习题四 (Homework 07 & 08 & 09)
本部分包含点集拓扑课程第七次作业及其相关证明。内容涵盖 Hausdorff 空间与紧致集的分离性、连通度量空间的基数、Baire 纲定理的特例、Cantor 集的拓扑性质，以及紧致拓扑空间的极小性。
问题 1
设 \((X, \mathcal{T})\) 为一个 Hausdorff 空间。设 \(A, B \subseteq X\) 是两个互不相交的紧致子集。
证明：存在 \(X\) 中互不相交的开集 \(U, V\)，使得 \(A \subseteq U\) 且 \(B \subseteq V\)。
解答
证明过程：
首先固定 \(A\) 中的任意一点 \(a \in A\)。
对于 \(B\) 中的任意一点 \(b \in B\)，由于 \(A \cap B = \emptyset\)，必定有 \(a \ne b\)。
因为 \(X\) 是 Hausdorff 空间，对于不相等的两点 \(a\) 和 \(b\)，存在 \(X\) 中互不相交的开集 \(U_{a,b}\) 和 \(V_{a,b}\)，使得 \(a \in U_{a,b}\) 且 \(b \in V_{a,b}\)。
当 \(b\) 遍历整个 \(B\) 时，开集族 \(\{V_{a,b}\}_{b \in B}\) 构成了紧致集 \(B\) 的一个开覆盖。
由紧致性的定义，存在有限的子覆盖，即存在有限个点 \(b_1, b_2, \dots, b_n \in B\)，使得：
针对这有限个点，我们定义：
显然 \(U_a\) 是有限个开集的交，故为开集；\(V_a\) 是开集的并，亦为开集。并且由于对所有的 \(i\) 都有 \(U_{a,b_i} \cap V_{a,b_i} = \emptyset\)，可以推导出 \(U_a \cap V_a = \emptyset\)。此时有 \(a \in U_a\) 且 \(B \subseteq V_a\)。
现在让 \(a\) 遍历整个 \(A\)。开集族 \(\{U_a\}_{a \in A}\) 构成了紧致集 \(A\) 的一个开覆盖。
同理，存在有限个点 \(a_1, a_2, \dots, a_m \in A\)，使得有限子覆盖成立：
最后，我们定义：
显然 \(U\) 和 \(V\) 都是开集，且满足 \(A \subseteq U\) 以及 \(B \subseteq V\)。
检查它们是否相交：
因此，我们找到了满足条件的互不相交的开集 \(U\) 和 \(V\)。
问题 2
证明一个包含多于一个点的连通度量空间 \((X, d)\) 必定是不可数的。
（提示：选取 \(a \in X\) 并考虑函数 \(d_a: X \to \mathbb{R}\)，定义为 \(d_a(x) := d(a, x)\)。思考 \(\mathbb{R}\) 中可数集的连通性。）
解答
证明过程：
由于空间 \(X\) 包含多于一个点，必定存在两点 \(a, b \in X\) 使得 \(a \ne b\)。根据度量的正定性，有：
固定点 \(a\)，定义距离函数 \(d_a: X \to \mathbb{R}\) 为：
根据三角不等式，对任意 \(x, y \in X\)，有 \(|d_a(x) - d_a(y)| = |d(a, x) - d(a, y)| \le d(x, y)\)。因此函数 \(d_a\) 在 \(X\) 上是（一致）连续的。
我们已知拓扑空间的一个重要性质：连通空间在连续映射下的像集仍然是连通的。因为 \(X\) 是连通空间，故值域 \(d_a(X)\) 必须是实数轴 \(\mathbb{R}\) 上的一个连通子集。
考察值域 \(d_a(X)\) 中的元素，由于 \(a \in X\) 且 \(b \in X\)，像集中必定包含：
在实数域 \(\mathbb{R}\) 中，包含 \(0\) 和 \(d(a,b)\) 的连通子集必然是一个包含整个闭区间 \([0, d(a,b)]\) 的区间。
任何长度大于 0 的实数区间都是不可数集。因此，像集 \(d_a(X)\) 是不可数的。
既然一个函数的像集是不可数的，那么其定义域 \(X\) 必定也是不可数的。
问题 3
（Baire 纲定理的特例）设 \((X, \mathcal{T})\) 是一个紧致 Hausdorff 空间。设 \(\{A_i : i \in \mathbb{N}\}\) 是 \(X\) 的一族闭子集，假设对于每个 \(i\)，其内部为空，即 \((A_i)^\circ = \emptyset\)。
证明：并集的内部为空，即 \(\left( \bigcup_{i=1}^\infty A_i \right)^\circ = \emptyset\)。
解答
证明过程：
我们采用反证法。假设并集的内部不为空，则必定存在一个非空的开集 \(V_0\)，使得：
考察集合 \(A_1\)。由于 \(A_1\) 是闭集且内部为空（即不包含任何非空开集），开集 \(V_0\) 绝不可能完全包含于 \(A_1\) 内。因此，集合 \(V_0 \setminus A_1\) 是一个非空开集。
紧致 Hausdorff 空间必然是正则空间 (Regular Space)。在正则空间中，任何非空开集内部都必定包含某个非空开集的闭包。因此，必定存在一个非空开集 \(V_1\)，满足：
接着考察 \(A_2\)。同理，由于 \(A_2\) 内部为空，\(V_1\) 不能完全落入 \(A_2\) 中，故 \(V_1 \setminus A_2\) 也是非空开集。利用正则性，可以找到非空开集 \(V_2\)，满足：
将此过程无限递归下去，我们可以构造出一个开集序列 \(\{V_n\}\)，满足对于任意的 \(k \ge 1\)：
由此，我们得到了一个嵌套的非空闭集降链：
因为 \(X\) 是紧致空间，且这些闭集构成的族满足有限交性质，所以整个无限降链的交集必定非空：
设点 \(x \in \bigcap_{k=1}^\infty \overline{V_k}\)。因为所有的 \(\overline{V_k}\) 都包含在 \(V_0\) 内，所以 \(x \in V_0\)。由初始假设 \(V_0 \subseteq \bigcup A_i\)，可知必定存在某个整数 \(m\)，使得 \(x \in A_m\)。
然而，根据我们构造的序列性质，\(x \in \overline{V_m}\)。且由构造规律可知：
