习题一 (Homework 01 & 02)

本部分包含点集拓扑课程第一、第二次作业的题目及其详细解答。

问题 1

设 \(A\) 为一个非空有限集。令 \(\mathcal{P}(A) = \{A' \mid A' \subseteq A\}\) 为 \(A\) 的幂集。记 \(2^A\) 为所有形式为 \(f: A \to \{\pm 1\}\) 的函数构成的集合。

证明：在 \(\mathcal{P}(A)\) 与 \(2^A\) 之间存在一个双射，并计算 \(\mathcal{P}(A)\) 的基数。

解答

我们可以通过定义指示函数（特征函数）的方法来构造双射。

1. 构造映射： 定义映射 \(\Phi: \mathcal{P}(A) \to 2^A\)。对于任何子集 \(A' \in \mathcal{P}(A)\)，其对应的函数 \(f_{A'} = \Phi(A')\) 定义如下：

\[ f_{A'}(x) = \begin{cases} 1, & x \in A' \\ -1, & x \notin A' \end{cases} \]

2. 证明 \(\Phi\) 是单射： 假设对于 \(A_1', A_2' \in \mathcal{P}(A)\)，有 \(\Phi(A_1') = \Phi(A_2')\)。这意味着对于所有的 \(x \in A\)，都有 \(f_{A_1'}(x) = f_{A_2'}(x)\)。根据 \(f_{A'}\) 的定义：若 \(x \in A_1'\)，则 \(f_{A_1'}(x) = 1\)，从而 \(f_{A_2'}(x) = 1\)，由定义得 \(x \in A_2'\)。故 \(A_1' \subseteq A_2'\)。同理可得 \(A_2' \subseteq A_1'\)。因此 \(A_1' = A_2'\)，映射是单射。

3. 证明 \(\Phi\) 是满射： 对于任意函数 \(g \in 2^A\)，其中 \(g: A \to \{\pm 1\}\)。我们可以构造集合 \(A_g' = \{x \in A \mid g(x) = 1\}\)。显然 \(A_g' \subseteq A\)，即 \(A_g' \in \mathcal{P}(A)\)。根据构造，\(\Phi(A_g')\) 产生的函数在 \(x \in A_g'\) 时取 \(1\)，其余取 \(-1\)，这与 \(g\) 的取值完全一致。故 \(\Phi(A_g') = g\)，映射是满射。

4. 计算基数： 由于存在双射，故 \(|\mathcal{P}(A)| = |2^A|\)。对于有限集 \(A\)，设 \(|A| = n\)。在构造函数 \(f: A \to \{-1, 1\}\) 时，对于 \(A\) 中的每一个元素 \(x\)，都有 \(2\) 种取值选择（\(1\) 或 \(-1\)）。根据乘法原理，总的函数个数为：

\[ |2^A| = \underbrace{2 \times 2 \times \dots \times 2}_{n \text{ 次}} = 2^n \]

因此，幂集的基数为 \(|\mathcal{P}(A)| = 2^{|A|}\)。

问题 2

设 \(A\) 为一个非空有限集。记 \(\mathcal{F}(A)\) 为所有双射 \(f: A \to A\) 构成的集合。

证明：\(\mathcal{F}(A)\) 关于映射的复合运算 \(g \circ f\) 构成一个群。并讨论在何种情况下 \(\mathcal{F}(A)\) 是阿贝尔群。

解答

要证明 \((\mathcal{F}(A), \circ)\) 构成一个群，我们需要验证群的四条公理：

1. 封闭性： 若 \(f, g \in \mathcal{F}(A)\)，则 \(f\) 和 \(g\) 均为双射。由于两个双射的复合映射仍然是双射，故 \(g \circ f: A \to A\) 属于 \(\mathcal{F}(A)\)。

