一般位相a（2組） - 東京理科大学...一般位相a（2組） 金曜2 限(10:40˘12:10)...
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一般位相A（２組）金曜 2 限 (10:40∼12:10) K205
担当教員 : 加塩 朋和 研究室 : 4号館3階E-mail : kashio [email protected]
教科書・参考書本講義は以下を参考にしました.
• 松坂和夫著「集合・位相入門」岩波書店
• 内田伏一著「集合と位相」裳華房
なお, このレジュメは LETUS (https://letus.ed.tus.ac.jp) で配布しています. 順次, 加筆・修正したものをアップロードしていく予定です.
1
目 次
1 導入 4
1.1 集合 + ? = 幾何 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 ? = “位置関係の詰め合わせ” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 開集合 := “境界を全く含まない集合” が重要 . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4 冪集合に関して . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 ユークリッド空間の距離と位相 (1) 7
2.1 Rn 上の距離関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.2 ユークリッド空間における開球, 内部, 外部, 境界, 閉包 . . . . . . . . . . . 8
3 ユークリッド空間の距離と位相 (2) 11
3.1 ユークリッド空間の位相構造 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.2 ユークリッド空間の開基 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.3 ユークリッド空間における連続 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
4 位相空間 (1) 15
4.1 位相構造と位相空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4.2 開集合, 閉集合, 内部, 外部, 境界, 閉包, 集積点, 孤立点 . . . . . . . . . . . 16
5 位相空間 (2) 19
5.1 近傍系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5.2 参考: 開核作用素, 閉包作用素 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
6 位相空間 (3) 23
6.1 位相の強弱 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
6.2 位相の生成 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
6.3 開基, 準基 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
7 位相空間 (4) 27
7.1 基本近傍系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
7.2 稠密, 可分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
7.3 補足 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
8 中間試験 30
9 連続写像 (1) 32
9.1 連続写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
9.2 実連続関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2
10 連続写像 (2) 36
10.1 開写像, 閉写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
10.2 同相写像と位相空間の同相 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
11 誘導位相 (1) 39
11.1 相対位相, 部分空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
11.2 部分空間に関する補足 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
12 誘導位相 (2) 45
12.1 直積位相, 直積空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
13 誘導位相 (3) 51
13.1 商位相, 商空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
14 補足 54
15 期末試験 55
3
1 導入
1.1 集合 + ? = 幾何
一年次の基礎数学では, 集合の取り扱いを学んだ. この一般位相の講義では
集合に “何らかの情報” を付加して, 幾何学的な議論
ができるようにする. なお, この幾何学的議論は非常に普遍的で, 代数学・解析学でも非常に重宝されている (もっといえば, 数学科でどの分野に進んでも逃げられない).
例えば
N = {1, 2, 3, . . . } N−1 := {1, 12, 13, . . . }
の二つの集合は, それぞれ可算無限集合であり, 集合としては “同じもの” だとみなせる.
しかし数直線上に書いてみると
2 4 6 8 10
-1.0
-0.5
0.5
1.0
●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●●
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
-1.0
-0.5
0.5
1.0
となり, 幾何学的な性質に違いがあることがわかる. 例えば, 集合 N−1 の点からなる点列{ 1n}n=1,2,3,... は収束列であるが, その極限 0 は集合 N−1 からはみ出ている. 同じことは N
では起きない.
1.2 ? = “位置関係の詰め合わせ”
集合 X 上で幾何的な議論を行うためには,
任意の部分集合 M,N ⊂ X 達の, 相対的な位置関係
を定める必要がある. そのために
• 任意の 2 点間の距離を定める. すなわち, “距離関数” d : X ×X → R≥0 を定める.
• 任意の部分集合 M ⊂ X に対して, その “内部 M o”, “外部 M e”, “境界 ∂M” を定める.
という二種類の手法がある. 実は二つ目の手法が, 多くの場合で, より本質的である. 収束の定義を例に挙げると, 距離関数による定義は
4
距離が定まる ⇒ “近い” “遠い” が定まる ⇒ “近づく ≒ 収束” の概念が定まる
となる. この定義の “こころ” の部分を見透かすことにより
内部が定まる ⇒ (“近い” “遠い” は定義できないが) “近づく ≒ 収束” の概念が定まる
という定義に行き着く. 実際, 点列 xn ∈ X が x ∈ X に収束することは
x を内部に含む任意の部分集合 M は, 無限個の xn を含む
と言い換えられる (雰囲気としては, 点 x 付近にどれだけ “ズームアップ” しても, 近くに無限個の xn 達がいる).
x₁
x₂
x₃x₄
xn境界上に０がある
内部に０がある
1.3 開集合 := “境界を全く含まない集合” が重要
空集合でない集合 X を考える. このとき
任意の部分集合 M ⊂ X に対し “内部 M o”, “外部 M e”, “境界 ∂M” を定める
ことは
境界を全く含まない X の部分集合 (i.e., M ⊂ X s.t. M ∩ ∂M = ∅) を全て定める
ことと同値である. もう少し正確に書くと
• 部分集合 M ⊂ X で M ∩ ∂M = ∅ を満たすものを X の開集合と呼ぶ. 例えば, 開区間 (0, 1) ⊂ R の境界は {0, 1} なので (0, 1) は R の開集合である.
5
• OX := { X の開集合全体 } を X の位相とよぶ.
このとき X の位相を決める (どの部分集合が開集合かハッキリさせる) ことができれば,
内部, 外部, 境界が以下で求まる:
M o := max{O ∈ OX | O ⊂M} =M に含まれる最大の開集合,
M e := (M c)o =M の補集合の内部,
∂M := (M ∪M e)c =M の内部と外部以外の点全体.
逆に, 内部, 外部, 境界が先に決まっていてれば
OX := {M ⊂ X |M ∩ ∂M = ∅}
により X の位相が求まる. すなわち, 集合 X 上で幾何的な議論を行うための二つ目の手法は
X に位相 OX を定める
と言い換えられる.
1.4 冪集合に関して
(1) 集合 X の部分集合全体を P(X) で表し X の 冪集合 (べきしゅうごう) と呼んだ.
たとえば X = {1, 2} なら P(X) = {∅, {1}, {2}, X} となる.
(2) 集合 X のいくつかの部分集合からなる集合のことを, X の部分集合族とよぶ. これは冪集合の部分集合のことである. 例えば X = R に対し “開区間全体” = {(a, b) ⊂|a,b ∈ R, a < b} は部分集合族の一つである.
(3) さらにいくつかの部分集合族の集まりを考えることがある. これは冪集合の冪集合の部分集合である. 例えば
X := {1, 2}⇒ P(X) = {∅, {1}, {2}, X}
⇒ P(P(X)) ={∅, {∅}, {{1}}, {{2}}, {X},
{∅, {1}}, {∅, {2}}, {∅, X}, {{1}, {2}}, {{1}, X}, {{2}, X},{∅, {1}, {2}}, {∅, {1}, X}, {∅, {2}, X}, {{1}, {2}, X},
{∅, {1}, {2}, X}}
であり, “X の位相構造全体” (問題 6 の答え) は{{∅, X}, {∅, {1}, X}, {∅, {2}, X}, {∅, {1}, {2}, X}
}となる.
6
2 ユークリッド空間の距離と位相 (1)
2.1 Rn 上の距離関数
定義 1. n ∈ N とする.
(1) Rn :=
{x :=
[ x1...xn
]| x1, . . . , xn ∈ R
}. すなわち R の n 個の直積集合.
(2) Rn 上の 距離関数 を
d : Rn × Rn → R, d(x,y) :=√
(x1 − y1)2 + · · ·+ (xn − yn)2
で定める. d(a, b) は 2 点 a, b ∈ Rn の間の 距離 である.
(3) 集合 Rn と距離関数 d の組 (Rn, d) を n 次元ユークリッド空間 と呼ぶ.
命題 2. 以下が成り立つ.
(1) ∀x,y ∈ Rn, d(x,y) ≥ 0.
(2) x,y ∈ Rn に対し d(x,y) = 0 ⇔ x = y.
(3) ∀x,y ∈ Rn, d(x,y) = d(y,x).
(4) (三角不等式) ∀x,y, z ∈ Rn, d(x, z) ≤ d(x,y) + d(y, z).
証明. (1), (2), (3)は自明. (4)は以下のシュバルツの不等式に帰着される. 実際a := x−y,b := y − z とおけば
(4)⇔ ||a+ b|| ≤ ||a||+ ||b|| ⇔ ||a+ b||2 ≤ (||a||+ ||b||)2 ⇔ (a, b) ≤ ||a|| ||b||
と言い換えられる. ただし ||a|| :=√a21 + · · ·+ a2n (長さ), (a, b) := a1b1 + · · ·+ anbn (内
積) とおいた. 最後の言い換えは, 内積の双線形性と ||a||2 = (a,a), (a, b) = (b,a) を用いて
||a+ b||2 = (a+ b,a+ b) = (a,a)2 + (b, b)2 + 2(a, b) = ||a||2 + ||b||2 + 2(a, b)
と書けることによる. 最後の不等式は, 左辺が負なら自明に成立し, 左辺が 0 以上なら, 両辺二乗してシュバルツの不等式と同値になる.
補題 3 (シュバルツの不等式). 任意の実ベクトル a, b ∈ Rn に対し
(a, b)2 ≤ ||a||2||b||2.
証明. a = 0 なら両辺 0 で成立. 以下 a = 0 とする. このとき t ∈ R に関する 2 次式
||ta+ b||2 = ||a||2 · t+ 2(a, b) · t+ ||b||2
は, どんな t ∈ R に対しても 0 以上の値をとる (∵ 左辺がベクトルの長さの 2 乗). よってその判別式 4(a, b)2 − 4||a||2||b||2 は 0 以下である.
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2.2 ユークリッド空間における開球, 内部, 外部, 境界, 閉包
定義 4. 点 a ∈ Rn と部分集合 M ⊂ Rn を考える.
(1) 点 a ∈ Rn を中心とする半径 ε > 0 の 開球 を
B(a, ε) := {x ∈ Rn | d(a,x) < ε}
で定める.
(2) a が M の 内点 def⇔ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂M .
また M の内点全体のなす集合を M の 内部 (または 開核) と呼び M o,M i 等で表す.
(3) a が M の 外点 def⇔ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂M c.
また M の外点全体のなす集合を M の 外部 と呼び M e で表す.
(4) M の内点でも外点でもない点を M の 境界点 と呼ぶ.
また M の境界点全体のなす集合を M の 境界 と呼び ∂M,M f 等で表す.
(5) M :=M ∪ ∂M を M の 閉包 と呼ぶ.
また M の閉包に含まれる点を M の 触点 と呼ぶ.
問題 1. 以下を確かめよ.
(1) M o ⊂M .
(2) M e = (M c)o.
(3) M o ∩M e = ∅.
(4) a ∈ ∂M ⇔ ∀ε > 0, B(a, ε) ∩M,B(a, ε) ∩M c = ∅.
(5) a が M の触点 ⇔ ∀ε > 0, B(a, ε) ∩M = ∅.
略解. (1) a ∈ M o ⇒ a ∈ M を言えばよい. 実際 a ∈ M o ⇔ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂ M . さらに a ∈ B(a, ε) だから a ∈ B(a, ε) ⊂M .
(2) a ∈M e ⇔ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂M c ⇔ a ∈ (M c)o.
(3) (1), (2) より M o ∩M e ⊂M ∩M c = ∅.
(4) a ∈ ∂M ⇔ ¬(∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂M) ∧ ¬(∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂M c)
(∀ε > 0, B(a, ε) ⊂M) ∧ (∀ε > 0, B(a, ε) ⊂M c)
(∀ε > 0, B(a, ε) ∩M c = ∅) ∧ (∀ε > 0, B(a, ε) ∩M = ∅).
(5) (⇒) a ∈M なら B(a, ε)∩M ∋ a より = ∅. a ∈ ∂M なら (4) より B(a, ε)∩M = ∅.(⇐) a ∈M なら示すことがない. a /∈M として a ∈ ∂M を言えば良い. 実際 a /∈M ⇒a ∈ M c ⇒ ∀ε > 0, B(a, ε) ∩M c ∋ a, i.e., = ∅. これと仮定 ∀ε > 0, B(a, ε) ∩M = ∅ を合わせて, (4) より a ∈ ∂M .
8
注意 5. (5) の “こころ” は
M が点 a に “触れている” ⇔ 点 a を中心とする, どれだけ小さな球も M と重なる
という感じである.
注意 6. 定義 4-(3), 問題 1-(3) により以下が分かる: いくつかの部分集合 Aλ ⊂ X (λ ∈ Λ)
が,互いに共通部分を持たない (λ1 = λ2 ⇒ Aλ1∩Aλ2 = ∅)とき,和集合 ∪λ∈ΛAλ は非交和である, といい, 記号
⨿λ∈ΛAλ で表す. ユークリッド空間の部分集合 M ⊂ Rn に対して,
Rn の非交和分解
Rn =M o⨿
M e⨿
∂M
が与えられる. これと M e = (M c)o ⊂M c, すなわち M e ∩M = ∅ を合わせて
M ⊂M o⨿
∂M
を得る. よって
M =M ∪ ∂M =M o⨿
∂M = (M e)c
もわかる.
問題 2. (M c) = (M o)c を確かめよ.
略解. M = (M e)c の M に M c を代入して (M c) = ((M c)e)c. M e = (M c)o の M にM c を代入して (M c)e = ((M c)c)o = M o (∵ (M c)c = M). 合わせて (M c) = ((M c)e)c =
(M o)c.
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問題 3. 点 a ∈ Rn を中心とする半径 ε > 0 の 閉球, 球面 をそれぞれ
B∗(a, ε) := {x ∈ Rn | d(a,x) ≤ ε}, S(a, ε) := {x ∈ Rn | d(a,x) = ε}
で定める. 以下を確かめよ.
(1) ∂B(a, ε) = ∂B∗(a, ε) = S(a, ε).
(2) B∗(a, ε)o = B(a, ε).
(3) B(a, ε) = B∗(a, ε).
略解. (1) b ∈ ∂B(a, ε) ⇔ ∀ε′ > 0, B(b, ε′) ∩ B(a, ε), B(b, ε′) ∩ B(a, ε)c = ∅ ⇔ ∀ε′ > 0,
∃cε′ ∈ B(b, ε′) ∩B(a, ε) ∃dε′ ∈ B(b, ε′) ∩B(a, ε)c. ここで
d(cε′ , b) < ε′, d(a, cε′) < ε, d(a, b) ≤ d(a, cε′) + d(cε′ , b)
⇒ d(a, b) ≤ d(a, cε′) + d(cε′ , b) < ε+ ε′ (∀ε′ > 0)
⇒ d(a, b) ≤ ε.
一方で
d(b,dε′) < ε′, d(a,dε′) ≥ ε, d(a,dε′) ≤ d(a, b) + d(b,dε′)
⇒ ε ≤ d(a,dε′) ≤ d(a, b) + d(b,dε′) < d(a, b) + ε′
⇒ ε− ε′ < d(a, b) (∀ε′ > 0)
⇒ ε ≤ d(a, b).
よって合わせて d(a, b) = ε, i.e., b ∈ S(a, ε). 閉球の場合もほぼ同様.
(2) B∗(a, ε)o = B∗(a, ε)− ∂B∗(a, ε)(1)= B∗(a, ε)− S(a, ε) = B(a, ε).
(3) B(a, ε) = B(a, ε) ∪ ∂B(a, ε)(1)= B(a, ε) ∪ S(a, ε) = B∗(a, ε).
注意 7. (3) より, 閉球は開球の閉包であるので, B(a, ε) のように表す方が多い. 上記問題中でそのように書くと何を証明しているのか分からなくなるので, とりあえず B∗(a, ε)
で表した.
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3 ユークリッド空間の距離と位相 (2)
3.1 ユークリッド空間の位相構造
定義 8. (1) O ⊂ Rn が 開集合 def⇔ O = Oo.
また開集合全体からなる部分集合族を Rn の 位相構造 (または 位相, 開集合系) と呼び, 記号 ORn ,O(Rn) 等で表す. すなわち
ORn := {O ⊂ Rn | O = Oo}.
(2) F ⊂ Rn が 閉集合 def⇔ F = F .
また閉集合全体からなる部分集合族を Rn の 閉集合系 と呼び, 記号 FRn ,F(Rn) 等で表す. すなわち
FRn := {F ⊂ Rn | F = F}.
注意 9. 一般に M o ⊂M ⊂M が成り立つので
M ∈ ORn ⇔ [∀a ∈M, ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂M ],
M ∈ FRn ⇔ [B(a, ε) ∩M = ∅ (∀ε > 0)⇒ a ∈M ]
となる (開集合や閉集合であることをいうには [ ] の中を示せばよい).
命題 10. (1) 開球は開集合.
(2) 閉球は閉集合
(3) 球面は閉集合.
証明. (1) 示すべきは ∀b ∈ B(a, ε), ∃ε′ > 0 s.t. B(b, ε′) ⊂ B(a, ε). 実際 b ∈ B(a, ε) より ε′ := ε− d(a, b) > 0 であり, このとき
c ∈ B(b, ε′)⇒ d(b, c) < ε′ ⇒ d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c) < d(a, b) + ε− d(a, b) = ε,
すなわち c ∈ B(b, ε′)⇒ c ∈ B(a, ε) が言える.
(2) 示すべきは B(b, ε′) ∩B∗(a, ε) = ∅ (∀ε′ > 0)⇒ b ∈ B∗(a, ε). 対偶を考えて
d(a, b) > ε⇒ ∃ε′ > 0 s.t. B(b, ε′) ∩B∗(a, ε) = ∅
を言えばよい. 実際 d(a, b) > ε なら ε′ := d(a, b) − ε > 0 であり, もし ∃c ∈ B(b, ε′) ∩B∗(a, ε) なら
d(c, b) < ε′, d(a, c) ≤ ε⇒ d(a, b) ≤ d(a, c) + d(c, b) < ε+ ε′ = d(a, b)
となり矛盾である.
(3) も同様に示せるが, 以下の定理を使った方が早いので後回しにする.
11
定理 11. M ⊂ Rn に対し以下が成り立つ.
M ∈ ORn ⇔M c ∈ FRn .
証明. M ∈ ORn ⇔M =M o ⇔M c = (M o)c問題 2= (M c)⇔M c ∈ FRn
注意 12. [M ∈ ORn ⇔ M /∈ FRn ] や [M /∈ ORn ⇔ M ∈ FRn ] では無い. 開集合でも閉集合でもない部分集合や, 開集合かつ閉集合である部分集合も存在する.
定理 13. 位相構造は以下を満たす.
(1) ∅,Rn ∈ ORn .
(2) O1, . . . , Ok ∈ ORn ⇒ ∩i=1,...,kOi ∈ ORn .
(3) Oλ ∈ ORn (λ ∈ Λ) ⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ ORn .
閉集合系は以下を満たす.
(1′) ∅,Rn ∈ FRn .
(2′) F1, . . . , Fk ∈ FRn ⇒ ∪i=1,...,kFi ∈ FRn .
(3′) Fλ ∈ FRn (λ ∈ Λ) ⇒ ∩λ∈ΛFλ ∈ FRn .
証明. (1) ∀a ∈ Rn, ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂ Rn は自明であろう (例えば ε = 1). [∅ ∈ ORn ]
という命題を定義通りに書くと
a ∈ ∅ ⇒ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂ ∅.
