Cho $x$ và $y$ là bất kỳ hai điểm nào của $A \cup B$, và cho $Z \in A \cap B$. Khi đó $(x, z) \in V$ và $(z, y) \in V$, do đó $(x, y) \in \overline{V}$.

Nếu $x$ là một điểm bất kỳ của $X$ và $V$ là một lân cận đối xứng bất kỳ của $X$, thì lân cận $V(x)$ của $x$ là $\overline{V}$-nhỏ. Nếu $\mathfrak{F}$ là một bộ lọc hội tụ về $x$, thì có một tập của $\mathfrak{F}$ được chứa trong $V(x)$, và do đó $V$-nhỏ.

Rõ ràng mọi bộ lọc mịn hơn một bộ lọc Cauchy đều là một bộ lọc Cauchy.

Cho $g = f \times f$. Nếu $V'$ là một lân cận của $X'$, thì $\overline{g^{-1}(V')}$ là một lân cận của $X$, và ảnh theo $f$ của một tập hợp $\overline{g^{-1}(V')}$-nhỏ là $V'$-nhỏ; do đó có kết quả.

Đặc biệt suy ra rằng nếu cấu trúc đều của một không gian đều $X$ được thay thế bởi một cấu trúc đều thô hơn, thì mọi lọ Cauchy đối với cấu trúc đều ban đầu vẫn là một lọ Cauchy đối với cấu trúc đều mới.

Sự kiện này có thể dễ dàng ghi nhớ dưới dạng sau: cấu trúc đều càng mịn thì càng có ít lọ Cauchy.

Điều kiện là cần theo Mệnh đề 3. Ngược lại, giả sử rằng nó được thỏa mãn, và cho $U(V_{i_1}, \ldots, V_{i_n})$ là một lân cận của cấu trúc đều $\mathfrak{U}$ [§ 2, no. 3, công thức (1)]. Theo giả thiết, với mỗi chỉ số $k$ tồn tại một tập hợp $M_k \in \mathfrak{B}$ sao cho $f_{i_k}(M_k)$ là $V_{i_k}$-nhỏ ($1 \leq k \leq n$). Cho $M$ là một tập hợp của $\mathfrak{B}$ được chứa trong $M_k$ với $1 \leq k \leq n$; khi đó với mỗi cặp điểm $x, x'$ của $M$ ta có $[f_{i_k}(x), f_{i_k}(x')] \in V_{i_k}$ với $1 \leq k \leq n$, do đó

Nếu $M, M'$ thuộc $\mathfrak{B}$ và $V, V'$ thuộc $\mathfrak{G}$, thì tồn tại một tập hợp $M'' \in \mathfrak{B}$ (resp. $V'' \in \mathfrak{G}$) sao cho $M'' \subset M \cap M'$ (resp. $V'' \subset V \cap V'$); do đó $V''(M'') \subset V(M) \cap V'(M')$ và vì thế các tập hợp $V(M)$ ($M \in \mathfrak{B}, V \in \mathfrak{G}$) thật sự lập thành một cơ sở của một bộ lọc $\mathfrak{F}_0$ trên $X$. Hơn nữa, nếu $M$ là $V$-nhỏ, thì $V(M)$ là $V$-nhỏ; do đó $\mathfrak{F}_0$ là một bộ lọc Cauchy và rõ ràng thô hơn $\mathfrak{F}$. Để hoàn tất chứng minh, chỉ cần chỉ ra rằng nếu $\mathfrak{G}$ là một bộ lọc Cauchy thô hơn $\mathfrak{F}$, thì $\mathfrak{G}$ mịn hơn $\mathfrak{F}_0$. Với mỗi $M \in \mathfrak{B}$ và mỗi $V \in \mathfrak{G}$ có một tập hợp $N \in \mathfrak{G}$ là $V$-nhỏ; vì $N \in \mathfrak{F}$, $N$ giao với $M$; do đó $N \subset V(M)$ và vì vậy $V(M) \in \mathfrak{G}$.

Lấy $\mathfrak{F}$ trong Mệnh đề 5 là bộ lọc của mọi tập con của $X$ chứa $x$, và lấy $\mathfrak{B}$ chỉ gồm phần tử duy nhất $\{x\}$.

