令$(A_i)_{i \in I}$为$X$相连的子集族，所有包含与点$x$相同；我们必须证明

已连接。如果不是，则存在两个开集合、$B$和$C$，使得$B \cap A$和$C \cap A$非空，以及$A \subset B \cup C$和$A \cap B \cap C = \emptyset$。 $x$ 属于到集合 $B, C$ 之一，比如 $x \in B$；另一方面，集合$A_i$中的一个，比如$A_x$，满足$C$；因此，$A_x \subset B \cup C$、$A_x \cap B \cap C = \emptyset$、$B \cap A_x$和$C \cap A_x$非空。因此$A_x$不连通，这是一个矛盾。

通过$n$上的归纳，我们立即看到集合$B_n = \bigcup_{i=0}^n A_i$通过命题2连接到所有$n$。集合$B_n$有一个非空交；因此，它们的并等于 $\bigcup_{n=0}^\infty A_n$，由命题 2 连接。

否则，$B$的交与$A$的内部和外部将是$B$的两个开放的子集，其中$B$的形式、划分和$B$不会连接。

假设 $f(A)$ 未连接。则存在两个$f^{-1}(A)$开路的集合$M', N'$，以及$f(A)$的形式划分；因此$A \cap f^{-1}(M')$和$A \cap f^{-1}(N')$在$A$的$A$和形式划分开放；这个与……矛盾假设与$A$相连。

连续映射下相连的集合的*逆像*不需要相连；考虑将离散的空间的例映射转换为一个点的空间由……组成。

从命题 4 我们推导出 非连接空间 的另一个刻画：

条件满足命题 4。反之，如果$X$不连通，则存在两个非空不相交的开子集$A, B$，其并为$X$，且映射$f$ $X$到由$f(A) = \{a\}$和$f(B) = \{b\}$定义的两个元素$\{a, b\}$的离散空间是连续的。

这是直接的推论命题 4 no. 2。

假设 $X$ 未连接。然后还有$X$的划分分成两个开的集合$A, B$。 集合 $A, B$相对于$R$饱和；因为如果$x \in A$则$x$不能的等价类$M$满足$B$，否则集合$A \cap M, B \cap M$会将$M$的形式划分分成两部分集合在$M$打开，这是不可能的，因为$M$已连接。因此，$A$和$B$的典范像在$X/R$和形式划分开放集合和$X/R$；这个与……矛盾假设与$X/R$相连。

设$X = \prod_{i \in I} X_i$为拓扑空间的乘积。 如果$X_i$非空，则每个$i \in I$都有$X_i = \operatorname{pr}_i X$；因此，如果 $X$ 连接，则 $X_i$（no. 2，命题 4）也连接。 相反，假设每个 $X_i$ 已连接，而 $X$ 未连接。 通过no. 2的命题 5，存在连续的满射映射$f : X \to X'$，其中$X'$是离散的空间，其中包含多于一个点。 令$a = (a_i)$为$X$中的任意点，且$x$为任意指标；部分映射$f_x : X_x \to X'$，由$f_x(x) = f((y_i))$定义，其中$y_x = x$和$y_i = a_i$（如果$i \neq x$）在$X_x$上连续；由于$X_x$已连接，$f_x$在$X_x$上必须恒定。 It follows immediately by induction that $f(x) = f(a)$ for all points $x = (x_i)$ such that $x_i = a_i$ for all but a finite number of indices $i \in I$. 但是这些点$x$形式是$X$的密集子集（§ 4, no. 3，命题8）。 因此，$f$在$X$上连续，并且在$X$的密集子集上恒定，因此在$X$上恒定（§ 8, no. 1，命题2，推论1）。 但是$f$的这个与……矛盾定义。

命题的第一个部分是定义3的直接的推论，并且连通的集合的闭包是连通的（no. 1，命题1）。由于集合的并在公共的中有点是相连的（no. 1，命题2），关系$R$是传递的，因此是等价关系（因为它显然是自反和对称的）并且$x$相对于$R$的等价类是$x$的分量。仍有待证明 $X/R$ 完全断开。令$f : X \to X/R$为典范映射，并令$F$为$X/R$*包含中至少两个不同的点*中的闭集合； $F$的逆像$f^{-1}(F)$在$X$中闭合，相对于$R$饱和，并且包含至少有$X$的两个不同分量，因而*不连接*。因而$X$中存在两个非空闭集合$B, C$，使得$B \cap C = \varnothing$和$B \cup C = f^{-1}(F)$。 $f^{-1}(F)$ in $f^{-1}(F)$ 的任何点 $x$ 的分量与 $x$ in $X$ 的分量相同（通过 $R$ 的定义），因而 $B$ 和 $C$，其中*在* $f^{-1}(F)$ 中都是开和闭的，相对于 $R$ 是饱和的。因而，$f(B)$和$f(C)$在$X/R$、$f(B) \cup f(C) = F$和$f(B) \cap f(C) = \varnothing$关闭；这表明 $F$ 未连接，因而 $X/R$ 完全断开连接。

