奇怪证明合集

记录一下这两个学期写过的一些逆天证明. 说逆天是因为, 里面的东西都可以通过一些更高级的工具或视角解决, 在这里发出来仅留作纪念.

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命题 多元复形式幂级数环是 Noetherian 环, 即: 设 $\mathbb{C}\left[\left[x_1,x_2,\dots,x_{n}\right]\right]$ 是 $\mathbb{C}$ 上的形式幂级数环, $\mathcal I\subseteq \mathbb{C}\left[\left[{x_1,x_2,\dots,x_n}\right]\right]$ 是理想. 求证, 存在 $f_1,f_2,\dots, f_m\in \mathbb{C}\left[\left[{x_1,x_2,\dots,x_n}\right]\right]$ 使得 $\mathcal I=\left(f_1,f_2,\dots,f_m\right)$.

证明 记号约定: 对于 $1\le i_1<i_2<\dots<i_k\le n,\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_k\in\mathbb{N}$, $\left[x_{i_1}^{\alpha_1}\dots x_{i_k}^{\alpha_k}\right]f$ 表示将 $f$ 视为环 $\mathbb{C}\left[\left[{\left\{x_1,\dots,x_n\right\}\backslash\{x_{i_1},\dots,x_{i_k}\}}\right]\right]$ 上的 $k$ 元形式幂级数环时项 $x_{i_1}^{\alpha_1}\dots x_{i_k}^{\alpha_k}$ 的系数. 即有:

$$ \left[x_{i_1}^{\alpha_1}\dots x_{i_k}^{\alpha_k}\right]f\in \mathbb{C}\left[\left[{\left\{x_1,\dots,x_n\right\}\backslash\{x_{i_1},\dots,x_{i_k}\}}\right]\right] $$

    归纳定义映射 $M_k:\mathbb{C}\left[\left[{x_1,x_2,\dots,x_k}\right]\right]\backslash\left\{0\right\}\to \mathbb{N}^k,k\in\mathbb{N}^*$. 满足:

• 对于任意 $f_1\in \mathbb {C}\left[\left[{x_1}\right]\right]\backslash\left\{0\right\},f=\sum_{i=0}^{\infty}a_ix_1^i$, 有 $M_1\left(f\right)=\min\{i\in\mathbb{N}\mid a_i\neq0\}$.
• 对于任意 $k\ge 1,f\in \mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{k+1}}\right]\right]\backslash\{0\}, f=\sum_{i=0}^{\infty}g_ix_{k+1}^i,g_i\in\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{k}}\right]\right],\forall i\in\mathbb{N}$.\
  设 $t=\min\left\{i\in\mathbb{N}\mid g_i\neq 0\right\}$, 则 $g_t\neq 0$, 设 $M_k\left(g_t\right)=\left(\alpha_1,\dots,\alpha_k\right)$, 那么 $M_{k+1}\left(f\right)=\left(\alpha_1,\dots,\alpha_{k},t\right)$.

    非形式化的, $M_k$ 表示的是 $f$ 中次数最小的项的指数, 其中大小关系定义为指数的逆序的字典序, 即按照 $x_k,\dots,x_1$ 的顺序比较指数. 定义 $\mathbb{N}^m\left(m\in\mathbb{N}^*\right)$ 上的偏序关系 $\le_m$: $\left(x_1,\dots,x_m\right)\le_m\left(y_1,\dots,y_m\right)$ 当且仅当 $\forall 1\le i\le m,x_i\le y_i$. 且 $\left(x_1,\dots,x_m\right)>_m\left(y_1,\dots,y_n\right)$ 当且仅当 $\left(x_1,\dots,x_m\right)\le_m\left(y_1,\dots,y_m\right)$ 不成立.

    下对 $n$ 归纳证明: $\forall n\in\mathbb{N}^*$, 对于 $\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_n}\right]\right]$ 上理想 $\mathcal I$, 设有限集合 $\mathcal{F}=\left\{f_1,\dots,f_m\right\}\subseteq \mathcal{I}\backslash\left\{0\right\}$. 再设 $\mathcal{A}=\left\{M_n\left(f\right)\mid f\in\mathcal I\backslash\left\{0\right\}\right\}$, $\mathcal{B}=\left\{\beta\in \mathcal{A}\mid\forall \alpha\in\mathcal{A},\alpha\neq \beta,\alpha>_n\beta\right\}$. 若 $\forall \beta\in\mathcal{B}$, 存在 $f\in \mathcal{F}$ 使得 $M_n(f)=\beta$, 那么 $\mathcal I=\left(f_1,\dots,f_m\right)$.

