令$x$和$y$为$A \cup B$中的任意两个点，并令$Z \in A \cap B$。然后$(x, z) \in V$和$(z, y) \in V$，所以$(x, y) \in \overline{V}$。

如果$x$是$X$的任意点且$V$是$X$的任意对称周边，则$x$的邻域$V(x)$是$\overline{V}$小。如果$\mathfrak{F}$是收敛到$x$的滤波器，则$V(x)$中包含$\mathfrak{F}$的集合，因此$V$小。

显然，每个比柯西滤波器 更细 的滤波器都是柯西滤波器。

让$g = f \times f$。如果$V'$是$X'$的随从，则$\overline{g^{-1}(V')}$是$X$的随从，$\overline{g^{-1}(V')}$-小集合的$f$下的像是$V'$-小；因此结果。

特别是，如果均匀空间 $X$ 的均匀性被*粗糙*均匀性替换，则相对于原始均匀性的每个柯西滤波器仍然是相对于新均匀性的柯西滤波器。

这个事实可以在下面的形式中轻松记住：*更细均匀性，柯西滤波器越少*。

条件是命题 3 所必需的。反之，假设满足，令$U(V_{i_1}, \ldots, V_{i_n})$ 为均匀性$\mathfrak{U}$ [§ 2, no. 3, 公式 (1)] 的随从。到假设，对于每个指标$k$，都有集合$M_k \in \mathfrak{B}$，这样$f_{i_k}(M_k)$是$V_{i_k}$小（$1 \leq k \leq n$）。令$M$为$1 \leq k \leq n$包含在$M_k$中的$\mathfrak{B}$的集合；那么对于点 $x, x'$ $M$ 的每一个对，我们都有 $[f_{i_k}(x), f_{i_k}(x')] \in V_{i_k}$ 对应 $1 \leq k \leq n$，这样

如果$M, M'$在$\mathfrak{B}$中且$V, V'$在$\mathfrak{G}$中，则存在集合$M'' \in \mathfrak{B}$（或$V'' \in \mathfrak{G}$）使得$M'' \subset M \cap M'$（或$V'' \subset V \cap V'$）；因此$V''(M'') \subset V(M) \cap V'(M')$，因此集合$V(M)$（$M \in \mathfrak{B}, V \in \mathfrak{G}$）实际上是$X$上的过滤器$\mathfrak{F}_0$的形式基。进一步，如果$M$是$V$-小，则$V(M)$是$V$-小；因此 $\mathfrak{F}_0$ 是柯西滤波器，并且明显比 $\mathfrak{F}$ 更粗糙。为了完成证明，只要证明如果$\mathfrak{G}$是比$\mathfrak{F}$更粗糙的柯西滤波器，那么$\mathfrak{G}$比$\mathfrak{F}_0$是更细。对于每个$M \in \mathfrak{B}$和每个$V \in \mathfrak{G}$，都有集合$N \in \mathfrak{G}$，即$V$小；从$N \in \mathfrak{F}$开始，$N$满足$M$；因此$N \subset V(M)$，所以$V(M) \in \mathfrak{G}$。

取命题 5中的$\mathfrak{F}$作为$X$中所有子集的过滤器，其中包含$x$，并取$\mathfrak{B}$由单个元素$\{x\}$组成。

有一个过滤器$\mathfrak{G}$，它比$\mathfrak{F}$和$\mathfrak{B}(x)$都更细（章I, § 7, no. 2，命题4）；由于 $\mathfrak{F}$ 是柯西滤波器，因此 $\mathfrak{G}$ 也是。如果$\mathfrak{F}_0$是比$\mathfrak{F}$粗的唯一最小柯西滤波器，则$\mathfrak{F}_0$和$\mathfrak{B}(x)$都是比$\mathfrak{G}$粗的最小柯西滤波器。因此$\mathfrak{F}_0 = \mathfrak{B}(x)$，这表明$\mathfrak{F}$收敛于$x$。

