泛函分析习题讲解 习题1.22
习题题面
设 \(X\) 是任一集，\(\mathscr{B}_1,\mathscr{B}_2\) 是 \(X\) 的子集构成的集族，它们都满足定理 1.5.1 中的条件，设 \(\tau_1,\tau_2\) 分别是由它们决定的 \(X\) 上的拓扑. 证明：\(\tau_1\subset\tau_2\)，当且仅当对于每一 \(G_1\in\mathscr{B}_1\) 及任一点 \(x\in G_1\)，存在 \(G_2\in\mathscr{B}_2\)，使得 \(x\in G_2\subset G_1\).
定理 1.5.1
设 \(X\) 是任一集，\(\mathscr{B}\) 是 \(X\) 的子集构成的集族，则 \(\mathscr{B}\) 是 \(X\) 上某一拓扑基，当且仅当，\(\mathscr{B}\) 具有以下性质：
- 任一点 \(x\in X\)，存在 \(G\in\mathscr{B}\)，使得 \(x\in G\)；
- 如果 \(x\in G_1\cap G_2\)，其中 \(G_1, G_2 \in \mathscr{B}\)，则存在 \(G_3\in\mathscr{B}\)，使得 \(x\in G_3\subset G_1\cap G_2\).
教材参考答案
如果 \(\tau_1\subset\tau_2\)，则对于每一个 \(G_1\in\mathscr{B}_1\)，\(G_1\in\mathscr{B}_2\)，显然命题中的条件成立.
反之，对于每一个 \(G\in\tau_1\)，则 \(G=\bigcup_{\alpha}G_\alpha\)，其中每一个 \(G_\alpha\in\mathscr{B}_1\)，由条件，对于每一个 \(x\in G_\alpha\)，存在 \(G_\beta\in\mathscr{B}_2\)，使得 \(x\in G_\beta\subset G_\alpha\). 于是，\(G\subset\bigcup_{\beta}G_\beta\subset\bigcup_{\alpha}G_\alpha=G\)，于是，\(G=\bigcup_{\beta}G_\beta\)，\(G\in\mathscr{B}_2\). 故 \(\tau_1\subset\tau_2\).
习题分析
接下来进入到了我们久违的“课本答案批判”环节。在这道题里，教材给出的参考答案存在极为严重的概念混淆，如果不加分辨地吸收，会给后续的拓扑学习埋下大雷。我们先看必要性的证明，原答案称【如果 \(\tau_1\subset\tau_2\)，则对于每一个 \(G_1\in\mathscr{B}_1\)，\(G_1\in\mathscr{B}_2\)】。这显然是极其荒谬的，\(\tau_1 \subset \tau_2\) 只能说明 \(\tau_1\) 中的开集也是 \(\tau_2\) 中的开集，但这绝不意味着 \(G_1\) 会自动变成 \(\tau_2\) 的“拓扑基元素”。我们举一个一击致命的反例：设全空间 \(X=\mathbb{R}\)，其中 \(\mathscr{B}_1\) 是由所有开区间 \((a,b)\) 构成的基，生成的拓扑是普通拓扑 \(\tau_1\)；而 \(\mathscr{B}_2\) 是由所有左闭右开区间 \([a,b)\) 构成的基，生成的是下限拓扑 \(\tau_2\)。显然，下限拓扑比普通拓扑更细，即 \(\tau_1 \subset \tau_2\)。此时我们取 \(G_1=(0,1) \in \mathscr{B}_1\)。开区间 \((0,1)\) 确实是 \(\tau_2\) 中的开集，但是 \((0,1)\) 根本不在全是半闭区间的拓扑基 \(\mathscr{B}_2\) 当中。原答案把“属于拓扑的开集”和“属于拓扑基的基元素”彻底搞混了。而在充分性的证明收尾时，原答案写道【\(G=\bigcup_{\beta}G_\beta\) 从而得出 \(G\in\mathscr{B}_2\)】。这同样是离谱的笔误，多个 \(\mathscr{B}_2\) 中基元素的并集，得到的是 \(\tau_2\) 中的开集，这里正确的表述应当是 \(G \in \tau_2\)。
