拓扑很难，不会的东西有很多（
乘积空间
Hausdorff空间与对角映射
映射 \[\Delta: X\rightarrow X\times X,~\Delta(x)=(x,x)\] 称为对角映射. 证明: \(X\) 是Hausdorff空间当且仅当 \(\Delta(X)\) 是 \(X\times X\) 的闭集.
证明:
充分性: \(\forall x\neq y\in X\), 有 \((x,y)\in \Delta^c\). 由 \(\Delta\) 为闭集有 \(\Delta^c\) 为开集. 故由乘积拓扑的定义, 存在 \(X\) 的开子集 \(U,V\), s.t. \((x,y)\in U\times V\subset\Delta^c\). (\(X\) 上的开集\(\times\)\(X\)上的开集为 \(X\times X\) 乘积拓扑的一组拓扑基). 于是此时, \(U,V\) 是 \(x,y\) 的开邻域并且易得 \(U\cap V=\varnothing\).
必要性: 由于 \(X\) 是Hausdorff空间, 故 \(\forall x\neq y\in X\), 存在 \(X\) 的开子集 \(U,V\), s.t. \(x\in U\), \(y\in V\), 且 \(U\cap V=\varnothing\). 故 \((x,y)\in U\times V\), 又由 \(U\cap V=\varnothing\), 知 \((U\times V)\cap\Delta=\varnothing\), 即 \(U\times V\subset\Delta^c\), 故 \(U\times V\) 为 \((x,y)\) 在 \(\Delta^c\) 中的开邻域. 故 \(\Delta^c\) 为开集, 即 \(\Delta\) 为闭集.
综上所述, \(X\) 是Hausdorff空间 \(\Longleftrightarrow\) \(\Delta(X)\) 是 \(X\times X\) 的闭集.
自然投影不一定是闭映射
举例说明 \(p_1:X\times Y\to Y\) 不一定是闭映射.
证明: 取 \(\mathbb{E}^2\) 中的闭集 \(F=\{(x,\frac{1}{x}):x>0\in\mathbb{R}\}\), 则 \(p_1(F)=\mathbb{R}^+\) 为开集.
连通性
\(\mathbb{E}^2\) 上的非无理点集连通
设 \(X=\{(r,s)\in\mathbb{E}^2\vert r\in\mathbb{Q}~或~s\in\mathbb{Q}\}\), 证明 \(X\) 连通.
有各种神奇的想法.
证明1: 通过道路连通性考虑. 取 \(x_1=(r_1,s_1),x_2=(r_2,s_2)\in X\), 有以下两种情况.
- 若 \(r_1,r_2\in\mathbb{Q}\), 则存在 \(x_1\to x_2\) 的道路 \((r_1,s_1)\to(r_1,r_2)\to(r_2,r_2)\to(r_2,s_2)\);
- 若 \(r_1,s_2\in\mathbb{Q}\), 则存在 \(x_1\to x_2\) 的道路 \((r_1,s_1)\to(r_1,s_2)\to(r_2,s_2)\).
综上所述, \(X\) 是道路连通的, 因此 \(X\) 连通.
证明2: 反证法. 假设 \(X\) 可以写成两个不相交非空开集 \(A,B\) 的并. 取 \(q\in\mathbb{Q}\), 则 \(X_q=\{(x,q),(q,x)\vert x\in\mathbb{R}\}\) 构成 \(X\) 的连通子集. 显然有 \(X_q\subset A\) 或者 \(X_q\subset B\), 否则 \(X_q\) 可分成不相交的两部分 \(X_{q_A}\) 和 \(X_{q_B}\), s.t. \(\overline{X_{q_A}}\cap X_{q_B}=\overline{X_{q_B}}\cap X_{q_A}=\varnothing\), 这与 \(X\) 的连通性矛盾. 于是 \(\exists q_1,q_2\in\mathbb{Q}\), s.t. \(X_{q_1}\subset A\), \(X_{q_2}\subset B\). 但 \((q_1,q_2)\in X_{q_1}\cap X_{q_2}\), 与 \(A\cap B=\varnothing\) 矛盾. 故 \(X\) 连通.