Có một bộ lọc $\mathfrak{G}$ mịn hơn cả $\mathfrak{F}$ và $\mathfrak{B}(x)$ (Chương I, § 7, no. 2, Mệnh đề 4); vì $\mathfrak{F}$ là một bộ lọc Cauchy, nên $\mathfrak{G}$ cũng vậy. Nếu $\mathfrak{F}_0$ là bộ lọc Cauchy cực tiểu duy nhất thô hơn $\mathfrak{F}$, thì cả $\mathfrak{F}_0$ và $\mathfrak{B}(x)$ đều là các bộ lọc Cauchy cực tiểu thô hơn $\mathfrak{G}$. Do đó $\mathfrak{F}_0 = \mathfrak{B}(x)$, điều này chứng tỏ rằng $\mathfrak{F}$ hội tụ đến $x$.

Đây là một hệ quả của Hệ quả 2.

Cho $V$ là một lân cận đồng đều bất kỳ của $X$; khi đó có một lân cận đồng đều mở $U \subset V$ ($\S$ 1, no. 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 2). Với mỗi tập con $M$ của $X$, $U(M)$ là mở và được chứa trong $V(M)$; do đó có kết quả, theo Mệnh đề 5.

Tiêu chuẩn này cho thấy tầm quan trọng của các không gian đầy đủ trong mọi vấn đề liên quan đến khái niệm giới hạn: nếu một hàm nhận các giá trị của nó trong một không gian đầy đủ, ta có thể chứng minh sự tồn tại của một giới hạn mà không biết trước giá trị của giới hạn; điều này sẽ không thể thực hiện được nếu định nghĩa của giới hạn là tiêu chuẩn duy nhất về sự hội tụ mà ta có.

Một tôpô đều mịn hơn tôpô đều của một không gian đầy đủ không nhất thiết là tôpô đều của một không gian đầy đủ (Bài tập 2). Tuy nhiên, ta có mệnh đề sau:

Các điều kiện rõ ràng là cần thiết, vì $\mathfrak{T}_2$ thô hơn $\mathfrak{T}_1$. Ngược lại, giả sử rằng các điều kiện được thỏa mãn, và cho $x$ là một điểm giới hạn của $\mathfrak{F}$ đối với $\mathfrak{T}_2$; ta sẽ chứng minh rằng $x$ là một giới hạn của $\mathfrak{F}$ đối với $\mathfrak{T}_1$. Cho $V$ là một lân cận đều đối xứng của $\mathfrak{U}_1$ đóng trong tôpô $\mathfrak{T}_2 \times \mathfrak{T}_2$. Theo giả thiết, $\mathfrak{F}$ chứa một tập hợp $M$ là V-nhỏ; do đó nếu $x' \in M$ thì ta có $M \subset V(x')$. Nhưng $V(x')$ đóng trong tôpô $\mathfrak{T}_2$; do đó $x$, nằm trong bao đóng của $M$ đối với $\mathfrak{T}_2$, phải thuộc $V(x')$. Suy ra rằng $M \subset \hat{V}(x)$, và mệnh đề được chứng minh.

Vì mọi bộ lọc Cauchy đối với $U_1$ khi đó là một bộ lọc Cauchy đối với $U_2$ và do đó hội tụ trong tôpô $\mathfrak{T}_2$.

Chú ý rằng các giả thiết của Hệ quả của Mệnh đề 7 được thỏa mãn khi $\mathfrak{T}_1 = \mathfrak{T}_2$ (§ 1, no. 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 2).

Cho $X$ là một không gian đầy đủ và cho $A$ là một không gian con đóng của $X$. Nếu $\mathfrak{F}$ là một lọc Cauchy trên $A$, thì nó là một cơ sở lọc Cauchy trên $X$ (mục 1, Mệnh đề 3) và do đó hội tụ đến một điểm $x \in X$; nhưng vì $A$ đóng nên ta có $x \in A$, và do đó $\mathfrak{F}$ hội tụ trong không gian con $A$.

