bài tập topo dành cho cao học

MathVn.Com
Nhậnxét:
T
4
- không gian ⇒T
3
1
2
- không gian ⇒T
3
- không gian ⇒T
2
- không gian ⇒T
1
- không
gian ⇒T
0
- không gian. Tuy nhiên điều ngược lại không đúng. Phần tiếp theo là các
ví dụ để ta thấy rằng điều ngược lại không đúng.
3 Các phản ví dụ
3.1 T
0
- không gian mà không phải là T
1
- không gian
Ví dụ 1: Cho X là tập vô hạn tuỳ ý x
0
∈ X. Đặt T = {G ⊂ X|G = ∅ hoặc
x
0
∈ G}. Ta sẽ chứng tỏ rằng:

a. (X, T ) là không gian tôpô.
b. Không gian tôpô (X,T )là T
0
- không gian, không là T
1
- không gian.
Chứng minh. i Rõ ràng ∅ ∈ T , X ∈ T
ii A, B ∈ T khác rỗng, ⇒ x
0
∈ A ∩ B ⇒ A ∩ B ∈ T
iii Họ (A
α
)
α∈I
∈ T giả sử A
α
0
= ∅, α
0
∈ I, thì x
0
∈

α∈I
A
α
⇒

α∈I
A

α
∈ T
Vậy (X, T ) là không gian tôpô .
b. Lấy bất kì hai điểm phân biệt y
1
, y
2
thuộc X. Nếu y
1
, y
2
khác x
0
, tập {x
0
, y
1
} là
tập mở không chứa y
2
. Nếu y
1
= x
0
⇒ {x
0
} không chứa y
2
Suy ra (X, T ) là T
0

- không
gian.
Lấy y khác x
0
, mọi lân cận của y đều chứa x
0
nên (X, T ) không là T
1
- không gian
Ví dụ 2: Xét X = R, đặt B họ tất cả các tập có dạng (a; +∞), a ∈ R và ∅. Ta sẽ
chứng tỏ rằng:
a. Tồn tại một tôpô trên R nhận B làm cơ sở.
b. X là T
0
- không gian nhưng không là T
1
- không gian.
Chứng minh. a. Rõ ràng R =

a∈R
(a; +∞)
Lấy U = (a; +∞), V = (b; +∞), (giả sử a ≤ b) ⇒ U ∩ V = (b; +∞) ∈ B nên tồn tại
tôpô T trên R có cơ sở là B.
b. Kiểm tra (X, T là T
0
- không gian, không là T
1
- không gian.
Với a,b∈ R, a = b giả sử a<b suy ra (
a + b

2
; +∞) ∈ B, b ∈ (
a + b
2
; +∞) và a /∈
(
a + b
2
; +∞). Mọi lân cận của a đều chứa b. Vậy X là T
0
- không gian không là T
1
-
không gian.
MathVn.Com
3.2 T
1
- không gian mà không phải là T
2
- không gian
Ví dụ 3: Cho X là tập vô hạn, T = {G ⊂ X|G = ∅ hoặc G = X hoặc X\G hữu
hạn}. Ta chứng tỏ rằng:
a. (X, T ) là không gian tôpô, được gọi là topo Zariski
b. (X, T ) là T
1
không gian mà không phải là T
2
không gian.
Chứng minh. a. Chứng minh (X, T ) là không gian tôpô
i. Rõ ràng ∅, X ∈ T .

ii. Giả sử có G
1
, G
2
∈ T . Nếu G
1
, G
2
∈ T \{∅} thì X\G
1
, X\G
2
là hai tập hữu hạn
phần tử nên X\(G
1
∩ G
2
) = X\G
1
∪ X\G
2
là hữu hạn phần tử. Còn nếu có một
trong hai tập G
1
, G
2
bằng ∅ thì hiển nhiên G
1
∩ G
2

= ∅ ∈ T .
iii. Với mọi họ (G
α
)
α∈I
∈ T . Nếu có α
0
∈ I để X\G
α
0
hữu hạn phần tử thì
X\(

