Tychonoff 定理

                     

贡献者: JierPeter

预备知识 紧致性,积拓扑

1. 定理的描述

   紧空间具有仅次于有限空间的优良性质.然而,一个有限空间的无限次积空间通常是无限集(只要这个有限空间的元素数大于 $1$),我们可能会猜想,一个紧空间的无限次积空间可能会失去紧性.然而 Tychonoff 定理表明,对于积拓扑,紧空间的任意次笛卡尔积仍然是紧空间,紧性被保留了.

   我们先列出该定理,然后讨论并给出其证明.

定理 1 Tychonoff 定理

   给定一族拓扑空间 $\{(X_\alpha, \mathcal{T}_\alpha)\}_{\alpha\in \Lambda}$,如果对每个 $\alpha\in\Lambda$,$(X_\alpha, \mathcal{T}_\alpha)$ 都是紧空间,那么乘积空间 $(\prod_{\alpha\in\Lambda}X_\alpha, \mathcal{T})$ 也是紧空间.这里 $\mathcal{T}$ 是各 $\mathcal{T}_\alpha$ 的积拓扑.

2. 一个工具:Alexander 子基定理

   考虑最简单的积拓扑:两个紧空间 $(X_1, \mathcal{T}_1)$ 和 $(X_2, \mathcal{T}_2)$ 的积拓扑.为了方便视觉化理解,我们可以把 $X_1$ 和 $X_2$ 分别画成一根轴,于是它们的积空间就是一个平面.把各 $X_i$ 的开集都想象成一条线段,于是 $X_i$ 的紧致性可以描述为 “任意覆盖了整条轴的线段集合,总存在有限子覆盖”.那么 $X_i$ 的紧致性能继承到 $X_1\times X_2$ 上吗?

   乍一看似乎没关联,因为 $X_1\times X_2$ 的开集和 $X_i$ 开集的联系似乎只有投影.如果记 $\{U_\alpha\}$ 是 $X_1\times X_2$ 的一族开覆盖,那么投影后的 $\{\pi_i(U_\alpha)\}$ 就是 $X_i$ 的一族开覆盖.由 $X_i$ 的紧致性虽然能得出 $\{\pi_i(U_\alpha)\}$ 存在有限子覆盖 $\{\pi_i(U_i)\}_{i\in I}$($I$ 是某个有限指标集),但没法保证 $\{U_i\}_{i\in I}$ 是 $X_1\times X_2$ 的覆盖.

   不过,稍加优化我们会发现,由于开集都是基本开集的并、基本开集都是开集,可以得到 “任意开覆盖都有有限子覆盖” 等价于 “任意拓扑基覆盖都有有限子覆盖”,这里拓扑基覆盖是指取拓扑基中的基本开集来覆盖.那是不是用拓扑基覆盖可以证明呢?不行,没有解决上述问题.

   尽管如此,我们还是把这个结论记下来:

习题 1 

   证明:对于拓扑空间 $X$ 的任意子空间 $A$,选定一个拓扑基后,下列命题等价:

  1. $A$ 的任意开覆盖都有有限子覆盖;
  2. $A$ 的任意拓扑基覆盖都有有限子覆盖.

   再优化思路:“任意拓扑基覆盖都有有限子覆盖” 可以等价于 “任意子基覆盖都有有限子覆盖” 吗?这里的子基覆盖就是指用子基中的元素紧性覆盖.

   答案是肯定的.

定理 2 

   对于拓扑空间 $X$ 和它的子空间 $A$,选定一个子基和它生成的拓扑基后,下列命题等价:

  1. $A$ 的任意拓扑基覆盖都有有限子覆盖;
  2. $A$ 的任意子基覆盖都有有限子覆盖.

   证明

   1. $\implies$ 2. 是显然的,因为子基的元素都是拓扑基的元素,从而子基覆盖都是拓扑基覆盖.下证 2. $\implies$1..

   反设存在 $A$ 的拓扑基覆盖,它没有有限子覆盖.

   由Zorn 引理,在全体 “没有有限子覆盖” 的拓扑基覆盖构成的集合中,存在 “极大” 的拓扑基覆盖1.即,如果 $\{B_\alpha\}$ 是一个上述的极大拓扑基覆盖,那么对于任意基本开集 $B_0\not\in\{B_\alpha\}$,覆盖 $\{B_0\}\cup\{B_\alpha\}$ 是有有限子覆盖的.

   给定子基 $\mathcal{S}$,以及 $A$ 的一个极大的没有有限子覆盖的拓扑基覆盖 $\{B_\alpha\}_{\alpha\in \Lambda}$.

   取指标集 $I\subseteq \Lambda$,定义为:拓扑基的元素 $B_i$ 也是子基的元素,当且仅当 $i\in I$.

   由于 $A$ 的子基覆盖都有有限子覆盖,而按定义,上述拓扑基覆盖 $\{B_\alpha\}_{\alpha\in \Lambda}$ 没有有限子覆盖,因此 $\bigcup_{i\in I} B_i$ 无法覆盖 $A$.

   于是存在 $x\in A-\bigcup_{i\in I} B_i$.又因为 $\bigcup_{\alpha\in \Lambda}B_\alpha$ 覆盖 $A$,故存在 $\alpha_0\in\Lambda$ 使得 $x\in B_{\alpha_0}$.

   由于该拓扑基由给定子基 $\mathcal{S}$ 导出,因此 $B_{\alpha_0}$ 是有限多个子基的元素的交集.因此存在 $S_1, S_2, \cdots, S_n\in\mathcal{S}$ 使得

\begin{equation} x\in S_1\cap S_2\cap\cdots\cap S_n \subseteq B_{\alpha_0} \end{equation}

   按照 $x$ 的取法,可知 $S_1, S_2, \cdots, S_n$ 不等于任何 $B_\alpha$,因此由于 $\{B_\alpha\}_{\alpha\in\Lambda}$ 的极大性,可知对于任意的 $k\in\{1, 2, \cdots n\}$,拓扑基覆盖 $\{B_\alpha\}_{\alpha\in\Lambda}\cup \{S_k\}$ 都有有限子覆盖.