Bây giờ cho $\overline{A}$ là một tập con không đóng của một không gian đều Hausdorff $X$, và cho $b \in \overline{A} - A$. Vết $\mathfrak{B}_A$ trên $A$ của lọc lân cận $\mathfrak{B}$ của $b$ trong $X$ là một lọc Cauchy trên $A$; nhưng nó không thể hội tụ đến một điểm $c \in A$, vì nếu vậy $c$ sẽ là một điểm giới hạn của $\mathfrak{B}$ (mục 2, Mệnh đề 5, Hệ quả 3), điều này là vô lý vì $b \neq c$ và $X$ là Hausdorff.

Chỉ cần chứng minh rằng mọi lọc Cauchy cực tiểu $\mathfrak{F}$ trên $X$ đều hội tụ. Vì $A$ trù mật và vì mỗi tập thuộc $\mathfrak{F}$ đều có phần trong không rỗng (mục 2, Hệ quả 4 của Mệnh đề 5), vết $\mathfrak{F}_A$ của $\mathfrak{F}$ trên $A$ là một lọc Cauchy trên $A$, nên hội tụ đến một điểm $x_0 \in X$. Vì $\mathfrak{F}$ thô hơn lọc trên $X$ sinh bởi $\mathfrak{F}_A$, suy ra $\mathfrak{F}$ hội tụ đến $x_0$ (mục 2, Hệ quả 3 của Mệnh đề 5).

Khẳng định thứ nhất là một hệ quả của đặc trưng hóa các lọc Cauchy và các lọc hội tụ trên một không gian tích (mục 1, Hệ quả 2 của Mệnh đề 4 và Chương I, § 7, mục 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 10). Ngược lại, giả sử

là đầy đủ (các $X_i$ không rỗng) và cho $\mathfrak{F}_x$ là một lọc Cauchy trên $X_x$. Với mỗi $i \neq x$ cho $\mathfrak{F}_i$ là một lọc Cauchy trên $X_i$, và xét lọc tích (Chương I, § 6, mục 7)

$\mathfrak{F}$ là một lọc Cauchy (mục 1, Hệ quả 2 của Mệnh đề 4), nên hội tụ, và do đó mỗi $\operatorname{pr}_x \mathfrak{F} = \mathfrak{F}_x$ cũng hội tụ (Chương I, § 7, mục 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 10).

Vì $X$ là Hausdorff và có thể được đồng nhất với một không gian con đóng của $\prod_{i \in I} X_\alpha$ (Chương I, § 8, mục 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 7); do đó hệ quả suy ra từ Mệnh đề 10 và Mệnh đề 8 (mục 4).

Một giới hạn ngược của các không gian đều Hausdorff đầy đủ $X_\alpha$ có thể rỗng, ngay cả khi tất cả các $X_\alpha$ đều không rỗng và tất cả các $f_{\alpha\beta}$ đều toàn ánh, như được chỉ ra bởi trường hợp các không gian rời rạc (Lý thuyết tập hợp, Chương III, § 1, Bài tập 32). Tuy nhiên, ta có định lý sau:

$(\alpha_n)$ là đồng cuối trong I. Ta sẽ viết f_{mn} thay cho f_{α_mα_n} khi m ≤ n, và ta đặt f_{n, n+1}(X_{α_{n+1}}) = Y_n. Khi đó, nếu m ≤ n, f_{mn}(Y_n) trù mật trong Y_m; vì theo định nghĩa f_{m, n+1}(X_{α_{n+1}}) trù mật trong

f_{m, m+1}(X_{α_{m+1}}) = Y_m, và f_{m, n+1}(X_{α_{n+1}}) = f_{mn}[f_{n, n+1}(X_{α_{n+1}})] = f_{mn}(Y_n).

Bằng quy nạp theo n và k ta có thể định nghĩa một hệ cơ sở (V_{kn})_{k∈\mathbf{N}} của các lân cận đóng đối xứng của X_{α_n} cho mỗi n sao cho

(2) $\overset{2}{V}_{k+1, n} \subset V_{kn}$,

(3) $(f_{n, n+1} \times f_{n, n+1})(V_{k, n+1}) \subset V_{kn}$.