2. 结合律： 对于任意 \(f, g, h \in \mathcal{F}(A)\)，根据映射复合的性质，对于任意 \(x \in A\)：

\[ [h \circ (g \circ f)](x) = h((g \circ f)(x)) = h(g(f(x))) \]

\[ [(h \circ g) \circ f](x) = (h \circ g)(f(x)) = h(g(f(x))) \]

故 \(h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f\)。

3. 单位元： 存在恒等映射 \(id_A: A \to A\)，定义为 \(id_A(x) = x\)。显然 \(id_A\) 是双射，属于 \(\mathcal{F}(A)\)。对于任意 \(f \in \mathcal{F}(A)\)，有 \(f \circ id_A = id_A \circ f = f\)。

4. 逆元： 对于任意 \(f \in \mathcal{F}(A)\)，由于 \(f\) 是双射，根据逆映射定理，存在唯一的逆映射 \(f^{-1}: A \to A\) 且 \(f^{-1}\) 也是双射。故 \(f^{-1} \in \mathcal{F}(A)\)，且满足 \(f \circ f^{-1} = f^{-1} \circ f = id_A\)。

5. 关于阿贝尔群的讨论： \(\mathcal{F}(A)\) 是阿贝尔群当且仅当 \(|A| \le 2\)。

若 \(|A| = 1\)，\(\mathcal{F}(A)\) 仅含单位元，是阿贝尔群。
若 \(|A| = 2\)，设 \(A = \{a, b\}\)，\(\mathcal{F}(A)\) 包含 \(id_A\) 和对换 \((a, b)\)，其阶为 \(2\)，交换律成立。
若 \(|A| \ge 3\)，\(\mathcal{F}(A)\) 即为对称群 \(S_n\) (\(n \ge 3\))。此时可以取对换 \(f = (1, 2)\) 和 \(g = (2, 3)\)。则 \((g \circ f)(1) = g(2) = 3\)，而 \((f \circ g)(1) = f(1) = 2\)。两者不等，故不是阿贝尔群。

问题 3

设 \(p_n\) 为按升序排列的第 \(n\) 个素数（例如 \(p_1=2, p_2=3, p_3=5\)）。利用数学归纳法或其他方法证明：对于每一个 \(n\)，都有 \(p_n < 2^{2^n}\)。

解答

我们将利用素数个数的估计性质进行数学归纳法证明。

1. 基础步骤： 当 \(n = 1\) 时，\(p_1 = 2\)。右式为 \(2^{2^1} = 2^2 = 4\)。显然 \(2 < 4\)，命题在 \(n=1\) 时成立。

2. 归纳假设： 假设当 \(n \le k\) 时，命题均成立，即对于所有 \(1 \le i \le k\)，有 \(p_i < 2^{2^i}\)。

3. 归纳递推： 根据 Euclid 对素数无穷性的证明思想，第 \(k+1\) 个素数 \(p_{k+1}\) 满足以下不等式：

\[ p_{k+1} \le (p_1 p_2 \dots p_k) + 1 \]

利用归纳假设代入：

\[ p_{k+1} \le (2^{2^1} \cdot 2^{2^2} \cdot \dots \cdot 2^{2^k}) + 1 \]

根据指数幂运算法则，括号内的指数部分为等比数列求和：

\[ 2^1 + 2^2 + \dots + 2^k = 2(2^k - 1) = 2^{k+1} - 2 \]

因此：

\[ p_{k+1} \le 2^{2^{k+1} - 2} + 1 \]

由于对于 \(k \ge 1\)，有 \(2^{k+1} - 2 < 2^{k+1}\)。且当 \(x \ge 2\) 时，\(2^{x-2} + 1 < 2^x\) 显然成立。具体地，对于 \(k \ge 1\)：

\[ 2^{2^{k+1} - 2} + 1 \le 2^{2^{k+1} - 1} < 2^{2^{k+1}} \]

故 \(p_{k+1} < 2^{2^{k+1}}\)。综上所述，由数学归纳法可知，对于所有 \(n \in \mathbb{N}_{\ge 1}\)，命题均成立。

