位相空間論8：直積位相と直和位相

定義1 およびその前の議論で用いていた記号をそのまま用いる。$\mathcal{S}\subset\mathcal{O}$ であるから、 定義1 の前の議論により、各 $i$ に対して $p_i\colon X\to X_i$ は $(X, \mathcal{O})$ から $(X_i, \mathcal{O}_i)$ への連続写像となる。よって、第一の性質が成り立つ。第二の性質を示すため、$\mathcal{O}'$ を、すべての $i\in\{1,\ldots,n\}$ に対して $p_i$ が $(X, \mathcal{O}')$ から $(X_i, \mathcal{O}_i)$ への連続写像となるような $X$ 上の位相とする。すると、 定義1 の前の議論により、$\mathcal{S}\subset\mathcal{O}'$ であるが、 注意 でみたように、$\mathcal{O}$ は $\mathcal{S}$ を含む最小の位相であったので、$\mathcal{O}\subset\mathcal{O}'$ である。$\square$
直積空間 $X$ の部分集合が開集合であるかを判定するには、次の事実が良く用いられる。

定義1 およびその前の議論で用いていた記号をそのまま用いる。
(1) $\Rightarrow$ (2) を示す。$U$ を $X$ の開集合とし、$x=(x_1,\ldots, x_n)\in U$ とする。$\mathcal{B}_\mathcal{S}$ は $X$ の開基だから、ある $V\in\mathcal{B}_\mathcal{S}$ に対して $x\in V\subset U$ となるが、$\mathcal{B}_\mathcal{S}$ の定義により、$X_i$ の開集合 $U_i\,(i=1,\ldots,n)$ が存在して、$V=U_1\times\cdots\times U_n$ である。この $U_i\,(i=1,\ldots,n)$ が条件を満たす。
(2) $\Rightarrow$ (1) は、$U_1\times\cdots\times U_n$（$U_i$ は $X_i$ の開集合）の形の集合が $X$ の開集合であることに注意すれば、 命題3 からすぐに分かる。$\square$
直積空間について、次の事実は基本的である。

1. $\Rightarrow$ (2) は、射影 $p_i$ の連続性（ 命題1 ）と、連続写像の合成が連続であることから分かる。
2. $\Rightarrow$ (1) を示す。各 $i$ に対して $p_i\circ f\colon Y\to X_i$ が連続であるとする。
   命題9 によれば、$f\colon Y\to X$ が連続であることを示すには、 定義1 における $X$ の準開基 $\mathcal{S}$ に属する $V$ について、$f^{-1}(V)$ が $Y$ の開集合になることを示せば十分である。すなわち、ある $i\in\{1,\ldots,n\}$ と $X_i$ の開集合 $U$ に対して $V=p_i^{-1}(U)$ と表されるような $V$ に対して、$f^{-1}(V)$ が $Y$ の開集合となることを示せばよい。 いま、
   $$ f^{-1}(V)=f^{-1}(p_i^{-1}(U))=(p_i\circ f)^{-1}(U) $$
   であるが、$p_i\circ f$ は仮定から連続なので、$(p_i\circ f)^{-1}(U)$ は $Y$ の開集合となる。よって、$f^{-1}(V)$ は $Y$ の開集合である。$\square$

