là ánh xạ chính tắc. Với mỗi $\alpha \in I$, cho $u_\alpha$ là một ánh xạ của một tập hợp F vào $E_\alpha$ sao cho

Khi đó:

(a) tồn tại một ánh xạ duy nhất $u$ của F vào E sao cho

(b) ánh xạ $u$ là đơn ánh nếu và chỉ nếu, với mỗi cặp phần tử phân biệt $y$, $z$ của F, tồn tại $\alpha \in I$ sao cho $u_\alpha(y) \neq u_\alpha(z)$.

Vì quan hệ $u_\alpha = f_\alpha \circ u$ có nghĩa là với mỗi $y \in F$ ta có

phần tử $u(y) \in \prod_{\alpha \in I} E_\alpha$ được xác định duy nhất bởi $u(y) = (u_\alpha(y))_{\alpha \in I}$. Còn phải chỉ ra rằng $u(y) \in E$ với mọi $y \in F$, nói cách khác, rằng

mỗi khi $\alpha \leqslant \beta$. Nhưng điều này có thể viết dưới dạng

và do đó suy ra từ (5). Phần thứ hai của Mệnh đề suy ra ngay lập tức từ các định nghĩa.

là giao hoán [^1] bất cứ khi nào $\alpha \leqslant \beta$. Khi đó tồn tại một ánh xạ duy nhất $u : E \to F$ sao cho với mỗi $\alpha \in I$ biểu đồ

là giao hoán.

Đặt $v_\alpha = u_\alpha \circ f_\alpha$. Nếu $\alpha \leqslant \beta$, theo (2), ta có

và do đó ta có thể áp dụng Mệnh đề 1 cho các ánh xạ $v_\alpha$; suy ra sự tồn tại và tính duy nhất của một ánh xạ $u:E\to F$ sao cho

với mỗi $\alpha\in I$.

¶ Một họ các ánh xạ $u_\alpha:E_\alpha\to F_\alpha$ thỏa mãn các điều kiện của Hệ quả 1 được gọi là một hệ ngược các ánh xạ của $(E_\alpha,f_{\alpha\beta})$ vào $(F_\alpha,g_{\alpha\beta})$. Ánh xạ $u$ được xác định trong Hệ quả 1 được gọi là giới hạn ngược của họ $(u_\alpha)$ và được viết là $u=\underset{\leftarrow}{\lim}\,u_\alpha$ khi không có nguy cơ nhầm lẫn.

(7)

Thật vậy, nếu đặt $w_\alpha=v_\alpha\circ u_\alpha$, thì nếu $\alpha\leq\beta$ ta có

điều đó cho thấy rằng $(w_\alpha)$ là một hệ ngược các ánh xạ. Hơn nữa, nếu $u=\underset{\leftarrow}{\lim}\,u_\alpha$ và $v=\underset{\leftarrow}{\lim}\,v_\alpha$, thì $h_\alpha\circ(v\circ u)=(v_\alpha\circ g_\alpha)\circ u=(v_\alpha\circ u_\alpha)\circ f_\alpha$ với mỗi $\alpha\in I$, và do đó, theo tính duy nhất của giới hạn ngược, ta có $v\circ u=\underset{\leftarrow}{\lim}\,w_\alpha$.

¶ Cho $(E_\alpha,f_{\alpha\beta})$ là một hệ ngược của các tập hợp, và với mỗi $\alpha\in I$ cho $M_\alpha$ là một tập con của $E_\alpha$. Nếu $f_{\alpha\beta}(M_\beta)\subset M_\alpha$ mỗi khi $\alpha\leq\beta$, thì nói rằng các $M_\alpha$ tạo thành một hệ ngược của các tập con của các $E_\alpha$. Gọi $g_{\alpha\beta}$ là ánh xạ từ $M_\beta$ vào $M_\alpha$ (với $\alpha\leq\beta$) có đồ thị trùng với đồ thị của hạn chế của $f_{\alpha\beta}$ trên $M_\beta$. Khi đó hiển nhiên rằng $(M_\alpha,g_{\alpha\beta})$ là một hệ ngược của các tập hợp và rằng

(8)

Thật vậy, nếu $\alpha \leqslant \beta$ và $x_\beta \in \overset{-1}{u_\beta}(x'_\beta)$, ta có

từ đó suy ra mệnh đề thứ nhất; và nói rằng $x = (x_\alpha) \in \mathrm{E} = \varprojlim \mathrm{E}_\alpha$ thỏa mãn $u(x) = x'$ có nghĩa là, theo định nghĩa, $u_\alpha(x_\alpha) = x'_\alpha$ với mọi $\alpha \in \mathrm{I}$.