考虑一个引理:
引理 若 \(X_0\) 是 \(X\) 的既开又闭子集, \(A\) 是 \(X\) 的连通子集, 则 \(A\cap X_0=\varnothing\) 或 \(A\subset X_0\).
引理的证明: \(A\cap X_0\) 是 \(A\) 的既开又闭子集. 由于 \(A\) 连通, 故 \(A\cap X_0=\varnothing\) 或 \(A\cap X_0=A\), 即 \(A\subset X_0\).
由引理可得出以下命题（北大拓扑学讲义P63 Prop 2.23）进而可证原命题.
命题 2.23 如果 \(X\) 有一个连通覆盖 \(\mathscr{U}\), 并且 \(X\) 有一连通子集 \(A\), 它与 \(\mathscr{U}\) 中每个成员都相交, 则 \(X\) 连通.
命题的证明: 设 \(X_0\) 是 \(X\) 的既开又闭子集, 只需证明 \(X_0=\varnothing\) 或 \(X_0=X\). 由引理, \(A\cap X_0=\varnothing\) 或 \(A\subset X_0\).
- 若 \(A\cap X_0=\varnothing\), 则 \(\forall U\in\mathscr{U}\), 由于 \(U\cap A\neq\varnothing\), 故 \(U\nsubseteq X_0\). 由引理, \(U\cap X_0=\varnothing\), 则 \(X_0=(\bigcup\limits_{U\in\mathscr{U}}U)\cap X_0=\bigcup\limits_{U\in\mathscr{U}}(U\cap X_0)=\varnothing\).
- 若 \(A\subset X_0\), 则 \(\forall U\in\mathscr{U}\), \(U\cap X_0\supset U\cap A\neq\varnothing\). 由引理, \(U\subset X_0\), 则 \(X=\bigcup\limits_{U\in\mathscr{U}}U\subset X_0\), 即有 \(X_0=X\).
综上所述, \(X\) 连通.
证明3: 仍然考虑 \(A_q=\{(x,y)\vert x=q~或~y=q\}\), 则 \(A_q\) 连通且 \(X=\bigcup\limits_{q\in\mathbb{Q}}A_q\), 即 \(\{A_q\}_{q\in\mathbb{Q}}\) 构成 \(X\) 的连通覆盖, 而 \(A_q\cap A_0\neq\varnothing, \forall q\in\mathbb{Q}\), 故由命题2.23, \(X\) 连通.
结合引理, 证法2也会有不同的写法, 不再赘述.
\(\mathbb{R}^1\) 上左开右闭区间生成的拓扑不是 \(C_2\) 空间
设 \(\mathbb{R}^1\) 的子集族 \(\mathcal{B}=\{(a,b]:a,b\in\mathbb{R}^1,a<b\}\), 则 \(\mathcal{B}\) 构成 \(\mathbb{R}^1\) 上的一个拓扑基且该拓扑不是第二可数空间.
证明: \(\mathcal{B}\) 构成拓扑基的证明是平凡的, 不再赘述. 以下证明该空间不是第二可数的. 反证法. 设有可数拓扑基 \(\{\alpha_i\}\), 设 \(a_i=\sup\limits_{x\in\alpha_i}x\) (\(a_i\) 可取 \(\infty\)), 则 \(a_i\) 只有可数个, 于是 \(\exists\) 无理数 \(\beta\notin\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}\). 由条件, 可设 \((\beta^{-1},\beta]=\bigcup\limits_{j} \alpha_j\). 于是 \(\beta=\sup\limits_{x\in\bigcup_j\alpha_j}x=\max\limits_j a_j\), 与 \(\beta\notin\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}\) 矛盾. 于是不存在可数拓扑基, 因而不是 \(C_2\) 空间.
\(\mathbb{Q}\) 作为 \(\mathbb{E}^1\) 的子空间不是局部紧的
证明有理数作为 \(\mathbb{E}^1\) 不是局部紧致的.
