一般拓撲/過濾器

定義（過濾器）:

設 $X$ 為集合。在 $X$ 上的過濾器是指 $X$ 的子集集合 ${\mathcal {F}}$（即 ${\mathcal {F}}\subseteq {\mathcal {P}}(X)$）滿足以下條件：

1. $\emptyset \notin {\mathcal {F}}$
2. ${\mathcal {F}}\neq \emptyset$
3. $A\in {\mathcal {F}}\wedge A\subseteq B\Rightarrow B\in {\mathcal {F}}$（對上集的閉包）
4. $A,B\in {\mathcal {F}}\Rightarrow A\cap B\in {\mathcal {F}}$（對有限交集的閉包）

示例（鄰域過濾器）:

設 $X$ 為拓撲空間，設 $x\in X$ 為點。所有 $x$ 鄰域的集合 $N(x)$ 是一個過濾器。

注意，點的開鄰域集合一般不構成過濾器。

定義（過濾器收斂）:

設 $X$ 是一個拓撲空間，$x\in X$，設 ${\mathcal {F}}$ 是 $X$ 上的一個濾子。我們說 ${\mathcal {F}}$ 收斂 到 $x$ 當且僅當 $N(x)\subseteq {\mathcal {F}}$。

定義（濾子基）:

設 ${\mathcal {F}}$ 是集合 $X$ 上的一個濾子。${\mathcal {F}}$ 的一個 濾子基 是一個集合 ${\mathcal {B}}\subset {\mathcal {F}}$，使得對於所有 $S\in {\mathcal {F}}$，存在 $T\in {\mathcal {B}}$ 使得 $T\subseteq S$。

特別地，注意基必須包含在濾子中。

定義（濾子子基）:

設 ${\mathcal {F}}$ 是集合 $X$ 上的一個濾子。集合 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {F}}$ 被稱為 ${\mathcal {F}}$ 的一個 子基 當且僅當對於每個 $A\in {\mathcal {F}}$，存在 $B_{1},\ldots ,B_{n}\in {\mathcal {B}}$ 使得 $B_{1}\cap \cdots \cap B_{n}\subseteq A$。

特別要注意的是，子基必須包含在濾波器中。還要注意，我們交替使用術語基和基；這兩個版本都在使用中。最後要注意，濾波器${\mathcal {F}}$的基是濾波器${\mathcal {F}}$的子基。

命題（濾波器子基的特徵）:

設$X$為一個集合，設${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {P}}(X)$。${\mathcal {B}}$是某個濾波器${\mathcal {F}}$的子基當且僅當對於${\mathcal {B}}$中的任何有限集$A_{1},\ldots ,A_{n}$，我們都有$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\neq \emptyset$。在這種情況下，${\mathcal {F}}$由${\mathcal {B}}$唯一確定。

證明：首先假設無論何時$A_{1},\ldots ,A_{n}$是${\mathcal {B}}$的元素，那麼$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\neq \emptyset$。然後定義

${\mathcal {F}}:=\{B\subseteq X|\exists A_{1},\ldots ,A_{n}\in {\mathcal {B}}:A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\subseteq B$.

我們斷言 ${\mathcal {F}}$ 是一個過濾器。事實上，空集不能在 ${\mathcal {F}}$ 中，因為根據假設，${\mathcal {B}}$ 中元素的任何交集都是非空的。此外，只要 $B\in {\mathcal {F}}$ 且 $C\supseteq B$，則 $C\in {\mathcal {F}}$。最後，假設 $B,C\in {\mathcal {F}}$，並選擇 $A_{1},\ldots ,A_{n}\in {\mathcal {B}}$ 使得 $A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\subseteq B$ 且 $D_{1},\ldots ,D_{m}\in {\mathcal {B}}$ 使得 $D_{1}\cap \cdots \cap D_{m}\subseteq C$，則

$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\cap D_{1}\cap \cdots \cap D_{m}\subseteq B\cap C$,

這樣 $B\cap C\in {\mathcal {F}}$。現在假設 ${\mathcal {B}}$ 是某個濾子 ${\mathcal {F}}$ 的子基，並設 $A_{1},\ldots ,A_{n}\in {\mathcal {B}}$。由於 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {F}}$ 並且 ${\mathcal {F}}$ 是一個濾子，$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\in {\mathcal {F}}$，因此 $A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\neq \emptyset$.