Thực vậy, cho (U_{kn})_{k∈\mathbf{N}} là một hệ cơ sở các lân cận của X_{α_n}. Nếu ta giả sử rằng các V_{kn} đã được định nghĩa cho một n cho trước và với mọi k ∈ \mathbf{N}, thì vì f_{n, n+1} liên tục đều ta có thể định nghĩa lân cận V_{k, n+1} bằng quy nạp theo k sao cho (3) được thỏa mãn và

Mệnh đề suy ra.

Bây giờ cho x_0 ∈ Y_0. Ta sẽ chứng minh rằng với mỗi số nguyên k > 0 tồn tại một điểm z ∈ X sao cho [x_0, f_{α_0}(z)] ∈ V_{k-1, 0}; điều này sẽ chứng minh định lý. Vì f_{n, n+1} (Y_{n+1}) trù mật trong Y_n, ta có thể định nghĩa bằng quy nạp một dãy các điểm x_n ∈ Y_n sao cho

(4)

Do (3) suy ra rằng nếu m ≤ n thì

(5)

Từ đó ta kết luận rằng với m cố định dãy (f_{mn}(x_n))_{n≥m} là một dãy Cauchy trong X_{α_m} và do đó hội tụ đến một điểm z_m; vì bằng quy nạp từ (5) suy ra rằng, với mỗi cặp số nguyên p ≥ m, q > 0, ta có

(6)

và nhờ (2) hiển nhiên rằng vế phải của (6) được chứa trong V_{k+p-1, m}. Cho q tăng vô hạn; suy ra đặc biệt rằng, với m = p = 0, ta có (x_0, z_0) ∈ V_{k-1, 0}, vì V_{k-1, 0} đóng. Mặt khác, từ các quan hệ z_m = \lim_{n→∞} f_{mn}(x_n) và từ tính liên tục của f_{m, m+1}, ta suy ra rằng f_{m, m+1}(z_{m+1}) = z_m với mỗi m ≥ 0. Với mỗi γ ∈ I tồn tại ít nhất một số nguyên n sao cho α_n ≥ γ; đặt $z_\gamma = f_{\gamma, \alpha_n}(z_n)$ ta kiểm tra ngay rằng $z_\gamma$ không phụ thuộc vào giá trị của $n$ sao cho $\alpha_n \geq \gamma$, và rằng họ $(z_\alpha)_{\alpha \in I}$ như thế được định nghĩa là một điểm $z$ của $X = \varprojlim X_\alpha$. Vì $f_{\alpha_0}(z) = z_0$, chứng minh hoàn tất.

Hãy cho mỗi $X_\alpha$ mang cấu đều rời rạc, và áp dụng Định lý 1.

thỏa mãn điều kiện sau: với mỗi $\alpha \in I$ có một chỉ số $\beta \geq \alpha$ sao cho với mọi $\gamma \geq \beta$ ta có $f_{\alpha \gamma}(\overline{u}_\gamma^{-1}(x_\gamma)) = f_{\alpha \beta}(\overline{u}_\beta^{-1}(x'_\beta))$. Khi đó tồn tại một phần tử $x \in X$ sao cho $u(x) = x'$.

Áp dụng Định lý 1 cho hệ ngược các tập hợp $\overline{u}_\alpha^{-1}(x'_\alpha)$, mỗi tập mang độ đều rời rạc.

Điều này suy ra từ định lý mở rộng bằng tính liên tục (loc. cit.) vì $X'$ chính quy (§ 1, no. 2, Mệnh đề 3) và vì trên $X'$ các lọc hội tụ cũng chính là các lọc Cauchy.

