从商集出发证余集是开集

核心思想

在拓扑群中，子群的陪集提供了这种分块。关键不是先构造一个抽象商空间，而是发现：子群的补集恰好由其他陪集组成；只要证明这些陪集开，子群就闭。

$$\boxed{\text{找到分块}\;\longrightarrow\;\text{证明每块开}\;\longrightarrow\;\text{补集是其余块的并}}$$

把每一块压成一个点以后，同一思路又可以表述为：商空间是离散的，因此每个点也闭；由商映射的连续性，原来的每一块都是闭集。

思路溯源：为什么想到商集与陪集

起点是一个拓扑群问题：设$G$连通，$U$是单位元$e$的开邻域，证明

$$G=\bigcup_{n=1}^{\infty}U^n.$$

这里$U^n$表示$n$个$U$中元素的乘积组成的集合，不是笛卡尔积。

先取对称开邻域$V\subset U$，满足$V=V^{-1}$，再令$H=\bigcup_{n\ge1}V^n$。有限乘积的构造使$H$成为子群；开性可以按$V^n$逐项证明。但要利用连通性，还必须证明$H$闭。

这时，与其只盯着$H$的边界，不如问：子群结构能不能告诉我们，$H$外面的点如何组织？

答案是陪集。对每个$x\notin H$，陪集$xH$包含$x$，并且完全不碰$H$。如果$xH$还是开集，它就直接成为留在补集里的开邻域。

这就是“从商集出发”的实际作用：先利用等价关系看清空间的分块，再利用分块证明补集开。商集负责组织集合，拓扑负责判断每一块是否开；两者不能混为一谈。

逐步推导：从陪集分块到开闭性

1. 对象与记号

设$G$为拓扑群，$H\le G$为子群。定义等价关系：$x\sim y\Longleftrightarrow x^{-1}y\in H$。

这是等价关系：$x^{-1}x=e\in H$给出自反性；对取逆封闭给出对称性；若$x^{-1}y,y^{-1}z\in H$，则$x^{-1}z=(x^{-1}y)(y^{-1}z)\in H$，给出传递性。

$x$的等价类是左陪集$xH=\{xh:h\in H\}$。不同左陪集两两不交，并且覆盖$G$。

记全部左陪集组成的集合为$G/H$，自然映射为$q:G\to G/H$，$q(x)=xH$。此时要分清三个对象：

记号	所在空间	对象类型
$x$	$G$	一个元素
$xH$	$G$	包含$x$的一个子集
$\{xH\}$	$G/H$	只含一个商空间点的单点集

同一个$xH$既可作为$G$中的子集，也可作为商集中一个点的名称。特别地，$q^{-1}(\{xH\})=xH$。

2. 为什么补集由其他陪集组成

如果$x\notin H$，那么$xH\cap H=\varnothing$。否则存在$h_1,h_2\in H$满足$xh_1=h_2$，由此$x=h_2h_1^{-1}\in H$，矛盾。

另一方面，$e\in H$保证$x=xe\in xH$。因此

$$G\setminus H=\bigcup_{x\notin H}xH.$$

右边允许同一个陪集重复出现；重复不影响并集。若按不同陪集取并，它们就是两两不交的分块。

3. 不引用平移同胚，直接证明每个陪集开

现在假设$H$开。固定$x\in G$，任取$y\in xH$，则$x^{-1}y\in H$。

乘法映射$\mu:G\times G\to G$连续，所以$\mu^{-1}(H)$是包含$(x^{-1},y)$的开集。由乘积拓扑的定义，存在开邻域$A\ni x^{-1}$、$W\ni y$，使$A\times W\subset\mu^{-1}(H)$。

固定其中的$x^{-1}\in A$，对每个$z\in W$都有$x^{-1}z\in H$，即$z\in xH$。于是$y\in W\subset xH$。

每个$y\in xH$都有留在$xH$内的开邻域，故$xH$开。这里使用的是开集的原像开，没有从“乘法连续”直接推断“开集的像开”。

如果已经熟悉固定一个变量后仍连续，也可以压缩为：$f_x(y)=x^{-1}y$连续，而$xH=f_x^{-1}(H)$，所以$xH$开。这是上面邻域论证的简写。

