拓扑空间的紧性

证明：记 $Y=\cup_{i=1}^n X_i$ 。设 $\mathcal{A}=\{A_\lambda|\lambda\in\Lambda\}$ 是 $Y$ 的任一开覆盖，则显然它也是每一个 $X_i$，$i=1,\ldots,n$ 的开覆盖，因此对于每个 $X_i$ ，存在 $\mathcal{A}$ 的一个有限子集族 $\mathcal{A}_i$ 仍然覆盖 $X_i$ 。令

\[
\mathcal{A}’=\bigcup_{i=1}^n \mathcal{A}_i
\]

则显然 $\mathcal{A}’$ 是 $\mathcal{A}$ 的一个有限子集族，并且它仍然覆盖 $Y$ 。

证明：首先证正向：设 $Y$ 是紧的，$\mathcal{A}=\{A_\lambda|\lambda\in\Lambda\}$ 是一族覆盖 $Y$ 的 $X$ 中的开集，则 $\mathcal{A}’=\{A_\lambda\cap Y|\lambda\in\Lambda\}$ 是 $Y$ 的一个开覆盖，根据紧性，存在有限子覆盖

\[
\{A_{\lambda_1}\cap Y,\ldots,A_{\lambda_n}\cap Y\}
\]

显然对应的 $\mathcal{A}$ 的子族

\[
\{A_{\lambda_1},\ldots,A_{\lambda_n}\}
\]

仍然覆盖 $Y$ 。

再证反过来，设 $\mathcal{A}=\{A_\lambda|\lambda\in\Lambda\}$ 是 $Y$ 的一族开集，它覆盖了 $Y$ ，则根据子空间拓扑的定义，对于每个 $A_\lambda$，$\lambda\in\Lambda$ ，存在 $X$ 中的开集 $U_\lambda$ 使得 $A_\lambda=U_\lambda\cap Y$ ，因此 $\{U_\lambda|\lambda\in\Lambda\}$ 是一族覆盖 $Y$ 的 $X$ 中的开集，由定理假设，它包含一个有限子族

\[
\{U_{\lambda_1},\ldots,U_{\lambda_n}\}
\]

仍然覆盖 $Y$ ，则对应的

\[
\{U_{\lambda_1}\cap Y=A_{\lambda_1},\ldots,U_{\lambda_n}\cap Y=U_{\lambda_n}\}
\]

是 $\mathcal{A}$ 的一个有限子族，并且仍然覆盖 $Y$ ，由此得 $Y$ 是紧的，即证。

定理 1 的证明：设 $X$ 是紧空间，$K$ 是 $X$ 的闭子集，$\mathcal{A}$ 是 $K$ 的任一开覆盖，则

\[
\mathcal{B}=\mathcal{A}\cup\{X-K\}
\]

是 $X$ 的一个开覆盖，由 $X$ 的紧性，存在 $\mathcal{B}$ 的一个有限子族 $\mathcal{B}’$ 仍然覆盖 $X$ 。如果 $X-K\in\mathcal{B}’$ 则将它从中去掉，否则不做任何操作，得到

\[
\mathcal{A}’=\mathcal{B}’-\{X-K\}
\]

是 $\mathcal{A}$ 的一个有限子族，并且它是覆盖 $K$ 的。证完。

证明：设 $\mathcal{A}=\{A_\lambda|\lambda\in\Lambda\}$ 是 $F(X)$ 的一个开覆盖，则由 $f$ 的连续性知

\[
\mathcal{B}=\{f^{-1}(A_\lambda)|\lambda\in\Lambda\}
\]

是 $X$ 的一个开覆盖。由 $X$ 的紧性，存在 $\mathcal{B}$ 的一个有限子集族

\[
\mathcal{B}’=\{f^{-1}(A_{\lambda_1}),\ldots,f^{-1}(A_{\lambda_n})\}
\]

仍然覆盖 $X$ 。则对应的集族

\[
\mathcal{A}’=\{A_{\lambda_1},\ldots,A_{\lambda_n}\}
\]

是 $\mathcal{A}$ 的一个有限子集族并且仍然覆盖 $f(X)$ 。证完。

证明：$\forall x\in K$ ，由 $X$ 的 Hausdorff 性，存在互不相交的开集 $U_x$ 和 $V_x$ ，使得 $x\in U_x$、 $p\in V_x$ 。当 $x$ 取遍 $K$ 时，我们得到

\[
\mathcal{U}=\{U_x|x\in K\}
\]