現在設 ${\mathcal {F}}'$ 是具有 ${\mathcal {B}}$ 作為子基的任意濾子。那麼，根據子基的定義，${\mathcal {F}}'\subseteq {\mathcal {F}}$。現在，由於 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {F}}'$，我們也有 ${\mathcal {F}}\subseteq {\mathcal {F}}'$，因此 ${\mathcal {F}}={\mathcal {F}}'$。$\Box$

命題（濾子基的刻畫）:

設 $X$ 為一個集合，且 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {P}}(X)$。 ${\mathcal {B}}$ 是某個濾子 ${\mathcal {F}}$ 的基底當且僅當對於每一個 $A_{1},\ldots ,A_{n}\in {\mathcal {B}}$，存在 $B\in {\mathcal {B}}$ 使得 $B\subseteq A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}$。在這種情況下，${\mathcal {F}}$ 由 ${\mathcal {B}}$ 唯一確定。

證明：首先假設${\mathcal {B}}$ 是某個濾子${\mathcal {F}}$ 的濾子基。由於${\mathcal {F}}$ 是一個濾子，且${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {F}}$，我們發現$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\in {\mathcal {F}}$，因此存在$B\in {\mathcal {B}}$ 使得$B\subseteq A_{1},\ldots ,A_{n}$，因為${\mathcal {B}}$ 是${\mathcal {F}}$ 的濾子基。現在假設${\mathcal {B}}$ 具有這樣的性質：有限多個${\mathcal {B}}$ 元素的交集包含${\mathcal {B}}$ 的一個元素。定義

${\mathcal {F}}:=\{C\subseteq X|\exists B\in {\mathcal {B}}:B\subseteq C\}$.

然後 ${\mathcal {F}}$ 很容易被認定為一個濾子，因為 ${\mathcal {B}}$ 不包含空集，並且透過一些常規論證，${\mathcal {B}}$ 是它的一個濾子基，因為它肯定包含在 ${\mathcal {F}}$ 中。現在注意到 ${\mathcal {B}}$ 也是 ${\mathcal {F}}$ 的一個子基，因此 ${\mathcal {F}}$ 由 ${\mathcal {B}}$ 唯一確定，使用 濾子子基的表徵。 $\Box$

命題（來自濾子子基的濾子基）:

令 $\phi$ 是由子基 ${\mathcal {B}}$ 生成的濾子。那麼 $\phi$ 的一個濾子基由

${\mathcal {B}}':=\{B_{1}\cap \cdots \cap B_{n}|n\in \mathbb {N} ,B_{1},\ldots ,B_{n}\in {\mathcal {B}}\}$.

證明： 我們有 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {B}}'$，所以 $\phi \subseteq \phi '$，其中 $\phi '$ 是由 ${\mathcal {B}}'$ 生成的濾子。但由於 $\phi$ 在有限交集下是封閉的，${\mathcal {B}}'\subseteq \phi$，因此 $\phi '\subseteq \phi$。我們得出結論 $\phi =\phi '$。$\Box$

定義（濾子基的收斂）:

令 ${\mathcal {B}}$ 是拓撲空間 $X$ 上的濾子 ${\mathcal {F}}$ 的基。我們稱 ${\mathcal {B}}$ 收斂 到點 $x\in X$ 當且僅當 $N(x)\subseteq {\mathcal {F}}$。

類似於實分析，我們可以用濾子收斂來重新表述連續性。一般而言，濾子在拓撲空間中扮演著序列在有限維實賦範空間中的角色；我們將看到許多與 $\mathbb {R} ^{n}$ 上定理相似的定理，用濾子代替序列。

