位相空間論9：コンパクト性

1. $\Rightarrow$ (2) $A$ がコンパクトであるとする。(2) を示すため、$\mathcal{U}$ を $A$ の $X$ における開被覆とする。このとき、$\mathcal{V}=\{U\cap A\,|\,U\in\mathcal{U}\}$ とおけば、$\mathcal{V}$ は $A$ の開被覆である。よって、$A$ のコンパクト性から $\mathcal{V}$ は有限部分被覆 $\mathcal{V}'=\{V_1,\ldots, V_n\}$ をもつ。$\mathcal{V}'\subset\mathcal{V}$ だから、各 $i=1,\ldots,n$ に対して $V_i$ はある $U_i\in\mathcal{U}$ を用いて $V_i=U_i\cap A$ と表される。いま $(\bigcup_{i=1}^n U_i)\cap A=\bigcup_{i=1}^n (U_i\cap A)=\bigcup_{i=1}^n V_i=A$ なので、$A\subset \bigcup_{i=1}^n U_i$ である。よって、$\{U_1,\ldots,U_n\}$ は $\mathcal{U}$ の有限な部分被覆であるから、これで (2) が示された。
2. $\Rightarrow$ (1) $X$ の部分集合 $A$ に対して (2) が成り立つとする。$A$ がコンパクトであることをいうため、$A$ の開被覆 $\mathcal{V}$ を任意に与える。$\mathcal{V}=\{V_\lambda\,|\,\lambda\in\Lambda\}$ と添字づければ、各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $V_\lambda$ は部分空間 $A$ の開集合だから、$X$ の開集合 $U_\lambda$ を選んで $U_\lambda\cap A=V_\lambda$ とできる。このとき、$A\subset\bigcup_{\lambda\in\Lambda} U_\lambda$ なので $\mathcal{U}=\{U_\lambda\,|\,\lambda\in\Lambda\}$ は $A$ の $X$ における開被覆である。よって、(2) により、$\mathcal{U}$ の有限個の要素 $U_{\lambda_1},\ldots, U_{\lambda_n}$ で $A\subset \bigcup_{i=1}^n U_{\lambda_i}$ となるものが存在する。このとき $\mathcal{V}'=\{U_{\lambda_i}\cap A\,|\,i=1,\ldots,n\}=\{V_{\lambda_i}\,|\,i=1,\ldots,n\}$ とおくと、$\mathcal{V}'$ は $\mathcal{V}$ の有限な部分被覆である。$\square$

$n=1$ の場合は明らかである。$n=2$ の場合を示せば、あとは帰納法で一般の場合が示されるから、あとは $n=2$ の場合のみ考えればよい。 命題1 を用いて、$K_1\cup K_2$ がコンパクトとなることを示そう。$\mathcal{U}$ を $K_1\cup K_2$ の $X$ における開被覆とする。すると、$\mathcal{U}$ は $K_1$ の $X$ における開被覆だから、 命題1 により有限個の $U_1,\ldots, U_k\in\mathcal{U}$ が存在して、$K_1\subset \bigcup_{i=1}^k U_i$ となる。同様に、有限個の $V_1,\ldots, V_l\in\mathcal{U}$ が存在して、$K_2\subset \bigcup_{j=1}^l V_j$ となる。このとき、$K_1\cup K_2\subset \bigcup_{i=1}^k U_i\cup\bigcup_{j=1}^l V_j$ である。よって、 命題1 により、$K_1\cup K_2$ はコンパクトである。$\square$

$F$ をコンパクト空間 $X$ の閉集合とする。 命題1 を用いて、$F$ がコンパクトとなることを示そう。$\mathcal{U}$ を $F$ の $X$ における開被覆とする。このとき、$\mathcal{V}=\mathcal{U}\cup\{X\setminus F\}$ は $X$ の開被覆である。よって、$X$ のコンパクト性により、$\mathcal{V}$ の有限部分被覆 $\mathcal{V}'$ が存在する。$\mathcal{U}'=\mathcal{V}'\setminus\{X\setminus F\}$ とおけば、$\mathcal{U}'$ は $\mathcal{U}$ の有限な部分被覆である。よって 命題1 により、$F$ はコンパクトである。$\square$

