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user: 3. 层空间对应关系的讨论 3.1. 证明 H M 1 空间是 M 1 空间 在上述定义的映射 Φ 的作用下，重点讨论 H M 1 ： 这里取点 λ 11 ， λ 21 ， ⋯ ， λ n 1 ∈ T 1 ; ⋯ ; λ 1 n ， λ 2 n ， ⋯ ， λ n n ∈ T n ，其中 。 因此可定义邻域为： ， 其中 n = 1 ， 2 ， ⋯ ，引入空间 中的基 A ，且 A = A 1 ∪ A 2 ∪ ⋯ ，这里 是 A 的子族。所以就有 T 11 = ∪ i = 1 ∞ W i 11 ∪ A 1 ， ⋯ ， T 1 n = ∪ i = 1 ∞ W i 1 n ∪ A 1 ; ⋯ ; T n n = ∪ i = 1 ∞ W i n n ∪ A n . 当 ∩ i ， k ∞ T i k = A k 时， ( ∩ i = 1 ∞ T i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ T i 2 ) ∪ ⋯ = A 1 ∪ A 2 ， ⋯ 显然成立。 则对于 A 1 ∪ A 2 ∪ ⋯ ⊂ N 1 ， N 2 ， ⋯ ，当 ∩ j = 1 ∞ N j = ∪ μ = 1 ∞ A μ 时，就有 ( ∩ i = 1 ∞ T i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ T i 2 ) ∪ ⋯ = ∩ j = 1 ∞ N j 。下面考虑一种更复杂的情况： 不妨设 ∩ i = 1 ∞ T i 1 = Q 1 ∪ A 1 ， ∩ i = 1 ∞ T i 2 = Q 2 ∪ A 2 ， ⋯ 。这里的情况不包含上面的情形，即对于任何 T m t 、 T l t 有 T l t ∩ T m t = V t ∪ A t ，或 ∩ s = v u T s t = L t ∪ A t ，则有 ，其中 1 ≤ t ， m ， l ， v ， u ≤ ∞ 。且对于任意的 T i t = { T i t − ( Q t ∪ A t ) } ∪ ( Q t ∪ A t ) = ∪ g = 1 ∞ K g ∪ A t . 这里若对于集合 K p ， p = 1 ， 2 ， ⋯ ，考虑 K p ∘ ⊂ K p ， p = 1 ， 2 ， ⋯ ，就构成了以下的常规形式，同样地， ∩ j = 1 ∞ N j = ∪ μ = 1 ∞ A μ ∪ P ，若要满足 ( ∩ i = 1 ∞ T i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ T i 2 ) ∪ ⋯ = ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) ∪ ( ∪ e = 1 ∞ A e ) = ∩ j = 1 ∞ N j = ∪ μ = 1 ∞ A μ ∪ P 需证 P = ∪ e = 1 ∞ Q e ，下面分三种情形讨论。 情形1： N j ∩ T i 1 = A 1 ， N j ∩ T i 2 = A 2 ， ⋯ ，其中 ⇒ ∪ i ， j ， Σ ∞ ( N j ∩ T i Σ ) = ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ⇒ ( ∪ j = 1 ∞ N j ) ∩ ( ∪ i ， Σ ∞ T i Σ ) = ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ . 因为 ∩ j = 1 ∞ N j = ∪ μ = 1 ∞ A μ ∪ P ，所以 。因为 ( ∩ i = 1 ∞ T i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ T i 2 ) ∪ ⋯ = ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) ∪ ( ∪ e = 1 ∞ A e ) ， 所以 ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) ∪ ( ∪ e = 1 ∞ A e ) ⊂ ∪ i ， Σ ∞ T i Σ 。