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01 拓扑空间

DennyQi · May 31, 2025 · 36 min read

在研究数学时常常会出现这样的现象：人们最先研究一些特殊对象的性质，例如在最先学习算数时我们研究了自然数上的结合律、分配律等，而当向量、矩阵等概念出现之后，人们发现向量和矩阵在运算时也有结构完全相同的结合律、分配律。于是最方便的方法就是把满足这样性质的数学对象抽象出来，命名为一类新的代数结构，例如群、环、域等等。这样以后，人们只需要研究群的性质，再证明某一对象在一定条件下表现为群，那么这个对象就会满足群的所有性质。这是数学中尤其美妙的地方。

人们在研究实数、欧氏空间以及这些空间上的连续函数时，抽象出了“拓扑空间”的概念。研究拓扑空间及其性质的学科就称为拓扑学。

拓扑空间(Topological Spaces)

对于集合XX，我们称P(X)\mathcal{P}(X)的子集τ\tau是关于XX的一个拓扑(topology)，如果它满足以下三个条件：

  • ∅∈τ\varnothing \in \tau，X∈τX\in\tau；
  • 任意{Aα}α∈J\{A_\alpha\}_{\alpha \in J}（可以不可数），(∀α∈J,Aα∈τ)⇒⋃α∈JAα∈τ(\forall \alpha\in J,A_\alpha\in \tau) \Rightarrow \bigcup\limits_{\alpha\in J} A_\alpha \in \tau；
  • ∀A,B∈τ,A∩B∈τ\forall A,B\in \tau,A \cap B \in \tau；

对于XX及其上的一个拓扑τ\tau，我们称二元组(X,τ)(X,\tau)是一个拓扑空间(topological space)。

以上的第三条性质等价于∀n∈N,∀A1,⋯ ,An,(∀i,Ai∈τ)⇒⋂i=1nAi∈τ\forall n\in\N,\forall A_1,\cdots,A_n,(\forall i,A_i \in \tau) \Rightarrow \bigcap\limits_{i=1}^{n}A_i \in \tau。证明：如果∀A,B∈τ,A∩B∈τ\forall A,B\in \tau,A \cap B \in \tau，那么依据数学归纳法，A1∩A2∈τA_1\cap A_2 \in \tau，所以(A1∩A2)∩A3∈τ(A_1\cap A_2)\cap A_3\in \tau，……，⋂i=1nAi∈τ\bigcap\limits_{i=1}^{n}A_i\in \tau；如果⋂i=1nAi∈τ\bigcap\limits_{i=1}^{n}A_i\in \tau，那么取n=2n=2即得∀A,B∈τ,A∩B∈τ\forall A,B\in \tau,A \cap B \in \tau。

对于任意一个XX而言，我们注意到P(X)\mathcal{P}(X)总是一个拓扑，这称为离散拓扑(discrete topology)；{∅,X}\{\varnothing,X\}也总是一个拓扑，这称为平凡拓扑(trivial topology)。

对于XX上的两个拓扑τ1,τ2\tau_1,\tau_2，如果τ1⊆τ2\tau_1\subseteq \tau_2，就称τ1\tau_1粗于(coarser than)τ2\tau_2；如果τ2⊆τ1\tau_2\subseteq \tau_1，就称τ1\tau_1细于(finer than)τ2\tau_2。

拓扑的基(Basis for a Topology)

对于XX，当给定一个S⊆P(X)S\subseteq \mathcal{P}(X)时，我们希望可以定义“由SS生成的拓扑”，也即包含SS的最小拓扑。然而，这件事并不是对任意SS都是容易的。人们发现，当SS满足某一些特定性质时，这一定义变得容易，并且满足这些特定性质的SS本身被证明是一类重要的数学概念，称为“拓扑的基(basis)”。

对于S⊆P(X)S \subseteq \mathcal{P}(X)，如果SS满足以下两个性质，则称SS是XX上的一组基：

  • ∀x∈X,∃T∈S,x∈T\forall x \in X, \exists T \in S, x \in T
  • ∀x∈X,∀T1,T2∈S,(x∈T1∩T2)  ⟹  (∃T3∈S,(x∈T3)∧(T3⊆T1∩T2))\forall x \in X,\forall T_1,T_2\in S,(x \in T_1\cap T_2)\implies (\exists T_3\in S,(x\in T_3)\land (T_3\subseteq T_1\cap T_2))