$f\colon X\to Y$ をコンパクト空間 $X$ からの連続写像とする。 命題4 を用いて、$f(X)$ がコンパクトとなることを示そう。$\mathcal{U}=\{U_\lambda\,|\,\lambda\in\Lambda\}$ を $f(X)$ の $Y$ における開被覆とする。すると、$\{f^{-1}(U_\lambda)\,|\,\lambda\in\Lambda\}$ は $X$ の開被覆となるから、その有限な部分被覆 $\{f^{-1}(U_{\lambda_1}),\ldots, f^{-1}(U_{\lambda_n})\}$ が存在する。このとき、すぐに確かめられるように、$\{U_{\lambda_1},\ldots, U_{\lambda_n}\}$ は $\mathcal{U}$ の有限な部分被覆を与えている。よって、 命題4 により $f(X)$ はコンパクトである。$\square$
コンパクト性は開被覆の言葉で定義されたが、場合によっては補集合をとって閉集合によって定式化するのが便利である。それを述べるための用語を定義する。

1. $\Rightarrow$ (2) を示す。$X$ をコンパクト空間とし、$\mathcal{F}$ を $X$ の閉集合からなる有限交叉的な族とする。$\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F=\emptyset$ であったとして矛盾を導こう。このとき $\bigcup_{F\in\mathcal{F}} (X\setminus F)=X\setminus \bigcap_{F\in\mathcal{F}} F=X\setminus\emptyset=X$ であるから、$\mathcal{U}=\{X\setminus F\,|\,F\in\mathcal{F}\}$ は $X$ の開被覆である。$X$ はコンパクトであるから、$\mathcal{U}$ は有限な部分被覆 $\mathcal{U}'$ をもつが、$\mathcal{U}'$ は $F_1,\ldots, F_n\in\mathcal{F}$ を用いて $\mathcal{U}'=\{X\setminus F_i\,|\,i=1,\ldots,n\}$ という形に表される。すると $X\setminus \bigcap_{i=1}^n F_i=\bigcup_{i=1}^n (X\setminus F_i)=X$ であるから、$\bigcap_{i=1}^n F_i=\emptyset$ である。これは、$\mathcal{F}$ が有限交叉的であることに反する。
2. $\Rightarrow$ (1) を示す。(2) を仮定し、$X$ がコンパクトでないとして矛盾を導こう。このとき開被覆 $\mathcal{U}$ であって、有限な部分被覆をもたないようなものが存在する。$\mathcal{F}=\{X\setminus U\,|\,U\in\mathcal{U}\}$ は閉集合からなる族である。いま、有限個の $F_1,\ldots, F_n\in\mathcal{F}$ を任意に与えると、ある $U_i\in\mathcal{U}$ に対して $F_i=X\setminus U_i\,(i=1,\ldots,n)$ となるが、このとき $\mathcal{U}$ の取り方から $\bigcup_{i=1}^n U_n\neq X$ なので、$\bigcap_{i=1}^n F_i=\bigcap_{i=1}^n (X\setminus U_i)=X\setminus \bigcup_{i=1}^n U_i\neq\emptyset$ となる。したがって、$\mathcal{F}$ は有限交叉的な族であるから、(2) により、$\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F\neq\emptyset$ である。すると、$X\setminus \bigcup_{U\in\mathcal{U}} U=\bigcap_{U\in\mathcal{U}} (X\setminus U)=\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F\neq\emptyset$ であるから、$\bigcup_{U\in\mathcal{U}} U\neq X$ であり、これは $\mathcal{U}$ が $X$ の被覆であることに反する。$\square$

