拓撲和的泛性的稍強形式

本文介紹比拓撲和的泛性稍強一點的結果，它是教材的一個習題。

緒論

兩個拓撲空間$X_{1}$、$X_{2}$的拓撲和由一個拓撲空間$X$和兩個連續函數$i_{1}\colon X_{1}\to X$、$i_{2}\colon X_{2}\to X$組成，且滿足以下泛性。

• 對任意拓撲空間$Y$及連續函數$f_{1}\colon X_{1}\to Y$、$f_{2}\colon X_{2}\to Y$，存在唯一連續函數$f\colon X\to Y$使得$fi_{1}=f_{1}$且$fi_{2}=f_{2}$，也就是說使下列圖表交換。

  ${\begin{matrix}X&\xleftarrow {i_{2}} &X_{2}\\{\scriptstyle i_{1}}\uparrow &\searrow {\scriptstyle f}&\downarrow {\scriptstyle f_{2}}\\X_{1}&{\xrightarrow[{f_{1}}]{}}&Y\end{matrix}}$

兩個拓撲空間的拓撲總是存在，且在同胚意義下唯一。故可將拓撲和記為$X_{1}\sqcup X_{2}$。因為包含函數$i_{1}$、$i_{2}$都是嵌入，可以將$i_{1}(X_{1})$、$i_{2}(X_{2})$簡單記成$X_{1}$、$X_{2}$。此時拓撲和$X_{1}\sqcup X_{2}$作為集合是$X_{1}$和$X_{2}$的不交並，子集$U\subset X_{1}\sqcup X_{2}$是開集若且唯若$U\cap X_{1}$是$X_{1}$的開集且$U\cap X_{2}$是$X_{2}$的開集。

一個拓撲空間是給定兩個子集的拓撲和的充分必要條件可以如下描述。

定理1：設$X$是拓撲空間，$X_{1},X_{2}\subset X$是兩個子集。記$i_{1}\colon X_{1}\to X_{1}\sqcup X_{2}$、$i_{2}\colon X_{2}\to X_{1}\sqcup X_{2}$、$j_{1}\colon X_{1}\to X$、$j_{2}\colon X_{2}\to X$都是包含函數。那麼以下兩個條件等價。

• (a) $X=X_{1}\sqcup X_{2}$，也就是說，由$fi_{1}=j_{1}$、$fi_{2}=j_{2}$確定的唯一的函數$f\colon X_{1}\sqcup X_{2}\to X$是同胚。
• (b) $X=X_{1}\cup X_{2}$，且$X_{1}\cap X_{2}=\varnothing$，且$X_{1}$、$X_{2}$都是$X$的開集。

證明：(a) ⇒ (b)：$X_{1}$是$X_{1}$的開集，且$\varnothing$是$X_{2}$的開集，故$X_{1}$是$X_{1}\sqcup X_{2}$的開集，同樣$X_{2}$也是開集。(b) ⇒ (a)：設$U_{1}$是$X_{1}$的開集，且$U_{2}$是 $X_{2}$的開集。那麼因為$X_{1}$、$X_{2}$是$X$開集，所以$U_{1}$、$U_{2}$是$X$的開集。因此$U_{1}\cup U_{2}$是$X$的開集。

主要結果

設$f\colon X_{1}\sqcup X_{2}\to Y$是從兩個拓撲空間$X_{1}$、$X_{2}$的拓撲和到拓撲空間$Y$的函數。由拓撲和的泛性，只要$f\upharpoonright X_{1}\colon X_{1}\to Y$、$f\upharpoonright X_{2}\colon X_{2}\to Y$都是連續函數，那麼$f$也是連續函數。而這是下面定理的特殊情形。

定理2：設$X$是拓撲空間，$X_{1},X_{2}\subset X$是兩個子集，且它們滿足$X=X_{1}\cup X_{2}$、$X\setminus (X_{1}\cap X_{2})=X_{1}\setminus X_{2}\sqcup X_{2}\setminus X_{1}$。設$Y$是拓撲空間，$f\colon X\to Y$是函數。如果$f\upharpoonright X_{1}$、$f\upharpoonright X_{2}$都是連續函數，那麼$f$也是連續函數。

主要結果的證明

引理1：設$X$、$Y$是拓撲空間，$x\in X$，$f\colon X\to Y$，且設$A\in {\mathcal {N}}(x)$是$x$的一個鄰域。如果$f\upharpoonright A$在$x$處連續，那麼$f$在$x$處連續。

證明：對任意鄰域$U\in {\mathcal {N}}(f(x))$，$f^{-1}(U)\cap A$是$x$在$A$中的鄰域。故存在$N\in {\mathcal {N}}(x)$使得$f^{-1}(U)\cap A=N\cap A$。因為$A\in {\mathcal {N}}(x)$，有$f^{-1}(U)\cap A\in {\mathcal {N}}(x)$，從而有$f^{-1}(U)\in {\mathcal {N}}(x)$。

定理2的證明：只需證明對任意$x\in X$，$f$在$x$處連續。如果$x\in \operatorname {int} X_{1}$或者$x\in \operatorname {int} X_{2}$，由引理1$f$在$x$處連續。如果$x\not \in \operatorname {int} X_{1}$且$x\not \in \operatorname {int} X_{2}$，下面證明$x\in X_{1}\cap X_{2}$。假設不然，不妨設$x\in X_{1}\setminus X_{2}$。由定理1，$X_{1}\setminus X_{2}$是$X\setminus (X_{1}\cap X_{2})$的開集，故存在開集$V\subset X$使得$X_{1}\setminus X_{2}=V\setminus (X_{1}\cap X_{2})$。此時有$x\in V\subset X_{1}$，這與$x\not \in \operatorname {int} X_{1}$矛盾。

現在設$U\in {\mathcal {N}}(f(x))$是$f(x)$的任意鄰域。因為$f\upharpoonright X_{1}$、$f\upharpoonright X_{2}$都在$x$處連續，存在$M,N\in {\mathcal {N}}(x)$使得$f(M\cap X_{1})\subset U$、$f(N\cap X_{2})\subset U$。此時有$M\cap N\in {\mathcal {N}}(x)$，且$f(M\cap N)\subset U$。因此$f$在$x$處連續。