第一条性质要求基能覆盖XX，也即X⊆⋃SX\subseteq \bigcup S；第二条性质要求基中的元素对于取交有某种封闭性：SS中任意两个元素的交集要么也在SS中，要么包含SS中的某个元素。

我们通常用B\mathcal{B}来表示XX上的一组基。

可以验证，R2\R^2上所有圆形的内部区域构成R2\R^2上的一组基；R2\R^2上所有矩形的内部区域构成R2\R^2上的一组基。

对于XX上的一组基B\mathcal{B}，我们这样定义由B\mathcal{B}生成的拓扑τ(B)\tau(\mathcal{B})：对任意U⊆XU \subseteq X，U∈τ(B)U \in \tau(\mathcal{B})当且仅当∀x∈U,∃B∈B,(x∈B)∧(B⊆U)\forall x\in U,\exists B\in \mathcal{B},(x\in B)\land (B \subseteq U)。也就是说，τ(B)\tau(\mathcal{B})中包含所有这样的集合，这些集合内部的基元素能覆盖该集合本身。

显然B⊆τ(B)\mathcal{B}\subseteq \tau(\mathcal{B})，因为∀B∈B\forall B\in \mathcal{B}，我们有∀x∈B,(x∈B)∧(B⊆B)\forall x \in B,(x\in B)\land (B \subseteq B)。

我们需要验证，这样定义的τ(B)\tau(\mathcal{B})确实是XX上的一个拓扑。只需证明拓扑的三个条件：

  • 当U=∅U=\varnothing时，x∈Ux\in U始终不成立，因此条件始终成立，所以∅∈τ(B)\varnothing \in \tau(\mathcal{B})；当U=XU=X时，根据基的定义∀x∈X,∃B∈B,x∈B\forall x \in X,\exists B\in \mathcal{B},x \in B，并且B∈XB\in X，所以X∈τ(B)X \in \tau(\mathcal{B})；
  • 假设对于{Uα}α∈J\{U_\alpha\}_{\alpha \in J}有∀α∈J,Uα∈τ(B)\forall \alpha\in J,U_\alpha \in \tau(\mathcal{B})，只需证明⋃α∈JUα∈τ(B)\bigcup \limits_{\alpha\in J}U_\alpha \in \tau(\mathcal{B})。∀x∈⋃α∈JUα,∃β∈J,x∈Uβ\forall x \in \bigcup\limits_{\alpha\in J}U_\alpha,\exists \beta\in J,x \in U_\beta。根据x∈Uβx\in U_\beta，可知∃B∈B,(x∈B)∧(B⊆Uβ)\exists B \in \mathcal{B},(x \in B)\land (B\subseteq U_\beta)。由B⊆UβB\subseteq U_\beta自然有B⊆⋃α∈JUαB \subseteq \bigcup\limits_{\alpha \in J}U_\alpha。所以⋃α∈JUα∈τ(B)\bigcup \limits_{\alpha\in J}U_\alpha \in \tau(\mathcal{B})；
  • 假设U1∈τ(B),U2∈τ(B)U_1\in \tau(\mathcal{B}),U_2\in \tau(\mathcal{B})，只需证明U1∩U2∈τ(B)U_1\cap U_2\in \tau(\mathcal{B})。∀x∈U1∩U2\forall x \in U_1\cap U_2，有x∈U1x\in U_1，所以∃B1∈B,(x∈B1)∧(B1⊆U1)\exists B_1\in \mathcal{B},(x\in B_1)\land (B_1\subseteq U_1)；有x∈U2x \in U_2，所以∃B2∈B,(x∈B2)∧(B2⊆U2)\exists B_2\in \mathcal{B},(x\in B_2)\land (B_2 \subseteq U_2)。所以x∈B1∩B2x \in B_1\cap B_2，于是根据基的定义∃B3∈B\exists B_3 \in \mathcal{B}，(x∈B3)∧(B3⊆B1∩B2)(x \in B_3)\land (B_3\subseteq B_1\cap B_2)。于是B3⊆U1∩U2B_3\subseteq U_1\cap U_2。所以U1∩U2∈τ(B)U_1\cap U_2\in \tau(\mathcal{B})。