$\mathcal{F}=\{F_i\,|\,i\in\mathbb{N}\}$ とおくと、$\mathcal{F}$ は $X$ の閉集合からなる族であるが、$\mathcal{F}$ は有限交叉的である。実際、任意に有限個の $i_1,\ldots,i_n\in\mathbb{N}$ を与えると、$i_0=\max\{i_1,\ldots,i_n\}$ とおくとき、仮定により $F_{i_1}\cap\cdots\cap F_{i_n}=F_{i_0}\neq\emptyset$ となる。したがって、$X$ のコンパクト性と 命題5 により、$\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F\neq\emptyset$ である。すなわち、$\bigcap_{i=1}^\infty F_i\neq\emptyset$ である。$\square$

1. $\Rightarrow$ (2) は 命題1 から明らかである。(2) $\Rightarrow$ (1) を示そう。(2) を仮定し、$A$ の $X$ における開被覆 $\mathcal{U}$ を任意に与える。各 $x\in A$ に対して、$x\in U_x$ であるような $U_x\in\mathcal{U}$ を選び、さらに $x\in B_x\subset U_x$ となるような $B_x\in\mathcal{B}$ を選ぶ。このとき、$\mathcal{V}=\{B_x\,|\,x\in X\}$ は $A$ の $X$ における開被覆だから、 (2) により有限な部分被覆 $\{B_{x_i}\,|\,i=1,\ldots,n\}$ をもつ。このとき、$\{U_{x_i}\,|\,i=1,\ldots,n\}$ は $\mathcal{U}$ の有限な部分被覆となる。したがって、 命題1 により、$A$ はコンパクトである。$\square$
   上で $A=X$ の場合を考えると、次を得る。

命題1 を用いて証明しよう。 そこで、$[a, b]$ の $\mathbb{R}$ における開被覆 $\mathcal{V}$ を任意に与える。閉区間 $[a, x]$ が $\mathcal{V}$ の有限個の要素で覆われているような $x\in [a,b]$ の全体を $S$ としよう。すなわち、
$$ S=\left\{x\in [a, b]\,\bigg|\, \mathcal{V}\text{ の有限部分集合 }\mathcal{V}'\text{ で }[a, x]\subset \bigcup_{V\in\mathcal{V}'} V\text{ となるものが存在する}\right\} $$
とする。ただし、ここでは $[a,a]=\{a\}$ と定義する。このとき、$b\in S$ であることを示せばよい。
$a\in S$ であるから、$S\neq\emptyset$ である。そこで、$x_0=\sup S$ とすると、$a\leq x_0\leq b$ である。$a\in V$ となるような $V\in\mathcal{V}$ を選ぶと、$a< a'\leq b$ となる $a'$ で $[a, a']\subset V$ となるものが存在する。このとき $[a, a']$ は $\mathcal{V}$ の一個の要素 $V$ で覆われているから、$a'\in S$ となり、よって $x_0=\sup S\geq a'>a$ である。したがって、$a< x_0\leq b$ である。
次に、$x_0=b$ であることを示そう。そうでないとすると、$a< x_0< b$ である。$x_0\in V$ となるような $V\in\mathcal{V}$ を選ぶと、$a< a'< x_0< b'< b$ かつ $[a', b']\subset V$ となるような $a', b'$ が存在する。このとき、$x_0$ は $S$ の上界だが $a'$ は $S$ の上界ではないので、ある $a'< a^{\prime\prime}\leq x_0$ となる $a^{\prime\prime}$ が存在して、$[a, a^{\prime\prime}]$ は $\mathcal{V}$ の有限個の要素で覆われる。ところが、$[a', b']$ は $\mathcal{V}$ の一個の要素 $V$ で覆われているので、$[a, a^{\prime\prime}]\cup[a', b']=[a, b']$ も $\mathcal{V}$ の有限個の要素で覆われる。したがって、$b'\in S$ となる。よって、$x_0< b'\leq \sup S=x_0$ となり、矛盾する。これで、$x_0=b$ が示された。
最後に、$b\in S$ を示そう。これは、ほぼ前段落の議論の繰り返しである。$b\in V$ となるような $V\in\mathcal{V}$ を選ぶと、$a< b'< b(=x_0)$ となる $b'$ で $[b', b]\subset V$ となるものが存在する。このとき $b'$ は $S$ の上界ではなく $b$ は $S$ の上界だから、ある $b'< b^{\prime\prime}\leq b$ となる $b^{\prime\prime}$ が存在して、$[a, b^{\prime\prime}]$ は $\mathcal{V}$ の有限個の要素で覆われる。ところが、$[b', b]$ は $\mathcal{V}$ の一個の要素 $V$ で覆われているので、$[a, b^{\prime\prime}]\cup[b', b]=[a, b]$ は $\mathcal{V}$ の有限個の要素で覆われる。したがって、$b\in S$ である。$\square$
二つのコンパクト空間の直積がコンパクトになることを示そう。

