拓撲學Ⅱ|筆記整理（2）——乘積空間，拓撲基，分離公理

04-17

大家好！

趁熱打鐵，為了儘早跟上老師的進度，我們又很快的更新了一篇文章。

這一節筆記將跟隨上一節內容，繼續介紹連續，同胚，拓撲基等重要的概念，如果篇幅允許會介紹有關可數公理，分離公理的內容。

提供之前筆記的目錄：

拓撲學Ⅱ|筆記整理（1）——拓撲基本概念及性質，連續

我們開始本節的內容。本節覆蓋的原書內容為P23-39

連續（下）

常見連續映射

這一部分的內容主要是一些概念，因為它們比較常用，習題中也比較常見，所以我們把它們單獨拉了出來。

Definition 1:
定義恆同映射為 $mathrm{id}:X o X:id(x)=x,forall x in X$
設 $A$ 是 $X$ 的子空間，並且記 $i: A o X$ 為包含映射，如果 $forall x in A,i(x)=x$
若 $f: X o Y$ ，且 $f(X)$ 為 $Y$ 中的一點 $y_0$ ，定義為常值映射。

一個比較常用的性質是這個。

Proposition 1:
若映射 $f: X o Y$ 在 $x$ 處連續， $g: Y o Z$ 在 $f(x)$ 處連續，那麼 $g circ f$ 在 $x$ 處連續。

我們不再證明。

最後來介紹一個有趣的性質，這個性質我們也叫做「粘接引理」。

Lemma 1:
設 ${A_1,A_2,...,A_n}$ 為 $X$ 的一個有限閉覆蓋，如果映射 $f: X o Y$ 在每一個 $A_i$ 上的限制連續，那麼 $f$ 為連續映射。

我們證明一下這個結論。注意到的是，這裡的集合提供的都是「有限閉覆蓋」。所以我們考慮連續的兩個替代條件中的「閉集的原像依然是閉集」。那麼注意到，設 $B$ 是 $Y$ 上的一個閉集，則 $f^{-1}(B)=igcup_{i=1}^{n}f_{A_i}^{-1}(B)$ （這可以通過 ${A_i}$ 是一系列閉覆蓋得到），那麼注意到，因為在每一個閉集上都是連續的，那麼 $f^{-1}(B)$ 就是有限個閉集的並，那麼自然是一個閉集，就證明了結論。

這個引理往往是分段構造連續映射的一個依據。

同胚

同胚確實是非常重要的一個概念，但是根據原書的安排，我們不會剛開始就涉及那麼多高深的東西。

先給出它的定義。

Definition 2:
如果 $f: X o Y$ 是一個一一對應，並且映射和它的逆映射都連續，則稱它是一個同胚映射。記為 $X simeq Y$ 。

在《拓撲學》系列筆記的第六節有具體的有關同胚的內容，這裡不再詳述。只是提一個概念就走（逃）。

Definition 3:
如果 $f: X o Y$ 是單射，是連續映射，並且 $f: X o f(X)$ 是同胚映射，那麼稱 $f: X o Y$ 是嵌入映射。例如包含映射就是嵌入映射。

先放這裡，以後會用到的。

乘積空間

事實上這就是我們之前已經提到過的「積拓撲」。但是提乘積空間之前，我們需要引入一個相關的概念。

Definition 3:
設 $mathcal{B}$ 是 $X$ 的一個子集族，定義 $overline{mathcal{B}}={U subset X mid U為mathcal{B}中若干成員的並集}$ ，並稱 $overline{mathcal{B}}$ 為 $mathcal{B}$ 生成的子集族。

這個概念也可以這麼理解： $overline{mathcal{B}}$ 中的每一個元素 $U$ 滿足對於任意的 $x in U$ ，存在 $B in mathcal{B}$ ，使得 $x in B subset U$ 。初學者最容易犯的錯就是把這個看作「閉包」，因此多注意觀察運用是必要的。

