)\text{.}\)

Untuk titik sembarang \(x\text{,}\) \(x\in B_{cd}(a,r)\) jika dan hanya jika \((cd)(a,x)=c\,d(a,x)<r\text{.}\) Karena \(c>0\text{,}\) pembagian tidak membalik tanda, sehingga syarat ini setara dengan \(d(a,x)<r/c\text{,}\) yakni \(x\in B_d(a,r/c)\text{.}\) Setiap bola bagi satu metrik dengan demikian merupakan bola bagi metrik lain; gabungan bola yang kelak mendefinisikan himpunan terbuka juga sama.

Tak-negatif, identitas, dan simetri langsung. Jika \(x=y\text{,}\) pertidaksamaan segitiga seketika. Jika \(x\ne y\text{,}\) tidak mungkin sekaligus \(x=z\) dan \(z=y\text{;}\) sedikitnya satu jarak pada ruas kanan bernilai \(c\text{,}\) sehingga \(c\leq d_c(x,z)+d_c(z,y)\text{.}\) Pilih dua unsur berbeda \(p,q\in X\text{.}\) Untuk \(c_1\ne c_2\text{,}\) \(d_{c_1}(p,q)=c_1\ne c_2=d_{c_2}(p,q)\text{,}\) jadi metriknya berbeda. Karena ada tak berhingga banyak bilangan real positif, diperoleh tak berhingga banyak metrik.