($\Rightarrow$)
设 $(X,\mathcal O)$ 是紧空间，并且闭集族 $\{A_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda}$ 具有有限交性质
证明其逆否命题：若 $\bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda = \emptyset$，则 $\{A_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda}$ 不具有有限交性质

假设 $\bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda = \emptyset$，由 De Morgan 定律，有

$$X = X \setminus \emptyset = X \setminus \bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda = \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} (X \setminus A_\lambda) = \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda^c$$

其中 $A_\lambda^c \in \mathcal O$，所以 $\{A_\lambda^c\}_{\lambda \in \Lambda}$ 成为一个 $X$ 的开覆盖
因为 $(X,\mathcal O)$ 是紧空间，所以存在有限指标集 $\Lambda' \subset \Lambda$ 且 $|\Lambda'| \lt \infty$，使得

$$X = \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda'} A_{\lambda}^c$$

再由 De Morgan 定律，有

$$\emptyset = X \setminus X = X \setminus \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda'} A_{\lambda}^c = \bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda'} (X \setminus A_{\lambda}^c) = \bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda'} A_{\lambda}$$

所以 $\{A_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda}$ 不具有有限交性质

($\Leftarrow$)
令 $\{O_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda}$ 为 $X$ 的开覆盖，即

$$X = \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} O_\lambda$$

同样由 De Morgan 定律，有

$$\emptyset = X \setminus X = X \setminus \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} O_\lambda = \bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda} (X \setminus O_\lambda) = \bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda} O_\lambda^c$$

因为条件的逆否命题成立，所以闭集族 $\{O_\lambda^c\}_{\lambda \in \Lambda}$ 不具有有限交性质，即

$$\exists \lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_m \in \Lambda,\quad s.t.\quad \bigcap\limits_{i=1}^m O_{\lambda_i}^c = \emptyset$$

再由 De Morgan 定律，有

$$X = X \setminus \emptyset = X \setminus \bigcap\limits_{i=1}^m O_{\lambda_i}^c = \bigcup\limits_{i=1}^m (X \setminus O_{\lambda_i}^c) = \bigcup\limits_{i=1}^m O_{\lambda_i}$$

所以 $\{O_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda}$ 存在有限子覆盖，得到 $(X,\mathcal O)$ 是紧空间
$\square$

对比二者定义区别，实际上是开覆盖族是否可以只在 $A$ 内取到

($\Rightarrow$)
任取 $(A,\mathcal O_A)$ 上 $A$ 的开覆盖 $\{ U_\lambda \}_{\lambda \in \Lambda}$
相对拓扑的定义给出

$${}^\forall \lambda \in \Lambda,\ {}^\exists O_\lambda \in \mathcal O:\ U_\lambda = O_\lambda \cap A$$

显然 $U_\lambda \subset O_\lambda$，所以 $\{O_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda}$ 成为 $(X,\mathcal O)$ 上 $A$ 的开覆盖，紧性给出其存在有限子覆盖

$$A \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n} O_{\lambda_i},\ \lambda_i \in \Lambda$$

此时取

$$\mathcal U := \{O_\lambda \cap A\}_{\lambda \in \Lambda'}$$

则显然

$$A \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n} (O_{\lambda_i} \cap A) = \bigcup\limits_{i=1}^{n} U_{\lambda_i}$$

此为开覆盖 $\{ U_\lambda \}_{\lambda \in \Lambda}$ 的有限子覆盖

($\Leftarrow$)
任取 $(X,\mathcal O)$ 上 $A$ 的开覆盖 $\{ U_\lambda \}_{\lambda \in \Lambda}$，则显然

$$\{U_{\lambda} \cap A\}_{\lambda \in \Lambda} = \{ U_\lambda \}_{\lambda \in \Lambda} \cap A$$

成为 $(A,\mathcal O_A)$ 上 $A$ 的开覆盖
由条件得知其存在有限子覆盖

$$A \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n} (U_{\lambda_i} \cap A) = \bigcup\limits_{i=1}^{n} U_{\lambda_i}$$