仮定 “a ∈ ∅” が起こらないので, 任意の帰結 (今は “∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂ ∅”) が従う.
(2) O1, . . . , Ok ∈ ORn なので, 各 i に対し
∀a ∈ Oi, ∃εi > 0 s.t. B(a, εi) ⊂ Oi
が言える. よって
a ∈ ∩iOi ⇒ a ∈ Oi (∀i)⇒ ∃εi > 0 s.t. B(a, εi) ⊂ Oi (∀i)⇒ B(a,miniεi) ⊂ ∩iOi.
(3) a ∈ ∪λ∈ΛOλ ⇒ ∃λ ∈ Λ s.t. a ∈ OλOλ∈ORn⇒ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂ Oλ ⊂ ∪λ∈ΛOλ.
後半は,前半,定理 11,及びド・モルガンの法則 (∩λ∈ΛAλ)c = ∪λ∈ΛAc
λ, (∪λ∈ΛAλ)c = ∩λ∈ΛAc
λ
により従う. たとえば (2′) なら
Fi ∈ FRn ⇔ F ci ∈ ORn
(2)⇒ ∩iFci ∈ ORn ⇔ ∪i=1Fi = (∩iF c
i )c ∈ FRn .
12
注意 14. 上の証明の (2) において, i = 1, . . . , k が有限個なので mini εi > 0 が言えていることに注意. すなわち
• 無限個の開集合の共通部分は開集合とは限らない.
• 無限個の閉集合の和集合は閉集合とは限らない.
問題 4. n = 1 のとき, Ok ∈ OR (k ∈ N) だが ∩k∈NOk /∈ OR となる例を見つけよ.
命題 10-(3) の証明. S(a, ε) = B∗(a, ε)−B(a, ε) = B∗(a, ε)∩ (B(a, ε)c). ここで B(a, ε)c
は開集合の補集合なので閉集合. よって S(a, ε) は二つの閉集合の共通部分なので閉集合.
定理 15. 部分集合 M ⊂ Rn に対し以下が成り立つ.
(1) M o = ∪M⊃O∈ORnO = “M に含まれる最大の開集合”.
(2) M = ∩M⊂F∈FRnF = “M を含む最小の閉集合”.
証明. (1) 最初の等式は
a ∈M o ⇒ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂M ⇒ a ∈ B(a, ε)M⊃B(a,ε)∈ORn
⊂ ∪M⊃O∈ORnO,
a ∈ ∪M⊃O∈ORnO ⇒M ⊃ ∃O ∈ ORn s.t. a ∈ O ⇒ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂ O ⊂M
により従う. 二つ目の等式
• ∪M⊃O∈ORnO は M に含まれる開集合.
• U も M に含まれる開集合なら U ⊂ ∪M⊃O∈ORnO.
の二つを主張している. ∪M⊃O∈ORnO ⊂ M は自明で, ∪M⊃O∈ORnO は開集合の和集合なので開集合. また U も M に含まれる開集合なら, 和集合 ∪M⊃O∈ORnO 中のいずれかの O
として U も現れているから, U ⊂ ∪M⊃O∈ORnO.
(2) は, やはり (1), 定理 11, 及びド・モルガンの法則で導ける.
3.2 ユークリッド空間の開基
位相構造 (開集合の全体) を記述するのは大変なので, 何パターンかの “開集合の基本パーツ” のようなものを考えることがある. 次の開基はその 1 パターンである.
定義 16. Rn の部分集合族 B が以下の条件を満たすとき, ユークリッド空間 Rn の 開基,
または, 基底 であるという.
(1) B ⊂ ORn .
(2) ∅ = ∀O ∈ ORn , ∃Uλ ∈ B (λ ∈ Λ) s.t. O = ∪λ∈ΛUλ.
13
定理 17. 開球全体のなす部分集合族は Rn の開基である.
証明. 開基の定義の (1) (開球が開集合であること) はすでに見たので
任意の空でない開集合が, いくつかの開球の和集合として表せる
ことを示せばよい. 実際
O ∈ ORn ⇔ O = Oo ⇒ ∀a ∈ O, ∃εa > 0 s.t. B(a, εa) ⊂ O
だから
O = ∪a∈O{a} ⊂ ∪a∈OB(a, εa) ⊂ O
となり, 結局 O = ∪a∈OB(a, εa) となる.
3.3 ユークリッド空間における連続
定義 18. 写像 f : Rm → Rn が以下をみたすとき, f は点 a ∈ Rm で 連続 であるという.
∀ε > 0, ∃δ > 0 s.t. d(x,a) < δ ⇒ d(f(x), f(a)) < ε.
また, 任意の点 a ∈ Rm で連続なとき, f は 連続写像 である, という.
定理 19. 写像 f : Rm → Rn に対し以下は同値.
(1) f は連続写像.
(2) O ∈ ORn ⇒ f−1(O) ∈ ORm .
証明. まず点 a ∈ Rm で連続であることは
∀ε > 0, ∃δ > 0 s.t. B(a, δ) ⊂ f−1(B(f(a), ε))
と言い換えられることに注意. 実際
B(a, δ) ⊂ f−1(B(f(a), ε))⇔ [x ∈ B(a, δ)⇒ x ∈ f−1(B(f(a), ε))]
⇔ [x ∈ B(a, δ)⇒ f(x) ∈ B(f(a), ε)]
⇔ [d(x,a) < δ ⇒ d(f(x), f(a)) < ε].
さらに
∀ε > 0, a ∈ (f−1(B(f(a), ε)))o
とも書ける.
(1) ⇒ (2). a ∈ f−1(O) ⇒ f(a) ∈ OO=Oo
⇒ ∃ε > 0 s.t. B(f(a), ε) ⊂ O(1)⇒ ∃δ >
0 s.t. B(a, δ) ⊂ f−1(B(f(a), ε)) ⊂ f−1(O) ⇒ a ∈ (f−1(O))o. すなわち f−1(O) =
(f−1(O))o.
(2) ⇒ (1). 開球 B(f(a), ε) は開集合だから (2) より f−1(B(f(a), ε)) も開集合, すなわちf−1(B(f(a), ε)) の任意の点は内点. とくに a ∈ f−1(B(f(a), ε)) (∵ f(a) ∈ B(f(a), ε))
も内点.
14
4 位相空間 (1)
4.1 位相構造と位相空間
実は, ユークリッド空間 Rn は, 多種多様な 位相空間 の具体例に過ぎない. ユークリッド空間以外の空間で “幾何学” をする場合, より一般の位相構造を考える必要がある.
定義 20. 空でない集合 X を考える. X の部分集合族 O が以下の条件を満たすとき, O
は X の 位相構造 (または 位相, 開集合系) であるという.
(1) ∅, X ∈ O.
(2) O1, O2 ∈ O⇒ O1 ∩O2 ∈ O.
(3) Oλ ∈ O (λ ∈ Λ) ⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ O.
また, 集合 X とその位相構造 O の組 (X,O) を 位相空間 と呼ぶ. なお, 位相構造 O の誤解の恐れがない場合, 単に X を位相空間と呼ぶこともある.
注意 21. (2) は O1, . . . , Ok ∈ O⇒ ∩i=1,...,kOi ∈ O と同値である.
問題 5. ユークリッド空間は自然に位相空間だとみなせる. このことを説明せよ.
回答例. ユークリッド空間 Rn には距離関数が定まっており, その距離関数により位相構造 ORn が定義された. ORn は上の性質を満たしていたので, (Rn,ORn) という位相空間だとみなせる.
問題 6. (1) 1 元からなる集合 X = {a} を考える. このとき O := {∅, X} は (唯一つの)
位相構造であることを確かめよ.
(2) 2 元からなる集合 X = {1, 2} を考える. このとき O := {∅, {1}, X} が位相構造であることを確かめよ.
(3) 2 元からなる集合 X = {1, 2} を考える. このとき, X 上の位相構造を全て書き出せ.
略解. (1) 位相構造の定義を一つ一つ確かめる. (1) は自明. (2) は全て書き出せば
∅ ∩ ∅ = ∅, ∅ ∩X = ∅, X ∩ ∅ = ∅, X ∩X = X
が全て O に入っていることを言っているので正しい. (3) は全て書き出すのは難しいが
∪λ∈ΛOλ =
{∅ (∀λ ∈ Λ, Oλ = ∅)X (∃λ ∈ Λ s.t. Oλ = X)
により従う.
15
(2) 同じく一つ一つ確かめる. 例えば (3) なら
∪λ∈ΛOλ =
∅ (∀λ ∈ Λ, Oλ = ∅)X (∃λ ∈ Λ s.t. Oλ = X)
{1} (上記以外)
がわかる.
(3) (2) で与えたもの以外に 3 個 (全部で 4 個) ある (§1.4).
問題 7. X を任意の非空集合とする.
(1) O := {∅, X} は X の位相構造となることを示せ (密着位相 と呼ばれる).
(2) O := P(X) (冪集合) は X の位相構造となることを示せ (離散位相 と呼ばれる).
略解. 位相構造の定義をそれぞれ確かめよ.
4.2 開集合, 閉集合, 内部, 外部, 境界, 閉包, 集積点, 孤立点
定義 22. 位相空間 (X,O) を考える.
(1) O ⊂ X が 開集合 def⇔ O ∈ O.
(2) M ⊂ X の 内部 を M o := ∪M⊃O∈OO = “M に含まれる最大の開集合” で定める.
また M o に含まれる点を M の 内点 と呼ぶ.
(3) F ⊂ X が 閉集合 def⇔ F c ∈ O.
また, 閉集合全体のなす部分集合族 F := {F ⊂ X | F c ∈ O} を位相空間 X の閉集合系 と呼ぶ.
(4) M ⊂ X の 閉包 を M := ∩M⊂F∈FF = “M を含む最小の閉集合” で定める.
また M に含まれる点を M の 触点 と呼ぶ.
(5) M ⊂ X の 外部 を M e := (M c)o で定める.
また M e に含まれる点を M の 外点 と呼ぶ.
(6) M ⊂ X の 境界 を ∂M :=M −M o で定める.
また ∂M に含まれる点を M の 境界点 と呼ぶ.
(7) x ∈ X が M の 集積点 def⇔ x ∈M − {x}.
(8) x ∈ X が M の 孤立点 def⇔ x ∈M かつ x が M の集積点でない.
命題 23. 以下が成り立つ.
16
(1) 閉集合系 F は
(1′) ∅, X ∈ F.
(2′) F1, F2 ∈ F⇒ F1 ∪ F2 ∈ F.
(3′) Fλ ∈ F (λ ∈ Λ) ⇒ ∩λ∈ΛFλ ∈ F.
を満たす.
(2) ∪M⊃O∈OO = “M に含まれる最大の開集合”.
(3) ∩M⊂F∈FF = “M を含む最小の閉集合”
(4) M o ⊂M ⊂M .
(5) M ⊂ N ⇒M o ⊂ N o, M ⊂ N .
(6) M e = (M)c, (M o)c = (M c).
(7) M =M o⨿∂M .
(8) X =M o⨿M e
⨿∂M .
(9) M ∈ O⇔M =M o, M ∈ F⇔M =M .
(10) ∂M =M ∩ (M c) = ∂(M c).
(11) M の集積点は M の触点でもある. また x /∈M なら, 集積点であることと触点であることは同値.
証明. (1) ∼ (8) までは演習問題とする.
(9)M ∈ Oなら “M に含まれる最大の開集合”はM 自身なのでM =M o. 逆にM =M o
なら M o は開集合なので M ∈ O. 閉集合も同様の議論で示せる.
(10) ∂M(6)= M −M o = M ∩ (M o)c
(6)= M ∩ (M c). 最後の式は M,M c を入れ替えても不
変なので = ∂(M c).
(11) x ∈M − {x}(5)⊂ M . さらに x /∈M なら M − {x} =M なので同値.
問題 8. 命題 23-(1) ∼ (8) を示せ.
略解. ユークリッド空間の場合と同様の議論を行う. ただし, 必ずしも距離から定まる位相 ORn ではないので, 距離を使った議論 (開球を使った議論) はできないことに注意.
(1) 位相構造の定義とド・モルガンの法則による.
(2), (3) 定理 15 の二つ目の等式の証明と同様.
(4) M o は M に “含まれる” 開集合の和集合なので, 当然 M に含まれる. M も同様.
17
(5)M o(4)⊂ M ⊂ N かつM o
(2)∈ O. N o は N に含まれる “最大”の開集合なので, M o ⊂ N o
が従う. 閉包も同様.
(6) (M)c = (∩M⊂F∈FF )c O:=F c
= ∪Mc⊃O∈OO = (M c)o =M e. 後者はこの M に M c を代入.
(7) ∂M の定義より.
(8) (6) より X =M⨿M e. これと (7) より.
問題 9. 位相空間 (X,O), X := {1, 2}, O := {∅, {1}, X} を考える. M := {1} とおく. (1)
∼ (4) を計算し, (5), (6) に答えよ.
(1) M o
(2) M .
(3) ∂M .
(4) M e.
(5) M の集積点を全て求めよ.
(6) M の孤立点を全て求めよ.
略解. (1) M ∈ O より M o =M .
(2) F = {∅, {2}, X} となるので M = M を含む最小の閉集合 = X.
(3) ∂M =M −M o = {2}.
(4) M e = (M)c = ∅.
(5) M − {1} = ∅ = ∅ ∋ 1, M − {2} =M = X ∋ 2 なので 2 のみ集積点.
(6) 1 が孤立点となる. 定義通り確かめよ.
問題 10. 以下を示せ.
(1) x ∈M o ⇔ ∃O ∈ O s.t. x ∈ O ⊂M .
(2) x ∈M ⇔ [x ∈ O ∈ O⇒ O ∩M = ∅].
略解. (1) (⇒) x ∈M o = ∪M⊃O∈OO ⇒ ∃O ∈ O s.t. x ∈ O ⊂M o ⊂M .
(⇐) ∃O0 ∈ O s.t. x ∈ O0 ⊂M ⇒ x ∈ O0 ⊂ ∪M⊃O∈O =M o.
(2) x ∈ M ⇔ x /∈ (M)c = M e = (M c)o(1)⇔ ¬[∃O ∈ O s.t. x ∈ O ⊂ M c] ⇔ [x ∈ O ∈ O⇒
O ⊂M c] ⇔ [x ∈ O ∈ O⇒ O ∩M = ∅].
18
5 位相空間 (2)
5.1 近傍系
定義 24. 位相空間 (X,O) と点 x ∈ X を考える.
(1) 部分集合 V ⊂ X が x ∈ V o を満たすとき, V は xの近傍である, という. とくに開集合 O が点 x を含むとき (x ∈ O = Oo なので) O は x の 開近傍 である, という.
(2) x の近傍全体のなす部分集合族 N(x) := {V ⊂ X | x ∈ V o} を x の 近傍系 (または全近傍系) と呼ぶ.
定理 25. 位相空間 (X,O) と部分集合 M ⊂ X に対して以下が成り立つ.
M ∈ O⇔ ∀x ∈M, M ∈ N(x).
証明. (⇒) M ∈ O, i.e., M =M o より x ∈M ⇒ x ∈M o, i.e., M ∈ N(x).
(⇐) ∀x ∈ M, M ∈ N(x), i.e., x ∈ M o. よって M = ∪x∈M{x} ⊂ M o. また M o ⊂ M であったので M o =M , i.e., M ∈ O.
命題 26. 位相空間 (X,O) と, その各点 x ∈ X の近傍系 N(x) を考える. 以下が成り立つ.
(1) ∀V ∈ N(x), x ∈ V .
(2) V ∈ N(x), V ⊂ W ⇒ W ∈ N(x).
(3) V,W ∈ N(x) ⇒ V ∩W ∈ N(x).
(4) ∀V ∈ N(x), ∃W ∈ N(x) s.t. ∀y ∈ W , V ∈ N(y).
証明. (1) V ∈ N(x)⇒ x ∈ V o ⊂ V .
(2) V ∈ N(x)⇒ x ∈ V o, V ⊂ W ⇒ V o ⊂ W o. 合わせて x ∈ W o, i.e., W ∈ N(x).
(3) (V ∩W )o = V o ∩W o ∋ x.
(4) W := V o とおけば ∀y ∈ W , y ∈ W = V o, i.e., V ∈ N(y).
定理 27. 非空集合 X とその冪集合 P(X) を考える. 写像
N : X → P(X), x 7→ N(x)
が
(1) ∀V ∈ N(x), x ∈ V .
(2) V ∈ N(x), V ⊂ W ⇒ W ∈ N(x).
(3) V,W ∈ N(x) ⇒ V ∩W ∈ N(x).
19
(4) ∀V ∈ N(x), ∃W ∈ N(x) s.t. ∀y ∈ W , V ∈ N(y).
を満たすとき, X の位相構造 O で, 全ての点 x に対し N(x) が近傍系 N(x) と一致するものがただ一つ存在する.
証明. 題意を満たす N に対し O := {O ⊂ X | ∀x ∈ O, ∃V ∈ N(x) s.t. V ⊂ O} と定める. このとき
(a) O は X の位相構造になる.
(b) 位相空間 (X,O) の各点 x ∈ X において, その近傍系 N(x) は N(x) と一致する.
(c) ∀x ∈ X, N(x) = N(x) となる位相構造は, この O しかない.
ことを言えばよい.
(a) ∅, X ∈ O は以前と同様の議論. 残りは
O1, O2 ∈ O⇒ ∀x ∈ Oi, ∃Vx,i ∈ N(x) s.t. Vx,i ⊂ Oi (i = 1, 2)
⇒ ∀x ∈ O1 ∩O2, Vx,1 ∩ Vx,2(3)∈ N(x), Vx,1 ∩ Vx,2 ⊂ O1 ∩O2 ⇒ O1 ∩O2 ∈ O,
x ∈ ∪λ∈ΛOλ ⇒ ∃λ ∈ Λ s.t. x ∈ OλOλ∈O⇒ ∃V ∈ N(x) s.t. V ⊂ Oλ ⊂ ∪λ∈ΛOλ
⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ O
で従う.
(b) N(x) = {V ⊂ X | x ∈ V o} であった. よって
M ∈ N(x)⇒ x ∈M o ∈ O = {O ⊂ X | ∀y ∈ O, ∃V ∈ N(y) s.t. V ⊂ O}
⇒ ∃V ∈ N(x) s.t. V ⊂M o ⊂M(2)⇒M ∈ N(x),
M ∈ N(x)⇒ x ∈ O := {y ∈ X |M ∈ N(y)}Claim∈ O⇒ x ∈ O ⊂M o ⇒M ∈ N(x)
となる. ここで
Claim. O := {y ∈ X |M ∈ N(y)} ∈ O, i.e., ∀y ∈ O, ∃V ∈ N(y) s.t. V ⊂ O.
(∵ y ∈ O ⇒ M ∈ N(y)(4)⇒ ∃V ∈ N(y) s.t. ∀z ∈ V, M ∈ N(z)
O:={y∈X|M∈N(y)}⇒ V ⊂ O)
を用いた.
(c)別の位相構造 O′ に関する近傍系を N′(x)(x ∈ X)で表す. もし N(x) = N(x) = N′(x)
なら定理 25 より
M ∈ O⇔ ∀x ∈M, M ∈ N(x)⇔ ∀x ∈M, M ∈ N′(x)⇔M ∈ O′
が言える.