这意味着 \(x \notin A_m\)，这与第 8 步推导出的 \(x \in A_m\) 产生了根本性的矛盾！
矛盾说明最初的假设是错误的。因此并集绝不能包含任何非空开集，即 \(\left( \bigcup_{i=1}^\infty A_i \right)^\circ = \emptyset\) 成立。
问题 4
（Cantor 集）令 \(A_0 = [0, 1]\)，对于每个 \(n \in \mathbb{N}\)，递归地定义：
取 \(C := \bigcap_{n \ge 0} A_n\)，并赋予从 \(\mathbb{R}\) 继承的标准子空间拓扑。
证明以下结论： (i) \(C\) 是完全不连通的（即 \(C\) 的连通分支全是单点集）。 (ii) \(C\) 是紧致的且没有孤立点，并由此推断 \(C\) 是不可数的。
解答
(i) 证明 \(C\) 是完全不连通的
采用反证法。假设 \(C\) 存在一个连通分支 \(S\)，且该分支包含多于一个点。
取 \(S\) 中的两点 \(x, y\)，不妨设 \(x < y\)。由于 \(x, y \in S \subseteq C\)，必定有 \(x, y \in A_n\) 对所有 \(n \ge 0\) 成立。
选取一个足够大的整数 \(n\)，使得被剔除区间的长度满足：
在第 \(n\) 步构造 \(A_n\) 时，集合是由若干个长度为 \(\frac{1}{3^n}\) 的互不相交的闭区间组成的。
因为 \(y - x > 1/3^n\)，点 \(x\) 和点 \(y\) 绝不可能落在 \(A_n\) 中的同一个闭区间内。
因此，在区间 \((x, y)\) 之间，必定包含至少一个在构造过程中被挖去的“开区间”（如中间三分之一）。设被挖去的其中一点为 \(z\)，则 \(x < z < y\) 且 \(z \notin C\)。
但连通子集 \(S\) 在实数轴上的性质要求，若 \(x, y \in S\)，则整个区间 \([x, y]\) 必须完全属于 \(S\)。这与 \(z \notin C\) 矛盾！故 \(C\) 的连通分支只能是单点集。
(ii) 证明紧致性、无孤立点与不可数性
紧致性：每一个 \(A_n\) 都是由有限个闭区间组成的，因而在 \([0, 1]\) 中是闭集。任意多个闭集的交集 \(C = \bigcap A_n\) 依然是 \([0, 1]\) 中的闭集。由于 \([0, 1]\) 在实数域中是有界闭集（从而紧致），它的闭子集 \(C\) 必然也是紧致的。
无孤立点：任取 \(x \in C\) 及其在 \(C\) 中的任意相对开邻域 \(V\)。存在 \(\mathbb{R}\) 中的开集 \(U\) 使得 \(V = U \cap C\)。由于 \(U\) 是开的，存在 \(\epsilon > 0\) 使得 \((x - \epsilon, x + \epsilon) \subseteq U\)。
对于任意的 \(n\)，\(x \in A_n\)，这意味着 \(x\) 落在 \(A_n\) 的某个闭区间 \(I_n\) 内，该区间长度为 \(1/3^n\)。
根据构造，区间 \(I_n\) 的两个端点永远不会被后续的构造挖去，因此它们都属于 \(C\)。
取足够大的 \(n\)，使得 \(1/3^n < \epsilon\)。此时整个区间 \(I_n\) 都完全包含在 \((x - \epsilon, x + \epsilon)\) 内。
\(I_n\) 的两个端点必定属于 \(V\)。即使 \(x\) 恰好是其中一个端点，另一个端点必然不等于 \(x\) 且存在于 \(V\) 中。这证明了 \(x\) 的任意邻域都包含 \(C\) 中不同于 \(x\) 的点。因此 \(x\) 不是孤立点（即 \(C\) 是完备集）。
不可数性：我们已经证明 \(C\) 是一个紧致（完备度量空间）且没有孤立点的 Hausdorff 空间。根据 Baire 纲定理，由于可数个无处稠密单点集的并集不能构成完备空间，因此它必须是不可数的。
问题 5
固定一个紧致拓扑空间 \((X, \mathcal{T})\)。证明以下两个命题的等价性：
(i) 关于 \(\mathcal{T}\)，所有的紧子集在 \(X\) 中都是闭集； (ii) 对于任何严格包含 \(\mathcal{T}\) 的拓扑 \(\mathcal{T}'\)，空间 \((X, \mathcal{T}')\) 是非紧致的。
同时，给出一个满足上述（等价）条件的 \((X, \mathcal{T})\) 空间的例子。
解答
证明 (i) \(\implies\) (ii)
设 \(\mathcal{T}'\) 是一个严格包含 \(\mathcal{T}\) 的拓扑（即 \(\mathcal{T}' \supsetneq \mathcal{T}\)）。
因为拓扑更细，必定存在一个开集 \(U \in \mathcal{T}' \setminus \mathcal{T}\)。
令 \(K = X \setminus U\)。显然，\(K\) 在 \(\mathcal{T}'\) 下是闭集，但在 \(\mathcal{T}\) 下不是闭集。
我们采用反证法。假设空间 \((X, \mathcal{T}')\) 依然是紧致的。
由于 \(K\) 是紧致空间 \((X, \mathcal{T}')\) 的闭子集，根据拓扑性质，\(K\) 在 \((X, \mathcal{T}')\) 下也是紧致的。
考虑恒等映射 \(id: (X, \mathcal{T}') \to (X, \mathcal{T})\)。由于 \(\mathcal{T}'\) 包含 \(\mathcal{T}\)，该映射是连续的。
紧致集在连续映射下的像仍为紧致集。因此 \(K\) 在 \((X, \mathcal{T})\) 中也必然是紧致的。
根据已知条件 (i)，\((X, \mathcal{T})\) 中的任何紧子集都必须是闭集。这就要求 \(K\) 在 \(\mathcal{T}\) 中是闭集。
这与第 3 步得出的 \(K\) 不在 \(\mathcal{T}\) 中闭合产生了矛盾！因此，\((X, \mathcal{T}')\) 绝不可能紧致。
证明 (ii) \(\implies\) (i)
同样采用反证法。假设条件 (i) 不成立，即存在 \(X\) 中的某个紧子集 \(K\)，使得 \(K\) 在 \(\mathcal{T}\) 下不是闭集。