问题 4

设 \(S\) 和 \(S'\) 是 \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) 的如下子集： \(S = \{(x, y) \mid y = x+1 \text{ 且 } 0 < x < 3\}\) \(S' = \{(x, y) \mid y - x \in \mathbb{Z}\}\)

(i) 证明 \(S'\) 是 \(\mathbb{R}\) 上的一个等价关系。描述 \(S'\) 的等价类。
(ii) 设 \(\{R_i\}_{i \in I}\) 是 \(\mathbb{R}\) 上的一族等价关系。证明 \(\bigcap_{i \in I} R_i\) 也是 \(\mathbb{R}\) 上的一个等价关系。
(iii) 描述 \(\mathbb{R}\) 上的等价关系 \(T\)，它是所有包含 \(S\) 的等价关系的交集。描述 \(T\) 的等价类。

解答

解答 (i)：证明 \(S'\) 为等价关系

自反性：对于任意 \(x \in \mathbb{R}\)，\(x - x = 0\)。因为 \(0 \in \mathbb{Z}\)，所以 \((x, x) \in S'\)。
对称性：若 \((x, y) \in S'\)，则 \(y - x = k \in \mathbb{Z}\)。那么 \(x - y = -k\)。因为 \(-k\) 也是整数，故 \((y, x) \in S'\)。
传递性：若 \((x, y) \in S'\) 且 \((y, z) \in S'\)，则 \(y - x = k_1 \in \mathbb{Z}\) 且 \(z - y = k_2 \in \mathbb{Z}\)。则 \(z - x = (z - y) + (y - x) = k_2 + k_1\)。由于整数之和仍为整数，故 \((x, z) \in S'\)。
等价类描述：对于任意 \(x \in \mathbb{R}\)，其等价类为 \([x]_{S'} = \{x + k \mid k \in \mathbb{Z}\}\)。这实际上是将实数轴按照整数跨度进行了离散化划分。

解答 (ii)：证明等价关系的交集仍为等价关系 设 \(R = \bigcap_{i \in I} R_i\)。

自反性：对任意 \(x \in \mathbb{R}\)，由于每个 \(R_i\) 都是等价关系，故 \(\forall i \in I, (x, x) \in R_i\)。因此 \((x, x) \in R\)。
对称性：若 \((x, y) \in R\)，则对所有 \(i \in I\) 都有 \((x, y) \in R_i\)。由 \(R_i\) 的对称性知 \((y, x) \in R_i\)。因此 \((y, x) \in R\)。
传递性：若 \((x, y) \in R\) 且 \((y, z) \in R\)，则对所有 \(i \in I\) 都有 \((x, y) \in R_i\) 且 \((y, z) \in R_i\)。由 \(R_i\) 的传递性知 \((x, z) \in R_i\)。因此 \((x, z) \in R\)。

解答 (iii)：描述等价关系 \(T\) 根据 (ii) 的结论，\(T\) 是包含 \(S\) 的最小等价关系。等价关系 \(T\) 由 \(S\) 的自反、对称、传递闭包生成。 \(S\) 描述了间隔为 \(1\) 且 \(x \in (0, 3)\) 的连接关系。

等价类描述：
若 \(x \in (0, 1]\)，则它可以通过连续加 \(1\) 的方式与后面的点建立等价关系，其等价类为 \([x]_T = \{x, x+1, x+2, x+3\}\)（注意：当 \(x\) 逼近 \(1\) 时，\(x+3\) 逼近 \(4\)）。
若 \(x \in (1, 4)\) 且不属于上述生成方式中的点，其等价类与上述重叠（即它属于某个起点在 \((0,1]\) 的序列中）。
若 \(x \in (-\infty, 0] \cup [4, +\infty)\)，它没有被 \(S\) 关系“连接”到任何其他点，因此 \([x]_T = \{x\}\)。