Khi $X$ cũng là một không gian đều, có định lý sau:

Sự tồn tại của $\overline{f}$ là một hệ quả ngay lập tức của các Mệnh đề 3 và 11 của no. 1. Ta chứng minh rằng $\overline{f}$ là liên tục đều. Cho $V'$ là một lân cận đối xứng đóng của $X'$, và cho $V$ là một lân cận của $X$ sao cho, khi $x$ và $y$ thuộc $A$ và là $V$-gần nhau, thì $f(x)$ và $f(y)$ là $V'$-gần nhau. Ta có thể giả sử rằng $V$ là bao đóng trong $X \times X$ của một lân cận $W$ của $A$ ($\S$ 2, no. 4, mệnh đề 6). Ta có $[ \bar{f}(x), \bar{f}(y) ] \in V'$ khi $(x, y) \in W$; vì $\bar{f} \times \bar{f}$ liên tục trên $X \times X$ (Chương I, $\S$ 4, no. 1, mệnh đề 1) nên ta cũng có $[ \bar{f}(x), \bar{f}(y) ] \in V'$ khi $(x, y) \in V = \overline{W}$, vì $V'$ là đóng (Chương I, $\S$ 2, no. 1, Định lý 1).

Q.E.D.

$f$ là liên tục đều trên $Y_1$, do đó (Định lý 2) được mở rộng thành một ánh xạ liên tục đều $\bar{f} : X_1 \to X_2$. Tương tự, nghịch đảo $g$ của $f$ được mở rộng thành một ánh xạ liên tục đều $\bar{g} : X_2 \to X_1$. Do đó, ánh xạ $\bar{g} \circ \bar{f}$ là một ánh xạ liên tục từ $X_1$ vào chính nó mà hạn chế trên $Y_1$ là ánh xạ đồng nhất; theo nguyên lý mở rộng các ánh xạ đồng nhất (Chương I, $\S$ 8, no. 1, Hệ quả 1 của Mệnh đề 2) $\bar{g} \circ \bar{f}$ vì thế là ánh xạ đồng nhất của $X_1$; tương tự $\bar{f} \circ \bar{g}$ là ánh xạ đồng nhất của $X_2$. Do đó (Lý thuyết tập hợp, R, $\S$ 2, no. 12) $\bar{f}^{-1}$ và $\bar{g}$ là các song ánh và là nghịch đảo của nhau; chúng cũng liên tục đều và do đó là các đẳng cấu ($\S$ 2, no. 1, Mệnh đề 2).

Cần lưu ý rằng nếu $f$ là một ánh xạ liên tục đều song ánh từ $Y_1$ lên $Y_2$, thì phép mở rộng liên tục của nó không nhất thiết vừa đơn ánh vừa toàn ánh (Bài tập 3).

(P) Cho bất kỳ ánh xạ liên tục đều nào $f$ từ $X$ vào một không gian đều Hausdorff đầy đủ $Y$, tồn tại duy nhất một ánh xạ liên tục đều $g : \hat{X} \to Y$ sao cho $f = g \circ i$.

Nếu $(i_1, X_1)$ là một cặp khác gồm một không gian đều Hausdorff đầy đủ $X_1$ và một ánh xạ liên tục đều $i_1 : X \to X_1$ có tính chất (P), thì tồn tại duy nhất một đẳng cấu $\varphi : \hat{X} \to X_1$ sao cho $i_1 = \varphi \circ i$.

1) Định nghĩa của $\hat{X}$. Cho $\hat{X}$ là tập hợp các bộ lọc Cauchy cực tiểu (no. 2) trên $X$. Ta sẽ định nghĩa một cấu trúc đều trên $\hat{X}$. Với mục đích này, nếu $V$ là bất kỳ lân cận đối xứng nào của $X$, hãy ký hiệu $\tilde{V}$ là tập hợp mọi cặp $(\mathscr{K}, \mathfrak{Y})$ của các bộ lọc Cauchy cực tiểu có chung một tập $V$-nhỏ. Ta sẽ chứng minh rằng các tập $\tilde{V}$ tạo thành một hệ cơ bản các lân cận của một cấu trúc đều trên $\hat{X}$:

(i) Vì mỗi $\mathscr{K} \in \hat{X}$ là một bộ lọc Cauchy, theo định nghĩa ta có $(\mathscr{K}, \mathscr{K}) \in \tilde{V}$ với mọi lân cận đối xứng $V$ của $X$; do đó tiên đề $(U'_1)$ được thỏa mãn.