    若 $\mathcal I$ 为零理想, 命题显然成立.

    下假设 $ \mathcal I$ 非零, 那么 $\mathcal{A}$ 非空, 从而 $\mathcal{A}$ 中各分量和最小的元素属于 $\mathcal{B}$, 因此 $\mathcal{B}$ 非空.

• $n=1$ 时, $\mathcal B$ 显然为单元素集, 设 $\mathcal B=\{k\}$. 不妨设 $f_1=\sum_{i=k}^{\infty}t_ix_1^i,t_k\neq 0$.

    归纳定义 $\left\{p_i\right\}_{i=0}^\infty$: $p_0=t_k^{-1},\forall i>k,p_i=-t_k^{-1}\sum_{j=k+1}^{i}p_{i-j}t_j$, 则 $\forall l> k,\sum_{i+j=l}p_it_j=0$, $\left(\sum_{i=0}^{\infty}p_ix_1^i\right)f_1=x_1^k$.

    对于任意 $g\in \mathcal I$, $g=0$ 或 $g$ 的最低非零项次数 $\ge k$, 故可设 $g=\sum_{i=k}^{\infty}q_ix_1^i$. 则有 $g=\left(\sum_{i=0}^\infty p_ix_1^i\right)\left(\sum_{i=0}^\infty q_{i+k}x_1^i\right)f_1+\sum_{j=2}^m0\cdot f_j\in \left(f_1,\dots,f_m\right)$.

    归纳基础得证.

• $n\ge 2$ 时, 对于任意 $f=\sum_{i=0}^{\infty}t_ix_n^i\in\mathcal I,t_i\in\mathbb {C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right]$.

    由于 $f_j\neq 0$, 可设 $f_j=\sum_{l=c_j}^{\infty}p_{j,l}x_{n}^l,\forall 1\le j\le m,p_{j,l}\in\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right],p_{j,c_j}\neq 0$.

    归纳构造 $\left\{q_{j,l}\right\}_{l=0}^{\infty}\subseteq \mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right],1\le j\le m$. 依次对于 $i=0,1,\dots$, 构造 $q_{j,i-c_j}$ (若 $i\ge c_j$) 使
$$\left[x_n^i\right]f=\left[x_n^i\right]\sum_{j=1}^m\left(\sum_{0\le k\le i-c_j}q_{j,k}x_n^k\right)f_j$$

    假设 $i<i_0$ 的步骤已经构造完毕, 即对于任意 $1\le j\le m$, $0\le l<i_0-c_j$, $q_{j,l}$ 已经构造完毕.

    $i=i_0$ 时, 构造 $g\in \mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_n}\right]\right]$:$$g=f-\sum_{j=1}^m\left(\sum_{0\le k< i-c_j}q_{j,k}x_n^k\right)f_j$$
    则 $g\in \mathcal I$. 且有 $\forall 0\le d<i$:$$\begin{aligned}\left[x_n^d\right]g&=\left[x_n^d\right]f-\sum_{j=1}^m\sum_{\substack{0\le k<i-c_j\\0\le k\le d-c_j}}q_{j,k}p_{j,d-k}\\&=\left[x_n^d\right]f-\sum_{j=1}^m\sum_{\substack{0\le k\le d-c_j}}q_{j,k}p_{j,d-k}\\&=\left[x_n^d\right]f-\left[x_n^d\right]\sum_{j=1}^m\left(\sum_{0\le k< i-c_j}q_{j,k}x_n^k\right)f_j=0\end{aligned}$$下构造集合 $\mathcal{I}^\prime\subseteq\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right]$.