是 $K$ 的一个开覆盖，根据 $K$ 的紧性，存在 $\mathcal{U}$ 的一个有限子集族

\[
\{U_{x_1},\ldots,U_{x_n}\}
\]

仍然覆盖 $K$ 。下面令

\[
U = \bigcup_{i=1}^n U_{x_i},\quad V=\bigcap_{i=1}^n V_{x_i}
\]

则 $U$ 和 $V$ 为互不相交的开集，且 $K\subset U$ 、$p\in V$ 。证完。

定理 5 的证明：设 $K$ 是 Hausdorff 空间 $X$ 中的紧子集，我们现在证明 $X-K$ 是开集。对任意的 $x\in X-k$ ，根据定理 6 ，存在 $X$ 中互不相交的开集 $U$、$V$ 使得 $K\subset U$ 、 $p\in V$，因此 $p\in V\subset X-K$ ，即证。

定理 4 的证明：任取 $X$ 中的闭集 $C$ ，由 $X$ 的紧性和定理 1 知 $C$ 是紧集，由 $f$ 的连续性和定理 3 知 $f(C)$ 是紧的，再由定理 $Y$ 的 Hausdorff 性和定理 5 知 $f(C)$ 是闭的。即证。

证明：首先，由于 $N$ 是开集，对于每一点 $(x_0,y)\in N$ ，存在其开领域 $N_y\subset N$ ，特别地，我们可以取积拓扑中的基开邻域 $N_y=U_y\times V_y$。令 $y$ 取遍 $Y$ 得到 $x_0\times Y$ 的一个开覆盖。

由于 $x_0\times Y$ 同胚于 $Y$ ，因此是紧的，故存在有限子覆盖。亦即存在有限个点 $y_1,\ldots,y_n\in Y$ ，使得

\[
\mathcal{N}=\{N_{y_1},\ldots,N_{y_n}\}
\]

覆盖 $x_0\times Y$ ，令

\[
W=\bigcap_{i=1}^n U_{y_i}
\]

则 $W\times Y$ 为 $X\times Y$ 中的开集，且 $x_0\times Y\subset W\times Y$ ，下面只需要证明 $W\times Y\subset N$ 即可。任取 $(x,y)\in W\times Y$ ，对应点 $(x_0,y)\in x_0\times Y$ 必定被包含于 $\mathcal{N}$ 中的某一个元素里（有多个的时候任取一个即可），记为 $N_0=U_0\times V_0$ ，则我们有 $y\in V_0$ ，又由于 $x\in W\subset U_0$ ，因此得 $(x,y)\in U_0\times V_0$ ，再由于我们之前取的所有基开邻域 $N_{y}$ 都是包含于 $N$ 中的，因此 $(x,y)\in N$ ，即证。

定理 7 的证明：设 $\mathcal{A}=\{A_\lambda|\lambda\in\Lambda\}$ 是 $X\times Y$ 的任一开覆盖。对任意的 $x_0\in X$ ，$x_0\times Y$ 是紧的，因此可以被有限个元素 $\{A_{\lambda_1},\ldots,A_{\lambda_n}\}$ 覆盖，记

\[
N=\bigcup_{i=1}^n A_{\lambda_i}
\]

则由 Tube Lemma ，存在 $x_0$ 的开领域 $W$ 使得 $W\times Y\subset N$ ，此时 $W\times Y$ 也被 $A_{\lambda_1}$ 到 $A_{\lambda_n}$ 这有限个 $\mathcal{A}$ 的元素所覆盖。

下面对于每个 $x\in X$ ，可以得到对应的 $W_x$ ，这构成 $X$ 的一个开覆盖

\[
\mathcal{W}=\{W_x|x\in X\}
\]

再由 $X$ 的紧性知道，开覆盖 $\mathcal{W}$ 存在有限子覆盖，亦即存在有限个点 $x_1,\ldots,x_m$ ，使得 $\{W_{x_1},\ldots,W_{x_m}\}$ 仍然覆盖 $X$ 。因此所有的 tube 构成整个空间：

\[
X\times Y = \bigcup_{i=1}^m W_{x_i}\times Y
\]