此同时为 $X$ 上开覆盖 $\{ U_\lambda \}_{\lambda \in \Lambda}$ 的有限子覆盖
$\square$

令紧空间 $(X,\mathcal O)$，闭集 $F \subset X,F \in \mathcal F$，任取 $F$ 的开覆盖 $\{ U_\lambda \mid \lambda \in \Lambda \},U_\lambda \in \mathcal O$
由于 $X = F \cup F^c \subset \{ U_\lambda \mid \lambda \in \Lambda \} \cup F^c = \{U_{\lambda} \cup F^c\}_{\lambda \in \Lambda}$，且 $F^c \in \mathcal O \Rightarrow U_{\lambda} \cup F^c \in \mathcal O$，所以 $\{U_{\lambda} \cup F^c\}_{\lambda \in \Lambda}$ 为 $X$ 的开覆盖
条件给出其存在有限的子覆盖 $\{U_{\lambda} \cup F^c\}_{\lambda \in \Lambda'}$，并且由于 $F \subset X \subset \{U_{\lambda} \cup F^c\}_{\lambda \in \Lambda'}$，所以此亦为 $F$ 的覆盖，为$\{ U_\lambda \mid \lambda \in \Lambda \}$ 的有限子覆盖 $\quad \square$

证明 $A^c$ 是开集。
取 $x \in A^c$，由上定理得 $\exists U,V \in \mathcal O,\ s.t.\ x \in U,\ A \subset V,\ U \cap V = \emptyset$。
因 $U \subset V^c \subset A^c$，故 $x \in (A^c)^i$。\ $\square$

任取 $a \in A$。由 $a \neq x$，Hausdorff 公理给出 $\exists U_a,V_a \in \mathcal O,\ s.t.\ x \in U_a,\ a \in V_a,\ U_a \cap V_a = \emptyset$。
则 $\{V_a \mid a \in A\}$ 为 $A$ 的开覆盖。紧性给出有限子覆盖 $\{V_{a_n} \mid a_n \in A,\ n \in \mathbb{N}\}$。
拓扑对有限交和任意并封闭，故
$x \in \bigcap_{a_n} U_{a_n} \in \mathcal O,\quad A \subset \bigcup_{a_n} V_{a_n} \in \mathcal O$。
且 $\bigcap_{a_n} U_{a_n} \cap \bigcup_{a_n} V_{a_n} = \emptyset$。\ $\square$

证明纲要

• 由于 $T_2 \implies T_1$，自动成立，实际上需要证明 $T_4$
• 由点与点分离跨越到闭集与闭集分离，中间还需要进行一次点与闭集分离，也就是先要证明 $T_3$
• 利用 Hausdorff 性质与紧性找到点与闭集的分离
• 拼凑出闭集与闭集的分离

令 $(X,\mathcal O)$ 为紧致的 Hausdorff 空间，取任意不交闭集 $A,B \subset X,A \cap B = \emptyset$，以下开始证明

点与闭集分离
取任意点 $x \in A$ 固定，对于任意点 $y \in B$，Hausdorff 公理给出

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

显然 $\{O_y(y)\}_{y \in B}$ 为 $B$ 的开覆盖，由于 $B$ 是紧空间中的闭集，所以 $B$ 是紧致的，这意味着其存在有限子覆盖

$$B \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n} O_y(y_i)$$

定义

$$\begin{cases} U := \bigcap\limits_{i=1}^{n} O_x(y_i) \in \mathcal O \\ V := \bigcup\limits_{j=1}^{n} O_y(y_j) \in \mathcal O \end{cases}$$

