\begin{definition}
Нека $(X, \tau)$ е т.п. и $A \subseteq X$. Полагаме 
$$\Fcal(A) \leftrightharpoons \set{ F \in \Fcal_\tau \st A \subseteq F}$$

Множеството $\bar{A} \leftrightharpoons \cap \Fcal(A)$ се нарича
затворена обвивка на $A$ в $(X, \tau)$.
\end{definition}

\begin{tvyr}
Нека $(X, \tau)$ е т.п. и $A \subseteq X$. Тогава:
\begin{enumerate}
  \item $A \subseteq \bar{A}, \bar{A} \in \Fcal_\tau$.
  \item $\bar{A}$ е най-малкото затворено, съдържащо $A$.
  \item $A$ е затворено т.с.т.к. $A = \bar{A}$.
\end{enumerate}
\end{tvyr}

\paragraph*{Доказателство:}
\begin{enumerate}
  \item $\bar{A} = \cap \Fcal(A)$ и по дефиницията на $\Fcal(A)$ за всяко $Z
  \in \Fcal(A) \quad A \subseteq Z$. Имаме $\Fcal(A) \subseteq \Fcal_\tau$,
  следователно (от (C3)) $\bar{A} = \cap \Fcal(A) \in \Fcal_\tau$.

  \item $\bar{A} \in \Fcal(A)$ и $\bar{A} = \cap \Fcal(A)$

  \item Нека $A$ е затворено. Тогава $A \in \Fcal(A)$, следователно $\bar{A}
  \subseteq A$. Вече видяхме, че $A \subseteq \bar{A}$, следователно $A =
  \bar{A}$.

  Нека $A = \bar{A}$. Тогава от първата точка следва, че $A$ е затворено.
\end{enumerate}

\begin{definition}
Нека $(X, \tau)$ е т.п., $x \in X, A \subseteq X$. Казваме, че $x$ е близко
до $A$, ако $x \in \bar{A}$.
\end{definition}

Ще разглеждаме $\;\bar{}\;$ като оператор от $\pset(X)$ в $\pset(X)$. Ще го
наричаме оператор за близост.

\begin{tvyr}
Нека $(X, \tau)$ е т.п., $A, B \subseteq X$ и $A \subseteq B$. Тогава $\bar{A}
\subseteq \bar{B}$
\end{tvyr}

Ако $F \in \Fcal(B)$, то $F \supseteq B \supseteq A$, следователно $F \in
\Fcal(A)$. Тогава $\Fcal(B) \subseteq \Fcal(A)$ и от там $\cap \Fcal(A)
\subseteq \cap \Fcal(B)$.

\begin{lemma}
Нека $(X, \tau)$ е т.п., $U \in \tau, A \subseteq X$ и $U \cap A = \emptyset$.
Тогава $U \cap \bar{A} = \emptyset$.
\end{lemma}

$A \subseteq X \setminus U$, но $X \setminus U \in \Fcal_\tau$, следователно $X
\setminus U \in \Fcal(A)$, следователно $\bar{A} \subseteq X \setminus U$.

Следствие: ако $U, V \in \tau$ и $U \cap V = \emptyset$, то $U \cap \bar{V} =
\bar{U} \cap V = \emptyset$.

Следствие: ако $x \in U$ и $x \in \bar{A}$, то $U \cap A \neq \emptyset$.

\begin{lemma}
Нека $(X, \tau)$ е т.п., $A \subseteq X$ и $x \in X$. Тогава следните условия
са еквивалентни:
\begin{enumerate}
  \item $x \in \bar{A}$
  \item За всяка локална база $B(x)$ в $x$ и за всяка околност $U \in B(x) \quad U
    \cap A \neq \emptyset$
  \item Съществува локална база $B(x)$ в $x$, такава че за всяка околност $U
    \in B(x) \quad U \cap A \neq \emptyset$
\end{enumerate}
\end{lemma}

$1 \rightarrow 2$. Нека $x \in \bar{A}$, $B(x)$ е произволна локална база в $x$
и $U \in B(x)$. Да допуснем, че $U \cap A = \emptyset$. Тогава (по миналата
лема) $U \cap \bar{A} = \emptyset$. Но $x \in \bar{A}$ и $x \in U$ ---
противоречие.

$2 \rightarrow 3$. Тук само трябва да покажем, че съществува локална база в $x$
--- $\tau(x) \leftrightharpoons \set{ U \in \tau | x \in U}$ е такава.