命題（用濾子收斂刻畫連續性）:

設 $X,Y$ 是拓撲空間，且 $f:X\to Y$ 是一個函式。 $f$ 連續當且僅當對於每個 $\phi$ 在 $X$ 上收斂到點 $x\in X$，濾子基 $f(\phi )$ 收斂到 $f(x)$。

Proof: Note that continuity is equivalent to continuity at each point. Further, $f$ being continuous at a point $x\in X$ means that for each open neighbourhood $V\subseteq Y$ of $f(x)$ we find an open neighbourhood $U$ of $x$ so that $f(U)\subseteq V$, which in turn implies that $f(\phi )$ is a filter base for a filter that contains $N(f(x))$. On the other hand, if $f$ has the property that every filter $\phi$ of $X$ convergent to $x$ has the property that $f(\phi )$ converges to $f(x)$, note that $f(N(x))$ converges to $x$, so that for every neighbourhood $V$ of $f(x)$ we may choose $W\in N(x)$ so that $f(W)\subseteq V$, and then, since $W\in N(x)$, we may choose $U\subseteq W$ open, $x\in U$ and still have $f(U)\subseteq V$, so that $f$ is continuous at $x$. $\Box$

命題（濾子的交集是一個濾子）:

每當 $({\mathcal {F}}_{\alpha })_{\alpha \in A}$ 是集合 $X$ 上的濾子族時，交集

${\mathcal {F}}:=\bigcap _{\alpha \in A}{\mathcal {F}}_{\alpha }$

是一個濾子。

證明：$X$ 和有限子集的交集包含在 ${\mathcal {F}}$ 中，這是 交集保持閉包性質 的一個特例。類似地，我們也可以將取超集視為一個操作，其輸入是一個包含單個集合的集合，而輸出是一個包含所有超集的集合族，因此我們也獲得了 ${\mathcal {F}}$ 中取超集的閉包，因此濾子變成了一個包含集合的集合的集合。 $\Box$

命題（濾子族有一個最大下界）:

設 $({\mathcal {F}}_{\alpha })_{\alpha \in A}$ 是集合 $X$ 上的濾子族。那麼這些濾子的交集構成了 ${\mathcal {F}}_{\alpha }$ 的最小上界。

證明： 這源於以下事實：某些代數結構的最大下界結構是它們的交集，將濾波器視為如上所述的代數結構。 $\Box$

命題（透過集合擴充套件濾波器）:

令 ${\mathcal {F}}$ 是集合 $X$ 上的濾波器，令 $S\subseteq X$。 ${\mathcal {F}}$ 可以擴充套件到一個包含 $S$ 的濾波器當且僅當 $S$ 與 ${\mathcal {F}}$ 中的所有元素都有非空交集。

證明： 首先假設 $S$ 與 ${\mathcal {F}}$ 中的所有元素非平凡地相交。那麼 ${\mathcal {F}}$ 和 $\{S\}$ 構成一個濾子子基，因此由 $S$ 和 ${\mathcal {F}}$ 生成的濾子包含 ${\mathcal {F}}$ 和 $S$。反之，當 ${\mathcal {G}}$ 是一個包含 ${\mathcal {F}}$ 和 $S$ 的濾子時，對於 ${\mathcal {F}}$ 中的任何元素 $T\in {\mathcal {F}}$，我們有 $T\in {\mathcal {G}}$ 和 $S\in {\mathcal {G}}$，因此 $S\cap T\neq \emptyset$。$\Box$

命題（兩個濾子的上確界的 存在性）:

設 ${\mathcal {F}}$ 和 ${\mathcal {G}}$ 是集合 $X$ 上的兩個濾子。 存在一個濾子 ${\mathcal {H}}$ 包含 ${\mathcal {F}}$ 和 ${\mathcal {G}}$（因此是一個最小的這樣的濾子），當且僅當，只要 $S\in {\mathcal {F}}$ 且 $T\in {\mathcal {G}}$，那麼 $S\cap T\neq \emptyset$。