Definition 4:
定義 $X_1 imes X_2 = {(x_1,x_2) mid x_i in X_i}$ 為它們的笛卡爾積，並規定 $j_i: X_1 imes X_2 o X_i(i=1,2)$ 為 $j_i(x_1,x_2)=x_i(i=1,2)$ ，並且稱 $j_i$ 為 $X_1 imes X_2$ 到 $X_i$ 的投射。

這也是經常要使用的基本概念。

現在我們可以定義相關拓撲了。給定兩個拓撲空間 $(X_1, au_1),(X_2, au_2)$ ，需要事先說明的是，為了我們性質使用的方便，定義的拓撲一定要是「最小的」，而且要求對 $j_1,j_2$ 連續。既然如此，不妨考慮一下，對於一個 $X_1$ 上的開集 $U_1$ 考慮一下 $j_1^{-1}(U_1)$ ，它是什麼？根據定義，它是 $U_1 imes X_2$ 。這說明什麼？

根據定義， $U_1 imes U_2 = (U_1 imes X_2) cap (X_1 imes U_2)=j_1^{-1}(U_1)cap j_2^{-1}(U_2) in au$ ，這就說明，只要給定兩個分量上的拓撲空間和開集，它們的笛卡爾積就一定是開集，所以不妨設 $mathcal{B} ={U_1 imes U_2 mid U_i in au_i}$ ，那麼很顯然，對於任意的給定的拓撲 $au$ ，都有 $mathcal{B} subset au$ ，那麼自然有 $overline{mathcal{B}} subset au$ （拓撲公理二），所以 $overline{mathcal{B}}$ 就是我們要找的最小拓撲（因為需要滿足拓撲公理2）。

事實上，它確確實實是一個拓撲，我們只需要說明拓撲公理三。那麼設 $W,W in overline{mathcal{B}}$ ，只要證明 $W cap W in overline{mathcal{B}}$ 。對於任意的 $(x_1,x_2) in W cap W$ ，注意到 $overline{mathcal{B}}$ 的等價定義可知，存在開集 $U_1 imes U_2,U_1 imes U_2$ ，使得 $(x_1,x_2) in U_1 imes U_2 subset W,(x_1,x_2) in U_1 imes U_2 subset W$ ，那麼結合等式 $(U_1 imes U_2) cap (U_1 imes U_2) = (U_1 cap U_1) imes (U_2 cap U_2) in mathcal{B}$ （因為化出來的依然是兩個開集的笛卡爾積），也就是說我們找到了一個元素 $(U_1 cap U_1) imes (U_2 cap U_2) in mathcal{B}$ ，並且有 $(x_1,x_2) in (U_1 cap U_1) imes (U_2 cap U_2) subset W cap W$ 。這就已經說明了結論成立。

Definition 5:
定義這個拓撲 $overline{mathcal{B}}$ 為 $X_1 imes X_2$ 上的乘積拓撲，並且記 $(X_1 imes X_2,overline{mathcal{B}})$ 為乘積空間。

我們這裡只研究有限乘積空間，所以我們也只討論少量的性質。下面這個性質是有限拓撲空間的一個重要的性質。

Proposition 2:
對任何拓撲空間 $Y$ 和映射 $f: Y o X_1 imes X_2$ ，那麼 $f$ 連續等價於 $f$ 的分量都連續，即 $f_i=j_i circ f: Y o X_i$ 都連續。

我們證明一下這個結論。首先，如果 $f$ 連續，那麼根據複合函數的連續性就可以得到分量連續了。關鍵是另一個方向。

注意到分量是連續的，所以對於開集 $U_i in au_i$ ， $f_i^{-1}(U_i)$ 都是 $Y$ 的開集，那麼注意到一件事是 $f(y) in U_1 imes U_2 Leftrightarrow f_i(y) in U_i$ 。所以 $f^{-1}(U_1 imes U_2) = f^{-1}(U_1) cap f^{-1}(U_2)$ 。這當然是一個開集。而注意到拓撲空間中，定義是這一系列開集的元素的若干並，所以我們還需要考慮一般的情況（請注意， $U_1 imes U_2$ 是 $X_1 imes X_2$ 中的開集，但是這一系列開集的集族不是全部，它們的並也被定義為是 $X_1 imes X_2$ 的開集，但是它們各自的分量不一定是對應分量拓撲空間上的開集）。