$3 \rightarrow 1$. Да допуснем, че $x \notin \bar{A}$. Тогава $x \in X
\setminus \bar{A}$. Понеже $\bar{A} \in \Fcal_\tau$ имаме $X \ \bar{A} \in
\tau$. Тогава $B(x)$ е локална база в $x$, а $X \setminus \bar{A}$ е околност
на $x$, следователно съществува $U \in B(x)$, такова че $U \subseteq X
\setminus \bar{A}$. Тогава $U \cap \bar{A} = \emptyset$ и понеже $A \subseteq
\bar{A}$, то $U \cap A = \emptyset$ --- противеречие с условие 3.


\begin{tvyr}
Нека $(X, \tau)$ е т.п. и $A, B \subseteq X$. Тогава:
\begin{itemize}
  \item{(CO1)} $\bar{\emptyset} = \emptyset$
  \item{(CO2)} $A \subseteq \bar{A}$
  \item{(CO3)} $\overline{A \cup B} = \bar{A} \cup \bar{B}$
  \item{(CO4)} $\bar{\bar{A}} = \bar{A}$
\end{itemize}
\end{tvyr}

\paragraph*{Доказателство:}
\begin{itemize}
  \item{(CO1)} $\emptyset \in \Fcal_\tau$, следователно $\bar{\emptyset} = \emptyset$
  \item{(CO2)} вече доказано
  \item{(CO3)} $A \subseteq A \cup B$, следователно $\bar{A} \subseteq
    \overline{A \cup B}$. Аналогично $\bar{B} \subseteq \overline{A \cup B}$.
    Тогава $\bar{A} \cup \bar{B} \subseteq \overline{A \cup B}$.
    Имаме още, че $A \subseteq \bar{A}$ и $B \subseteq \bar{B}$, следователно
    $A \cup B \subseteq \bar{A} \cup \bar{B}$. Но $\bar{A}, \bar{B} \in
    \Fcal_\tau$, следователно $\bar{A} \cup \bar{B} \in \Fcal_\tau$. Тогава
    $\bar{A} \cup \bar{B} \in \Fcal(A \cup B)$, следователно $\overline{A \cup
    B} \subseteq \bar{A} \cup \bar{B}$.
  \item{(CO4)} Имаме $\bar{A} \in \Fcal_\tau$, следователно (по първото
  твърдение от въпроса) $\bar{\bar{A}} = \bar{A}$
\end{itemize}


\begin{definition}
Нека $X$ е множество и $\,\bar{}\,: \pset(X) \rightarrow \pset(X)$. Ако
$\,\bar{}\,$ удовлетворява (C01)-(CO3), то $\,\bar{}\,$ се нарича оператор на
Чех. Ако удовлетворява също (CO4) не нарича оператор на Куратовски.
\end{definition}

Не всеки оператор на Чех е оператор на Куратовски (не сме дали пример).

\begin{theorem}
Нека $X$ е множество и $\,\tilde{} : \pset(X) \rightarrow \pset(X)$ е оператор
на Чех.
Тогава $\tau \leftrightharpoons \set{ X \setminus A \st A \subseteq X, A =
\tilde{A} }$ е топология в $X$. Нека $\,\bar{}\,$ е операторът на затворена
обвивка на $(X, \tau)$. Тогава $(\forall A \subseteq X)(\tilde{A} \subseteq
\bar{A})$.
Ако $\,\tilde{}\,$ е оператор на Куратовски, то $(\forall A \subseteq
X)(\tilde{A} = \bar{A})$. Тогава казваме, че $(X, \tau)$ е топология в $X$,
породена от "`оператора на затворена обвивка"' $\,\tilde{}\,$.
\end{theorem}

\paragraph*{Доказателство:}
Нека $\Fcal \leftrightharpoons \set {A \subseteq X \st A = \tilde{A}}$. Тогава
$\tau = \set {X \setminus F \st F \in \Fcal}$. Ще докажем, че $\Fcal$ има
свойствата (C1)-(C3).
\begin{itemize}
  \item{(C1)} От (CO1) имаме, че $\emptyset = \tilde{\emptyset}$, следователно
    $\emptyset \in \Fcal$. От (CO2) имаме $X \subseteq \tilde{X}$, следователно
    $X = \tilde{X}$ и $X \in \Fcal$.
  \item{(C2)} Нека $F = \tilde{F}$ и $G = \tilde{G}$. Тогава от (CO3)
    $\widetilde{F \cup G} = \tilde{F} \cup \tilde{G} = F \cup G$
  \item{(C3)} Нека $A \subseteq B \subseteq X$. Тогава $A \cup B = B$ и от (CO3)
    $\tilde{A} \cup \tilde{B} = \widetilde{A \cup B} = \tilde{B}$. Следователно
    $\tilde{A} \subseteq \tilde{B}$.