我们下面证明基有这样一个良好的性质，这也是为什么我们把它称为“基”：对于任意的U∈τ(B)U\in \tau(\mathcal{B})，UU一定等于若干个B\mathcal{B}中元素的并。也即存在一个指标集KK使得{Bα}α∈K⊆B\{B_{\alpha}\}_{\alpha \in K}\subseteq \mathcal{B}，满足U=⋃α∈KBαU=\bigcup\limits_{\alpha \in K}B_{\alpha}。反之，任取B\mathcal{B}的一个子集{Bα}α∈K⊆B\{B_{\alpha}\}_{\alpha \in K}\subseteq \mathcal{B}，有{Bα}α∈K⊆τ(B)\{B_{\alpha}\}_{\alpha \in K}\subseteq \tau(\mathcal{B})，所以根据拓扑的任意并的性质，⋃α∈KBα∈τ(B)\bigcup\limits_{\alpha \in K}B_{\alpha} \in \tau(\mathcal{B})。这意味着，τ(B)\tau(B)恰好就是由所有的B\mathcal{B}的子集的并集构成的：τ(B)={⋃S∣S⊆B}\tau(\mathcal{B})=\{\bigcup S \mid S \subseteq \mathcal{B}\}。

基的这种表示特性可以类比线性代数中基向量张成线性空间。但是和线性代数中不同的是，我们并不能证明这种用基表示拓扑空间中的元素的表示是唯一的。在拓扑空间的基中，这种表示通常不是唯一的。

现在我们可以证明τ(B)\tau(\mathcal{B})是包含B\mathcal{B}的最小拓扑：假设μ\mu也是一个拓扑并且B⊆μ\mathcal{B}\subseteq \mu，我们下面证明τ(B)⊆μ\tau(\mathcal{B})\subseteq \mu。即证{⋃S∣S⊆B}⊆μ\{\bigcup S\mid S \subseteq \mathcal{B}\}\subseteq \mu。即证∀S⊆B\forall S \subseteq \mathcal{B}，⋃S∈μ\bigcup S \in \mu。因为S⊆BS \subseteq B，所以S⊆μS\subseteq \mu。因为μ\mu是拓扑，所以任意并依然在拓扑中。所以⋃S∈μ\bigcup S\in \mu。证毕。

给定XX上的一个拓扑τ0\tau_0，我们可以用以下两个条件来判定集合B0\mathcal{B}_0是否恰好是τ0\tau_0的一组基：（换言之，满足以下两个条件的集合B0⊆P(X)\mathcal{B}_0\subseteq \mathcal{P}(X)是一组基，且τ(B0)=τ0\tau(\mathcal{B}_0)=\tau_0）

  • B0⊆τ0\mathcal{B}_0 \subseteq \tau_0
  • ∀U∈τ0,∀x∈U,∃B∈B0,(x∈B)∧(B⊆U)\forall U \in \tau_0,\forall x \in U,\exists B \in \mathcal{B}_0,(x \in B)\land (B \subseteq U)。

证明：首先验证满足以上条件B0\mathcal{B}_0是基：①∀x∈X\forall x \in X，我们会选取一个x∈Bx\in B加入B0\mathcal{B}_0，成立；②如果x∈B1∩B2x \in B_1\cap B_2，由于B1,B2∈τ0B_1,B_2\in \tau_0，所以B1∩B2∈τ0B_1\cap B_2\in \tau_0，所以当U=B1∩B2U=B_1\cap B_2时，我们会加入B3B_3满足(x∈B3)∧(B3⊆B1∩B2)(x \in B_3)\land (B_3\subseteq B_1\cap B_2) ；综上，B0\mathcal{B}_0是一组基。下面证明τ(B0)=τ0\tau(B_0)=\tau_0。首先，∀U∈τ0,∀x∈U,∃B∈B0,(x∈B)∧(B⊆U)\forall U \in \tau_0,\forall x \in U,\exists B \in \mathcal{B}_0,(x \in B)\land (B \subseteq U)意味着∀U∈τ0,U∈τ(B0)\forall U \in \tau_0,U \in \tau(\mathcal{B}_0)，因此τ0⊆τ(B0)\tau_0 \subseteq\tau(\mathcal{B}_0)；其次，我们已经得到τ(B0)={⋃S∣S⊆B0}\tau(\mathcal{B}_0)=\{\bigcup S \mid S \subseteq \mathcal{B}_0\}。由于B0⊆τ0\mathcal{B}_0\subseteq \tau_0，τ(B0)⊆{⋃S∣S⊆τ0}\tau(\mathcal{B}_0)\subseteq \{\bigcup S \mid S\subseteq \tau_0\}，而τ0\tau_0是拓扑，满足任意并封闭性，因此{⋃S∣S⊆τ0}=τ0\{\bigcup S \mid S \subseteq \tau_0\}=\tau_0，所以τ(B0)⊆τ0\tau(\mathcal{B}_0)\subseteq \tau_0。证毕。