这是推论 2 的推论。

设$V$为$X$的任意随从；那么就有一个开放的随从$U \subset V$（$\S$1，no. 2，推论2到命题2）。对于$X$中的每个子集$M$，$U(M)$都是开集并且包含在$V(M)$中；因此，鉴于命题 5，结果如下。

该标准显示了完整空间在涉及极限的概念的所有问题中的重要性：如果函数在完整的空间中取其值，我们可以证明极限的*存在*无需事先知道值共极限*；如果定义或极限是我们可以使用的唯一收敛标准，那么这是不可能的。

更细 比完整空间均匀度的均匀度不必是完整空间 (习题 2) 的均匀度。然而，我们有以下命题：

条件显然是必要的，因为 $\mathfrak{T}_2$ 比 $\mathfrak{T}_1$ 更粗糙。反之，假设满足条件，则令$x$相对于$\mathfrak{T}_2$为$\mathfrak{F}$的极限点；我们将证明$x$是$\mathfrak{F}$相对于$\mathfrak{T}_1$的极限。设$V$是$\mathfrak{U}_1$的对称周边，它在拓扑$\mathfrak{T}_2 \times \mathfrak{T}_2$中闭合。 假设、$\mathfrak{F}$ 包含集合 $M$，其中V小；因而，如果$x' \in M$我们有$M \subset V(x')$。但$V(x')$于拓扑$\mathfrak{T}_2$关闭；因而$x$位于$M$相对于$\mathfrak{T}_2$的闭包，必须属于到$V(x')$。由此可见$M \subset \hat{V}(x)$、命题得证。

对于每个关于$U_1$的柯西滤波器都是关于$U_2$的柯西滤波器，因此收敛于拓扑$\mathfrak{T}_2$。

注当$\mathfrak{T}_1 = \mathfrak{T}_2$（§ 1, no. 2，推论2至命题2）时，满足命题7的推论假设。

令$X$为完整的空间，并令$A$为$X$的闭子空间。如果$\mathfrak{F}$是$A$上的柯西滤波器，则它是$X$（no. 1，命题3）上的柯西滤波器基，因此收敛到点$x \in X$；但由于$A$是封闭的，我们有$x \in A$，因此$\mathfrak{F}$收敛于子空间$A$。

现在令$\overline{A}$为Hausdorff制服空间$X$的非闭子集，并令$b \in \overline{A} - A$。 $X$中$b$的邻域滤波器$\mathfrak{B}$在$A$上的迹$\mathfrak{B}_A$是$A$上的柯西滤波器；但它不能收敛于点$c \in A$，否则$c$将是$\mathfrak{B}$的极限点（no. 2，命题5，推论3），这是荒谬的，因为$b \neq c$和$X$ 是豪斯多夫。

足以证明$X$上的每个最小柯西滤波器$\mathfrak{F}$是收敛的。由于$A$是稠密的，并且$\mathfrak{F}$的每个集合都有一个非空的内部（no. 2，推论4到命题5），$\mathfrak{F}$在$A$上的迹$\mathfrak{F}_A$是一个柯西滤波器$A$，因此收敛到点$x_0 \in X$。由于$\mathfrak{F}$比$\mathfrak{F}_A$生成的$X$上的过滤器更粗糙，因此$\mathfrak{F}$收敛到$x_0$（no. 2，推论3到命题5）。

第一个断言是乘积空间上柯西滤波器和收敛滤波器刻画的推论（no. 1，推论2到命题4和章I, § 7, no. 6，推论） 1 至命题 10)。相反，假设

是完整的（$X_i$非空），并让$\mathfrak{F}_x$是$X_x$上的柯西滤波器。对于每个 $i \neq x$ 令 $\mathfrak{F}_i$ 为 $X_i$ 上的柯西滤波器，并考虑乘积滤波器 (章 I, § 6, no. 7)