20
5.2 参考: 開核作用素, 閉包作用素
命題 28. 内部をとる, という操作は, 冪集合間の写像とみなせる:
o : P(X)→ P(X), M 7→M o.
このように見たとき 開核作用素 と呼ばれる. 開核作用素は以下の性質を満たす.
(1) Xo = X.
(2) ∀M ∈ P(X), M o ⊂M .
(3) ∀M,N ∈ P(X), (M ∩N)o =M o ∩N o.
(4) ∀M ∈ P(X), (M o)o =M o.
証明. (1), (2) は定義より明らか. (4) も M o が開集合なので, 命題 23-(9) より従う.
(3) (⊂) (M ∩N)o ⊂ M ∩N ⊂ M (resp. N) かつ (M ∩N)o ∈ O なので, 命題 23-(2) より (M ∩N)o ⊂M o (resp. N o). 合わせて (M ∩N)o ⊂M o ∩N o.
(⊃) M o ∩N o は 2 つの開集合の共通部分なので開集合. また M o ∩N o ⊂M ∩N . よって命題 23-(2) より M o ∩N o ⊂ (M ∩N)o.
定理 29. X を非空集合とする. 冪集合間の写像
I : P(X)→ P(X)
が
(1) I(X) = X.
(2) ∀M ∈ P(X), I(M) ⊂M .
(3) ∀M,N ∈ P(X), I(M ∩N) = I(M) ∩ I(N).
(4) ∀M ∈ P(X), I(I(M)) = I(M).
を満たすとき, X の位相構造 O で I がその開核作用素と一致するものがただ一つ存在する.
証明. 題意を満たす I に対し O := {O ⊂ X | I(O) = O} と定める. このとき
(a) O は X の位相構造になる.
(b) 位相空間 (X,O) において, 開核作用素は I と一致する: I(M) =M o.
(c) I(M) =M o となる位相構造は, この O しかない.
21
ことを言えばよい.
(a) ∅, X ∈ O の証明: (1) より I(X) = X, i.e., X ∈ O. (2) より I(∅) ⊂ ∅, i.e., I(∅) = ∅,i.e., ∅ ∈ O.
O1, O2 ∈ O ⇒ O1 ∩ O2 ∈ O の証明: O1, O2 ∈ O ⇒ I(O1) = O1, I(O2) = O2 ⇒I(O1 ∩O2)
(3)= I(O1) ∩ I(O2) = O1 ∩O2, i.e., O! ∩O2 ∈ O.
Oλ ∈ O(λ ∈ Λ)⇒ ∩λ∈ΛOλ ∈ O の証明: まず次の Claim を示す.
Claim. M ⊂ N ⇒ I(M) ⊂ I(N).
実際 M ⊂ N ⇒ M = M ∩ N ⇒ I(M)(3)= I(M) ∩ I(N) ⊂ I(N). この Claim により, 各
µ ∈ Λ に対して
Oµ ⊂ ∪λ∈ΛOλClaim⇒ Oµ
Oµ∈O= I(Oµ) ⊂ I(∪λ∈ΛOλ)
すなわち ∀µ ∈ Λ, Oµ ⊂ I(∪λ∈ΛOλ), i.e., ∪λ∈ΛOλ ⊂ I(∪λ∈ΛOλ). 一方 (2) より ∪λ∈ΛOλ ⊃I(∪λ∈ΛOλ). 合わせて ∪λ∈ΛOλ = I(∪λ∈ΛOλ).
(b)Oが位相構造であることは示したので,命題 23が使えることに注意. I(I(M))(4)= I(M)
より I(M) ∈ O. さらに I(M)(2)⊂ M だから命題 23-(2) より I(M) ⊂ M o. また M o ∈ O
だったから M o = I(M o). 併せて I(M) ⊂ M o = I(M o)Claim⊂ I(M). よってこれらは全て
一致し I(M) =M o.
(c) 別の位相構造 O′ での開核作用素を M i で表し, I(M) =M i が成り立っているとする.
このとき
O = {O ⊂ X | I(O) = O} = {O ⊂ X | Oi = O} 命題 23-(9)= O′
より題意が従う.
難問 11. 内部をとる, のかわりに, 閉包をとる, という操作を考えた場合, 閉包作用素M : P(X) → P(X), M 7→ M. と呼ばれる: 余力があれば, 上の定理の “閉包作用素version” を考えてみよ. またそれを示せ.
注意 30. 集合 X 上の [位相構造] とは, 本来
X 上で “幾何的な議論” を行うための [付加的な情報]
という意味が含められている (と思う). ユークリッド空間のように [距離] が定まっていれば “ε − δ 論法” 等の議論により収束などの概念を定義できた. 距離が定まらなくても[開集合系] が定まれば, 2 つの集合が “触れている” “離れている” 等の議論ができる (後にはもっと多くの幾何学的議論を行う). この節の結果は, [閉集合系] [開核作用素] [閉包作用素] [近傍系] のいずれかが定まっても X 上の位相構造が定まる, ということを言っている.
22
6 位相空間 (3)
6.1 位相の強弱
定義 31. X を非空集合とし, O1,O2 はその位相構造とする. O1 ⊂ O2 が成り立つとき,
O2 は O1 より 強い, O1 は O2 より 弱い という.
問題 12. 以下を確かめよ
(1) 密着位相 {∅, X} は最弱の位相である.
(2) 離散位相 P(X) は最強の位相である.
(3) いくつかの位相 Oλ (λ ∈ Λ) の共通部分 ∩λ∈ΛOλ は位相.
(4) 位相の和集合は必ずしも位相とはならない. ならない例を 1 つ挙げよ.
略解. (1) X の任意の位相 O を考える. このとき位相構造の定義 (1) より {∅, X} ⊂ O.
(2) 位相構造は部分集合族であったから O ⊂ P(X).
(3) ∩λ∈ΛOλ が位相の定義を満たすことを確かめよ.
(4) 例えば X = {a, b, c}, O1 := {∅, {a}, X}, O2 := {∅, {b}, X}. O1 ∪O2 が位相の定義を満たさないことを示せ.
定義 32. X を非空集合とし, O,O′,Oλ はその位相構造とする.
(1) O が Oλ (λ ∈ Λ) の 上限 であるとは, 以下を満たすことである.
(a) Oλ ⊂ O (∀λ ∈ Λ).
(b) Oλ ⊂ O′ (∀λ ∈ Λ) ⇒ O ⊂ O′.
(2) O が Oλ (λ ∈ Λ) の 下限 であるとは, 以下を満たすことである.
(a) Oλ ⊃ O (∀λ ∈ Λ).
(b) Oλ ⊃ O′ (∀λ ∈ Λ) ⇒ O ⊃ O′.
補題 33. 非空集合 X 上のいくつかの (0 個では無い) 位相構造 Oλ (λ ∈ Λ) が与えられたとき, それらの上限, 下限が必ず唯一つ存在する.
証明. “唯一つ” の部分は, O1,O2 がともに上限の (a), (b) を満たせば
• O1 が (a), O2 が (b) を満たすので O1 ⊃ O2.
• O2 が (a), O1 が (b) を満たすので O1 ⊂ O2.
となるので一致することがわかる (下限も同様). 上限, 下限を実際に構成して存在をいう.
23
(下限) O := ∩λ∈ΛOλ.
O が位相になることは問題 12-(3) より. 下限になっているのは明らかであろう.
(上限) ∪λ∈ΛOλ を含む位相全体 Oµ (µ ∈M) の下限 O := ∩µ∈MOµ.
密着位相があるので Oµ (µ ∈ M) は空集合でない. よって O が位相になることは, 再び問題 12-(3) より. 以下 (a), (b) を確かめる.
(a) O ∈ Oλ (∃λ ∈ Λ) ⇒ O ∈ ∪λ∈ΛOλ ⊂ Oµ (∀µ ∈M) ⇒ O ∈ ∩µ∈MOµ = O.
(b) Oλ ⊂ O′ (∀λ ∈ Λ) ⇒ ∃µ ∈M s.t. O′ = Oµ ⇒ O = ∩µ∈MOµ ⊂ O′.
注意 34. 下限は, 結果的に ∩λ∈ΛOλ であった. 上限は, 結果的に以下で与えられる.
M := ∪λ∈ΛOλ, M0 := {O1 ∩ · · · ∩Ok | k ∈ N, O1, . . . , Ok ∈M},O := {∪µ∈MOµ | {Oµ}µ∈M ⊂M0}.
証明は次の定理の証明とほぼ同じなので省略する.
6.2 位相の生成
定義 35. X を非空集合とする. X の部分集合族M に対し, M を含む位相構造全体の (補題 33 で存在を示した) 下限を O(M) で表し, M で生成される位相 と呼ぶ.
定理 36. M で生成される位相は以下で与えられる.
M0 := {O1 ∩ · · · ∩Ok | k ∈ N, O1, . . . , Ok ∈M},O(M) := {∪µ∈MOµ | {Oµ}µ∈M ⊂M0} ∪ {∅, X}.
証明. 位相 O が M を含むことは
(0) M ⊂ O, (1) ∅, X ∈ O, (2) Oi ∈ O⇒ O1 ∩O2 ∈ O, (3) Oλ ∈ O ⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ O
とかける. (0), (2) より M0 ⊂ O が言え, これは (0) より強いことを言っている (∵M0 ⊂M) から
(0′) M0 ⊂ O, (1) ∅, X ∈ O, (2) Oi ∈ O⇒ O1 ∩O2 ∈ O, (3) Oλ ∈ O ⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ O
と書き直してよい. さらに (0′), (1), (3) より O(M) ⊂ O が言えるので, 結局
位相 O が M を含む ⇔ 位相 O が O(M) を含む
が言える. よって
M で生成される位相= ∩ “M を含む位相 O” = ∩ “O(M) を含む位相 O” ⊃ O(M)
が言える. ここで
Claim. O(M) も位相である.
24
が言えれば “O(M) を含む位相” の一つとして O(M) がとれ, 最後の ⊃ も = となる.
(Claim の証明) ∅, X ∈ O(M), Oλ ∈ O(M) ⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ O(M) は自明. Oi ∈ O(M) ⇒O1 ∩O2 ∈ O(M) を示す. O1 または O2 が ∅, X のいずれかであれば自明. それ以外なら
Oi ∈ O(M)⇒ Oi = ∪µ∈MiOµ (∃{Oµ}µ∈Mi
⊂M0)
⇒ O1 ∩O2 = (∪µ∈M1Oµ) ∩ (∪µ∈M2Oµ) = ∪(µ,µ′)∈M1×M2(Oµ ∩Oµ′).
ここで M0 の定義より, Oµ, Oµ′ ∈M0 ⇒ Oµ ∩Oµ′ ∈M0 だから O1 ∩O2 ∈ O(M).
問題 13. X = {a, b, c, d}, M := {{a, b}, {b, c}} に対し O(M) を求めよ.
略解. M0 = {{b}, {a, b}, {b, c}}, O(M) = {∅, {b}, {a, b}, {b, c}, {a, b, c}, X}.
6.3 開基, 準基
定義 37. X を非空集合とし, その部分集合族 B, 位相 O を考える.
(1) O = O(B), すなわち O が B で生成されるとき, B は O の 準基 (または 準基底)
であるという.
(2) O = {∪λ∈ΛOλ | {Oλ}λ∈Λ ⊂ B} ∪ {∅} と表されるとき, B は O の 開基 (または基底) であるという.
注意 38. 定理 36 より
M が準基 ⇔ M0 := {O1 ∩ · · · ∩Ok | k ∈ N, O1, . . . , Ok ∈M} ∪ {X} が開基
が分かる. とくに開基は準基でもある.
定理 39. X を非空集合とし, 位相 Oと, その一部 B ⊂ Oを考える. このとき以下は同値.
(1) B は O の開基.
(2) ∀O ∈ O, ∀x ∈ O, ∃W ∈ B s.t. x ∈ W ⊂ O.
証明. (1) ⇒ (2). (1) を仮定して O ∈ O をとる. ∀x ∈ O, ∃W ∈ B s.t. x ∈ W ⊂ O を言う. O = ∅ なら示すことはない. それ以外なら開基の定義より
O = ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ B)
と書けている. よって
x ∈ O ⇒ ∃λ s.t. x ∈ Oλ
だから, W としてこの Oλ をとればよい.
(2) ⇒ (1). 条件 (2) 中の W を Wx とおく. このとき, 各 O ∈ O に対し
O = ∪x∈OWx (Wx ∈ B)
とかけるので (1) が言える.
25
問題 14. ユークリッド空間 (Rn,ORn) において, 開球全体 {B(a, ε) | a ∈ Rn, ε > 0} は開基となることを示せ.
略解. ユークリッド空間の節ですでに示した. もう一度やってみよ.
問題 15. 1 次元ユークリッド空間において {(a,∞), (−∞, a) | a ∈ R} は準基となることを示せ.
略解. M := {(a,∞), (−∞, a) | a ∈ R} とおいてM0 := {O1 ∩ · · · ∩ Ok | k Oi ∈ M},O(M) := {∪µ∈MOµ | {Oµ}µ∈M ⊂ M0} ∪ {∅, X} と計算していき, OR = O(M) を言えば良い. その際 M ⊂ OR と O(M) の最小性からO(M) ⊂ OR は自動的に言える. 一方で
M0 = {O1 ∩ · · · ∩Ok | k ∈ N, O1, . . . , Ok ∈M} ∋ (−∞, b) ∩ (a,∞) = (a, b)
より M0 は任意の開区間 (1 次元の開球) を含み, よって M0 は R の開基となる.
定義 40. 位相空間 (X,O) が高々可算濃度の開基 B を持つとき, (X,O) は第二可算公理を満たす, という.
問題 16. ユークリッド空間 Rn は第二可算公理を満たすことを示せ.
略解. 開球全体は非可算濃度なので, 減らして
B := {B(a, ε) | a ∈ Qn, 0 < ε ∈ Q}
が開基となることをいう. この B は可算濃度の直積なので可算濃度になる. また, 開球からなるので B ⊂ ORn であり定理 39 の同値が使え, (2) を言えば良い. 実際
x ∈ O ∈ ORn ⇒ ∃ε > 0 s.t. B(x, ε) ⊂ OClaim⇒ ∃a ∈ Qn ∩B(x, ε)
よって δ := ε− d(x,a) > 0 なので, 再び Claim より ∃ε′ ∈ Q ∩ (0, δ). このとき
B(a, ε′) ⊂ B(x, ε)
∵ b ∈ B(a, ε′)⇒ d(a, b) < ε′ < δ ⇒ d(x, b) ≤ d(x,a) + d(a, b) < ε⇒ b ∈ B(x, ε)
より (2) が従う.
Claim. 以下は, 正確には, 実数の定義 (アルキメデスの原理) より従う.
(a) ∀ε > 0, ∃a ∈ Q s.t. a ∈ (0, ε).
(b) ∀ε > 0, ∀x ∈ R, ∃a ∈ Q s.t. a ∈ (x− ε, x+ ε).
(c) ∀ε > 0, ∀x ∈ Rn, ∃a ∈ Qn ∩B(x, ε).
(a) 1, 12, 13, . . . という数列はいつか ε 未満になる.
(b) 実数 x の小数展開を n 桁までで止めて得られる数列 {an} は有理数からなり x に収束する. よって十分大きな n に対し xn が題意を満たす.
(c) x =
[ x1...xn
]とし, 各 xi に (b) を使って ai ∈ Q ∩ (xi − ε√
n, xi +
ε√n) をとる. このとき
d(x,a) =√(x1 − a1)2 + · · ·+ (xn − an)2 < ε.
26
7 位相空間 (4)
7.1 基本近傍系
定義 41. 位相空間 (X,O) とその点 x ∈ X の (全) 近傍系 N(x) を考える. 基本近傍系の一部 N0(x) ⊂ N(x) が以下の性質を持たすとき 基本近傍系 と呼ばれる.
∀V ∈ N(x), ∃W ∈ N0(x) s.t. W ⊂ V.
また, 各点 x ∈ X が高々可算濃度からなる基本近傍系を持つとき, 位相空間 X は第一可算公理 を満たす, という.
問題 17. ユークリッド空間 Rn と, その点 x に関し, “同心円全体”
N0(x) := {B(x, ε) | ε > 0}
は基本近傍系を与えることを示せ.
略解. V ∈ N(x) ⇔ ∃O ∈ ORn s.t. x ∈ O ⊂ V . O は開集合なので O = O◦, すなわち x
は O の内点. よって ∃ε > 0 s.t. B(x, ε) ⊂ O ⊂ V .
問題 18. 位相空間 (X,O) とその開基 B を考える. 各点 x ∈ X に対し
N0(x) := {O ⊂ X | x ∈ O ∈ B}
は x の基本近傍系となることを示せ.
略解. O ∈ N0(x)⇒ x ∈ O O∈B⊂O= Oo より N0(x) ⊂ N(x). さらに
V ∈ N(x)⇒ x ∈ V o 定理 39⇒ ∃W ∈ B s.t. x ∈ W ⊂ V o ⇒ W ∈ N0(x), W ⊂ V
となる.
定理 42. 第二可算公理を満たせば第一可算公理も満たす.
証明. 問題 18 より明らか.
命題 43. 位相空間 (X,O) の各点 x ∈ X に基本近傍系 N0(x) が定まっているとする. このとき部分集合 M ⊂ X に対し以下は同値.
(1) M ∈ O.
(2) ∀x ∈M , ∃V ∈ N0(x) s.t. V ⊂M .
証明. (1) ⇒ (2). M ∈ O, x ∈M ⇒ M ∈ N(x)基本近傍系の定義⇒ ∃V ∈ N0(x) s.t. V ⊂M .
(2) ⇒ (1). V ∈ N0(x), V ⊂ M ⇒ x ∈ V o ⊂ M o である. よって (2) は M の任意の点が内点であることを言うので M ∈ O.
27
7.2 稠密, 可分
定義 44. 位相空間 (X,O) と部分集合 M ⊂ X を考える. 以下の同値な 3 条件を満たすとき, M は X で 稠密 (密) である, という.
(1) M = X.
(2) (M c)o = ∅.
(3) ∅ = ∀O ∈ O, O ∩M = ∅.
また, 高々可算濃度かつ稠密な部分集合が存在するとき, 位相空間 X は 可分 である, という.
問題 19. 上記定義中の同値を示せ.
略解. (1) ⇔ (2) は (M)c = (M c)o より. (1) ⇔ (3) は, 例えば問題 10-(2) より.
問題 20. 以下が成り立つことを説明せよ.
(1) ユークリッド空間 Rn において Qn は稠密である.
(2) ユークリッド空間は可分である.
略解. (1) 問題 16 の略解中の (c) より.
定理 45. (1) B が開基であれば, 各 ∅ = O ∈ B から 1 点ずつ xO ∈ O 集めた集合{xO | ∅ = O ∈ B} は稠密になる.
(2) 第二可算公理を満たす位相空間は可分である.
証明. (1) 稠密の三つ目の定義を示す. ∅ = O ∈ O⇒ O = ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ B) ⇒ O∩{xO |∅ = O ∈ B} ∋ xOλ
, = ∅.
(2) は (1) より直ちに従う.