$X,$ $Y$ をコンパクト空間とする。$X\times Y$ は開基として
$$ \mathcal{B}=\{U\times V\,|\,U\text{ は }X\text{ の開集合, }V\text{ は }Y\text{ の開集合 }\} $$
をもつのであった。したがって、 命題8 によれば、$X\times Y$ のコンパクト性を示すには、$\mathcal{B}$ の要素からなる任意の開被覆が有限な部分被覆をもつと言えれば十分である。そこで、$\mathcal{U}$ を
$$ \mathcal{U}=\{U_\lambda\times V_\lambda\,|\,\lambda\in\Lambda\} $$
という形の $X\times Y$ の開被覆とする。ここで、$U_\lambda,$ $V_\lambda$ はそれぞれ $X,$ $Y$ の開集合とする。このとき、$\mathcal{U}$ が有限な部分被覆をもつことを示せばよい。
さて、$x\in X$ を固定すると、$\{x\}\times Y$ は $Y$ と同相なのでコンパクトであり、$\mathcal{U}$ は $\{x\}\times Y$ の $X\times Y$ における開被覆である。よって、 命題1 により、有限個の $\lambda_{x,1},\ldots,\lambda_{x,n(x)}\in\Lambda$ を選んで
$$ \{x\}\times Y\subset \bigcup_{i=1}^{n(x)} (U_{\lambda_{x,i}}\times V_{\lambda_{x,i}}) $$
とできる。このとき、すべての $i\in\{1,\ldots,n(x)\}$ に対して $(U_{\lambda_{x,i}}\times V_{\lambda_{x,i}})\cap(\{x\}\times Y)\neq\emptyset$ であるとしてよい。すると、$U_x=\bigcap_{i=1}^{n(x)} U_{\lambda_{x,i}}$ とおくとき $U_x$ は $x$ の開近傍となる。$\{U_x\,|\,x\in X\}$ はコンパクト空間 $X$ の開被覆だから、有限個の $x_1,\ldots, x_n\in X$ が存在して、$X=\bigcup_{i=1}^n U_{x_i}$ となる。このとき
$$ \mathcal{U}'=\{U_{\lambda_{x_i, j}}\times V_{\lambda_{x_i, j}}\,|\,i\in\{1,\ldots, n\}, j\in\{1,\ldots, n(x_i)\}\} $$
とおけば、$\mathcal{U}'$ が $\mathcal{U}$ の有限な部分被覆であることを示そう。定義から、$\mathcal{U}'$ が $\mathcal{U}$ の有限部分集合であることは明らかである。したがって、$\mathcal{U}'$ が $X\times Y$ の被覆であることを示せばよい。そこで、$(x,y)\in X\times Y$ とする。$X=\bigcup_{i=1}^n U_{x_i}$ なので、ある $i\in\{1,\ldots, n\}$ が存在して、$x\in U_{x_i}$ である。$\{x_i\}\times Y\subset \bigcup_{j=1}^{n(x_i)} (U_{\lambda_{x_i,j}}\times V_{\lambda_{x_i,j}})$ なので、ある $j\in\{1,\ldots, n(x_i)\}$ が存在して、$(x_i, y)\in U_{\lambda_{x_i,j}}\times V_{\lambda_{x_i,j}}$ となる。とくに、$y\in V_{\lambda_{x_i, j}}$ である。一方、$U_{x_i}$ の定義により $U_{x_i}\subset U_{\lambda_{x_i, j}}$ なので、$x\in U_{\lambda_{x_i, j}}$ である。したがって、$(x, y)\in U_{\lambda_{x_i, j}}\times V_{\lambda_{x_i,j}}\in\mathcal{U}'$ となる。これで、$\mathcal{U}'$ は被覆となることが分かり、したがって $\mathcal{U}'$ は $\mathcal{U}$ の有限部分被覆となることが分かった。以上で、$X\times Y$ のコンパクト性が示された。$\square$

