基础拓扑学3
乘积空间与拓扑基
这里先讲述拓扑基，因为乘积空间可以用拓扑基来表达，这种表达更为简单。
拓扑基
给定空间集合$X$，取$\mathcal{B}{\subset}2^X$，而$\overline{\mathcal{B}}:\left\{U{\subset}X|U为\mathcal{B}中若干成员的并集\right\}$
$\overline{\mathcal{B}}$称为$\mathcal{B}$所生成的子集族，特别地有，$\mathcal{B}{\subset}\overline{\mathcal{B}}，\varnothing{\subset}\overline{\mathcal{B}}$。
这是显然的，因为取得是$\mathcal{B}$中若干成员的并集，那么取到$\mathcal{B}$与$\varnothing$也是可以的。
定义拓扑基：
- $\mathcal{B}$称为集合$X$的一个拓扑基，若$\overline{\mathcal{B}}$为$X$的一个拓扑
- 称$\mathcal{B}$为$(X,\tau)$的一个拓扑基，若$\overline{\mathcal{B}}=\tau$
其中1与2其实有区别的，一个是集合的拓扑基，是由$\mathcal{B}$生成了拓扑$\overline{\mathcal{B}}$，而2指的是对于已经有了的拓扑空间，$\overline{\mathcal{B}}=\tau$指出了拓扑基。
注：$U{\in}\overline{\mathcal{B}}\iff u=\varnothing或\forall x{\in}U,\exists U_x{\in}\mathcal{B},x{\in}U_x{\subset}U$
也就是在$\overline{\mathcal{B}}$中的集合，要么是空集，要么包含一个$\mathcal{B}$的成员。
那么什么时候$\overline{\mathcal{B}}$可以成为一个拓扑？怎么用拓扑基来刻画一个拓扑？
成为集合的拓扑基
设$\mathcal{B}{\subset}2^X$，$\mathcal{B}$为$X$的一个拓扑基，则充分必要条件是满足下列两个：
- $\bigcup_{U{\in}\mathcal{B}}U=X$
- $\forall {B}_1,{B}_2{\in}\mathcal{B},B_1{\cap}B_2{\in}\overline{\mathcal{B}}{\iff}\mathcal{B}中有限成员之交属于\overline{\mathcal{B}}$
证明：${\Rightarrow}\overline{\mathcal{B}}$是拓扑，则显然有$X{\in}\overline{\mathcal{B}}$也就是1成立，而$\forall {B}_1,{B}_2{\in}\mathcal{B}{\in}\overline{\mathcal{B}},B_1{\cap}B_2{\in}\overline{\mathcal{B}}$。于是2就成立了。（因为拓扑有限交还是在拓扑中）。
$\Leftarrow$要证明$\overline{\mathcal{B}}$是拓扑，于是要证明拓扑三公理，（1）$\varnothing,X{\in}\overline{\mathcal{B}}$成立。（2）可数并集还是在里面，根据$\overline{\mathcal{B}}$的定义直接可以得到。（3）有限交集还是属于$\overline{\mathcal{B}}$。首先$\forall U_1,U_2{\in}\overline{\mathcal{B}}$，$U_1{\cap}U_2{\in}\overline{\mathcal{B}}$，因为$U_i=U_{\alpha_i{\in}N}B_{\alpha_i},B_{\alpha_i}{\in}{\mathcal{B}},i=1,2.$，于是$U_1{\cap}U_2=({\cup}_{\alpha_1}B_{\alpha_1}){\cap}({\cup}_{\alpha_2}B_{\alpha_2})$，而式子$={\cup}_{\alpha_1,\alpha_2}(B_{\alpha_1}{\cap}B_{\alpha_2})$，由于（2），可以得到$B_{\alpha_1}{\cap}B_{\alpha_2}{\in}\overline{\mathcal{B}}$，再由定义，于是可以推出$U_1{\cap}U_2{\in}\overline{\mathcal{B}}$。