7.3 補足
異なる 2 点の位置関係は, 以下の問題のように, 通常の感覚では “離れている”.
問題 21. ユークリッド空間 Rn 上の 1 点集合 M := {0} を考える.
(1) M は閉集合であることを示せ.
(2) M の閉包 M を求めよ. とくに任意の点 x /∈ 0 は M の触点でないことを説明せよ.
略解. (1) 補集合が開集合であることを言えばよい. 実際 ∀x ∈M c, ε := d(0,x) > 0 であり B(x, ε) ⊂M c.
(2) M は閉集合なので M =M = {0}. よって 0 のみが, 1 点集合 {0} の触点.
28
しかし数学においては, 時には “くっついている 2 点” を考える必要がある. これは以下のように実現できる.
問題 22. 2点集合 X := {a, b}に,密着位相 O = {∅, X}を入れて考え, 1点集合M := {a}を考える.
(1) M は閉集合でないことを示せ.
(2) M の閉包 M を求めよ. とくに b は M の触点であることを説明せよ.
略解. (1) M c = {b} /∈ O より.
(2) X の閉集合系は F = {∅c, Xc} = {∅, X}. よってM = ∩M⊃F∈FF = X. よって b ∈ Xも 1 点集合 M = {a} の触点.
難問 23. 3 点集合 X := {a, b, c} に, 位相 O = {∅, {a, b}, X} を入れて考える. どの点とどの点が “触れている” か考えてみよ.
29
8 中間試験� �去年度のもの� �
問題 1. (1) ユークリッド空間における開球 B(a, ε) の定義を書け.
(2) ユークリッド空間において, 開球は開集合であることを示せ.
問題 2. (1) X を空でない集合とする. X の位相構造の定義を書け.
(2) 位相空間 (X,O) と部分集合 M ⊂ X を考える. 以下の中から常に成り立つものを全て選び, 記号で答えよ. ただし, M の補集合, 内部, 閉包, 外部, 境界をそれぞれM c,M o,M,M e, ∂M で表す.
(a) M が開集合 同値⇔ M が閉集合でない. (b) M が開集合 同値⇔ M c が閉集合.
(c) M ∈ O (d) M o ∈ O. (e) M o ⊂M . (f) M ⊂M . (g) ∂M ⊂M .
(h) ∂M ⊂M . (i) X =M o⨿M e
⨿∂M . (j) M e ∩ ∂M = ∅.
(3) X := {1, 2, 3}, O := {∅, {1}, {2}, {1, 2}, X} とおき, 位相空間 (X,O) を考える. 部分集合 M := {2, 3} の
(a) 内部 M o. (b) 閉包 M . (c) 境界 ∂M . (d) 外部 M e.
を求めよ. 答えのみでよい.
問題 3. (1) 位相空間 (X,O) の開基の定義を書け.
(2) ユークリッド空間 (Rn,ORn) において, 開球全体 {B(a, ε) | a ∈ Rn, ε > 0} は開基となることを示せ. ただし, 各開球が開集合であること (問題 1-(2)) は, ここでは示さなくてよい.
問題 4. (1) (I) 第一可算公理, (II) 第二可算公理, (III) 可分, の定義を, それぞれ以下から選び, 記号で答えよ.
(a) 各点が高々可算濃度からなる基本近傍系を持つ.
(b) 高々可算濃度の開基を持つ.
(c) 高々可算濃度かつ稠密な部分集合が存在する.
(2) ユークリッド空間の点 x ∈ Rn の基本近傍系 N0(x) の例を挙げよ. 証明はしなくてよい.
(3) X を空でない集合とし, 密着位相 O := {∅, X} を考える. 任意の空でない部分集合∅ =M ⊂ X は, 位相空間 (X,O) において稠密であることを示せ.
(配点: 1-(1), 1-(2), 2-(1), 2-(2), 2-(3), 3-(1), 3-(2), 4-(1), 4-(2), 4-(3) 各 10 点.)
30
略解
• 平均点は 56.8 点でした.
• 単位取得の目安は 50 点くらい. (これ以下の人は, 期末はもっと頑張ってください.)
• △の中に数字があればその点数, △だけが書いてあれば配点の半分です. 採点間違い等あれば, 2週間以内くらいに言ってください.
• ミスが多くて気になったところ:
(1) ∈ と ⊂ の間違い. 例えば B が位相構造 O の開基であることの定義は
O = {∪λ∈ΛOλ | {Oλ}λ∈Λ ⊂ B} ∪ {∅}, または, O = {∪λ∈ΛOλ | Oλ ∈ B (λ ∈ Λ)} ∪ {∅}
となる. 前者は ∈ ではダメで, 後者は ⊂ ではダメ.
(2) 「開球全体が開基」の証明で「任意の空でない開集合が, いくつかの開球の和集合として表せる」ことを示す際,
O ∈ ORn ⇔ O = Oo ⇒ ∀a ∈ O, ∃εa > 0 s.t. B(a, εa) ⊂ O
⇒ O = ∪a∈O{a} ⊂ ∪a∈OB(a, εa) ⊂ O ⇒ O = ∪a∈OB(a, εa)
という証明方法だが, εa は a 毎に変わるので, 添え字の a をつけるべき.
(3) 「開球が開集合」の証明で「∀b ∈ B(a, ε), ∃ε′ > 0 s.t. B(b, ε′) ⊂ B(a, ε)」を言うことになるが, 「ε′ > 0」に言及していない回答が多かった.
問題 2 の略解. (2) (b), (d), (e), (g), (i), (j).
全部あって 10点. [足りなかった個数 + 余計なものの個数] だけ減点.
(3) (a) M o = {2}, (b) M = {2, 3}, (c) ∂M = {3}, (d) M e = {1}.全部正しければ 10点. 2 ∼ 3個正しければ 5 点. 1 個以下なら 0 点.
問題 4 の略解. (1) (I) (a), (II) (b), (III) (c).
全部あって 10 点. 一個でも間違えたら 0 点.
(2) 「x を中心とする開球全体 {B(x, ε) | ε > 0}」 など.
(3) 密着位相において閉集合系は F = {∅c, Xc} = {∅, X} となる. とくに M = ∅ の閉包M = [M を含む最小の閉集合] は X. よって稠密.
お試しのアンケートページ. 時間があれば回答してみてください� �
https://sugukiku.com/p/new?t=000858
� �31
9 連続写像 (1)
9.1 連続写像
以下, 二つの位相空間 (X,OX), (Y,OY ) と, 写像 f : X → Y を考える. また X,Y の閉集合系を FK ,FY , x ∈ X, y ∈ Y の近傍系を N(x), N(y) で表す.
定理 46. 以下の 3 つは同値である. これら同値な条件を満たすとき, f は 連続写像 である, という.
(1) ∀O ∈ OY , f−1(O) ∈ OX .
(2) ∀F ∈ FY , f−1(F ) ∈ FX .
(3) ∀x ∈ X, ∀V ∈ N(f(x)), f−1(V ) ∈ N(x).
証明. (1) ⇒ (2) は F ∈ FY ⇔ F c ∈ OY(1)⇒ f−1(F c)
(⋆)= f−1(F )c ∈ OX ⇔ f−1(F ) ∈ FX よ
り従う. ただし, 一般に, 写像 f : X → Y と部分集合 B ⊂ Y に対して
f−1(Bc) = {x ∈ X | f(x) ∈ Bc} = {x ∈ X | f(x) /∈ B} = f−1(B)c(⋆)
が成り立つことを使った. (1) ⇐ (2) も同様.
(1) ⇒ (3) V ∈ N(f(x)) ⇔ ∃O ∈ OY s.t. f(x) ∈ O ⊂ V ⇒ x ∈ f−1(O) ⊂ f−1(V ). さらに (1) より f−1(O) ∈ OX だから f−1(V ) ∈ N(x).
(1) ⇐ (3) 定理 25 より (1) は
[∀y ∈ O, O ∈ N(y)]⇒ [∀x ∈ f−1(O), f−1(O) ∈ N(x)]
と言い換えられる. よって x ∈ f−1(O) ⇔ f(x) ∈ O ⇒ O ∈ N(f(x))(3)⇒ f−1(O) ∈ N(x)
により従う.
注意 47. 写像の連続性などは, 集合 X,Y の性質というより, 位相空間 (X,OX), (Y,OY )
としての性質であるので, 位相構造を明記して
f : (X,OX)→ (Y,OY )
のように表記することがある.
練習 24. 以下を確かめよ.
(1) 離散位相が入っている空間を 離散空間 と呼ぶ. X が離散空間であれば, f は常に連続写像である.
(2) 密着位相が入っている空間を 密着空間 と呼ぶ. Y が密着空間であれば, f は常に連続写像である.
32
(3) f が常に同じ値をとるとき, f を 定値写像 と呼ぶ. 定値写像は常に連続写像である.
(4) 集合 X 上に二つの位相 O1,O2 が定まっているとする. このとき
恒等写像 idX : (X,O1)→ (X,O2), x 7→ x が連続写像 ⇔ O1 は O2 より強い位相.
(5) 定義域, 終域に同じ位相構造を入れる場合, 恒等写像は連続写像.
略解. (1) O ∈ OY (というより O ⊂ Y なら何でも) ⇒ f−1(O) ∈ P(X).
(2) f−1(∅) = ∅, f−1(Y ) = X ∈ P(X).
(3) f(x) = c とすると f−1(O) =
{X (c ∈ O)∅ (c /∈ O)
∈ OX .
(4) は自明であろう. (5) は (4) より.
定理 48. B を Y の準基とする. このとき f が連続写像であることは以下と同値.
∀O ∈ B, f−1(O) ∈ OX .
証明. B ⊂ OY より, これが必要条件であることは自明. 以下, 定理中の条件を仮定して
O := {O ⊂ Y | f−1(O) ∈ OX} ⊃ OY
を言う. このためには, B は準基, すなわち B を含む位相構造の下限が OY だから
• B ⊂ O.
• O は Y の位相構造.
を言えばよい. 前者は定理中の仮定である. 以下, 後者を見ていく.
(1) ∅, Y ∈ O. ∵ f−1(∅) = ∅ ∈ OX , f−1(X) = Y ∈ OX より.
(2) O1, O2 ∈ O⇒ O1 ∩O2 ∈ O. ∵ f−1(O1 ∩O2) = f−1(O1) ∩ f−1(O2) より.
(3) Oλ ∈ O⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ O. ∵ f−1(∪λ∈ΛOλ) = ∪λ∈Λf−1(Oλ) より.
注意 49. ある点 x に対し, 定理 46-(3) の後半 [∀V ∈ N(f(x)), f−1(V ) ∈ N(x)] が満たされるとき, f は点 x において連続 である, などという.
f は任意の点において連続 ⇔ f は連続
となる.
問題 25. N0(f(x)) を f(x) ∈ Y の基本近傍系とする (x ∈ X). このとき以下が同値であることを示せ.
(1) ∀V ∈ N(f(x)), f−1(V ) ∈ N(x).
(2) ∀V ∈ N0(f(x)), f−1(V ) ∈ N(x).
33
9.2 実連続関数
この小節では (Y,OY ) が 1 次元ユークリッド空間 (R,OR1) の場合を詳しく見ていく.
以下, 写像
f : (X,OX)→ (R,OR1)
を考える.
定理 50. 以下は同値.
(1) f は連続写像 (実連続関数).
(2) 任意の開区間 (a, b) に対して f−1((a, b)) = {x ∈ X | a < f(x) < b} ∈ OX .
(3) 任意の a ∈ R に対して f−1((a,∞)) = {x ∈ X | a < f(x)}, f−1((−∞, a)) = {x ∈X | f(x) < a} ∈ OX .
(4) 任意の a ∈ X, 任意の ε > 0 に対して f−1((f(a) − ε, f(a) + ε)) = {x ∈ X ||f(x)− f(a)| < ε} ∈ OX .
証明. 定理 48 と, 問題 14 (の n = 1 の場合), 問題 15 より, (1) と (2), （3） の同値が従う. ただし開基は準基でもあることに注意. また, 注意 49, 問題 17 (の n = 1 の場合), 問題 25 より (1) と (4) の同値が従う.
定理 51. f, g : X → R を実連続関数とする. このとき
(1) 和 f + g : X → R, x 7→ f(x) + g(x).
(2) 差 f − g : X → R, x 7→ f(x)− g(x).
(3) c ∈ R を定数としたとき, 定数倍 cf : X → R, x 7→ cf(x).
(4) 積 fg : X → R, x 7→ f(x)g(x).
(5) g が 0 を値としてとらないとき, 商 fg: X → R, x 7→ f(x)/g(x).
も実連続関数となる.
証明. 上の定理のいずれかの条件を確かめればよい. 例えば (1) なら, 定理 50-(3) に着目して (f + g)−1((a,∞), (f + g)−1((−∞, a)) が開集合であることを言えば良い. 実際
(f + g)−1((a,∞)) = {x ∈ X | a < f(x) + g(x)}
=∪b∈R
{x ∈ X | b < f(x)} ∩ {x ∈ X | a− b < g(x)}
=∪b∈R
f−1((b,∞)) ∩ g−1((a− b,∞))
34
ここで f−1((b,∞)), g−1((a− b,∞)) の二つは開集合なので共通部分も開集合. それらの和集合も開集合. (f + g)−1((−∞, a)) も同様に示せる.
(3) は (4) の特別な場合 (g が定値写像).
(2) は (1) と (3) の c = −1 の場合の組み合わせより.
(4), (5) は場合分けが少々複雑だが, やはり同様の議論ができる (教科書には別解がある).
例えば a > 0 であれば
(fg)−1((a,∞))
=
[∪b>0
f−1((b,∞)) ∩ g−1((a/b,∞))
]∪[∪b<0
f−1((−∞, b)) ∩ g−1((−∞, a/b))
]
a = 0 であれば
(fg)−1((0,∞)) =[f−1((0,∞)) ∩ g−1((0,∞))
]∪[f−1((−∞, 0)) ∩ g−1((−∞, 0))
]と書ける.
35
10 連続写像 (2)
引き続き, 写像 f : (X,OX)→ (Y,OY ) の “位相的な” 性質を調べる.
10.1 開写像, 閉写像
定義 52. (1) f が 開写像 def⇔ ∀O ∈ OX , f(O) ∈ OY .
(2) f が 閉写像 def⇔ ∀O ∈ FX , f(O) ∈ FY .
問題 26. 実定数関数 f : R→ R, x 7→ c (c ∈ R は定数) を考える.
(1) f は連続写像であることを確かめよ.
(2) f は閉写像であることを確かめよ.
(3) f は開写像でないことを確かめよ.
略解. (1) 問題 24 より.
(2) f(F ) =
{∅ (F = ∅){c} (F = ∅)
. 問題 21 よりこれらは閉集合.
(3) 例えば f((0, 1)) = {c} /∈ OR1 .
補題 53. 3 つの位相空間 X,Y, Z と, 写像 f : X → Y , g : Y → Z を考える.
(1) f, g が連続写像なら g ◦ f も連続写像.
(2) f, g が開写像なら g ◦ f も開写像.
(3) f, g が閉写像なら g ◦ f も閉写像.
証明. (1) (g◦f)−1(O) = f−1(g−1(O))よりO ∈ OZ ⇒ g−1(O) ∈ OY ⇒ (g◦f)−1(O) ∈ OX .
(2), (3) も (g ◦ f)(M) = g(f(M)) を使って同様に示せる.
10.2 同相写像と位相空間の同相
定義 54. X,Y を位相空間とする.
(1) 写像 f : X → Y が 同相写像 def⇔ f は全単射, かつ, f, f−1 が連続写像.
またこのとき記号 f : X≈→ Y (または f : X
≃→ Y ) で表す.
(2) X,Y が 同相 (または 位相同型)def⇔ 同相写像 f : X → Y が存在する.
またこのとき記号 X ≈ Y (または X ≃ Y ) で表す.
36
練習 27. f : X → Y が同相写像であることは,以下とそれぞれ同値であることを確かめよ.
(1) f は全単射, かつ, f が連続写像, かつ, f が開写像.
(2) f は全単射, かつ, f が連続写像, かつ, f が閉写像.
略解. f が全単射かつ連続写像という条件下で
f が閉写像 ⇔ f−1 が連続 ⇔ f が開写像
を言えばよい. 実際, f が全単射より (f−1)−1(M) = f(M) であるから
f−1 が連続 ⇔ [O ∈ OX ⇒ (f−1)−1(O) ∈ OY ] ⇒ [O ∈ OX ⇒ f(O) ∈ OY ] f が開写像
となる. 閉写像の方も定理 46-(2) より同様に言える.
注意 55. 写像 f : X → Y が全単射であれば
X ←→ Y
x 7→ f(y)
f−1(y) ← [ y
により, X の元と Y の元が一対一対応となり
X,Y を集合として同一視
することができる. さらに f, g := f−1 が連続であれば
OX ←→ OY
O 7→ f(O) (= g−1(O))
f−1(O) ←[ O
により, X の開集合と Y の開集合も一対一対応となり
(X,OO), (Y,OY ) を位相空間として同一視
することができる.
問題 28. 同相は同値関係になる. すなわち
(1) X ≈ X.
(2) X ≈ Y ⇒ Y ≈ X.
(3) X ≈ Y , Y ≈ Z ⇒ X ≈ Z.
が成り立つことを示せ.
略解. (1) 恒等写像 idX が同相写像であることを言えばよい. 実際
• idX は全単射.
37
• idX は連続写像 (∵ 問題 24-(5))
• idX の逆写像は再び idX で, 連続写像.
(2) f : X → Y が同相写像であるときに f−1 : Y → Z も同相写像であることを言えばよい. 実際
f は全単射
f は連続
f−1 は連続
⇒
f−1 は全単射
f−1 は連続
(f−1)−1 = f は連続
.
(3) f : X → Y , g : Y → Z が同相写像であるときに g ◦ f : Z → Z も同相写像であることを言えばよい. 実際
f, g は全単射
f, g は連続
f−1, g−1 は連続
⇒
g ◦ f は全単射g ◦ f は連続(g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1 は連続
.
連続性に関しては補題 53-(1) より. 全単射に関しては有名な命題.
問題 29. 同相写像により, 位相的な性質が移りあう. 例えば f : X → Y が同相写像であれば
(1) M ⊂ X に対し M ∈ OX ⇔ f(M) ∈ OY .
(2) M ⊂ X に対し f(M◦) = f(M)◦.
(3) x ∈ X, M ⊂ X に対し x ∈M ⇔ f(x) ∈ f(M).
などが成り立つ. 確かめてみよ.
略解. (1) (⇐) f が連続より. (⇒) f−1 が連続より.
(2) f(M)◦ = ∪f(M)⊃O∈OYO
(1)= ∪f(M)⊃f(U), U∈OX
f(U) = ∪M⊃U∈OXf(U)
= f(∪M⊃U∈OXU) = f(M◦).
(3) 例えば問題 10-(2) を使える.