直观上，基可以看作是构成拓扑的基本构件，所以基的粗细决定了其生成的拓扑的粗细。我们可以证明：对于XX上的两个基B1,B2\mathcal{B}_1,\mathcal{B}_2，τ(B1)⊆τ(B2)\tau(\mathcal{B}_1)\subseteq \tau(\mathcal{B}_2)当且仅当∀B∈B1,∀x∈X,(x∈B)  ⟹  (∃B′∈B2,(x∈B′)∧(B′⊆B))\forall B\in \mathcal{B}_1,\forall x \in X,(x \in B)\implies (\exists B'\in \mathcal{B}_2,(x \in B')\land (B'\subseteq B))。左推右：假设τ(B1)⊆τ(B2)\tau(\mathcal{B}_1)\subseteq \tau(\mathcal{B}_2)，那么对于任意B∈B1B\in \mathcal{B}_1，因为B∈τ(B1)B\in \tau(\mathcal{B}_1)，所以B∈τ(B2)B \in \tau(\mathcal{B}_2)，所以根据基生成拓扑的定义，∀x∈B,∃B′∈B2,(x∈B′)∧(B′⊆B)\forall x\in B,\exists B'\in \mathcal{B}_2,(x\in B')\land (B' \subseteq B)；右推左：对于任意的U∈τ(B1)U\in \tau(\mathcal{B}_1)，我们证明U∈τ(B2)U \in \tau(\mathcal{B}_2)：∀x∈U,∃B∈B1,(x∈B)∧(B⊆U)\forall x \in U,\exists B\in \mathcal{B}_1,(x \in B)\land (B \subseteq U)，根据假设∃B′∈B2,(x∈B′)∧(B′⊆B)\exists B'\in \mathcal{B}_2,(x \in B')\land (B'\subseteq B)。所以∀x∈U,∃B′∈B2,(x∈B′)∧(B′⊆U)\forall x \in U,\exists B'\in \mathcal{B}_2,(x \in B')\land (B'\subseteq U)，所以U∈τ(B2)U \in \tau(B_2)。

对于R2\R^2上的一个点，任意包含这个点的开圆一定有一个包含它的开矩形，所以全体开矩形生成的拓扑细于全体开圆生成的拓扑；任意包含这个点的开矩形一定有一个包含它的开圆，所以全体开圆生成的拓扑细于全体开矩形生成的拓扑。所以，全体开矩形生成的拓扑恰好等于全提开圆生成的拓扑。

子基(Subbasis)

我们已经证明了，给定集合XX，满足特定条件的S⊆P(X)S \subseteq \mathcal{P}(X)（“基”的两条性质：覆盖与交的包含封闭性）可以直接通过“任意子集的并”给出包含SS的最小拓扑。那么，对于一般的集合SS，如何给出包含SS的最小拓扑呢？

我们假设SS只满足基的第一条性质，也即∀x∈X,∃B∈S,x∈B\forall x \in X,\exists B \in S,x \in B。我们证明，S={⋂i∈[n]Si∣n∈N;∀i∈[n],Si∈S}\mathfrak{S}=\{\bigcap\limits_{i \in [n]}S_i\mid n \in \N;\forall i \in [n],S_i \in S\}是一组基，也即SS做“有限交的扩充”之后会成为一组基：因为S⊆SS \subseteq \mathfrak{S}，而SS覆盖XX，所以S\mathfrak{S}覆盖XX，基的第一条性质成立；∀x∈X\forall x \in X，假设x∈T1∩T2x \in T_1 \cap T_2，其中T1,T2∈ST_1,T_2 \in \mathfrak{S}，不妨设T1=S1∩⋯∩Sn,T2=S1′∩⋯∩Sm′T_1=S_1\cap \cdots \cap S_n,T_2=S'_1 \cap \cdots \cap S_m'，其中Si,Si′∈SS_i,S'_i \in S，那么T1∩T2=(S1∩⋯∩Sn)∩(S1′∩⋯∩Sm′)T_1\cap T_2=(S_1\cap \cdots \cap S_n)\cap (S_1'\cap \cdots \cap S_m')，所以T1∩T2∈ST_1\cap T_2 \in \mathfrak{S}，所以基的第二条性质也成立。证毕。所以，τ(S)\tau(\mathfrak{S})是一个包含SS的拓扑。