因为 \(K\) 不是闭集，其补集 \(X \setminus K\) 不是 \(\mathcal{T}\) 中的开集。
我们可以通过将 \(X \setminus K\) 加入开集体系来构造一个新的拓扑 \(\mathcal{T}'\)。令其次基为 \(\mathcal{T} \cup \{X \setminus K\}\)。由于 \(X \setminus K \notin \mathcal{T}\)，新拓扑 \(\mathcal{T}'\) 严格包含 \(\mathcal{T}\)。
我们接下来要证明在这个更细的拓扑下，\((X, \mathcal{T}')\) 仍然是紧致的。
设 \(\{U_\alpha\} \cup \{V_\beta \setminus K\}\) 是 \(X\) 在新拓扑 \(\mathcal{T}'\) 下的任意一个开覆盖，其中 \(U_\alpha, V_\beta \in \mathcal{T}\)。
因为 \(V_\beta \setminus K\) 无法覆盖 \(K\) 中的任何点，所以子集 \(K\) 必须完全被原拓扑的开集族 \(\{U_\alpha\}\) 覆盖。
已知 \(K\) 在 \(\mathcal{T}\) 中是紧致的，因此存在有限的子覆盖 \(\{U_{\alpha_1}, \dots, U_{\alpha_n}\}\) 能够完全覆盖 \(K\)。
令 \(W = \bigcup_{i=1}^n U_{\alpha_i}\)。此时 \(W\) 是一个包含 \(K\) 的 \(\mathcal{T}\)-开集。
考察 \(X\) 中剩余未被覆盖的部分 \(X \setminus W\)。它是一个 \(\mathcal{T}\)-闭集，且包含于原紧致空间 \(X\) 中。因此 \(X \setminus W\) 也是 \(\mathcal{T}\)-紧致的。
同时注意到 \(X \setminus W \subseteq X \setminus K\)，它被覆盖族中剩余的部分覆盖。利用有限子覆盖性质，只需有限个集合即可覆盖 \(X \setminus W\)。
最终，我们提取出了完全覆盖整个 \(X\) 的有限子覆盖，这就证明了 \((X, \mathcal{T}')\) 是紧致的！
但这与条件 (ii)（严格更细的拓扑必定非紧致）相矛盾。因此假设错误，条件 (i) 必须成立。
满足条件的例子
任何紧致的 Hausdorff 空间都满足上述条件。
具体实例：考虑赋予标准拓扑的闭区间 \([0, 1]\)。
理由：在 Hausdorff 空间中，任意的紧致子集必然是闭集，因此它自然满足条件 (i)，从而也等价地满足条件 (ii)。
问题 6
判定以下两个空间是否是局部紧致的：
(i) 赋予标准拓扑的有理数集 \(\mathbb{Q}\)； (ii) 赋予由基 \(\mathcal{B} = \{(a, b] : a, b \in \mathbb{R}, a < b\}\) 生成的拓扑的实数集 \((\mathbb{R}, \mathcal{T})\)。
请说明理由。
解答
(i) 赋予标准拓扑的 \(\mathbb{Q}\) 不是局部紧致的
证明： 我们采用反证法。假设 \(\mathbb{Q}\) 是局部紧致的，那么对于任意一点 \(x \in \mathbb{Q}\)，都必定存在一个在 \(\mathbb{Q}\) 中的紧致邻域 \(K\)。
由于 \(K\) 是 \(x\) 的邻域，存在 \(\epsilon > 0\) 使得开集 \(U = (x - \epsilon, x + \epsilon) \cap \mathbb{Q}\) 满足：
既然 \(\mathbb{Q}\) 是一个度量空间，它的紧致子集 \(K\) 必定满足序列紧致性。
现在，我们在实数域 \(\mathbb{R}\) 中选取区间 \((x - \epsilon, x + \epsilon)\) 内的一个无理数 \(y\)（因为无理数在 \(\mathbb{R}\) 中稠密）。 根据有理数的稠密性，我们可以构造一个有理数序列 \(\{x_n\} \subset U \subseteq K\)，使得在实数标准度量下 \(x_n \to y\)。
由于 \(K\) 是序列紧致的，序列 \(\{x_n\}\) 必定在 \(K\) 内（从而在 \(\mathbb{Q}\) 内）存在一个收敛子列。 然而，在 \(\mathbb{R}\) 中该序列已经唯一收敛于无理数 \(y \notin \mathbb{Q}\)，因此在 \(\mathbb{Q}\) 中该序列没有任何极限点。这与 \(K\) 的序列紧致性产生了根本矛盾！ 故 \(\mathbb{Q}\) 不是局部紧致的。
(ii) 赋予上限拓扑的 \((\mathbb{R}, \mathcal{T})\) 不是局部紧致的
证明： 该拓扑的基元素为左开右闭区间 \((a, b]\)。我们同样采用反证法。 假设该空间是局部紧致的，则任取一点 \(x \in \mathbb{R}\)，必定存在一个紧致邻域 \(K\) 包含 \(x\)。
根据邻域的定义，存在基元素 \((a, x]\) 使得：
注意到，在上限拓扑中，集合 \((a, x]\) 既是开集也是闭集（因为它的补集 \((-\infty, a] \cup (x, \infty)\) 可以写成基元素的并，是开集）。 紧致集 \(K\) 的闭子集必定也是紧致的，因此 \((a, x]\) 必须是紧致集，从而具备极限点紧致性 (Limit point compact)。
我们构造一个在 \((a, x]\) 内严格单调递减趋于 \(a\) 的点列，例如：
显然对所有 \(n\) 都有 \(x_n \in (a, x]\)。 对于 \((a, x]\) 中的任意一点 \(y\)，在上限拓扑下，我们可以选取一个开邻域 \((c, y]\)。 因为点列 \(x_n\) 严格单调递减趋于 \(a < y\)，当 \(n\) 充分大时，\(x_n < c < y\)，这意味着该邻域 \((c, y]\) 只能包含点列中有限个点。
因此，该点列在 \((a, x]\) 中没有任何极限点。这与 \((a, x]\) 作为紧致集必须具有极限点紧致性的结论相矛盾！ 故该空间不是局部紧致的。
问题 7
