紧

设 $\{x_{n}\}$ 是 $X$ 中的序列。反证：假设它没有收敛的子列。

① 点集 $\{x_{n} : n \in \mathbb{N}\}$ 是闭的。 任取 $y$ 不在这个点集中。若 $y$ 是某个 $x_{n}$，那 $y$ 显然不在余集里；以下设 $y \notin \{x_{n}\}$。由于 $\{x_{n}\}$ 没有收敛子列，$\{x_{n}\}$ 中任何子列都不趋于 $y$，于是存在 $\varepsilon > 0$ 使 $B(y, \varepsilon )$ 中只含有限个 $x_{n}$（否则可以挑出趋于 $y$ 的子列）。删掉这有限多个点，就得到一个含 $y$ 的开球不碰 $\{x_{n}\}$。故余集开，$\{x_{n}\}$ 闭。

② 每个 $x_{n}$ 有一个只含有限多个 $x_{m}$ 的开邻域。 $x_{n}$ 自己也被排除在子列之外，同上可得。

③ 造一个开覆盖。 取

其中 $U_{n}$ 是 ② 中给 $x_{n}$ 的那个邻域（只含有限个 $x_{m}$）。再补上闭集的余集，$\mathcal{U}$ 就是 $X$ 的开覆盖。

④ 由紧性取有限子覆盖 $\mathcal{V} \subseteq \mathcal{U}$。若 $\mathcal{V}$ 包含那个余集，则没盖住任何 $x_{n}$；若只含有限个 $U_{n}$，而每个 $U_{n}$ 只含有限个 $x_{m}$，则 $\mathcal{V}$ 总共只盖住有限多个 $x_{m}$ —— 与 $\{x_{n}\}$ 是无限集矛盾（没有收敛子列迫使它无限）。

故 $\{x_{n}\}$ 必有收敛子列，$X$ 列紧。∎

设 $X$ 紧，$\{x_{n}\}$ 是 $X$ 中的 Cauchy 列。要证它收敛。

① 由「紧 $\implies$ 列紧」（见那条箭头），$\{x_{n}\}$ 有收敛子列 $x_\{n_{k}\} \to x \in X$。

② Cauchy 列只要有收敛子列就整体收敛到同一个极限：给定 $\varepsilon > 0$，取 $N_{1}$ 使 $m, n \ge N_{1}$ 时 $d(x_{m}, x_{n}) < \varepsilon /2$；取 $K$ 使 $n_{k} \ge N_{1}$ 且 $d(x_\{n_{k}\}, x) < \varepsilon /2$ 对 $k \ge K$ 成立。则对 $n \ge N_{1}$，取一个 $k \ge K$ 使 $n_{k} \ge N_{1}$，得

故 $x_{n} \to x \in X$。所以 $X$ 完备。∎

给定 $\varepsilon > 0$。考虑开球族

它显然是 $X$ 的开覆盖（每个 $x$ 都被 $B(x, \varepsilon )$ 含住）。由 $X$ 紧，存在有限子覆盖：

即 $\{x_{1}$ …$x_{n}\}$ 是一个有限的 $\varepsilon$网。由 $\varepsilon > 0$ 任意，$X$ 全有界。∎

$>$ 注意这条证明只用了「开球盖住自己」这一点 —— 它说明紧 $\implies$ 全有界几乎不需要任何技术。真正难的方向是下一条。

构造。 把 $X$ 送进 Tychonoff 方块：

每个分量 $x \mapsto f(x)$ 连续，所以 $e_{X}$ 连续（到积空间的映射连续 $\iff$ 每个分量连续）。由 Tychonoff 定理方块紧，取闭包