例子：
1，$R,\mathcal{B}=\left\{(a,b)|a<b\right\}$满足1，2
- $R={\bigcup}_{i{\in}Z}(i,i+2)$
- $\forall B_1=(a_1,b_1),B_2=(a_2,b_2),x{\in}(a_1,b_1){\cap}(a_2,b_2),x{\in}(a,b)$。
$$ a=\max\left\{a_1,a_2\right\},b=\min\left\{b_1,b_2\right\}\Rightarrow(a_1,b_1){\cap}(a_2,b_2){\in}\overline{\mathcal{B}}\Rightarrow\overline{\mathcal{B}} $$
为一个拓扑。
而拓扑基甚至还可以更小，比如可以取$\mathcal{B}'=\left\{(a,b)|a<b,b{\in}Q\right\}$，而这时候$\mathcal{B}'$为$R$的一个拓扑基。显然满足1与2，于是可以知道$\overline{\mathcal{B}}=\overline{\mathcal{B}'}$，可以有一个等价拓扑基的概念。
甚至还可以拥有更小的一个拓扑$\mathcal{B}''$，是一个可数基$\mathcal{B}''=\left\{a<b,a,b{\in}Q\right\}$。这里是因为无理数可以由有理数逼近。
成为拓扑空间的拓扑基
$\mathcal{B}$为$(X,\tau)$的一个拓扑基（也就是$\overline{\mathcal{B}}=\tau $）其充要条件为：
- $\mathcal{B}{\subset}\tau$。（$B{\in}\mathcal{B}{\Rightarrow}B是开集$）
- $\tau{\subset}\overline{\mathcal{B}}$，（每个开集都是$\mathcal{B}$中成员的并集）
证明：如果已经知道是拓扑基，则$\Rightarrow$是显然的，因为根据$\overline{\mathcal{B}} $定义，可以知道1与2。
而$\Leftarrow$方向，由1可以通过$\overline{\mathcal{B}} $定义得到$\overline{\mathcal{B}} {\subset}\tau$，因为$\tau$的成员可数并还在$\tau$。那么只需要证明$\tau{\subset}\overline{\mathcal{B}} $，而这一点可以由2推出，则得到$\overline{\mathcal{B}}=\tau$。
以拓扑基取限制与空间限制拓扑的拓扑基
$(X,\tau)$是一个拓扑空间，其$\mathcal{B}$是这个空间的拓扑基，于是乎可以做出$\mathcal{B}_A=\left\{A{\cap}B|B{\in}\mathcal{B}\right\}$这个可以作为其限制的拓扑空间$(A,\tau_A)$的拓扑基。
证明：1，$\mathcal{B}_A{\subset}\tau_A$这个由于两者的定义可以直接给出。2，要证$\tau_A{\subset}\overline{\mathcal{B}_A}$，接下来需要证明这个，然后由上述的条件，即可证明$\tau_A=\overline{\mathcal{B}_A}$，从而证毕。$\forall U_A{\in}\tau_A,U_A=U{\cap}A,U{\in}\tau{\subset}\overline{\mathcal{B}}$可以推出存在$B_{\alpha}{\in}\mathcal{B},U={\cup}_{\alpha}B_{\alpha},U_A=U{\cap}A={\cup}_{\alpha}B_{\alpha}{\cap}A={\cup}_{\alpha}(B_{\alpha}{\cap}A)$。而$B{\in}\mathcal{B}_A$，于是乎$U_A{\in}\overline{\mathcal{B}_A}$，于是可以证明$\tau_A{\subset}\overline{\mathcal{B}_A}$。