(ii) Nếu $V$ và $V'$ là hai lân cận đối xứng của $X$, thì $W = V \cap V'$ là một lân cận đối xứng, và mọi tập $W$-nhỏ cũng là $V$-nhỏ và $V'$-nhỏ; do đó $\tilde{W} \subset \tilde{V} \cap \tilde{V}'$, điều này chứng tỏ $(B_1)$.

(iii) Các tập $\tilde{V}$ là đối xứng theo định nghĩa, do đó $(U''_1)$ được thỏa mãn.

(iv) Cho một entourage đối xứng $V$ của $X$, đặt $W$ là một entourage đối xứng sao cho $\tilde{V} \subset V$. Xét ba bộ lọc Cauchy cực tiểu $\mathscr{K}, \mathfrak{Y}, \mathfrak{B}$ sao cho $(\mathscr{K}, \mathfrak{Y}) \in \tilde{W}$ và $(\mathfrak{Y}, \mathfrak{B}) \in \tilde{W}$; khi đó có hai tập $W$-nhỏ $M, N$ sao cho $M \in \mathscr{K} \cap \mathfrak{Y}$ và $N \in \mathfrak{Y} \cap \mathfrak{B}$. Vì $M$ và $N$ thuộc $\mathfrak{Y}$, $M \cap N$ không rỗng và do đó (mục 1, Mệnh đề 1) $M \cup N$ là $\tilde{W}$-nhỏ và suy ra $V$-nhỏ; vì $M \cup N$ thuộc $\mathscr{K}$ và thuộc $\mathfrak{B}$ ta có $\tilde{W} \subset \tilde{V}$; do đó $(U'''_1)$ được thỏa mãn.

Tiếp theo ta chứng minh rằng không gian đều $\hat{X}$ là Hausdorff. Cho $\mathscr{K}, \mathfrak{Y}$ là hai bộ lọc Cauchy cực tiểu trên $X$ sao cho $(\mathscr{K}, \mathfrak{Y}) \in \hat{X}$ với mọi entourage đối xứng $V$ của $X$. Suy ra ngay rằng các tập $M \cup N$, với $M \in \mathscr{K}$ và $N \in \mathfrak{Y}$, lập thành một cơ sở của một bộ lọc $\mathfrak{B}$ thô hơn $\mathscr{K}$ và $\mathfrak{Y}$. Bây giờ $\mathfrak{B}$ là một bộ lọc Cauchy, vì với mọi entourage đối xứng $V$ của $X$ theo giả thiết có một tập $V$-nhỏ $P$ thuộc cả $\mathscr{K}$ và $\mathfrak{Y}$ và do đó thuộc $\mathfrak{B}$. Theo định nghĩa của các bộ lọc Cauchy cực tiểu, ta có $\mathscr{K} = \mathfrak{B} = \mathfrak{Y}$, và điều này cho thấy rằng $\hat{X}$ là Hausdorff.

2) Định nghĩa của $i$; cấu trúc đều của $X$ là ảnh ngược qua $i$ của cấu trúc của $\hat{X}$. Ta biết rằng với mỗi $x \in X$ thì bộ lọc lân cận $\mathfrak{B}(x)$ của $x$ trong $X$ là một bộ lọc Cauchy cực tiểu (no. 2, Mệnh đề 5, Hệ quả 1). Vì vậy ta định nghĩa $i(x) = \mathfrak{B}(x)$. Đặt $f = i \times i$; ta sẽ chứng minh rằng với mỗi lân cận đối xứng $V$ của $X$ ta có $j^{-1}(\tilde{V}) \subset V \cup j^{-1}[(\tilde{V})^3]$, và điều này sẽ chứng minh mệnh đề của ta (§ 2, no. 4). Bây giờ, nếu $[i(x), i(y)] \in \tilde{V}$, thì có một tập $V$-nhỏ $M$ là lân cận của cả $x$ và $y$, do đó $(x, y) \in V$. Ngược lại, nếu $(x, y) \in V$, thì thấy ngay rằng tập $V(x) \cup V(y)$ là $V$-nhỏ và là lân cận của cả $x$ và $y$.