まず、$d^{(1)}, d^{(2)}, d^{(\infty)}$ がそれぞれ $X$ 上の距離となることを示す。いずれも、距離の満たすべき性質のうち三角不等式以外は明らかに満たしているので、三角不等式のみを証明しよう。$d^{(1)}, d^{(\infty)}$ については三角不等式も簡単である。実際、$d^{(1)}$ に関しては、$x=(x_1,\ldots, x_n),\, y=(y_1,\ldots, y_n),\, z=(z_1,\ldots, z_n)\in X$ に対して、$d_i$ が三角不等式を満たすことより
$$ d^{(1)}(x,z)=\sum_{i=1}^n d_i(x_i, z_i)\leq \sum_{i=1}^n (d_i(x_i, y_i)+d_i(y_i, z_i))=\sum_{i=1}^n d_i(x_i, y_i)+\sum_{i=1}^n d_i(y_i, z_i)=d^{(1)}(x,y)+d^{(1)}(y, z) $$
となるから三角不等式は成り立つ。
次に $d^{(\infty)}$ については、各 $i$ に対して、$d_i(x_i, y_i)\leq d_i(x_i, y_i)+d_i(y_i, z_i)\leq d^{(\infty)}(x, y)+d^{(\infty)}(y, z)$ となることに注意すれば、
$$ d^{(\infty)}(x,y)=\max\{d(x_i, y_i)\,|\,i=1,\ldots, n\}\leq d^{(\infty)}(x, y)+d^{(\infty)}(y, z) $$
となり、やはり三角不等式は成り立つ。問題は $d^{(2)}$ についてである。まず、Cauchy-Schwarz の不等式（ 命題1 ）により、
$$ \sum_{i=1}^n d(x_i, y_i)d(y_i, z_i)\leq \sqrt{\left(\sum_{i=1}^n d(x_i, y_i)^2\right)\left(\sum_{i=1}^n d(y_i, z_i)^2\right)}=d^{(2)}(x,y)d^{(2)}(y,z) $$
であることに注意しよう。これを用いると、
$$ \begin{aligned} &\phantom{=}(d^{(2)}(x, y)+d^{(2)}(y, z))^2-(d^{(2)}(x, z))^2\\ &= \sum_{i=1}^n (d_i(x_i, y_i)^2+d_i(y_i, z_i)^2)+2d^{(2)}(x,y)d^{(2)}(y,z)-\sum_{i=1}^n d_i(x_i, z_i)^2\\ &= \sum_{i=1}^n (d_i(x_i, y_i)+d_i(y_i, z_i))^2-\sum_{i=1}^n d_i(x_i, z_i)^2+2\left(d^{(2)}(x,y)d^{(2)}(y,z)-\sum_{i=1}^n d_i(x_i, y_i)d_i(y_i, z_i)\right)\\ &\geq 0 \end{aligned} $$
となるから、$d^{(2)}(x, y)+d^{(2)}(y, z)\geq d^{(2)}(x, z)$ であり、$d^{(2)}$ についても三角不等式は成り立つ。
さらに、これらの距離が定める位相がすべて直積位相に一致することを示そう。まず、
$$ d^{(\infty)}(x, y)\leq d^{(1)}(x,y)\leq n d^{(\infty)}(x,y) $$
が成り立つことから、恒等写像 $\operatorname{id}\colon (X, d^{(1)})\to (X, d^{(\infty)})$ および $\operatorname{id}\colon (X, d^{(\infty)})\to (X, d^{(1)})$ が連続であることが分かる。これは、$\operatorname{id}\colon (X, d^{(1)})\to (X, d^{(\infty)})$ が同相写像であることを示しているから、$d^{(1)}$ と $d^{(\infty)}$ の定める $X$ 上の位相は等しい。また、
$$ d^{(\infty)}(x, y)\leq d^{(2)}(x,y)\leq \sqrt{n} d^{(\infty)}(x,y) $$