    定义函数 $H:\mathcal I\backslash\{0\}\to\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right]$, 对于任意 $h\in \mathcal I\backslash\{0\}$, 令 $h=\sum_{k=s}^\infty h_kx_n^k,h_k\in\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right],h_s\neq 0$. 若 $s\le i$, 则 $H(h)=h_k$, 否则 $H(h)=0$. 取 $\mathcal{I}^\prime=\left\{H(h)\mid h\in \mathcal I\backslash\{0\}\right\}\cup\{0\}$. 易见 $\left[x_n^i\right]g\in \mathcal{I}^\prime$. 下证 $\mathcal{I}^\prime$ 是 $\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right]$ 上的理想.

1. 对于任意 $h_1,h_2\in\mathcal I^\prime$. 若 $h_1=0$ 或 $h_2=0$ 则显然 $h_1+h_2\in \mathcal I^\prime$. 否则, 设 $R_1=\sum_{k>s_1}r_{1,k}x_n^k+h_1x_n^{s_1},R_2=\sum_{k>s_2}r_{2,k}x_n^k+h_2x_n^{s_2},R_1,R_2\in\mathcal I$. 不妨设 $s_1\le s_2\le i,s_2=s_1+a$. 则 $R_1x_n^{a}+R_2\in\mathcal{I}$. 而 $R_1x_n^a+R_2=\left(h_1+h_2\right)x_n^{s_2}+\sum_{k>s_2}\left(r_{1,k-a}+r_{2,k}\right)x_n^k$, 故 $h_1+h_2\in \mathcal{I}^\prime$.
2. 对于任意 $h\in\mathcal{I}^\prime,Q\in\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right]$. 若 $h=0$ 或 $Q=0$ 则显然 $hQ\in\mathcal{I}^\prime$, 否则, 设 $R=\sum_{k>s}r_kx_n^k+hx_n^s\in \mathcal{I},s\le i$. 那么 $\left(hQ\right)x_n^s+\sum_{k>s}\left(r_kQ\right)x_n^k=QR\in\mathcal{I}$. 故 $hQ\in\mathcal{I}^\prime$.

    令 $\mathcal{A}^\prime=\left\{M_{n-1}\left(h\right)\mid h\in \mathcal{I}^\prime\right\},\mathcal{B}^\prime=\left\{\beta\in\mathcal{A}^\prime\mid \forall \alpha\in\mathcal{A}^\prime,\alpha\neq \beta,\alpha>_{n-1}\beta\right\}$.

    下说明 $\forall \beta\in \mathcal{B}^\prime$, 存在 $1\le a\le m$, $H\left(f_a\right)\neq 0$ 且 $M_{n-1}\left(H\left(f_a\right)\right)=\beta$.

    由于 $\left\{H\left(f_a\right)\mid 1\le a\le m\right\}\subseteq \mathcal{I}^\prime$, 故 $\forall 1\le a\le m$, 若 $H\left(f_a\right)\neq 0$, 则有 $\beta\le_{n-1}M_{n-1}\left(H\left(f_a\right)\right)$.

    设 $h\in\mathcal{I}^\prime\backslash\{0\},R=\sum_{k>s}r_kx_n^k+hx_n^s\in\mathcal{I},s\le i$ 且 $M_{n-1}\left(h\right)=\beta$.

    则有 $\beta^\prime=\left(\beta_1,\dots,\beta_{n-1},s\right)=M_n\left(R\right)\in\mathcal{A}$. 取 $\mathcal{A}$ 中列 $\left\{y_b\right\}_{b=1},y_1=\beta^\prime$. 且依次对于 $b\in\mathbb{N}^\prime$, 若可以取 $\alpha\in\mathcal{A}$ 使得 $\alpha\le_{n}y_b$ 且 $\alpha\neq y_{b}$, 则令 $y_{b+1}=\alpha$, 并重复此操作. 否则终止操作.

    由于 $\sum_{j=1}^ny_{b,j}$ 关于 $b$ 严格递减, 故 $\left\{y_b\right\}$ 一定只有有限项. 设最后一项为 $\alpha$. 则 $\alpha\in\mathcal{B}^\prime$ 且 $\alpha\le \beta^\prime$.