α∈I
G
α
) =

α∈I
(X\G
α
) ⊂ X\G
α
0
nên X\(

α∈I
G
α
) là hữu hạn phần tử do

đó

α∈I
G
α
∈ T . Còn nếu G
α
= ∅, ∀α ∈ I thì

α∈I
G
α
= ∅ ∈ T .
Vậy T là tôpô trên X.
b. (X, T ) là T
1
không gian mà không phải là T
2
không gian.
Với mọi x, y ∈ X, x = y. Đặt U = X\{y}, V = X\{x} . Suy ra U, V ∈ T và U là lân
cận của x không chứa y, V là lân cận của y không chứa x. Do đó (X , T ) là T
1
- không
gian.
Giả sử (X, T ) là T
2
- không gian. Khi đó tồn tại lân cận U, V ∈ T sao cho x ∈ U, y ∈ V
và U ∩ V = ∅. Suy ra (X\U), (X\V ) có hữu hạn phần tử và X = X\∅ = X\(U ∩V ) =
(X\U) ∪ (X\V ).
Suy ra X có hữu hạn phần tử mâu thuẫn với X là tập vô hạn. Vậy (X, T ) không phải

là T
2
- không gian.
3.3 T
2
- không gian mà không phải là T
3
- không gian
Ví dụ 4: Cho X là tập số thực, kí hiệu Z = {
1
i
∈ X|i là số nguyên khác 0}.Mỗi
x ∈ X đặt U
i
(x) = (x −
1
i
, x +
1
i
) và
B(x) =

{U
i
(x)}
∞
i=1
x = 0.
{U

i
(x)\Z}
∞
i=1
x=0.
Ta cần chứng tỏ các điều sau:
1. {B(x)}
x∈X
là hệ lân cận xác định tôpô T trên X.
2. (X , T ) là T
2
- không gian.
3. (X , T ) không là T
3
- không gian.
MathVn.Com
Chứng minh.
1. {B(x)}
x∈X
là hệ lân cận xác định tôpô T trên X.
i. Rõ ràng ∀x ∈ X, B(x) = ∅, nếu U ∈ B(x) ⇒ x ∈ U
ii. Lấy V
1
, V
2
∈ B(x).
Nếu x = 0 thì các lân cận mở của 0 có dạng: V
1
= (−
1

i
1
,
1
i
1
)\Z, V
2
=
(−
1
i
2
,
1
i
2
)\Z, giả thiết i
1
≤ i
2
, suy ra V
1
∩ V
2
= V
2
Nếu x = 0 thì các lân cận mở của x có dạng: V
1
= (x −

1
i
1
, x +
1
i
1
), V
2
=
(x −
1
i
2
, x +
1
i
2
) giả thiết i
1
≤ i
2
, suy ra V
1
∩ V
2
= V
2
Cả hai trường hợp đều có V
1

∩ V
2
∈ B(x)
iii. Lấy x ∈ X, ∀y ∈ V ∈ B(x), cần chỉ ra tồn tại lân c ận W của y sao cho
W ⊆ V
• Nếu y = x chọn W = V
• Nếu y = x xét:
– Nếu x = 0, y = 0 lân cận của x có dạng V = (x −
1
i
, x +
1
i
),
chọn số nguyên j sao cho
1
j
< min(d(x, y),
1
i
− d(x, y)) suy ra W =
(y −
1
j
, y +
1
j
) ⊆ V .
– Nếu x = 0, y = 0 chọn W = (y −
1

j
, y +
1
j
)\Z
– Nếu x = 0, y = 0 lân cận V của x có dạng V = (−
1
i
,
1
i
)\Z ⇒ ∃n
0
là
số tự nhiên sao cho
1
n
0
+1
< y <
1
n
0
,
vì y/∈ Z. Đặt r = min(
1
n
0
+1
,

1
n
0
)
lấy W = (y − r, y + r) ⇒ W ∈ B(y), W ⊆ V.
Vậy họ {B(x)}
x∈X
sinh ra tôpô T trên X.
2. (X , T ) là T
2
- không gian.
Gọi O là tôpô tự nhiên trên tập số thực R. Lấy G ∈ O . Nếu 0 /∈ G thì G ∈ T
là hiển nhiên. Nếu 0 ∈ G suy ra
G =

x∈G,i∈N
(x −
1
i
, x +
1
i
) =

0=x∈G,i∈N
(x −
1
i
, x +
1

i
)

(

i∈N
((−
1
i
,
1
i
)\Z))
nên G ∈ T . Do đó tôpô T mạnh hơn tôpô O, lại do (X, O) là không gian Haus-
dorff nên (X, T ) là không g ian Hausdorff.
3. (X , T ) không là T
3
- không gian.
Rõ ràng Z đóng trong không gian (X, T ), 0 /∈ Z và bất kì các tập mở U, V lần
lượt chứa 0 và Z có giao nhau khác rỗng. Vậy (X, T ) không là T
3
- không gian.
Ví dụ 5: Cho X là tập số thực, Q là tập các số hữu tỉ. (X, O) là tôpô tự nhiên trên
X và (Q, O

) là không gian tôpô con sinh bởi không gian tôpô (X, O). Đặt T = O∪O

.
Ta cần chứng tỏ:
1. (X , T ) là tôpô trên X.