證明： 必要性很明顯，如 由集合擴充套件濾子。 充分性由此得出，只要滿足條件，${\mathcal {F}}\cup {\mathcal {G}}$ 由 濾子子基的刻畫 構成一個濾子的子基。 $\Box$

命題（濾子是超濾子當且僅當它包含任意集合或它的補集）:

設 $X$ 是一個集合，設 $\phi$ 是 $X$ 上的一個濾子。 $\phi$ 是一個超濾子當且僅當，對於每一個集合 $A\subseteq X$，$\phi$ 包含 $A$ 或 $X\setminus A$。

證明： 假設$\phi$ 是一個超濾子，並令 $A\subseteq X$。那麼，如果既不$A\in \phi$ 也不$B\in \phi$，並且如果我們假設既不$A$ 也不$X\setminus A$ 與$\phi$ 的所有元素相交，我們會找到$E,F\in \phi$，使得$E\cap A=\emptyset$ 並且$F\cap B=\emptyset$，那麼$E\cap F=E\cap F\cap X=E\cap F\cap (A\cup B)=E\cap F\cap A\cup E\cap F\cap B=\emptyset$，與$\phi$ 是一個濾子相矛盾。但這樣，$A$ 或$X\setminus A$ 與$\phi$ 的所有元素的交集非空，所以我們可以擴充套件$\phi$ 其中兩個集合，這與$\phi$ 是極大的相矛盾。

假設現在$\phi$包含$A$或$X\setminus A$，對於所有的$A\subseteq X$。假設$\phi$不是極大的。那麼我們可以找到$B\subset X$，透過它我們可以擴充套件$\phi$，從而得到一個更大的濾子$\psi \supsetneq \phi$（在新增適當的超集之後）。但是，由於$B\notin \phi$，我們有$X\setminus B\in \phi \subset \psi$，因此$B,X\setminus B\in \phi$，然而$B\cap X\setminus B=\emptyset$，因此$\psi$不是一個濾子。$\Box$

命題（用濾子收斂刻畫緊緻性）:

令$X$是一個拓撲空間。$X$是緊緻的當且僅當$X$上的每一個濾子都可以被精煉成一個收斂到$X$中某個點的濾子。

（關於超濾子引理的條件。）

證明： 令 $X$ 為一個緊緻拓撲空間，並令 $F$ 為任何其底集為 $X$ 的超濾子。如果 $F$ 不收斂於任何點，則對於每個 $x\in X$，$x$ 的所有不在 $F$ 中的開鄰域集 $E_{x}$ 不為空。我們不從每個 $E_{x}$ 中選擇一個開鄰域（這將需要選擇公理），而是定義

${\mathcal {U}}:=\bigcup _{x\in X}E_{x}$.

這是一個 $X$ 的開覆蓋，並且由於 $X\$$ 是緊緻的，我們可以選擇一個有限子覆蓋，即一些點 $x_{1},\ldots ,x_{n}$ 和開鄰域 $U_{x_{j}}\in E_{x_{j}}$ （$j\in \{1,\ldots ,n\}$），使得

$X=U_{x_{1}}\cup \cdots \cup U_{x_{n}}$.

現在 $F$ 假設是一個超濾子，所有超濾子都具有以下性質：對於其定義所在的集合的每個子集，它們都包含該子集或其補集。因此，$F$ 包含每個 $U_{x_{j}}$ 的補集（$j\in \{1,\ldots ,n\}$），因此所有這些補集的交集（根據德摩根定律為空集）也在其中。