が成り立つことから、同様にして、$d^{(2)}$ と $d^{(\infty)}$ の定める $X$ 上の位相が等しいことも分かる。これで、$d^{(1)}, d^{(2)}, d^{(\infty)}$ の定める $X$ 上の位相がすべて一致することが分かった。あとは、この位相（たとえば、$d^{(\infty)}$ の定める位相）が、$X$ 上の直積位相 $\mathcal{O}$ に一致することを言えばよい。
各 $i$ に対して、
$$ d_i(p_i(x), p_i(y))=d_i(x_i, y_i)\leq d^{(\infty)}(x, y)\quad(x, y\in X) $$
という不等式が成り立つので、射影 $p_i\colon (X, d^{(\infty)})\to (X_i, d_i)$ は連続である。これは、$f$ を恒等写像 $\operatorname{id}\colon (X, d^{(\infty)})\to (X, \mathcal{O})$ とすれば、$p_i\circ f\colon (X, d^{(\infty)})\to (X_i, d_i)$ が各 $i$ について連続となることを意味している。よって、 命題3 により、$f$ は連続である。すなわち、$\operatorname{id}\colon (X, d^{(\infty)})\to (X, \mathcal{O})$ は連続である。
あとは、逆向きの恒等写像
$$ \operatorname{id}\colon (X, \mathcal{O})\to (X, d^{(\infty)})\quad(\star) $$
が連続であると言えればよい。この連続性を示すため、 命題9 を用いることにしよう。$(X, d^{(\infty)})$ の開基としては開球体の全体
$$ \{B_{d^{(\infty)}}(x,r)\,|\,x\in X, r>0\} $$
が取れるのであった（ 例2 ）。よって、$(\star)$ が連続であることを言うためには、任意の $x\in X$ と $r>0$ に対して $\operatorname{id}^{-1}(B_{d^{(\infty)}}(x,r))=B_{d^{(\infty)}}(x,r)$ が直積空間 $(X, \mathcal{O})$ の開集合であると言えればよい。そこで、$x=(x_1,\ldots, x_n)\in X$ および $r>0$ を任意に与える。このとき $y=(y_1,\ldots, y_n)\in X$ に対して
$$ \begin{aligned} d^{(\infty)}(x, y)< r &\Longleftrightarrow \max\{d_i(x_i, y_i)\,|\,i=1,\ldots,n\}< r \\ &\Longleftrightarrow \text{すべての }i\in\{1,\ldots,n\}\text{ に対して }d_i(x_i, y_i)< r \end{aligned} $$
となるから、
$$ \begin{aligned} B_{d^{(\infty)}}(x,r)&=\{y\in X\,|\,d^{(\infty)}(x, y)< r\}\\ &=\{y\in X\,|\, \text{すべての }i\in\{1,\ldots,n\}\text{ に対して }d_i(x_i, y_i)< r\}\\ &=B_{d_1}(x_1,r)\times\cdots\times B_{d_n}(x_n,r) \end{aligned} $$
である。この最右辺は、$(X_i, d_i)$ の開集合の直積の形だから、確かに直積空間 $(X, \mathcal{O})$ の開集合である（ 注意 ）。よって、$B_{d^{(\infty)}}(x,r)$ は $(X, \mathcal{O})$ の開集合である。これで、$(\star)$ が連続であることが示され、$\operatorname{id}\colon (X, d^{(\infty)})\to (X, \mathcal{O})$ が同相写像であることが分かった。したがって、$d^{(\infty)}$ が定める位相は直積位相 $\mathcal{O}$ と一致することが分かり、これですべての証明が終わった。$\square$