   于是存在 $n$ 个有限覆盖

\begin{equation} A\subseteq S_k\cup \left(B_{\alpha_1, k}\cup B_{\alpha_2, k}\cup\cdots\cup B_{\alpha_{m_k}, k} \right) \end{equation}
其中各 $B_{\alpha_1, k}$ 都等于一个 $B_\alpha$.

   这 $n$ 个有限覆盖的交仍然是覆盖:

\begin{equation} A\subseteq \bigcap_{k=1}^n \left(S_k\cup \left(B_{\alpha_1, k}\cup B_{\alpha_2, k}\cup\cdots\cup B_{\alpha_{m_k}, k} \right) \right) \end{equation}

   联立式 1 式 3 ,得

\begin{equation} \begin{aligned} A&\subseteq \left(\bigcap_{k=1}^n S_k \right) \cup \left(\bigcap_{k=1}^n \left(B_{\alpha_1, k}\cup B_{\alpha_2, k}\cup\cdots\cup B_{\alpha_{m_k}, k} \right) \right) \\ &\subseteq B_{\alpha_0}\cup \left(\bigcap_{k=1}^n \left(B_{\alpha_1, k}\cup B_{\alpha_2, k}\cup\cdots\cup B_{\alpha_{m_k}, k} \right) \right) \\ &\subseteq B_{\alpha_0}\cup \left(\bigcup_{k=1}^n \left(B_{\alpha_1, k}\cup B_{\alpha_2, k}\cup\cdots\cup B_{\alpha_{m_k}, k} \right) \right) \end{aligned} \end{equation}

   式 4 最右边是有限多个 $B_\alpha$ 的并,也就是说是 $A$ 的有限子覆盖——这与 “$\{B_\alpha\}_{\alpha\in\Lambda}$ 没有有限子覆盖” 矛盾!

   反设不成立.

   证毕

   定理 2 的证明中,拓扑基可以替换为全体开集,基本开集全都替换为开集,证明不变.

   总之,习题 1 定理 2 结合,能得到一个好用的工具:

推论 1 Alexander 子基定理

   对于拓扑空间 $X$ 和它的子集 $A$,$A$ 是紧集当且仅当某个子基的任意子基覆盖都有有限子覆盖.

3. Tychonoff 定理的证明

   证明思路是利用单个 $X_\alpha$ 上开集对投影的逆映射构造子基,得到子基覆盖.此子基若有一系列底面在 $X_\alpha$ 上的柱子,其底面覆盖 $X_\alpha$,则这一系列柱子就覆盖了整个 $X$,从而 $X_\alpha$ 的紧性继承到 $X$ 上.再证明另一种情况不存在,即此子基任意一个面都不能被柱子底面覆盖.

   任取一族紧拓扑空间 $\{(X_\alpha, \mathcal{T}_\alpha)\}_{\alpha\in \Lambda}$,记它们的乘积空间为 $(X, \mathcal{T})$,其中 $X=\prod_{\alpha\in\Lambda}X_\alpha$.记 $\bigwedge_\alpha x_\alpha$ 为 $X$ 中一点,其中各 $x_\alpha$ 都是 $X_\alpha$ 中的点.

   积拓扑的一个子基为

\begin{equation} \mathcal{B} = \{\pi_\alpha^{-1}(U_\alpha)\mid \alpha\in\Lambda, U_\alpha\in \mathcal{T}_\alpha\} \end{equation}
其中 $\pi_\alpha$ 是 $X\to X_\alpha$ 的投影.

   从 $\mathcal{B}$ 中取 $X$ 的一个覆盖 $\mathcal{S}$,再定义

\begin{equation} \mathcal{S}_\alpha = \{\pi_\alpha^{-1}(U_\alpha)\mid U_\alpha\in \mathcal{T}_\alpha\} \end{equation}
即 $\mathcal{S}$ 中由 $X_\alpha$ 的开集取投影的逆映射所得的原像之集合.

   如果对于某个 $\alpha$,$S_\alpha$ 所对应的 $U_\alpha$ 之并已经覆盖了 $\pi_\alpha(X_\alpha)$,那么由 $X_\alpha$ 的紧性知存在有限子覆盖 $\{U_{\alpha_i}\}_{i=1}^{n_\alpha}$,于是 $\pi_\alpha^{-1}\bigcup_{i=1}^{n_\alpha}$ 也覆盖了 $\pi_\alpha^{-1}(\pi_\alpha(X_\alpha))\supseteq X_\alpha$.简而言之,底面都在 $X_\alpha$ 的一族柱子的底面覆盖 $X_\alpha$,则这族柱子覆盖整个空间.

   于是接下来应该设,对于任意 $\alpha$,$S_\alpha$ 对应的 $U_\alpha$ 并不覆盖 $X_\alpha$.于是,可以从每个 $X_\alpha$ 中选出一个没有被 $S_\alpha$ 的底覆盖到的点 $x_(\alpha_0)$,构造出点 $\bigwedge_{\alpha_0}x_{\alpha_0}$.则这个点没有被 $\mathcal{S}$ 覆盖,矛盾.因此假设不成立.

   综上得证.


1. ^ 这个集合中的偏序关系 $\leq$ 由包含关系定义,即 $\{B_\alpha\}_{\alpha\in \Lambda}\leq\{B_\beta\}_{\beta\in \Gamma}$ 当且仅当各 $B_\alpha\in\{B_\beta\}$.


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