($T_2 \Rightarrow T_1$)
任取 $x,y \in X,\ x \neq y$。由 Hausdorff 公理得

$${}^\exists O_x(x, y), O_y(x, y) \in \mathcal O,\quad s.t. \quad x \in O_x(x, y),\ y \in O_y(x, y),\ O_x(x, y) \cap O_y(x, y) = \emptyset$$

则显然 $y \not\in O_x(x, y)$，故 $T_1$ 公理成立

($T_1 \Rightarrow T_0$)
任取 $x,y \in X,\ x \neq y$。由 Frechet 公理得

$${}^\exists O(x, y) \in \mathcal O,\quad s.t. \quad x \in O(x, y),\ y \not\in O(x, y)$$

故 $T_0$ 公理成立
$\square$

(Normal $\Rightarrow$ Regular)
任取闭集 $F \in \mathcal F$ 和点 $x \in X^c$。由 $T_1$ 公理得单点集 $\{x\}$ 为闭集，显然有不交闭集 $F \cap \{x\} = \emptyset$，所以由 Tietze 公理得

$${}^\exists O_x(x, F), O_F(x, F) \in \mathcal O,\quad s.t. \quad \{x\} \subset O_x(x, F),\ F \subset O_F(x, F),\ O_x(x, F) \cap O_F(x, F) = \emptyset$$

即 $x \in O_x(x, F)$

(Regular $\Rightarrow$ Hausdorff)
任取 $x,y \in X,\ x \neq y$。由 $T_1$ 公理得单点集 $\{y\}$ 为闭集，显然 $x \in \{y\}^c$，所以由 Vietoris 公理得

$${}^\exists O_x(x, y), O_y(x, y) \in \mathcal O,\quad s.t. \quad x \in O_x(x, y),\ y \in O_y(x, y),\ O_x(x, y) \cap O_y(x, y) = \emptyset$$

$\square$

证明纲要

• 分别找到能覆盖闭集 $A$ 和 $B$ 的可数开覆盖
• 为了让二者不交，需要对其进行修剪，并验证分离关系

令 $(X,\mathcal O)$ 为满足第二可数公理的正则空间，$\mathcal B$ 为其可数开基，取任意不交闭集 $A,B \in \mathcal F$。以下开始证明

定义开覆盖
任取 $x \in A$。由正则性得

$${}^\exists O_x(x), O_{B}(x) \in \mathcal O,\quad s.t. \quad x \in O_x(x),\ B \subset O_{B}(x),\ O_x(x) \cap O_{B}(x) = \emptyset$$

则 $O_x(x) \subset O_{B}(x)^c \in \mathcal F$，闭包的最小性给出

$$\overline{O_x(x)} \subset O_{B}(x)^c$$

由于 $O_x(x) \subset \overline{O_x(x)}$，且 $\mathcal B$ 是开基，所以

$${}^\exists B(x) \in \mathcal B,\quad s.t. \quad \underbrace{x \in B(x) \subset O_x(x)}_{\text{Apply}} \subset \overline{O_x(x)} \subset O_{B}(x)^c$$

由于 $x$ 是任取的，所以

$$A \subset \bigcup_{x \in A} B(x) \in \mathcal O$$

虽然 $x \in A$ 的取值可能是不可数的，但由于 $\mathcal B$ 是可数集，所以可以将其化归为可数版本，即

$$\bigcup_{x \in A} B(x) = \bigcup_{x_i \in A,\ i \in \mathbb N} B(x_i) \in \mathcal O$$

接下来同样，任取 $y \in B$，由正则性得

$${}^\exists O_y, O_{A}(y) \in \mathcal O,\quad s.t. \quad y \in O_y,\ A \subset O_{A}(y),\ O_y \cap O_{A}(y) = \emptyset$$

同样的构造方法，

$${}^\exists B(y) \in \mathcal B,\quad s.t. \quad \underbrace{y \in B(y) \subset O_y}_{\text{Apply}} \subset \overline O_y \subset O_{A}(y)^c$$