所以 ， (1) 所以得 P ∩ ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) = ∅ ，所以当 P = ∪ e = 1 ∞ Q e = ∅ 时可满足条件，或 。 猜测：是否可能有 ， ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ⊂ ∪ e = 1 ∞ Q e ？ 若成立则总有 { P i − ( ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ) } ∩ { ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) − ( ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ) } ⊂ ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ，同样地，也可能出现例如 ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ⊂ P ， ，如此则总有 ∪ f = 1 ∞ A f ∪ { P − ( ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ) } = ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ⇒ P − ( ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ) = ∅ ⇒ P ⊂ ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ 。 所以只需 P = ∪ e = 1 ∞ Q e ⊂ ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ 就可成立。 情形2： 当 N j ∩ T i 1 = A 1 ∪ B 1 ， N j ∩ T i 2 = A 2 ∪ B 2 ， ⋯ 时，可由(1)式得到 ( ∪ j = 1 ∞ N j ) ∩ ( ∪ i ， Σ ∞ T i Σ ) = ∪ f = 1 ∞ A f ∪ [ P ∩ ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) ] = ( ∪ ϕ = 1 ∞ A ϕ ) ∪ ( ∪ ϕ = 1 ∞ B ϕ ) ， 所以 P ∩ ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) = ∪ ϕ = 1 ∞ B ϕ ，因为 ∪ ϕ = 1 ∞ B ϕ ⊂ P ， ∪ e = 1 ∞ Q e ，所以这里可直接令 P = ∪ e = 1 ∞ Q e = ∪ ϕ = 1 ∞ B ϕ ，即条件可成立。 情形3： 当 N j ∩ T i 1 = T i 1 ， N j ∩ T i 2 = T i 2 ， ⋯ 时，仍然由(1)式可得： ( ∪ j = 1 ∞ N j ) ∩ ( ∪ i ， Σ ∞ T i Σ ) = ∪ f = 1 ∞ A f ∪ [ P ∩ ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) ] = ∪ i ， Σ ∞ T i Σ ; 当 P ∩ ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) = ∅ 时，即 ∪ f = 1 ∞ A f ∪ ∅ = ∪ f = 1 ∞ A f = ∪ i ， Σ ∞ T i Σ 与之前所假设情况的其中之一符合，所以显然成立；当 P ∩ ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) = Z ≠ ∅ 时，得 ∪ f = 1 ∞ A f ∪ Z = ∪ i ， Σ ∞ T i Σ 也同样如此。因此不论 P ∩ ( ∪ e = 1 ∞ Q e ) 的情况如何，都有 P = ∪ e = 1 ∞ Q e 成立。所以式子 ( ∩ i = 1 ∞ T i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ T i 2 ) ∪ ⋯ = ∩ j = 1 ∞ N j 得证。