反之，假設每個在 $X$ 上的濾子都可以被細化為收斂到 $X$ 中的一個點的濾子，並設 $(U_{\alpha })_{\alpha \in A}$ 是 $X$ 的一個開覆蓋。假設 $(U_{\alpha })_{\alpha \in A}$ 沒有任何有限子覆蓋。那麼根據德摩根定律，形如 $X\setminus U_{\alpha }$ 的集合的有限交集永遠不為空，因此這些集合構成了一個濾子 $\phi$ 的子基，根據假設，該濾子可以被細化為包含 $N(x)$，對於某個 $x\in X$。但是，那麼沒有 $U_{\alpha }$ 可以包含 $x$，因為否則 $U_{\alpha }\in \phi$ 和 $X\setminus U_{\alpha }\in \phi$ 同時成立，而 $U_{\alpha }\cap (X\setminus U_{\alpha })=\emptyset$。 $\Box$

定義（超濾子）:

在集合 $X$ 上的超濾子是在 $X$ 上所有濾子的集合（按照包含關係排序）中的極大元。

定理（超濾子引理）:

設 $X$ 為一個集合，設 ${\mathcal {F}}$ 為 $X$ 上的一個濾子。那麼存在一個濾子 ${\mathcal {F}}_{\infty }$ 它包含 ${\mathcal {F}}$ 並且是一個超濾子。

(在選擇公理的條件下)

證明: 觀察包含 ${\mathcal {F}}$ 的濾子集具有以下性質：每個升鏈都有一個上界；事實上，該鏈的並集就是一個上界，因為它仍然是一個濾子，並且包含 ${\mathcal {F}}$。因此，佐恩引理表明，在那些包含 ${\mathcal {F}}$ 的濾子中，存在一個極大元，這個濾子也必須是極大的，因為任何更大的濾子也將包含 ${\mathcal {F}}$。 $\Box$

注意：已經證明，人們無法僅從 Zermelo-Fraenkel 公理中推匯出超濾子引理，但需要某種形式的選擇公理。然而，超濾子引理在 ZF 中並不蘊含選擇公理，也就是說，它嚴格弱於選擇公理。

命題（R₁ 空間中的濾子極限在拓撲上不可區分）:

設 $X$ 為一個 R₁ 拓撲空間，設 $\phi$ 為 $X$ 中的一個濾子，最後設 $x,y\in X$ 使得 $\phi$ 收斂於 $x$ 和 $y$。那麼 $x$ 和 $y$ 在拓撲上不可區分。

證明： 如果 $x,y$ 在拓撲上是可區分的，R₁ 屬性允許選擇 $U,V\subseteq X$ 開集，使得 $U\cap V=\emptyset$ 並且 $x\in U$ 以及 $y\in V$。由於 ${\mathcal {F}}$ 收斂於 $x$ 和 $y$，$V\in {\mathcal {F}}$ 和 $U\in {\mathcal {F}}$ 與 $U\cap V=\emptyset$ 矛盾。 $\Box$

命題（豪斯多夫空間中的濾子極限是唯一的）:

令 $X$ 是一個豪斯多夫空間，並且令 ${\mathcal {F}}$ 是 $X$ 上的一個濾子。那麼 ${\mathcal {F}}$ 最多隻能收斂到一個點。

證明： 如果 $x,y\in X$ 並且 $x\neq y$，那麼 $x,y$ 在拓撲上是可區分的，因為 $X$ 是豪斯多夫空間，並且 特別是 T₀。因此，由於 豪斯多夫空間也是 R₁，我們應用 R₁ 空間中的濾子極限在拓撲上是不可區分的這一事實。 $\Box$

命題（閉集的濾子收斂刻畫）:

設 $X$ 是一個拓撲空間，且 $A\subseteq X$。那麼 $A$ 是閉集當且僅當對於所有由 $A$ 的子集生成的濾子，如果該濾子收斂於某個 $x\in X$，那麼我們有 $x\in A$。

證明：首先假設 $A$ 是閉集。令 $\phi$ 是定理中所述的濾子，$x$ 是它的一個極限。假設 $x\notin A$。由收斂性，$X\setminus A\in \phi$，是 $x$ 的鄰域。但此時 $\phi$ 不是由 $A$ 的子集生成的，因為 $A$ 的子集在有限交運算下封閉，而 $X\setminus A$ 不包含任何一個。