证明乘积空间 \((\prod_{i=1}^{\infty} A_i, \mathcal{T}_p)\) 在积拓扑下是紧致的，其中每个 \(A_i\) 都是赋予离散拓扑的非空有限集。
（提示：回顾第五次作业的结论，考虑序列紧致性和可度量化。）
解答
证明过程：
首先，由于每个 \(A_i\) 是离散有限集，它自然是一个可度量化空间。 可数个可度量化空间的乘积空间在积拓扑下依然是可度量化空间。对于度量空间，紧致性与序列紧致性是完全等价的。因此，我们只需要证明该乘积空间是序列紧致的。
设 \(\{x^{(n)}\}_{n=1}^{\infty}\) 是乘积空间 \(\prod_{i=1}^{\infty} A_i\) 中的任意一个点列。 我们将利用对角线法则 (Cantor's Diagonal Argument) 来提取一个收敛子列。
考察点列在第一个坐标上的分量 \(\{x_1^{(n)}\}_{n=1}^{\infty}\)。 由于 \(A_1\) 是有限集，而点列有无穷多项，由鸽巢原理，必定存在 \(A_1\) 中的某个元素被取到了无穷多次。 因此，我们可以从原序列中提取出一个子列 \(\{x^{(n, 1)}\}\)，使得它在第一个坐标上的值恒定不变。
接着，考察子列 \(\{x^{(n, 1)}\}\) 在第二个坐标上的分量。 同理，由于 \(A_2\) 是有限集，必定可以从 \(\{x^{(n, 1)}\}\) 中再提取出一个子列 \(\{x^{(n, 2)}\}\)，使得它在第二个坐标上的值也恒定不变（此时第一、第二坐标都已固定）。
依此类推，假设我们已经提取了第 \(k\) 级子列 \(\{x^{(n, k)}\}\)。由于 \(A_{k+1}\) 是有限集，我们总能进一步提取出第 \(k+1\) 级子列 \(\{x^{(n, k+1)}\}\)，使得它的前 \(k+1\) 个坐标都是恒定不变的。
现在，我们构造对角线序列：
考察该对角线序列 \(y^{(m)}\)。对于任意固定的坐标位置 \(k\)，当 \(m \ge k\) 时，\(y^{(m)}\) 属于第 \(k\) 级子列（或其进一步的子列），因此它的第 \(k\) 个坐标将保持一个恒定的常数不变。
在积拓扑中，点列的收敛等价于在每一个坐标分量上的逐点收敛。 既然对于任意给定的 \(k\)，对角线序列 \(y^{(m)}\) 的第 \(k\) 个坐标从某一项开始变为常数序列，它自然在第 \(k\) 个坐标上收敛。
因此，对角线序列 \(y^{(m)}\) 在积拓扑下收敛于空间中的某一点。 这证明了任意点列都存在收敛子列，故乘积空间是序列紧致的，进而是紧致的。
问题 8
（\(p\)-进整数）给定一个素数 \(p\)。对于每个 \(i \in \mathbb{N}_{\ge 1}\)，我们有等价关系诱导的商环 \(\mathbb{Z}/p^i\mathbb{Z}\)。 考虑如下集合：
其中 \(\phi_i: \mathbb{Z}/p^i\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/p^{i-1}\mathbb{Z}\) 是自然的满射。赋予每个 \(\mathbb{Z}/p^i\mathbb{Z}\) 离散拓扑，并赋予乘积空间积拓扑。
(i) 证明 \(\mathbb{Z}_p\) 是乘积空间 \(\prod_{i=1}^{\infty} (\mathbb{Z}/p^i\mathbb{Z})\) 中的闭集，并且是紧致的。 (ii) 对于每个 \(i \ge 1\)，令 \(f_i: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/p^i\mathbb{Z}\) 为标准的商映射。考虑嵌入映射 \(f: \mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Z}_p\)，定义为 \(f(a) = (f_i(a))_{i \ge 1}\)。证明 \(f(\mathbb{Z})\) 在 \(\mathbb{Z}_p\) 中是稠密的。
解答
(i) 证明 \(\mathbb{Z}_p\) 是闭集且紧致的
对于任意固定的 \(i \ge 1\)，定义映射 \(\psi_i: \prod_{k=1}^{\infty} (\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z}) \to \mathbb{Z}/p^i\mathbb{Z}\) 为：
该映射 \(\psi_i\) 仅依赖于积空间中的第 \(i\) 个和第 \(i+1\) 个坐标分量。由于投射映射是连续的，且在离散拓扑中，有限个坐标的代数运算依然是连续的，因此 \(\psi_i\) 必定是一个连续映射。
令 \(E_i\) 为满足一致性条件的第 \(i\) 级约束集：
因为单点集 \(\{0\}\) 在离散拓扑下是闭集，且 \(\psi_i\) 连续，所以原像 \(E_i\) 在积拓扑下是闭集。
\(p\)-进整数空间 \(\mathbb{Z}_p\) 可以表示为所有约束条件的交集：
任意多个闭集的交集仍为闭集，因此 \(\mathbb{Z}_p\) 是闭集。
另一方面，每个坐标空间 \(\mathbb{Z}/p^i\mathbb{Z}\) 都是有限集，在离散拓扑下是紧致的。 根据 Tychonoff 定理，任意多个紧致空间的乘积空间 \(\prod_{i=1}^{\infty} (\mathbb{Z}/p^i\mathbb{Z})\) 也是紧致的。
紧致空间中的闭子集必定是紧致的。由于 \(\mathbb{Z}_p\) 是紧致乘积空间中的闭集，故 \(\mathbb{Z}_p\) 本身是紧致的。
(ii) 证明 \(f(\mathbb{Z})\) 的稠密性
要证明稠密性，只需证明对于 \(\mathbb{Z}_p\) 的子空间拓扑中的任意非空开基元素 \(U\)，都有 \(U \cap f(\mathbb{Z}) \ne \emptyset\)。
在积拓扑下，\(\mathbb{Z}_p\) 中的基本开集 \(U\) 是由有限个坐标的限制决定的。由于 \(\mathbb{Z}_p\) 中序列的相容性约束 \(\phi_{i+1}(a_{i+1}) = a_i\)，高阶坐标完全决定了低阶坐标。
因此，\(\mathbb{Z}_p\) 上的任意一个非空基本开集都可以被表示为对某一个充分大的第 \(N\) 坐标的限制：存在某个正整数 \(N\) 和常数 \(c \in \mathbb{Z}/p^N\mathbb{Z}\)，使得：