$\mathbb{R}$ の通常の距離を $d$ で表す。 命題4 において $(X_i, d_i)=(\mathbb{R}, d)\,(i=1,\ldots,n)$ としたときの $\mathbb{R}^n=\mathbb{R}\times\cdots\times\mathbb{R}$ 上の距離 $d^{(2)}$ は直ちに分かるようにEuclid距離と一致する。したがって、 命題4 により、$\mathbb{R}^n$ 上のEuclid距離が定める位相は、直積位相と一致する。$\square$

$U$ を直積空間 $X$ の開集合とし、$V=p_\lambda(U)$ とする。$V$ が $X_\lambda$ の開集合であることを示すために、$u\in V$ を任意に与える。ある $x=(x_\mu)_{\mu\in\Lambda}\in U$ が存在して、$p_\lambda(x)=u$ となる。つまり、$x_\lambda=u$ となる。$U$ は直積空間 $X$ の開集合なので、 命題7 により、有限個の相異なる $\lambda_1,\ldots,\lambda_n\in\Lambda$ と $X_{\lambda_i}$ の開集合 $U_i\,(i=1,\ldots, n)$ が存在して、$W=\bigcap_{i=1}^n p_{\lambda_i}^{-1}(U_i)$ とおくとき $x\in W\subset U$ となる。すると
$$ u=p_{\lambda}(x)\in p_\lambda(W)\subset p_\lambda(U)\quad (\star) $$
である。ここから、(1) ある $i$ について $\lambda=\lambda_i$ である場合、(2) $\lambda\notin\{\lambda_1,\ldots,\lambda_n\}$ である場合の二通りに場合分けする。
(1) の場合、$p_\lambda(W)=p_{\lambda_i}(W)=U_i$ となるから、$(\star)$ により $u\in U_i\subset p_\lambda(U)$ である。
(2) の場合、$p_\lambda(W)=X_\lambda$ となるから、$(\star)$ により $u\in X_\lambda\subset p_\lambda(U)$ である。
結局、(1) の場合 $O=U_i$ とし、(2) の場合 $O=X_\lambda$ とすれば、$O$ は $u$ の $X_\lambda$ における開近傍であって、$O\subset p_\lambda(U)$ となる。よって、 命題3 により $p_\lambda(U)$ は $X_\lambda$ の開集合である。$\square$
$(X_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ を位相空間の族とし、各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $X_\lambda$ の部分集合 $A_\lambda$ が与えられているとする。このとき、直積集合 $\prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda$ には二通りの位相の入れ方がある。一つは、直積空間 $\prod_{\lambda\in\Lambda} X_\lambda$ の部分空間として位相を入れる方法で、もう一つは、$A_\lambda$ を $X_\lambda$ の部分空間とみて、その直積空間として位相を入れる方法である。この二つの位相は、次の命題のとおり、実際には一致するので区別の必要がない。

恒等写像 $\operatorname{id}\colon (A, \mathcal{O}_1)\to (A, \mathcal{O}_2)$ および $\operatorname{id}\colon (A, \mathcal{O}_2)\to (A, \mathcal{O}_1)$ の連続性を示せばよい。
まず、$\operatorname{id}\colon (A, \mathcal{O}_1)\to (A, \mathcal{O}_2)$ の連続性を示す。$\mathcal{O}_1$ は直積空間 $X=\prod_{\lambda\in\Lambda} X_\lambda$ からの相対位相なので、包含写像 $i\colon (A, \mathcal{O}_1)\to X$ は連続である。また、射影 $p_{\lambda}\colon X\to X_\lambda$ も連続である。よって、合成 $p_{\lambda}\circ i\colon (A, \mathcal{O}_1)\to X_\lambda$ は連続である。ところが、定義からこの合成 $p_{\lambda}\circ i$ の像は $X_\lambda$ の部分空間 $A_\lambda$ に含まれているので、$p_{\lambda}\circ i$ の終域を $A_\lambda$ に制限したものを $f_\lambda\colon (A, \mathcal{O}_1)\to A_\lambda$ と書けば、 命題13 により $f_\lambda$ も連続となる。そこで、$f\colon (A, \mathcal{O}_1)\to (A, \mathcal{O}_2)$ を $f(a)=(f_\lambda(a))\,(a\in A)$ により定義すれば、$\mathcal{O}_2$ が $A=\prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda$ 上の直積位相であったことから、 注意 によって $f\colon (A, \mathcal{O}_1)\to (A, \mathcal{O}_2)$ は連続である。しかし、定義をさかのぼると分かるように、この $f$ は恒等写像 $\operatorname{id}$ に他ならない。よって、$\operatorname{id}\colon (A, \mathcal{O}_1)\to (A, \mathcal{O}_2)$ は連続である。
次に、$\operatorname{id}\colon (A, \mathcal{O}_2)\to (A, \mathcal{O}_1)$ の連続性を示す。いま、$\mathcal{O}_2$ は $A=\prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda$ 上の直積位相なので、射影 $p'_\lambda\colon (A, \mathcal{O}_2)\to A_\lambda$ は連続である。また、包含写像 $i_\lambda\colon A_\lambda\to X_\lambda$ も連続である。したがって、合成 $i_\lambda\circ p'_\lambda\colon (A, \mathcal{O}_2)\to X_\lambda$ は連続である。そこで、$g\colon (A, \mathcal{O}_2)\to X=\prod_{\lambda\in\Lambda} X_\lambda$ を $g(a)=(i_\lambda\circ p'_\lambda(a))$ で定義すれば、 注意 によって $g$ は連続となる。定義により、$g$ の像は $A$ に含まれているので、$g$ の終域を $A$ に制限した $g^A$ を考えることができるが、$A$ 上の位相 $\mathcal{O}_1$ は $X$ からの相対位相であったから、$g^A\colon (A, \mathcal{O}_2)\to (A, \mathcal{O}_1)$ は連続となる。ところが、定義をさかのぼると、$g^A$ は恒等写像 $\operatorname{id}$ に他ならない。 よって、$\operatorname{id}\colon (A, \mathcal{O}_2)\to (A, \mathcal{O}_1)$ は連続である。$\square$
上の 命題10 は、今後は特に断りなく、暗黙のうちに使われることがあるので注意しておく。
注意 で述べたように、無限個の位相空間の直積空間 $X=\prod_{\lambda\in\Lambda} X_\lambda$ においては、開集合 $U_\lambda\subset X_\lambda\,(\lambda\in\Lambda)$ の直積 $\prod_{\lambda\in\Lambda} U_\lambda$ は必ずしも開集合とはならない。しかし、閉集合の直積については、次の命題のとおり閉集合となる。