現在假設 $A$ 具有給定的性質。回顧一下，一個集合是閉集當且僅當它包含它的邊界。因此，令 $x\in \partial A$，並考慮由以下生成的濾子

$\phi$ 由 $\{A\cap M|M\in N(x)\}$ 生成的，

其中$N(x)$ 是 $x$ 的鄰域系；這是一個濾子，因為 $x\in \partial A$，因此 $\emptyset \notin \phi$。 $\phi$ 收斂於 $x$，因為 $x$ 的每個鄰域都是 $\phi$ 中某些集合的超集，因此 $N(x)\subset \phi$。 因此，$x\in A$。 $\Box$

定義（聚點）:

設 $X$ 為一個集合，$\phi$ 為 $X$ 上的濾子，以及 $A\subseteq X$。 稱 $\phi$ 在 $A$ 處 **聚點**，當且僅當對於所有 $F\in \phi$，$A\cap F\neq \emptyset$。

這樣，我們可以重新表述包含另一個濾波器和給定集合的濾波器存在的標準：如果$\phi$ 是一個濾波器，而$A$ 是一個集合，那麼存在一個濾波器$\psi$，其中$A\in \psi$ 且$\phi \subset \psi$，當且僅當$\phi$ 在$A$ 處聚類。

命題（透過聚類來表徵閉合性）:

令$X$ 是一個拓撲空間，$A\subseteq X$。那麼，$A$ 是閉合的，當且僅當只要$x\in X$，使得$N(x)$ 在$A$ 處聚類，那麼$x\in A$。

證明：回想一下一個集合是閉合的，當且僅當它包含其邊界。該命題只是對該陳述的重新表述，因為$A$ 和$\partial A$ 的並集是$x\in X$，使得$N(x)$ 在$A$ 處聚類。 $\Box$

定義（主超濾波器）:

設 $X$ 為一個集合。一個主超濾子是 $X$ 上的一個濾子 $\phi$，使得存在一個元素 $x\in X$，使得 $\phi =\phi _{x}:=\{A\subseteq X|x\in A\}$.

注意，主超濾子是超濾子，因為對於所有 $A\subseteq X$，要麼 $x\in A$，要麼 $x\notin A$。

定義（非主超濾子）:

設 $X$ 為一個集合。一個非主超濾子是 $X$ 上的一個超濾子 $\phi$，它不是一個主超濾子。

命題（非主超濾子存在）:

設 $X$ 為一個無限集。則在 $X$ 上存在一個非主超濾子。

（關於超濾子引理的條件。）

證明： 考慮在 $X$ 上的由餘有限集給出的濾子。 透過超濾子引理將其擴充套件到超濾子，我們得到一個包含所有餘有限集的超濾子 $\phi$。 特別地，它不能包含點集 $\{x\}$，因為否則 $\{x\}\in \phi$ 且 $X\setminus \{x\}\in \phi$。 $\Box$

習題

1. 令 $X$ 是一個非緊拓撲空間。 證明所有 $X$ 中緊子集的補集的集合 ${\mathcal {F}}$ 是一個濾子。 證明如果 $X$ 是緊的，那麼 ${\mathcal {F}}$ 不是一個濾子。
2. 假設 $\phi$ 是集合 $X$ 上的超濾子，並且令 $A_{1},\ldots ,A_{n}\subseteq X$ 是 $X$ 的有限個子集。 證明如果 $\phi$ 不包含任何 $A_{j}$，它就不包含 $A_{1}\cup \cdots \cup A_{n}$。
3. 設 $X,Y$ 為集合，$f:X\to Y$ 為函式。證明 $f$ 是單射當且僅當對於所有 $\phi$ 在 $Y$ 中，$f^{-1}(\phi )=\{f^{-1}(A)|A\in \phi \}$ 是一個濾子。