拓撲學Ⅱ|筆記整理（3）——可數公理，Urysohn可度量化定理

05-02

大家好！

這一節我們繼續介紹一些拓撲v空間所需要的一些重要性質以相關應用。

提供之前的筆記：

拓撲學Ⅱ|筆記整理（1）——拓撲基本概念及性質，連續
拓撲學Ⅱ|筆記整理（2）——乘積空間，拓撲基，分離公理

我們開始本節的內容，本節對應原書內容為P39-50

可數公理

除去分離公理外，可數公理也是非常重要的附加條件。我們慢慢來說。

首先是C1公理，但是引入C1公理之前要先說明一個新的概念

Definition 1:
設 $x in X$ ，稱 $x$ 的所有鄰域集合為 $x$ 的鄰域系，記作 $mathcal{N}(x)$ ，定義 $mathcal{U}$ 為它的一個子集，如果 $x$ 的每個鄰域都至少包含 $mathcal{U}$ 的一個成員，則稱 $mathcal{U}$ 為 $x$ 的一個鄰域基。

比如說， $x$ 所有的開鄰域就構成了一個 $x$ 的鄰域基。這是因為對於 $x$ 的任一鄰域 $V$ ，這個時候 $x$ 是 $V$ 的內點（請記住這兩個概念的可交換性），那麼根據定義就存在 $U$ 開集，使得 $x in U subset V$ 。也就是說對於 $x$ 的任一鄰域，它都包含一個開鄰域，那自然所有的開鄰域就是滿足條件的鄰域基了。

有了這個概念之後就可以定義C1公理了。

Definition 2:C1
C1公理：任一點都有可數鄰域基。

比如說度量空間就滿足C1公理，因為 ${B(x,1/n) mid n in mathbb{N^*}}$ 就是它的一個可數鄰域基。但是 $(mathbb{R}, au_f)$ 就不滿足C1公理，因為假設對於任一點 $x$ 有可數的鄰域基，那麼不妨設是 $mathcal{U}$ ，那麼 $igcup_{U in mathcal{U}}U^c$ 是一個可數集（可數個有限集的並），那我自然可以取到一個 $y e x, y ot in igcup_{U in mathcal{U}}U^c$ ，使得 $mathbb{R} ackslash {y}$ 就是 $x$ 的一個開鄰域，但是 $y ot in igcup_{U in mathcal{U}}U^c$ 是什麼意思？是說 $y$ 不會在任何一個鄰域基中元素的補集內，那麼也就是說 $y$ 在所有的開集 $U$ 內，那 $mathbb{R} ackslash {y}$ 自然就不可能包含任何一個元素集合 $U$ ，就發生了矛盾。

C1公理對應有兩個性質和一個推論，我們慢慢來看。

Proposition 1:
若 $X$ 在 $x$ 處有可數的鄰域基，那麼存在一個可數的鄰域基 ${V_n}$ 使得 $m>n$ 時有 $V_m subset V_n$ 。

簡單說明一下。令 $V_n =igcap_{i=1}^{n}U_i$ ，那麼 $V_n subset U_n$ ，那麼顯然它也是一組鄰域基（包含大的自然包含小的），而且也容易看出是可數的。那麼這顯然滿足要求。

這個性質相當於說，如果這個點處有可數鄰域基，那麼肯定有遞減的可數鄰域基，所以很多時候這會為我們帶來問題的簡化。

Proposition 2:
若 $X$ 是C1空間， $A subset X,x in ar A$ ，那麼 $A$ 中存在收斂到 $x$ 的序列。

這個結論也不難，首先我們可以根據上面的性質，構造一串鄰域基 ${V_n}$ 滿足 $V_n subset V_m, n ge m$ ，另外因為 $x in ar A$ ，所以 $V_n cap A e emptyset$ ，那麼我們取點 $x_n in V_n cap A , forall n$ ，下面只需要驗證它收斂即可。

和分析學中的方法一樣，注意到對於 $x$ 的任意鄰域 $U$ ，存在一個鄰域基元素 $V_n subset U$ ，那麼根據這個集合列的遞減性，不難知道 $V_m subset U ,forall m ge n$ ，那麼這就說明了 $x_m in U, forall m ge n$ ，這自然就說明了 $x_n o x$ 。

這個性質的一個推論如下。

Corollary 1:
若 $X$ 為C1空間， $x_0 in X$ ，映射 $f: X o Y$ 滿足 $x_n o x_0$ 時 $f(x_n) o f(x_0)$ ，那麼 $f$ 在 $x_0$ 處連續。