抛开这些令人无奈的漏洞，这道题到底该怎么直观地去理解？实际上，我们可以将其生动地类比为“图像分辨率”的问题。拓扑基 \(\mathscr{B}\) 指的是某一个特定分辨率下的“基础像素模块”，而拓扑 \(\tau\) 指的则是通过点亮并拼接这些像素，在屏幕上能够显示出来的“所有合法图像”。在这里，\(\tau_1\) 就像是一个低清像素库，而 \(\tau_2\) 是一个高清像素库。题目要我们证明的等价关系，翻译过来就是：高清系统 \(\tau_2\) 能够完美向下兼容低清系统 \(\tau_1\) 的所有图像，当且仅当对于低清系统的任何一个基础像素 \(G_1\) 以及它覆盖的任意一个真实点 \(x\)，高清系统都能精准地调取出一个高清像素 \(G_2\) 罩住点 \(x\)，并且这个高清像素完全没有溢出 \(G_1\) 的边界。
带着这个绝妙的直觉，证明的逻辑脉络就非常清晰了。针对必要性，已知系统能够向下兼容，我们要证明像素能够内嵌。既然高清系统能显示所有的低清图像（即 \(\tau_1 \subset \tau_2\)），那么当我们取出一个低清基础像素 \(G_1\) 时，它本身就是一幅合法的低清图像，因此它必然也能被高清系统完美显示（即 \(G_1 \in \tau_2\)）。既然它是高清系统的合法图像，那它一定是由高清像素拼凑而成的。所以，对于它内部的任意一个观测点 \(x\)，必然存在一个参与拼接的高清像素 \(G_2\) 刚好覆盖了该点，且完全内嵌于 \(G_1\) 的边界之中（即 \(x\in G_2\subset G_1\)）。
而针对充分性，已知高清像素能够内嵌，我们要证明系统能够向下兼容。需要注意的是，这里不能单纯把上述逻辑逆转，而是要顺着像素的拼接去复刻图像。现任取一幅低清图像 \(G\)（即 \(G \in \tau_1\)），对于图像内的任意一点 \(x\)，它必然被某个低清像素 \(G_1\) 所照亮且未溢出整幅图像（即 \(x \in G_1 \subset G\)）。根据已知条件，我们立刻就能用一个高清像素 \(G_2\) 去替换它，使得 \(x \in G_2 \subset G_1 \subset G\)。这意味着，对于低清图像里的每一个点，高清系统都能调出一个绝不越界的高清像素将其照亮。将所有这些高清像素取并集，便完美复刻了原图像，从而证明了所有低清图像全都是高清合法图像（即 \(\tau_1 \subset \tau_2\)）。
标准解答
必要性证明
已知 \(\tau_1\subset\tau_2\). 任取拓扑基 \(\mathscr{B}_1\) 中的一个基元素 \(G_1\in\mathscr{B}_1\)，并任取其中的一点 \(x\in G_1\). 我们要证明必定存在拓扑基 \(\mathscr{B}_2\) 中的元素 \(G_2\in\mathscr{B}_2\)，使得 \(x\in G_2\subset G_1\).
因为 \(\mathscr{B}_1\) 是拓扑 \(\tau_1\) 的基，基元素本身必然是开集，所以 \(G_1 \in \tau_1\). 又根据题设系统包含关系 \(\tau_1 \subset \tau_2\)，该开集同样必须隶属于拓扑 \(\tau_2\)，即 \(G_1 \in \tau_2\).
根据“拓扑基生成拓扑”的等价定义（如教材定理 1.5.2 所述），既然 \(G_1\) 是由 \(\mathscr{B}_2\) 生成的拓扑 \(\tau_2\) 中的开集，且点 \(x \in G_1\)，那么必然能够从基 \(\mathscr{B}_2\) 中提取出一个基元素 \(G_2\)，使得它刚好覆盖点 \(x\) 且被完全包含于开集内部，即满足：
\[ x \in G_2 \subset G_1 \]
必要性得证.
充分性证明
已知题设条件成立（即 \(\forall G_1 \in \mathscr{B}_1\) 及其内部点 \(x \in G_1\)，必定存在 \(G_2 \in \mathscr{B}_2\) 使得 \(x \in G_2 \subset G_1\)）. 我们要据此推证 \(\tau_1 \subset \tau_2\).
任取拓扑 \(\tau_1\) 中的开集 \(G \in \tau_1\)，我们要论证它必属于 \(\tau_2\).
若 \(G = \emptyset\)，空集天然属于任何拓扑，故显然 \(G \in \tau_2\).
若 \(G \neq \emptyset\)，我们在开集 \(G\) 中任取一点 \(x \in G\). 由于 \(G \in \tau_1\) 且 \(\mathscr{B}_1\) 为其拓扑基，必定存在基元素 \(G_1 \in \mathscr{B}_1\)，使得点 \(x\) 被覆盖且不溢出开集 \(G\)，即 \(x \in G_1 \subset G\).