拓扑基可以替代拓扑
$\mathcal{B}$为$(X,\tau)$的拓扑基，则有以下三个性质：
- $x{\in}A{\subset}X$，$A$为$x$的邻域$\iff$存在$U{\in}\mathcal{B},x{\in}U{\subset}A$。
- $x$为$A$的聚点$\iff\mathcal{B}$中包含$x$的每个成员与$A$相交非空。
- $f: \widetilde{X}{\to}X$连续$\iff\forall B{\in}\mathcal{B},f^{-1}(B)$为$ \widetilde{X}$的开集。
乘积空间
基础知识
$X_1,X_2$集合，$X_1{\times}X_2=\left\{(x_1,x_2)|x_1{\in}X_1,x_2{\in}X_2\right\}$这是笛卡尔积，而需要定义一个投影映射：$P_i:X_1{\times}X_2{\to}X_i$，$(x_1,x_2){ \mapsto }x_i,i=1,2$。
并有运算：
$$ A_1{\subset}X_1,A_2{\subset}X_2,A_1{\times}A_2{\subset}X_1{\times}X_2\\ A_1,B_1{\subset}X_1;A_2,B_2{\subset}X_2,(A_1{\times}A_2){\cap}(B_1{\times}B_2)=(A_1{\cap}B_1){\times}(A_2{\cap}B_2) $$
拓扑基定义乘积空间
定义：$X,Y$为拓扑空间
$\mathcal{B}=\left\{U{\times}V|U{\subset}X开，V{\subset}Y开\right\}$，于是乎$\mathcal{B}$显然满足1，$X{\times}Y{\subset}B$，与2，$(U_1{\times}V_1){\cap}(U_2{\times}V_2){\in}\mathcal{B}$，既然属于$\mathcal{B}$则显然属于$\overline{\mathcal{B}} $，于是乎$\mathcal{B}$是拓扑基，$\overline{\mathcal{B}}$则成为了$X{\times}Y$的乘积拓扑。
于是乎$(X{\times}Y,\overline{\mathcal{B}})$被称为乘积空间。
乘积空间性质
- 投影映射是连续的开映射
- 乘积拓扑是在空间上使得投影映射连续的最小拓扑
- 投影映射的复合连续性质（分量连续等价于复合连续）
投影映射是连续的开映射
$P_i:X_1{\times}X_2{\to}X_i$连续，且是开映射（将开集映射为开集）
$f:X{\to}Y$开$\iff U{\subset}X$开，且$f(U){\subset}Y$开。
证明：连续性：$\forall U_1{\subset}X_1$开，进一步有$P_1^{-1}(U_1)=U_1{\times}X_2{\in}\mathcal{B}{\subset}\overline{\mathcal{B}}$开。
开映射，显然$\forall U{\times}V{\in}\mathcal{B},P_1(U{\times}V)=U$是开集。
其另一个分量也是一样的证明。
最小拓扑
乘积拓扑是$X_1{\times}X_2$上使得$P_1,P_2$都是连续映射的最小拓扑
证明：$(X_1{\times}X_2, \widetilde{\tau})$中，$P_1,P_2$都是连续映射，则可以推出$\forall U_1{\subset}X_1$开集，$U_2{\subset}X_2$开，进一步有$P_1^{-1}(U_1)=U_1{\times}X_2$开集，而这个显然属于$\widetilde{\tau}$。于是乎也有$P_2^{-1}(X_2{\times}U_2)$是开集并属于$\widetilde{\tau}$。进一步有$(U_1{\times}X_2){\cap}(X_1{\times}U_2)$其实就是$U_1{\times}U_2$是属于$\widetilde{\tau}$，于是有$\mathcal{B}{\subset}\widetilde{\tau}$，于是推出$\overline{\mathcal{B}}{\subset}\widetilde{\tau}$。