Với ký hiệu của Mệnh đề 2, các ảnh $u_\alpha(\mathrm{E}_\alpha)$ cũng tạo thành một hệ ngược các tập con của các $\mathrm{E}'_\alpha$, và ta có

(9)

nhưng hai vế của quan hệ này không nhất thiết bằng nhau (Bài tập 4).

Phần kiểm tra tương tự như phần kiểm tra của Mệnh đề 4.

Xét hệ ngược kép $(\mathrm{E}^\lambda_\alpha, g^{\lambda\mu}_{\alpha\beta})$ đối với $\mathrm{I} \times \mathrm{L}$, trong đó quan hệ thứ tự trên L là đẳng thức (no. 1, Ví dụ 1), và áp dụng Mệnh đề 4.

Cho $(\alpha_n)$ là một dãy các phần tử của I tạo thành một tập con đồng cuối của I. Vì I có hướng, ta có thể định nghĩa một dãy $(\beta_n)$ các phần tử của I bằng quy nạp bởi các điều kiện $\beta_0 = \alpha_0, \beta_n \geqslant \beta_i$ với $i < n$ và $\beta_n \geqslant \alpha_n$. Rõ ràng dãy $(\beta_n)$ là tăng và tạo thành một tập con đồng cuối của I. Xét đến Mệnh đề 1 của no. 1 và các hệ thức $f_\alpha = f_{\alpha\beta_n} \circ f_{\beta_n}$ với $\alpha \leqslant \beta_n$, ta chỉ cần chứng minh Mệnh đề trong trường hợp $\mathrm{I} = \mathbf{N}$. Hơn nữa, rõ ràng là chỉ cần chứng minh rằng $f_0$ là toàn ánh. Lấy $x_0 \in \mathrm{E}_0$. Định nghĩa $x_n \in \mathrm{E}_n$ (với $n \geqslant 1$) bằng quy nạp là một phần tử của tập $\overset{-1}{f}_{n-1,n}(x_{n-1})$, điều này làm được vì tập sau là không rỗng theo giả thiết. Khi đó ta chứng minh bằng quy nạp theo $n - m$ rằng $x_m = f_{mn}(x_n)$ với $m \leqslant n$, và suy ra rằng $x = (x_n)$ thuộc E.

Tiêu chuẩn thứ hai liên quan đến các hệ ngược $(\mathrm{E}_\alpha, f_{\alpha\beta})$ đối với một tập hợp chỉ số I sao cho với mỗi $\alpha \in \mathrm{I}$ ta được cho một tập hợp $\mathfrak{S}_\alpha$ gồm các tập con của $\mathrm{E}_\alpha$ thỏa mãn các điều kiện sau:

(i) Mọi giao của các tập hợp thuộc $\mathfrak{S}_\alpha$ cũng thuộc $\mathfrak{S}_\alpha$.

Đặc biệt suy ra (bằng cách xét giao của họ rỗng) rằng $\mathrm{E}_\alpha \in \mathfrak{S}_\alpha$.

(ii) Nếu một tập hợp các tập con $\mathfrak{F} \subset \mathfrak{S}_\alpha$ sao cho mọi giao hữu hạn của các tập hợp thuộc $\mathfrak{F}$ đều khác rỗng, thì $\bigcap\limits_{\mathbf{M} \in \mathfrak{F}} \mathrm{M}$ là khác rỗng.

Theo (i), hiển nhiên rằng (ii) tương đương với điều kiện sau:

(ii)′ Nếu $\mathfrak{G} \subset \mathfrak{S}_\alpha$ có hướng trái (đối với quan hệ bao hàm) và không chứa tập rỗng, thì $\bigcap\limits_{\mathbf{M} \in \mathfrak{G}} \mathrm{M}$ là khác rỗng.

(iii) Với mỗi cặp chỉ số $\alpha$, $\beta$ sao cho $\alpha \leqslant \beta$, và mỗi $x_\alpha \in \mathrm{E}_\alpha$, ta có $\overset{-1}{f}_{\alpha\beta}(x_\alpha) \in \mathfrak{S}_\beta$.