2. (X , T ) là T
2
- không gian.
3. (X , T ) không là T
3
- không gian.
MathVn.Com
Chứng minh.
1. (X , T ) là tôpô trên X.
i. Rõ ràng: ∅ ∈ T , X ∈ T .
ii. Lấy A, B ∈ T
• Nếu A, B ∈ O hoặc A, B ∈ O

thì A ∩ B ∈ T .
• Nếu A ∈ O và B = G ∩ Q, G ∈ T thì A ∩ B = (A ∩ G) ∩ Q ∈ T
vìA ∩ G ∈ O.
iii. Lấy họ (A
α
)
α∈I
∈ T , ta có :

α∈I
A
α
= (

α
i
∈I

1
A
α
i
)

(

α
j
∈I
2
A
α
j
)
Với họ (A
α
i
)
α
i
∈I
1
gồm tất cả các A
α
i
∈ O ⇒ ∪
α
i

∈I
1
A
α
i
∈ O, họ (A
α
j
)
α
j
∈I
2
gồm tất cả các phần tử thuộc O

⇒

α
j
∈I
2
A
α
j
∈ O

. Nên

α∈I
A

α
∈ T .
Vậy (X, T ) là không gian tôpô.
2. Chứng minh (X, T ) là T
2
- không gian.
Rõ ràng tôpô O yếu hơn tôpô T , lại do (X, O) là không gian Hausdo rff suy ra
(X, T ) là không gian Hausdorff.
3. Chứng minh (X, T ) không là T
3
- không gian.
Do Q là là tập mở nên X\Q = I tập đóng, như vậy tập các số vô tỉ là tập đóng
trong không gian tôpô (X, T ). 0 /∈ I . Mọi tập mở U, V lần lượt chứa điểm 0 và
tập số vô tỉ I đều có giao khác rỗng. Do đó (X, T ) không thể là không gian chính
qui.
Ví dụ 6: Trong R
2
, mỗi x ∈ R gọi L
x
là đường thẳng qua x mà không chứa x, B
x
là hình cầu mở tâm x và U
x
là hình cầu mở tâm x trừ đi một số hữu hạn tập dạng L
x
.
Đặt B
x
là họ các tập có dạng U
x

hoặc B
x
. Khi đó mọ i x ∈ R
2
, họ B
x
thỏa mãn 3 điều
kiện sau:
a) Mọi x ∈ R
2
và mọi V
x
∈ B
x
ta có x ∈ V
x
b) Giả sử có V
1
x
, V
2
x
∈ B
x
dễ dàng chứng minh được W
x
= V
1
x
∩ V

2
x
∈ B
x
c) Với mọi V
x
∈ B
x
, khi đó mọi y ∈ V
x
nếu y = x thì tồn tại tập dạng B
y
∈ B
y
sao
cho U
y
⊂ V
x
. Còn nếu y = x thì tồn tại tập U
x
= V
x
∈ B
x
: U
x
= V
x
.

Do đó tồn tại tôpô T
1
duy nhất trên R
2
sao cho B
x
là cơ sở lân cận của mỗi x ∈ R
2
:
T
1
= {G ⊂ R
2
|G = ∅ hoặc ∀x ∈ G, ∃V
x
∈ B
x
: V
x
⊂ G}
1) Rõ ràng T  T
1
, trong đó T là tô pô thông thường trên R
2
. Do (R
2
, T ) là T
2
-
không gian nên (R

2
, T
1
) là T
2
- không gian.
2) Dễ thấy với mọi x ∈ R
2
, mọi V
x
∈ B
x
, ∀y ∈ V
x
đều tồn tại V
y
∈ B
y
: V
y
⊂ V
x
⇒
V
x
∈ T
1
. Suy ra B
x
⊂ T

1
, ∀x ∈ R
2
.
Gọi O = O(0, 0) là gố c tọa độ, đặt L
O
là trục hoành trừ ra gốc tọa độ O. Ta có
U
O
= B
O
\L
O
∈ B
O
.
MathVn.Com
Suy ra R
2
\L
O
=

