一般拓扑/过滤器

定义（过滤器）:

设 $X$ 为集合。在 $X$ 上的过滤器是指 $X$ 的子集集合 ${\mathcal {F}}$（即 ${\mathcal {F}}\subseteq {\mathcal {P}}(X)$）满足以下条件：

1. $\emptyset \notin {\mathcal {F}}$
2. ${\mathcal {F}}\neq \emptyset$
3. $A\in {\mathcal {F}}\wedge A\subseteq B\Rightarrow B\in {\mathcal {F}}$（对上集的闭包）
4. $A,B\in {\mathcal {F}}\Rightarrow A\cap B\in {\mathcal {F}}$（对有限交集的闭包）

示例（邻域过滤器）:

设 $X$ 为拓扑空间，设 $x\in X$ 为点。所有 $x$ 邻域的集合 $N(x)$ 是一个过滤器。

注意，点的开邻域集合一般不构成过滤器。

定义（过滤器收敛）:

设 $X$ 是一个拓扑空间，$x\in X$，设 ${\mathcal {F}}$ 是 $X$ 上的一个滤子。我们说 ${\mathcal {F}}$ 收敛 到 $x$ 当且仅当 $N(x)\subseteq {\mathcal {F}}$。

定义（滤子基）:

设 ${\mathcal {F}}$ 是集合 $X$ 上的一个滤子。${\mathcal {F}}$ 的一个 滤子基 是一个集合 ${\mathcal {B}}\subset {\mathcal {F}}$，使得对于所有 $S\in {\mathcal {F}}$，存在 $T\in {\mathcal {B}}$ 使得 $T\subseteq S$。

特别地，注意基必须包含在滤子中。

定义（滤子子基）:

设 ${\mathcal {F}}$ 是集合 $X$ 上的一个滤子。集合 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {F}}$ 被称为 ${\mathcal {F}}$ 的一个 子基 当且仅当对于每个 $A\in {\mathcal {F}}$，存在 $B_{1},\ldots ,B_{n}\in {\mathcal {B}}$ 使得 $B_{1}\cap \cdots \cap B_{n}\subseteq A$。

特别要注意的是，子基必须包含在滤波器中。还要注意，我们交替使用术语基和基；这两个版本都在使用中。最后要注意，滤波器${\mathcal {F}}$的基是滤波器${\mathcal {F}}$的子基。

命题（滤波器子基的特征）:

设$X$为一个集合，设${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {P}}(X)$。${\mathcal {B}}$是某个滤波器${\mathcal {F}}$的子基当且仅当对于${\mathcal {B}}$中的任何有限集$A_{1},\ldots ,A_{n}$，我们都有$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\neq \emptyset$。在这种情况下，${\mathcal {F}}$由${\mathcal {B}}$唯一确定。

证明：首先假设无论何时$A_{1},\ldots ,A_{n}$是${\mathcal {B}}$的元素，那么$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\neq \emptyset$。然后定义

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

我们断言 ${\mathcal {F}}$ 是一个过滤器。事实上，空集不能在 ${\mathcal {F}}$ 中，因为根据假设，${\mathcal {B}}$ 中元素的任何交集都是非空的。此外，只要 $B\in {\mathcal {F}}$ 且 $C\supseteq B$，则 $C\in {\mathcal {F}}$。最后，假设 $B,C\in {\mathcal {F}}$，并选择 $A_{1},\ldots ,A_{n}\in {\mathcal {B}}$ 使得 $A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\subseteq B$ 且 $D_{1},\ldots ,D_{m}\in {\mathcal {B}}$ 使得 $D_{1}\cap \cdots \cap D_{m}\subseteq C$，则

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

这样 $B\cap C\in {\mathcal {F}}$。现在假设 ${\mathcal {B}}$ 是某个滤子 ${\mathcal {F}}$ 的子基，并设 $A_{1},\ldots ,A_{n}\in {\mathcal {B}}$。由于 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {F}}$ 并且 ${\mathcal {F}}$ 是一个滤子，$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\in {\mathcal {F}}$，因此 $A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\neq \emptyset$.