$\mathfrak{F}$ 是柯西滤波器（no. 1，推论 2 到命题 4），因此是收敛的，因此每个 $\operatorname{pr}_x \mathfrak{F} = \mathfrak{F}_x$ 也是收敛的（章 I, § 7, no. 6，推论 1 到命题 10）。

对于 $X$ 是 Hausdorff，并且可以用 $\prod_{i \in I} X_\alpha$ 的 封闭 子空间来识别（章 I, § 8, no. 2，推论 2 到命题 7）；因此，从命题 10 和命题 8 (no. 4) 可以得出推论。

完整豪斯多夫均匀空间$X_\alpha$的逆极限可以是*空*，即使所有$X_\alpha$非空并且所有$f_{\alpha\beta}$都是满射，如离散空间的情况所示（*集合理论*，章） III, § 1，习题32）。然而，我们有以下定理：

(α_n) 在 I 中是共尾的。当 m ≤ n 时，我们将写 f_{mn} 代替 f_{α_mα_n}，并且我们将 f_{n, n+1}(X_{α_{n+1}}) = Y_n。那么，如果 m ≤ n，则 f_{mn}(Y_n) 在 Y_m 中是稠密的；对于定义 f_{m, n+1}(X_{α_{n+1}}) 来说是稠密的

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

通过 n 和 k 上的归纳，我们可以为每个 n 定义一个 X_{α_n} 的封闭对称周边的基本系统 (V_{kn})_{k∈\mathbf{N}} 使得

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

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

实际上，令 (U_{kn})_{k∈\mathbf{N}} 为 X_{α_n} 随从的基本系统。如果我们假设 V_{kn} 已经为给定的 n 和所有 k ∈ \mathbf{N} 定义，那么由于 f_{n, n+1} 是一致连续的，我们可以通过 k 上的归纳定义周围环境 V_{k, n+1} 来满足 (3) 且

接下来是断言。

现在令 x_0 ∈ Y_0。我们将证明，对于每个整数 k > 0，都有点 z ∈ X，使得 [x_0, f_{α_0}(z)] ∈ V_{k-1, 0}；这将证明定理。由于 f_{n, n+1} (Y_{n+1}) 在 Y_n 中是稠密的，因此我们可以通过点 x_n ∈ Y_n 的归纳序列定义使得

(4)

根据 (3) 可知，如果 m ≤ n 则

(5)

由此我们结论对于固定的m序列(f_{mn}(x_n))_{n≥m}是X_{α_m}中的柯西序列，因此收敛到点z_m；对于归纳，从 (5) 可以得出，对于整数的每个对 p ≥ m, q > 0，我们有

(6)

且根据(2) 显然，(6) 的右侧包含在V_{k+p-1, m} 中。令q无限增加；我们特别推断，对于 m = p = 0，我们有 (x_0, z_0) ∈ V_{k-1, 0}，因为 V_{k-1, 0} 是封闭的。另一方面，根据关系 z_m = \lim_{n→∞} f_{mn}(x_n) 以及 f_{m, m+1} 的连续性，我们推导出对于每个 m ≥ 0，f_{m, m+1}(z_{m+1}) = z_m。对于每个 γ ∈ I，至少有一个整数 n 使得 α_n ≥ γ；放入$z_\gamma = f_{\gamma, \alpha_n}(z_n)$，我们立即验证$z_\gamma$不依赖于$n$的值，从而导致$\alpha_n \geq \gamma$，并且如此定义的族$(z_\alpha)_{\alpha \in I}$是$X = \varprojlim X_\alpha$的点$z$。从 $f_{\alpha_0}(z) = z_0$ 开始，证明已完成。

让每个$X_\alpha$具有离散均匀性，并且应用定理为1。

满足以下条件：对于每个$\alpha \in I$*有指标*$\beta \geq \alpha$*这样对于所有*$\gamma \geq \beta$*我们有*$f_{\alpha \gamma}(\overline{u}_\gamma^{-1}(x_\gamma)) = f_{\alpha \beta}(\overline{u}_\beta^{-1}(x'_\beta))$。 然后有元素 $x \in X$ 这样 $u(x) = x'$。