投影映射的复合连续性质
$$ f:Z{\to}X_1{\times}X_2连续{\iff}P_1 {\circ} f:Z {\to} X_1与P_2 {\circ} f:Z {\to} X_2都连续 $$
证明，左端证明右端是显然的，因为投影映射是连续的开映射，于是由连续映射的复合还是连续映射直接可以证明。
那么右端推左端：$U_i{\subset}Y_i$开，$i=1,2$。$(P_1{\circ}f)^{-1}(U_1){\subset}Z$开，$(P_2{\circ}f)^{-1}(U_2){\subset}Z$开，要证明$f^{-1}(U_1{\times}U_2){\subset}Z$开集，于是取$z{\in}f^{-1}(U_1{\times}U_2)\iff f(z){\in}U_1{\times}U_2$$iff$$P_1{\circ}f(z){\in}U_1,P_2{\circ}f(z){\in}U_2$，于是可以推出$f^{-1}(U_1{\times}U_2)=(P_1{\circ}f)^{-1}(U_1){\cap}(P_2{\circ}f)^{-1}(U_2)$可以推出$f^{-1}(U_1{\times}U_2)$为开集，于是证明完毕。
嵌入映射
定义嵌入映射：$\forall b{\in}X_2$，$ib:X_1{\to}X_1{\times}X_2$，$x{\to}(x_1,b)$。
证明嵌入映射（要求同胚与1-1映射）
证明：1-1映射是显然的，满射与单射都满足，于是乎仅需证明其同胚的映射正逆连续性质。
连续，$P_1{\circ}ib=I_d,P_2{\circ}ib=b$于是可以推出是连续的，因为恒等映射与常值映射显然连续，由于上面已经证明的复合连续性质，显然可以得到$ib$映射的连续性质。
反连续，$(ib)^{-1}|_{X_1{\times}b}=P_1|_{X_1{\times}ib}$，而显然知道投影映射连续，其限制必然连续，所以逆向的连续性质得证。
这里指出了两个例子，一个是柱面的例子和一个是环面的例子，都讲述了乘积空间与拓扑基的表示形式，但是过于累赘所以这里不说。毕竟十分直观。
豪斯托夫空间与正则空间
豪斯托夫空间定义
定义：$(X,\tau)$给出了一个拓扑空间，若满足$\forall x_1,x_2{\in}X,x_1\neq x_2$，存在$U_{x_1}{\subset}X,U_{x_2}{\subset}X$，其中$U_{x_i}$是为$x_i$的邻域，且$U_{x_1}{\cap}U_{x_2}=\varnothing$，则说明该空间为豪斯托夫空间（Hausdoff）。
实质上：任何两个不同的点有不相交的邻域，就是豪斯托夫空间。
例子
1，$E^n$是豪斯托夫空间，这个很显然，取$x,y{\in}E^n$，再取$\varepsilon=\frac{1}{2}d(x,y)$，则必有$B_x(\varepsilon){\cap}B_y(\varepsilon)=\varnothing$。
2，$X$是一个平凡拓扑空间，于是若$x_1{\neq}X_2,x_1,x_2{\in}X{\Rightarrow}$非豪斯托夫空间。
3，$X$是一个离散拓扑空间，${x_1,x_2}{\subset}X$，只需要取$\left\{x_1\right\},\left\{x_2\right\}$则可以满足豪斯托夫空间的要求。
4，$R$为余有限或者余可数拓扑，这不是一个豪斯托夫空间。
证明：$x,y{\in}R,x{\neq}y$，设$x{\in}U_x{\in}R,y{\in}U_y{\in}R$皆为开集，$U_x{\cap}U_y=\varnothing,U_y{\subset}R{\backslash}U_x$，于是有$U_x{\subset}(U_y)^c$，因为$R{\backslash}U_x$至多可数，而$R{\backslash}U_y$是至多可数的，于是由于$U_y{\subset}R{\backslash}U_x$可以推出矛盾，即不可数包含在可数集合中，数量上出现了矛盾。
正则空间定义
定义$(X,\tau)$满足以下两个条件：
- 单点集是闭集