现在设 ${\mathcal {F}}'$ 是具有 ${\mathcal {B}}$ 作为子基的任意滤子。那么，根据子基的定义，${\mathcal {F}}'\subseteq {\mathcal {F}}$。现在，由于 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {F}}'$，我们也有 ${\mathcal {F}}\subseteq {\mathcal {F}}'$，因此 ${\mathcal {F}}={\mathcal {F}}'$。$\Box$

命题（滤子基的刻画）:

设 $X$ 为一个集合，且 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {P}}(X)$。 ${\mathcal {B}}$ 是某个滤子 ${\mathcal {F}}$ 的基底当且仅当对于每一个 $A_{1},\ldots ,A_{n}\in {\mathcal {B}}$，存在 $B\in {\mathcal {B}}$ 使得 $B\subseteq A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}$。在这种情况下，${\mathcal {F}}$ 由 ${\mathcal {B}}$ 唯一确定。

证明：首先假设${\mathcal {B}}$ 是某个滤子${\mathcal {F}}$ 的滤子基。由于${\mathcal {F}}$ 是一个滤子，且${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {F}}$，我们发现$A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\in {\mathcal {F}}$，因此存在$B\in {\mathcal {B}}$ 使得$B\subseteq A_{1},\ldots ,A_{n}$，因为${\mathcal {B}}$ 是${\mathcal {F}}$ 的滤子基。现在假设${\mathcal {B}}$ 具有这样的性质：有限多个${\mathcal {B}}$ 元素的交集包含${\mathcal {B}}$ 的一个元素。定义

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

然后 ${\mathcal {F}}$ 很容易被认定为一个滤子，因为 ${\mathcal {B}}$ 不包含空集，并且通过一些常规论证，${\mathcal {B}}$ 是它的一个滤子基，因为它肯定包含在 ${\mathcal {F}}$ 中。现在注意到 ${\mathcal {B}}$ 也是 ${\mathcal {F}}$ 的一个子基，因此 ${\mathcal {F}}$ 由 ${\mathcal {B}}$ 唯一确定，使用 滤子子基的表征。 $\Box$

命题（来自滤子子基的滤子基）:

令 $\phi$ 是由子基 ${\mathcal {B}}$ 生成的滤子。那么 $\phi$ 的一个滤子基由

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

证明： 我们有 ${\mathcal {B}}\subseteq {\mathcal {B}}'$，所以 $\phi \subseteq \phi '$，其中 $\phi '$ 是由 ${\mathcal {B}}'$ 生成的滤子。但由于 $\phi$ 在有限交集下是封闭的，${\mathcal {B}}'\subseteq \phi$，因此 $\phi '\subseteq \phi$。我们得出结论 $\phi =\phi '$。$\Box$

定义（滤子基的收敛）:

令 ${\mathcal {B}}$ 是拓扑空间 $X$ 上的滤子 ${\mathcal {F}}$ 的基。我们称 ${\mathcal {B}}$ 收敛 到点 $x\in X$ 当且仅当 $N(x)\subseteq {\mathcal {F}}$。

类似于实分析，我们可以用滤子收敛来重新表述连续性。一般而言，滤子在拓扑空间中扮演着序列在有限维实赋范空间中的角色；我们将看到许多与 $\mathbb {R} ^{n}$ 上定理相似的定理，用滤子代替序列。

命题（用滤子收敛刻画连续性）:

设 $X,Y$ 是拓扑空间，且 $f:X\to Y$ 是一个函数。 $f$ 连续当且仅当对于每个 $\phi$ 在 $X$ 上收敛到点 $x\in X$，滤子基 $f(\phi )$ 收敛到 $f(x)$。

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 $x$. $\Box$

命题（滤子的交集是一个滤子）:

每当 $({\mathcal {F}}_{\alpha })_{\alpha \in A}$ 是集合 $X$ 上的滤子族时，交集

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

是一个滤子。

证明：$X$ 和有限子集的交集包含在 ${\mathcal {F}}$ 中，这是 交集保持闭包性质 的一个特例。类似地，我们也可以将取超集视为一个操作，其输入是一个包含单个集合的集合，而输出是一个包含所有超集的集合族，因此我们也获得了 ${\mathcal {F}}$ 中取超集的闭包，因此滤子变成了一个包含集合的集合的集合。 $\Box$

命题（滤子族有一个最大下界）:

设 $({\mathcal {F}}_{\alpha })_{\alpha \in A}$ 是集合 $X$ 上的滤子族。那么这些滤子的交集构成了 ${\mathcal {F}}_{\alpha }$ 的最小上界。