射影 $p_\lambda\colon X\to X_\lambda$ は連続だから、$p_\lambda^{-1}(F_\lambda)$ は各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $X$ の閉集合となる。$\prod_{\lambda\in\Lambda} F_\lambda=\bigcap_{\lambda\in\Lambda} p_\lambda^{-1}(F_\lambda)$ なので $\prod_{\lambda\in\Lambda} F_\lambda$ も $X$ の閉集合である。$\square$

右辺 $\prod_{\lambda\in\Lambda} \operatorname{Cl}_{X_\lambda} A_\lambda$ は 命題11 により $X$ の閉集合であって $\prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda$ を含んでいるから、 命題1 により、$\operatorname{Cl}_X \prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda\subset \prod_{\lambda\in\Lambda} \operatorname{Cl}_{X_\lambda} A_\lambda$ である。
逆の包含を示すため、$x=(x_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}\in \prod_{\lambda\in\Lambda} \operatorname{Cl}_{X_\lambda} A_\lambda$ を任意に与える。$x\in \operatorname{Cl}_X \prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda$ を示すため、 命題3 を用いよう。$x$ の $X$ における開近傍 $V$ を任意に与える。 注意 （における直積空間の開基の記述）により、有限個の相異なる $\lambda_1,\ldots,\lambda_n\in\Lambda$ と $X_{\lambda_i}$ の開集合 $U_i$ が存在して、$x\in\bigcap_{i=1}^n p_{\lambda_i}^{-1}(U_i)\subset V$ となる。各 $i=1,\ldots,n$ に対して、$U_i$ は $x_{\lambda_i}$ の開近傍であり、$x_{\lambda_i}\in \operatorname{Cl}_{X_{\lambda_i}} A_{\lambda_i}$ であるから、 命題3 により $U_i\cap A_{\lambda_i}\neq\emptyset$ である。よって、点 $a_{\lambda_i}\in U_i\cap A_{\lambda_i}$ を選ぶことができる。また、$\lambda\in\Lambda\setminus\{\lambda_1,\ldots,\lambda_n\}$ のとき、$x_\lambda\in \operatorname{Cl}_{X_\lambda} A_\lambda$ なので、とくに $\operatorname{Cl}_{X_\lambda} A_\lambda\neq\emptyset$ であり、よって $A_\lambda\neq\emptyset$ なので点 $a_\lambda\in A_\lambda$ を選ぶことができる。こうして、$a=(a_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ が得られるが、つくり方から $a\in \bigcap_{i=1}^n p_{\lambda_i}^{-1}(U_i)\cap \prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda$ である。よって、$a\in V\cap \prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda$ なので $V\cap \prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda\neq\emptyset$ である。よって、 命題3 により $x\in\operatorname{Cl}_X \prod_{\lambda\in\Lambda} A_\lambda$ である。$\square$
直積空間において点列が収束することは、その点列を各成分に射影したものが収束することと同値である。正確に述べると、次のようになる。