    Нека сега $\Fcal' \subseteq \Fcal$ и $F \cap \Fcal'$. За всяко $F' \in
    \Fcal'$ имаме $F' = \widetilde{F'}$ и $F \subseteq F'$. Следователно
    $\tilde{F} \subseteq \widetilde{F'} = F$. Това е за всяко $F' \in \Fcal'$,
    следователно $\tilde{F} \subseteq F$. Но от (CO2) имаме $F \subseteq
    \tilde{F}$, следователно $F = \tilde{F}$, или $F \in \Fcal$.
\end{itemize}

След като имаме, че $\Fcal$ удовлетворява (C1)-(C3), по миналата теорема
получаваме, че $\tau$ е топология в $X$ и $\Fcal = \Fcal_\tau$. Остава, да
видим, че за операторът на затворена обвивка $\,\bar{}\,$ в $(X, \tau)$ имаме
$\tilde{A} \subseteq \bar{A}$ за всяко $A \subseteq X$.

Нека $A \subseteq X$. Тогава $\bar{A} = \cap \Fcal(A) = \cap \set{ F \in \Fcal
\st A \subseteq F}$. Нека $F \in \Fcal(A)$. Тогава $A \subseteq F$ и $\tilde{F}
= F$. От (CO2) получаваме $\tilde{A} \subseteq F$. Следователно $A \subseteq
\cap \Fcal(A) = \bar{A}$.

Нека $\,\tilde{}\,$ е оператор на Куратовски, и нека $A \subseteq X$ е произволно.
Имаме $\widetilde{\tilde{A}} = \tilde{A}$. Тоест $\tilde{A} \in \Fcal$. От (CO2)
$A \subseteq \tilde{A}$ и тогава $\tilde{A} \in \set{ F \in \Fcal \st A \subseteq F}$.
Но по дефиниция $\bar{A} = \cap \set { F \in \Fcal \st A \subseteq F}$, следователно 
$\bar{A} \subseteq \tilde{A}$. Следователно $\bar{A} = \tilde{A}$.
\qed   %phew...

\paragraph*{Следствие:}
Нека $X$ е множество. Тогава съществува биективно съответствие между
$\mathrm{Top}(X)$ и множеството на всички оператори на Куратовски в $\pset(X)$.
То се получавам, като на всяка топология $\tau$ в $X$ съпоставим операторът за
затворена обвивка --- това е оператор а Куратовски. Обратно, на всеки оператор
на Куратовски съпоставяме топологията от теоремата. Доказва се, че композициите
на двете изображения са идентитетите, откъдето следва, че те са биекции.


\begin{tvyr}
Нека $(X, \tau)$ е т.п. Тогава $(X, \tau)$ е александровски т.с.т.к.\\
$(\forall A \subseteq X)(\bar{A} = \cup \set{ \bar{a} \st a \in
A})$\footnote{Тук означаваме $\bar{a} = \overline{\set{a}}$}
\end{tvyr}

$\rightarrow)$ Нека $(X, \tau)$ е александровско и $A \subseteq X$. Нека $x \in
\bar{A}$. Тогава $N(x)$ е околност на $x$, следователно (следствие от лемата)
$N(x) \cap A \neq \emptyset$. Нека $a \in N(x) \cap A$. Тогава $a$ принадлежи
на всяка околност на $x$, следователно $x \in \bar{a}$. Това е в сила за
произволно $x \in \bar{A}$, следователно $\bar{A} \subseteq \cup \set{\bar{a}
\st a \in A}$.

Понеже $\set{a} \subseteq A$ получаваме $\bar{a} \subseteq \bar{B}$.

$\leftarrow)$ Нека е изпълнено второто условие. Ще докажем, че обединението на
произволна фамилия от затворени множества е затворено, откъдето следва, че
сечението на произволна фамилия от отворени множества е отворена, тоест, че
$(X, \tau)$ е александровско.

Нека $\Fcal' \subseteq \Fcal_\tau$, нека $F = \cup \Fcal'$. Ще докажем, че $F = \bar{F}$.

Нека $x \in \bar{F}$. Имаме, че $\bar{F} = \cup \set{\bar{a} \st a \in F}$,
следователно съществува $a \in F$, такова че $x \in \bar{a}$. Тогава съществува
$G \in \Fcal'$ (което е затворено) за което $a \in G$. Тогава $G = \bar{G}$ и
$\set{a} \subseteq G$, следователно $\bar{a} \subseteq \bar{G}$. Освен това $G
\subseteq F$. Накрая получаваме $x \in \bar{a} \subseteq F$. Следователно
$\bar{F} \subseteq F$. Следователно $\bar{F} = F$ и тогава $F$ е затворено.