下面我们证明τ(S)\tau(\frak{S})是包含SS的最小拓扑，也即任何一个拓扑μ\mu如果满足S⊆μS\subseteq \mu就一定有τ(S)⊆μ\tau(\frak{S})\subseteq \mu。∀U∈τ(S)\forall U \in \tau(\frak{S})，我们有∃S0⊆S,U=⋃S0\exists S_0 \subseteq \mathfrak{S},U=\bigcup S_0。要证明U∈μU \in \mu，即证⋃S0∈μ\bigcup S_0 \in \mu。因为μ\mu是拓扑，只需证∀S′∈S0,S′∈μ\forall S' \in S_0,S'\in \mu。不妨设S′=S1∩⋯∩Sn,n∈NS'=S_1\cap\cdots \cap S_n,n \in \N，只需证∀i∈[n],Si∈μ\forall i \in[n],S_i \in \mu。因为Si∈SS_i \in S，而S⊆μS\subseteq \mu，所以Si∈μS_i \in \mu，证毕。

所以，对于任何一组能够覆盖XX的集合SS，我们证明了：只需取SS的所有有限交构成的集合就能构造一组基S\mathfrak{S}，这组基生成的拓扑是包含SS的最小拓扑。因为SS总是S\mathfrak{S}的子集，所以我们通常把SS称为XX上的一组子基(subbasis)。子基是只满足基的第一条性质的集合族，XX的一组子基就是P(X)\mathcal{P}(X)的一个能覆盖整个XX的子集。至此，我们已经清楚给定任何一组能覆盖整个集合的子集族，如何构造包含这个子集族的最小拓扑了。

序拓扑(Order Topology)

到现在为止，我们讨论的拓扑是基于任何一般的集合XX的。下面我们要讨论，如果XX上已经定义了一个全序关系<:X×X→{true,false}<: X\times X\to \{true,false\}，那么将能够引出基于该序关系的一些自然的拓扑。

实数就是一个全序集，我们可以仿照实数中对开区间、闭区间、半开半闭的区间定义任意全序集上的开区间、闭区间、半开半闭区间。例如，对于a,b∈Xa,b \in X，定义(a,b):={x∈X∣(a<x)∧(x<b)}(a,b):=\{x \in X\mid (a<x)\land (x < b)\}。同样地，我们仿照实数中的写法，定义(a,+∞):={x∈X∣x>a}(a,+\infty):=\{x \in X\mid x > a\}，等等。

（以下默认XX中的元素不止一个）

如果全序集XX没有最大元素或最小元素，那么我们可以证明B={(a,b)∣a,b∈X}\mathcal{B}=\{(a,b)\mid a,b \in X\}是XX的一组基（注意(a,b)(a,b)是指开区间而不是有序对）。证明：首先验证基的第一个条件：∀x∈X\forall x \in X，因为XX没有最小元素和最大元素，所以存在y,z∈Xy,z\in X满足y<x<zy<x<z，于是x∈(y,z)x \in (y,z)且(y,z∈B)(y,z\in \mathcal{B})，成立；再验证第二个条件：若x∈(a,b)∩(c,d)x \in (a,b)\cap (c,d)，那么c<bc<b，所以x∈(c,b)⊆((a,b)∩(c,d))x \in (c,b)\subseteq ((a,b)\cap (c,d))，成立。证毕。这组基生成的拓扑τ(B)\tau(\mathcal{B})称为XX上的序拓扑。

如果XX有最大元素或最小元素，那么{(a,b)∣a,b∈X}\{(a,b)\mid a,b \in X\}就不足以覆盖最大元素或最小元素，因此无法构成基。但是这只要做一点小的修正：如果XX有最小元素xmin⁡x_{\min}，那么我们就在基中加入{[xmin⁡,a)∣a∈X}\{[x_{\min},a)\mid a\in X\}；如果XX有最大元素xmax⁡x_{\max}，那么我们就在基中加入{(a,xmax⁡]∣a∈X}\{(a,x_{\max}]\mid a\in X\}。同理，我们可以证明B={(a,b)∣a,b∈X}∪{[xmin⁡,a)∣a∈X}∪{(a,xmax⁡]∣a∈X}\mathcal{B}=\{(a,b)\mid a,b \in X\}\cup\{[x_{\min},a)\mid a\in X\}\cup\{(a,x_{\max}]\mid a\in X\}是XX的一组基，这组基生成的拓扑就是序拓扑。