4. 开子群一定闭

由前面的陪集分解与开性结论，$G\setminus H$是开集的并，因此开。于是

$$\boxed{H\le G,\quad H\text{开}\quad\Longrightarrow\quad H\text{闭}.}$$

证明到这里不需要$G$连通，也不需要$H$正规。连通性只在进一步推出$H=G$时才使用。

商空间视角：为什么商空间变成离散空间

1. 先赋予商拓扑

在商集$G/H$上赋予商拓扑，其定义是：对任意$\mathcal O\subset G/H$，

$$\mathcal O\text{开}\quad\Longleftrightarrow\quad q^{-1}(\mathcal O)\text{在}G\text{中开}.$$

这个定义使$q$成为连续满射。只有等价关系和商集，还没有涉及开集；必须指定商拓扑后，才能讨论商空间的开闭性。

2. 单点为什么开

已经证明：若$H$开，则每个$xH$开。因此$q^{-1}(\{xH\})=xH$开，由商拓扑的定义，$\{xH\}$开。

每个单点集都开，任意子集都是这些单点集的并，所以$G/H$是离散空间。离散空间中，每个单点集的补集也开，因而单点集也闭。

特别地，$\{H\}$在$G/H$中闭。由$q$连续和$q^{-1}(\{H\})=H$，再次得到$H$闭。

这里有一个不能颠倒的逻辑顺序：先由$H$开证明陪集开，再推出商空间离散。不能仅凭“它是商空间”，就认为商空间中的点开。

3. 连通性如何接上来

若$G$连通，则其在连续满射$q$下的像$G/H$连通。非空离散空间如果至少有两个点，任取一个单点集，它与非空补集就是一组分离，所以不连通。

因此$G/H$只有一个点，即全部元素属于同一个陪集$H$，故$H=G$。这得到

$$\boxed{\text{连通拓扑群没有真开子群。}}$$

注意：这里可以使用陪集空间$G/H$，但在未证明$H$正规之前，不能把它直接称为商群。

回到原题：小邻域为何生成整个群

1. 取对称邻域，构造子群

由原题(a)，可取$e$的对称开邻域$V$，满足$V=V^{-1}$且$V^2\subset U$。因为$e\in V$，有$V\subset V^2\subset U$。

令$H=\bigcup_{n\ge1}V^n$。单位元属于$H$；若$a\in V^m$、$b\in V^n$，则$ab\in V^{m+n}\subset H$。若$a=v_1\cdots v_m$，则$a^{-1}=v_m^{-1}\cdots v_1^{-1}\in V^m\subset H$。

因此$H$是子群。对称性负责保证取逆封闭；非交换群中要倒转因子顺序。

2. 保留归纳思路，证明每个$V^n$开

$V^1=V$开。假设$V^n$开，任取$x=ab\in V^{n+1}$，其中$a\in V^n$、$b\in V$。由$\mu(x,b^{-1})=a\in V^n$和乘法连续性，存在开邻域$W\ni x$、$T\ni b^{-1}$，使$W\times T\subset\mu^{-1}(V^n)$。

固定$b^{-1}\in T$，对每个$y\in W$都有$yb^{-1}\in V^n$，于是$y=(yb^{-1})b\in V^{n+1}$。故$W\subset V^{n+1}$，从而$V^{n+1}$开。

由数学归纳法，每个$V^n$开，所以它们的并$H$开。

这一步的构造动机是：先把$x=ab$的末尾因子消去，回到已知的开集$V^n$，再用连续性控制$x$附近的点。

3. 用陪集证明闭，再用连通性收尾

由于$H$是开子群，补集是其他开陪集的并，所以$H$闭。$H$还包含$e$，因此非空。由$G$连通，$H=G$。

最后，$V\subset U$给出$V^n\subset U^n$，于是

$$G=\bigcup_{n\ge1}V^n\subset\bigcup_{n\ge1}U^n\subset G, \qquad\text{故}\qquad G=\bigcup_{n\ge1}U^n.$$

