Metrik fəzanın tam olması üçün meyar

$\newcommand{\bbN}{\mathbb{N}}$

$X$ metrik fəzasında mərkəzi $a \in X$ nöqtəsində və radiusu $r > 0$ ədədi olan açıq kürəni
$$U_r(a) := \{x \in X \mid \rho(x, a) < r\},$$
qapalı kürəni isə
$$\overline{U}_r(a) := \{x \in X \mid \rho(x, a) \le r\}$$
ilə işarə edəcəyik.

Qeyd. Ümumiyyətlə desək, $\overline{U}_r(a) \ne \overline{U_r(a)}$, yəni açıq kürənin qapanması eyni mərkəz və radiusa malik qapalı kürəyə bərabər olmaya bilər. Məsələn, tutaq ki, $X$ ən azı iki elementdən ibarət hər hansı çoxluqdur və bu çoxluqda metrika
$$\rho(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 0, & x = y \textrm{ olduqda}, \\ 1, & x \ne y \textrm{ olduqda} \end{array} \right.$$
ifadəsi ilə təyin olunmuşdur. Bu halda ixtiyari $a \in X$ nöqtəsi üçün
$$\overline{U_1(a)} = \overline{\{a\}} = \{a\} \ne X = \overline{U}_1(a).$$

Teorem. Metrik fəzanın tam olması üçün zəruri və kafi şərt bu fəzada bir-birinə daxil olan və radiusları sıfra yaxınlaşan ixtiyari $\overline{U}_{r_1}(x_1) \supset \overline{U}_{r_2}(x_2) \supset \overline{U}_{r_3}(x_3) \supset \ldots$ qapalı kürələr ardıcıllığının yeganə ortaq nöqtəyə malik olmasıdır.
İsbatı. Əvvəlcə fərz edək ki, $X$ tam metrik fəzadır. Kürələrin bir-birinə daxil olmaları və onların radiuslarının sıfra yaxınlaşmasından çıxır ki, $\{x_n\}$ ardıcıllığı fundamentaldır. Metrik fəza tam olduğuna görə bu ardıcıllıq müəyyən $x \in X$ elementinə yığılır və kürələr qapalı olduğu üçün $x$ elementi həmin kürələrin hər birinə daxildir. Ortaq nöqtənin yeganəliyi isə $\overline{U}_{r_n}(x_n)$ kürəsinin ixtiyari $x$ və $y$ nöqtələri üçün doğru olan
$$0 \le \rho(x, y) \le \rho(x, x_n) + \rho(x_n, y) \le 2 r_n$$
bərabərsizliyindən və $r_n \to 0$ şərtindən alınır.

İndi isə fərz edək ki, $X$ metrik fəzasında bir-birinə daxil olan və radiusları sıfra yaxınlaşan ixtiyari qapalı kürələr ardıcıllığı yeganə ortaq nöqtəyə malikdir. Bu fəzada hər hansı $\{x_n\}$ fundamental ardıcıllığı götürək və göstərək ki, bu ardıcıllıq yığılır. Fundamentallığın tərifinə əsasən, elə $n_1$ indeksi seçə bilərik ki,
$$\rho(x_n, x_{n_1}) < \frac{1}{2}, \quad \forall n > n_1$$
olsun. Sonra elə $n_2 > n_1$ indeksi seçə bilərik ki,
$$\rho(x_n, x_{n_2}) < \frac{1}{2^2}, \quad \forall n > n_2$$
olsun. Bu prosesi davam etdirsək, elə $n_1 < n_2 < n_3 < \ldots$ indekslər ardıcıllığı seçmək olar ki, hər bir $k \in \bbN$ üçün
$$\rho(x_n, x_{n_k}) < \frac{1}{2^k}, \quad \forall n > n_k$$
bərabərsizliyi ödənsin. Onda
$$\overline{U}_{1}(x_{n_1}) \supset \overline{U}_{1/2}(x_{n_2}) \supset \ldots \supset \overline{U}_{1/2^{k-1}}(x_{n_k}) \supset \ldots$$
olduğu üçün, fərziyyəmizə əsasən bu kürələrin yeganə $x \in X$ ortaq nöqtəsi var. Kürələrin radiusları sıfra yaxınlaşdığı üçün bu nöqtə $\{x_{n_k}\}$ altardıcıllığının limiti olur və $\{x_n\}$ fundamental olduğuna görə bu ardıcıllığın özü də $x \in X$ nöqtəsinə yığılır. Beləliklə, $X$ tam metrik fəzadır.
$\square$

Qeyd. Bu teoremdə $r_n \to 0$ şərti mühüm rol oynayır, yəni bu şərt ödənmədikdə tam metrik fəzada bir-birinə daxil olan qapalı kürələr ardıcıllığının kəsişməsi boş çoxluq da ola bilər. Məsələn, $\bbN$ natural ədədlər çoxluğu
$$\rho(m, n) = \left\{ \begin{array}{ll} 0, & m = n \textrm{ olduqda}, \\ 1 + \frac{1}{m+n}, & m \ne n \textrm{ olduqda} \end{array} \right.$$
metrikası ilə birlikdə tam metrik fəzadır, çünki bu fəzada ixtiyari fundamental ardıcıllıq stasionardır, yəni belə ardıcıllığın hədləri müəyyən nömrədən başlayaraq eyni bir elementə bərabərdir. Bu fəzada mərkəzləri $x_n = n$ nöqtələrində yerləşən, radiusları isə
$$r_n = 1 + \frac{1}{2n+1}$$
ədədlərinə bərabər olan $\overline{U}_{r_n}(x_n) = \{ k \mid k \ge n \}$ kürələri bir-birinə daxil olan qapalı kürələr ardıcıllığı təşkil edir, amma
$$\bigcap_{n=1}^{\infty} \overline{U}_{r_n}(x_n) = \varnothing.$$