由于 \(c\) 是商环 \(\mathbb{Z}/p^N\mathbb{Z}\) 中的一个等价类，我们总能从整数环 \(\mathbb{Z}\) 中选取一个代表元 \(a\)，使得：
考察整数 \(a\) 在映射 \(f\) 下的像 \(f(a) = (f_i(a))_{i \ge 1}\)。 根据构造，它的第 \(N\) 个坐标恰好是 \(f_N(a) = c\)。
因此，\(f(a) \in U\)。这说明 \(U \cap f(\mathbb{Z})\) 非空。 因为任意非空开集都含有 \(f(\mathbb{Z})\) 中的点，所以 \(\overline{f(\mathbb{Z})} = \mathbb{Z}_p\)，即 \(f(\mathbb{Z})\) 在 \(\mathbb{Z}_p\) 中稠密。
问题 9
考虑实数轴 \(\mathbb{R}\) 的子空间 \(Y = \{0\} \cup \{1/n : n \in \mathbb{N}_{\ge 1}\}\)。 问：\(Y\) 是否与赋予离散拓扑的自然数集 \(\mathbb{N}_{\ge 1}\) 的单点紧化空间 \(X = (\mathbb{N}_{\ge 1} \cup \{\infty\}, \mathcal{T}')\) 同胚？请说明理由。
解答
结论： 是同胚的。
证明过程：
我们首先构造一个从 \(X\) 到 \(Y\) 的双射映射 \(f: X \to Y\)：
显然这是一个一一对应（双射）。
接下来证明映射 \(f\) 是连续的。我们需要考察 \(Y\) 中的开集在 \(f\) 下的原像是否在 \(X\) 中也是开集。
对于 \(Y\) 中的任意开集 \(V\)，分两种情况讨论：
-
情况 1： \(0 \notin V\) 此时 \(V\) 完全由形如 \(1/n\) 的孤立点组成。 其原像 \(f^{-1}(V)\) 是 \(\mathbb{N}_{\ge 1}\) 的一个子集，且不包含 \(\infty\)。 由于 \(\mathbb{N}_{\ge 1}\) 被赋予了离散拓扑，它的单点紧化空间 \(X\) 中，任何不包含 \(\infty\) 的子集都是开集。因此 \(f^{-1}(V)\) 在 \(X\) 中是开集。
-
情况 2： \(0 \in V\) 因为 \(V\) 是实数子空间 \(Y\) 中的开集，必定存在 \(\epsilon > 0\) 使得 \((-\epsilon, \epsilon) \cap Y \subseteq V\)。 这意味着，当 \(n > 1/\epsilon\) 时，所有的点 \(1/n\) 都在 \(V\) 之中。 换句话说，\(V\) 仅漏掉了 \(Y\) 中有限个 \(1/n\) 的点。 考察其原像 \(f^{-1}(V)\)：它包含了点 \(\infty\)，且其在 \(\mathbb{N}_{\ge 1}\) 中的补集是有限集。 根据单点紧化的拓扑定义，包含无穷远点且具有有限补集的集合正是紧化空间 \(X\) 中的开邻域。因此 \(f^{-1}(V)\) 依然是开集。
以上证明了 \(f\) 是连续映射。
最后，利用一般拓扑学中的重要定理：从紧致空间到 Hausdorff 空间的连续双射必定是同胚映射。
- 空间 \(X\) 是单点紧化空间，根据定义，它是一个紧致空间。
- 空间 \(Y\) 是度量空间 \(\mathbb{R}\) 的子空间，度量空间必定是 Hausdorff 空间。
既然 \(f: X \to Y\) 是连续的双射，且满足“紧致域到 Hausdorff 陪域”的条件，\(f\) 必为同胚映射。故两空间同胚。
问题 10
证明积拓扑空间 \((\mathbb{R}^\omega, \mathcal{T}_p)\) 没有单点紧化。
（提示：\(\mathbb{R}^\omega\) 是否局部紧致？）
解答
证明过程：
根据拓扑学的基础理论，一个空间 \(X\) 能够进行 Hausdorff 单点紧化的充要条件是：\(X\) 本身是局部紧致的、Hausdorff 的，且非紧致。 乘积空间 \(\mathbb{R}^\omega\) 显然是 Hausdorff 的（因为它是 Hausdorff 空间 \(\mathbb{R}\) 的乘积）。 我们将证明它不是局部紧致的，从而不可能存在单点紧化。
我们采用反证法。假设 \((\mathbb{R}^\omega, \mathcal{T}_p)\) 是局部紧致的。
考虑空间中的原点 \(\mathbf{0} = (0, 0, \dots) \in \mathbb{R}^\omega\)。根据局部紧致的假设，原点必定存在一个紧致邻域 \(K\)。
根据积拓扑基的定义，既然 \(K\) 是 \(\mathbf{0}\) 的邻域，必然存在一个基础开集 \(U\) 使得：
在积拓扑中，基础开集 \(U\) 的形式只能约束有限个坐标分量。也就是说，存在某个正整数 \(N\)，使得：
其中前 \(N\) 个 \(U_i\) 是 \(\mathbb{R}\) 中的开区间，而从第 \(N+1\) 个坐标开始，所有的分量都必须是全空间 \(\mathbb{R}\)。
现在，我们考虑第 \(N+1\) 坐标的投影映射 \(\pi_{N+1}: \mathbb{R}^\omega \to \mathbb{R}\)。 在积拓扑中，投影映射总是连续的。
因为 \(K\) 是紧致集，而连续映射将紧致集映为紧致集，所以投影 \(\pi_{N+1}(K)\) 必须是实数轴 \(\mathbb{R}\) 上的一个紧致子集。
然而，由包含关系 \(U \subseteq K\)，我们得到其投影也必须满足包含关系：
根据基础开集 \(U\) 的结构，其第 \(N+1\) 个坐标的投影是整个实数轴：
综合 8 和 9，我们得出 \(\mathbb{R} \subseteq \pi_{N+1}(K)\)。这意味着紧致集 \(\pi_{N+1}(K)\) 必须等于全空间 \(\mathbb{R}\)。
但我们知道，实数轴 \(\mathbb{R}\) 在标准拓扑下是无界的，因而不是紧致的！这就产生了一个不可调和的矛盾。
矛盾表明我们的假设错误，即 \(\mathbb{R}^\omega\) 绝不是局部紧致的。由于缺乏局部紧致性，它无法进行单点紧化。