- 任意两个不相交闭集有不相交的邻域
则称呼该空间为一个正则空间。正则空间显然要求更高一点，因为限制了单点集是闭集，并且要求是对闭集所说的。
例子
1，$R$上的余可数拓扑是非正则空间。
2，正则空间必然是豪斯托夫空间
证明：取单点集为闭集，那么任意两个单点集必然有两个不相交邻域（定义要求）。
3，$(X,\tau_d)$度量空间是正则空间
证明：首先证明单点集是闭集，$\forall x{\in}X$，$\forall y{\in}X$，$B_y(\varepsilon){\cap}\left\{x\right\}=\varnothing$，而$\varepsilon=d(x,y)$。于是乎有$X\backslash\left\{x\right\}={\cup}_{B_y(\varepsilon)}$，于是单点集$\left\{x\right\}$是闭集。因为补集是开集。
接着证明任意两个不相交闭集有不相交的邻域。
首先$A,B{\subset}X$是闭集，$A{\cap}B=\varnothing$，构造一个函数$f:X{\to}E$，$x{\to}\frac{d(x,A)}{d(x,A)+d(x,B)}$，其中$d(x,A)=inf\left\{d(x,a)|a{\in}A\right\}$，同理可以定义$d(x,B)$。接下来我们需要证明这个函数是连续的。首先证明$d(x,A)$是连续的。
分为两步：1，$g:X{\to}E,x{\to}d(x,A)$是连续函数，只需要取$(r,s){\subset}E'$是开区间，$x{\in}g^{-1}((r,s))\Rightarrow$$g(x){in}(r,s)$，这时候取到
$$ \varepsilon>0,0<\varepsilon<min\left\{g(x)-r,x-g(x)\right\} $$
那么对$y{\in}B_{x}(\varepsilon)$，有
$$ g(y)=d(y,A)=inf\left\{d(y,a)|a{\in}A\right\}{\le}inf\left\{d(y,x)+d(x,a)|a{\in}A\right\}=d(y,x)+d(x,A)<\varepsilon+g(x) $$
而又有
$$ g(x)=d(x,A){\le}d(x,y)+d(y,A){\le}\varepsilon+g(y) $$
，综上可以得到$g(y)>g(x)-\varepsilon>r$，进一步推出$g(y){\in}(r,s)$，而这样就可以得到$B_x(\varepsilon){\subset}g^{-1}(r,s)$，由$x$的任意性，可以推出$g$是连续函数。
2，$d(x,A)=0{\iff}x{\in}A$，显然从右边推左边是定义；而从左边推到右边，我们用反证法：假设$x{\notin}A$，$A$是闭集，于是可以推出$X{\backslash}A$是开集，取$x{\in}X{\backslash}A$，则存在$\varepsilon>0,B_x(\varepsilon){\subset}X{\backslash}A$，可以推出$B_x(\varepsilon){\cap}A=\varnothing$，则有$d(x,A){\ge}\varepsilon>0$，显然与条件矛盾，于是乎$x{\in}A$。于是可以证明，$d(x,A)+d(x,B)\neq0$恒成立，于是这个函数$f$的定义有意义，并且通过连续函数的有限次初等运算仍为连续函数，所以得以证明$f$是连续函数。
于是乎，接下来需要用到这个函数，找到任意两个闭集的一个邻域，从而将其分隔开来。$\forall a{\in}A,f(a)=0$，$\forall b{\in}B,f(b)=1$，于是乎只需要取到$f^{-1}((-\infty,\frac{1}{2}))$这里包含是$A$的邻域，而$f^{-1}((\frac{1}{2},\infty))$则是包含$B$的邻域，于是乎可以用这个函数的连续性质，其拉回还是开集，从而得到两个邻域把任意两个不相交的闭集用邻域分隔开来。
乌雷松引理
设$(X,\tau)$是一个正则空间，则任意$X$中的闭集$A,B$，$A{\cap}B=\varnothing$，存在$X$上的连续函数$f$：$f|A=0,f|B=1$。