    设 $f_a$ 满足 $M_n\left(f_a\right)=\alpha=\left(\alpha_1,\dots,\alpha_n\right)$. 那么有 $\alpha_n\le s\le i$. 则由 $M_{n-1}$ 定义可知 $M_{n-1}\left(H\left(f_a\right)\right)=\alpha^\prime=\left(\alpha_1,\dots,\alpha_{n-1}\right)\le \beta^{\prime}$ 且 $\alpha^\prime\in\mathcal{A}^\prime$. 那么由 $\beta\in\mathcal{B}^\prime$ 得 $\alpha^\prime=\beta$. 故存在 $a$ 使得 $M_{n-1}\left(H\left(f_a\right)\right)=\beta$.

    故令 $\mathcal{F}^{\prime}=\left\{H\left(f_a\right)\mid 1\le a\le m,H\left(f_a\right)\neq 0\right\}$, 可得 $\mathcal{A}^\prime,\mathcal{B}^\prime,\mathcal{F}^\prime,\mathcal{I}^\prime$ 满足归纳条件.

    设 $I=\left\{1\le a\le m\mid c_a\le i\right\}$, 那么由 $\left\{H\left(f_a\right)\mid a\in I\right\}=\mathcal{F}^\prime$ 是 $\mathcal{I}^\prime$ 的生成元, 故 $\exists v_{a}\in \mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_{n-1}}\right]\right]$, 使得 $\left[x_n^i\right]g=\sum_{a\in I}H\left(f_a\right)v_a=\sum_{a\in I}v_a\cdot \left[x_n^{c_a}\right]f_a$. 那么对于任意 $j\in I$, 令 $q_{j,i-c_j}=v_j$. 此时有:$$\begin{aligned}\left[x_n^i\right]f-\left[x_n^i\right]\sum_{j=1}^m\left(\sum_{0\le k\le i-c_j}q_{j,k}x_n^k\right)f_j&=\left[x_n^i\right]g-\left[x_n^i\right]\sum_{i-c_j\ge 0}q_{j,i-c_j}x_n^{i-c_j}\cdot f_j\\&=\left[x_n^i\right]g-\sum_{j\in I}q_{j,i-c_j}\cdot \left[x_n^{c_j}\right]f_j=0\end{aligned}$$

    归纳成立! 由于 $c_j$ 有限易见 $\left\{q_{j,l}\right\}_{l=0}^\infty$ 全部确定. 取 $Q_j=\sum_{l=0}^{\infty}q_{j,l}x_n^l\in\mathbb{C}\left[\left[{x_1,\dots,x_n}\right]\right]$. 则有 $$\begin{aligned}\forall i\in\mathbb{N},\left[x_n^i\right]f-\left[x_n^i\right]\sum_{j=1}^mQ_jf_j&=\left[x_n^i\right]f-\left[x_n^i\right]\sum_{j=1}^m\left(\sum_{l=0}^{\infty}q_{j,l}x_n^l\right)\left(\sum_{k=c_j}^{\infty}p_{j,k}x_n^k\right)\\&=\left[x_n^i\right]f-\sum_{j=1}^m\sum_{0\le k\le i-c_j}q_{j,k}\cdot \left[x_n^{i-k}\right]f_j=0\end{aligned}$$

    因此 $f\in \left(f_1,\dots,f_m\right)$, 故归纳成立.

下对 $m$ 归纳证明: $\forall m\in \mathbb{N}^*$, 对于任意 $\mathcal{E}\subseteq\mathbb{N}^m,\mathcal{E}$ 满足 $\forall \alpha,\beta\in \mathcal{E},\alpha\neq\beta$, 则 $\alpha>_m \beta$, 那么 $\mathcal{E}$ 有限.

• $m=1$ 时显然有 $\left|\mathcal{E}\right|\le 1$.
• $m\ge 2$ 时, 若 $\mathcal{E}=\emptyset$ 显然成立. 下假设 $\mathcal{E}\neq \emptyset$. 任取 $\alpha=\left(\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_m\right)\in\mathcal{E}$.

    对于任意 $1\le i\le m,0\le j\le \alpha_i$, 定义 $\mathcal{C}_{i,j}=\left\{\beta\in\mathcal{E}\mid\beta_{i}=j\right\}$.

    同时定义 $\mathcal{C}_{i,j}^{\prime}=\left\{\left(\beta_1,\dots,\beta_{i-1},\beta_{i+1},\dots,\beta_{m}\right)\mid \beta\in\mathcal{C}_{i,j}\right\}$, 则显然 $\mathcal{C}_{i,j}\cong\mathcal{C}^{\prime}_{i,j}$.