注意到，无论XX是否有最大最小元素，S={(a,+∞)∣a∈X}∪{(−∞,a)∣a∈X}S=\{(a,+\infty)\mid a \in X\}\cup \{(-\infty,a)\mid a \in X\}都覆盖了整个XX，因此构成了XX上的一个子基。所以，对SS取有限交就会得到XX的一组基S\frak S，这组基会生成XX上的一个拓扑。显然，S\frak S中包含所有的开区间，因此τ(S)\tau(\frak S)一定包含XX上的序拓扑（如果XX有最大或最小元素，那么所有半开半闭区间本身都已经在SS中了），也即τ(S)\tau(\frak S)是比序拓扑更细的拓扑。

所以，实数集合R\R上的序拓扑就是由全体开区间生成的拓扑。实数集上的序拓扑称为R\R上的标准拓扑(standard topology)，标准拓扑中的元素称为开集(open set)。事实上，习惯上总是把一个拓扑中的元素称为“开集”。拓扑中开集的定义——对任意并和有限交封闭的性质——正是从实数集、欧氏空间中的“开集”定义中抽象出来的。

积拓扑(Product Topology)

对于两个拓扑空间(X,τX),(Y,τY)(X,\tau_X),(Y,\tau_Y)，我们可以证明(X×Y,τ(B))(X\times Y,\tau(\mathcal{B}))是一个拓扑空间，其中B={U×V∣U∈τX,V∈τY}\mathcal{B}=\{U\times V\mid U \in \tau_X,V\in \tau_Y\}。这个拓扑称为X×YX\times Y上的积拓扑。只需验证B\mathcal{B}是基：∀(x,y)∈X×Y\forall (x,y) \in X \times Y，∃U∈τX,x∈U;∃V∈τY,y∈V\exists U \in \tau_X,x\in U;\exists V \in \tau_Y,y\in V，所以(x,y)∈U×V∈B(x,y) \in U\times V \in B，成立；若(x,y)∈(U1×V1)∩(U2×V2)(x,y)\in (U_1\times V_1)\cap (U_2\times V_2)，也即若(x,y)∈(U1∩U2)×(V1∩V2)(x,y)\in (U_1\cap U_2)\times (V_1\cap V_2)，而由于拓扑对有限交封闭，U1∩U2∈τX,V1∩V2∈τYU_1\cap U_2\in \tau_X,V_1\cap V_2\in \tau_Y，所以第二个条件也成立。

对于两个拓扑空间(X,τX),(Y,τY)(X,\tau_X),(Y,\tau_Y)，可以证明：如果τX=τ(BX),τY=τ(BY)\tau_X=\tau(\mathcal{B}_X),\tau_Y=\tau(\mathcal{B}_Y)，那么{B1×B2∣B1∈BX,B2∈BY}\{B_1\times B_2\mid B_1 \in \mathcal{B}_X,B_2\in \mathcal{B}_Y\}是X×YX\times Y上的一组基。证明：性质1显然；性质2，若(x,y)∈(B1×B2)∩(B1′×B2′)(x,y)\in (B_1\times B_2)\cap (B_1'\times B_2')，则(x,y)∈(B1∩B1′)×(B2∩B2′)(x,y)\in (B_1\cap B_1')\times (B_2\cap B_2')。根据BX,BY\mathcal{B}_X,\mathcal{B}_Y是基，∃TX∈BX,x∈TX⊆B1∩B1′\exists T_X\in \mathcal{B}_X,x \in T_X \subseteq B_1\cap B_1'，∃TY∈BY,y∈TY⊆B2∩B2′\exists T_Y\in \mathcal{B}_Y,y\in T_Y\subseteq B_2\cap B_2'，于是TX×TY⊆(B1∩B1′)×(B2∩B2′)T_X\times T_Y\subseteq (B_1\cap B_1')\times (B_2\cap B_2')，证毕。这说明，对两组基做积，会自然得到积空间上的基。

所以，把R\R上的标准拓扑的基——全体开区间的集合——与自己做笛卡尔积，就能得到R2\R^2的一组基。这组基是全体开矩形的集合，称为R2\R^2上的标准拓扑。

子空间拓扑(Subspace Topology)

假设已知XX上有一个拓扑τX\tau_X，那么对于任意XX的子集YY，我们可以证明τY={Y∩U∣U∈τX}\tau_Y=\{Y\cap U\mid U \in \tau_X\}是YY上的一个拓扑：