38
11 誘導位相 (1)
問題� �集合 X に入るべき位相構造は？� �
ユークリッド空間 Rn には “距離” という付加構造が入っていたので, その付加構造から自然な位相構造を考えることができた. X 自身に良い付加構造がない場合, 他の位相空間から “位相を誘導” してくることがある. 具体的には
(標準的な) 位相空間 (Y,OY ) と, (自然な) 写像 f : X → Y
が与えられたとき, X に “自然な位相” を入れれば
f は連続写像になるべきである
と考える. X に離散位相を入れれば, f は常に連続であった. ここからもっと開集合の個数を減らして, ギリギリの状態にしたものが f による 誘導位相 である. すなわち
定義 56. X を非空集合とする. 位相空間 (Y,OY )と, 写像 f : X → Y による誘導位相を
f : (X,O)→ (Y,OY ) を連続写像とする最弱の位相
と定める.
定理 57. 位相空間 (Y,OY ) と, 写像 f : X → Y による誘導位相は
O = {f−1(O) | O ∈ OY }
となる.
証明. 求める位相は, §6.1 の “位相の下限” でみたように∩O: X の位相構造
f : (X,O)→(Y,OY ) は連続
O =∩
O: X の位相構造O∈OY ⇒f−1(O)∈O
O =∩
O: X の位相構造{f−1(O)|O∈OY }⊂O
O
と一致する. ここで {f−1(O) | O ∈ OY } 自体が X 上の位相構造 (下の問題) なので, これが求めるものである.
問題 30. O := {f−1(O) | O ∈ OY } が X 上の位相構造となることを示せ.
略解. (1) ∅, Y ∈ OY , f−1(∅) = ∅, f−1(Y ) = X ⇒ ∅, X ∈ O.
(2) U1, U2 ∈ O⇔ ∃O1, O2 ∈ OY s.t. f−1(O1) = U1, f−1(O2) = U2
⇒ O1 ∩O2 ∈ OY , f−1(O1 ∩O2) = f−1(O1) ∩ f−1(O2) = U1 ∩ U2 ⇒ U1 ∩ U2 ∈ O.
(3) (2) と同様.
なお, 幾つかの写像 fλ : X → Yλ を同時に考えたり, X,Y の役割を入れ替えたりしたものも 誘導位相 と呼ぶ. これから特に, 3 パターンの誘導位相を詳しく見ていく.
39
11.1 相対位相, 部分空間
この小節では
• (X,O) を位相空間.
• A ⊂ X を部分集合.
• i : A ↪→ X, a 7→ a を自然な単射.
とする.
定義 58. A における O の 相対位相 を
O|A := {O ∩ A | O ∈ O}
で定める. また, 位相空間 (A,O|A) を (X,O) の 部分空間 と呼ぶ.
注意 59. 相対位相 O|A は, f として自然な単射 i : A ↪→ X を取ったとき, 定理 57 の誘導位相と一致している (∵ i−1(O) = {a ∈ A | i(a) = a ∈ O} = O ∩ A). すなわち
相対位相 = “自然な単射 i : (A,O|A) ↪→ (X,O) を連続写像にする最弱の位相”
である.
補題 60. 部分空間 (A,O|A) ⊂ (X,O) を考える. 以下が成り立つ.
(1) M ⊂ A が閉集合 ⇔ ∃F ∈ F s.t. M = F ∩ A.ただし F は X の閉集合系とする.
(2) M ⊂ A が a ∈ A の近傍 ⇔ ∃V ∈ N(a) s.t. M = V ∩ A.ただし N(a) は a ∈ A ⊂ X の X における近傍系とする.
証明. (1)M ⊂ Aが閉集合⇔ “M の Aでの補集合” = A−M ∈ O|A ⇔ ∃O ∈ O s.t. A−M = O ∩ A. ここで最後の条件を X での補集合で考えると
• O ∈ O⇔ F := Oc ∈ F.
• (A−M)c = X − (A−M) = (X − A)⨿M .
• (O ∩ A)c = X − (O ∩ A) = (X − A)⨿(A ∩Oc).
に注意して ⇔ ∃F ∈ F s.t. M = F ∩ A が分かる.
(2) M が a ∈ A の近傍 ⇔ ∃U ∈ O|A s.t. a ∈ U ⊂M ⇔ ∃O ∈ O s.t. a ∈ O ∩ A ⊂M と変形しておく.
(⇒) V := O∪M とおけば a ∈ O ⊂ V , O ∈ Oより V ∈ N(a). また V ∩A = (O∪M)∩A =
(O ∩ A) ∪ (M ∩ A) O∩A⊂M,M⊂A= M .
(⇐) V ∈ N(a) ⇒ ∃O ∈ O s.t. a ∈ O ⊂ V . よって a ∈ O ∩ A ⊂ V ∩ A = M ,
O ∩ A ∈ O|A.
40
問題 31. (1) A ⊂ X が開集合であるとき, 部分空間 (A,O|A) は 開部分空間 と呼ばれる. 開部分空間 (A,O|A) の部分集合 M ⊂ A に対して
M が A の開集合 ⇔ M が X の開集合
となることを確かめよ.
(2) A ⊂ X が閉集合であるとき, 部分空間 (A,O|A) は 閉部分空間 と呼ばれる. 閉部分空間 (A,O|A) の部分集合 M ⊂ A に対して
M が A の閉集合 ⇔ M が X の閉集合
となることを確かめよ.
略解. (1) (⇒) M ∈ O|A ⇔ ∃O ∈ O s.t. M = O ∩ A A∈O⇒ M ∈ O.
(⇐) M ∈ O⇒M ∩ A ∈ O|A. ここで M ⊂ A という前提条件から M =M ∩ A ∈ O|A.
(2) も同様.
問題 32. 1 次元ユークリッド空間 (R,OR1) の部分空間 ([0, 1),OR1|[0,1)) を考える. ここで [0, 1) := {a ∈ R | 0 ≥ a < 1} である. 以下の [0, 1) の部分集合 (a) ∼ (h) を,
([0, 1),OR1|[0,1)) において,
開集合だが閉集合でない, 閉集合だが開集合でない,
開集合かつ閉集合, 開集合でも閉集合でもない
に分類せよ.
(a) [0, 1). (b) (0, 1). (c) [0, 12]. (d) (0, 1
2]. (e) [0, 1
2). (f) (0, 1
2). (g) [1
2, 1). (h) (1
2, 1).
略解. 開集合だが閉集合でない: (b), (e), (f), (h).
閉集合だが開集合でない: (c), (g).
開集合かつ閉集合: (a).
開集合でも閉集合でもない: (d).
A = [0, 1) とおく. (a) は [0, 1) = (−1, 1) ∩ A と書けるので開集合, [0, 1) = [0, 1] ∩ A とも書けるので閉集合. 開集合でない, 閉集合でない, を言うのはなかなか難しい. 考えてみよ. なお, 下の補題を使うと “計算” によって求められる.
補題 61. 部分空間 (A,O|A) ⊂ (X,O) と, 部分集合 M ⊂ A を考える. このとき
M の A での閉包 = (M の X での閉包)∩A.
証明. M の A での閉包 = ∩ M⊂GG は A の閉集合
G = ∩M⊂F∩AF∈FX
(F ∩ A) M⊂A= ∩M⊂F
F∈FX
(F ∩ A) =
(∩M⊂FF∈FX
F ) ∩ A (M の X での閉包)∩A.
41
注意 62. [M の A での内部 = (M の X での内部)∩A] は必ずしも成り立たない. 例えば
• 2 次元ユークリッド空間 R2 の部分集合 L := {[ xy ] | y = 0} (x 軸) を考える.
• R2 において, L の内部は ∅.∵ L に含まれる R2 の開集合は ∅ のみ.
• 部分空間 (L,OR2|L) において, L の内部は L.
∵ L に含まれる (L,OR2|L) の開集合として R2 ∩ L = L が取れる.
が分かる.
問題 32 の略解の続き. (b) (0, 1)が閉集合でないこと: (0, 1)の ([0, 1),OR1|[0,1))での閉包= ((0, 1) の R での閉包) ∩[0, 1) = [0, 1] ∩ [0, 1) = [0, 1). 自身の閉包と一致しないので閉集合でない.
(c) の [0, 12] が開集合でないこと: 補集合 (1
2, 1) が閉集合でない事を言えば良い.
定理 63. 位相空間 (X,OX), (Y,OY ) と, 写像 f : X → Y を考える.
(1) 部分空間 (A,OX |A) ⊂ (X,OX) と, 写像の定義域の制限 f |A : A→ Y , a 7→ f(a) を考える. このとき
f が連続写像 ⇒ f |A が連続写像.
(2) 部分空間 (B,OY |B) ⊂ (Y,OY ) を考え, f(X) ⊂ B と仮定する. このとき, 写像の終域の制限 g : X → B, x 7→ f(x) に対し
f が連続写像 ⇔ g が連続写像.
(3) 部分空間 (A,OX |A) ⊂ (X,OX), (B,OY |B) ⊂ (Y,OY ) を考え, f(A) ⊂ B と仮定する. このとき写像の制限 h : A→ B, a 7→ f(a) に対し
f が連続写像 ⇒ h が連続写像.
証明. (1) [O ∈ OY ⇒ f |−1A (O) ∈ OX |A]を言えばよい. 実際O ∈ OY
f は連続⇒ f−1(O) ∈ OX .
よって f |−1A (O) = {a ∈ A | f(a) ∈ O} = f−1(O) ∩ A ∈ OX |A.
(2) (⇒) U ∈ OY |B ⇔ ∃O ∈ OY s.t. U = O ∩ B. よって g−1(U) = f−1(O ∩ B) =
f−1(O) ∩ f−1(B)f(X)⊂B= f−1(O) ∩X = f−1(O)
f は連続∈ OX .
(⇐) O ∈ OY ⇒ O ∩ B ∈ OY |B ⇒ OX
g は連続∋ g−1(O ∩ B) = f−1(O ∩ B) = f−1(O) ∩
f−1(B)f(X)⊂B= f−1(O).
(3) は (1) と (2) の組み合わせにより従う: (1) より f |A : A → Y が連続で, この写像に(2) を適用する.
42
問題 33. 1 次元ユークリッド空間 (R,OR) の部分空間 (0, 1), (0, 2), (0,∞), (1,∞) を考える (それぞれ (R,OR) からの相対位相を入れる).
(1) f : (0, 1)≈→ (0, 2), x 7→ 2x を示せ.
(2) g : (0,∞)≈→ (1,∞), x 7→ x+ 1 を示せ.
(3) (0, 1) ≈ (1,∞) を示せ.
(4) (0, 1) ≈ (0,∞) を示せ.
略解. 問題 24-(3), (5), 定理 51より, “多項式関数” R → R, x 7→ 2x, R → R, x 7→ x + 1
などは連続であることに注意.
(1) 連続写像 R→ R, x 7→ 2x の制限なので f : (0, 1)→ (0, 2), x 7→ 2x は連続写像 (∵ 定理 63). これは明らかに全単射であり, 逆写像 (0, 2)→ (0, 1), x 7→ x
2も同様に連続写像.
(2) (1) と同様.
(3) 同相写像が明示されていない場合, 自分で適切な写像を考える必要がある. 例えば
h : (0, 1)→ (1,∞), x 7→ 1
x
を考える. 全単射は明らかであろう. 定理 51-(5) より (0, 1)→ R, x 7→ 1xは連続で, その
(終域の) 制限なので h も連続. 逆写像 (1,∞)→ (0, 1), x 7→ 1xも同様に連続.
(4) は (2), (3) と, 同相が同値関係であることにより従う.
難問 34. 1 次元ユークリッド空間 (R,OR), 及び, 部分空間 (0, 1) に対し
R ≈ (0, 1)
を示せ.
問題 35. 有限個からなる部分集合 A = {a1, . . . ,ak} ⊂ Rn に対し, 部分空間 (A,ORn|A)を考える. このとき A は離散空間であることを示せ.
略解. 相対位相 ORn|A が離散位相 P(A) となることを言えばよい. 実際
• 各点 ai に対し {ai} ∈ ORn|A.∵ ε := minj=1,...,k, j =i d(ai,aj) とおけば B(ai, ε) ∋ aj (j = i). 一方で B(ai, ε) ∈ORn . これらより ORn|A ∋ B(ai, ε) ∩ A = {ai}.
• 任意の M ⊂ A に対し M ∈ ORn|A.∵ M = ∪a∈A{a}
上より∈ ORn|A.
となる.
43
11.2 部分空間に関する補足
位相空間 (X,O) とその部分集合 ∅ = A ⊂ X に対し, 部分空間 (A,O|A) を考える. さらに部分集合 M ⊂ A をかとると
• 位相空間 X の部分集合としての M .
• 位相空間 (部分空間) A の部分集合としての M .
という 2 通りの見方ができる. このとき同じ集合 M でありながら, その位相的性質は変化し, 特に “境界” の場所が変わる. (その結果, 付随する性質も変化する.)
例えば 1 次元ユークリッド空間 (R,OR1) の部分空間 ([0, 1),OR1|[0,1)) を考え, 部分集合[12, 1) を考える (問題 32 の状況). この時
• [12, 1) ⊂ R としての補集合は, R− [1
2, 1) = (−∞, 1
2) ∪ [1,∞) である. よって
∂[12, 1) = “[1
2, 1), (−∞, 1
2) ∪ [1,∞) の境目” = {1
2, 1}
となる.
• [12, 1) ⊂ [0, 1) としての補集合は, [0, 1) − [1
2, 1) = [0, 1
2) である. よって, 部分空間
[0, 1) で考えると,
∂[12, 1) = “[1
2, 1), [0, 1
2) の境目” = {1
2}
となる.
その結果, 付随して
• [12, 1) ⊂ R として計算すると
[12, 1) = [1
2, 1) ∪ ∂[1
2, 1) = [1
2, 1] ⊋ [1
2, 1)
なので, [12, 1) は閉集合でない.
• [12, 1) ⊂ [0, 1) として計算すると
[12, 1) = [1
2, 1) ∪ ∂[1
2, 1) = [1
2, 1) = [1
2, 1)
なので, [12, 1) は閉集合である.
注意 64. 上記の計算は結果として正しいが, 怪しい部分もある. 例えば境界を求めるときに “感覚的な境目” を求めている. 厳密な議論をするには, 問題 32 の略解のように, 位相構造を使って計算した方が良い.
44
12 誘導位相 (2)
以下, いくつかの位相空間の 直積空間 を考える. 理解しやすいように
• 2 個の直積 X × Y
• n 個の直積 X1 × · · · ×Xn (n ∈ N)
• 一般の直積∏
λ∈ΛXλ
の順に考えるが, 当然 3 つ目に全て含まれる.
12.1 直積位相, 直積空間
定義 65. (X,OX), (Y,OY ) を位相空間とする. このとき直積集合 X × Y 上の 直積位相OX×Y を, 自然な射影
p1 : X × Y → X, (x, y) 7→ x,
p2 : X × Y → X, (x, y) 7→ y
が, 共に連続写像となる最弱の位相として定める. 位相空間 (X × Y,OX×Y ) を (X,OX),
(Y,OY ) の 直積空間 と呼ぶ.
定理 66. 直積位相 OX×Y は
{O × U | O ∈ OX , U ∈ OY }
を開基とする位相構造となる.
証明. p1 が連続 ⇔ p−11 (O) = O × Y (O ∈ OX) が開集合, p2 が連続 ⇔ p−1
2 (U) = X × U(U ∈ OY ) が開集合, に注意. これより p1, p2 が共に連続であることは, 位相構造が
M := {O × Y | O ∈ OX} ∪ {X × U | U ∈ OY }
を含むことと同値である. すなわち
OX×Y = “M で生成される位相”
となる (M が準基となる, ともいえる). よって注意 38 より, OX×Y の基底として
{O1 ∩ · · · ∩Ok | Oi ∈M}
が取れる. {O × Y | O ∈ OX} からいくつか取ってきて共通部分を取ると
(O1 × Y ) ∩ · · · ∩ (Ok × Y ) = (O1 ∩ · · · ∩Ok)× Y (O1, . . . , Ok ∈ OX)
45
となり, 結局 O × Y (O ∈ OX) の形になる. {X × U | U ∈ OY } も同様である. 結局
O1 ∩ · · · ∩Ok
=
O × Y (Oi は全て {O × Y | O ∈ OX} から取る)
X × U (Oi は全て {X × U | U ∈ OY } から取る)
(O × Y ) ∩ (X × U) = O × U (上記以外)
(O ∈ OX , U ∈ OY )
の形となる. X ∈ OX , Y ∈ OY であるから, これらはまとめて O×U (O ∈ OX , U ∈ OY )
と書ける.
定義 67. (X1,O1), . . . , (Xn,On) を位相空間とする (n ∈ N). 直積位相 OX1×···×Xn を, 自然な射影
pi : X1 × · · · ×Xn → Xi, (x1, . . . , xn) 7→ xi (i = 1, . . . , n)
が全て連続写像となる最弱の位相として定義する. またこのとき, 位相空間 (X1 × · · · ×Xn,OX1×···×Xn) を 直積空間 と呼ぶ.
定理 68. 直積位相 OX1×···×Xn は
{O1 × · · · ×On | Oi ∈ Oi}
を開基とする位相構造となる.
証明. 先ほどと同様の証明である.
pi が連続 ⇔ p−1i (Oi) = X1 × · · · ×Xi−1 ×Oi ×Xi+1 × · · · ×Xn (Oi ∈ Oi) が開集合
に注意すれば, OX1×···×Xn は
M := {X1 × · · · ×Xi−1 ×Oi ×Xi+1 × · · · ×Xn | i = 1, . . . , n, Oi ∈ Oi}
により生成される位相であることが言える. 有限個 †の U1, . . . , Uk ∈ M を取ってきて共通部分を取ったものの一般形が
k∩j=1
Uj = O1 × · · · ×On (Oi ∈ Oi)
となるので題意が従う.
注意 69. 上記証明中で, 下から 3 行目 († の所) は 有限個 である必要があることに注意.
系 70. Xi の開基として Bi が与えられているとき, OX1×···×Xn の開基として
{O1 × · · · ×On | Oi ∈ Bi}
も取れる.
46
証明. M := {O1×· · ·×On | Oi ∈ Oi}, M0 := {O1×· · ·×On | Oi ∈ Bi}とおく. Bi ⊂ Oi
より M0 ⊂M (⊂ OX1×···×Xn). よって問題は
任意の O ∈ OX1×···×Xn を幾つかの Oλ ∈M0 で覆えるか？
となる. すなわち,
∀O ∈ OX1×···×Xn , ∃Oλ ∈M0 (λ ∈ Λ) s.t. O = ∪λ∈ΛOλ
を言えばよい. 一方で M は開基なので,
∀O ∈ OX1×···×Xn , ∃Oλ ∈M (λ ∈ Λ) s.t. O = ∪λ∈ΛOλ
は成り立っている. よって
各 O ∈M を, さらに幾つかの Oµ ∈M0 で覆えるか？
という問題に帰着できる. すなわち示すべきは
O = O1 × · · · ×On (Oi ∈ Oi)⇒ ∃Oλ ∈M0 (λ ∈ Λ) s.t. O = ∪λ∈ΛOλ
である. 各 Bi は Oi の基底なので
Oi = ∪λi∈ΛiOλi
(Oλi∈ Bi)
とかけており, Λ := Λ1 × · · · × Λn とおけば
O = ∪(λ1,...,λn)∈ΛOλ1 × · · · ×Oλn , Oλ1 × · · · ×Oλn ∈M0
となっている.
問題 36. R1 × · · · × R1︸ ︷︷ ︸n 個
≈ Rn を示せ. (前者は 1 次元ユークリッド空間の n 個の直積空
間, 後者は n 次元ユークリッド空間.)