\paragraph*{}
Това твърдение показва, че за александровските пространства е достатъчно да се
зададат затворените обвивки само на точките, тоест една функция от $X$ в
$\pset(X)$, вместо от $\pset(X)$ в $\pset(X)$.


\begin{theorem}
Нека $X$ е множество и за всяко $x \in X$ е зададено $cl(x) \subseteq X$, така че:
\begin{itemize} \item (AO1) За всяко $x \in X, x \in cl(x)$ \end{itemize}
Тогава, полагайки $\bar{A} \leftrightharpoons \cup \set{cl(a) \st a \in A}$ за
всяко $A \subseteq X$ получаваме оператор на Чех. Операторът $\,\bar{}\,$ е оператор
на Куратовски т.с.т.к. е изпълнено още следното условие:
\begin{itemize} \item (AO2) $(\forall x,y \in X)(x \in cl(y) \Rightarrow cl(x)
\subseteq cl(y))$ \end{itemize}

Когато $cl$ удовлетворява (AO1) и (AO2) породеното топологично пространство е
александровско. Обратно, всяко александровско т.п. може да се зададе по този
начин.
\end{theorem}

\paragraph*{Доказателство:}
(CO1) и (CO2) следват директно от дефиницията на $\,\bar{}\,$.

Нека $A, B \subseteq X$. Тогава $\bar{A} \cup \bar{B} = \cup \set{cl(a) \st a
\in A} \;\,\cup\;\, \cup \set{cl(b) \st b \in B} = \cup \set{cl(c) \st c \in A \cup
B} = \overline{A \cup B}$

Следователно $\,\bar{}\,$ е оператор на Чех.

Ако $\,\bar{}\,$ е оператор на Куратовски и $x \in cl(y) = \bar{y}$, то
$\bar{x} \subseteq \bar{y}$, тоест $cl(x) \subseteq cl(y)$, което е точно
(AO2).

Нека $\,\bar{}\,$ удовлетворява (AO2) и нека $A \subseteq X$. Тогава\\
$\bar{\bar{A}} = \cup \set{ cl(b) \st b \in \bar{A}}$

Нека $x \in \bar{\bar{A}}$. Тогава $x \in cl(b)$ за някое $b \in \bar{A}$,
тоест за някое $b \in \cup \set{cl(a) \st a \in A}$. Тогава съществува $a \in
A$, такова че $b \in cl(a)$ и от (AO2) имаме $cl(b) \subseteq cl(a)$. Тогава $x
\in cl(a)$. Така видяхме, че ако $x \in \bar{\bar{A}}$, то съществува $a \in
A$, че $x \in cl(a)$. Тоест $x \in \cup \set{cl(a) \st a \in A}$ или $x \in
\bar{A}$. Следователно $\bar{\bar{A}} \subseteq \bar{A}$.

Но от вече доказаното (CO2) следва, че $\bar{A} \subseteq \bar{\bar{A}}$,
следователно $\bar{\bar{A}} = \bar{A}$. Тоест $\,\bar{}\,$ е оператор на
Куратовски.

От предното твърдение следва, че пространството е александровско.

\paragraph*{}
Нека $(X, \tau)$ е александровско пространство. Тогава за всяко $A \subseteq X$
от предното твърдение имаме $\bar{A} = \cup {\bar{a} \st a \in A}$.

За всяко $a \in X$ полагаме $cl(a) \leftrightharpoons \bar{a}$. Тогава (AO1)
очевидно е изпълнено, и ако $x \in cl(y)$, то $x \in \bar{y}$, следователно
$\bar{x} \subseteq \bar{y}$, тоест $cl(x) \subseteq cl(y)$, тоест (AO2) е
изпълнено. Тогава ако означим операторът от теоремата с $\bar{}\,^{cl}$, то имаме
равенствата (за всяко $A \subseteq X$):\\
$\bar{A}^{cl} = \cup \set{cl(a) | a \in A} = \cup \set{\bar{a} | a \in A} = \bar{A}$\\
Тоест операторът на Куратовски породен от $\tau$ съвпада с дефинираният.
\qed

\begin{definition}
Операторите $cl: X \rightarrow \pset(X)$ със свойствата (AO1) и (AO2) се наричат
оператори на Александров в $X$.
\end{definition}


\paragraph*{Следствие:}
Нека $X$ е множество. Тогава съществува биективно съответствие между
александровските топологии в $X$ е операторите на Александров в $X$.