$X_1\times\cdots\times X_{n+1}$ と $(X_1\times\cdots\times X_n)\times X_{n+1}$ は、対応
$$ (x_1,\ldots, x_{n+1})\mapsto ((x_1,\ldots, x_n), x_{n+1}) $$
により同相となる（この事実を示すには、 注意 を用いて、この対応とその逆対応とがそれぞれ連続写像であることを確認すればよい）。このことを用いれば、示すべき主張は 定理10 から $n$ についての帰納法によって証明される。$\square$
Euclid空間 $\mathbb{R}^n$ の部分集合 $A$ が有界(bounded)であるとは、ある $R>0$ が存在して、原点 $0$ を中心とする半径 $R$ の開球体 $B(0,R)$ に $A$ が含まれることをいう。

1. $\Rightarrow$ (2) を示す。対偶をとり、$A$ が有界でないかまたは $A$ が閉集合でないならば、$A$ がコンパクトでないことを示そう。まず、$A$ が有界でないとする。このときは
   $$ \{B(0,i)\,|\,i\in\mathbb{N}\} $$
   は $A$ の $\mathbb{R}^n$ における開被覆で、有限な部分被覆をもたない。よって、$A$ はコンパクトでない。次に、$A$ が $\mathbb{R}^n$ の閉集合でないとする。このときは 点 $p\in\operatorname{Cl} A\setminus A$ が存在する。$p\notin A$ であることから
   $$ \mathcal{U}=\{\mathbb{R}^n\setminus \overline{B}(p,1/i)\,|\,i\in\mathbb{N}\} $$
   は $A$ の $\mathbb{R}^n$ における開被覆となる。しかも、$\mathcal{U}$ は有限な部分被覆をもたない。実際、もし $\mathcal{U}$ が有限部分被覆をもったとすれば、ある $i\in\mathbb{N}$ に対して $A\subset \mathbb{R}^n\setminus\overline{B}(p,1/i)$ である。これから $A\cap B(p,1/i)=\emptyset$ でなければならないが、これは 命題3 により $p\in\operatorname{Cl} A$ であることに反する。よって、$\mathcal{U}$ は $A$ の $\mathbb{R}^n$ における開被覆であって有限な部分被覆をもたないから、$A$ はコンパクトでない。以上で、$A$ が有界でないときも、$A$ が閉集合でないときも、$A$ はコンパクトでないことが示された。よって、(1) $\Rightarrow$ (2) の対偶が証明された。
2. $\Rightarrow$ (1) を示す。$A$ を $\mathbb{R}^n$ の有界閉集合とする。このとき、$A$ は有界だから、ある $R>0$ が存在して、$A\subset B(0,R)$ である。さらに、$B(0, R)$ は閉区間 $[-R, R]$ を $n$ 個直積した $[-R, R]^n=[-R, R]\times\cdots\times [-R, R]$ に含まれるから、$A\subset [-R, R]^n$ である。 定理9 により、$[-R, R]$ はコンパクトであるから、 系 により $[-R, R]^n$ はコンパクトである。$A$ は $\mathbb{R}^n$ の閉集合であるから、 命題7 により、$A$ は $[-R, R]^n$ の閉集合である。したがって、 命題3 により、$A$ はコンパクトである。$\square$