证明： 这源于以下事实：某些代数结构的最大下界结构是它们的交集，将滤波器视为如上所述的代数结构。 $\Box$

命题（通过集合扩展滤波器）:

令 ${\mathcal {F}}$ 是集合 $X$ 上的滤波器，令 $S\subseteq X$。 ${\mathcal {F}}$ 可以扩展到一个包含 $S$ 的滤波器当且仅当 $S$ 与 ${\mathcal {F}}$ 中的所有元素都有非空交集。

证明： 首先假设 $S$ 与 ${\mathcal {F}}$ 中的所有元素非平凡地相交。那么 ${\mathcal {F}}$ 和 $\{S\}$ 构成一个滤子子基，因此由 $S$ 和 ${\mathcal {F}}$ 生成的滤子包含 ${\mathcal {F}}$ 和 $S$。反之，当 ${\mathcal {G}}$ 是一个包含 ${\mathcal {F}}$ 和 $S$ 的滤子时，对于 ${\mathcal {F}}$ 中的任何元素 $T\in {\mathcal {F}}$，我们有 $T\in {\mathcal {G}}$ 和 $S\in {\mathcal {G}}$，因此 $S\cap T\neq \emptyset$。$\Box$

命题（两个滤子的上确界的 存在性）:

设 ${\mathcal {F}}$ 和 ${\mathcal {G}}$ 是集合 $X$ 上的两个滤子。 存在一个滤子 ${\mathcal {H}}$ 包含 ${\mathcal {F}}$ 和 ${\mathcal {G}}$（因此是一个最小的这样的滤子），当且仅当，只要 $S\in {\mathcal {F}}$ 且 $T\in {\mathcal {G}}$，那么 $S\cap T\neq \emptyset$。

证明： 必要性很明显，如 由集合扩展滤子。 充分性由此得出，只要满足条件，${\mathcal {F}}\cup {\mathcal {G}}$ 由 滤子子基的刻画 构成一个滤子的子基。 $\Box$

命题（滤子是超滤子当且仅当它包含任意集合或它的补集）:

设 $X$ 是一个集合，设 $\phi$ 是 $X$ 上的一个滤子。 $\phi$ 是一个超滤子当且仅当，对于每一个集合 $A\subseteq X$，$\phi$ 包含 $A$ 或 $X\setminus A$。

证明： 假设$\phi$ 是一个超滤子，并令 $A\subseteq X$。那么，如果既不$A\in \phi$ 也不$B\in \phi$，并且如果我们假设既不$A$ 也不$X\setminus A$ 与$\phi$ 的所有元素相交，我们会找到$E,F\in \phi$，使得$E\cap A=\emptyset$ 并且$F\cap B=\emptyset$，那么$E\cap F=E\cap F\cap X=E\cap F\cap (A\cup B)=E\cap F\cap A\cup E\cap F\cap B=\emptyset$，与$\phi$ 是一个滤子相矛盾。但这样，$A$ 或$X\setminus A$ 与$\phi$ 的所有元素的交集非空，所以我们可以扩展$\phi$ 其中两个集合，这与$\phi$ 是极大的相矛盾。

假设现在$\phi$包含$A$或$X\setminus A$，对于所有的$A\subseteq X$。假设$\phi$不是极大的。那么我们可以找到$B\subset X$，通过它我们可以扩展$\phi$，从而得到一个更大的滤子$\psi \supsetneq \phi$（在添加适当的超集之后）。但是，由于$B\notin \phi$，我们有$X\setminus B\in \phi \subset \psi$，因此$B,X\setminus B\in \phi$，然而$B\cap X\setminus B=\emptyset$，因此$\psi$不是一个滤子。$\Box$

命题（用滤子收敛刻画紧致性）:

令$X$是一个拓扑空间。$X$是紧致的当且仅当$X$上的每一个滤子都可以被精炼成一个收敛到$X$中某个点的滤子。

（关于超滤子引理的条件。）

证明： 令 $X$ 为一个紧致拓扑空间，并令 $F$ 为任何其底集为 $X$ 的超滤子。如果 $F$ 不收敛于任何点，则对于每个 $x\in X$，$x$ 的所有不在 $F$ 中的开邻域集 $E_{x}$ 不为空。我们不从每个 $E_{x}$ 中选择一个开邻域（这将需要选择公理），而是定义