(1)$\Rightarrow$(2) は、射影 $p_\lambda\colon X\to X_\lambda$ の連続性と 命題11 により分かる。
(2)$\Rightarrow$(1) を示す。各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $(p_\lambda(x_n))_{n=1}^\infty$ が $p_\lambda(x)$ に収束するとする。このとき、$(x_n)_{n=1}^\infty$ が $x$ に収束することを示すため、$x$ の $X$ における開近傍 $V$ を任意に与える。すると、有限個の $\lambda_1,\ldots,\lambda_k\in\Lambda$ と $p_{\lambda_i}(x)$ の $X_{\lambda_i}$ における開近傍 $V_i\,(i=1,\ldots, k)$ が存在して、$x\in\bigcap_{i=1}^k p_{\lambda_i}^{-1}(V_i)\subset V$ となる。いま、各 $i\in\{1,\ldots, k\}$ に対して、$(p_{\lambda_i}(x_n))_{n=1}^\infty$ は $p_{\lambda_i}(x)$ に収束するから、$N_i\in\mathbb{N}$ が存在して、$n\geq N_i$ のとき常に $p_{\lambda_i}(x_n)\in V_i$ つまり $x_n\in p_{\lambda_i}^{-1}(V_i)$ である。そこで、$N=\max\{N_1,\ldots, N_k\}\in\mathbb{N}$ とおく。すると、$n\geq N$ のとき常に $x_n\in\bigcap_{i=1}^k p_{\lambda_i}^{-1}(V_i)$ であり、したがって $x_n\in V$ である。これで、$(x_n)_{n=1}^\infty$ が $x$ に収束することが示された。$\square$
第一可算性（ 定義3 ）や第二可算性（ 定義2 ）は、可算個の位相空間の直積については保たれるが、非可算個の直積については一般には保たれない。

$X=\prod_{i=1}^\infty X_i$ とおき、$p_i\colon X\to X_i\,(i\in\mathbb{N})$ を射影とする。
まず、第一可算の場合を示す。$x=(x_i)_{i\in\mathbb{N}}\in X$ とする。各 $i\in\mathbb{N}$ に対して、$X_i$ は第一可算であるから $x_i$ の $X_i$ における高々可算な基本近傍系 $\mathcal{U}_i$ を選ぶことができる。 定義1 の証明と同じように、$\mathcal{U}_i$ は $X_i$ の開集合からなるとしてよい。このとき $X$ の部分集合族 $\mathcal{U}$ を
$$ \mathcal{U}=\left\{\bigcap_{i=1}^n p_i^{-1}(U_i)\,\bigg|\,n\in\mathbb{N},\,U_i\in\mathcal{U}_i\,(i=1,\ldots,n)\right\} $$
で定めると、$\mathcal{U}$ は高々可算である。また、$\mathcal{U}$ の要素はすべて $x$ の $X$ における開近傍である。$\mathcal{U}$ が $x$ の $X$ における基本近傍系であることを示すため、$x$ の $X$ における開近傍 $V$ を任意に与える。すると、有限個の $i_1,\ldots, i_k\in\mathbb{N}$（ただし、$i_1<\cdots< i_k$）および $x_{i_j}$ の $X_{i_j}$ における開近傍 $V_{i_j}$ が存在して
$$ x\in\bigcap_{j=1}^\infty p_{i_j}^{-1}(V_{i_j})\subset V $$
が成り立つ。$n=i_k$ と定義し、各 $i\in\{1,\ldots, n\}\setminus\{i_1,\ldots,i_k\}$ に対して $V_i=X_i$ とする。すると、各 $i\in\{1,\ldots, n\}$ に対して $V_i$ は $x_i$ の $X_i$ における開近傍であるから、$U_i\in\mathcal{U}_i$ を $x_i\in U_i\subset V_i$ となるように取れる。このとき、$U=\bigcap_{i=1}^n p_i^{-1}(U_i)$ とおけば $U\in\mathcal{U}$ で、
$$ x\in U\subset \bigcap_{i=1}^n p_i^{-1}(V_i)=\bigcap_{j=1}^\infty p_{i_j}^{-1}(V_{i_j})\subset V $$
が成り立つ。これで、$\mathcal{U}$ が $x$ の $X$ における高々可算な基本近傍系であることが示され、$X=\prod_{i=1}^n X_i$ が第一可算であることが示された。
次に、第二可算の場合を示す。各 $i\in\mathbb{N}$ に対して、$X_i$ は第二可算であるから $X_i$ の高々可算な開基 $\mathcal{B}_i$ を選ぶことができる。このとき、 $X$ の部分集合族 $\mathcal{B}$ を
$$ \mathcal{B}=\left\{\bigcap_{i=1}^n p_i^{-1}(B_i)\,\bigg|\,n\in\mathbb{N},\,B_i\in\mathcal{B}_i\,(i=1,\ldots,n)\right\} $$
で定めると、$\mathcal{B}$ は $X$ の開集合からなる高々可算な族である。このとき $\mathcal{B}$ が $X$ の開基となることが、第一可算のときの証明と同様の議論によって示される。したがって、$X=\prod_{i=1}^n X_i$ は第二可算である。$\square$