本部分包含点集拓扑课程第九次作业及其相关证明。内容涵盖乘积空间的可分性、度量空间中第二可数/Lindelöf/可分性的等价关系、伪度量生成拓扑的 \(T_0\) 分离性，以及拓扑空间 \(T_3\)、\(T_4\) 的性质和局部紧致 Hausdorff 空间的正则性。
问题 11
证明：如果对于每个 \(i \in \mathbb{N}\)，\(X_i\) 都是可分空间，那么乘积空间 \(\left(\prod_{i \in \mathbb{N}} X_i, \mathcal{T}_p\right)\) 也是可分的。
解答
证明过程：
已知对于每个 \(i \in \mathbb{N}\)，\(X_i\) 都是可分的，因此存在 \(X_i\) 中的可数稠密子集 \(A_i\)。
在乘积空间 \(\prod X_i\) 中固定一个“基准点” \(x^* = (x_1^*, x_2^*, \dots)\)。
对于任意的 \(n \in \mathbb{N}\)，我们定义集合 \(D_n\) 为前 \(n\) 个坐标取自 \(A_i\)，而后面的坐标与基准点完全相同的序列集合：
显然，每一个 \(D_n\) 都与有限乘积 \(A_1 \times A_2 \times \dots \times A_n\) 存在一一对应。由于有限个可数集的乘积依然是可数集，因此对于每个 \(n\)，\(D_n\) 都是可数集。
令 \(D = \bigcup_{n=1}^\infty D_n\)。作为可数个可数集的并集，\(D\) 必定也是可数集。
接下来我们要证明 \(D\) 在积拓扑下是稠密的。任取乘积空间中的一个非空基础开集 \(U = \prod_{i=1}^\infty U_i\)。
根据积拓扑的定义，只有有限个坐标上的开集 \(U_i\) 不是全空间。也就是说，存在一个正整数 \(N\)，使得对于所有的 \(i > N\)，都有 \(U_i = X_i\)。
对于 \(i \le N\)，由于 \(U_i\) 是 \(X_i\) 中的非空开集，且 \(A_i\) 在 \(X_i\) 中稠密，所以必定存在点 \(y_i \in U_i \cap A_i\)。
我们构造一个序列 \(y = (y_1, y_2, \dots) \in \prod X_i\)，其中前 \(N\) 个坐标为刚才选取的 \(y_i\)，而 \(N\) 之后的坐标为基准点的坐标 \(x_i^*\)。
根据定义，由于 \(y\) 只有前 \(N\) 个分量可能异于 \(x^*\) 且这 \(N\) 个分量均取自 \(A_i\)，所以 \(y \in D_N \subseteq D\)。
同时，对于 \(i \le N\)，有 \(y_i \in U_i\)；对于 \(i > N\)，有 \(y_i = x_i^* \in X_i = U_i\)。因此 \(y \in U\)。
这表明 \(U \cap D \ne \emptyset\)。既然任意基础开集都包含 \(D\) 中的点，故 \(D\) 是稠密的。由于找到了一个可数稠密子集，乘积空间是可分的。
问题 12
设 \((X, d)\) 为一个度量空间。证明以下三个性质是等价的：
(i) \(X\) 是第二可数的； (ii) \(X\) 是 Lindelöf 空间； (iii) \(X\) 是可分的。
（提示：对于 (ii) \(\Rightarrow\) (iii)，考虑开覆盖 \(\{B(x, 1/n) : x \in X, n \in \mathbb{N}\}\)，固定 \(n\) 并先利用 Lindelöf 性质。）
解答
证明过程：
证明 (i) \(\Rightarrow\) (ii)：第二可数 \(\Rightarrow\) Lindelöf
设 \(\mathcal{B}\) 是 \(X\) 的一个可数基，\(\mathcal{U}\) 是 \(X\) 的任意一个开覆盖。
对于任意一点 \(x \in X\)，因为 \(\mathcal{U}\) 覆盖了 \(X\)，存在某个开集 \(U_x \in \mathcal{U}\) 使得 \(x \in U_x\)。
因为 \(\mathcal{B}\) 是基，存在基元素 \(B_x \in \mathcal{B}\) 使得 \(x \in B_x \subseteq U_x\)。
考虑所有被选中的基元素的集合 \(\mathcal{B}' = \{B_x \mid x \in X\}\)。由于 \(\mathcal{B}\) 是可数的，其子集 \(\mathcal{B}'\) 必定也是可数的。
对于 \(\mathcal{B}'\) 中的每一个基元素，我们在 \(\mathcal{U}\) 中只需挑选一个包含它的开集。这样挑选出的开集族构成了 \(\mathcal{U}\) 的一个子集，且数量至多是可数的。
这个可数的开集族依然覆盖整个 \(X\)。因此，任意开覆盖都有可数子覆盖，\(X\) 是 Lindelöf 的。
证明 (ii) \(\Rightarrow\) (iii)：Lindelöf \(\Rightarrow\) 可分
对于任意固定的正整数 \(n\)，考察以空间中每一个点为中心、半径为 \(1/n\) 的开球族：
显然 \(\mathcal{U}_n\) 构成了 \(X\) 的一个开覆盖。因为 \(X\) 是 Lindelöf 空间，必定存在一个可数子覆盖。
即存在可数个点 \(x_1^{(n)}, x_2^{(n)}, \dots \in X\)，使得这些点对应的开球能覆盖 \(X\)：
令这可数个球心构成的集合为 \(D_n = \{x_i^{(n)} \mid i \in \mathbb{N}\}\)。\(D_n\) 是可数的。
令 \(D = \bigcup_{n=1}^\infty D_n\)。可数个可数集的并依然是可数集。
我们证明 \(D\) 在 \(X\) 中稠密。任取 \(y \in X\) 和任意 \(\epsilon > 0\)，必定存在正整数 \(n\) 使得 \(1/n < \epsilon\)。
因为 \(D_n\) 对应的开球族覆盖了 \(X\)，必然存在某个 \(x_k^{(n)} \in D_n \subseteq D\)，使得 \(y \in B(x_k^{(n)}, 1/n)\)。
这意味着 \(d(y, x_k^{(n)}) < 1/n < \epsilon\)，因此 \(x_k^{(n)} \in B(y, \epsilon)\)。即 \(D\) 与 \(y\) 的任意开邻域都有交集。故 \(D\) 在 \(X\) 中稠密，\(X\) 是可分的。