仔细一看与上面证明好似一致，但是这里没有度量，无法使用度量进行分开，于是这个函数显然不能显式表述，并且因为没有度量，于是这个证明变得比较困难。
证明：记$Q_1$是$[0,1]$中的有理数的集合，它是一个可数集，证明分为两步：
一：用归纳法构造开集族$\left\{U_r:r{\in}Q_I\right\}$，使得：
- 当$r<r'$时，$\overline{U_r}{\subset}U_{r'}$；
- $\forall r{\in}Q_I，A{\subset}U_r{\subset}B^c$。
作法如下：将$Q_I$随意地排列为$\left\{r_1,r_2,\cdots\right\}$，只需使$r_1=1,r_2=0$然后对$n$归纳地构造$U_{r_n}$，取$U_{r_n}=B^c$，它是$A$的开邻域，根据正则空间的定义，可以构造$U_{r_2}$是$A$的开邻域，$\overline{U_{r_2}}{\subset}U_{r_1}$。
现在设$U_{r_1},U_{r_2},\cdots,U_{r_n}$已构造，它们满足上述的两个条件，于是记$r_{i(n)}=\max\left\{r_l|l{\le}n,r_l<r_{n+1}\right\},r_{j(n)}=\min\left\{r_l|l{\le}n,r_l>r_{n+1}\right\}$，则$r_{i(n)}<r_{j(n)}$，因此$\overline{U_{r_{i(n)}}}{\subset}U_{r_{j(n)}}$，作$U_{r_{n+1}}$是$\overline{U_{r_{i(n)}}}$的开邻域，并且$\overline{U_{r_{n+1}}}{\subset}U_{r_{j(n)}}$，容易验证$U_{r_1},U_{r_2},\cdots,U_{r_n},U_{r_{n+1}}$仍旧满足上述两个条件。
二：做出规定的函数$f:X{\to}E^1,\forall x{\in}X$
$f(x)=\sup\left\{r{\in}Q_I|x{\notin}U_r\right\}=\inf\left\{r{\in}Q_I|x{\in}U_r\right\}$。这里给出$f(x)$的两个定义，如果$\forall r,x{\notin}U_r$，就用第一式，如果$\forall r,x{\in}U_r$则用第二式。余下的情况，两式子的值是一样的，因为$A{\subset}U_r,\forall r{\in}Q_I$，所以$f$在$A$上各点的值都为0；类似地，$f$在$B$上个点取值为1，现在仅需证明$f$连续即可，为此只需要说明对任何开区间$(a,b),f^{-1}(a,b)$是$X$的开集，也就是它的每一点都是内点。
根据$f$的定义，$\forall r{\in}Q_I$，（1），若$x{\in}U_r$，则$f(x){\le}r$；（2）若$x{\notin}U_r$，则$f(x){\ge}r$。从$f$的定义还可以看出：$0{\le}f(x){\le}1,\forall x{\in}X$。
设$x{\in}f^{-1}(a,b)$，即$a<f(x)<b$，要证明$x$有开邻域包含在$f^{-1}(a,b)$内。
如果$f(x)\neq0,1$，则可以取$r,r',r''{\in}Q_I$，使得$a<r'<r''<f(x)<r<b$，由（1）知道，$x{\notin}U_{r''}$，从而$x{\notin}\overline{U_{r'}}$；由（2）可以知道：$x{\in}U_r$，因此$U_r{\cap}\overline{U_{r'}^c}$是$x$的开邻域。$\forall y{\in}U_r{\cap}\overline{U_{r'}^c}$。（1）与（2）说明$a<r'{\le}f(y){\le}r{<}b$，因此，$U_r{\cap}\overline{U^c_{r'}}{\subset}f^{-1}(a,b)$。
如果$f(x)=0$，则$a<0$，取$r<b$，则$x{\in}U_r{\subset}f^{-1}(a,b)$。
如果$f(x)=1$，则$b>1$，取$a<r'<r''$，则$x{\in}\overline{U^c_{r''}}{\subset}f^{-1}(a,b)$。
