07 分离公理与可数性：反例的坐标系

在实数直线上，两个不同的点总能各占一个互不相交的小区间。收敛数列也只能有一个极限。我们习惯了这些事情，容易以为它们是“空间”二字自带的性质。

开集公理没有作出这样的保证。给三个点只配上空集和全集，你连其中两个点都无法用开集区别。本章就从这个小空间出发，查清哪些日常直觉需要额外条件。另一条线索是可数性：每个点只需数得过来的邻域，和整个空间只需数得过来的基，差别远比措辞看起来大。

两个点，需要怎样的区分

对不同的点 $x,y$，分离要求可以逐步加强。

每行都要求对任意一对不同点成立。只分开了图上的一对，还不足以给整个空间分类。由定义立刻有 $T_2\Rightarrow T_1\Rightarrow T_0$。

考虑 $X=\{a,b,c\}$ 上的拓扑

$$\tau=\{\varnothing,\{a\},\{a,b\},X\}.$$

$a,b$ 可以用 $\{a\}$ 区分，$b,c$ 可以用 $\{a,b\}$ 区分，$a,c$ 也能区分，所以它满足 ${}_{}$。但任何含 的开集都含 ，无法反向区分 与 ，因此不满足 。

实验会列出可用的开集见证。把预设换成离散拓扑，观察为什么单点开集解决了所有点对；再删除空集。此时应当先承认候选开集族不是拓扑，而不能继续把它当成某一种拓扑空间来分类。

单点闭，以及极限唯一

一个很方便的判据是：$T_1$ 等价于每个单点集都闭。

若满足 $T_1$，固定 $y$。对每个 $x\ne y$，选一个含 $x$ 不含 $y$ 的开集 。这些开集的并恰好是 ，所以 闭。反过来，若单点都闭， 与 就给出了两方向的开集见证。

这还揭示了有限实验的一个限制。有限的 $T_1$ 空间必定离散。因为每个子集都是有限个闭单点的并，因而每个子集都闭，它们的补集也都开。于是，你不可能在三个点或四个点上找出“$T_1$ 但不 Hausdorff”的拓扑。

要找这个反例，可以让 $X$ 是无限集，赋予余有限拓扑：除空集外，开集是补集有限的集合。单点闭，所以它满足 $T_1$；两个非空开集却必有交，因为它们交集的补集仍有限，不能耗尽无限的 $X$。因此它不 Hausdorff。实验中的余有限模式用排除的有限点集计算共同点；它演示的是一个无限空间，不能与上面的有限拓扑编辑器混为一谈。

说数列 $x_n$ 收敛到 $x$，是指每个含 $x$ 的开集，都包含数列从某项起的全部项。在 Hausdorff 空间里，若同一数列收敛到不同的 $x,y$，取互不相交的开邻域 $U,V$。足够靠后的项必须同时属于 $$ 与 ，矛盾。极限唯一性的依据就在这里。

在带余有限拓扑的 $\mathbb N$ 上，数列 $x_n=n$ 却收敛到每一个自然数：任意非空开集只漏掉有限多个自然数，数列迟早会越过这些被漏掉的项。这不是计算出错，而是这里的开邻域要求确实比较宽松。

点与闭集、闭集与闭集

把一个点换成闭集，我们得到更强的分离要求。本课程采用以下约定：正则空间包含 $T_1$ 条件，正规空间也包含 $T_1$ 条件。这样，术语与 $T_3,T_4$ 的关系不会在后文突然改变。

正则，指空间满足 $T_1$，并且对闭集 $F$ 和外部点 $x\notin F$，存在不交开集 $U,V$，使 、。正规，指空间满足 ，并且任意两个不交闭集都能装进两个不交开集。

由于单点闭，正规空间中可以把一个闭集取成单点，得到正则；正则空间中再把另一个闭集也取成单点，得到 Hausdorff。因此按本课程约定，

$$\text{正规}\Rightarrow\text{正则}\Rightarrow T_2\Rightarrow T_1\Rightarrow T_0.$$

这些条件要对所有指定的点与闭集成立。一张画得开阔的图，只能帮助你记住任务，不能证明空间总有足够的开集。

正则性常以另一种形式进入证明：若 $x\in G$ 且 $G$ 开，可以找开集 $U$ 满足

$$x\in U\subseteq\overline U\subseteq G.$$

怎么把闭包也装进去？分离 $x$ 与闭集 $X\setminus G$，得到不交开集 $U,V$。闭集 $X\setminus V$ 包含 $U$，所以也包含 $\overline U$；而 。反过来，若能这样缩小邻域，对 取 ，再用 包住 ，便恢复点与闭集的分离。