也可以在$H$开之后直接使用商空间：$G/H$同时连通、离散，所以只有一个点，得到同一结论。

直观图景与适用边界

把$G$想成按陪集分成的若干块。$H$开时，每个陪集都是一块开区域，块与块之间不相交；去掉$H$这一块，剩下的就是其他开块的并。这说明$H$闭。

这里的“一块”不意味着陪集本身连通，更不意味着它一定形如区间或小球。图景只表达等价类分割、开性和补集的关系。

例如离散群$\mathbb Z$中的子群$2\mathbb Z$有偶数、奇数两个陪集。它们都开且闭，商空间只有两个离散点。这说明没有连通性时，真开子群可以存在。

反过来，在通常拓扑的加法群$\mathbb R$中，子群$\mathbb Z$不是开集，其陪集$x+\mathbb Z$也不开。所以“子群存在陪集分块”本身并不能推出补集是开陪集的并。

方法提炼

题型识别特征

• 目标是证明补集开，但直接描述补集附近的点不方便。
• 已有等价关系、轨道、陪集或其他自然分块。
• 能证明每一个分块开，或者先证明某一块开再把开性传递到其他块。
• 若题目还有连通性，可以继续判断这种分块是否只能有一块。

标准流程

1. 找到划分空间的等价类。
2. 检查目标集合是否是一整块，或若干整块的并。
3. 独立证明相关分块开，不能仅凭等价关系推断开性。
4. 把补集写成剩余分块的并，得到补集开。
5. 如需商空间表述，赋予商拓扑，用等价类的原像判断单点开闭。
6. 如有连通性，利用非平凡开闭分解不可能存在，或利用连通离散商空间只有一个点。

一般地，若一个拓扑空间被划分为一族开集，则每一块都闭，任意若干块的并也既开又闭，商空间是离散的。但这要求各块确实开。

易错点清单

• **连续映射不一定把开集映成开集。**本题用的是开集的原像开。
• **商集不自动带有离散拓扑。**离散性来自每个等价类开和商拓扑的定义。
• **商拓扑有“当且仅当”，一般连续映射只有一个方向。**从原像开推回目标集合开，必须有商映射条件。
• **开子群的闭性不依赖连通性。**连通性用于排除真开子群。
• **陪集空间不一定是商群。**若要在商集上使用自然商群运算，需要子群正规。
• 不能漏掉取逆时的顺序。$(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}$。
• 有限步不代表统一步数。$G=\bigcup_{n\ge1}U^n$允许步数依赖目标元素；若再加紧致性，才可由有限子覆盖得到统一上界。

变式训练

**练习1：**设$X$是非空连通空间，等价关系的每个等价类都是开集。证明只有一个等价类。

查看答案

任取等价类$C$。它非空且开，其补集是其他开等价类的并，所以也开。由$X$连通，$C=X$。也可给商集赋商拓扑：商空间既离散又连通，因此只有一个点。

**练习2：**设$G$是连通拓扑群，子群$K\le G$的内部非空。证明$K=G$。

查看答案

取非空开集$O\subset K$及$a\in O$。集合$N=\{y\in G:ay\in O\}$是连续映射$y\mapsto ay$下$O$的原像，故开；又有$e\in N\subset K$。

任取$k\in K$。连续映射$y\mapsto k^{-1}y$下$N$的原像是包含$k$且含于$K$的开集，所以$K$开。连通拓扑群没有真开子群，故$K=G$。

资料来源

• 本次讨论所附“Topological group”习题截图中的(a)、(b)，以及围绕$H$的开性、闭性和陪集空间的推导。截图未给出可确认的书名或页码，因此不补写出处。
• 已检索《实分析讲义》《泛函分析》《实变函数习题》，并补充检索本地微分流形资料；未采用无法直接支持本题的命中。本笔记中的结论均在正文给出证明，不以未核验的讲义片段作依据。

这条方法值得保留的观察是：补集有时不必逐点构造；先看清等价类分块，补集就可能直接成为其他开块的并。