则显然 $x \in U,\ B \subset V$，且

$$U \cap V = \left( \bigcap\limits_{i=1}^{n} O_x(y_i) \right) \cap \left( \bigcup\limits_{j=1}^{n} O_y(y_j) \right) = \bigcup\limits_{j=1}^{n} \underbrace{ \left( \bigcap\limits_{i=1}^{n} O_x(y_i) \cap O_y(y_j) \right) }_{ {}^\forall j:\ \left( \bigcap_{i=1}^n U_{y_i} \right) \cap V_{y_j} \subseteq U_{y_j} \cap V_{y_j} = \emptyset } = \emptyset$$

即满足 Vietoris 分离公理

闭集与闭集分离
同理，$A$ 也是紧致的，取任意点 $a \in A$，应用上一步结论将其与 $B$ 分离

$${}^\exists O_a(a),O_B(a) \in \mathcal O,\quad s.t.\quad a \in O_a(a),\ B \subset O_B(a),\ O_a(a) \cap O_B(a) = \emptyset$$

则显然 $\{O_a(a)\}_{a \in A}$ 为 $A$ 的开覆盖，由于 $A$ 是紧致的，所以其存在有限子覆盖

$$A \subset \bigcup\limits_{k=1}^{m} O_a(a_k)$$

定义

$$\begin{cases} U := \bigcup\limits_{k=1}^{m} O_a(a_k) \in \mathcal O \\ V := \bigcap\limits_{\ell=1}^{m} O_B(a_\ell) \in \mathcal O \end{cases}$$

则显然 $A \subset U,\ B \subset V$，且

$$U \cap V = \left( \bigcup\limits_{k=1}^{m} O_a(a_k) \right) \cap \left( \bigcap\limits_{\ell=1}^{m} O_B(a_\ell) \right) = \bigcup\limits_{k=1}^{m} \underbrace{ \left( O_a(a_k) \cap \bigcap\limits_{\ell=1}^{m} O_B(a_\ell) \right) }_{ {}^\forall k:\ O_a(a_k) \cap \bigcap_{\ell=1}^{m} O_B(a_\ell) \subseteq O_a(a_k) \cap O_B(a_k) = \emptyset } = \emptyset$$

$\square$

任取 $f(A)$ 的开覆盖 $\{U_\lambda \mid \lambda \in \Lambda\},U_\lambda \in \mathcal O_Y$，由连续性 $f^{-1}(U_\lambda) \in \mathcal O_X$
此时 $A \subset f^{-1}(f(A)) \subset f^{-1}(\bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} U_\lambda) = \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} f^{-1}(U_\lambda) \in \mathcal O_X$
所以 $\{f^{-1}(U_\lambda) \mid \lambda \in \Lambda\}$ 成为 $A$ 的开覆盖，由条件得存在有限子覆盖 $\{f^{-1}(U_\lambda) \mid \lambda \in \Lambda'\}$
所以 $f (A) \subset f ({f^{-1}(U_\lambda) \mid \lambda \in \Lambda'}) = {U_\lambda \mid \lambda \in \Lambda'} $ $\subset \{U_\lambda \mid \lambda \in \Lambda\}$，$\{U_\lambda \mid \lambda \in \Lambda'\}$ 成为 $\{U_\lambda \mid \lambda \in \Lambda\}$ 的有限子覆盖 $\quad \square$

(1) 需证闭集的像闭。取闭集 $F \subset X$.
连续映射保持紧性，故 $f(F)$ 是紧致集；Hausdorff 空间中紧致即闭，得证。
(2) 只需证逆映射连续。取 $U \in \mathcal O_X$。
因 $U^c$ 闭，(1) 知 $f(U^c)$ 闭，于是 $f(U) = (f(U^c))^c \in \mathcal O_Y$，故 $f^{-1}$ 连续，遂同胚。\ $\square$

目前仅给出针对有限个积空间的证明
只需要证明两个紧空间的积空间是紧空间，即可归纳至任意有限积空间

证明纲要

• 利用积拓扑的开基性质，将积拓扑中单一形式的开基重新写为直积格式
• 固定一点 $x \in X$，定义切片 $\{x\} \times Y$，利用 $Y$ 的紧性找出对于每个 $x$ 下切片的有限子覆盖
• 利用 $X$ 的紧性找出有限的 $x$ 的集合，使得可以覆盖整个 $X$
• 综合上述两步，得到整个积空间的有限子覆盖