設 $W=igcup_{alpha in mathcal{A}}U_{1,alpha} imes U_{2,alpha}$ ，其中各自分量為開集，那麼 $f^{-1}(W)=igcup_{alpha in mathcal{A}}f^{-1}(U_{1,alpha} imes U_{2,alpha})$ 自然也是 $Y$ 的開集，這就證明了結論。

一個有趣的推論是

Corollary 1:
對任意的 $b in X_2$ ，由 $x o (x,b)$ 規定的映射 $j_b: X_1 o X_1 imes X_2$ 是嵌入映射。

注意一下嵌入映射的定義是什麼？要求它是單連續映射，同時還要求特殊情況下是同胚映射。而這個映射是單射很顯然，連續的話只需要注意到它的兩個分量都連續即可（一個是恆等映射，一個是常值映射）。

下面考慮同胚，注意到同胚要驗證的對象是 $i_b: X_1 o i_b(X_1)=X_1 imes {b}$ ，這是一個一一映射，並且這個映射連續（上面已經說過了）。那麼逆映射呢？注意到 $i_b^{-1}$ 考慮的對象是 $j_b:X_1 imes X_2 o X_1$ 在 $X_1 imes {b}$ 上的限制，而這相當於是一個投射做了限制。投射是連續映射，那麼限制之後自然還是連續映射，就證明了結論。

拓撲基

之前我們的筆記也提到過，拓撲基其實從一定程度上已經可以反映出一個拓撲的結構了。而相關的概念也已經在之前鋪墊好。

Definition 6:
稱 $X$ 的子集族 $mathcal{B}$ 為 $X$ 的拓撲基，如果 $overline{mathcal{B}}$ 為一個拓撲。而如果對於一個拓撲空間 $(X, au)$ ， $mathcal{B}$ 稱為這個拓撲空間的拓撲基，如果 $overline{mathcal{B}}= au$ 。

關於拓撲基，下面兩個命題分別針對拓撲基定義的兩種情況來引入了相關的判斷方法。需要注意的是二者存在一定的差異，一般不可通用。

Proposition 3:
$mathcal{B}$ 為 $X$ 的拓撲基的充分必要條件是:

(1) $igcup_{B in mathcal{B}}B=X$
(2)若 $B_1,B_2 in mathcal{B}$ ，則 $B_1 cap B_2 in overline{mathcal{B}}$

我們證明一下這個結論。一方面，如果 $mathcal{B}$ 為拓撲基，那麼這個結論不難。首先來證明第一個。根據拓撲公理， $X$ 是拓撲中的元素，而且是最大的那個，那麼對應到拓撲基中自然就是把拓撲基中所有的元素並起來得到的元素（最大的自然要配一個最大的）。那麼對於第二個，注意到 $B_1,B_2$ 本身根據定義就是開集，那麼交一下自然還是開集，那麼自然滿足第二個條件。

另一方面，要證明結論成立，我們只需要驗證 $overline{mathcal{B}}$ 是一個拓撲。首先根據 $overline{mathcal{B}}$ 的本源定義可知它滿足拓撲公理的第二條。所以只需要考察剩餘兩條。注意到 $emptyset in overline{mathcal{B}}$ ，而第一條說明了 $X in overline{mathcal{B}}$ （因為第一條把 $X$ 表示成了拓撲基中的元素的並），那麼第一條就驗證好了。至於第三條，不妨設 $U=igcup_{alpha}B_alpha,U=igcup_{eta}B_eta$ ，其中 $B_alpha,B_eta$ 都是拓撲基中的元素，那麼兩個交一下，自然還是拓撲基中的一系列元素的交（ $B_alpha cap B_eta$ ）的並 $igcup_{alpha,eta}B_alpha cap B_eta$ ，結合 $B_alpha cap B_eta$ 依然是拓撲基，那麼就說明了 $U cap U$ 是一系列拓撲基中元素的並，自然就證明了結論。