找到可数开覆盖

$$B \subset \bigcup_{y \in B} B(y) = \bigcup_{y_j \in B,\ j \in \mathbb N} B(y_j) \in \mathcal O$$

修剪开集
现在虽然各自找到了可数开覆盖，但二者可能相交，需要去除各自重叠的部分，并要始终保证其包含 $A, B$。
定义

$$\begin{cases} U_n := B(x_n) \setminus \bigcup\limits_{j=1}^n \overline{B(y_j)},\quad n \in \mathbb N \\ V_n := B(y_n) \setminus \bigcup\limits_{i=1}^n \overline{B(x_i)},\quad n \in \mathbb N \end{cases}$$

注意开集减去闭集等价于交上该集合的补集，所以还是开集
借由该序列，定义

$$\begin{cases} U := \bigcup\limits_{n \in \mathbb N} U_n \in \mathcal O \\ V := \bigcup\limits_{n \in \mathbb N} V_n \in \mathcal O \end{cases}$$

接下来验证分离性
对于任意 $x \in A$，必存在某个 $k$ 使得 $x \in B(x_k)$。

检查定义

$$U_k = B(x_k) \setminus \bigcup_{j=1}^k \overline{B(y_j)}$$

由于我们在第一步构造时保证了所有 $\overline{B(y_j)} \cap A = \emptyset$，所以 $x \not\in \overline{B(y_j)}$ 对任意 $j=1,2,\ldots,k$ 都成立。这确保了 $U_k$ 不会减去包含 $x$ 的部分，
故 $x \in U_k \subset U$。得到 $A \subset U$。
同理可证 $B \subset V$。

接下来证明 $U \cap V = \emptyset$。
假设存在 $z \in U \cap V$。则

$${}^\exists n,m \in \mathbb N,\quad s.t. \quad z \in U_n \cap V_m$$

不妨设 $n \ge m$。查看 $U_n$ 的定义：$U_n$ 挖掉了前 $n$ 个 $B(y)$ 的闭包。
因为 $m \le n$，所以 $\overline{B(y_m)}$ 已经被挖掉了。即 $z \not\in \overline{B(y_m)}$。

根据 $V_m$ 的定义：

$$z \in V_m \subset B(y_m) \subset \overline{B(y_m)}$$

矛盾：$z$ 既在 $\overline{B(y_m)}$ 里，又不在 $\overline{B(y_m)}$ 里。
因此，$U \cap V = \emptyset$
$\square$

以下逐一进行证明，各部分记号独立不共享

$T_1$
($\Rightarrow$)
取任意 $x \in X$，要证明 $\{x\}$ 为闭集，只需证明其补集 $\{x\}^c$ 为开集。
任取 $y \in \{x\}^c$，则 $x \neq y$。由 Frechet 公理

$${}^\exists O_y \in \mathcal O,\quad s.t. \quad y \in O_y,\ x \not\in O_y$$

这意味着 $O_y \subset \{x\}^c$，所以对于任意的 $y$，都存在一个包含 $y$ 的开邻域完全包含于该补集中，将其表示为开集的并

$$\{x\}^c = \bigcup_{y \in \{x\}^c} O_y \in \mathcal O$$

($\Leftarrow$)
取任意 $x,y \in X,\ x \neq y$。由条件 $\{y\}$ 为闭集，故其补集 $\{y\}^c$ 为开集，且 $x \in \{y\}^c$。

因此，取

$$O_x := \{y\}^c \in \mathcal O$$

即得 $X$ 满足 $T_1$ 公理

$T_2$
($\Rightarrow$)
取 $x \in X$，定义闭邻域系

$$\mathcal C_x := \{F \in \mathcal F \mid x \in F^i \}$$

显然

$$x \in \bigcap_{F \in \mathcal C_x} F$$

现证明无其他点存在，假设存在 $y \in X,\ y \neq x$ 且 $y \in \bigcap_{F \in \mathcal C_x} F$。
由 Hausdorff 公理得

$${}^\exists O_x, O_y \in \mathcal O,\quad s.t. \quad x \in O_x,\ y \in O_y,\ O_x \cap O_y = \emptyset$$