$X$ を空でないコンパクト空間、$f\colon X\to\mathbb{R}$ を連続とすると、像 $f(X)$ は $\mathbb{R}$ の空でないコンパクト集合である。よって、 定理11 により、$f(X)$ は $\mathbb{R}$ の空でない有界な閉集合である。したがって、 例1 により、$m=\inf f(X),$ $M=\sup f(X)$ とおけば $m, M\in f(X)$ であり、よって $x_0, x_1\in X$ であって $f(x_0)=m,$ $f(x_1)=M$ となるものが存在する。$m,$ $M$ はそれぞれ $f(X)$ の下界、上界であるから、任意の $x\in X$ に対して $m\leq f(x)\leq M$ すなわち $f(x_0)\leq f(x)\leq f(x_1)$ である。$\square$
次の命題の証明には、 定理10 の証明と似た議論が含まれていることに注意しよう。

$F\subset X\times Y$ を閉集合とする。$p(F)$ が $X$ の閉集合であることを示そう。そのためには $X\setminus p(F)$ が開集合であることを示せばよい。そこで、$x\in X\setminus p(F)$ を任意に与える。すると、
$(\{x\}\times Y)\cap F=p^{-1}(x)\cap F=\emptyset$ であるから、$\{x\}\times Y\subset (X\times Y)\setminus F$ である。よって、各 $y\in Y$ に対して、$(x,y)$ は直積空間 $X\times Y$ の開集合 $(X\times Y)\setminus F$ の要素であるから、$X$ の開集合 $U_y$ と $Y$ の開集合 $V_y$ を
$$ (x,y)\in U_y\times V_y\subset (X\times Y)\setminus F $$
となるように選べる。すると、$\{x\}\times Y\subset\bigcup_{y\in Y} (U_y\times V_y)$ であるから、$\{x\}\times Y$ のコンパクト性により、有限個の $y_1,\ldots, y_n\in Y$ を
$$ \{x\}\times Y\subset \bigcup_{i=1}^n (U_{y_i}\times V_{y_i}) $$
となるように選べる。すると $Y=\bigcup_{i=1}^n V_{y_i}$ である。また、$U=\bigcap_{i=1}^n U_{y_i}$ とおけば、$U$ は $x$ の開近傍である。さらに、
$$ p^{-1}(U)=U\times Y\subset \bigcup_{i=1}^n (U_{y_i}\times V_{y_i})\subset\bigcup_{y\in Y} (U_y\times V_y)\subset (X\times Y)\setminus F $$
である。よって、$U\cap p(F)=\emptyset$ つまり $U\subset X\setminus p(F)$ であるから、$X\setminus p(F)$ が $X$ の開集合、つまり $p(F)$ が $X$ の閉集合であることが示された。$\square$
実は、上の 命題13 で述べた性質は、コンパクト性を特徴づけている。つまり、次のことが成り立つ。