此乘积集合已连接（no. 4，命题8）。相反，如果$A$是$X$的连通的子集，其中包含$x$，则$\operatorname{pr}_i(A)$是集合（no. 2，命题4）的连通，其中包含 $x$；从$A \subset \prod_i \operatorname{pr}_i(A)$开始，$A$包含在$x_i$的组件的乘积中。

条件就足够了，因为$x$相对于$x$的开邻域的分量就是$X$中$x$的邻域。

相反，令 $A$ 为本地连接的空间 $X$ 的开子集，令$B$ 为$A$ 的组件，并令$x \in B$。令$V$为$A$中包含的$x$的连通邻域；由定义个分量，$V$包含在$B$中；因而$B$在$X$开放（§ 1, no. 2，命题1）。

因而，$X$的本地连接空间$X$的组件形式划分进入开放集合，因而$X$是其组件的和（§ 2, no. 4，例3）。

因为$V$在$U$中开闭，因而$V$的边界点（相对于$X$）不能属于到$U$，因为它也是相对于$V$的边界点 $U$，没有。

令 $X$ 为$X$、$\varphi : X \to X/R$ 典范映射上的本地连接空间、$R$ 等价关系。设 $A$ 为开子集

X/R 和C A 的一个分量。则$\overline{\varphi}^1(C)$ 是$\overline{\varphi}^1(A)$ 的分量中的并；对于如果 $x \in \overline{\varphi}^1(C)$ 且 K 是 $\overline{\varphi}^1(A)$ 中 x 的分量，则 $\varphi(K)$ 连接 (no. 2, 命题 4)，包含在 A 中，且包含 $\varphi(x)$；因而$\varphi(K) \subset C$乘以C的定义，因而$K \subset \overline{\varphi}^1(C)$。由于X是本地连接的，并且$\overline{\varphi}^1(A)$在X中打开，因此从命题11可以得出$\overline{\varphi}^1(C)$在X中打开；因而，C在X/R中打开，因而，再次到命题11时，X/R本地连接。

b) 相反，如果非空拓扑空间的族$(X_i)$的乘积是局部连通的，则每个$X_i$都是局部连通的，并且除了指标的有限数之外的所有$X_i$都是连通的。

a) 令 J 为 I 的有限子集，使得当且仅当 $i \in J$ 时，$X_i$ 不连通。让

是 X 的初等集合包含点 $x = (x_i)$，并令 K 为 I 的有限子集，使得 $U_i \neq X_i$ 当且仅当 $i \in K$。对于$i \notin J \cup K$，令$V_i$为$X_i$，对于$i \in J \cup K$，令$V_i$为包含在$U_i$中的$x_i$的连通邻域；那么 已连接（通过 no. 4 的命题 8），且 U 中包含 $x$ 的邻域。因此 X 是本地连接的。

b) 令$a = (a_i)$为X的点，并令V为X中$a$的连通邻域。由于除了指标 (§ 4, no. 1) 的有限数之外，我们还有 $\mathrm{pr}_i V = X_i$，因此从 no. 2、命题 4 可以得出，$X_i$ 是相连的，除了指标的有限数之外。另一方面，对于$X_x$中$a_x$的每个$x \in I$、每个$a_x \in X_x$和每个邻域$V_x$，存在X的点$x$使得$\mathrm{pr}_x x = a_x$，并且

X 中的 $x$ 为邻域； V 因此包含 $x$ 的连通邻域 W，其投影 $\mathrm{pr}_x W$ 是 $V_x$ 中包含的$a_x$ 的连通邻域 (no. 2, 命题 4 和§ 4, no. 2，命题5)。因此每个$X_x$都是本地连接的。

那么空间 $X$ 是开集合的可数族中的并，每个开族集合都包含在 $\mathfrak{B}$的集合中。

令 $\mathfrak{B}$ 为拓扑 $Y$ 的可数基。如果 (i) $U \in \mathfrak{B}$ 和 (ii) $W$ 是 $\mathfrak{B}$ 的集合中包含的 $\overline{p}^{-1}(U)$ 的组成部分，我们可以说对 $(W, U)$ 是“可区分的”。

逆像$\overline{p}^{-1}(p(x))$是离散的，因此$X$中存在$x$的邻域，其除$x$之外的所有点$x'$都有像$p(x') \neq p(x)$；由于$X$满足$(O_{III})$，因此$x$与此性质存在一个*封闭*邻域$V$，并且我们还可以假设$V$包含在$\mathfrak{B}$的集合中。设$F$为$V$在$X$的边界。到定理的条件(i)，$p(F)$于$Y$关闭；由于$p(F)$不满足包含$p(x)$，因此存在集合$U \in \mathfrak{B}$，其中包含$p(x)$且不满足$p(F)$。设$W$为$\overline{p}^{-1}(U)$中$x$的分量；那么只要证明$W \subset A$就足够了。如果不是这样，则$W$将满足$F$（no. 1，命题3），因此$p(F)$将满足$U$，与$U$的定义相反。