集合$\overline{u}_\alpha^{-1}(x'_\alpha)$的应用定理1到逆系，每个都带有离散均匀性。

这是通过连续性从扩张的定理得出的（前述），因为 $X'$ 是正则的（§ 1, no. 2，命题 3），并且因为 $X'$ 上的收敛滤波器与柯西滤波器相同。

当$X$也是均匀空间时，有如下定理：

$\overline{f}$的存在性是命题3的直接的推论和no. 1的11个。让我们证明 $\overline{f}$ 是一致连续的。令$V'$为$X'$的闭对称周边，并令$V$为$X$的周边，这样，当$x$和$y$在$A$中并且$V$闭时，则$f(x)$和$f(y)$ 与 $V'$ 接近。我们可以假设$V$是$A$的随行人员$W$在$X \times X$的闭包（$\S$2，no. 4，命题6）。当 $(x, y) \in W$ 时，我们有 $[ \bar{f}(x), \bar{f}(y) ] \in V'$；由于 $\bar{f} \times \bar{f}$ 在 $X \times X$ 中连续（章 I、$\S$ 4、no. 1、命题 1），当 $(x, y) \in V = \overline{W}$ 时，我们也有 $[ \bar{f}(x), \bar{f}(y) ] \in V'$，因为 $V'$ 是封闭的（章I、$\S$2、no. 1、定理1）。

Q.E.D.

$f$ 在 $Y_1$ 中均匀连续，因而 (定理 2) 扩展到均匀连续映射 $\bar{f} : X_1 \to X_2$。同样，$f$扩展的逆$g$到均匀连续的映射$\bar{g} : X_2 \to X_1$。因而，函数$\bar{g} \circ \bar{f}$是$X_1$自身的连续映射，其限制到$Y_1$是恒等映射；通过扩张的原理恒等式（章 I、$\S$ 8、no. 1、推论 1 到命题 2），$\bar{g} \circ \bar{f}$ 因此是 $X_1$ 的恒等映射；类似地，$\bar{f} \circ \bar{g}$是$X_2$的恒等式映射。因而 (集合理论, R, $\S$ 2, no. 12) $\bar{f}^{-1}$ 和 $\bar{g}$ 是双射并且互为倒数；它们也是一致连续的，因此是同构 ($\S$ 2, no. 1, 命题 2)。

应该注意的是，如果$f$是$Y_1$在$Y_2$上的*双射的*一致连续映射，则其连续性的扩张*不需要既不是单射也不是满射*（习题 3）。

(P) 将 $X$ 的任何均匀连续映射 $f$ 赋予完整的 Hausdorff 均匀空间 $Y$，则存在唯一的均匀连续映射 $g : \hat{X} \to Y$，使得 $f = g \circ i$。

如果$(i_1, X_1)$是完整Hausdorff均匀空间$X_1$的另一个对由……组成和具有性质（P）的均匀连续映射$i_1 : X \to X_1$，则有唯一同构$\varphi : \hat{X} \to X_1$使得$i_1 = \varphi \circ i$。

定理的第一个叙述表示对$(i, \hat{X})$是普遍映射问题的解（集合理论，章IV，， no. 1），其中$\Sigma$-集合是完全豪斯多夫均匀空间，$\sigma$-态射是均匀连续映射，$\alpha$-映射是$X$均匀连续映射成完全豪斯多夫均匀空间。因而，从对 $(i, \hat{X})$ 到唯一的同构的唯一性可以从解的普遍映射问题的一般属性得出（前述）。还需要证明对$(i, \hat{X})$的存在