以下开始证明

将开覆盖转为直积格式
设 $(X,\mathcal O_X),(Y,\mathcal O_Y)$ 为紧空间，考虑其积空间 $(X, \mathcal O_X) \times (Y,\mathcal O_Y)$，回顾定义：积拓扑 $\mathcal O_{X \times Y}$ 是以

$$\mathcal B := \{ U \times V \mid U \in \mathcal O_X, V \in \mathcal O_Y \}$$

为开基所生成的拓扑

令 $\{ O_\lambda \}_{\lambda \in \Lambda}$ 为 $X \times Y$ 的开覆盖，此时 $O_\lambda \in \mathcal O_{X \times Y}$
由开基的性质，任何一个开集都可以表示为开基中若干开集的并，所以

$${}^\forall \lambda \in \Lambda, {}^\exists \{U_\mu\}_{\mu \in M_\lambda} \subset \mathcal O_X, {}^\exists \{V_\mu\}_{\mu \in M_\lambda} \subset \mathcal O_Y,\quad s.t.\quad O_\lambda = \bigcup\limits_{\mu \in M_\lambda} (U_\mu \times V_\mu)$$

定义总指标集

$$M := \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} M_\lambda$$

则

$$\bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} O_\lambda = \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda} \bigcup\limits_{\mu \in M_\lambda} (U_\mu \times V_\mu) = \bigcup\limits_{\mu \in M} (U_\mu \times V_\mu)$$

现在处理的开覆盖转为 $\{ U_\mu \times V_\mu \}_{\mu \in M}$
接下来证明其存在有限子覆盖

定位切片的有限子覆盖
令 $x \in X, \mu \in M$，由于

$$(\{x\} \times Y) \cap (U_\mu \times V_\mu) = (U_\mu \cap \{x\}) \times V_\mu$$

其中 $U_\mu \times V_\mu$ 是 $X \times Y$ 中的开覆盖元，而 $\{x\} \times Y$ 是 $X \times Y$ 的子集（更小）
所以 $\{ (U_\mu \cap \{x\}) \times V_\mu \}_{\mu \in M}$ 为 $\{x\} \times Y$ 的开覆盖

定义映射

$$f_x:Y \to \{x\} \times Y,\quad s.t.\quad f_x(y) = (x,y)$$

显然 $f_x$ 为连续映射，且 $Y$ 是紧空间，所以其像 $f_x(Y) = \{x\} \times Y$ 也是紧空间

这意味着，$\{ (U_\mu \cap \{x\}) \times V_\mu \}_{\mu \in M}$ 存在有限子覆盖
将这个有限子覆盖中所对应的指标集 $M$ 的元逐一映射到自然数 $\mathbb N$ 中，即

$$\mu \in M \mapsto n_x \in \mathbb N$$

所以可以将覆盖写为

$$\{x\} \times Y \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n_x} (U_{(x,i)} \cap \{x\}) \times V_{(x,i)}$$

定位 $X$ 的有限子覆盖
现在，对于各个 $x$，记

$$\widetilde{U}_x := \bigcap\limits_{i=1}^{n_x} U_{(x,i)}$$

则根据开集的有限交，得到 $\widetilde{U}_x$ 为 $X$ 的开集，并且因为各个 $x \in X$ 都有 $x \in \widetilde{U}_x$
所以 $\{\widetilde{U}_x\}_{x \in X}$ 为 $X$ 的开覆盖

由于 $X$ 是紧空间，所以存在有限子覆盖

$${}^\exists m \in \mathbb N,\ {}^\exists x_1,x_2,\cdots,x_m \in X,\quad s.t.\quad X \subset \bigcup\limits_{j=1}^m \widetilde{U}_{x_j}$$