我們證明一下這個結論。如果 $f$ 在 $x_0$ 處不連續，那麼就存在 $f(x_0)$ 一個鄰域 $V$ 使得 $f^{-1}(V)$ 不是 $x_0$ 鄰域。注意到如果 $f^{-1}(V)$ 不是 $x_0$ 鄰域，那麼對於任意的開集 $B,x_0 in B$ ， $B ot subset f^{-1}(V)$ ，那就說明 $B cap (f^{-1}(V))^c e emptyset$ 。這樣的話結合開集 $B$ 的任意性，就可以知道 $x_0 in overline{(f^{-1}(V))^c}$ 。那麼根據上面那個性質可以知道，存在一個收斂子列 $x_n o x_0,n o infty$ ，且 $x_n in f^{-1}(V)^c$ 。那麼根據條件， $f(x_n) o f(x_0)$ ，這說明什麼？別忘了， $f(x_0)$ 有一個鄰域是 $V$ ，那麼 $f(x_n) o f(x_0)$ 就說明了 $f(x_n)$ 幾乎所有項都在 $V$ 中，也就是說 $x_n$ 幾乎所有項都在 $f^{-1}(V)$ 中，這就矛盾了。

下面我們來看看C2公理，這是一個很強的公理。

Definition 3:C2
C2公理：有可數拓撲基。

C2空間有一些顯然的性質，比如說C2空間一定也是C1空間。還有就是它一定是可分空間（如果有可數的稠密子集，而稠密子集的意思就是它的閉包就是拓撲空間所承載的集合本身），因為我們可以在可數拓撲基 ${B_n}$ 中的每個元素中取一個元素 $x_n$ ，那麼 ${x_n}$ 就是它的可數稠密子集。這句話對的原因是，對於拓撲空間的任意一點 $x$ 和它的任意一個鄰域 $U$ ，根據拓撲基的定義，會存在一個拓撲基中的元素 $B_i$ 滿足 $x in B_i subset U$ ，這樣的話，就有一個點 $x_i in U$ ，這就說明 $U cap {x_n} e emptyset$ ，也就足夠說明 $x in overline{{x_n}}$ ，也就是 $X subset overline{{x_n}}$ ，又因為另一個方向是一定對的，所以它確實是一個可分空間。

不過，可分空間不一定是C2空間，這一個部分可以見P44的習題18。

Proposition 3:
可分度量空間是C2空間。

我們證明一下這個結論。現在設 $(X,d)$ 為可分度量空間，因為它是可分的，所以我們可以設 $A$ 為它一個可數稠密子集。現在我們設 $mathcal{B}={B(a,frac1n) mid a in A, n in mathbb{N^*}}$ ，那麼它顯然是可數的對於任意給定點的鄰域基。下面我們考慮一下證明它是拓撲基。

要說明它是拓撲空間的拓撲基，根據我們上一節的定理可知，我們只要證明每一個拓撲基中的元素都是開集，並且每個開集都是若干拓撲基中元素的並集即可，換句話說，任意一個點都有一個拓撲基的元素「蓋」著它。

根據度量空間的定義，第一個其實是顯然的，關鍵是第二個。要知道度量拓撲內的所有元素都是球形開鄰域，所以我們可以採用分析學的方法來做。注意到任意一個開集 $U$ 和它內部的任意一個點 $x$ ，因為 $x$ 是 $U$ 的內點，所以存在一個球形鄰域滿足 $B(x,epsilon) subset U$ 。注意到 $A$ 是稠密的，所以任意的 $x in X$ ，它的任意一個鄰域都會與 $A$ 的交集非空。

現在我取 $n_x>2/epsilon,a_x in A$ ，使得 $d(x,a_x)<1/n_x$ （與 $x$ 任意近的 $A$ 中的點一定是有的，否則就不稠密了），那麼容易證明 $B(a_x,1/n_x) subset B(x,epsilon) subset U$ ，那麼這樣 $U=igcup_{x in U}B(a_x,1/n_x)$ ，就證明了結論。