    $\forall x,y\in\mathcal{C}_{i,j},x\neq y$, 有 $x>_m y$ 且 $y>_m x$, 那么 $\forall x^\prime,y^\prime\in\mathcal{C}^\prime_{i,j},x^\prime\neq y^\prime$, 有 $x^\prime>_{m-1} y^\prime$ 且 $y^\prime>_{m-1} x^\prime$.

    由归纳条件可得, $\left|\mathcal{C}_{i,j}\right|=\left|\mathcal{C}^\prime_{i,j}\right|<+\infty$. 故 $\left|\bigcup_{i=1}^m\bigcup_{j=0}^{\alpha_i}\mathcal{C}_{i,j}\right|<+\infty$.

    由于 $\forall \beta\in\mathcal{E},\beta\neq \alpha$. 有 $\alpha\le_m\beta$ 不成立. 故存在 $1\le i\le m,\beta_i\le \alpha_i$. 则 $\bigcup_{i=1}^m\bigcup_{j=0}^{\alpha_i}\mathcal{C}_{i,j}\supseteq\mathcal{E}$.

    因此有 $\left|\mathcal{E}\right|< +\infty$. 归纳成立.

    回到原命题, 设 $\mathcal{A}=\left\{M_n\left(f\right)\mid f\in\mathcal{I}\backslash\left\{0\right\}\right\}$, $\mathcal{B}=\left\{\beta\in \mathcal{A}\mid\forall \alpha\in\mathcal{A},\alpha\neq \beta,\alpha>_n\beta\right\}$. 由上述命题得 $\mathcal B$ 有限. 对于任意 $\alpha\in\mathcal B$, 取 $f_{\alpha}\in \mathcal{I}\backslash \left\{0\right\}$ 使得 $M_n\left(f_\alpha\right)=\alpha$, 记 $\mathcal{F}=\left\{f_\alpha\mid \alpha\in\mathcal B\right\}$. 则 $\mathcal{F}=\left\{f_1,\dots,f_m\right\}$ 有限.

    由于 $\mathcal{A},\mathcal B,\mathcal{F},\mathcal{I}$ 满足已证明的归纳命题的条件, 得 $\left(f_1,\dots,f_m\right)=\mathcal{I}$.

2

Tychonoff 定理 若承认选择公理, 那么任意多紧拓扑空间的乘积都是紧的.

__证明__    设 $(X_\alpha,\mathscr{T}_\alpha)(\alpha\in A)$ 为一族紧的拓扑空间. 由良序定理, 不妨设 $A$ 为一序数. 下使用超限归纳证明, 对于任意 $\beta\le A$, 都有 $(X_\alpha,\mathscr{T}_\alpha)(\alpha\in\beta)$ 的乘积拓扑为紧拓扑空间.

    归纳假设对于任意 $\gamma<\beta$, 都有 $(X_\alpha,\mathscr{T}_\alpha)(\alpha\in\gamma)$ 的乘积拓扑为紧拓扑空间. 下证 $(X_\alpha,\mathscr{T}_\alpha)(\alpha\in\beta)$ 的乘积拓扑为紧拓扑空间. 不妨设一个开覆盖为 $$\mathcal{U}=\left\{\left. E_i=\prod_{\alpha\in\beta} B_{i,\alpha}\right| i\in \mathcal{I}, \text{$B_{i,\alpha}\neq X_{\alpha}(\alpha\in\beta)$ 只有有限多个成立}\right\}$$

    若 $\prod_{\alpha<\beta} X_\alpha$ 不可被有限覆盖, 下使用超限递归构造序列 $\left<\xi_\alpha;\alpha<\beta\right>$ 满足对于任意 $\gamma\le\beta$, 都有 $\prod_{\alpha<\gamma} \{\xi_\alpha\}\times \prod_{\gamma\le\alpha<\beta} X_{\alpha}$ 是没有有限覆盖的. 对于 $\gamma=\varnothing$, 显然成立.