找到积空间的有限子覆盖
现在，对于 $(x,y) \in X \times Y$，则 $x$ 一定属于某个开覆盖元 $\widetilde{U}_{x_j}$，进一步根据 $\widetilde{U}_{x_j}$ 的定义得到

$$1 \leq {}^\forall i \leq n_{x_j}:\quad x \in U_{(x_j,i)}$$

另一边，回顾 $\{x_j\} \times Y$ 的有限子覆盖构造，有

$$\{x_j\} \times Y \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n_{x_j}} (U_{(x_j,i)} \cap \{x_j\}) \times V_{(x_j,i)} \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n_{x_j}} (U_{(x_j,i)} \times V_{(x_j,i)})$$

这蕴含了 $\{V_{(x_j, i)}\}_{i=1}^{n_{x_j}}$ 是 $Y$ 的一个开覆盖，所以

$$1 \leq {}^\exists k \leq n_{x_j}:\quad y \in V_{(x_j,k)}$$

综上所述

$$X \times Y \subset \bigcup\limits_{j=1}^m \bigcup\limits_{k=1}^{n_{x_j}} (U_{(x_j,k)} \times V_{(x_j,k)})$$

成为 $X \times Y$ 上 $\{ U_\mu \times V_\mu \}_{\mu \in M}$ 的一个有限子覆盖
$\square$

证明过程目标：利用 FIP 判别法。设 $\mathcal{C}$ 是 $X$ 中任意具有有限交性质（FIP）的闭集族。我们需要证明：$\bigcap_{C \in \mathcal{C}} C \neq \emptyset$。

第一步：利用 Zorn 引理极大化 (Maximality) 为了便于处理，我们将闭集族 $\mathcal{C}$ 扩充为一个 “极大” 的集合族。令 $\mathfrak{F}$ 为 $X$ 中所有包含 $\mathcal{C}$ 且具有 FIP 的集合族构成的集合。

$$\mathfrak{F} = \{ \mathcal{A} \subseteq \mathcal{P}(X) \mid \mathcal{C} \subseteq \mathcal{A}, \ \mathcal{A} \text{ 具有 FIP} \}$$

根据包含关系 $\subseteq$，$\mathfrak{F}$ 是一个偏序集。对于 $\mathfrak{F}$ 中的任意全序链，其并集显然仍具有 FIP 且包含 $\mathcal{C}$，故为其上界。由 Zorn 引理，$\mathfrak{F}$ 中存在一个极大元，记为 $\mathcal{M}$。

极大族 $\mathcal{M}$ 的关键性质（必须熟练掌握）：

• FIP：$\mathcal{M}$ 具有有限交性质。
• 有限交封闭：若 $A_1, \dots, A_n \in \mathcal{M}$，则 $\bigcap_{i=1}^n A_i \in \mathcal{M}$。（若不然，添加交集仍保持 FIP，违背极大性）。
• 相交即入伙：若 $S \subseteq X$ 与 $\mathcal{M}$ 中任意元素相交（即 $\forall M \in \mathcal{M}, S \cap M \neq \emptyset$），则 $S \in \mathcal{M}$。

第二步：投影与分量紧致性 (Projection) 对任意索引 $\alpha \in \Lambda$，令 $\pi_\alpha: X \to X_\alpha$ 为投影映射。构造 $X_\alpha$ 上的集合族：

$$\mathcal{M}_\alpha = \{ \pi_\alpha(M) \mid M \in \mathcal{M} \}$$

由于 $\mathcal{M}$ 具有 FIP，显然 $\mathcal{M}_\alpha$ 在 $X_\alpha$ 中也具有 FIP。由 $X_\alpha$ 的紧致性，$\mathcal{M}_\alpha$ 中所有集合的闭包之交非空。即：