Proposition 4:
$mathcal{B}$ 是拓撲空間 $(X, au)$ 的拓撲基的充分必要條件是
(1) $mathcal{B} subset au$ （ $mathcal{B}$ 的成員是開集）
(2) $au subset overline{mathcal{B}}$ （每個開集都是 $mathcal{B}$ 中一些成員的並集）

我們證明一下這個結論。事實上，如果 $mathcal{B}$ 是拓撲基，那麼後面的兩個條件都很容易推出來。另一個方向也只需要根據 $mathcal{B} subset au$ 推出 $overline{mathcal{B}} subset au$ 即可得到 $overline{mathcal{B}} = au$ ，即證明了結論。

在拓撲空間中，因為有了拓撲基，所以很多定理都可以換一種描述方式，這就帶來了極大的方便。

Proposition 5:
設 $mathcal{B}$ 是拓撲空間 $X$ 的拓撲基， $x in A subset X$ ，那麼 $A$ 為 $X$ 的鄰域等價於存在 $B in mathcal{B}$ ，使得 $x in B subset A$ $x$ 為 $A$ 的聚點等價於 $mathcal{B}$ 中每一個包含 $x$ 的成員與 $Aackslash {x}$ 有交點。

$x in ar A$ 等價於 $mathcal{B}$ 中每一個包含 $x$ 的成員與 $A$ 有交點。
$f: Y o X$ 連續等價於 $forall B in mathcal{B},f^{-1}(B)$ 為 $Y$ 的開集。

事實上，它們只是把「開集」全部改成了「拓撲基中的元素而已」，具體的證明細節略去。

分離公理

從這一部分開始，我們進入了一些拓撲中重要的公理，性質的引入介紹。說是「公理」的意思是，它們是我們人為對拓撲空間添加的性質，而添加的這一些簡單的性質卻可以讓原先毫無規律的拓撲變成我們熟悉的一些拓撲空間。

先來看分離公理吧。

Definition 7:T1,T2
T1公理：任何兩個不同點 $x,y$ ， $x$ 有鄰域不含 $y$ ， $y$ 有鄰域不含 $x$ 。
T2公理：任何兩個不同點有不相交的鄰域。
滿足T2公理的空間定義為豪斯道夫(Hausdorff)空間

這裡的鄰域改成「開鄰域」也是可以的，意義不會發生變化。

容易知道的是T2可以推出T1，但是反過來卻不行，一個經典的反例是 $(mathbb{R}, au_f)$ （別忘了，它是余有限拓撲），取任意 $x e y$ ，那麼 $Rackslash {x},Rackslash {y}$ 分別是對應的滿足T1公理的拓撲。但是要注意到的是，這兩個鄰域一定相交（若存在兩個鄰域 $X,Y$ 滿足 $X cap Y=emptyset$ ，那麼 $X^c cup Y^c =mathbb{R}$ ，這是不可能的，因為兩個集合的余集都是有限集）。所以自然它不滿足T2公理。

分離公理的最重要的基本性質是下面這個。

Proposition 6:
$X$ 滿足T1公理等價於 $X$ 的有限子集是閉集。

我們證明一下這個結論。一方面，如果滿足T1公理，那麼只需要證明單點集是閉集，那麼這樣的話根據拓撲公理自然可以得到結論。那麼我們針對單點集 ${x}$ ，如果要證明它是閉集，那麼只需要說明任意的 $y e x$ ， $y ot in overline{{x}}$ ，也就是證明 $y$ 有鄰域與 ${x}$ 不相交即可，而這正是T1公理的內容，所以自然結論成立。

