Espaço métrico é "Hausdorff"

Sendo $a,b \in X$ pontos distintos, então existem $r,s>0 \in \mathbb{R}$ tais que $$d(a,b) \geq r + s.$$ Tomemos as bolas $B_r (a)$ e $B_s (b)$. Suponha que exista algum ponto $x \in B_r (a) \cap B_s (b)$. Teríamos $d(a,x) < r$, $d(b,x)<s$ pois $x \in B_r(a)$, $x \in B_s(b)$ e $$d(a,b) \leq d(a,x) + d(x,b) < r + s \leq d(a,b),$$ o que é um absurdo. Logo $B_r(a) \cap B_s(b) = \emptyset$.

Em termos de vizinhança, poderia considerar as bolas $B_r(a) = V \in V(a)$ e $B_s(b) = W \in V(b)$ como as vizinhanças para finalizar a questão?

Com efeito, sendo $(X,d)$ um espaço métrico e $a$ e $b$ pontos em $X$ distintos sabemos que, $d(a,b)>0$. Daí, tomando $\epsilon=\frac{d(a,b)}{2}$ afirmo que $V=B_{\epsilon}(a)$ e $W=B_{\epsilon}(b)$ satisfaz as condições desejadas.

De fato, como $V$ e $W$ são bolas abertas centradas em $a$ e $b$, respectivamente, vemos que $V\in\mathcal{V}(a)$ e $W\in\mathcal{V}(b)$. Resta provar que $V\cap W=\varnothing$. Para isso, suponha por absurdo que $x\in V\cap W$. Então,
\begin{equation*}
d(a,b)\leq d(a,x)+d(x,b)<2\epsilon=d(a,b)
\end{equation*}
Uma contradição. Portanto, $V\cap W=\varnothing$ donde segue o resultado.