這個證明的理解上還是有一點難度的，比如說為什麼取 $n_x>2/epsilon$ ，下面這個圖或許可以解釋這個選取的由來。

小圓的半徑最多是大圓的半徑的一半，才能保證包含圓心的圓一定完全包含在大圓內

關於C2公理，下面有一個非常綜合的定理，它也一定程度上體現了C2公理的條件之強。

Theorem 1:Lindelof
若拓撲空間 $X$ 滿足C2,T3公理，那麼它滿足T4公理。

我們證明一下這個結論。首先因為它是C2空間，所以有可數的拓撲基。先取定為 $mathcal{B}$ ，考慮 $F,F$ 為不相交的閉集，下面關鍵就是要說明它們確實存在不相交的鄰域。

注意到對於任意的 $x in F$ ， $x ot in F$ （注意這裡不是導集哦），所以根據T3公理，存在一個 $x$ 的與 $F$ 不相交的鄰域 $W$ ，這樣 $ar W cap F=emptyset$ （注意，一般情況下，我們不能通過 $W cap F = emptyset$ 推出 $ar W cap F =emptyset$ ，這裡成立的原因是取 $W=F^circ$ ）。這樣的話我取 $B in mathcal{B}$ 使得 $x in B subset W$ ，那麼有 $ar B cap F =emptyset$ 。這樣的話，記 ${B_1,B_2,cdots}$ 為 $mathcal{B}$ 中所有的閉包與 $F$ 不相交的成員，那麼 $F subset igcup_{n=1}^{infty}B_n$ （想想為什麼）。類似的定義，還可以得到 $F subset igcup_{n=1}^{infty}B_n$ 。D

現在設 $U_n=B_n ackslash igcup_{i=1}^{n}ar B_i,V_n=B_n ackslash igcup_{i=1}^{n}ar B_i$ ，那麼它們都是開集，並且 $U_n cap V_m =emptyset,forall n,m$ 。那麼令 $U=igcup_{n=1}^{infty}U_n,V=igcup_{n=1}^{infty}V_n$ ，就有 $U cap V=igcup_{n,m=1}^{infty}(U_n cap V_m)=emptyset$ ，於是，設 $x in F$ ，那麼根據 $F subset igcup_{n=1}^{infty}B_n$ 可以知道存在 $n$ 使得 $x in B_n$ ，那麼 $x in U_n subset U$ （想想為什麼），這樣的話 $U,V$ 就是對應的 $F,F$ 的不相交鄰域。

這個證明很有難度的，有很多地方都很難想，當然了換句話說，這個證明很有欣賞性（大霧）。

可度量化

這一部分主要是介紹一些度量相關的拓撲定理，因為證明的困難性，我們學校略去了相關定理的證明，只保留了最後的最重要的Urysohn度量化定理。

先來看看這些鋪墊的引理，定理是什麼。

Lemma 1:Urysohn
如果 $X$ 滿足T4公理，那麼對於 $X$ 的任意兩個不相交的閉集 $A,B$ ，存在 $X$ 上的連續函數 $f$ ，它在 $A,B$ 上分別取值為0,1。
Theorem 2:Tietze
如果 $X$ 滿足T4公理，那麼定義在 $X$ 上的閉子集 $F$ 上的連續函數可以連續擴張到 $X$ 上。

現在，請各位把它們背下來，然後繼續往下看。

Definition 4:

如果可以在集合 $X$ 上規定一個度量 $d$ 滿足 $au_d= au$ ，則稱這個拓撲空間是可度量化的。

可度量化自然是一個拓撲空間非常重要的性質了，因為這就說明我們可以有辦法通過度量來研究一個空間的結構，而不需要完全靠想像和推理。

可度量化有兩個相關的性質和定理。

Proposition 4:
拓撲空間 $X$ 可度量化等價於存在從 $X$ 到一個度量空間的嵌入映射。

我們證明一下這個結論。一方面，如果拓撲空間可度量化，那麼我可以取度量 $d$ 滿足 $au_d= au$ ，這樣的話 $X o (X,d)$ 其實就是一個恆等映射，它當然是一個嵌入映射。

另一方面，不妨設 $f: X o (Y,d)$ 是一個嵌入映射。那麼記 $B=f(X)$ ， $d_B$ 為 $d$ 在 $B$ 上誘導的度量（意思就是說，把在度量空間上定義的度量規則 $d$ 運用到 $B$ 上的每個點），那麼 $f: X o (B,d_B)$ 是同胚（根據定義）。

現在定義 $X$ 上的度量為 $ho(x,x)=d_B(f(x),f(x))$ ，那麼 $f^{-1}: (B,d_B) o (X, ho)$ 就是保持度量的一個一一映射，結合 $f$ 同胚可知它也是一個同胚（想想為什麼），那麼恆等映射 $f^{-1} circ f: X o (X, ho)$ 是一個同胚，這就可以得到 $au_ ho$ 就是 $X$ 原有的拓撲。