$$\bigcap_{A \in \mathcal{M}_\alpha} \overline{A} \neq \emptyset$$

这意味着，对于每一个 $\alpha$，我们可以选取一个点 $x_\alpha$：

$$x_\alpha \in \bigcap_{M \in \mathcal{M}} \overline{\pi_\alpha(M)}$$

第三步：构造汇聚点 (Construction) 定义 $X$ 中的点 $x$ 为：

$$x = (x_\alpha)_{\alpha \in \Lambda}$$

我们要证明 $x \in \bigcap_{C \in \mathcal{C}} C$。由于 $\mathcal{C} \subseteq \mathcal{M}$ 且 $\mathcal{C}$ 中元素均为闭集，我们只需要证明：

$$x \in \overline{M}, \quad \forall M \in \mathcal{M}$$

（这意味着 $x$ 是 $\mathcal{M}$ 中所有集合的公共接触点）。

第四步：利用子基验证收敛 (Verification) 要证明 $x \in \overline{M}$，等价于证明 $x$ 的任意开邻域 $U$ 都与 $M$ 相交。在积拓扑中，开集是由子基 (Subbasis) 生成的。子基元素形如 $\pi_\alpha^{-1}(V_\alpha)$，其中 $V_\alpha$ 是 $X_\alpha$ 的开集。

• 考察子基邻域：设 $\pi_\alpha^{-1}(V_\alpha)$ 是 $x$ 的包含于子基中的邻域，即 $x_\alpha \in V_\alpha$。由 $x_\alpha$ 的定义，$x_\alpha \in \overline{\pi_\alpha(M)}$ 对任意 $M \in \mathcal{M}$ 成立。这意味着 $V_\alpha \cap \pi_\alpha(M) \neq \emptyset$。进而推导出原空间中：

$$\pi_\alpha^{-1}(V_\alpha) \cap M \neq \emptyset, \quad \forall M \in \mathcal{M}$$

由极大族 $\mathcal{M}$ 的性质 3（相交即入伙），我们得到：

$$\pi_\alpha^{-1}(V_\alpha) \in \mathcal{M}$$

结论：所有包含 $x$ 的子基开集都属于 $\mathcal{M}$。

• 推广至任意基础邻域：$x$ 的任意基础开邻域 (Basic Open Set) $U$ 是有限个子基邻域的交集：

$$U = \bigcap_{i=1}^n \pi_{\alpha_i}^{-1}(V_{\alpha_i})$$

其中 $x_{\alpha_i} \in V_{\alpha_i}$。由于每一个 $\pi_{\alpha_i}^{-1}(V_{\alpha_i}) \in \mathcal{M}$，且 $\mathcal{M}$ 对有限交封闭（性质 2），所以：

$$U \in \mathcal{M}$$

• 完成证明：任取 $M \in \mathcal{M}$ 和 $x$ 的任意基础邻域 $U$。由于 $U \in \mathcal{M}$ 且 $M \in \mathcal{M}$，由 FIP 可知：

$$U \cap M \neq \emptyset$$

这证明了 $x$ 是 $M$ 的接触点，即 $x \in \overline{M}$。因为 $\mathcal{C} \subseteq \mathcal{M}$ 且 $\mathcal{C}$ 是闭集族，所以：

$$x \in \overline{C} = C, \quad \forall C \in \mathcal{C}$$

即 $\bigcap \mathcal{C} \neq \emptyset$。证毕。
$\square$

令 $(X,\mathcal O)$ 为局部紧的 Hausdorff 空间
由于 $T_2 \implies T_1$ 自动成立，实际上需要证明 $T_3$。注意 $T_3$ 的等价条件：任意点的闭邻域全体构成其邻域基。

取 $x \in X$，令 $U \in \mathcal O$ 为包含 $x$ 的任意邻域
由于 $(X,\mathcal O)$ 为局部紧空间，故存在包含 $x$ 的紧邻域 $K$，且 $K \subset U$。