则 $O_x \subset O_y^c \in \mathcal F$，进一步闭包的最小性质给出

$$\overline O_x \subset O_y^c$$

这意味着 $y \not\in \overline O_x$，但显然 $\overline O_x \in \mathcal C_x$，与假设矛盾。得证

($\Leftarrow$)
假设 $\bigcap_{F \in \mathcal C_x} F = \{x\}$
取 $x \in X$ 和异点 $y \in X,\ y \neq x$。条件给出存在闭邻域 $F$ 使得 $y \not\in F$。
于是取

$$\begin{cases} O_x := (F)^i \in \mathcal O \\ O_y := (F)^c \in \mathcal O \end{cases}$$

则显然

$$x \in O_x,\ y \in O_y,\ O_x \cap O_y = \emptyset$$

$T_3$
($\Rightarrow$)
任取 $x \in X$，及其邻域系 $\mathcal N(x) \subset \mathcal O$
任取邻域 $N(x) \in \mathcal N(x)$，显然 $x \not\in N(x)^c \in \mathcal F$，
令 $F := N(x)^c$，Vietoris 公理给出对于每个 $F$

$${}^\exists O_x(F), O_F \in \mathcal O,\quad s.t. \quad x \in O_x(F),\ F \subset O_F,\ O_x(F) \cap O_F = \emptyset$$

得 $O_x(F) \subset O_F^c \in \mathcal F$，闭包的最小性给出

$$\overline{O_x(F)} \subset O_F^c$$

又因为 $F \subset O_F$，所以

$$O_F^c \subset F^c = N(x)$$

以上包含链

$$x \in O_x(F) \subset \overline{O_x(F)} \subset O_F^c \subset N(x)$$

显然 $\overline{O_x(F)}$ 成为一个比 $N(x)$ 更小的闭邻域
由于 $N(x)$ 是任取的，所以对于每个邻域，都可以找到与其对应的闭邻域 $\overline{O_x(F)}$，从而闭邻域系 $\{\overline{O_x(F)}\}$ 构成邻域基

($\Leftarrow$)
假设任意点的闭邻域构成邻域基
任取闭集 $F \in \mathcal F$ 及点 $x \in F^c$，则 $F^c \in \mathcal O$ 是 $x$ 的一个开邻域。根据假设

$${}^\exists N(F) \in \mathcal F,\quad s.t. \quad x \in N(F) \subset F^c \implies F \subset N(F)^c$$

$N$ 的邻域性质给出

$${}^\exists O \in \mathcal O,\quad s.t. \quad x \in O \subset N(F) \implies N(F)^c \cap O = \emptyset$$

同时因为 $N(F)^c \in \mathcal O$，令

$$\begin{cases} O_x := O \in \mathcal O \\ O_F := N(F)^c \in \mathcal O \end{cases}$$

则显然

$$x \in O_x,\ F \subset O_F,\ O_x \cap O_F = \emptyset$$

$T_4$
($\Rightarrow$)
取满足条件的 $F \subset O$。记闭集 $C := O^c$，由 Tietze 公理得

$${}^\exists O_F,O_C \in \mathcal O,\quad s.t. \quad F \subset O_F,\ C \subset O_C,\ O_F \cap O_C = \emptyset$$

因为二者不交，所以 $O_F \subset (O_C)^c$
此时，因为 $\overline O_F$ 是包含 $O_F$ 的最小闭集，且 $(O_C)^c$ 是一个包含 $O_F$ 的闭集，所以有

$$\overline O_F \subset (O_C)^c$$

又因为 $C \subset O_C$，所以 $(O_C)^c \subset C^c = O$，得到

$$\overline O_F \subset O$$

综上所述，取 $U := O_F$ 即得

$$F \subset U,\quad \overline U \subset O$$

($\Leftarrow$)

任取不交闭集 $F_1,F_2 \in \mathcal F$。由条件得 $F_1 \subset F_2^c \in \mathcal O$，此时满足条件：一个从属于开集的闭集，那么应用条件

$${}^\exists U \in \mathcal O,\quad s.t. \quad F_1 \subset U,\ \overline U \subset F_2^c$$