证明: 取 \(q\in \mathbb{Q}\), 只需要证明 \(q\) 的任意邻域都不紧即可. 任取 \(\mathbb{Q}\) 中包含 \(q\) 的一个邻域, 则该邻域具有 \(U_q\cap\mathbb{Q}\) 的形式, 其中 \(U_q\) 是 \(q\) 在 \(\mathbb{R}\) 中的邻域. 故 \(U_q\) 包含 \(q\) 的连通分支必定具有区间 \(|a,b|\) 的形式（开区间或闭区间）. 取无理数 \(\xi\in|a,b|\), 记 \(|a,b|\) 中比 \(\xi\) 小的有理数为 \(\{a_1,a_2\cdots\}\), 比 \(\xi\) 大的有理数为 \(\{b_1,b_2,\cdots\}\), 则 \(\{\mathbb{Q}\cap|a,a_i)\}_{i\in\mathbb{N}}\cup\{\mathbb{Q}\cap(b_j,b|\}_{j\in\mathbb{N}}\) 构成 \(|a,b|\) 的一个开覆盖, 且没有有限子覆盖. 于是 \(|a,b|\) 不紧. 命题得证.
师大《拓扑学》P47 8.
设拓扑空间 \(X\) 可以写成两个开集 \(X_1\), \(X_2\) 的并, 并且 \(X_0=X_1\cap X_2\neq\varnothing\) 道路连通, 证明 \(X\) 道路连通当且仅当 \(X_1\) 和 \(X_2\) 都道路连通.
证明: 只需要证明 \(X_1\) 道路连通. 由于 \(X_1\cap X_2\) 道路连通, 以下只需证明 \(\forall p\in X_1\backslash X_2\), 存在 \(p\) 到 \(X_1\cap X_2\) 中某点的道路. 取 \(q\in X_2\), 则由 \(X\) 道路连通, 任取 \(q\in X_2\), \(X\) 中存在 \(p\to q\) 的一条道路 \(a\), 即 \(a:X\to I\), s.t. \(a(0)=p\), \(a(1)=q\). 则 \(a^{-1}(X_1\cap X_2)\neq\varnothing\), 否则由 \(a\) 的连续性, \(a^{-1}(X_1)\) 和 \(a^{-1}(X_2)\) 为 \(I\) 的两个非空开集且 \(a^{-1}(X_1)\cup a^{-1}(X_2)=I\), 从而与 \(I\) 的连通性矛盾. 取 \(t=\inf a^{-1}(X_1)\cap a^{-1}(X_2)\), 则 \([0,t]\subset a^{-1}(X_1)\). 由 \(a^{-1}(X_1)\) 是开集知 \(\exists\epsilon>0\), s.t. \([t,t+\epsilon)\subset a^{-1}(X_1)\). 于是 \(\exists t_1\in[t,t+\epsilon)\), s.t. \(a(t_1)\in X_1\cap X_2\). 即存在 \(p\to t_1\) 的道路, 因而 \(X_1\) 道路连通.
粘合拓扑与并集的子空间拓扑
若 \(X_\alpha\) 是 \(Z\) 的子空间, 给 \(\bigcup\limits_\alpha X_\alpha\) 以 \(Z\) 的子空间拓扑. 若 \(\alpha\) 个数有限, 并且每个 \(X_\alpha\) 在 \(\bigcup\limits_\alpha X_\alpha\) 中闭, 则 \(\bigcup\limits_\alpha X_\alpha\) 的子空间拓扑与粘合拓扑一致. 若 \(\alpha\) 个数无限, 则结论不一定成立.
证明1: 平凡的构造是很容易的: 考虑 \(Z=\mathbb{E}^1\), \(X_\alpha=\{\alpha\}\), \(\forall\alpha\in\mathbb{R}\), 则 \(Z=\bigcup\limits_\alpha X_\alpha\). 并集的子空间拓扑显然就是欧氏拓扑, 但粘合拓扑为 \(\mathbb{R}\) 上的离散拓扑, 因而不相同.
证明2: 非平凡的例子: 待补.