Hausdorff 性质保证了子集 $K$ 也是 Hausdorff 空间，这得到了 $K$ 是正规空间，自然也是正则空间

由于 $U \cap K$ 成为在 $K$ 内部的 $x$ 的邻域，正则性给出其中间的闭邻域 $W$ 的存在性

$${}^\exists W \in \mathcal F_K,\quad s.t.\quad x \in W \subset U \cap K$$

由于 $K$ 是紧致的，在 Hausdorff 空间下可以得到闭集，这意味着作为闭集的交，$W$ 也是 $X$ 中的闭集

并且 $W$ 成为在 $X$ 中，$x$ 的闭邻域，且 $W \subset U$
由于 $U$ 是任意的，所以任意点 $x$ 的闭邻域全体构成其邻域基
$\square$

以下逐一对标号进行证明
字母 $K$ 始终表示 $X$ 中的紧闭集

首先注意基本事实：
开集 $O \in \mathcal O^*$ 的形式只有两种

• 要么属于原拓扑 $\mathcal O$ 中
• 要么为 $X^* \setminus K$ 的形式，当且仅当包含 $x_\infty$ 时

以下开始证明，各个部分的记号独立不共享

第一：拓扑空间
实际上需要验证拓扑的三条公理：全集与空集的存在，有限交，任意并

（全集与空集的存在）
显然有

$$\emptyset \in \mathcal O \subset \mathcal O^*,\quad X^* = X^* \setminus \emptyset \in \mathcal O^*$$

（有限交）
对于任意的 $O_1,O_2 \in \mathcal O^*$，需要验证 $O_1 \cap O_2 \in \mathcal O^*$，要分类讨论

• 若 $O_1,O_2 \in \mathcal O$，则

$$O_1 \cap O_2 \in \mathcal O \subset \mathcal O^*$$

• 若 $O_1 \in \mathcal O, O_2 = X^* \setminus K$，由于

$$X^* \setminus K = (X \cup \{x_\infty\}) \setminus K = (X \setminus K) \cup \{x_\infty\}$$

所以

$$O_1 \cap O_2 = O_1 \cap (X^* \setminus K) = (O_1 \cap (X \setminus K)) \cup \underbrace{(O_1 \cap \{x_\infty\})}_{\emptyset} = O_1 \cap (X \setminus K) \in \mathcal O \subset \mathcal O^*$$

• 若 $O_1 = X^* \setminus K_1, O_2 = X^* \setminus K_2$，则

$$O_1 \cap O_2 = (X^* \setminus K_1) \cap (X^* \setminus K_2) = X^* \setminus (\underbrace{K_1 \cup K_2}_{\text{Compact and Closed}}) \in \mathcal O^*$$

（任意并）
对于任意的 $\{O_\alpha\}_{\alpha \in A} \subset \mathcal O^*$，需要验证 $\bigcup\limits_{\alpha \in A} O_\alpha \in \mathcal O^*$，同样分类讨论

若 ${}^\forall \alpha \in A: O_\alpha \in \mathcal O$，则

$$\bigcup\limits_{\alpha \in A} O_\alpha \in \mathcal O \subset \mathcal O^*$$

若 ${}^\exists \beta \in A: O_\beta = X^* \setminus K_\beta$，则

$$\begin{aligned} \bigcup\limits_{\alpha \in A} O_\alpha &= \bigcup\limits_{\alpha \in A,\ \alpha \neq \beta} O_\alpha \cup (X^* \setminus K_\beta) \\ &= \underbrace{\bigcup\limits_{\alpha \in A,\ \alpha \neq \beta} O_\alpha \cup (X \setminus K_\beta)}_{\text{De Morgan's laws on } X} \cup \{x_\infty\} \\ &= X \setminus \left( (\bigcap\limits_{\alpha \in A,\ \alpha \neq \beta} (X \setminus O_\alpha) ) \cap K_\beta \right) \cup \{x_\infty\} \\ &= X^* \setminus \underbrace{\left( (\bigcap\limits_{\alpha \in A,\ \alpha \neq \beta} (X \setminus O_\alpha) ) \cap K_\beta \right)}_{=: W} \end{aligned}$$