目前已经找到了包含 $F_1$ 的开集 $U$，还需要找到包含 $F_2$ 的开集 $V$
由于 $\overline U \subset F_2^c$，所以 $F_2 \subset (\overline U)^c \in \mathcal O$，取 $V := (\overline U)^c \in \mathcal O$ 即得 $F_2 \subset V$，且

$$U \cap V \subset U \cap (\overline U)^c = \emptyset$$

$\square$

只需证明 $\{x\}^c = X \setminus \{x\}$ 是开集。
任取 $y \in \{x\}^c$。由于 $x \neq y$，Hausdorff 公理给出

$${}^\exists O_x, O_y \in \mathcal O,\ s.t.\ x \in O_x,\ y \in O_y,\ O_x \cap O_y = \emptyset$$

由于不交，所以 $O_y \subset \{x\}^c$。得到 $y \in (\{x\}^c)^i$
从而补集 $\{x\}$ 为闭集。
$\square$

取子集 $A \subset X$ 并构造相对拓扑 $(A,\mathcal O_A)$。
取异点 $x,y \in A,\ x \neq y$。$X$ 的 Hausdorff 公理给出

$${}^\exists O_x,O_y \in \mathcal O_X,\ s.t.\ x \in O_x,\ y \in O_y,\ O_x \cap O_y = \emptyset$$

此时基于相对拓扑的定义，令

$$\begin{cases} U := O_x \cap A \in \mathcal O_A\\ V := O_y \cap A \in \mathcal O_A \end{cases}$$

则有

$$x \in U,\ y \in V$$

并且

$$U \cap V = (O_x \cap O_y) \cap A = \emptyset$$

故 $(A,\mathcal O_A)$ 为 Hausdorff 空间。
$\square$

证明纲要

• 构造一列分割点集 $D(k)$，用于定义分段函数的取值点
• 利用 T4 公理构造一列开集 $O(t)$，用于定义函数的取值区间
• 定义函数 $f$，满足 $f(A) = \{0\},\ f(B) = \{1\} \quad$
• 证明函数 $f$ 连续

设 $(X,\mathcal O)$ 为 T4 空间，$A,B \in \mathcal F$ 为不交闭集，以下开始证明

构造分割点集
对于各个自然数 $k \in \mathbb N$，定义

$$D(k) := \left\{\dfrac{n}{2^k} \mid n = 0,1,2,\ldots,2^k \right\}$$

此时存在包含序列关系 $D(k) \subset D(k+1)$
令

$$D := \bigcup_{k=1}^\infty D(k) \subset [0,1]$$

构造开集系
现在尝试证明可以为每个 $t \in D$ 构造开集系 $\{O(t)\}_{t \in D}$，使得其满足两个条件

$$\text{(K1)}\quad {}^\forall t \in D(k): A \subset O(t) \subset \overline{O(t)} \subset B^c$$

$$\text{(K2)}\quad {}^\forall s,t \in D,\ s \lt t : \overline{O(s)} \subset O(t)$$

证明如下：
注意条件给出的基本事实: $A \subset B^c$，且 $B^c$ 为开集
$T_4$ 公理给出包含链

$${}^\exists O(0) \in \mathcal O : A \subset O(0) \subset \underbrace{\overline{O(0)} \subset B^c}_{\text{Apply}}$$

$${}^\exists O(1) \in \mathcal O : \underbrace{\overline{O(0)} \subset O(1)}_{\text{Apply}} \subset \overline{O(1)} \subset B^c$$

$${}^\exists O(\dfrac{1}{2}) \in \mathcal O : \overline{O(0)} \subset O(\dfrac{1}{2}) \subset \overline{O(\dfrac{1}{2})} \subset O(1)$$