又由于每个 tube 都可以被有限个 $\mathcal{A}$ 中的元素覆盖，因此整个空间（有限个 tube 的并）可以被有限个 $\mathcal{A}$ 中的元素覆盖。证完。

证明：$X$ 的紧性的定义等价于：对于 $X$ 中的一族开集 $\mathcal{A}$ ，如果 $\mathcal{A}$ 的任意有限子集族都不能覆盖 $X$ ，则 $\mathcal{A}$ 不能覆盖 $X$ 。

将开集族中的每个元素取补集可以得到一族对应的闭子集，因此上面的条件又等价于：对于任意一族闭子集 $\mathcal{A}’$ ，如果 $\mathcal{A}’$ 的任意有限子集族的交非空（满足有限交条件），则 $\mathcal{A}’$ 的交非空。即证。

证明：(1) $\Rightarrow$ (2) 显然。

(2) $\Leftrightarrow$ (3) 证明过程和定理 10 的证明完全类似。

(2) $\Rightarrow$ (1) 设 $\mathcal{A}=\{A_\lambda|\lambda\in\Lambda\}$ 是 $X$ 的任一开覆盖，任一 $A_\lambda\in\mathcal{A}$ 都是 $X$ 的一些基开集的并，因此

\[
\mathcal{B}=\{B|B\text{ is base set}, B\subset A_\lambda\text{ for some } A_\lambda\in\mathcal{A}\}
\]

是 $X$ 的一个基开覆盖，由条件，有有限多个 $B_{\lambda_1},\ldots,B_{\lambda_n}\in \mathcal{B}$ 覆盖 $X$ ，在 $\mathcal{A}$ 中取 $A_{\lambda_1},\ldots,A_{\lambda_n}$ 使得 $B_{\lambda_i}\subset A_{\lambda_i}$， $i=1,\ldots,n$ ，则 $\{A_{\lambda_1},\ldots,A_{\lambda_n}\}$ 是 $\mathcal{A}$ 的有限子覆盖。

证明：(1) $\Rightarrow$ (2) 显然。

(2) $\Leftrightarrow$ (3) 证明和定理 10 的证明完全类似。

接下来我们不直接证明 (3) $\Rightarrow$ (1) ，而是证明由本定理的 (3) 可以得到定理 11 的 (3) 。设 $\mathcal{B}=\{B_\lambda|\lambda\in\Lambda\}$ 是 $X$ 中任意一族满足有限交性质的闭基集合，我们要证明它们的交非空。

首先我们来构造一个“极大的”包含了 $\mathcal{B}$ 的具有有限交性质的闭基集族 $\mathcal{C}$。“极大”就是说没有比它更大了，稍后会精确定义，这里的想法是，如果我们能证明这个 $\mathcal{C}$ 的交是非空的，那么自然 $\mathcal{B}$ 的交也是非空的。这看上去好像把问题变难了，因为直观上来讲集族变大之后它们的交集就变小了，所以要保证交集非空就更加困难了。不过，这里的思想大致是将集族扩大到“合适”的程度，使得我们在寻找非空的那个交集的时候没有 $\mathcal{B}$ 那么多的自由度，关键就在于“极大性”上，让我们在构造的时候能做到“恰到好处”。

下面我们用 Zorn’s Lemma 来构造这个 $\mathcal{C}$ ，先令 $\mathbb{B} = \{\mathcal{D}|D$ 是满足有限交条件的闭基集族, $\mathcal{B}\subset\mathcal{D}\}$ 。首先 $\mathbb{B}\neq\emptyset$ ，因为 $\mathcal{B}\in\mathbb{B}$ 。我们以包含关系作为 $\mathbb{B}$ 里的一个偏序，下面证明任意一条链（全序子集）都在 $\mathbb{B}$ 中有上界。

设 $\{\mathcal{D}_k|k\in K\}\subset \mathbb{B}$ 是任意一个全序子集，令 $\mathcal{E}=\cup_k \mathcal{D}_k$ ，则对任意的 $k\in K$ ，$\mathcal{D}_k\subset \mathcal{E}$ 。如果我们证明 $\mathcal{E}$ 满足有限交条件，则 $\mathcal{E}\in\mathbb{B}$ ，显然，它是我们要找的上界。