  • ∅∈τX\varnothing \in \tau_X，所以∅∩Y=∅∈τY\varnothing \cap Y = \varnothing \in \tau_Y；X∈τXX\in\tau_X，所以X∩Y=Y⊆τYX\cap Y = Y \subseteq \tau_Y；
  • 对于τY\tau_Y的任意一个子集SS，它总可以看作是由τX\tau_X的一个子集{Uα}α∈J\{U_\alpha\}_{\alpha \in J}与YY做交得到的，也即S={Uα∩Y∣α∈J}S=\{U_\alpha \cap Y\mid \alpha\in J\}，而⋃S=⋃α∈J(Uα∩Y)=(⋃α∈JUα)∩Y\bigcup S=\bigcup\limits_{\alpha \in J}(U_\alpha\cap Y)=\left(\bigcup\limits_{\alpha\in J}U_\alpha\right)\cap Y，因为τX\tau_X是拓扑所以⋃α∈JUα∈τX\bigcup\limits_{\alpha\in J}U_\alpha \in \tau_X，所以⋃S∈τY\bigcup S \in \tau_Y。
  • ∀V1,V2∈τY\forall V_1,V_2 \in \tau_Y，存在U1,U2∈τXU_1,U_2\in \tau_X使得V1=U1∩Y,V2=U2∩YV_1=U_1\cap Y,V_2=U_2\cap Y。V1∩V2=(U1∩Y)∩(U2∩Y)=(U1∩U2)∩YV_1\cap V_2=(U_1\cap Y)\cap (U_2\cap Y)=(U_1\cap U_2)\cap Y。因为U1∩U2∈τXU_1\cap U_2 \in \tau_X，所以V1∩V2∈τYV_1\cap V_2 \in \tau_Y；

可见，假设我们已经得到了大集合的一个拓扑，要得到其子集的拓扑只需要把大的拓扑中的每个元素与子集做交。当给定拓扑空间(X,τX)(X,\tau_X)以及子集Y⊆XY\subseteq X时，如果我们在YY上把用上述取交集的方式定义拓扑τY\tau_Y，这时就把τY\tau_Y称为τX\tau_X在YY子空间上的拓扑，把YY称为XX的子空间(subspace)。

类似地，我们证明如果B\mathcal{B}是XX的一组基，那么对于任意XX的子集YY，BY={B∩Y∣B∈B}\mathcal{B}_Y=\{B\cap Y\mid B \in \mathcal{B}\}是YY的一组基：

  • ∀y∈Y,y∈X\forall y \in Y,y\in X，因此∃B∈B\exists B \in \mathcal{B}使得y∈By \in B。因为y∈Yy \in Y，所以y∈B∩Y∈BYy \in B\cap Y\in \mathcal{B}_Y；
  • 设y∈B1∩B2y \in B_1\cap B_2，其中B1,B2∈BYB_1,B_2\in \mathcal{B}_Y。那么存在B1X,B2X∈BB_1^X,B_2^X\in \mathcal{B}使得y∈(B1X∩Y)∩(B2X∩Y)y \in (B_1^X \cap Y)\cap (B_2^X\cap Y) =(B1X∩B2X)∩Y=(B_1^X\cap B_2^X)\cap Y，而B1X∩B2X∈BB_1^X \cap B_2^X\in \mathcal{B}，因此(B1X∩B2X)∩Y∈BY(B_1^X\cap B_2^X)\cap Y\in \mathcal{B}_Y；

事实上，利用拓扑的基的判定条件可以直接验证τ(BY)\tau(\mathcal{B}_Y)恰好就是子空间拓扑τY\tau_Y：首先，∀B∈BY\forall B \in \mathcal{B}_Y，存在B′∈BB' \in \mathcal{B}使得B=B′∩YB=B'\cap Y，而B′∈B⊆τXB' \in \mathcal{B}\subseteq \tau_X，所以BY⊆τX\mathcal{B}_Y\subseteq \tau_X；∀U∈τY\forall U \in \tau_Y，存在UX∈τXU^X \in \tau_X使得U=UX∩YU=U^X\cap Y。∀x∈U\forall x \in U，我们可以取B∈BB \in \mathcal{B}满足x∈B⊆UXx \in B \subseteq U^X，所以x∈B∩Y⊆Ux \in B \cap Y \subseteq U，其中B∩Y∈BYB\cap Y \in \mathcal{B}_Y。可见，两个判定条件都满足。