问题 5

实数 \(x \in \mathbb{R}\) 若满足某个正次数的有理系数多项式方程：

\[ x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \dots + a_1x + a_0 = 0 \]

其中 \(a_i \in \mathbb{Q}\)，则称 \(x\) 为代数数（Algebraic number）；否则称其为超越数（Transcendental number）。假设每个此类多项式方程在 \(\mathbb{R}\) 中只有有限个根。

证明：所有实代数数构成的集合 \(\mathcal{A} \subseteq \mathbb{R}\) 是可数的。并由此推导所有实超越数构成的集合 \(\mathbb{R} - \mathcal{A}\) 是不可数的。

解答

第一步：证明有理系数多项式集是可数的 对于每一个确定的次数 \(n \ge 1\)，一个首一的有理系数多项式由其系数序列 \((a_{n-1}, a_{n-2}, \dots, a_0) \in \mathbb{Q}^n\) 唯一确定。因为有理数集 \(\mathbb{Q}\) 是可数的，所以有限个可数集的笛卡尔积 \(\mathbb{Q}^n\) 也是可数的。所有正次数的有理系数多项式的集合可以表示为所有固定次数多项式集合的并集：

\[ \mathcal{P} = \bigcup_{n=1}^{\infty} \mathbb{Q}^n \]

由于可数个可数集的并集依然是可数的，故所有有理系数多项式构成的集合 \(\mathcal{P}\) 是可数的。

第二步：证明代数数集 \(\mathcal{A}\) 是可数的 对于每一个多项式 \(P \in \mathcal{P}\)，令 \(R(P)\) 为多项式 \(P\) 在 \(\mathbb{R}\) 中的所有根构成的集合。根据题目假设，\(R(P)\) 是一个有限集。全体实代数数集 \(\mathcal{A}\) 可以表示为所有有理系数多项式根集的并集：

\[ \mathcal{A} = \bigcup_{P \in \mathcal{P}} R(P) \]

既然 \(\mathcal{P}\) 是可数的，且每个 \(R(P)\) 都是有限集，根据“可数个可数（或有限）集的并集仍为可数集”的定理，\(\mathcal{A}\) 是可数的。

第三步：推导超越数集的不可数性 我们已知实数集 \(\mathbb{R}\) 是不可数的。由于 \(\mathbb{R} = \mathcal{A} \cup (\mathbb{R} - \mathcal{A})\)，如果超越数集 \(\mathbb{R} - \mathcal{A}\) 是可数的，那么两个可数集的并集 \(\mathbb{R}\) 也应该是可数的。这与实数集的不可数性产生矛盾。因此，实超越数集 \(\mathbb{R} - \mathcal{A}\) 必定是不可数的。

问题 6

设 \(X := \{0, 1\}\)。令 \(X^{\mathbb{N}}\) 为所有映射 \(f: \mathbb{N} \to X\) 构成的集合。对于 \(f \in X^{\mathbb{N}}\)，定义 \(f\) 的支撑集（Support）为：

\[ supp(f) = f^{-1}(\{1\}) \]

考虑子集 \(X_0^{\mathbb{N}} = \{f \in X^{\mathbb{N}} \mid supp(f) \text{ 是有限集} \}\)。

问：\(X_0^{\mathbb{N}}\) 是可数的还是不可数的？请给出理由。

解答

结论：\(X_0^{\mathbb{N}}\) 是可数集。

理由如下：每一个函数 \(f \in X_0^{\mathbb{N}}\) 都由其支撑集 \(supp(f)\) 唯一确定。这是因为 \(f(n)=1\) 当且仅当 \(n \in supp(f)\)，否则 \(f(n)=0\)。因此，\(X_0^{\mathbb{N}}\) 与自然数集 \(\mathbb{N}\) 的所有有限子集构成的集合 \(\mathcal{P}_{fin}(\mathbb{N})\) 之间存在一个自然双射。