{U
O
= B
O
\L
O
| với B

O
là hình cầu mở tâm O trong R
2
}.
Do đó R
2
\L
O
∈ T
1
⇒ L
O
là tập đóng trong (R
2
, T
1
) không chứa điểm O. Mặt khác,
rõ ràng không tồn tại hai tập mở nào trong (R
2
, T
1
) rời nhau lần lượt chứa tập L
O
và
điểm O(0, 0).
Vậy (R
2
, T
1
) không phải là T

3
- không gian.
3.4 T
3
- không gian mà không phải là T
3
1
2
- không gian
Ví dụ 7: Để chỉ ra được một không gian chính qui mà không hoàn toàn chính qui,
đầu tiên chúng ta xây dựng không gian tôpô, tiếp đến chúng ta sẽ chỉ ra nó là không
gian chính qui mà không là không gian hoàn toàn chính quy. Thông qua ba bước sau:
Bước 1:
Trên mặt phẳng toạ độ Decac xây dựng tôpô như sau:
• Với mỗi số chẵn m, kí hiệu L
m
là tập các điểm trên đoạn thẳng m × [−1; 0]
• Với mỗi số lẻ n , k ∈ Z, k ≥ 2 , kí hiệu C
n,k
là tập các điểm nằm trên các
đoạn thẳng
{n+
k−1
k
}×[−1; 0], {n−
k−1
k
}×[−1; 0] và nửa đường tròn {x×y|(x−n)
2
+y

2
=
(k−1
2
k
2
và y ≥ 0}
trong mặt phẳng .
• Đặt X là hợp của các đoạn thẳng L
m
, (∀m chẵn), và các C
n,k
(∀n lẽ, ∀k ≥ 2)
cùng với hai điểm vô cực a, b.
• Mỗi số lẻ n , k ∈ Z, k ≥ 2, lấy P
n,k
∈ C
n,k
, P
n,k
= n ×
k−1
k
Gọi B họ tất cả các tập con G của X có một trong 5 dạng sau :
i. Tập G có dạng: 1 điểm {p} trong p ∈ C
n,k
, p = p
n,k
.
ii. Tập G có dạng : từ tập C

n,k
bỏ đi hữu hạn điểm trên C
n,k
.
iii. Mỗi số chẵn m, mỗi ε > 0 (0 < ε < 1), mỗi y ∈ [−1; 0], tập G có dạng: tập
các giao điểm của X với đoạn thẳng (m − ε, m + ε) × y.
iv. Mỗi số chẵn m, tập G có dạng là hợp của {a} và tập các điểm x × y của X
sao cho x < m
MathVn.Com
v. Mỗi số chẵn m , tập G có dạng là hợp của {b} và tập các điểm x × y của X
sao cho x > m.
Chúng ta sẽ chỉ ra rằng trên X, có tôp ô T nhận B làm cơ sở.
a. Rõ ràng X = ∪
G∈B
G.
b. Lấy G
1
, G
2
∈ B, ∀x ∈ G
1
∩ G
2
chỉ cần chỉ ra ∃W ∈ B : x ∈ W ⊆ G
1
∩ G
2
.
• Nếu G
1

, G
2
cùng một dạng (hoặc i,ii v), chọn W = G
1
∩ G
2
.
• Nếu G
1
có dạng i, G
2
có các dạng còn lại thì: G
1
∩G
2
= ∅ hoặc G
1
∩G
2
=
G
1
chọn W = G
1
.
• Nếu G
1
có dạng ii, G
2
có các dạng iii, thì G

1
∩G
2
= ∅ hoặc G
1
∩G
2
= {x}
chọn W = {x} là dạng i.
• Nếu G
1
có dạng ii, G
2
có các dạng iv, hoặc v thì G
1
∩ G
2
= ∅ hoặc
G
1
∩ G
2
= G
1
chọn W = G
1
.
• Nếu G
1
có dạng iii, G

2
= {x × y ∈ X|x < m, m chẵn} có dạng iv,
thì G
1
∩ G
2
= ∅ hoặc G
1
∩ G
2
= G
1
chọn W = G
1
có dạng iii, hoặc
G
1
∩ G
2
chỉ chứa các điểm nằm trên các tập C
n,k
lấy x ∈ G
1
∩ G
2
. Chọn
W = {x} có dạng i, và x ∈ W ⊆ G
1
∩ G
2