1. $\Rightarrow$ (2) は、 命題13 そのものである。
2. $\Rightarrow$ (1) を、対偶をとることで証明する。そこで、$Y$ をコンパクトでない空間とする。目標は、位相空間 $X$ と閉集合 $A\subset X\times Y$ であって、射影 $p\colon X\times Y\to X$ について $p(A)$ が $X$ の閉集合でないものを構成することである。$Y$ はコンパクトでないから、 命題5 により、$Y$ の閉集合からなる有限交叉的な族 $\mathcal{F}$ であって、$\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F=\emptyset$ となるものが存在する。$\mathcal{F}$ の要素の有限個の共通部分全体を $\mathcal{F}'$ とすると、$\mathcal{F}'$ も有限交叉的であって、$\bigcap_{F\in\mathcal{F}'} F=\emptyset$ である。さらに、$\mathcal{F}'$ は有限個の共通部分について閉じている。つまり、$F_1,\ldots, F_n\in\mathcal{F}'$ ならば $\bigcap_{i=1}^n F_i\in\mathcal{F}'$ である。そこで、$\mathcal{F}$ を $\mathcal{F}'$ に置き換えて、はじめから、$\mathcal{F}$ は有限個の共通部分について閉じているとしてよい。
   $\mathcal{F}$ に属していない点 $\infty$ を考え、集合 $X=\mathcal{F}\cup\{\infty\}$ を考える。この $X$ に位相を導入して位相空間を作ろう。ただし、このままでは記号が少し分かりにくいので、$F\in\mathcal{F}$ を $X$ の点と思うときは $p_F$ と書くことにしよう。この記号によれば $X=\{p_F\,|\,F\in\mathcal{F}\}\cup\{\infty\}$ である。各 $F\in\mathcal{F}$ に対して、$X$ の部分集合 $U_F$ を
   $$ U_F=\{p_{F'}\,|\,F'\in\mathcal{F},\,F'\subset F\}\cup\{\infty\} $$
   で定義する。その上で、$X$ の部分集合族 $\mathcal{B}$ を
   $$ \mathcal{B}=\{\{p_F\}\,|\,F\in\mathcal{F}\}\cup\{U_F\,|\,F\in\mathcal{F}\} $$
   で定義する。いま、$\mathcal{F}$ は有限個の共通部分について閉じていたから、$F, F'\in\mathcal{F}$ に対して $U_{F\cap F'}$ が定義され、しかも簡単に確かめられるように $U_F\cap U_{F'}=U_{F\cap F'}$ となる。よって、$\mathcal{B}$ は 命題3 の条件(OB1), (OB2)を満たすことが分かる。そこで、$\mathcal{B}$ を開基として生成される位相を $X$ に与える（ 命題4 ）。このとき、直積空間 $X\times Y$ の次のような部分集合 $A$ を考える。
   $$ A=\{(p_F, y)\,|\,F\in\mathcal{F},\, y\in F\} $$
   このとき、$A$ が $X\times Y$ の閉集合であることを示そう。そのためには $(X\times Y)\setminus A$ が開集合であるといえればよい。そこで $u\in (X\times Y)\setminus A$ を任意に与える。このとき、(i) $u=(p_F, y)$ の形であるか、(ii) $u=(\infty, y)$ の形であるかで場合分けしよう。
   (i) の場合、$y\notin F$ なので、$V=\{p_F\}\times (X\setminus F)$ とおけば $V$ は $u$ の開近傍で、$V\subset (X\times Y)\setminus A$ を満たす。
   (ii) の場合、$\bigcap_{F\in\mathcal{F}} F=\emptyset$ であったことから、$F\in\mathcal{F}$ であって $y\notin F$ となるものが存在する。そこで、$V=U_F\times (X\setminus F)$ とおけば $V$ は $u$ の開近傍である。さらに、$V\subset (X\times Y)\setminus A$ となることもすぐに確かめられる。
   以上により、いずれにしても $u$ の開近傍 $V$ で $V\subset (X\times Y)\setminus A$ となるものが存在することが分かったので、$(X\times Y)\setminus A$ は $X\times Y$ の開集合、つまり $A$ は $X\times Y$ の閉集合であると分かった。
   $\mathcal{F}$ は有限交叉的であるから、$\emptyset\notin\mathcal{F}$ である。このことから、射影 $p\colon X\times Y\to X$ について $p(A)=\{p_F\,|\,F\in\mathcal{F}\}=X\setminus\{\infty\}$ である。あとは、$X\setminus\{\infty\}$ が $X$ の閉集合でないこと、つまり $\{\infty\}$ が $X$ の開集合でないことを示せば証明が終わる。もし、$\{\infty\}$ が $X$ の開集合なら、ある $F\in\mathcal{F}$ が存在して、$\{\infty\}=U_F$ となる。しかし、$p_F\in U_F\setminus\{\infty\}$ であるからこれは成り立ち得ない。よって、$\{\infty\}$ は $X$ の開集合ではなく、これで証明が終わった。$\square$