接下来应用已知条件：对于这个 \(G_1\) 及其内部的点 \(x\)，必然存在另一基 \(\mathscr{B}_2\) 中的元素 \(G_2 \in \mathscr{B}_2\)，满足 \(x \in G_2 \subset G_1\).
利用集合包含关系的传递性，我们立刻得出：
\[ x \in G_2 \subset G \]
即对于开集 \(G\) 中的任意一个点 \(x\)，我们都能够从 \(\mathscr{B}_2\) 中找出一个基元素（不妨记为 \(G_{2,x}\)），使其包裹住该点且完全落在 \(G\) 内部.
我们将所有这些被选出的基元素取并集，显然有：
\[ G = \bigcup_{x \in G} \{x\} \subset \bigcup_{x \in G} G_{2,x} \subset G \]
根据夹逼原理，上述包含关系实质上是严格的等式：
\[ G = \bigcup_{x \in G} G_{2,x} \]
既然集合 \(G\) 能够表示为拓扑基 \(\mathscr{B}_2\) 中若干基元素的任意并集，由拓扑基的根本定义可知，\(G\) 必然是由 \(\mathscr{B}_2\) 生成的拓扑 \(\tau_2\) 中的开集，即 \(G \in \tau_2\).
综上所述，由于 \(\tau_1\) 中的任意开集均属于 \(\tau_2\)，故推导出 \(\tau_1 \subset \tau_2\)，充分性得证.
助教提点
这道题目实际上是对同学们拓扑抽象思维的一次深度考验，它要求我们彻底从直观的距离度量中解放出来，去适应拓扑开集这种更具包容性的数学语言。其实这种抽象过程在现实生活中比比皆是，正如我们在习题分析中所说的“分辨率”比喻，面对大千世界，我们总是可以用不同颗粒度的尺度去感知它，包括不同画质的影像、不同音质的旋律，甚至是不同时间尺度下的悲欢。这也提醒着我们，不仅要在数学里学会切换视角，更要在有限的人生尺度下，去细细感受这个广袤天地的不同肌理。
当然，鸡汤归鸡汤，回归到这道题的本质，它其实是在为我们后续探讨“恒等映射的连续性”做铺垫。我们可以考虑一个从定义域 \((X,\tau_2)\) 映射到目标域 \((X,\tau_1)\) 的恒等映射 \(I(x)=x\)。在拓扑学中，映射连续的根本定义是，目标空间中的任意开集，其在定义域中的原像也是开集。因为对于恒等映射而言，任何集合的原像就是它本身（即 \(I^{-1}(G)=G\)），所以该映射连续，就绝对等价于“\(\tau_1\) 中的开集全都是 \(\tau_2\) 中的开集”，也就是 \(\tau_1\subset\tau_2\)。
仔细审视这道题的条件：对于 \(x\in G_1\)，存在 \(G_2\) 使得 \(x\in G_2\subset G_1\)。大家有没有发现，这其实就是微积分里函数连续的 \(\varepsilon-\delta\) 语言的拓扑翻版。在这个对应关系里，\(G_1\) 就是目标空间中点 \(x\) 的一个“\(\varepsilon\) 邻域”，而 \(G_2\) 则是定义域中点 \(x\) 的一个“\(\delta\) 邻域”。这个条件在说的故事就是，给定目标空间的任意邻域 \(G_1\)，总能找到定义域的一个对应邻域 \(G_2\)，使得映射过去的像 \(I(G_2)\) 被牢牢地限制在 \(G_1\) 内部，而这正是拓扑空间点态连续性的标准定义。这件事情深刻地告诉我们，许多度量空间中依赖“距离”去描述的概念，最终都可以被“开集”抽象化，从而帮助我们去征服那些连距离概念都不存在的广袤拓扑空间。
关于这道题的考试评分标准，虽然充分性和必要性的直觉都很显然，但要严丝合缝地用数学语言将逻辑串联起来，极其考验大家的基本功。假设这是一道10分的证明题，我们将对必要性和充分性做4-6分的划分。在证明必要性时，能够准确说明 \(G_1\) 既是 \(\tau_1\) 中的开集也是 \(\tau_2\) 中的开集得2分，随后正确引用拓扑基生成拓扑的等价定义得出结论再得2分。需要特别警告的是，如果在卷面上直接照抄课本写出 \(G_1 \in \mathscr{B}_2\)，该部分将直接以0分处理！而在证明充分性时，说明空集下的平凡结果得1分，中间通过基元素嵌套逼近推导出 \(x\in G_2\subset G\) 的推理过程占4分，最后根据拓扑基的定义严格说明 \(G\) 是 \(\tau_2\) 的开集得1分。