یک راه حل دیگر با استفاده از تعریف مستقیم مجموعه باز:
فرض کنید $A\subset G$ ونشان می دهیم $A$ باز است.(پس باید نشان دهیم برای هر $x\in A$ یک $r>0$ وجود دارد که $B(x,r)\subset A$)
فرض کنید $A=\{x_1,x_2,\cdots , x_m\}$ و $G=\{x_1, x_2, \cdots , x_m, x_{m+1},\cdots , x_{m+n}\}$
فرض کنید $x_i\in A$($1\leq i\leq m$) در اینصورت $x_i\in G$ و چون $G$ باز است پس $s>0$ ی هست که $B(x_i,s)\subset G$. حال $r>0$ را به صورت زیر در نظر بگیرید:
$$r< \min_{j\neq i}\{d(x_i, x_j), s\} $$
در اینصورت ادعا می کنیم $B(x_i, r)\subset A$.
اولا $B(x_i, r)$ زیر مجموعه ای از $G$ است زیرا $B(x_i, r)\subset B(x_i, s)\subset G$.
دوما $B(x_i, r)=\{x_i\}$ چرا که اگر شامل نقطه ای دیگر بجز $x_i$ باشد(مثلا $x_j$) در اینصورت بنابر انتخاب $r$ داریم
$$d(x_i,x_j)< r< d(x_i, x_j)$$
که تناقض است.
پس ثابت کردیم $B(x_i, r)=\{x_i\}\subset A$ لذا $A$ باز است.