略解. 自然な写像 f : R1 × · · · × R1 → Rn, (x1, . . . , xn) 7→[ x1
...xn
]は全単射である.
• 写像が連続写像 ⇔ 開基の引き戻しが開集合
• Rn の開基 = 開球全体
• R1× · · ·×R1 の開基 = [R1 の開基] × · · ·× [R1 の開基] = 開区間の n 個の直積全体
なので, 確かめるべきは
(1) f((a1, b1)× · · · × (an, bn)) ∈ ORn .
(2) f−1(B(a, ε)) ∈ OR1×···×R1 .
47
である.
(1) f((a1, b1)×· · ·×(an, bn)) = {x =
[ x1...xn
]∈ Rn | a1 < x1 < b1, . . . , an < xn < bn}に注意.
よってx ∈ f((a1, b1)× · · · × (an, bn))⇒ ε := min{min(xi − ai, bi − xi) | i = 1, . . . , n} > 0
に対して B(x, ε) ⊂ f((a1, b1)×· · ·×(an, bn)). よって任意の点 ∈ f((a1, b1)×· · ·×(an, bn))
が内点なので開集合.
(2) (x1, . . . , xn) ∈ f−1(B(a, ε))⇒ d := d(a,
[ x1...xn
]) < ε. よって (x1− ε−d√
n, x1+
ε−d√n)×· · ·×
(xn − ε−d√n, xn +
ε−d√n) ⊂ f−1(B(a, ε)). 任意の点 ∈ f−1(B(a, ε)) が内点なので開集合.
定義 71. (Xλ,Oλ) (λ ∈ Λ) を (有限個とは限らない) 位相空間とする. 直積位相 O∏λ∈Λ Xλ
を, 自然な射影
pµ :∏λ∈Λ
Xλ → Xµ, (xλ)λ∈Λ 7→ xµ (µ ∈ Λ)
が全て連続写像となる最弱の位相として定義し, (∏
λ∈ΛXλ,O∏λ∈Λ Xλ
)を直積空間と呼ぶ.
定理 72. 直積位相 O∏λ∈Λ Xλ
は{∏λ∈Λ
Oλ | ∀λ ∈ Λ, Oλ ∈ Oλ, 高々有限個の λ ∈ Λ を除いて Oλ = Xλ
}
を開基とする位相構造となる. また,各 Oλ を,それぞれの空間の開基に取り換えてもよい.
証明. 先ほどと同様に
pµ が連続 ⇔ p−1µ (Oµ) = Oµ ×
∏µ=λ∈ΛXλ (Oµ ∈ Oµ) が開集合
より, O∏λ∈Λ Xλ
は
M :=∪µ∈Λ
{∏λ∈Λ
Oλ | Oµ ∈ Oµ, λ = µ なら Oλ = Xλ}
により生成される. ここで有限個の U1, . . . , Uk ∈ M を取ってきて共通部分を考える (注意 69). ここで各 Ui =
∏λ∈ΛOλ は, 1 つの成分 µi を除いて Oλ = Xλ (λ = µi) となって
いるので, 共通部分 U1 ∩ · · · ∩ Uk は, 高々 k 個の成分 µ1, . . . , µk を除いて Oλ = Xλ となる.
定理 73. 直積空間 (∏
λ∈ΛXλ,O∏λ∈Λ Xλ
) と, 位相空間 (Y,OY ), 写像 f : Y →∏
λ∈ΛXλ を考える.
(1) 自然な射影 pµ :∏
λ∈ΛXλ → Xµ, (xλ)λ∈Λ 7→ xµ は連続写像 (µ ∈ Λ).
(2) f : Y →∏
λ∈ΛXλ が連続写像 ⇔ ∀λ ∈ Λ, pλ ◦ f : Y → Xλ が連続写像.
48
証明. (1) は定義より.
(2) (⇒) は (1) と [連続写像の合成は連続写像] より.
(⇐) f で開基を引き戻したものが開集合であることを言えばよい. すなわち
Oλ ∈ Oλ, λ1, . . . , λk 以外は Oλ = Xλ ⇒ f−1(∏λ∈Λ
Oλ) ∈ OY
を言えばよい. ここで
f−1(∏λ∈Λ
Oλ) = {y ∈ Y | f(y) = (pλ ◦ f(y))λ∈Λ ∈∏λ∈Λ
Oλ}
= ∩λ∈Λ(pλ ◦ f)−1(Oλ)
と
λ = λ1, . . . , λk(2)⇒ (pλ ◦ f)−1(Oλ) ∈ OY ,
λ = λ1, . . . , λkOλ=Xλ⇒ (pλ ◦ f)−1(Oλ) = Y
より
∩λ∈Λ(pλ ◦ f)−1(Oλ) = (pλ1 ◦ f)−1(Oλ1) ∩ · · · ∩ (pλk◦ f)−1(Oλk
) ∩ Y ∈ OY
が言える.
問題 37. 写像
f : R→ R2, t 7→ (cos t, sin t)
は連続写像であることを示せ. ただし cos t : R→ R, sin t : R→ R が連続関数であることは, 証明なしに用いてよい.
略解. 問題 36より R2 には直積位相 OR×R が入っていると思ってよい. よって定理 73-(2)
より p1 ◦ f, p2 ◦ f が連続写像であることを言えばよいが, これらは cos, sin である.
問題 38. 位相空間 (S,OS), (T,OT ), (X,OX), (Y,OY ) と連続写像 f : S → X, g : T → Y
に対し,
f × g : S × T → X × Y, (s, t)→ (f(s), g(t))
も連続写像になることを示せ.
略解. 開基の引き戻しが開集合になることを言えばよい. すなわち
O ∈ OX , U ∈ OY ⇒ (f × g)−1(O × U) ∈ OS×T
を言えばよい.
(f × g)−1(O × U) = {(s, t) ∈ S × T | (f × g)(s, t) = (f(s), g(t)) ∈ O × U}= f−1(O)× g−1(U)
を使って説明せよ.
49
補題 74. x ∈ X, y ∈ Y の基本近傍系 N0(x), N0(y)が与えらているとき, 直積空間 X×Yの点 (x, y) ∈ X × Y の基本近傍系として
{V1 × V2 | V1 ∈ N0(x), V2 ∈ N0(y)}
が取れる.
証明. (x, y) の近傍系を N((x, y)) とおく. 示すべきは
(1) V1 ∈ N0(x), V2 ∈ N0(y)⇒ V1 × V2 ∈ N((x, y)).
(2) V ∈ N((x, y))⇒ ∃V1 ∈ N0(x), V2 ∈ N0(y) s.t. V1 × V2 ⊂ V .
である.
(1) V1 ∈ N0(x)⇒ ∃O1 ∈ OX s.t. x ∈ O1 ⊂ V1. 同様に ∃O2 ∈ OY s.t. y ∈ O2 ⊂ V2. このとき
(x, y) ∈ O1 ×O2 ⊂ V1 × V2
だから題意が従う.
(2) V ∈ N((x, y)) より
∃O ∈ OX×Y s.t. (x, y) ∈ O ⊂ V.(♠)
よって定理 39 より (開基として {O1 ×O2 | O1 ∈ OX , O2 ∈ OY } を取れば)
∃O1 ∈ OX , O2 ∈ OY s.t. (x, y) ∈ O1 ×O2 ⊂ O.(♡)
定理 25 より x ∈ O1 ∈ OX ⇒ O1 ∈ N(x). 同様に O2 ∈ N(y). よって基本近傍系の定義より
∃V1 ∈ N0(x) s.t. V1 ⊂ O1, ∃V2 ∈ N0(y) s.t. V2 ⊂ O2.(♢)
よって (♠), (♡), (♢) より V1 × V2 ⊂ O1 ×O2 ⊂ O ⊂ V .
難問 39. 2 次元ユークリッド空間の原点 0 ∈ R2 の基本近傍系として, “同心円全体”
{B(0, ε) | ε > 0}
だけでなく, “同心正方形全体”
{SQ(0, ε) | ε > 0}, SQ(0, ε) := {[ xy ] | |x|, |y| < ε}
が取れることを示せ.
略解. 問題 36 と補題 74 により {{[ xy ] | |x| < ε, |y| < ε′} | ε, ε′ > 0} が基本近傍系となることが分かる. さらに SQ(0,min{ε, ε′}) ⊂ {[ xy ] | |x| < ε, |y| < ε′} より題意が従う.
50
13 誘導位相 (3)
13.1 商位相, 商空間
平面 R2 には距離関数から自然な位相構造が定義される. “折り紙” にも (R2 の部分集合 {(x, y) | |x|, |y| ≤ 1} と同一視することで) 相対位相によって自然な位相構造が入る.
では, 折り紙の辺と辺を張り合わせたような図形
• {(1, y) | |y| ≤ 1} と {(−1, y) | |y| ≤ 1} を張り合わせて “円筒” や “メビウスの輪”.
• “円筒” 状態から, さらに {(x, 1) | |x| ≤ 1} と {(x,−1) | |x| ≤ 1} を張り合わせると“ドーナツ” や “クラインの壷”.
に自然な位相構造を入れるには, どのように考えればよいであろうか.
まずは “張り合わせ” の数学的な定義 (同値関係と商集合) を復習する.
定義 75. 集合 X 上の関係 ∼ が 同値関係 であるとは, 任意の a, b, c ∈ X に対し
• 反射律 a ∼ a.
• 対称律 a ∼ b ⇒ b ∼ a.
• 推移律 a ∼ b, b ∼ c ⇒ a ∼ c.
を満たすことである. このとき元 a ∈ X の同値関係 ∼ による 同値類 とは, 次の部分集合
a := {x ∈ X | x ∼ a} ∈ P(X)
のことである. さらに集合 X の同値関係 ∼による商集合とは, 同値類全体からなる集合
X/∼ := {a | a ∈ X} ⊂ P(X) のことである.
注意 76. 商集合 X/∼ は a ∼ b を満たす二点 a, b を全て張り合わせている感じである.
だから商集合 X/∼ では, 点 a と同値な点は全て同一視して, 一点 a だとみなしている.
練習 40. 整数全体からなる集合 Z に関係 ∼ を『n ∼ m ⇔ n−m が偶数』で定義する.
なお偶数は 0,±2,±4, . . . のような数である.
(1) ∼ は同値関係であることを示せ.
(2) 2 = 4, 1 = 7 を示せ.
(3) Z/∼= {0, 1} を示せ.
練習 41. R2 の部分集合 X := {(x, y) | |x|, |y| ≤ 1} に関係 ∼ を『(x, y) ∼ (x′, y′) ⇔x = x′, y = y′ または x = 1, x′ = −1, y = y′ または x = −1, x′ = 1, y = y′ 』で定義すると同値関係になり, 商集合は “円筒” になっていることを確かめよ.
51
練習 42. R2 に関係 ∼1 を『(x, y) ∼1 (x′, y′) ⇔ y = y′, x − x′ ∈ Z』で定義すると同値関係になり, 商集合は “長い円筒” になっていることを確かめよ. また別の関係 ∼2 を『(x, y) ∼2 (x
′, y′) ⇔ x− x′, y − y′ ∈ Z』で定義すると同値関係になり, 商集合は “ドーナツ” になっていることを確かめよ.
定義 77. 集合 X に同値関係 ∼ が定義されているとする. このとき 自然な射影
π : X → X/∼ (π(a) := a)
が定義される. もし X に位相構造 O が定義されているなら, 商空間 (X/∼ ,O) が
O := {U ⊂ X/∼ | π−1(U) ∈ O}
で定義される. この O は 商位相 と呼ばれる.
問題 43. 商位相が商集合 X/∼ の位相構造を与えていることを示せ.
証明. 位相構造の定義より, 示すべきことは(1) ∅, X/∼∈ O. (2) U1, U2 ∈ O ⇒ U1 ∩ U2 ∈ O. (3) Uλ ∈ O (λ ∈ Λ) ⇒ ∪λ∈ΛUλ ∈ O.
実際『U ∈ O ⇔ π−1(U) ∈ O}』,『O は X の位相構造』を使って以下のように示せる.
(1) π−1(∅) = ∅, π−1(X/∼ ) = X ∈ O ⇒ ∅, X/∼∈ O.
(2) Ui ∈ O ⇒ π−1(Ui) ∈ O ⇒ π−1(U1 ∩ U2) = π−1(U1) ∩ π−1(U2) ∈ O ⇒ U1 ∩ U2 ∈ O.
(3) Uλ ∈ O ⇒ π−1(Uλ) ∈ O ⇒ π−1(∪λ∈ΛUλ) = ∪λ∈Λπ−1(Uλ) ∈ O ⇒ ∪λ∈ΛUλ ∈ O.
問題 44. 自然な射影 π : X → X/∼ は連続であることを示せ.
証明. U ∈ O⇒ π−1(U) ∈ O を示せばよい. 実際 U ∈ O定義⇔ π−1(U) ∈ O.
問題 45. 商位相は, 自然な射影を連続にする最強の位相, ともいえる. このことを説明してみよ.
定理 78. (1) 位相空間 X,Y と連続写像 f : X → Y , および X の同値関係 ∼ が与えられており, a ∼ b ⇒ f(a) = f(b) を満たしているとする. このとき自然な写像f : X/∼→ Y (f(x) := f(x)) が定まり, 連続となる.
(2) 位相空間 X,Y と連続写像 f : X → Y , および X, Y の同値関係 ∼X , ∼Y が与えられており, a ∼X b ⇒ f(a) ∼Y f(b) を満たしているとする. このとき自然な写像f : X/∼X→ Y/∼Y (f(x) := f(x)) が定まり, 連続となる.
証明. (1) 写像 f : X/∼→ Y , x 7→ f(x) が定義可能なのは a = b (a, b ∈ X) ⇒ a ∼ b仮定⇒ f(a) = f(b) より. 連続を言うには『∀U ∈ OY , f
−1(U) ∈ OX』を言えばよい. 実際
f = f ◦ π (∵ ∀x ∈ X, f ◦ π(x) = f(x) = f(x)) に注意すると
U ∈ OY ⇒ OX
f が連続∋ f−1(U)
f=f◦π= (f ◦ π)−1(U) = π−1(f
−1(U))
商位相の定義⇒ f−1(U) ∈ OX .
(2) 写像 f : X/∼X→ Y/∼Y , x 7→ f(x) が定義可能なのは a = b (a, b ∈ X) ⇒ a ∼X b仮定⇒
f(a) ∼Y f(b) ⇒ f(a) = f(b) より. 連続性に関しては次の順番で示せる.
52
• πY : Y → Y/∼Y , y 7→ y は連続. (∵ 問題 44.)
• πY ◦ f : X → Y/∼Y , x 7→ f(x) は連続. (∵ 連続写像の合成写像 .)
• f : X/∼X→ Y/∼Y , x 7→ f(x) は連続. (∵ (1) の Y を Y/∼Y に, f : X → Y をπY ◦ f : X → Y/∼Y に置き換えて適用する.)
難問 46. 一次元ユークリッド空間の同値関係 ∼ を a ∼ b⇔ a− b ∈ Z で定義し, 商空間を R/Z := R/∼ で表す. また二次元ユークリッド空間の部分空間 S1 := {(x, y) ∈ R2 |x2 + y2 = 1} を考える. この二つの位相空間は同相 R/Z ∼= S1 であることを示せ.
略解. (1) f1 : R→ R2, x 7→ (cos(2πx), sin(2πx)) は連続. (∵ 問題 37 と同様.)
(2) f2 : R→ S1, x 7→ (cos(2πx), sin(2πx)) は連続. (∵ (1) と定理 63-(2) より.)
(3) f3 : R/Z→ S1, x 7→ (cos(2πx), sin(2πx)) は連続. (∵ (2) と定理 78-(2) より.)
(4) f2 は開写像. (∵ 直接示す . ここが一番難しい？)
(5) f3 は開写像. (∵ U ∈ OR/Z商位相の定義⇔ π−1(U) ∈ OR (π : R→ R/Z は自然な射影)
(4)⇒ OS1 ∋ f2(π−1(U)) = f3(U).)
(6) f3 は同相写像. (∵ 連続かつ開写像かつ全単射 ⇔ 同相)
53
14 補足授業中に言いそびれたことがあれば.
54
15 期末試験� �去年度のもの� �
問題 1. (X,OX), (Y,OY ) を位相空間とする.
(1) 写像 f : X → Y を考える. f が連続写像であることの定義を書け. (幾つか同値な命題があるが, どれか一つを書けばよい.)
(2) f, g : X → R を実連続関数とする. このとき, 和 f + g : X → R, x 7→ f(x) + g(x) も実連続関数となることを示せ.
(3) f : X → Y が同相写像であるとき, 以下の同値が成り立つことを示せ: 部分集合M ⊂ X と, 点 x ∈ X に対し
x が M の内点 ⇔ f(x) が f(M) の内点.
問題 2. (1) 1 次元ユークリッド空間 (R,OR) の部分空間 (0, 1), (0, 2) を考える (それぞれ (R,OR) からの相対位相を入れる). このとき (0, 1) ≈ (0, 2) (同相) を示せ.
(2) 2 次元ユークリッド空間 (R2,OR2) を考える.
A :={[ xy ] ∈ R2 | y > 0
}とおき, 部分空間 (A,OR2|A) を考える. A の部分集合
M :={[ xy ] ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1, y > 0
}は, 部分空間 (A,OR2|A) において閉集合であることを示せ.
問題 3. (X,OX), (Y,OY ) を位相空間とし, 直積集合 X × Y に
M := {O × U | O ∈ OX , U ∈ OY }
を開基とする位相 OX×Y を入れて考える. 写像 p1 : X × Y → X, (x, y) 7→ x が連続写像であることを示せ.
問題 4. (1) 商位相, 商空間の定義を書け.
(2) (X,OX), (Y,OY )を位相空間とする. X 上の同値関係 ∼に対し, 商空間 (X/∼,OX)
と自然な射影 π : X → X/∼ を考える. また, 部分集合 B ⊂ Y に対し, 部分空間(B,OY |B) と自然な単射 i : B → Y を考える. このとき, 写像 f : X/∼ → B に対し,
以下の同値を示せ.
f が連続写像 ⇔ 合成写像 i ◦ f ◦ π : X → Y が連続写像.
(配点: 1-(1), 1-(2), 1-(3), 2-(1), 2-(2), 4-(1) は各 12 点, 3, 4-(2) は各 14 点.)
55
一般位相B
金曜 2 限 (10:40∼12:10) K506
担当教員 : 加塩 朋和 研究室 : 4号館3階E-mail : kashio [email protected]
教科書・参考書本講義は以下を参考にしました.
• 松坂和夫著「集合・位相入門」岩波書店
• 内田伏一著「集合と位相」裳華房
なお, このレジュメは LETUS (https://letus.ed.tus.ac.jp) で配布しています. 順次, 加筆・修正したものをアップロードしていく予定です.