正规性有对应的版本：对闭集 $C\subseteq G$，其中 $G$ 开，可以取开集 $U$ 使

$$C\subseteq U\subseteq\overline U\subseteq G.$$

证明只需把上段中的点换成闭集 $C$，分离 $C$ 与 $X\setminus G$。下一章要不断向两层开集之间插入新的一层，这个闭包条件会留出所需余地。

每个点的邻域，能否排成一列

点 $x$ 处的一套开局部基，是由含 $x$ 的开集组成的族 $\mathcal B_x$，满足：每个含 $x$ 的开集 $U$ 都包含某个 $B\in\mathcal B_x$。若每一点都有可数的开局部基，空间称为。

实数直线在 $x$ 处可用 $(x-1/n,x+1/n)$，$n\ge1$。给定任意含 $x$ 的开集，它包含某个半径为 $\varepsilon$ 的区间；取 足够大，使 ，相应区间就装得进去。这里依赖的是任意小尺度都能被列中的某一项达到，而不只是画上几圈越来越小的邻域。

第一可数性让我们能用数列找闭包点。设 $x\in\overline A$，取可数开局部基 $B_1,B_2,\ldots$，令

$$C_n=B_1\cap\cdots\cap B_n.$$

$C_n$ 仍是含 $x$ 的开集，因而与 $A$ 相交。每次选 $a_n\in A\cap C_n$。对任意含 的开集 ，有某个 ；当 时，。所以 。

反方向不需要第一可数：若 $A$ 中的数列收敛到 $x$，每个含 $x$ 的开集都碰到数列项，当然也碰到 $A$，故 $x\in\overline A$。合起来，在第一可数空间中，闭包恰好可以用这样的数列描述。

一套覆盖整个空间的可数基

若空间有一套可数的基，称为第二可数。例如通常实数拓扑有基

$$\{(p,q):p,q\in\mathbb Q,\ p<q\}.$$

有理数对可数，而实数开区间中的每个点都能被更小的有理端点区间包住，因此这确实是一套可数基。

第二可数蕴含第一可数：从全局基中只保留含 $x$ 的成员，它们就构成 $x$ 处的可数开局部基。不过，把每个点自己的一列邻域全部合并，未必仍可数，因为空间可能有不可数多个点。反向不能凭这一步得到。

第二可数还有两个常用后果。

存在可数稠密集。把非空基元素列为 $B_1,B_2,\ldots$，每个选一点 $d_n\in B_n$，令 。任意非空开集包含一个非空基元素，因而碰到 ，所以 。具有可数稠密集的空间称为。

每个开覆盖都有可数子覆盖。对给定开覆盖 $\mathcal U$，只考虑那些包含在某个覆盖成员中的基元素。每个这样的基元素 $B$ 选一个 $U_B\in\mathcal U$，使 $B\subseteq U_B$。这些 至多可数。对任意点 ，取覆盖成员 ，再取 ，则 ，所以选出的成员仍覆盖空间。具有这个性质的空间称为 。

可数子覆盖允许无限多个成员。它比紧致性要求的有限子覆盖弱，不能把名称不同的两个条件当成同一回事。

下限拓扑，把局部与全局的差别暴露出来

在 $\mathbb R$ 上，以所有 $[a,b)$，$a<b$，为基，得到下限拓扑，也叫 Sorgenfrey 直线。两个这样的区间相交时仍是同类区间或空集，基判据成立。

它在 $x$ 处有可数开局部基 $[x,x+1/n)$：任意基邻域 $[a,b)$ 含 $x$ 时，取 $1/n<b-x$ 就能装进去。因此它第一可数。每个非空基区间又都含有理数，所以 稠密，它也可分。