以下证明 $W$ 为 $X$ 的紧闭集

• 由于 $K_\beta$ 为闭集，且 $\bigcap\limits_{\alpha \in A,\ \alpha \neq \beta} (X \setminus O_\alpha)$ 为闭集（任意交），所以 $W$ 为闭集
• 由于 $K_\beta$ 为紧集，且 $\bigcap\limits_{\alpha \in A,\ \alpha \neq \beta} (X \setminus O_\alpha) \subset K_\beta$，所以 $W$ 为紧集（紧致空间的闭子集是紧致的）

所以

$$\bigcup\limits_{\alpha \in A} O_\alpha = X^* \setminus W \in \mathcal O^*$$

综上，$(X^*,\mathcal O^*)$ 为拓扑空间

第二：子空间结构
需要证明由子集 $X \subset X^*$ 所诱导的相对拓扑 $\mathcal O_X^*$ 与原拓扑 $\mathcal O$ 相同，即 $\mathcal O_X^* = \mathcal O$
($\subset$)
取 $O \in \mathcal O_X^*$，则

$${}^\exists O^* \in \mathcal O^*,\quad s.t.\quad O = O^* \cap X$$

• 若 $O^* \in \mathcal O$，则显然 $O = O^* \cap X \in \mathcal O$
• 若 $O^* = X^* \setminus K \in \mathcal O^*$，则因为 $K$ 为 $X$ 中的紧闭集，所以 $X \setminus K \in \mathcal O$

$$O = O^* \cap X = (X^* \setminus K) \cap X = X \setminus K \in \mathcal O$$

($\supset$)
根据定义

$$O_X^* = \{ O^* \cap X \mid O^* \in \mathcal O^* \} = \mathcal O \cup \{ (X^* \setminus K) \cap X \mid K \subset X :\text{ Compact and Closed } \}$$

显然成立

第三：紧性
需要证明 $(X^*,\mathcal O^*)$ 为紧空间
取 $X^*$ 的任意开覆盖 $\{O_\lambda^*\}_{\lambda \in \Lambda},O_\lambda^* \in \mathcal O^*$，则

$${}^\exists \lambda_0 \in \Lambda,\quad s.t.\quad x_\infty \in O_{\lambda_0}^* \implies {}^\exists K \subset X: O_{\lambda_0}^* = X^* \setminus K$$

其余的开集 $\{U_\alpha\}$ 必须覆盖集合 $K$。即

$$K \subset \bigcup_{\lambda \in \Lambda \setminus \{\lambda_0\}} (O_\lambda^* \cap X)$$

由于 $K$ 是紧致的，且 $O_\lambda^* \cap X$ 是 $X$ 中的开集，根据紧致性定义，存在有限个下标

$$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n \in \Lambda \setminus \{\lambda_0\},\quad s.t.\quad K \subset \bigcup_{i=1}^n (O_{\lambda_i}^* \cap X)$$

于是

$$X^* \subset \bigcup_{i=1}^n (O_{\lambda_i}^* \cap X) \cup O_{\lambda_0}^* \subset \bigcup_{\lambda \in \Lambda} O_\lambda^*$$

成为 $X^*$ 上 $\{O_\lambda^*\}_{\lambda \in \Lambda}$ 的有限子覆盖

第四：稠密性
需要证明闭包 $\overline{X} = X^*$，也就是要证明 $x_\infty \in \overline{X}$。
这等价于证明：$x_\infty$ 的任意开邻域 $U$ 都与 $X$ 相交。

使用反证法，假设 $x_\infty$ 有一个开邻域 $U$ 与 $X$ 不相交，即 $U \cap X = \emptyset$。此时

$$x \in U \implies {}^\exists K \subset X: U = X^* \setminus K$$

且

$$U \cap X = (X^* \setminus K) \cap X = X \setminus K = \emptyset$$

这说明 $K = X$，这与 $K$ 为紧闭集且 $X$ 非紧空间矛盾。所以 $x_\infty$ 的任意开邻域都与 $X$ 相交，$X$ 在 $X^*$ 中是稠密的