.
Các trường hợp còn lại được xét tương tự.
Vậy họ B sinh ra tôpô T trên X nhận B làm cơ sở. Tôpô xây dựng như trên gọi
là tôpô John Thomas. Chú ý là :
• Mỗi n lẽ, k nguyên k ≥ 2 tập C
n,k
là mở.
• Các tập hợ p dạng (ii) chứa lân cận của đỉnh P
n,k
• Các tập hợ p dạng (iii) chứa lân cận của mỗi điểm nằm trên L
m
• Các tập hợ p dạng (iv) , (v) chứa lân cận của các điểm vô cực a, b
Bước 2:
Ta chứng minh (X, T ) là T
3
- không gian.
* Lấy x, y ∈ X, x = y. Rõ ràng có các lân cận điểm này không chứa điểm kia.
Nên (X, T ) là T
1
- không gian.
* Để kiểm tra X chính quy, lấy p ∈ X, U là lân cận mở chứa p, cần chứng tỏ tồn
tại lân cận mở V của p sao cho
V ⊂ U.
• Trường hợp U có dạng (i) (ii),(iii) thì U = U chọn V = U.
• Trường hợp U có dạng (iv), U chứa a và các điểm x × y của X sao cho
x < m với m chẵn.
- Nếu p = a thì có lân cận V chứa a cùng với những điểm x × y của X
sao cho x < m − 2 thế thì V = V ∪ L
m−2
⊂ U.

- Nếu p = a, p ∈ U chọn V lân cận của p có dạng (i),(ii) hoặc (iii) và nằm
trong U, rõ ràng V = V
Lý luận tương tự khi U có dạng v.
Vậy (X, T ) là không gian chính qui.
MathVn.Com
Bước 3:
Để chứng minh (X, T ) không là T
3
1
2
- không gian, chỉ cần chỉ ra mọi hàm số liên
tục f : X → [0; 1] thì f(a) = f(b) là đủ.
Mỗi số lẻ n, k ≥ 2, k ∈ Z kí hiệu S
n,k
= {p ∈ C
n,k
|f(p) = f(p
n,k
)}. Ta sẽ chứng
tỏ tập S
n,k
là tập đếm được.
Kí hiệu f(p
n,k
) = c thì f
−1
(c) =
∞

n=1

f
−1
(c−
1
n
, c+
1
n
) mà mỗi tập mởf
−1
(c−
1
n
, c+
1
n
)
chứa hầu hết các điểm của C
n,k
trừ một số hữu hạn. Do đó f
−1
(c) chứa hầu hết
các điểm của C
n,k
trừ một số đếm được của các điểm của C
n,k
. Vì vậy S
n,k
là
tập đếm được các phần tử. Suy ra tập A = ∪{S

n,k
|n lẻ,k ≥ 2, k ∈ Z} là tập
đếm được nên tồn tại d ∈ [−1; 0] sao cho đường thẳng R × d không giao với tập
A. Tức là mỗi C
n,k
, giá trị của f tại giao của đường thẳng R × d với C
n,k
, bằng
f(p
n,k
) = c.
Với mỗi số chẵn m, kí hiệu c
m
là giao điểm của L
m
với đường thẳng R × d. Ta sẽ
chứng minh f(c
m
) = f(c
m+2
)
Lấy n = m+ 1, xét C
n,k
, gọi a
k
, b
k
(giả thiết điểm a
k
có hoành độ nhỏ hơn hoành

độ điểm b
k
) lần lượt là giao điểm của C
n,k
và đường thẳng R × d (hình vẽ)
Khi k → ∞ thì a
k
→ c
m
, b
k
→ c
m+2
. Do f liên tục nên
limf(a
k
) = f (c
m
), limf(b
k
) = f (c
m+2
), suy ra f(c
m
) = limf(a
k
) = limf(b
k
) =
f(c

m+2
).
Vậy chứng tỏ rằng giá trị của hàm f tại các điểm c
m
là bằng nhau với mọi số
chẵn m . Rõ ràng c
m
→ a khi m → −∞ và c
m
→ b khi m → +∞, cùng với hàm
f liên tục suy ra:
f(a) = lim
m→−∞
f(c
m
) = lim
m→+∞
f(c
m
) = f(b).
3.5 T
3
1
2
- không gian mà không phải là T
4
- không gian
Ví dụ 8: Chúng ta sẽ xây dựng không gian tôpô thoả yêu cầu thông qua ba bước
sau:
Bước 1: Xây dựng không gian tôpô.