所以经映射 作用后所得到的空间 的确是 M 1 空间。 3.2. 证明 H M 3 空间是 M 3 空间 在映射 Φ 的作用下可设 C = ( ∩ k = 1 ∞ U k 1 ) ∩ ( ∩ k = 1 ∞ U k 2 ) ∩ ⋯ ，其中C为闭集， E 1 ， ⋯ ， E n 为开集，所以有 E 1 ⊂ U 11 ， U 21 ， ⋯ ; ⋯ ; E n ⊂ U 1 n ， U 2 n ， ⋯ . 由 M 3 空间的定义可类似地对 H M3 就有，对于另一闭集D， G 1 ， G 2 ， ⋯ 为开集，所以可设 E 1 ∪ E ′ 1 = ∩ k = 1 ∞ U K 1 ， E 2 ∪ E ′ 2 ⊂ ∩ K = 1 ∞ U K 2 ， ⋯ . 因为 G 1 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ F δ 1 ， G 2 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ F δ 2 ， ⋯ ，所以 G 1 ∪ G ′ 1 = ∩ δ = 1 ∞ F δ 1 ， G 2 ∪ G ′ 2 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ F δ 2 ， ⋯ 。因此令 C = ( E 1 ∪ E ′ 1 ) ∩ ( E 2 ∪ E ′ 2 ) ∩ ⋯ = ( E 1 ∩ E 2 ∩ ⋯ ) ∪ ( E ′ 1 ∩ E ′ 2 ∩ ⋯ ) = ( ∩ c = 1 ∞ E c ) ∪ ( ∩ d = 1 ∞ E ′ d ) = C ′ ∪ ( ∩ d = 1 ∞ E ′ d ) ， D = ( G 1 ∪ G ′ 1 ) ∩ ( G 2 ∪ G ′ 2 ) ∩ ⋯ = ( ∩ a = 1 ∞ G a ) ∪ ( ∩ b = 1 ∞ G ′ b ) = D ′ ∪ ( ∩ b = 1 ∞ G ′ b ) 当 C = D 时，就有 D − ( ∩ b = 1 ∞ G ′ b ) = C − ( ∩ d = 1 ∞ E ′ d ) ，当 ( E i − C ) ∪ ( ∩ d = 1 ∞ E ′ d ) ⊂ ( G j − D ) ∪ ( ∩ b = 1 ∞ G ′ b ) 时， H M 3 是广义度量空间。 当 C ⊂ D 时，设 ，所以 D − ( ∩ b = 1 ∞ G ′ b ) = [ C − ( ∩ d = 1 ∞ E ′ d ) ] ∪ ∏ ，所以当 即 ( E i − C ) ∪ ( ∩ d = 1 ∞ E ′ d ) ⊂ ( G j − D ) ∪ ( ∩ b = 1 ∞ G ′ b ) ∪ ∏ 时 是广义度量空间。 以上证明了 G ( n ， C ) ⊂ G ( n ， D ) 成立的可能性。反过来，若知 G ( n ， C ) ⊂ G ( n ， D ) ，则有两闭集C、D可分别表示为两个开集系列中开集的闭包的交。 设 C ， D 为闭集， E 1 ， E 2 ， ⋯ 和 G 1 ， G 2 ， ⋯ 为开集并且 E 1 ⊂ ∩ k = 1 ∞ U k 1 ， E 2 ⊂ ∩ k = 1 ∞ U k 2 ， ⋯ ， G 1 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ F δ 1 ， G 2 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ F δ 2 ， ⋯ . 再设 ， G 1 ∪ L 1 = ∩ δ = 1 ∞ F δ 1 ， G 2 ∪ L 2 = ∩ δ = 1 ∞ F δ 2 ， ⋯ 。所以 D = ( G 1 ∪ L 1 ) ∩ ( G 2 ∪ L 2 ) ∩ ⋯ = ( ∩ δ = 1 ∞ G δ ) ∪ ( ∩ λ = 1 ∞ L λ ) C = ( E 1 ∪ K 1 ) ∩ ( E 2 ∪ K 2 ) ∩ ⋯ = ( ∩ k = 1 ∞ E k ) ∪ ( ∩ μ = 1 ∞ K μ ) . 