Tychonoff 定理

贡献者： JierPeter; Patchouli9

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。

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：

　　 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。

　　 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

　　 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

　　 这 $n$ 个有限覆盖的交仍然是覆盖：

　　 联立式 1 和式 3 ，得

　　 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 和定理 2 结合，能得到一个好用的工具：

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

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

　　 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 $B_\alpha\in\{B_\beta\}$。