(iv) Với mỗi cặp chỉ số $\alpha$, $\beta$ sao cho $\alpha \leqslant \beta$, và mỗi $\mathrm{M}_\beta \in \mathfrak{S}_\beta$, ta có $f_{\alpha\beta}(\mathrm{M}_\beta) \in \mathfrak{S}_\alpha$.

Đặt $\mathrm{E} = \varprojlim \mathrm{E}_\alpha$ và gọi $f_\alpha : \mathrm{E} \to \mathrm{E}_\alpha$ là ánh xạ chính tắc với mỗi $\alpha \in \mathrm{I}$. Khi đó:

(a) Với mỗi $\alpha \in \mathrm{I}$ ta có

(b) Nếu $\mathrm{E}_\alpha$ là không rỗng với mỗi $\alpha \in \mathrm{I}$, thì E là không rỗng.

Gọi $\Sigma$ là tập hợp các họ $\mathfrak{A} = (\mathrm{A}_\alpha)_{\alpha \in \mathrm{I}}$ thỏa mãn các điều kiện sau :

Nếu $\mathfrak{A} = (A_\alpha)$ và $\mathfrak{A}' = (A'_\alpha)$ là hai phần tử bất kỳ của $\Sigma$, ta nói quan hệ $\mathfrak{A} \leqslant \mathfrak{A}'$ có nghĩa là $A_\alpha \supset A'_\alpha$ với mọi $\alpha$. Rõ ràng $\Sigma$ được có thứ tự bởi quan hệ này.

(1) Trước hết, hãy chỉ ra rằng tập có thứ tự $\Sigma$ là quy nạp. Cho L là một tập sắp thứ tự toàn phần và cho $\lambda \to \mathfrak{A}^\lambda = (A^\lambda_\alpha)_{\alpha \in I}$ là một ánh xạ tăng ngặt từ L vào $\Sigma$. Với mỗi $\alpha \in I$, đặt $B_\alpha = \bigcap_{\lambda \in L} A^\lambda_\alpha$. Khi đó thấy ngay lập tức rằng họ $\mathfrak{B} = (B_\alpha)_{\alpha \in I}$ thỏa mãn (21); do (i) và (ii), nó cũng thỏa mãn (20), nên thuộc về $\Sigma$; và hiển nhiên là $\mathfrak{B}$ là một cận trên của tập hợp các $\mathfrak{A}^\lambda$.

(2) Cho $\mathfrak{A} = (A_\alpha)$ là một phần tử cực đại của $\Sigma$. Ta sẽ chỉ ra rằng $A_\alpha = f_{\alpha\beta}(A_\beta)$ mỗi khi $\alpha \leqslant \beta$. Đặt $A'_\alpha = \bigcap_{\beta \geqslant \alpha} f_{\alpha\beta}(A_\beta)$ với mọi $\alpha \in I$, và ta hãy chỉ ra rằng $\mathfrak{A}' = (A'_\alpha)$ thuộc $\Sigma$. Trước hết chú ý rằng nếu $\alpha \leqslant \beta \leqslant \gamma$, thì ta có $f_{\alpha\gamma}(A_\gamma) = f_{\alpha\beta}(f_{\beta\gamma}(A_\gamma)) \subset f_{\alpha\beta}(A_\beta)$ theo (21); hơn nữa, $f_{\alpha\beta}(A_\beta) \in \mathfrak{S}_\alpha$ theo (iv), và $f_{\alpha\beta}(A_\beta) \neq \emptyset$ theo (20). Do đó các điều kiện (i) và (ii) cho thấy $\mathfrak{A}'$ thỏa mãn (20). Ngoài ra, nếu $\alpha \leqslant \beta$, ta có

và với mỗi $\delta \geqslant \alpha$ tồn tại $\gamma \in I$ sao cho $\gamma \geqslant \delta$ và $\gamma \geqslant \beta$, nên $f_{\alpha\gamma}(A_\gamma) \subset f_{\alpha\delta}(A_\delta)$ và do đó

Vì thế $\mathfrak{A}'$ thỏa mãn (21) và do đó thuộc $\Sigma$. Vì $A'_\alpha \subset A_\alpha$ với mọi $\alpha$, tính cực đại của $\mathfrak{A}$ trong $\Sigma$ suy ra $\mathfrak{A}' = \mathfrak{A}$, và mệnh đề của chúng ta được chứng minh.