Trong mặt phẳng toạ độ R
2
kí hiệu :
L := {x × y|y ≥ 0}, L
1
:= {x × y|y = 0}, L
2
:= L\L
1
• Với x ∈ L
1
, r > 0, đặt U(x, r) là tập các điểm của L bên trong đường tròn bán
kính r tiếp xúc với L
1
tại x. Kí hiệu U
i
(x) = U(x,
1
i
) ∪ x, i = 1, 2
MathVn.Com
• Với x ∈ L
2
, r > 0 đặt U(x, r) là tập các điểm bên trong đường tròn tâm x bán
kính r kí hiệu : U
i
(x) = U(x,
1
i
), i = 1, 2

Khi đó họ {B(x)}
x∈X
với B(x) = {U
i
(x)}
∞
i=1
sinh ra tôpô trên X, nhận họ đó làm
cơ sở lân cận của L.
Thật vậy:
a) ∀x ∈ X, từ định nghĩa họ B(x) ta thấy rằng B(x) = ∅, U
i
(x) ∈ B(x) thì x ∈ U
i
(x).
b) U
i
(x), V
i
(x) ∈ B(x) thì U
i
(x) ∩ V
i
(x) ∈ B(x)
c) x ∈ U
j
(y) ∈ B(y) cần chỉ ra tồn tại U
i
(x) ∈ B(x) sao cho U
i

(x) ⊂ U
j
(y)
• Nếu y ∈ L
1
, x ∈ L
1
suy ra x = y chọn U
i
(x) = U
j
(y)
• Nếu y ∈ L
2
, x ∈ L
1
hoặc y ∈ L
1
, x ∈ L
2
ta chọn số nguyên i đủ lớn để
U
i
(x) ⊂ U
j
(y)
• Nếu y ∈ L
2
, x ∈ L
2

chọn số nguyên i sao cho
1
i
< min{d(x, y);
1
j
− d(x, y)} thế
thì U
i
(x) ⊂ U
j
(y)
Vậy họ {B(x)}
x∈X
thoả mãn điều kiện sinh ra một tôpô trên X nhận {B(x)}
x∈X
làm
cơ sở lân cận. Không gian trên được gọi là mặt phẳng Niemyzki. Bước 2:
Ta sẽ chứng minh mặt phẳng Niemyzki là không gian Tykhonoff
• Dễ dàng có mặt phẳng Niemyzki là T
1
- không gian.
• Mỗi x ∈ X, U
i
(x) ∈ B(x), ∀y ∈ U
i
(x)\{x} kí hiệu y’ là giao điểm của tia xy với
biên của U
i
(x) đặt hàm f như sau:

f(x) =



0 nếu y=x;
1 nếu y ∈ L\U
i
(x);
|x.y|
|x.y

|
nếu y ∈ U
i
(x)\{x}
Rõ ràng hàm số f : X −→ I là hàm liên tục trên X, hơn nữa f(x) = 0 và f(y) = 1 với
y ∈ L\U
i
(x).
Theo định lí 6 thì mặt phẳng Niemyzki là không gian Tykhonoff.
Bước 3:
Chứng minh mặt phẳng Niemyzki không là không gian chuẩn tắc.
Để ý rằng tập các điểm tụ của đường thẳng L
1
là L
d
1
= ∅. Mọi tập con A ⊂ L
1
suy

ra A
d
= ∅ nên A là tập đóng trong L. Kí hiệu C = {x × y ∈ L
2
|x, y là số hữu tỉ }.
Khi đó C trù mật trong L. Giả sử L là không gian chuẩn tắc. Mọi A ⊂ L
1
, tồn tại các
tập mở U
A
, V
A
⊂ L sao cho A ⊂ U
A
, L\A ⊂ V
A
và U
A
∩ V
A
= ∅. Với mọi A ⊂ L
1
,
đặt C
A
= C ∩ U
A
. Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng C
A
= C

B
với A = B điều này sẽ dẫn
đến mâu thuẫn vì L
1
chứa 2
c
tập con phân biệt còn C chỉ chứa c tập con phân biệt.
Lấy A, B ⊂ L
1
sao cho A = B, không mất tính tổng quát ta giả sử rằng A\B = ∅. Vì
∅ = A\B ⊂
U
A
∩ V
B
và U
B
∩ V
B
= ∅ (Do U
B
∩ V
B
= ∅). Nên chúng ta có U
A
= U
B
.
Do C trù mật trong L nên U
A

= U ∩ C, U
B
= ∩C và do đó C
A
= C
B
hay C
A
= C
B
.