1) 定义共 $\hat{X}$。令 $\hat{X}$ 为 $X$ 上的最小柯西滤波器 (no. 2) 的集合。我们将在$\hat{X}$穿定义制服结构。为此，如果$V$是$X$的任何对称周边，则令$\tilde{V}$表示所有对$(\mathscr{K}, \mathfrak{Y})$最小柯西滤波器的集合，这些滤波器在公共的中具有$V$小集合。我们将证明集合$\tilde{V}$形式是$\hat{X}$上制服结构的基本系统：

(i) 由于每个 $\mathscr{K} \in \hat{X}$ 都是柯西滤波器，因此对于 $X$ 的每个对称随行人员 $V$，我们有定义 $(\mathscr{K}, \mathscr{K}) \in \tilde{V}$；因此满足公理$(U'_1)$。

(ii) 如果$V$和$V'$是$X$的两个对称周边，则$W = V \cap V'$是对称周边，并且每个$W$小的集合也是$V$小和$V'$小；因此$\tilde{W} \subset \tilde{V} \cap \tilde{V}'$，证明$(B_1)$。

(iii) 集合 $\tilde{V}$ 与定义对称，因此满足 $(U''_1)$。

(iv) 给定 $X$ 的对称周边$V$，令$W$ 为对称周边$\tilde{V} \subset V$。考虑三个最小柯西滤波器$\mathscr{K}, \mathfrak{Y}, \mathfrak{B}$，使得$(\mathscr{K}, \mathfrak{Y}) \in \tilde{W}$和$(\mathfrak{Y}, \mathfrak{B}) \in \tilde{W}$；那么有两个$W$小集合$M, N$这样$M \in \mathscr{K} \cap \mathfrak{Y}$和$N \in \mathfrak{Y} \cap \mathfrak{B}$。由于 $M$ 和 $N$ 属于到 $\mathfrak{Y}$，$M \cap N$ 不为空，因此 (no. 1, 命题 1) $M \cup N$ 是 $\tilde{W}$-小，因此 $V$-小；从$M \cup N$属于到$\mathscr{K}$再到$\mathfrak{B}$，我们有$\tilde{W} \subset \tilde{V}$；因此$(U'''_1)$是满足的。

接下来我们证明制服空间 $\hat{X}$ 是 Hausdorff。令$\mathscr{K}, \mathfrak{Y}$为$X$上的两个最小柯西滤波器，使得$(\mathscr{K}, \mathfrak{Y}) \in \hat{X}$适用于$X$的所有对称随行人员$V$。紧接着是集合$M \cup N$，其中$M \in \mathscr{K}$和$N \in \mathfrak{Y}$、$\mathfrak{B}$过滤器的形式基比$\mathscr{K}$和$\mathfrak{Y}$更粗糙。现在$\mathfrak{B}$是一个柯西滤波器，因为对于$X$的每个对称周边$V$，对于$\mathscr{K}$和$\mathfrak{Y}$，都有假设一个$V$小集合$P$属于，并且因此属于至 $\mathfrak{B}$。通过最小柯西滤波器的定义，我们有$\mathscr{K} = \mathfrak{B} = \mathfrak{Y}$，这表明$\hat{X}$是Hausdorff。

2) $i$的定义； $X$的统一结构是$\hat{X}$的$i$之下的逆像。我们知道，对于$X$中$x$的每个$x \in X$邻域过滤器$\mathfrak{B}(x)$来说，都是最小柯西过滤器（no. 2，命题5，推论1）。所以我们定义$i(x) = \mathfrak{B}(x)$。设 $f = i \times i$；我们将证明，对于$X$的每个对称随行人员$V$，我们有$j^{-1}(\tilde{V}) \subset V \cup j^{-1}[(\tilde{V})^3]$，这将证明我们的断言（§ 2, no. 4）。现在，如果$[i(x), i(y)] \in \tilde{V}$，则有一个$V$小集合$M$，它是$x$和$y$中每一个的邻域，因此$(x, y) \in V$。相反，如果$(x, y) \in V$，则立即看出集合$V(x) \cup V(y)$比$V$小，并且是$x$和$y$中每一个的邻域。