(3) Bây giờ ta sẽ thiết lập rằng nếu $\mathfrak{A} = (A_\alpha)$ là một phần tử cực đại của $\Sigma$, thì mỗi $A_\alpha$ chỉ gồm một phần tử duy nhất. Lấy $x_\alpha \in A_\alpha$. Với mỗi $\beta \geqslant \alpha$, đặt $B_\beta = A_\beta \cap \overset{-1}{f}_{\alpha\beta}(x_\alpha)$; nếu $\beta$ không $\geqslant \alpha$, đặt $B_\beta = A_\beta$; khi đó ta sẽ thấy rằng $\mathfrak{B} = (B_\beta)$ thuộc $\Sigma$. Nếu $\beta$ không $\geqslant \alpha$, quan hệ $\beta \leqslant \gamma$ kéo theo $f_{\beta\gamma}(B_\gamma) \subset f_{\beta\gamma}(A_\gamma) \subset A_\beta = B_\beta$. Mặt khác, nếu $\alpha \leqslant \beta \leqslant \gamma$, thì vì

ta có

và vì $f_{\beta\gamma}(A_\gamma) \subset A_\beta$, ta lại có $f_{\beta\gamma}(B_\gamma) \subset B_\beta$, do đó họ $\mathfrak{B}$ thỏa mãn (21). Vì $A_\alpha = f_{\alpha\beta}(A_\beta)$ mỗi khi $\alpha \leqslant \beta$ theo phần (2) của chứng minh, hiển nhiên là $\mathrm{B}_\beta \neq \emptyset$ với mọi $\beta \in \mathrm{I}$. Cuối cùng, theo (i) và (iii), ta có $\mathrm{B}_\beta \in \mathfrak{S}_\beta$ với mọi $\beta \in \mathrm{I}$, và do đó $\mathfrak{B} \in \Sigma$. Vì $\mathrm{B}_\beta \subset \mathrm{A}_\beta$ với mọi $\beta \in \mathrm{I}$, tính cực đại của $\mathfrak{A}$ suy ra $\mathrm{B}_\beta = \mathrm{A}_\beta$ với mọi $\beta$, và đặc biệt $\mathrm{A}_\alpha = \{x_\alpha\}$.

(4) Bây giờ ta đã có thể chứng minh Định lý 1. Hãy bắt đầu với (a). Ta có

Ngược lại, giả sử

và đặt

nếu $\beta \geqslant \alpha$, và $\mathrm{B}_\beta = \mathrm{E}_\beta$ trong trường hợp ngược lại. Theo định nghĩa của $x_\alpha$, các $\mathrm{B}_\beta$ là không rỗng, và ta có $\mathrm{B}_\beta \in \mathfrak{S}_\beta$ với mọi $\beta \in \mathrm{I}$ theo (iii) và (i); hơn nữa, hiển nhiên là $f_{\beta\gamma}(\mathrm{B}_\gamma) \subset \mathrm{B}_\beta$ mỗi khi $\beta \leqslant \gamma$. Do đó $\mathfrak{B} = (\mathrm{B}_\beta) \in \Sigma$. Gọi $\mathfrak{A} = (\mathrm{A}_\alpha)$ là một phần tử cực đại của $\Sigma$ sao cho $\mathfrak{A} \geqslant \mathfrak{B}$ (sự tồn tại của $\mathfrak{A}$ suy ra từ (1) và §2, no. 4, Định lý 2, Hệ quả 1). Vì, theo (3), $\mathrm{A}_\beta$ có dạng $\{y_\beta\}$ với mọi $\beta \in \mathrm{I}$, suy ra rằng $y = (y_\beta)$ thuộc E, và $f_\alpha(y) = y_\alpha = x_\alpha$ theo định nghĩa.

Cuối cùng, (a) kéo theo (b). Ta có thể giả sử rằng I không rỗng (nếu không thì không có gì phải chứng minh). Giả thiết rằng các $\mathrm{E}_\alpha$ đều không rỗng kéo theo $f_{\alpha\beta}(\mathrm{E}_\beta) \neq \emptyset$ với mọi $\beta \geqslant \alpha$. Vì các $f_{\alpha\beta}(\mathrm{E}_\beta)$, với $\alpha$ cố định và $\beta \geqslant \alpha$ biến thiên, lập thành một tập có hướng trái gồm các tập con của $\mathrm{E}_\alpha$ thuộc $\mathfrak{S}_\alpha$, điều kiện (ii)$'$ chứng minh rằng

Do đó $f_\alpha(\mathrm{E}) \neq \emptyset$ theo (a), và a fortiori $\mathrm{E} \neq \emptyset$. Q.E.D.