证明 (iii) \(\Rightarrow\) (i)：可分 \(\Rightarrow\) 第二可数
已知 \(X\) 可分，存在可数稠密子集 \(D\)。
构造开球族：
因为 \(D\) 和 \(\mathbb{N}\) 都是可数的，\(\mathcal{B}\) 必定是一个可数集族。我们断言 \(\mathcal{B}\) 是 \(X\) 的一个基。
任取 \(X\) 中的开集 \(U\) 以及 \(U\) 中的任意一点 \(y\)。因为 \(U\) 是开集，存在 \(\epsilon > 0\) 使得 \(B(y, \epsilon) \subseteq U\)。
选择足够大的整数 \(n\)，使得 \(1/n < \epsilon / 2\)。
因为 \(D\) 在 \(X\) 中稠密，所以在开球 \(B(y, 1/n)\) 内必定存在 \(D\) 中的点，设为 \(x\)。即 \(d(y, x) < 1/n\)。
此时，基元素 \(B(x, 1/n) \in \mathcal{B}\) 包含 \(y\)，因为 \(d(y, x) < 1/n\)。
对于任意 \(z \in B(x, 1/n)\)，由三角不等式可得：
这说明 \(B(x, 1/n) \subseteq B(y, \epsilon) \subseteq U\)。由于任意开集都可以被 \(\mathcal{B}\) 中的元素逼近，所以 \(\mathcal{B}\) 确实是空间的一个可数基。故 \(X\) 是第二可数的。
问题 13
设 \((X, d)\) 为一个伪度量 (Pseudometric) 空间。令 \(\mathcal{T}_d\) 为 \(X\) 上由以下开球生成的拓扑：
其中 \(B(x, \epsilon) := \{y \in X : d(x, y) < \epsilon\}\)。证明：拓扑空间 \((X, \mathcal{T}_d)\) 是 \(T_0\) 空间当且仅当 \(d\) 是一个度量。
解答
证明必要性 (\(\Rightarrow\))：
假设 \((X, \mathcal{T}_d)\) 是一个 \(T_0\) 空间。要证明 \(d\) 是度量，只需证明对于任意的 \(x \ne y\)，都有 \(d(x, y) > 0\)（因为伪度量已经满足对称性、三角不等式和非负性）。
对于 \(x \ne y\)，由于是 \(T_0\) 空间，必定存在一个开集 \(U\) 包含其中一点而不包含另一点。不妨设 \(x \in U\) 且 \(y \notin U\)。
因为 \(\mathcal{T}_d\) 是由开球生成的拓扑（事实上，伪度量中的开球本身就构成一个拓扑基），必定存在一个开球 \(B(p, r)\) 使得：
既然 \(y \notin U\)，则必定有 \(y \notin B(p, r)\)。
根据开球的定义，我们有 \(d(p, x) < r\) 且 \(d(p, y) \ge r\)。
利用伪度量的三角不等式，我们有 \(d(p, y) \le d(p, x) + d(x, y)\)，因此可以推导出：
因为 \(d(x, y) > 0\) 对任意 \(x \ne y\) 均成立，这说明 \(d\) 满足正定性，故 \(d\) 是一个严格的度量。
证明充分性 (\(\Leftarrow\))：
假设 \(d\) 是一个度量。对于 \(X\) 中的任意两点 \(x \ne y\)。
因为度量满足正定性，我们有 \(d(x, y) = r > 0\)。
我们选取 \(\epsilon = r / 2 > 0\)，并构造开球 \(B(x, \epsilon)\)。
显然 \(x \in B(x, \epsilon)\)。
如果 \(y \in B(x, \epsilon)\)，那么根据定义 \(d(x, y) < \epsilon = r / 2\)。但这与已知 \(d(x, y) = r\) 产生矛盾。
因此，\(y \notin B(x, \epsilon)\)。
我们找到了一个开集 \(B(x, \epsilon)\)，它包含 \(x\) 但不包含 \(y\)。故该空间满足 \(T_0\) 分离公理。
问题 14
对于拓扑空间 \((X, \mathcal{T})\)，证明以下命题：
(i) 如果 \(X\) 是 \(T_3\) 空间，那么对于任意不同的 \(x, y \in X\)，存在开集 \(U, V\) 使得 \(x \in U\)，\(y \in V\)，并且 \(\overline{U} \cap \overline{V} = \emptyset\)。 (ii) 如果 \(X\) 是 \(T_4\) 空间，那么对于任意互不相交的闭集 \(A, B \subseteq X\)，存在开集 \(U, V\) 使得 \(A \subseteq U\)，\(B \subseteq V\)，并且 \(\overline{U} \cap \overline{V} = \emptyset\)。
解答
(i) \(T_3\) 空间的证明
已知 \(X\) 是 \(T_3\) 空间，即它是正则空间 (Regular) 且满足 \(T_1\) 分离公理。对于任意不同的 \(x, y \in X\)，由 \(T_1\) 性质可知单点集 \(\{y\}\) 是闭集。
因为 \(x \notin \{y\}\) 且 \(\{y\}\) 是闭集，根据正则空间的定义，存在不相交的开集 \(U_1\) 和 \(W_1\) 使得：
因为 \(U_1 \cap W_1 = \emptyset\)，所以有 \(U_1 \subseteq X \setminus W_1\)。由于 \(W_1\) 是开集，\(X \setminus W_1\) 是闭集。
既然 \(U_1\) 包含在闭集 \(X \setminus W_1\) 中，那么 \(U_1\) 的闭包也必须包含在其中：
这意味着 \(\overline{U_1} \cap W_1 = \emptyset\)，进而推导出 \(y \notin \overline{U_1}\)。
现在我们有了点 \(y\) 和不包含 \(y\) 的闭集 \(\overline{U_1}\)。再次利用正则空间的性质，存在不相交的开集 \(V\) 和 \(W_2\) 使得：