由此，对于 $k=1$，已经构造出满足 (K1)(K2) 的开集 $O(0),O(\frac{1}{2}),O(1)$，接下来进行归纳
假设对于某个 $k=n$，已经构造出满足 (K1)(K2) 的开集系 $\{O(t)\}_{t \in D(n)}$
此时注意

$$D(n+1) \setminus D(n) = \left\{\dfrac{2m-1}{2^{n+1}} \mid m = 0,1,2,\ldots,2^n - 1 \right\}$$

对于每个新增的分割点 $\dfrac{2m-1}{2^{n+1}}$，由 (K2) 可知

$$\underbrace{\overline{O(\frac{m-1}{2^n})}}_{\text{Close}} \subset O(\frac{2m-1}{2^{n+1}}) \subset \overline{O(\frac{2m-1}{2^{n+1}})} \subset \underbrace{O(\frac{m}{2^n})}_{\text{Open}}$$

因此，应用 T4 公理可得

$${}^\exists O(\dfrac{2m-1}{2^{n+1}}) \in \mathcal O : \overline{O(\frac{m-1}{2^{n}})} \subset \underbrace{O(\dfrac{2m-1}{2^{n+1}}) \subset \overline{O(\dfrac{2m-1}{2^{n+1}})}}_{\text{Insert}} \subset O(\frac{m}{2^{n}})$$

综上所述，利用数学归纳法可知
对于任意 $k \in \mathbb N$，均可构造出满足 K1,K2 的开集系

$$\{O(t)\}_{t \in D}$$

定义映射
利用上述开集系，定义映射

$$f: X \to \mathbb R,\quad f(x) := \begin{cases} 1, & x \not\in \bigcup\limits_{t \in D} O(t) \\ \inf\{t \in D \mid x \in O(t)\}, & x \in \bigcup\limits_{t \in D} O(t) \end{cases}$$

此时 $f(X) \subset [0,1]$ 显然成立，由于 $A \subset O(0)$ 得到

$$f(A) = \{0\}$$

又由于 $\overline{O(t)} \subset B^c$ 对任意 $t \in D$ 均成立，得到

$$\bigcup_{t \in D} \overline{O(t)} \subset B^c \quad$$

这表明 $B$ 与其不交，得到

$$f(B) = \{1\}$$

证明映射连续性
连续性的定义为开集原像开，但是只需要对值域 $\mathbb R$ 上的准开基进行验证即可
取 $\mathbb R$ 的准开基

$$\mathcal S := \{ (-\infty, a) \mid a \in \mathbb R \} \cup \{ (b, +\infty) \mid b \in \mathbb R \}$$

现在只需要验证，对于各个 $a \in \mathbb R$，逆像

$$L_a := f^{-1}((-\infty, a)) = \{ x \in X \mid f(x) < a \} \subset X$$

$$R_a := f^{-1}((a, +\infty)) = \{ x \in X \mid f(x) > a \} \subset X$$

均为开集即可。

根据映射的定义，可以知道

$$L_a = \begin{cases} \emptyset, & a \leq 0 \\ X, & a > 1 \\ \end{cases},\quad R_a = \begin{cases} X, & a < 0 \\ \emptyset, & a \geq 1 \\ \end{cases}$$

显然在这些情况下，$L_a,R_a$ 均为开集

现在考虑 $0 \lt a \leq 1$ 的情况，设 $L_a' := \bigcup\limits_{t \in D, t \lt a} O(t)$，则 $L_a' \in \mathcal O$ 以下通过证明 $L_a = L_a'$ 来说明 $L_a$ 为开集

• 取 $x \in L_a$，则 $f(x) < a$ 给出

$${}^\exists t_0 \in D: f(x) < t_0 < a \implies x \in O(t_0) \subset L_a'$$

• 取 $x \in L_a'$，则 ${}^\exists t_0 \in D,\ t_0 < a$ 使得 $x \in O(t_0)$
  由映射定义得

$$f(x) = \inf\{t \in D \mid x \in O(t)\} \leq t_0 < a \implies x \in L_a$$

综上所述，$L_a = L_a' \in \mathcal O$
类似可以得到 $R_a$ 为开集
综上所述，映射 $f$ 连续
$\square$