因为已知 G ( n ， C ) ⊂ G ( n ， D ) ，所以可有 E i ∪ J s = G j 其中 i ， j ， s = 1 ， 2 ， ⋯ ，所以 D = ( ∩ k = 1 ∞ E k ) ∪ ( ∩ s = 1 ∞ J s ) ∪ ( ∩ λ = 1 ∞ L λ ) = { C − ( ∩ μ = 1 ∞ K μ ) } ∪ ( ∩ s = 1 ∞ J s ) ∪ ( ∩ λ = 1 ∞ L λ ) . 根据上面的讨论结果可知： 当 ， ∩ μ = 1 ∞ K μ ⊂ ∩ λ = 1 ∞ L λ 时有 C ⊂ D 成立。 当 ， 时有 C ⊂ D 成立。 因此以上证明了反之条件成立的可能性，所以空间 H M 3 满足广义度量空间 M 3 中的条件，因此 H M 3 空间的确是 空间。 3.3. 讨论 H M 1 ∼ H M 3 的成立性 关于此问题需证明：在 H M 1 的闭包保持基条件下还可能满足 H M 3 中的条件，反之，在 H M 3 的条件下仍有 H M 1 的闭包保持基条件，两者必须同时成立。 讨论1： 设 C ， E ⊂ A ⊂ H M 1 ， 都是闭集， A 为保持基，若 E = ( ∪ t = 1 ∞ W t ) ∩ C ，其中 W 1 ， W 2 ， ⋯ ， C ， E 都是闭集，且E满足 ，令 C = J 1 ∪ J 2 ∪ ⋯ 。因为由保持基的条件就有 ( ∩ i = 1 ∞ R i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ R i 2 ) ∪ ⋯ = ∩ j = 1 ∞ S j (2) 其中 W 1 ⊂ ∩ i = 1 ∞ R i 1 ， W 2 ⊂ ∩ i = 1 ∞ R i 2 ， ⋯ 和 ( ∩ i = 1 ∞ K i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ K i 2 ) ∪ ⋯ = ∩ j = 1 ∞ L j 。 (3) 将式(2)和(3)求 ∩ 就有 { ( ∩ i = 1 ∞ R i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ R i 2 ) ∪ ⋯ } ∩ { ( ∩ i = 1 ∞ K i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ K i 2 ) ∪ ⋯ } = ( ∩ j = 1 ∞ S j ) ∩ ( ∩ j = 1 ∞ L j ) = ∩ θ = 1 ∞ { ( ∩ i = 1 ∞ R i θ ) ∩ ( ∩ i = 1 ∞ K i θ ) } 因为令 W 1 ∪ G 1 = ∩ i = 1 ∞ R i 1 ， W 2 ∪ G 2 = ∩ i = 1 ∞ R i 2 ， ⋯ ，其中 G 1 ， G 2 ， ⋯ 为开集；和 J 1 ∪ Z 1 = ∩ i = 1 ∞ K i 1 ， J 2 ∪ Z 2 = ∩ i = 1 ∞ K i 2 ， ⋯ ， 其中 Z 1 ， Z 2 ， ⋯ 为开集。所以得 . (4) 这里再令 P i = W i ∩ G i ， Q i = J i ∩ Z i ， P i 是闭集， Q i 是开集，其中 i = 1 ， 2 ， ⋯ ，且 ∩ i = 1 ∞ T i 1 = P 1 ∪ Q 1 ， ∩ i = 1 ∞ T i 2 = P 2 ∪ Q 2 ， ⋯ 所以 Q 1 ⊂ ∩ i = 1 ∞ T i 1 ， Q 2 ⊂ ∩ i = 1 ∞ T i 2 ， ⋯ 。即 ∩ i = 1 ∞ T i 1 ， ∩ i = 1 ∞ T i 2 ， ⋯ 是一系列开集 Q 1 ， Q 2 ， ⋯ 的闭包，代入式(4)得 ( ∩ i = 1 ∞ T i 1 ) ∩ ( ∩ i = 1 ∞ T i 2 ) ∩ ⋯ = ( ∩ j = 1 ∞ S j ) ∩ ( ∩ j = 1 ∞ L j ) = ∩ j = 1 ∞ N j 。因为由 E = E ¯ ，所以 E = ∩ j = 1 ∞ N j ，所以即有 ( ∩ i = 1 ∞ T i 1 ) ∩ ( ∩ i = 1 ∞ T i 2 ) ∩ ⋯ = E ， 因此以上就证明了任一闭集E可由一系列开集 Q 1 ， ⋯ ， Q n 的闭包的交表示。 