1
目次 (まだ編集中です)
1 導入・復習 4
1.1 位相構造, 位相空間, 開集合, 閉集合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 位相的性質 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 距離空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 連結性 (1) 6
2.1 連結性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.2 連結成分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3 連結性 (2) 11
3.1 連結性の応用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.2 弧状連結 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4 コンパクト性 (1) 17
4.1 コンパクト性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
5 コンパクト性 (2) 21
5.1 チコノフの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
5.2 補足: 選択公理とツォルンの補題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
6 コンパクトハウスドルフ空間 26
6.1 コンパクト + ハウスドルフ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
6.2 Rn でのコンパクト性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
6.3 1 点コンパクト化 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
7 中間試験 31
8 分離公理 (1) 33
8.1 T1-空間, ハウスドルフ空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
8.2 正則空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
9 分離公理 (2) 38
9.1 正規空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
9.2 正規空間と実連続関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
10 距離空間 (1) 45
10.1 距離関数, 距離空間, 距離位相 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
10.2 点列の収束 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2
11 距離空間 (2) 49
11.1 距離空間の連続写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
11.2 距離関数の同値 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
11.3 部分距離空間と直積距離空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
12 距離空間 (3) 54
12.1 距離空間の正規性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
12.2 完備距離空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
13 距離空間 (4) 59
13.1 有界, 全有界 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
13.2 コンパクト距離空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
14 補足 64
14.1 ウリゾーンの距離づけ定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
15 期末試験 65
3
1 導入・復習
1.1 位相構造, 位相空間, 開集合, 閉集合
(X,O) が 位相空間 であるとは
• X は非空集合.
• O は X の 位相構造, すなわち, X の部分集合族で以下を満たすもの.
(1) ∅, X ∈ O.
(2) O1, O2 ∈ O⇒ O1 ∩O2 ∈ O.
(3) Oλ ∈ O (λ ∈ Λ) ⇒ ∪λ∈ΛOλ ∈ O.
また, 位相空間 (X,O) が与えられているとき,
• O ⊂ X が 開集合 def⇔ O ∈ O
= 境界を全く含まない集合 (O ∩ ∂O = ∅) ≒ “殻をむいたゆで卵”
• F ⊂ X が 閉集合 def⇔ F c ∈ O
= 境界を全て含む集合 (∂F ⊂ F ) ≒ “殻付きのゆで卵”
• M ⊂ X の 内部 def⇔ M o := ∪M⊃O∈O = M に含まれる最大の開集合
• M ⊂ X の 閉包 def⇔ M := ∪M⊂F∈FF = M を含む最小の閉集合
• M ⊂ X の 外部 def⇔ M e := (M c)o = M の補集合 M c の内部
• M ⊂ X の 境界 def⇔ ∂M :=M −M o ≒ “M と M c の境目”
4
1.2 位相的性質
(X,OX), (Y,OY ) が位相空間とする.
• f : X → Y が 連続写像 def⇔ ∀O ∈ OY , f−1(O) ∈ OX .
• f : X → Y が 同相写像 def⇔ f は全単射で, f, f−1 共に連続.
• 同相写像 f : X → Y が存在するとき, X,Y は 同相 である, といい, X ≈ Y で表す.
同相写像で不変な性質を 位相的性質 と呼ぶ. 一般位相では, この位相的性質が中心的な議題となる. 前期は以下を紹介した: f : X
≈→ Y に対して
M ⊂ X が x ∈ X に “触れている” (def⇔ x ∈M)
⇔ f(M) ⊂ Y が f(x) ∈ Y に “触れている”
よって [触点 ≒ 点が部分集合に “触れている”] という性質は位相的性質と言える. 後期は
• 連結 ≒ 空間や部分集合が “ひと固まり”
• コンパクト ≒ 空間や部分集合が (位相的に) “小さい”
• 分離空間 ≒ 点や部分集合が (位相的に) “区別できる”
を扱う.
1.3 距離空間
位相空間の特別な例として, 前期に ユークリッド空間 Rn を扱った. 後期はその一般化である 距離空間 を扱う.
位相空間と距離空間とユークリッド空間
の関係は, 例えるなら
動物と哺乳類と人間
の関係と同様である. 距離空間は位相空間の「例」だが, 多くの重要な位相空間が距離空間であるため, より詳しく扱う.
5
2 連結性 (1)
以下, 位相空間 (X,O) を考えるとき, 位相構造を省略して X と書くことがある. とくに, R は 1 次元ユークリッド空間 (R,OR) (OR は通常の距離関数から定まる位相) を表す.
いくつかの位相空間を考える場合には, (X,OX), (Y,OY ) のように, 位相構造に添字をつけて区別する. 閉集合系は F,FX などで表す.
2.1 連結性
定義 1. 位相空間 (X,O) が 連結 def⇔ O ∩ F = {∅, X}.
すなわち, 連結空間とは, 開かつ閉集合は自明なもの (空集合と全体) しかない空間である.
命題 2. 以下は同値.
(1) X は連結.
(2) X は開集合で 分割できない. すなわち
O1, O2 ∈ O, O1, O2 = ∅, O1 ∩O2 = ∅, X = O1 ∪O2
の形に書けない.
(3) X は閉集合で分割できない. すなわち
F1, F2 ∈ F, F1, F2 = ∅, F1 ∩ F2 = ∅, X = F1 ∪ F2
の形に書けない.
なお [A ∩B = ∅, X = A ∪B] は 非交和 の記号 [X = A⨿B] でも表せる.
証明. それぞれの否定命題の同値を言う. その際
X が連結でない ⇔ O ∩ F ∋ ∃M = ∅, X
に注意.
X が連結でないとする. このとき M ∈ O ∩ F, = ∅, X を取ると
X =M⨿
M c
とかける. このとき
M = ∅, X ⇒M c = X, ∅,M ∈ O,F⇒M c ∈ F,O
6
だから, (2), (3) の否定命題を満たしている.
次に (2) の否定:
O1, O2 ∈ O, O1, O2 = ∅, O1 ∩O2 = ∅, X = O1 ∪O2
と書けているとする. このとき
O1X=O1∪O2= Oc
2
O2∈O∈ F
でもあるから連結の否定命題を満たす. (3) も同様.
注意 3. 連結そのものより「連結でない」≒「ひと固まりでない」の方がイメージしやすいかもしれない. 式で書くと (上の命題の (3) の否定)
∃F1, F2 ∈ F s.t. F1, F2 = ∅, X = F1
⨿F2
となっている. F1 は閉集合だから F1 = F1 = F c2 , すなわち
F2 には, F1 に触れている点が含まれていない
ことが分かる. F1, F2 を逆にしても同じことが言える. すなわち
X は, 互いに触れていない集合 F1, F2 の和集合
として書けている.
問題 1. (1) 密着空間は連結であることを示せ.
(2) 2 点以上からなる離散空間は連結でないことを示せ.
(3) R の部分空間 {0}c = {x ∈ R | x = 0} は連結でないことを示せ.
略解. (1) O = F = {∅, X} だから, 非自明な開かつ閉集合が存在しない.
(2) 2 点以上あれば, 集合として二つに分割できる: X = A⨿B. そして離散空間であれ
ば, 任意の部分集合が開集合.
(3) {0}c = (−∞, 0)⨿(0,∞).
定義 4. 位相空間 (X,O) の部分集合 M が 連結 def⇔ 部分空間 (M,O|M) が連結.
また M ⊂ X に対し以下は同値である (∵ 相対位相 O|M の定義).
(1) M は連結な部分集合でない.
(2) ∃O1, O2 ∈ O s.t. O1 ∩M = ∅, O2 ∩M = ∅, O1 ∩O2 ∩M = ∅, M ⊂ O1 ∪O2.
(3) ∃F1, F2 ∈ F s.t. F1 ∩M = ∅, F2 ∩M = ∅, F1 ∩ F2 ∩M = ∅, M ⊂ F1 ∪ F2.
定理 5. f : X → Y を連続写像とする. このとき M ⊂ X が連結であれば f(M) も連結.
7
証明. 対偶を考える. f(M) が連結でなければ
∃U1, U2 ∈ OY s.t. Ui ∩ f(M) = ∅ (i = 1, 2), U1 ∩ U2 ∩ f(M) = ∅, f(M) ⊂ U1 ∪ U2
と書ける. f が連続より f−1(U1), f−1(U2) ∈ OX であり,
Ui ∩ f(M) = ∅ ⇒ ∃mi ∈M s.t. f(mi) ∈ Ui ⇒ mi ∈ f−1(Ui) ∩M ⇒ f−1(Ui) ∩M = ∅,f−1(U1) ∩ f−1(U2) ∩M ⊂ f−1(U1 ∩ U2 ∩ f(M)) = f−1(∅) = ∅,f(M) ⊂ U1 ∪ U2 ⇒M ⊂ f−1(U1 ∪ U2)
が分かり, M が連結に矛盾する.
系 6. 連結性は “位相的性質” である. すなわち f : X ≈ Y が同相であるとき
(1) X が連結空間 ⇔ Y が連結空間.
(2) M ⊂ X が連結集合 ⇔ f(M) ⊂ Y が連結集合.
定理 7. N ⊂ X が連結で, M ⊂ X が N ⊂M ⊂ N を満たせば M も連結である. とくに連結集合の閉包は連結である (∵ M として N を考える).
証明. まず, 条件 N ⊂M ⊂ N より, 任意の閉集合 F ∈ F に対して
N ⊂ F ⇔M ⊂ F(⋆)
が成り立つことに注意. 実際 N ⊂M より (⇐) が成り立ち, 逆は
N ⊂ F ⇒ N = “N を含む最小の閉集合” ⊂ FM⊂N⇒ M ⊂ F
で従う.
定理の主張の対偶を考える. M が連結でなければ
∃F1, F2 ∈ F s.t. F1 ∩M = ∅, F2 ∩M = ∅, F1 ∩ F2 ∩M = ∅, M ⊂ F1 ∪ F2
と書ける. このとき
F1 ∩ F2 ∩NN⊂M⊂ F1 ∩ F2 ∩M = ∅,
M ⊂ F1 ∪ F2(⋆)⇒ N ⊂ F1 ∪ F2
となる. もし F1 ∩N = ∅ なら
N ⊂ F1 ∪ F2F1∩N=∅⇒ N ⊂ F2
(⋆)⇒M ⊂ F2 ⇒ ∅ = F1 ∩ F2 ∩M = F1 ∩M
となり矛盾. 同様に F2 ∩N = ∅ でも矛盾し, N が連結でないことになる.
定理 8. 部分集合族 Mλ ⊂ X (λ ∈ Λ) が
8
• 各 Mλ は連結.
• 任意の二つは共通部分をもつ: Mλ ∩Mµ = ∅ (λ, µ ∈ Λ).
を満たすとする. このとき和集合 M := ∪λ∈ΛMλ も連結.
証明. 背理法. M が非連結, すなわち
∃O1, O2 ∈ O s.t. O1 ∩M = ∅, O2 ∩M = ∅, O1 ∩O2 ∩M = ∅, M ⊂ O1 ∪O2
と仮定する. すると各 Mλ ⊂M も O1 ∩O2 ∩Mλ = ∅, Mλ ⊂ O1 ∪O2 となり, Mλ の連結性より
∀λ ∈ Λ, O1 ∩Mλ = ∅ 又は O2 ∩Mλ = ∅.(⋆)
が言える. もし, ずっと O1 ∩Mλ = ∅ であれば O1 ∩M = ∪λ∈Λ(O1 ∩Mλ) = ∅ で最初の仮定に矛盾. よってある µ で O1 ∩Mµ = ∅. すると自動的に
O1 ∩Mµ = ∅(⋆)⇒ O2 ∩Mµ = ∅ Mµ⊂M⊂O1∪O2⇒ ⇒Mµ ⊂ O1
を得る. さらに任意の二つは共通部分をもつから ∀λ ∈ Λ, Mµ ∩Mλ = ∅. 合わせて
∀λ ∈ Λ, O1 ∩Mλ ⊃Mµ ∩Mλ = ∅, とくに O1 ∩Mλ = ∅.
再び (⋆) より ∀λ ∈ Λ, O2 ∩Mλ = ∅ となり, O2 ∩M = ∪λ∈Λ(O2 ∩Mλ) = ∅ で, やはり最初の仮定に矛盾.
問題 2. 位相空間 X に対し, 以下は同値であることを示せ.
(1) X は連結でない.
(2) 2 点からなる離散空間 (Y = {a, b},OY = P(Y )) への全射連続写像 f : X → Y が存在する.
略解. (1) ⇒ (2): O1, O2 ∈ O, O1, O2 = ∅, O1 ∩O2 = ∅, X = O1 ∪O2 と書けたとすると
f : X → Y, x 7→
{a (x ∈ O1)
b (x ∈ O2)
が連続写像となる.
(1) ⇐ (2): 全射連続写像 f : X → Y が存在すれば
O1 := f−1({a}), O2 := f−1({b})
とおけば O1, O2 ∈ O, O1, O2 = ∅, O1 ∩O2 = ∅, X = O1 ∪O2 となる.
9
2.2 連結成分
定義 9. X 上の関係 ∼ を
x ∼ ydef⇔ x, y を含む連結部分集合が存在
と定める. これは同値関係になり, 各点 x ∈ X の同値類 Cx を考えることができる. 部分集合 M ⊂ X で M = Cx の形にかけるものを 連結成分 と呼ぶ.
問題 3. 上の定義中の関係 ∼ が同値関係になることを示せ.
略解. x ∼ xを言うには [xを含む連結部分集合の存在]を言えば良い. 実際, 一点集合 {x}が連結である事がしめせる.
x ∼ y ⇒ y ∼ x は [x, y を含む連結部分集合の存在] ⇒ [y, x を含む連結部分集合の存在]
なので自明であろう.
x ∼ y, y ∼ z ⇒ x ∼ z を言うには [x, y を含む連結部分集合 L, y, z を含む連結部分集合M の存在] ⇒ [x, z を含む連結部分集合 N の存在] を言えば良い. N := L ∪M とおいて定理 8 が使える.
定理 10. x ∈ X に対し, 連結成分 Cx は
Cx =∪
連結部分集合 C⊂X s.t. x∈C
C
と書ける. とくに Cx は x を含む最大の連結部分集合である. また閉集合である.
証明. 連結部分集合 C ⊂ X s.t. x ∈ C に対して, 連結成分の定義より
y ∈ C ⇒ x ∼ y ⇒ y ∈ Cx
である. とくに Cx ⊃∪連結 C⊂X s.t. x∈C C. 逆に, やはり連結成分の定義より
y ∈ Cx ⇔ ∃連結 C ⊂ X s.t. x, y ∈ C ⇒ y ∈∪
連結 C⊂X s.t. x∈C
C
も言える. よって Cx =∪連結 C⊂X s.t. x∈C C.
次に∪連結 C⊂X s.t. x∈C C も [x を含む連結部分集合] であることが言えれば, 明らかに最大
のものである. x を含むのは明らか. 連結性は, 任意の二つは共通部分 x をもつので, 定理8 より従う.
最後に閉集合であることを言う. Cx は連結なので, その閉包 Cx も連結 (∵ 定理 7). よって Cx の最大性より Cx ⊃ Cx. 逆の包含関係は一般に成立している.
10
3 連結性 (2)
3.1 連結性の応用
定理 11. いくつかの位相空間 Xλ (λ ∈ Λ) に対し
直積空間 X :=∏
λ∈ΛXλ が連結 ⇔ ∀λ ∈ Λ, Xλ が連結.
証明. (⇒) 自然な射影 pλ : X → Xλ は全射連続であった. よって定理 5 より.
(⇐) 有限個の直積なら比較的簡単 (演習問題とする). 以下無限個の直積を考える.
X = O⨿
U, ∅ = O,U ∈ OX
と書けたとして矛盾を導く. なお直積位相の (開基の) 定義より,
O ⊃ B :=n∏
i=1
Oλi×
∏λ∈Λ,=λ1,...,λn
Xλ (Oλi∈ OXλi
)
の形に書ける. このとき
(a) x = (xλ)λ∈Λ, y = (yλ)λ∈Λ ∈ X に対し
|{λ ∈ Λ | xλ = yλ}| <∞⇒ x ∼ y.
∵ {λ ∈ Λ | xλ = yλ} = {λ1, . . . , λn} と書く. 自然な単射
ι :n∏
i=1
Xλi→ X, (sλi
)i=1,...,n 7→ t = (tλ)λ∈Λ s.t. tλ =
{sλi
(λ = λi)
xλ = yλ (λ = λ1, . . . , λn)
は連続写像になる. 有限個の場合より∏n
i=1Xλiは連結なので, その像 ι(
∏ni=1Xλi
) も連結. また明らかに x, y ∈ ι(
∏ni=1Xλi
).
(b) ∀x = (xλ)λ∈Λ ∈ X, ∃y = (yλ)λ∈Λ ∈ B s.t. x ∼ y.
∵ B の定義により, y ∈ B の λ1, . . . , λn 成分以外は任意に取れる. とくに {λ ∈ Λ | xλ =yλ} = {λ1, . . . , λn} とできるので (a) より従う.
(c) (b) ⇒ X ⊂ OO∩U=∅⇒ U = ∅ となり, 仮定に矛盾.
∵ (b) ⇒ X ⊂ O のみ非自明. x = (xλ)λ∈Λ /∈ O とする. (b) より ∃y = (yλ)λ∈Λ ∈ B ⊂ O
s.t. x ∼ y. とくに
∃連結な C ⊂ X s.t. x, y ∈ C.
一方で
C ⊂ X = O ∪ U, U ∩ C = ∅ (∵ ∋ x), O ∩ C = ∅ (∵ ∋ y), O ∩ U ∩ C = ∅
と書けるので, C の連結性に矛盾.
11
問題 4. 以下を示せ.
(1) X,Y が連結空間 ⇒ X × Y が連結空間.
(2) X1, . . . , Xn が連結空間 ⇒∏n
i=1Xi が連結空間.
略解. (1) 以下のように議論を帰着させる：
(a) 任意の 2 点 (x, y), (x′, y′) ∈ X × Y に対し, (x, y) ∼ (x′, y′) を言えばよい.
∵ 任意の点 (x′, y′) が, 連結成分 C(x,y) に含まれることになり, X × Y = C(x,y) は一つの連結成分.
(b) (x, y) ∼ (x′, y) を言えば十分.
∵ X,Y の役割を入れ替えて (x′, y) ∼ (x′, y′) も言えて, ∼ は同値関係であったから (a)
を得る.
(c) このためには
ι : X → X × Y, x 7→ (x, y) (y は固定)
が連続写像であることを言えばよい.
∵ もし言えれば , 連結空間の像 ι(X) は連結であり, (x, y), (x′, y) ∈ ι(X).
ι の連続性は X × Y の開基 O × U (O ∈ OX , U ∈ OY ) に対して
ι−1(O × U) =
{O (y ∈ U)∅ (y /∈ U)
∈ OX
より従う.
(2) n に関する帰納法. n = 1 は自明で n = 2 は (1) より. n− 1 のとき成立するとすると∏n−1i=1 Xi が連結で, さらに n = 2 の場合より
∏ni=1Xi = (
∏n−1i=1 Xi)×Xn も連結.
定理 12. R は連結.
証明のアイデア: R = F1
⨿F2, ∅ = F1, F2 ∈ FR と閉集合で分割できたとすると, F1, F2
の “境目の点” (証明中の c) がどちらにも含まれることになり, 非交和に矛盾する.
実数の連続性 (完備性): ∅ =M ⊂ R が上 (または下) に有界であれば, M は上限 (または下限) を持つことが知られている.