但它不是第二可数。假设 $\mathcal B$ 是它的任意一套基。对每个实数 $x$，为开邻域 $[x,x+1)$ 选基元素 $B_x$，满足

$$x\in B_x\subseteq[x,x+1).$$

$B_x$ 不必本身写成半开区间，但它包含 $x$ 且没有比 $x$ 更小的点，因此它的最小元素恰为 $x$。不同的 $x$ 必须对应不同的 $B_x$。实数不可数，所以任何基都不可数。这个论证针对任意一套基，并非仅仅指出“我们眼前这套基太大”。

实验把通常拓扑的有理网格区间与下限拓扑的右侧邻域放在一起。对无理数 $x=\sqrt2$，试着用有理数 $q$ 作左端点：若 $q<x$，区间会带入目标 $$ 左边的点；若 ，又漏掉 。网格加密能让误差变小，却不能让非零误差消失。若把 改成有理数并让 ，这一次可以成功，但并没有解决所有实数点的要求。

下限拓扑其实也能很好地分离点与闭集。通常的开区间是半开基区间的并，因此通常拓扑包含在下限拓扑中，它尤其 Hausdorff。每个 $[a,b)$ 还是闭集，因为补集 $(-\infty,a)\cup[b,\infty)$ 在下限拓扑中开。于是给定 $x\in G$，可选一个既开又闭的基邻域 $B$，使 ，便有 。由前面的判据，它正则。

到这里，我们已经得到一个第一可数、可分、正则，却不第二可数的空间。下一章会用它检查：这些看似接近度量空间的性质，究竟还差哪一步。

用反例检查量词

1. 不可数离散空间。证明它第一可数，却不第二可数、不可分，也不是 Lindelöf 空间。

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每点的单元素族 $\{\{x\}\}$ 就是开局部基，所以第一可数。任何全局基都必须含每个单点：要在开集 $\{x\}$ 内找含 $x$ 的基元素，只能选它本身，故基不可数。离散空间中每个集合都闭，稠密集只能是整个空间，所以不可分。全体单点构成开覆盖，任何可数子族至多覆盖可数个点，不能覆盖整个不可数空间，因此不满足 Lindelöf 性质。

2. 子空间是否继承第二可数性。设 $\{B_n\}$ 是 $X$ 的可数基。为任意子空间 $Y\subseteq X$ 构造一套可数基，并证明它确实够用。

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取所有非空的 $B_n\cap Y$。它们至多可数，并在 $Y$ 中开。对相对开集 $U\cap Y$ 及其中一点 $y$，在环境中选 $y\in B_n$，便有 。因此这是一套子空间基。

3. 缺少第一可数性会发生什么。给 $\mathbb R$ 余可数拓扑：非空开集的补集可数。令 $A=\mathbb R\setminus\{0\}$。证明 $0\in\overline A$，但不存在 $A$ 中收敛到 的数列。

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含 $0$ 的非空开集只去掉可数多个实数，仍包含非零实数，所以每个这样的开集都碰到 $A$，即 $0\in\overline A$。对任意 $A$ 中数列 $a_n$，其值域 可数且不含 。集合 是含 的开集，却不包含任何数列项。因此该数列不收敛到 。由正文的闭包数列判据，也可反推出这个空间在 处没有可数开局部基。

4. 正则性与子空间。证明正则空间的每个子空间仍正则。

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子空间仍满足 $T_1$，因为单点是环境闭单点与子空间的交。设 $x\in Y\cap G$，其中 $G$ 在环境 $X$ 中开。由正则性选 $x\in U\subseteq {\bar{U}}^{}$。则 在 中开，且其子空间闭包包含在 中。因此子空间满足缩小闭包的判据，故正则。不要把这里的结论直接替换为“正规性也对所有子空间成立”；本题的证明使用了点与环境开邻域，换成任意子空间闭集时不能照搬。

5

下限拓扑不第二可数的证明，关键排除了什么？

A.一套特定的半开区间族恰好不可数B.所有点都不存在可数局部基C.任意一套基都需要不可数多个不同的基元素D.有理数在每个开区间中都不稠密

6

在有限空间中，只要满足 T₁，就一定满足 Hausdorff 条件。

正确错误