当任意两个闭集 C ， D 有 时，若 C = D 可易知 G ( n ， C ) ⊂ G ( n ， D ) ；若 C ⊂ D 时可设 C ∪ Q = D ，就有开集 E 1 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ G δ 1 ， E 2 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ G δ 2 ， ⋯ 和 。 再设 E 1 ∪ E ′ 1 = ∩ δ = 1 ∞ G δ 1 ， E 2 ∪ E ′ 2 = ∩ δ = 1 ∞ G δ 2 ， ⋯ 和 F 1 ∪ F ′ 1 = ∩ ε = 1 ∞ I ε 1 ， F 2 ∪ F ′ 2 = ∩ ε = 1 ∞ I ε 2 ， ⋯ 。 因为 D = ( ∩ δ = 1 ∞ G δ 1 ) ∩ ( ∩ δ = 1 ∞ G δ 2 ) ∩ ⋯ = ( E 1 ∪ E ′ 1 ) ∩ ( E 2 ∪ E ′ 2 ) ∩ ⋯ = ( ∩ a = 1 ∞ E a ) ∪ ( ∩ b = 1 ∞ E ′ b ) 且 C = ( ∩ ε = 1 ∞ I ε 1 ) ∩ ( ∩ ε = 1 ∞ I ε 2 ) ∩ ⋯ = ( ∩ c = 1 ∞ F c ) ∪ ( ∩ d = 1 ∞ F ′ d ) ，所以 ( ∩ c = 1 ∞ F c ) ∪ ( ∩ d = 1 ∞ F ′ d ) ∪ Q = ( ∩ a = 1 ∞ E a ) ∪ ( ∩ b = 1 ∞ E ′ b ) 。 因此容易得出 F i ⊂ E j 其中 i ， j = 1 ， 2 ， ⋯ ，所以 成立。 讨论2： 设 C ， D ⊂ H M 3 且 ， C ， D 都是闭集，若 C = D = ∪ t = 1 ∞ V t ，且有一闭集可表示为开集的闭包的交，即有 C = ∩ k ， l ∞ U k l = D = ∪ t = 1 ∞ V t 。当 V 1 = ∩ i = 1 ∞ E i 1 ， V 2 = ∩ i = 1 ∞ E i 2 ， ⋯ 时， E i 1 为 V 1 = W 11 ∪ W 21 ∪ ⋯ 中 W i 1 的闭包，……， E i n 为 V n = W 1 n ∪ W 2 n ∪ ⋯ 中 W i n 的闭包，……。所以 ， 所以满足闭包保持基条件。 若 C ⊂ D ，设 D = C ∪ Q = ∪ t = 1 ∞ V t ∪ Q ， C ， D 是闭集，且有 D = ∩ δ ， θ ∞ G δ θ ， 。因为 G ( n ， C ) ⊂ G ( n ， D ) ，所以有 M 1 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ G δ 1 ， M 2 ⊂ ∩ δ = 1 ∞ G δ 2 ， ⋯ 和 N 1 ⊂ ∩ p = 1 ∞ L p 1 ， N 2 ⊂ ∩ p = 1 ∞ L p 2 ， ⋯ 所以设 N i ∪ P = M j 其中 ，同样也有 M 1 ∪ M ′ 1 = ∩ δ = 1 ∞ G δ 1 ， M 2 ∪ M ′ 2 = ∩ δ = 1 ∞ G δ 2 ， ⋯ 和 N 1 ∪ N ′ 1 = ∩ p = 1 ∞ L p 1 ， N 2 ∪ N ′ 2 = ∩ p = 1 ∞ L p 2 ， ⋯ 所以 D = ∩ δ ， θ ∞ G δ θ = ( M 1 ∪ M ′ 1 ) ∩ ( M 2 ∪ M ′ 2 ) ∩ ⋯ = ( ∩ a = 1 ∞ M a ) ∪ ( ∩ b = 1 ∞ M ′ b ) = ( ∩ a = 1 ∞ N a ) ∪ ( ∩ ε = 1 ∞ P ε ) ∪ ( ∩ b = 1 ∞ M ′ b ) C = ∩ p ， q ∞ L p q = ( N 1 ∪ N ′ 1 ) ∩ ( N 2 ∪ N ′ 2 ) ∩ ⋯ = ( ∩ c = 1 ∞ N c ) ∪ ( ∩ d = 1 ∞ N ′ d ) 所以 Q = D − C = { ( ∩ ε = 1 ∞ P ε ) ∪ ( ∩ b = 1 ∞ M ′ b ) } − ( ∩ d = 1 ∞ N ′ d ) ≠ ∅ . 由此可知， C = ( ∩ i = 1 ∞ E i 1 ) ∪ ( ∩ i = 1 ∞ E i 2 ) ∪ ⋯ = ∩ k ， l ∞ U k l 满足保持基条件，所以 D = ∪ n = 1 ∞ ( ∩ i = 1 ∞ E i n ) ∪ Q ′ = ∩ k ， l ∞ T k l ，其中 ， ，同样满足闭包保持基条件。