    假设对于 $\beta^*+1<\gamma$, $\xi_{\beta^*}$ 都已构造完毕. 若 $\gamma$ 是一个后继序数 $\xi+1$, 那么 $\prod_{\alpha<\xi} \{\xi_\alpha\}\times \prod_{\xi\le\alpha<\beta} X_{\alpha}$ 没有有限覆盖. 则若对于任意 $x\in X_{\xi}$, 都有 $$A_x=\prod_{\alpha<\xi} \{\xi_\alpha\}\times \{x\}\times \prod_{\xi<\alpha<\beta} X_{\alpha}$$ 有有限覆盖 $\mathcal{U}_x=\{E_i\mid i\in\mathcal{I}_x\}$, 则 $F_x=\bigcap\{B_{i,\xi}\mid i\in\mathcal{I}_x,E_i\cap A_x\neq\varnothing\}$ 是一个 $X_\xi$ 上的非空开集 (因为 $x\in F_x$), 因此有 $X_\xi$ 的开覆盖:

$$ \left\{F_x\mid x\in X_\xi\right\} $$

    取其有限子覆盖 $\{F_x\mid x\in L\}$. 而对于任意 $x\in X_\xi$, 一定有

$$ \prod_{\alpha<\xi} \{\xi_\alpha\}\times F_x\times \prod_{\xi<\alpha<\beta} X_{\alpha}\subset \bigcup \mathcal{U}_x $$

    故 $\bigcup \left\{\mathcal{U}_x\mid x\in L\right\}$ 是 $\prod_{\alpha<\xi} \{\xi_\alpha\}\times \prod_{\xi\le\alpha<\beta} X_{\alpha}$ 的有限覆盖, 矛盾!

    因此存在 $x\in X$ 使得 $\prod_{\alpha<\xi} \{\xi_\alpha\}\times \{x\}\times \prod_{\xi<\alpha<\beta} X_{\alpha}$ 没有有限覆盖. 令 $\xi_\xi=x$ 即可得归纳命题对 $\gamma$ 成立.

    若 $\gamma$ 是一个极限序数, 那么对于任意 $\xi<\gamma$, $\xi+1<\gamma$, 故 $\xi_\xi$ 已构造完毕, 下证归纳命题对 $\gamma$ 成立, 即 $\prod_{\alpha<\gamma} \{\xi_\alpha\}\times \prod_{\gamma\le\alpha<\beta} X_{\alpha}$ 是没有有限覆盖的.

    若其有有限覆盖 $\{E_i\mid i\in L\}$, 则令 $\mathcal{M}=\bigcup\left\{\left\{\xi<\gamma\mid B_{i,\xi}\neq X_{\xi}\right\}\mid i\in L\right\}$, 那么 $\mathcal{M}$ 是个有限集, 设 $\eta=\sup \mathcal{M}$, 则对于任意 $\eta<\xi<\gamma,i\in L$, $B_{i,\xi}=X_{\xi}$, 因此对于任意 $x=\left<x_\alpha;\gamma\le\alpha<\beta\right>\in \prod_{\gamma\le \alpha<\beta} X_{\alpha}$, $i\in L$, 若 $\left<\xi_\alpha\mid \alpha<\gamma\right>+\left<x_\alpha;\gamma\le\alpha<\beta\right>\in E_i$, 那么

$$ \prod_{\alpha\le \eta} \{\xi_\alpha\}\times \prod_{\eta<\alpha<\gamma} X_{\alpha}\times \prod_{\gamma\le \alpha<\beta} \{x_\alpha\}\subset E_i $$

    因此, $\{E_i\mid i\in L\}$ 也是 $\prod_{\alpha\le \eta}\{\xi_\alpha\}\times \prod_{\eta<\alpha<\beta}X_\alpha$ 的有限覆盖, 与 $\eta+1$ 满足的归纳命题矛盾!

    综上, 归纳成立. 则有 $\{\left<\xi_\alpha;\alpha<\beta\right>\}$ 这个单点集不可被有限覆盖. 但必有一个开集包含该元素, 故矛盾! 因此 $\prod_{\alpha<\beta} X_{\alpha}$ 可被有限覆盖.

    由外层的超限归纳可得, $\left(X_\alpha,\mathscr{T}_\alpha\right)(\alpha\in A)$ 的乘积拓扑是紧的拓扑空间.