同理，因为 \(V \cap W_2 = \emptyset\)，我们可以推导出 \(\overline{V} \subseteq X \setminus W_2\)。
结合 \(\overline{U_1} \subseteq W_2\)，可得 \(\overline{U_1} \subseteq X \setminus \overline{V}\)，即：
令 \(U = U_1\)。此时我们找到了开集 \(U\) 和 \(V\)，满足 \(x \in U\)，\(y \in V\) 且 \(\overline{U} \cap \overline{V} = \emptyset\)。
(ii) \(T_4\) 空间的证明
已知 \(X\) 是 \(T_4\) 空间，即它是正规空间 (Normal) 且满足 \(T_1\) 分离公理。设 \(A, B\) 是任意两个不相交的闭集。
根据正规空间的定义，存在不相交的开集 \(U_1\) 和 \(W_1\) 使得：
类似前面的推理，由于 \(U_1 \cap W_1 = \emptyset\)，有 \(U_1 \subseteq X \setminus W_1\)，进而在闭包操作下有：
因为 \(B \subseteq W_1\)，所以 \(\overline{U_1}\) 与 \(B\) 互不相交，即 \(\overline{U_1} \cap B = \emptyset\)。
此时我们得到了两个新的不相交的闭集：\(\overline{U_1}\) 和 \(B\)。再次利用正规空间的定义，存在不相交的开集 \(U_2\) 和 \(V\) 使得：
因为 \(U_2 \cap V = \emptyset\)，同理可以推导出 \(\overline{V} \subseteq X \setminus U_2\)。
由于 \(\overline{U_1} \subseteq U_2\)，这立即意味着：
令 \(U = U_1\)。显然我们有 \(A \subseteq U\)（由于步骤2）以及 \(B \subseteq V\)（由于步骤5），并且满足闭包互不相交的要求 \(\overline{U} \cap \overline{V} = \emptyset\)。证明完毕。
问题 15
证明：每一个局部紧致的 Hausdorff 空间都是正则的，即 “局部紧致 + \(T_2 \Rightarrow T_3\)”。
解答
证明过程：
设 \(X\) 是一个局部紧致的 Hausdorff 空间。因为 \(X\) 是 Hausdorff 空间（即 \(T_2\) 空间），它必然满足 \(T_1\) 分离公理。我们要证明它是正则的，只需证明：对于任意一个闭集 \(A \subseteq X\) 以及任意一点 \(x \notin A\)，都可以用不相交的开集将它们分离。
因为 \(X\) 是局部紧致的，对于点 \(x\)，必定存在一个紧致邻域 \(K\) 包含 \(x\)。
根据邻域的定义，存在一个开集 \(W\) 使得：
因为在 Hausdorff 空间中紧致子集必然是闭集，所以 \(K\) 是一个闭集。
定义集合 \(C = A \cap K\)。因为 \(A\) 和 \(K\) 都是闭集，所以 \(C\) 是 \(K\) 中的一个闭子集。紧致集中的闭子集依然是紧致的，因此 \(C\) 是一个紧致集。
已知 \(x \notin A\)，所以显然有 \(x \notin C\)。现在我们需要在 Hausdorff 空间 \(X\) 中，将点 \(x\) 与紧致集 \(C\) 分离开来。
对于 \(C\) 中的任意一点 \(y\)，由于 \(x \ne y\) 且 \(X\) 是 Hausdorff 空间，必定存在不相交的开集 \(U_y\) 和 \(V_y\) 使得：
集合族 \(\{V_y \mid y \in C\}\) 构成了紧致集 \(C\) 的一个开覆盖。利用紧致性，存在有限个点 \(y_1, y_2, \dots, y_n \in C\) 使得：
此时，我们定义：
显然 \(U\) 和 \(V\) 是不相交的开集，并且满足 \(x \in U\) 且 \(C \subseteq V\)。
现在，我们利用 \(U, V\) 构造两个新的开集 \(O_1\) 和 \(O_2\) 来分离 \(x\) 和原闭集 \(A\)：
验证 \(O_1, O_2\) 是开集并包含目标：
-
因为 \(U\) 和 \(W\) 是开集，所以 \(O_1\) 是开集。且 \(x \in U\) 和 \(x \in W\) 同时成立，故 \(x \in O_1\)。
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因为 \(V\) 是开集且 \(K\) 是闭集（所以 \(X \setminus K\) 是开集），所以 \(O_2\) 是开集。
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对于 \(A\) 中的任意一点 \(a\)，有两种情况：若 \(a \in K\)，则 \(a \in A \cap K = C\)，因此 \(a \in V \subseteq O_2\)；若 \(a \notin K\)，则 \(a \in X \setminus K \subseteq O_2\)。综上可得 \(A \subseteq O_2\)。
验证 \(O_1\) 和 \(O_2\) 不相交：
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第一部分：因为 \(U \cap V = \emptyset\)，所以 \(U \cap W \cap V = \emptyset\)。
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第二部分：因为 \(W \subseteq K\)，所以 \(W \cap (X \setminus K) = \emptyset\)，因此第二部分也为空。
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这说明 \(O_1 \cap O_2 = \emptyset\)。
综上所述，我们找到了两个不相交的开集 \(O_1\) 和 \(O_2\)，分别包含 \(x\) 和闭集 \(A\)。故该空间是正则的（\(T_3\) 空间）。