另一方面，如果 $X$ 的有限子集是閉集，那麼對於 $y$ ，有 ${y}$ 是閉集，那麼 $X ackslash {y}$ 就是開集，也就是 $x(x e y)$ 的開鄰域，這個開鄰域不含 $y$ 。反過來，對於 $x$ ， $X ackslash {x}$ 就是我們要的 $y$ 的開鄰域，不含 $x$ 。這就證明了它滿足T1公理。

一個重要的推論如下

Corollary 2:
若 $X$ 滿足T1公理， $A subset X$ ， $x$ 為 $A$ 的聚點，那麼 $x$ 的任一鄰域與 $A$ 的交為無窮集

我們證明一下這個結論。如果存在 $x$ 的一個鄰域 $U$ 使得 $U cap A$ 是有限集，那麼我們不妨設 $U$ 是開集（這是一個小技巧，因為鄰域和開鄰域這裡可以互相替換）。這樣的話， $U cap A ackslash {x}$ 就是一個有限集，所以是閉集，那麼 $U^c cup {A ackslash {x}}^c$ 就是一個 $x$ 的開鄰域。注意到這個鄰域是與 $A ackslash {x}$ 不交的，所以它就不是聚點，就矛盾了。

同時，T2公理也為規範了拓撲空間的「收斂性」提供了很大的方便。

Proposition 7:
豪斯道夫空間中，一個序列不會收斂到兩個以上的點。

簡單說明一下，如果存在，不妨假設有兩個點 $a,b$ ，那麼對應就有兩個不相交的鄰域 $U,V$ 。注意到收斂的定義和分析學中相同。也就是說，若 $x_n o a$ ，則存在 $N_1,n ge N_1$ 時有 $x_n in U$ ，同理，也存在 $N_2,n ge N_2$ 時有 $x _n in V$ ，那麼取 $N =max {N_1,N_2}$ 就有 $x_n in U cap V, n ge N$ ，這就與不相交矛盾了。

下面兩個分離公理事實上是更高級的，我們接著往下看。

Definition 8:T3,T4
T3公理：任意一點與不含它的任一閉集有不相交的（開）鄰域。
T4公理：任意兩個不相交的閉集有不相交的（開）鄰域。

一個比較重要的性質是，在T1公理成立的情況下，T3公理可以推出T2公理，T4公理可以推出T3公理。

下面給出了T3,T4公理的等價形式，這樣的等價替換會給我們的證明帶來很大的方便。

Proposition 8:
(1)滿足T3公理等價於任意點 $x$ 和它的開鄰域 $W$ ，存在 $x$ 的開鄰域 $U$ ，使得 $ar U subset W$ 。
(2)滿足T4公理等價於任意閉集 $A$ 和它的開鄰域 $W$ ，有 $A$ 的開鄰域 $U$ ，使得 $ar U subset W$ 。

簡單說明一下，對於第二個結論，一方面，我們假設長的條件成立，並且假設有兩個不相交的閉集 $A,B$ ，那麼這樣的話 $B^c$ 是 $A$ 的開鄰域。根據條件，就存在一個 $A$ 的開鄰域 $U$ 使得 $ar U subset B^c$ 。那麼就有 $(ar U)^c supset B$ 。注意到這個時候， $U,(ar U)^c$ 就是滿足條件的 $A,B$ 的開鄰域，就證明了它滿足T4公理。

另一方面，考慮一個閉集 $A$ 和它的開鄰域 $W$ ，並且記 $B=W^c$ ，那麼這樣的話， $A,B$ 為不相交的閉集。由T4公理就可以得到 $A,B$ 的不相交的開鄰域 $U,V$ 。注意到 $B subset V$ ，所以 $B^c supset V^c$ ，而 $U subset V^c$ ，所以也不難得到 $U subset =B^c=W$ 。所以我們就已經找到了這樣的開集 $U$ 滿足題目中的條件。（因為 $U subset W Rightarrow ar U subset W$ ）