Topology

“深刻的定理”

Urysohn 引理

定理 （Urysohn引理）

设有个正规空间$X$，其中两个无交闭集$A$和$B$，$[a,b]$是实直线上的一个闭区间，则存在一个连续映射$f:X\to [a,b]$，使得对于所有$x\in A$都有$f(x)=a$，对于所有$x\in B$都有$f(x)=b$

证明：首先用个线性双射便可以说：不妨，取$[a,b]=[0,1]$。然后，利用正规性质来构造一个开集族（和有理数对应），借助这些集合来确定连续函数，听上去有点抽象不是吗？可以回想一下戴德金分割，带点那个感觉，下面再慢慢展开：

1.

记$P$是所有$[0,1]$区间中的有理数构成的集合，并且对于每一个$p\in P$，定义一个开集$U_p$。具体方法是这样：先将$P$中的元素排成一排，其中首个是$p_1=1$，第二个是$p_2=0$。令$U_1 = X-B$，根据定理（用“汉堡”刻画正规），可知存在一个开集$U_0$使得$A\subset U_0\subset \overline{U_0}\subset U_1$，至此，$0,1$都得到了对应的开集$U_0,U_1$，接下来顺水推舟，把剩下的$P$中元素都对应上一个开集就行！

规则是：对于$p_3$，由于必定满足$0<p_3<1$，再次使用定理（用“汉堡”刻画正规），装个“蔬菜沙拉层”把闭集$\overline{U_0}$和开集$U_1$分离，即，存在$\overline{U_0}\subset U_{p_3}\subset \overline{ U_{p_3}}\subset U_1$。接着来看$p_4$，先根据有理数本身的序关系排一下，比如$0<p_3<p_4<1$，这样就往$\overline{U_{p_3}}$这个闭集和$U_1$这个开集中夹“蔬菜沙拉层”，如果是$0<p_4<p_3<1$，就往$\overline{U_0}$这个闭集和$U_{p_3}$这个开集中夹“蔬菜沙拉层”（这个“蔬菜”就是开集$U_{p_4}$）……总之，$P$的成员按照排成一排的顺序逐个入场，刚入场的有理数根据自己的大小找到目前的紧邻大小元，然后，在目前的“紧邻小元对应的开集的闭包”和“紧邻大元对应的开集”之间夹入“蔬菜沙拉层”，“蔬菜”就是刚来的有理数对应的开集，如此往复……

至此，想说明的是，能够为所有$P$中的元素对应上一个开集，且满足：$p<q \implies \overline{U_p}\subset U_q$（用一下归纳原理，这点易证），把这句作为条目 1. 的take away就行了

2.

至此，所有$[0,1]$的有理数都被安置妥当了，现在扩充到整个$\mathbb{R}$上去，用这个方法：若$r<0$则$U_r=\varnothing$，若$r>1$则$U_r=X$，因此，回顾前面的take away，$p<q \implies \overline{U_p}\subset U_q$ 这一点在仍正确

3.

现在，如果给我一个$x\in X$，我这样子给出一些有理数的集合，$\mathbb{Q}(x):=\set{p:x\in U_p}$，即，$\mathbb{Q}(x)$这个东西的意思是，把含有$x$的那些开集的索引都收集起来。显然，由第2. 条的构造方法，可知，任何比$1$大的数，都会被收集进去。现在定义函数$f(x) = \inf \mathbb{Q}(x)=\inf \set{p:x\in U_p}$

4.

这个$f$就是所求，如何证明其连续性呢？来看两个引理

1 $x\in \overline{U_r}\implies f(x)\leq r$

2 $x\notin U_r \implies f(x)\geq r$

引理的证明：

1 若$x\in \overline{U_r}$，且假设$f(x)>r$，那么在$f(x)$与$r$之间必然存在一个有理数，不妨记为$q$，那么$q$对应的那个集合$U_q$就符合$x\notin U_q$（否则q不就落在$\mathbb{Q}(x)$里了嘛！），但是，$r>q\implies \overline{U_r}\subset U_q$（这是条目 1. 的 take-away）矛盾！

2 若$x\notin U_r$，那么，任何来一个比$r$小的有理数$q$，都满足$x\notin U_q$（根据条目 1. 的 take-away），因此，$\mathbb{Q}(x)$不含有比$r$小的有理数，因此$\inf \mathbb{Q}(x)\geq r$

使用引理，证明$f$的连续性：随意给定一个$x_0$和包含$f(x_0)$的开区间$(c,d)$，欲找到$U$使得$f(U)\subset (c,d)$由于能够取到$c<p<f(x_0)<q<d$，其中$p,q$为有理数，这样，$U=U_q-\overline{U_p}$就是所求，原因是，若$x\in U_q -\overline{U_p} \subset \overline{U_q}$，则由引理1，$f(x)\leq q$，而$x \notin \overline{U_q}$蕴含$x\notin U_p$，由引理2，$f(x)\geq p$，因此$f(U)\subset [p,q]\subset(c,d)$，定理得证

$\square$