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

这是一个 $X$ 的开覆盖，并且由于 $X\$$ 是紧致的，我们可以选择一个有限子覆盖，即一些点 $x_{1},\ldots ,x_{n}$ 和开邻域 $U_{x_{j}}\in E_{x_{j}}$ （$j\in \{1,\ldots ,n\}$），使得

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

现在 $F$ 假设是一个超滤子，所有超滤子都具有以下性质：对于其定义所在的集合的每个子集，它们都包含该子集或其补集。因此，$F$ 包含每个 $U_{x_{j}}$ 的补集（$j\in \{1,\ldots ,n\}$），因此所有这些补集的交集（根据德摩根定律为空集）也在其中。

反之，假设每个在 $X$ 上的滤子都可以被细化为收敛到 $X$ 中的一个点的滤子，并设 $(U_{\alpha })_{\alpha \in A}$ 是 $X$ 的一个开覆盖。假设 $(U_{\alpha })_{\alpha \in A}$ 没有任何有限子覆盖。那么根据德摩根定律，形如 $X\setminus U_{\alpha }$ 的集合的有限交集永远不为空，因此这些集合构成了一个滤子 $\phi$ 的子基，根据假设，该滤子可以被细化为包含 $N(x)$，对于某个 $x\in X$。但是，那么没有 $U_{\alpha }$ 可以包含 $x$，因为否则 $U_{\alpha }\in \phi$ 和 $X\setminus U_{\alpha }\in \phi$ 同时成立，而 $U_{\alpha }\cap (X\setminus U_{\alpha })=\emptyset$。 $\Box$

定义（超滤子）:

在集合 $X$ 上的超滤子是在 $X$ 上所有滤子的集合（按照包含关系排序）中的极大元。

定理（超滤子引理）:

设 $X$ 为一个集合，设 ${\mathcal {F}}$ 为 $X$ 上的一个滤子。那么存在一个滤子 ${\mathcal {F}}_{\infty }$ 它包含 ${\mathcal {F}}$ 并且是一个超滤子。

(在选择公理的条件下)

证明: 观察包含 ${\mathcal {F}}$ 的滤子集具有以下性质：每个升链都有一个上界；事实上，该链的并集就是一个上界，因为它仍然是一个滤子，并且包含 ${\mathcal {F}}$。因此，佐恩引理表明，在那些包含 ${\mathcal {F}}$ 的滤子中，存在一个极大元，这个滤子也必须是极大的，因为任何更大的滤子也将包含 ${\mathcal {F}}$。 $\Box$

注意：已经证明，人们无法仅从 Zermelo-Fraenkel 公理中推导出超滤子引理，但需要某种形式的选择公理。然而，超滤子引理在 ZF 中并不蕴含选择公理，也就是说，它严格弱于选择公理。

命题（R₁ 空间中的滤子极限在拓扑上不可区分）:

设 $X$ 为一个 R₁ 拓扑空间，设 $\phi$ 为 $X$ 中的一个滤子，最后设 $x,y\in X$ 使得 $\phi$ 收敛于 $x$ 和 $y$。那么 $x$ 和 $y$ 在拓扑上不可区分。

证明： 如果 $x,y$ 在拓扑上是可区分的，R₁ 属性允许选择 $U,V\subseteq X$ 开集，使得 $U\cap V=\emptyset$ 并且 $x\in U$ 以及 $y\in V$。由于 ${\mathcal {F}}$ 收敛于 $x$ 和 $y$，$V\in {\mathcal {F}}$ 和 $U\in {\mathcal {F}}$ 与 $U\cap V=\emptyset$ 矛盾。 $\Box$

命题（豪斯多夫空间中的滤子极限是唯一的）:

令 $X$ 是一个豪斯多夫空间，并且令 ${\mathcal {F}}$ 是 $X$ 上的一个滤子。那么 ${\mathcal {F}}$ 最多只能收敛到一个点。

证明： 如果 $x,y\in X$ 并且 $x\neq y$，那么 $x,y$ 在拓扑上是可区分的，因为 $X$ 是豪斯多夫空间，并且 特别是 T₀。因此，由于 豪斯多夫空间也是 R₁，我们应用 R₁ 空间中的滤子极限在拓扑上是不可区分的这一事实。 $\Box$

命题（闭集的滤子收敛刻画）:

设 $X$ 是一个拓扑空间，且 $A\subseteq X$。那么 $A$ 是闭集当且仅当对于所有由 $A$ 的子集生成的滤子，如果该滤子收敛于某个 $x\in X$，那么我们有 $x\in A$。

证明：首先假设 $A$ 是闭集。令 $\phi$ 是定理中所述的滤子，$x$ 是它的一个极限。假设 $x\notin A$。由收敛性，$X\setminus A\in \phi$，是 $x$ 的邻域。但此时 $\phi$ 不是由 $A$ 的子集生成的，因为 $A$ 的子集在有限交运算下封闭，而 $X\setminus A$ 不包含任何一个。

现在假设 $A$ 具有给定的性质。回顾一下，一个集合是闭集当且仅当它包含它的边界。因此，令 $x\in \partial A$，并考虑由以下生成的滤子

$\phi$ 由 $\{A\cap M|M\in N(x)\}$ 生成的，

其中$N(x)$ 是 $x$ 的邻域系；这是一个滤子，因为 $x\in \partial A$，因此 $\emptyset \notin \phi$。 $\phi$ 收敛于 $x$，因为 $x$ 的每个邻域都是 $\phi$ 中某些集合的超集，因此 $N(x)\subset \phi$。 因此，$x\in A$。 $\Box$

定义（聚点）:

设 $X$ 为一个集合，$\phi$ 为 $X$ 上的滤子，以及 $A\subseteq X$。 称 $\phi$ 在 $A$ 处 **聚点**，当且仅当对于所有 $F\in \phi$，$A\cap F\neq \emptyset$。

这样，我们可以重新表述包含另一个滤波器和给定集合的滤波器存在的标准：如果$\phi$ 是一个滤波器，而$A$ 是一个集合，那么存在一个滤波器$\psi$，其中$A\in \psi$ 且$\phi \subset \psi$，当且仅当$\phi$ 在$A$ 处聚类。

命题（通过聚类来表征闭合性）:

令$X$ 是一个拓扑空间，$A\subseteq X$。那么，$A$ 是闭合的，当且仅当只要$x\in X$，使得$N(x)$ 在$A$ 处聚类，那么$x\in A$。

证明：回想一下一个集合是闭合的，当且仅当它包含其边界。该命题只是对该陈述的重新表述，因为$A$ 和$\partial A$ 的并集是$x\in X$，使得$N(x)$ 在$A$ 处聚类。 $\Box$

定义（主超滤波器）:

设 $X$ 为一个集合。一个主超滤子是 $X$ 上的一个滤子 $\phi$，使得存在一个元素 $x\in X$，使得 $\phi =\phi _{x}:=\{A\subseteq X|x\in A\}$.

注意，主超滤子是超滤子，因为对于所有 $A\subseteq X$，要么 $x\in A$，要么 $x\notin A$。

定义（非主超滤子）:

设 $X$ 为一个集合。一个非主超滤子是 $X$ 上的一个超滤子 $\phi$，它不是一个主超滤子。

命题（非主超滤子存在）:

设 $X$ 为一个无限集。则在 $X$ 上存在一个非主超滤子。

（关于超滤子引理的条件。）

证明： 考虑在 $X$ 上的由余有限集给出的滤子。 通过超滤子引理将其扩展到超滤子，我们得到一个包含所有余有限集的超滤子 $\phi$。 特别地，它不能包含点集 $\{x\}$，因为否则 $\{x\}\in \phi$ 且 $X\setminus \{x\}\in \phi$。 $\Box$

习题

1. 令 $X$ 是一个非紧拓扑空间。 证明所有 $X$ 中紧子集的补集的集合 ${\mathcal {F}}$ 是一个滤子。 证明如果 $X$ 是紧的，那么 ${\mathcal {F}}$ 不是一个滤子。
2. 假设 $\phi$ 是集合 $X$ 上的超滤子，并且令 $A_{1},\ldots ,A_{n}\subseteq X$ 是 $X$ 的有限个子集。 证明如果 $\phi$ 不包含任何 $A_{j}$，它就不包含 $A_{1}\cup \cdots \cup A_{n}$。
3. 设 $X,Y$ 为集合，$f:X\to Y$ 为函数。证明 $f$ 是单射当且仅当对于所有 $\phi$ 在 $Y$ 中，$f^{-1}(\phi )=\{f^{-1}(A)|A\in \phi \}$ 是一个滤子。