(O1) を示す。各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $i_\lambda^{-1}(\emptyset)=\emptyset$ および $i_\lambda^{-1}(X)=X_\lambda$ は $X_\lambda$ の開集合なので、$\emptyset, X\in\mathcal{O}$ である。
(O2) を示すため、$U_1, U_2\in\mathcal{O}$ とする。すると、各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $i_\lambda^{-1}(U_1),$ $i_\lambda^{-1}(U_2)$ は $X_\lambda$ の開集合であるから、$i_\lambda^{-1}(U_1\cap U_2)=i_\lambda^{-1}(U_1)\cap i_\lambda^{-1}(U_2)$ も $X_\lambda$ の開集合である。よって、$U_1\cap U_2\in\mathcal{O}$ である。
(O3) を示すため、$\{U_j\,|\,j\in I\}\subset\mathcal{O}$ とする。すると、各 $\lambda\in\Lambda$ および $j\in I$ に対して $i_\lambda^{-1}(U_j)$ は $X_\lambda$ の開集合である。よって、各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $i_\lambda^{-1}(\bigcup_{j\in I} U_j)=\bigcup_{j\in I}i_\lambda^{-1}(U_j)$ は $X_\lambda$ の開集合であるので、$\bigcup_{j\in I} U_j\in\mathcal{O}$ である。$\square$

1. $\Rightarrow$ (2) を示す。$F$ を $X$ の閉集合とする。このとき $X\setminus F$ は $X$ の開集合なので、各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $X_\lambda\setminus i_\lambda^{-1}(F)=i_\lambda^{-1}(X\setminus F)$ は $X_\lambda$ の開集合であり、よって $i_\lambda^{-1}(F)$ は $X_\lambda$ の閉集合である。
2. $\Rightarrow$ (1) を示す。各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $i_\lambda^{-1}(F)$ が $X_\lambda$ の閉集合であるとする。このとき、各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $i_\lambda^{-1}(X\setminus F)=X_\lambda\setminus i_\lambda^{-1}(F)$ は $X_\lambda$ の開集合であるから、$X\setminus F$ は $X$ の開集合である。よって、$F$ は $X$ の閉集合である。$\square$
   直和空間についての次の性質は基本的である。

1. $\Rightarrow$ (2) は、包含写像 $i_\lambda\colon X_\lambda\to X$ が連続であることと、連続写像の合成が連続であることから分かる。
2. $\Rightarrow$ (1) を示す。$f\colon X\to Y$ に対して (2) を仮定し、$V$ を $Y$ の開集合とする。各 $\lambda\in\Lambda$ に対して、
   $$ i_\lambda^{-1}(f^{-1}(V))=(f\circ i_\lambda)^{-1}(V) $$
   であるが、いま仮定している (2) により $(f\circ i_\lambda)^{-1}(V)$ は $X_\lambda$ の開集合である。よって、各 $\lambda\in\Lambda$ に対して、$i_\lambda^{-1}(f^{-1}(V))$ は $X_\lambda$ の開集合である。したがって、$f^{-1}(V)$ は $X$ の開集合である。これで、$f$ の連続性が示された。$\square$