任取有限个元素 $E_1,\ldots,E_m\in\mathcal{E}$ ，由链的有序性知，存在 $k_0\in K$ ，使得 $E_1,\ldots,E_m\in \mathcal{D}_{k_0}$ ，再由 $\mathcal{D}_{k_0}$ 满足有限交条件，知 $\cap_{i=1}
^m E_i\neq\emptyset$ 。

以上我们证明了 Zorn’s Lemma 的条件是满足的，因此，$\mathbb{B}$ 存在最大元 $\mathcal{C}$ 。下面我们来证明集族 $\mathcal{C}$ 的交非空。

$\mathcal{C}$ 的每个元素是一个闭集集合，由于每个基集合都是有限个子基集合的交，我们有每个闭基集合都是有限个闭子基集合的并。即 $\forall C_\mu \in \mathcal{C}, \mu\in M$

\[
C_\mu = S_1\cap\cdots\cap S_n
\]

这里为了避免下标爆炸，只好乱用一下符号了。实际上对于每个不同的 $\mu$ ，$n$ 是不一样的，而且 $S_1$ 到 $S_n$ 也可能是不同的集合。接下来的下标也会有点乱……现在我们考虑某个特定的 $\mu$ ，如果我们能证明至少存在一个 $i$ 使得 $S_i\in\mathcal{C}$ ，那么对于每个闭基集合 $C_\mu, \mu\in M$ ，取对应的那个 $S_i$ 组成一个集族 $\{S_\mu\}\subset \mathcal{C}$ ，因此它满足有限交条件，由 (3) 的条件知（注意每个 $S_\mu$ 是闭子基集合），它们的交非空。由此可以立即得到：集族 $\mathcal{C}$ 的交也非空。

最后我们就来证明至少存在一个 $i$ 使得 $S_i\in\mathcal{C}$ ，这里终于要用到 $\mathcal{C}$ 的极大性了。用反证法，假设对任意的 $i=1,\ldots,n$ 都有 $S_i\not\in\mathcal{C}$ 。由于闭子基集合同时也是闭基集合，对于每一个 $i=1,\ldots,n$， 由 $\mathcal{C}$ 的极大性，知道

\[
\mathcal{C}\subsetneq\left(\mathcal{C}_i=\{S_i\}\cup \mathcal{C}\right)
\]

其中 $\mathcal{C}_i$ 必定不能满足有限交条件，亦即，存在 $\mathcal{C}_i$ 的有限子集族 $\mathcal{C}’_i$ （显然 $S_i$ 包含在其中），其交为空集。将所有这些（有限个） $S_i$ 并起来，我们得到 $C_\mu\in\mathcal{C}$ ，而将对应的 $\mathcal{C}’_i$ 交起来，我们得到一个 $\mathcal{C}$ 的子集族

\[
\mathcal{C}_f=\bigcap_{i=1}^n\mathcal{C}’_i
\]

由刚才的构造，知道

\[
C_\mu\cup\left(\bigcap_{C\in\mathcal{C}_f}C\right)=\emptyset
\]

而 $\{C_\mu\}\cup \mathcal{C}_f$ 是 $\mathcal{C}$ 的一个有限子集族，这与 $\mathcal{C}$ 满足有限交条件相矛盾。证完。

定理 9 的证明：空间 $\prod_{\lambda}X_\lambda$ 的一族子基是

\[
\{p^{-1}_\lambda(V_\lambda)|V_\lambda\subset X_\lambda, V_\lambda\text{ open},\lambda\in\Lambda\}
\]

因此对应的闭子基的每个元素集合是形状如

\[
\prod_{\lambda\in\Lambda}C_\lambda
\]

的集合，其中 $C_\lambda$ 是 $X_\lambda$ 中的闭集（实际上除了最多一个之外，其他的全都是整个空间 $X_\lambda$ ）。对于任意一族如上形式的闭子基集族 $\mathcal{A}$ ，如果它们满足有限交性质，我们证明它们的交非空即可。

根据上面的形式可以知道，将 $\mathcal{A}$ 以自然投影投影到任意的 $X_\lambda$ 中，仍然得到一族满足有限交性质的闭集，由 $X_\lambda$ 本身的紧性，知道它们的交非空，因此可以选择其中一点 $x_\lambda$ 。所有的这些点就构成了 $\prod_\lambda X_\lambda$ 中 $\bigcap_{A\in\mathcal{A}}A$ 里的一点 $(x_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ ，即证。