我们可以将 \(\mathcal{P}_{fin}(\mathbb{N})\) 拆分为按大小分类的子集族：

\[ \mathcal{P}_{fin}(\mathbb{N}) = \bigcup_{n=0}^{\infty} \mathcal{P}_n(\mathbb{N}) \]

其中 \(\mathcal{P}_n(\mathbb{N})\) 表示所有大小恰好为 \(n\) 的自然数子集构成的集合。

对于 \(n=0\)，\(\mathcal{P}_0(\mathbb{N}) = \{\emptyset\}\)，是有限集。
对于 \(n \ge 1\)，每一个含有 \(n\) 个元素的子集可以单射映射到一个有序的 \(n\) 元组 \((k_1, k_2, \dots, k_n) \in \mathbb{N}^n\) 中（例如按升序排列）。由于 \(\mathbb{N}^n\) 是可数集，其子集 \(\mathcal{P}_n(\mathbb{N})\) 必定也是可数的。

因为 \(\mathcal{P}_{fin}(\mathbb{N})\) 是可数个可数集的并集，所以它是可数的。从而 \(X_0^{\mathbb{N}}\) 是可数集。

定义 0.1 (伪度量空间 Pseudo-metric space)

一个伪度量空间是一个二元组 \((S, d)\)，其中 \(S\) 是一个非空集合，且 \(d: S \times S \to \mathbb{R}_{\ge 0}\) 是一个函数（称为 \(S\) 上的伪度量），它满足以下性质： (1) \(d(x, x) = 0\) (2) 对于所有的 \(x, y \in S\)，有 \(d(x, y) = d(y, x)\) (3) 对于所有的 \(x, y, z \in S\)，满足三角不等式：\(d(x, z) \le d(x, y) + d(y, z)\)

注：如果它还额外满足条件“若 \(d(x, y) = 0\) 则必定有 \(x = y\)”，那么它就成为了一个严格的度量空间。

(以下第 7、8、9 题均基于度量与伪度量的相关概念)

问题 7

设 \((S, d)\) 为一个伪度量空间。我们在 \(S\) 上定义关系 \(\sim\) 如下：若 \(d(x, y) = 0\)，则称 \(x \sim y\)。

证明： (i) \(\sim\) 是 \(S\) 上的一个等价关系（记其等价类构成的商集为 \(S^*\)）； (ii) 对于每一个 \([x], [y] \in S^*\)，定义函数 \(d^*([x], [y]) = d(x, y)\)，证明它给出了 \(S^*\) 上一个定义良好（well-defined）的度量。

解答

(i) 证明等价关系

自反性：由伪度量定义 (1) 知，\(d(x, x) = 0\)，故 \(x \sim x\)。
对称性：若 \(x \sim y\)，则 \(d(x, y) = 0\)。由伪度量定义 (2) 知，\(d(y, x) = d(x, y) = 0\)，故 \(y \sim x\)。
传递性：若 \(x \sim y\) 且 \(y \sim z\)，则 \(d(x, y) = 0\) 且 \(d(y, z) = 0\)。由三角不等式知：\(0 \le d(x, z) \le d(x, y) + d(y, z) = 0 + 0 = 0\)

故 \(d(x, z) = 0\)，即 \(x \sim z\)。

(ii) 证明 \(d^*\) 是良好的度量

1. 定义良好性 (Well-definedness)：我们需要证明 \(d^*([x], [y])\) 的取值不依赖于等价类代表元的选择。设 \(x \sim x'\) 且 \(y \sim y'\)，即 \(d(x, x') = 0\) 且 \(d(y, y') = 0\)。根据三角不等式：\(d(x, y) \le d(x, x') + d(x', y') + d(y', y) = 0 + d(x', y') + 0 = d(x', y')\)

同理反向应用三角不等式可得 \(d(x', y') \le d(x, y)\)。因此 \(d(x, y) = d(x', y')\)，取值与代表元无关，定义良好。