這個證明也是比較複雜的，也比較抽象。

最後就是最重要的大BOSS——Urysohn度量化定理。

Theorem 3:Urysohn
若拓撲空間 $X$ 滿足T1,T4,C2公理，那麼存在一個從 $X$ 到Hilbert空間 $E^omega$ 的嵌入映射。

我們證明一下這個結論。

首先考慮這樣的構造：取 $X$ 的可數拓撲基 $mathcal{B}$ ，如果其中兩個成員 $ar B subset ilde B$ ，那麼就稱它們是一個典型對。排列典型對為 $pi_1,pi_2,...,pi_n,...$ ，其中 $pi_n$ 由 $B_n, ilde B_n$ 構成。注意這兩個一個是開集，一個是閉集。

現在要使用我們之前留下來的兩個定理，注意它們都要求滿足T4公理，這裡正好有。所以先考慮Urysohn引理，根據它，我們可以構造連續函數 $f_n: X o mathbb{E}^1$ （注意，這是歐氏拓撲空間），使得 $f_n$ 在 $ar B_n$ 上取值為0，在 $ilde B_n^c$ 上取值為1（如果典型對只有有限個，那麼讓之後的 $f_n=0$ ）。

現在考慮 $f(x)={f_1(x),frac12f_2(x),cdots,frac1nf_n(x),cdots}$ ，那麼這個映射是單射，因為如果 $x e y$ ，那麼根據T1公理，必然存在有 $ilde B in mathcal{B}$ ，使得 $x in ilde B,y ot in ilde B$ （ $x$ 有開鄰域不含 $y$ ）。再由T4公理可知存在 $B in mathcal{B}$ ，使得 $x in B,ar B subset ilde B$ （這裡要注意到單點集是閉集，並且使用的是T4公理的等價條件）。那麼 $B , ilde B$ 就是一個典型對，在典型對上函數值是不同的，所以 $f(x) e f(y)$ ，因為它們至少有一個分量的值不同。

因為 $X,E^omega$ 都是C1空間（事實上 $E^omega$ 是C2空間，因為存在一個集合 $A={{x_n} in E^omega mid x_n為有理數，且只有有限個不為0}$ 是它的可數稠密集）。那麼要證明 $f$ 嵌入，事實上只需要證明它同胚即可（因為它已經是一個雙射了）。而這在C1空間中，只需要驗證對任一序列 ${x_k}$ ，有 $x_k o x Leftrightarrow f(x_k) o f(x)$ （一個方向可以推出 $f$ 連續，另一方向推出 $f^{-1}$ 連續），下面就來證明這個性質。

一方面，如果我們有 $x_k o x$ ，那麼說明什麼？說明當序列的下標趨於無窮的時候，點與 $x$ 的距離已經無窮近了，另一方面也可以說，之後的點的距離的和其實可以做統一的放縮。因為這是Hilbert空間，加上平方倒數和是收斂的級數，所以可以找到 $N$ 使得 $sum_{n=N+1} ^ infty frac1{n^2} < frac {epsilon^2} {2}$ 。那麼為了方便做放縮，我們設 $K$ 充分大，使得 $k > K,i le N$ 時有 $|f_i(x_k)-f_i(x)| < frac {epsilon}{sqrt {2N}}$ 。所以 $ho(f(x_k),f(x)) < sqrt{frac{epsilon^2}{2N}cdot N+frac{epsilon^2}{2}}=epsilon$ （前 $N$ 個把前面的伸縮係數全部放大為1，後面把兩點距離全部放大到1），就證明了結論。

而對於另一個方向，我們只需要證明 $x_k ot o x$ 時有 $f(x_k) ot o f(x)$ 即可。那麼先取 $x$ 的開鄰域 $ilde B in mathcal{B}$ ，使得對於無窮多個 $k$ 有 $x_k ot in ar B$ 。

取 $B in mathcal{B}$ ，使得 $x in B$ ，且 $B, ilde B$ 構成典型對 $pi_n$ （根據拓撲基和開集的定義，這是一定存在的）。那麼對於無窮多個 $k$ 有 $f_n(x_k)-f_n(x)=1, ho(f(x_k),f(x)) ge 1/n$ ，就證明了不收斂性。