由于$\mathfrak{B}$是可数的，因此足以证明，给定$U' \in \mathfrak{B}$，杰出的对$(W', U')$的集合使得$W'$满足$W$是可数的。现在这些集合$W'$是开放的，因为$X$是本地连接的（no. 6，命题11）并且相互不相交的，因为它们是$\overline{p}^{-1}(U')$的组件；因此集合 $W' \cap W$ 开且互不相交的。但是 $W$ 包含是一个可数子集，它在 $W$ 中是稠密的；因此$W'$的集合使得$W' \cap W$不为空也是可数的。

To prove Theorem 1, consider the following relation R between two points x, x' of X: "There exists a finite sequence of distinguished pairs (W_i, U_i) (1 \leq i \leq n) such that x \in W_1 and x' \in W_n and that W_i \cap W_{i+1} \neq \emptyset for \leq 1 i \leq n — 1."

引理 1 表明 R 是自反的，并且很容易验证 R 是对称且传递的，因此 R 是等价关系；另外，由于 W_i 是开路的，因此每个等价类 mod R 在X 中都是开路的。但X是连通的；因此只能有一个等价类，即X中的任意两个点全等mod R。由此我们可以推断，X是杰出对的第一个元素的可数族中的并，这将证明定理 1. 为此，令 x 为 X 中的任意点，并且在 X 的开子集的 n 序列 (C_n) 上通过归纳定义，如下： 引理 1 存在一个可区分的对 (W_1, U_1) 使得 x \in W_1，并且我们取 C_1 = W_1；如果 n > 1，则 C_n 为可区分的对 (W, U) 中所有第一个元素 W 的并，使得 W 满足 C_{n-1}。由n上的归纳立即表明，凭借引理2，C_n是可数的并可区分的对的第一个元素。最后，每个 x' \in X 属于到某个 C_n；因为有有限序列

的对使得 x \in W'_1、x' \in W'_m 和 W'_i \cap W'_{i+1} \neq \emptyset for 1 \leq i \leq m — 1，并且通过 i 上的归纳，我们看到 W'_i \子集 C_{i+1} 对于所有 i，因此 x' \in C_{m+1}。

Q.E.D.

首先，假设意味着X是正则的（§ 8, no. 4，命题13）。让我们证明，如果我们取 \mathfrak{B} 为 X 的所有闭子集 V 的集合，则满足定理 1 的条件，使得 p 到 V 的限制是 V 在 a 上的同胚Y 的子空间闭合。到假设，\mathfrak{B} 的集合的内部覆盖 Y，并且凭借 Y 上的假设，\mathfrak{B} 中的每个 V \in 有一个可数基，因此包含是一个可数稠密子集（§ 1, no. 6，命题6）。此外，如果 x \in p^{-1}(y)，则 X 中 x 的 \mathfrak{B} 存在邻域 V \in \mathfrak{B}，使得 V con-

() \ 可以证明，这些条件意味着Y的拓扑是可度量的（章IX, § 4，习题22）。 \* 除了 $x$ 之外，$\overline{p}^{-1}(y)$ 不包含点，因此 $\overline{p}^{-1}(y)$ 是一个离散的空间。因此，我们可以得到应用定理 1，这表明$X$是开放集合的可数族$(T_n)_{n \geq 0}$的并，这样每个子空间$T_n$都有一个可数基$(U_{mn})_{m \geq 0}$。然后是$X$（$§ 3$，no. 1，注）的拓扑的$U_{mn}$（$m \geq 0, n \geq 0$）形式基。

对于每个$x \in X$，令$V_x$是$X$中$x$的紧凑邻域，其中基可数。由$§ 9$、no. 4、定理 2、推论2得出，$V_x$的集合$\mathfrak{B}$满足定理1的条件，并且我们完成证明，如推论1。

请注意，在这个推论中，$p$的限制到$X$的点的任意小邻域$V$*不是$V$到$p(V)$*的同胚。

显然 $X$ 是本地连接的。此外，每个$x \in X$在$X$中都有一个开邻域$U$，使得$p$的限制到$U$映射$U$同构到开子空间$p(U)$ $Y$。由于$p(U)$是$Y$的局部紧子空间（$§ 9$，no. 7，命题13），$p(U)$中包含$p(x)$的紧邻域$W$， 从而 $U \cap \overline{p}^{-1}(W)$ 是 $U$ 中包含的 $x$ 的紧致邻域；因此$X$是局部紧的，因为假设$X$是Hausdorff。 $U \cap \overline{p}^{-1}(W)$是紧致的，在$X$（$§ 9$，no. 3，命题4）中是封闭的，因此满足推论1的条件；因此$X$的拓扑有一个可数的基。