特别地，如果YY本身是τX\tau_X的元素，那么可以证明τY⊆τX\tau_Y\subseteq \tau_X。证明：∀U∈τY\forall U \in \tau_Y，存在UX∈τXU^X \in \tau_X满足U=UX∩YU=U^X\cap Y，其中Y∈τXY \in \tau_X。而因为τX\tau_X是拓扑所以对交封闭，因此UX∩Y∈τXU^X \cap Y \in \tau_X。证毕。

以下关于子空间的积拓扑的结论与期望相符：若A⊆X,B⊆YA\subseteq X,B\subseteq Y，设XX的拓扑为τX\tau_X，YY的拓扑为τY\tau_Y，τX\tau_X在AA子空间上的拓扑为τA\tau_A，τY\tau_Y在BB子空间上的拓扑为τB\tau_B，则“A×BA\times B上的积拓扑”恰好等于“X×YX\times Y上的积拓扑在A×BA\times B子空间上的拓扑”。证明：A×BA\times B上的积拓扑的基定义为BA×B={U×V∣U∈τA,V∈τB}\mathcal{B}_{A\times B}=\{U\times V\mid U\in \tau_A,V\in \tau_B\}，X×YX\times Y上的积拓扑的基定义为BX×Y={W×R∣W∈τX,R∈τY}\mathcal{B}_{X\times Y}=\{W\times R\mid W\in \tau_X,R\in \tau_Y\}。因为A×B⊆X×YA\times B\subseteq X\times Y，所以{(W×R)∩(A×B)∣W∈τX,R∈τY}\{(W\times R)\cap (A\times B) \mid W \in \tau_X,R\in \tau_Y\}是X×YX\times Y上的积拓扑在A×BA\times B子空间上的拓扑的一组基。它等于{(W∩A)×(R∩B)∣W∈τX,R∈τY}\{(W\cap A)\times (R\cap B) \mid W \in \tau_X,R\in \tau_Y\}。根据定义，这恰好就是BA×B\mathcal{B}_{A\times B}。基相同，生成的拓扑也相同。证毕。

以下关于子空间的序拓扑的结论却与期望不相符：设XX是全序集，XX的子集YY继承XX上的序关系，XX上的序拓扑为τX\tau_X，YY上的序拓扑为τY\tau_Y，我们发现τY\tau_Y不一定等于τX\tau_X在子空间YY上的拓扑。反例：设XX是实数集R\R，Y=[0,1)∪{2}Y=[0,1)\cup \{2\}。我们有(3/2,5/2)∈τX(3/2,5/2)\in \tau_X，因此(3/2,5/2)∩Y={2}(3/2,5/2)\cap Y=\{2\}属于XX在子空间YY上的拓扑。然而，{2}∉τY\{2\}\notin \tau_Y，因为任何一个包含YY中最大元素的区间都一定包含了某个[0,1)[0,1)中的元素。

在上面的反例中，集合YY没有足够良好的性质使得期望的结论成立。如果我们加强条件不允许{2}\{2\}这样的单点集出现，就可以证明我们想要的结论。对于全序集XX的子集YY，如果∀a,b∈Y,(a<b)→({x∣a<x<b}⊆Y)\forall a,b\in Y,(a<b)\to (\{x\mid a<x<b\}\subseteq Y)，就称YY是一个凸集(convex set)。设XX上的序拓扑为τX\tau_X，YY上的序拓扑为τY\tau_Y，此时可以证明τY\tau_Y等于τX\tau_X在子空间YY上的拓扑：不妨设X,YX,Y都没有最大最小元素，因为有最大最小元素的证明是类似的，这样避免了繁琐的讨论。左包含右：τY\tau_Y中YY上所有开区间生成的拓扑，因此任意U∈τYU \in \tau_Y都可以写作若干YY上开区间的并集，而YY上开区间也是XX上开区间，因此UU可以写作若干τX\tau_X的基元素的并集，也即U∈τXU\in\tau_X，所以U∈{V∩Y∣V∈τX}U\in \{V\cap Y\mid V\in \tau_X\}；右包含左：对于任意U∈τXU\in \tau_X，我们要证明U∩Y∈τYU\cap Y \in \tau_Y。UU是若干XX上开区间的并集，其中的每个开区间对YY取交都是YY上的开区间，这些区间并起来会得到U∩YU\cap Y。而YY上开区间都是τY\tau_Y中元素，因此U∩YU\cap Y也是τY\tau_Y中元素。证毕。