Λύση

(α)    Έχουμε $p(x, y) \geq 0$ για κάθε $y \in E$, άρα το $\{ p(x, y): y\in E \}$ είναι κάτω φραγμένο από το $0$. (Προφανές είναι μη-κενό, αφού υπάρχει τουλάχιστον ένα στοιχείο του $E$). Έπεται από το αξίωμα της συνέχειας οτι υπάρχει το $\inf \{p(x, y):y \in E \} \geq 0$.
(β)     Αν $p_E (x) =0$ έχουμε οτι: για κάθε $\varepsilon >0$ υπάρχει $y_\varepsilon \in E$ του $p(x, y_\varepsilon )<\varepsilon$. Παίρνοντας $\varepsilon = \frac{1}{n}, n\in \mathbb N$, ορίζουμε ακολουθία $y_n \in E$ me $0 \leq p(x, y_n)<\frac{1}{n}$. Έπεται οτι $p(x, y_n) \rightarrow 0 \Rightarrow y_n \rightarrow x \Rightarrow x \in \overline{E}$. Αντίστροφα, αν $x \in \overline{E}$ τότε για κάθε $\varepsilon >0$ ισχύει $N_x(\varepsilon ) \cap E \neq \emptyset$ δηλαδή $\forall\ \varepsilon >0 \ \exists y \in E$ με $p(x, y)<\varepsilon$. Έπεται οτι $0\leq p_E (x) <\varepsilon$ για κάθε $\varepsilon >0$, δηλαδή $p_E (x) =0$.
(γ)    Έστω $x, y \in X$. Αν $\alpha \in E$ έχουμε $p(x, \alpha ) \leq p(x, y) +p(y, \alpha ) \Rightarrow \inf \{ p(x, \alpha ): \alpha \in E \} \leq p(x, y)+p(y, \alpha )$ δηλαδή $p_E(x) \leq p(x, y) + p(y, \alpha ).$ Έχουμε $p_E(x) - p(x, y) \leq p(y, \alpha )$ για κάθε $\alpha \in E$. Άρα,

$$p_E(x)-p(x, y) \leq \inf \{ p(y, \alpha ): \alpha \in E \} = p_E(y).$$

Δηλαδή, $p_E(x)-p_E(y) \leq p(x, y)$. Από συμμετρία,

$$\vert p_E(x)-p_E(y)\vert \leq p(x, y)\ \ (*)$$

Η ($\ast$) αποδεικνύει την συνέχεια της $p_E:$ αν μας δώσουν $x_0\in X$ και $\varepsilon >0$ τότε για $\delta = \varepsilon$ παίρνουμε: αν $x \in N_{x_0} (\delta )$ τότε $p(x, x_0) < \delta \Rightarrow \vert p_E(x)-p_E(x_0)\vert \leq p(x, x_0 ) < \delta =\varepsilon$.

Άσκηση 6 Υπόδειξη