闭子集紧、方块 Hausdorff 而子空间 Hausdorff，所以 $\beta X \in \mathbf{CHaus}$。

函子性。 连续映射 $\varphi : X \to Y$ 诱导 $C(Y,[0,1]) \to C(X,[0,1])$（$g \mapsto g \circ \varphi$），进而诱导方块的映射 $[0,1]^{C(X,[0,1])} \to [0,1]^{C(Y,[0,1])}$；它把 $e_{X}(X)$ 送到 $e_{Y}(Y)$，于是把闭包送到闭包，得到 $\beta\varphi : \beta X \to \beta Y$。

泛性质。 设 $K \in \mathbf{CHaus}$，$f : X \to K$ 连续。紧 Hausdorff 空间是 $T_{3.5}$ 的（不同的点可被连续函数分离），所以 $e_{K} : K \to [0,1]^{C(K,[0,1])}$ 是单射；把 $K$ 看成那个方块里的子空间，目标就变成「造一个 $\widehat{f}$ 使右下三角交换」：

用分量定义 $\widehat{f}$：对每个 $g \in C(K,[0,1])$，令第 $g$ 个分量为

即「把第 $g$ 个坐标读成 $g \circ f$ 那个坐标」。每个分量连续，所以 $\widehat{f}$ 连续；在 $e_{X}(x)$ 上验证：

所以 $\widehat{f} \circ e_{X} = j_{K} \circ f$，即 $f = \widehat{f} \circ e_{X}$（把 $K$ 与它在方块里的像等同）。

落回 $K$ 里。 还差 $\widehat{f}(\beta X) \subseteq j_{K}(K)$。只需在稠密的 $e_{X}(X)$ 上验：由上式 $\widehat{f}(e_{X}(x)) = j_{K}(f(x)) \in j_{K}(K)$。而 $j_{K}(K)$ 在方块里是紧的因而闭，取闭包即得 $\widehat{f}(\beta X) \subseteq j_{K}(K)$。

唯一性。 两个这样的 $\widehat{f}$ 在稠密的 $e_{X}(X)$ 上相等，而目标是 Hausdorff，所以处处相等。∎

用反证 + 一串不断缩小的「坏球」。设 $X$ 列紧。

① $X$ 全有界 —— 用上面那条箭头「列紧 $\implies$ 全有界」。

② 造嵌套的坏球。 设 $\mathcal{U}$ 是 $X$ 的开覆盖，且它没有有限子覆盖。由全有界，$X$ 能被有限个半径 1 的开球盖住；其中必有一个球不能被 $\mathcal{U}$ 的有限多个成员盖住 —— 否则把每个球各自的有限覆盖并起来，就得到 $\mathcal{U}$ 的一个有限子覆盖。称这样的球为坏球，取一个记作 $B_{1}$。

再把 $B_{1}$ 用有限个半径 1/2 的球盖住（$B_{1} \subseteq X$，全有界性对它同样管用），其中必有一个坏球 $B_{2} \subseteq B_{1}$。如此继续，得到

（每一步都只是在有限多个球里挑一个，可以规定「取编号最小的那个」，所以这里不动用选择公理。）

③ 取点，得到 Cauchy 列。 取 $x_{k} \in B_{k}$。由嵌套与半径趋于 0，对 $m \le n$ 有 $x_{m}, x_{n} \in B_{m}$ 而 $B_{m}$ 的半径 $\le 1/m$，于是

④ 由列紧它有子列收敛到某点 $x \in X$；Cauchy 列一旦有收敛子列就整体收敛，故 $x_{k} \to x$。

⑤ 收尾。 $x$ 落在某个 $U \in \mathcal{U}$ 中。$U$ 开，故存在 $r > 0$ 使 $B(x, r) \subseteq U$。取 $k$ 充分大，使 $1/k < r/2$ 且 $d(x_{k}, x) < r/2$；则对任意 $y \in B_{k}$，

即 $B_{k} \subseteq B(x, r) \subseteq U$。于是 $B_{k}$ 被 $\mathcal{U}$ 的一个成员盖住了，与「$B_{k}$ 是坏球」矛盾。

故 $\mathcal{U}$ 必有有限子覆盖，$X$ 紧。∎