2. 验证度量公理：
非负性与自反性：\(d^*([x], [y]) = d(x, y) \ge 0\)。且 \(d^*([x], [x]) = d(x, x) = 0\)。
严格正性：若 \(d^*([x], [y]) = 0\)，则 \(d(x, y) = 0\)。根据 \(\sim\) 的定义，这意味着 \(x \sim y\)，即 \([x] = [y]\)。
对称性：\(d^*([x], [y]) = d(x, y) = d(y, x) = d^*([y], [x])\)。
三角不等式：

\[ d^*([x], [z]) = d(x, z) \le d(x, y) + d(y, z) = d^*([x], [y]) + d^*([y], [z]) \]

故 \(d^*\) 确实是 \(S^*\) 上的一个度量。

问题 8

设 \(n \in \mathbb{N}_{\ge 1}\)。考虑定义在 \(\mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2\) 上的函数 \(d_n: \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}_{\ge 0}\)，其公式为：

\[ d_n(x, y) := (|x_1 - y_1| + |x_2 - y_2|)^n \]

其中 \(x = (x_1, x_2), y = (y_1, y_2) \in \mathbb{R}^2\)。确定使得 \((\mathbb{R}^2, d_n)\) 成为度量空间的所有 \(n\) 的取值。

解答

结论：使得 \((\mathbb{R}^2, d_n)\) 成为度量空间的 \(n\) 只能取 \(1\)。

分析与证明：要使 \(d_n\) 成为度量，它必须对所有点满足三角不等式：\(d_n(x, z) \le d_n(x, y) + d_n(y, z)\)。

情况一：当 \(n = 1\) 时

\[ d_1(x, y) = |x_1 - y_1| + |x_2 - y_2| \]

这恰好是 \(\mathbb{R}^2\) 上的曼哈顿度量（\(L_1\) 度量）。根据实数绝对值的三角不等式：

\[ |x_1 - z_1| + |x_2 - z_2| \le (|x_1 - y_1| + |y_1 - z_1|) + (|x_2 - y_2| + |y_2 - z_2|) \]

重新排列即可得到 \(d_1(x, z) \le d_1(x, y) + d_1(y, z)\)。非负性、严格正性和对称性显然成立。因此 \(n=1\) 是一个解。

情况二：当 \(n \ge 2\) 时 我们试图寻找一个违反三角不等式的反例。取 \(\mathbb{R}^2\) 中的三个点： \(x = (0, 0)\), \(y = (1, 0)\), \(z = (1, 1)\)。

我们计算这三个点两两之间的距离：

\[ d_n(x, y) = (|0 - 1| + |0 - 0|)^n = 1^n = 1 \]

\[ d_n(y, z) = (|1 - 1| + |0 - 1|)^n = 1^n = 1 \]

\[ d_n(x, z) = (|0 - 1| + |0 - 1|)^n = (1 + 1)^n = 2^n \]

如果要满足三角不等式，必须有：

\[ d_n(x, z) \le d_n(x, y) + d_n(y, z) \implies 2^n \le 1 + 1 = 2 \]

因为我们处于 \(n \ge 2\) 的情况（且 \(n\) 为整数），\(2^n \ge 4 > 2\)。这显然与三角不等式矛盾！因此，当 \(n \ge 2\) 时，\(d_n\) 无法构成度量。

综上所述，唯一满足条件的 \(n\) 为 \(1\)。

问题 9

设 \((S, d)\) 是一个度量空间。我们是否总是能够在 \(S\) 的幂集 \(\mathcal{P}(S)\) 上定义一个度量 \(d'\)，使得对于任意的 \(x, y \in S\)，都有 \(d'(\{x\}, \{y\}) = d(x, y)\)？请证明或给出理由。

解答

结论：是的，我们总是可以构造出这样的度量 \(d'\)。

构造与证明：这道题的核心在于：将单点集看作 \(S\) 的一个拷贝，我们如何将定义在单点集子集上的度量，合法地“延拓”到包含非单点集的整个幂集 \(\mathcal{P}(S)\) 上，同时不破坏度量的三大公理（尤其是三角不等式）。

平凡情况：如果 \(S = \emptyset\)，则 \(\mathcal{P}(S) = \{\emptyset\}\)。在这个单点集上定义平凡度量 \(d'(\emptyset, \emptyset) = 0\) 即可。
一般情况：设 \(S\) 非空。我们固定 \(S\) 中的任意一点 \(x_0 \in S\)。对于 \(\mathcal{P}(S)\) 中的任意两个集合 \(A\) 和 \(B\)，我们如下定义度量 \(d'(A, B)\)：
如果 \(A = B\)，定义 \(d'(A, B) = 0\)。
如果 \(A = \{x\}\) 且 \(B = \{y\}\)（即两者都是单点集，且 \(x \neq y\)），定义 \(d'(A, B) = d(x, y)\)。
如果 \(A = \{x\}\) 是单点集，而 \(B\) 不是单点集，定义 \(d'(A, B) = d(x, x_0) + 1\)。根据对称性，若 \(A\) 不是单点集而 \(B=\{y\}\)，则定义 \(d'(B, A) = d'(A, B) = d(y, x_0) + 1\)。
如果 \(A\) 和 \(B\) 都不是单点集（且 \(A \neq B\)），定义 \(d'(A, B) = 2\)。

接下来我们验证这确实是一个合法的度量：

严格正性与对称性：因为 \(d(x,y)>0\) (当 \(x \neq y\))，且 \(d(x, x_0)+1 \ge 1 > 0\) 以及 \(2 > 0\)，所以当且仅当 \(A=B\) 时 \(d'(A,B)=0\)。对称性由定义直接保证。
三角不等式 \(d'(A, C) \le d'(A, B) + d'(B, C)\) 的验证（设 \(A, B, C\) 互不相同）：
全为单点集 (\(A=\{x\}, B=\{y\}, C=\{z\}\))：\(d(x,z) \le d(x,y) + d(y,z)\)，由原度量 \(d\) 的三角不等式保证。
两单一非 (\(A=\{x\}, B=\{y\}, C\)非单)：我们要证 \(d'(A,C) \le d'(A,B) + d'(B,C)\)。即证 \(d(x, x_0) + 1 \le d(x, y) + d(y, x_0) + 1\)。消去 1 后即 \(d(x, x_0) \le d(x, y) + d(y, x_0)\)，由原度量 \(d\) 保证，成立。同理要证 \(d'(A,B) \le d'(A,C) + d'(C,B)\)。即证 \(d(x,y) \le d(x, x_0) + 1 + d(y, x_0) + 1\)。这显然成立，因为 \(d(x,y) \le d(x, x_0) + d(y, x_0) \le d(x, x_0) + d(y, x_0) + 2\)。
一单两非 (\(A=\{x\}, B\)非单, \(C\)非单)：我们要证 \(d'(A,C) \le d'(A,B) + d'(B,C)\)。即证 \(d(x, x_0) + 1 \le d(x, x_0) + 1 + 2\)，显然成立。同理要证 \(d'(B,C) \le d'(B,A) + d'(A,C)\)。即证 \(2 \le d(x, x_0) + 1 + d(x, x_0) + 1 = 2d(x, x_0) + 2\)。由于距离非负（\(d(x,x_0) \ge 0\)），不等式右边至少为 2，显然成立。
全非单点集：我们要证 \(2 \le 2 + 2\)，显然成立。

所有的度量公理均被满足，且按照定义，当 \(A=\{x\}, B=\{y\}\) 时 \(d'(A,B) = d(x,y)\)。因此，这样的度量 \(d'\) 总是存在的。