証明. R = F1
⨿F2, ∅ = F1, F2 ∈ FR と書けたとして矛盾を導く. 空集合でないので
∃ai ∈ Fi. また非交和なので a1 = a2. このとき (必要なら F1, F2 を取り換えて) a1 < a2としてよい. このとき
F1 ∩ (−∞, a2)
12
は空集合でなく (∵ a1 ∈ F1 ∩ (−∞, a2)) 上に有界 (∵ a2 が上界を与える) なので上限c ∈ R をもつ. すなわち
(♯) a ∈ F1 ∩ (−∞, a2)⇒ a < c,
(♭) ε > 0⇒ (c− ε, c) ∩ F1 ∩ (−∞, a2) = ∅,(♮) c ≤ a2 (∵ a2 は上界の一つで, 上限は最小の上界).
(♭) より
∀ε > 0, (c− ε, c+ ε) ∩ F1 = ∅, i.e., c ∈ F1閉集合= F1
が分かる. もし c = a2 なら ∈ F1 ∩ F2 となり矛盾. よって (♮) と合わせて
c < a2
を得た. さらに (♯) の対偶から
a ∈ (c, a2)⇒ a ∈ (F1 ∩ (−∞, a2))c = F c1 ∪ (−∞, a2)c = F2 ∪ [a2,∞)
a∈(c,a2)⇒ a ∈ F2
が分かる. とくに
∀ε > 0, (c− ε, c+ ε) ∩ F2 = ∅上と同様⇒ c ∈ F2
となる. c ∈ F1 ∩ F2 となり矛盾.
系 13. (1) 任意の有限区間 (a, b), [a, b], (a, b], [a, b) ⊂ R は連結集合である.
(2) 任意の無限区間 (a,∞), (−∞, b], etc, も連結集合である.
(3) Rn は連結空間である.
証明. (1) 任意の開区間と R は同相であった (∵ 例えば f(x) = x1−x2 : (−1, 1)
≈→ R). よって R が連結なので, 任意の開区間も連結. 他の区間は定理 7 より従う.
(2) (a,∞) = ∪n∈N(a, a+ n) と書ける. よって (1) と定理 8 より従う. ほかの区間も同様.
(3) 連結空間の直積空間なので連結.
定理 14. R の連結部分集合は, 全体 R, 一点集合, 有限区間, 無限区間のみである.
証明. 一点集合が連結なのは自明であろう. M ⊂ R は 2 点以上からなる連結集合とする.
一旦次の Claim を認める.
Claim. a, b ∈M ⇒ [a, b] ⊂M .
13
以下場合分け:
M が上下に有界のとき: a = infM , b := supM とおく. 明らかに
M ⊂ [a, b].
一方で, 任意の ε > 0 に対して [a, a+ ε) ∩M ∋ ∃a′ε, (b− ε, b] ∩M ∋ ∃b′ε だから
∀ε > 0, [a+ ε, b− ε] ⊂ [a′ε, b′e]
Claim⊂ M , i.e., (a, b) ⊂M
を得る. 合わせて
(a, b) ⊂M ⊂ [a, b],
すなわち M = (a, b), (a, b], [a, b), [a, b] のいずれかである.
M が有界でないとき: 例えば −∞ < a = infM , supM =∞ なら明らかに
M ⊂ [a,∞)
と
∀n ∈ N, ∃bn > n s.t. bn ∈M
が従う. 後者から, 上と同様の議論で (a, bn) ⊂M が導け, 結果
(a,∞) = ∪n∈N(a, bn) ⊂M ⊂ [a,∞), i.e., M = (a,∞), [a,∞) のいずれか
となる. 他の場合も同様.
Claim の証明: 背理法. もし [a, b] ⊂M なら
∃c ∈ [a, b] s.t. c /∈M.
このとき
M ⊂ (−∞, c)⨿
(c,∞), M ∩ (−∞, c) ∋ a, M ∩ (c,∞) ∋ b
と書けるので連結性に矛盾.
系 15 (中間値の定理). X を連結空間, f : X → R を連続写像とする. 2 点 x1, x2 ∈ X での値 f(x1), f(x2) が f(x1) < f(x2) を満たすとき, f(x1) < y < f(x2) となる任意の y に対し, f(x) = y となる x ∈ X が存在する.
証明. f(X) は連結空間の像なので連結. よって上の定理より f(X) は一つの区間になっている. とくに f(x1), f(x2) ∈ f(X)⇒ [f(x1), f(x2)] ⊂ f(X) であり, 題意が従う.
問題 5. 部分空間 M ⊂ R で R と同相なものは
14
• R.
• (a, b) (a, b ∈ R, a < b).
• (a,∞) (a ∈ R).
• (−∞, b) (b ∈ R).
のみであることを示せ.
証明のアイデア. X と Y が同相でないことをいうには, 多くの場合, 位相的性質が異なることを言えば良い. 今は
X が連結で Y が連結でなければ X ≈ Y
が使える.
略解. 教科書 p207, 問題 15, 解答は p313.
3.2 弧状連結
定義 16. X を位相空間とする. 閉区間 [0, 1] を考える.
(1) 連続写像 f : [0, 1]→ X の像を 弧 と呼ぶ. よりくわしく, a := f(0), b := f(1) とおいたとき, f([0, 1]) ⊂ X を a, b を結ぶ弧と呼ぶ.
(2) 任意の 2 点 a, b ∈ X を結ぶ弧が存在するとき, X は 弧状連結 である, という.
(3) 部分集合 M が, 部分空間として弧状連結であるとき, M は弧状連結 (な部分集合)
である, という.
問題 6. 2 点 a, b ∈ X を結ぶ弧が存在するとき a ∼ b と書くことにする. ∼ は同値関係であることを示せ.
略解. a ∼ b ⇒ b ∼ a は f : [0, 1]→ X が連続写像であるとき
g : [0, 1]→ X, t 7→ f(1− t)
も連続写像であること (易) から従う.
a ∼ b, b ∼ c ⇒ a ∼ c は, f : [0, 1]→ X, g : [0, 1]→ X が連続写像であるとき
h : [0, 1]→ X, t 7→
{f(2t) (t ∈ [0, 1
2])
g(2t− 1) (t ∈ [12, 1])
が連続写像であること (やや難？だが, ここでは使ってよいことにする) から従う.
15
定理 17. (1) X の任意の弧は連結である.
(2) 弧状連結であれば連結である.
証明. (1) 区間は連結だったので, その像である弧も連結.
(2) 点 x ∈ X を含む連結成分 Cx は
Cx =∪
連結な C⊂X s.t. x∈C
C
と書けた. 任意の y ∈ X に対して x, y を結ぶ弧 Ax,y が存在し, とくに
Ax,y ⊂ X は連結で x, y ∈ Ax,y
となっている. よって Cx は任意の y ∈ X を含むことになり, X = Cx は連結である.
難問 7. R2 の部分集合
M := {(0, y) | 0 < y ≤ 1} ∪ {(x, 0) | 0 < x ≤ 1} ∪
(∪n∈N
{( 1n, y) | 0 < y ≤ 1}
)
を考える.
(1) M のおおよその形を書け.
(2) M が連結であることを示せ.
(3) M が弧状連結でないことを “説明” せよ.
略解. 教科書 p205–206 参照 (弧状連結でないことをキッチリ示すのは難？).
16
4 コンパクト性 (1)
4.1 コンパクト性
定義 18. (1) X の部分集合族 {Mλ}λ∈Λ が, 部分集合 M ⊂ X の 被覆 であるとは
M ⊂ ∪λ∈ΛMλ
を満たすことである. なお M = X のとき, X ⊃ Mλ は自明なので, X ⊂ ∪λ∈ΛMλ
は自動的に X = ∪λ∈ΛMλ となることに注意.
(2) 有限個からなる被覆 (|Λ| < ∞) は 有限被覆, 開集合からなる被覆 (Mλ ∈ O) は開被覆 と呼ぶ.
(3) 部分集合族 {Mλ}λ∈Λ が M の被覆であるとき, その 部分被覆 とは, 部分集合族からいくつか取って
M ⊂ ∪λ∈Λ0Mλ (Λ0 ⊂ Λ)
となることである.
(4) 位相空間 X が コンパクト空間 であるとは
任意の開被覆が有限部分被覆をもつ
ことである. 式で書くと
X = ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ O)⇒ ∃λ1, . . . , λn ∈ Λ s.t. X = ∪ni=1Oλi
.
練習 8. X が有限集合であれば, どんな位相を入れてもコンパクトになることを示せ.
略解. X = {x1, . . . , xn} と置き, 任意の開被覆
X = ∪λ∈ΛOλ
を考える. 各 i に対し
xi ∈ X = ∪λ∈ΛOλ ⇒ ∃λi s.t. xi ∈ Oλi.
よって有限部分被覆
X = ∪ni=1Oλi
を得る.
問題 9. 離散空間 (X,O = P(X)) がコンパクトなら, X は有限集合であることを示せ.
17
略解. 離散空間だから
X = ∪x∈X{x}
が開被覆を与える (∵ {x} ∈ O). コンパクトなら有限部分被覆
X = ∪ni=1{xi} = {x1, . . . , xn}
が存在するはずで, これは有限集合.
問題 10. ユークリッド空間 Rn (n = 1, 2, . . . ) はコンパクトでないことを示せ.
略解. 開球 B(0, ε) := {x ∈ Rn | d(0,x) < ε} に対し, 開被覆
Rn = ∪n∈NB(0, n)
を考える. もしコンパクトなら有限部分被覆
Rn = B(0, n1) ∪B(0, n2) ∪ · · · ∪B(0, nk)
が存在するが, N := max(n1, n2, . . . , nk) + 1 に対して
[N0...0
]は右辺に入らない.
定義 19. 部分集合 M ⊂ X が コンパクト集合 であるとは, 部分空間 (M,O|M) がコンパクト空間となることである.
命題 20. 部分集合 M ⊂ X に対し, 以下は同値.
(1) M はコンパクト集合.
(2) M ⊂ ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ O)⇒ ∃λ1, . . . , λn ∈ Λ s.t. M ⊂ ∪ni=1Oλi
.
証明. 相対位相の定義より明らか.
定理 21. M1, . . . ,Mk がコンパクト集合であるとき, その和集合 M := ∪ki=1Mi はコンパ
クト集合となる.
証明. 任意の開被覆
M ⊂ ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ O)
を取る. これは各 Mi ⊂M の開被覆にもなるから, Mi のコンパクト性より
∃Λi ⊂ Λ s.t. Mi ⊂ ∪λ∈ΛiOλ, |Λi| <∞
と書ける. よって Λ0 := ∪ki=1Λi も有限集合になり, 有限部分被覆
M = ∪ki=1Mi ⊂ ∪λ∈Λ0Oλ
を得る.
18
問題 11. 以下を確かめることにより, コンパクト集合の無限個の和集合は, 必ずしもコンパクトとは限らないことを説明せよ.
(1) 1 次元ユークリッド空間において, 1 点集合 {a} ⊂ R はコンパクト集合である.
(2) 部分集合 Z ⊂ R はコンパクトでない.
(3) 以上が [コンパクト集合の無限個の和集合はコンパクト] の反例であることを説明せよ.
略解. (1) 問題 8 参照.
(2) 開被覆 Z ⊂ ∪n∈N(−n, n) が有限部分被覆を持たないことを示す.
定理 22. コンパクト空間 X の閉集合 F ∈ F はコンパクト集合である.
証明. F の任意の開被覆
F ⊂ ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ O)
を取る. このとき, F c ∈ O を追加すると, X の開被覆
X = F c ∪ (∪λ∈ΛOλ)
を得る. X はコンパクトなのでこれは有限部分被覆
X =
{F c ∪Oλ1 ∪ · · · ∪Oλk
,または
Oλ1 ∪ · · · ∪Oλk
を持つ. どちらにしてもこれは F ⊂ X の有限被覆
F ⊂
{F c ∪Oλ1 ∪ · · · ∪Oλk
,または
Oλ1 ∪ · · · ∪Oλk
を与えている. 上の場合, もとの被覆の “部分” 被覆とならないが, 追加した F c を抜いても F の被覆となり, 有限部分被覆を得る.
定理 23. 連続写像 f : X → Y による, コンパクト集合 M ⊂ X の像 f(M) ⊂ Y はコンパクトである.
証明. f(M) の開被覆
f(M) ⊂ ∪λ∈ΛUλ (Uλ ∈ OY )
の引き戻しは, M の被覆
M ⊂ ∪λ∈Λf−1(Uλ)
19
を与え, さらに f の連続性より開被覆となる. よって M のコンパクト性より有限部分被覆
M ⊂ ∪ki=1f
−1(Uλi)
が存在する. このとき
ｆ (M) ⊂ ∪ki=1Uλi
が成り立っており (∵ y ∈ f(M) ⇒ ∃m ∈ M s.t. y = f(m) ⇒ ∃i s.t. m ∈ f−1(Uλi) ⇒
y = f(m) ∈ Uλi), もとの開被覆の有限部分被覆が得られた.
問題 12. コンパクト性が位相的性質であることを説明せよ.
20
5 コンパクト性 (2)
5.1 チコノフの定理
定義 24. (1) 部分集合族 Mλ (λ ∈ Λ) が 有限交叉性 をもつ, とは, 有限個を任意に取り出すと, それらが共通部分を持つことである. 式で書くと
∀λ1, . . . , λk ∈ Λ, Mλ1 ∩ · · · ∩Mλk= ∅.
(2) X を位相空間としたとき, X の閉集合からなる部分集合族を X の閉集合族と呼ぶ.
定理 25. 位相空間 X に対し以下は同値:
(1) X はコンパクト空間である.
(2) X の閉集合族 {Fλ | λ ∈ Λ} (Fλ ∈ F) が 有限交叉性 を満たせば, 必ず共通部分を持つ. 式で書くと
Fλ ∈ F (λ ∈ Λ) に対し [∀λ1, . . . , λk ∈ Λ, Fλ1 ∩ · · · ∩ Fλk= ∅]⇒ ∩λ∈ΛFλ = ∅.
部分集合 M に対し以下は同値:
(1) M はコンパクト集合である.
(2) 閉集合からなる部分集合族 {Fλ | λ ∈ Λ} (Fλ ∈ F) に対し, 以下が成り立つ:
Fλ ∈ F (λ ∈ Λ) に対し
[∀λ1, . . . , λk ∈ Λ, Fλ1 ∩ · · · ∩ Fλk∩M = ∅]⇒ (∩λ∈ΛFλ) ∩M = ∅.
証明. 後半は, 前半と相対位相の定義より明らか. 前半のみ示す.
(2) の対偶を書くと
Fλ ∈ F (λ ∈ Λ) に対し ∩λ∈Λ Fλ = ∅ ⇒ ∃λ1, . . . , λk ∈ Λ s.t. Fλ1 ∩ · · · ∩ Fλk= ∅.
補集合を考えると F ∈ F⇔ F c ∈ O, M = ∅ ⇔M c = X であるから, Oλ := F cλ とおいて
Oλ ∈ O (λ ∈ Λ) に対し ∪λ∈Λ Oλ = X ⇒ ∃λ1, . . . , λk ∈ Λ s.t. Oλ1 ∪ · · · ∪Oλk= X.
と書き直せて, コンパクト空間の定義となる.
難問 13. すでに R がコンパクトでないことを示した (問題 10, n = 1 の場合). よって,
有限交叉性をもつ R の閉集合族で共通部分をもたないものが存在するはずである. 例を挙げよ.
定理 26 (チコノフの定理). 位相空間空間 Xλ (λ ∈ Λ) の直積空間 X :=∏
λ∈ΛXλ を考える. このとき以下は同値.
21
(1) X はコンパクト空間.
(2) 全ての λ ∈ Λ に対し Xλ はコンパクト空間.
証明. (1) ⇒ (2) は, 自然な射影 pµ : X → Xµ は全射連続写像だから, 定理 23 より従う.
(1) ⇐ (2) 以下の手順で示される:
(a) 有限交叉性をもつ閉集合族 A0 ⊂ FX をとる.
(b) X の部分集合族で, A0 を含み有限交叉性を持つもの全体を S とおく:
S := {A ⊂ P(X) | A0 ⊂ A, A1, . . . , Ak ∈ A⇒ A1 ∩ · · · ∩ Ak = ∅}.
(c) S は帰納的順序集合となり, ツォルンの補題より極大元 A をもつ.
(d) A の各要素の閉包は共通部分を持つ. すなわち ∩A∈AA = ∅.
(e) よって A0 も共通部分をもつ: ∩A∈A0AA∈FX= ∩A∈A0A
(d)
= ∅.
中心となるのは (d) の部分で, さらに以下のように分けられる:
(d1) 自然な射影での像 {pλ(A) | A ∈ A} も有限交叉性を持つ (閉集合族とは限らない).
(d2) さらに閉包 {pλ(A) | A ∈ A} をとれば, 有限交叉性を持つ閉集合族なので, 共通部分を持つ: ∩A∈Apλ(A) = ∅.
(d3) よって選択公理により, 非空部分集合 M :=∏
λ∈Λ(∩A∈Apλ(A)) ⊂ X が取れる.
(d4) ∀A ∈ A, M ⊂ A. とくに共通部分 ∩A∈AA も M = ∅ を含む.
(d4) 以外は, (d4) と比べると簡単なので省略. 以下 (d4) を示す. 先ず, A の取り方により,
以下が成り立つことに注意:
(⋆) A1, . . . , Ak ∈ A⇒ A1 ∩ · · · ∩ AK = ∅ (∵ (b) より A は有限交叉性を満たす).
(∗) B ⊂ X が ∀A ∈ A, A ∩ B = ∅ を満たせば B ∈ A (∵ A ∪ {B} も S の元となるので極大性より A ∪ {B} = A).
このとき (点 p の全近傍系を N(p) で表すと)
x := (xλ)λ∈Λ ∈M =∏λ∈Λ
(∩A∈Apλ(A))
⇒ xλ ∈ ∩A∈Apλ(A)⇒ ∀Vλ ∈ N(xλ), Vλ ∩ pλ(A) = ∅ ⇒ p−1λ (Vλ) ∩ A = ∅.
すなわち xλ の任意の近傍 Vλ の引き戻し p−1λ (Vλ) は (∗) の条件をみたすので
p−1λ (Vλ) ∈ A.
22
よって, 有限個の λi ∈ Λ を考えると, 任意の Vλi∈ N(xλi
) に対して
p−1λ1(Vλ1), . . . , p
−1λk(Vλk
) ∈ A(⋆)⇒ A ∋ p−1
λ1(Vλ1) ∩ · · · ∩ p−1
λk(Vλk
) =k∏
i=1
Vλi×
∏Λ∋λ =λ1,...,λk
Xλ
(⋆)⇒ ∀A ∈ A,
(k∏
i=1
Vλi×
∏Λ∋λ =λ1,...,λk
Xλ
)∩ A = ∅.
∏ki=1 Vλi
×∏
Λ∋λ =λ1,...,λkXλ の形の集合が, 点 x の基本近傍系をなすので, 結局
∀A ∈ A, x ∈ A
を得る. x ∈M は任意だったので題意 M ⊂ A を得た.
上の証明は, Λ が有限個の場合, だいぶ簡単になる. まず 2 個の場合で示せれば, 帰納法により n 個の場合が示せる. 以下を準備する.
問題 14. Y を位相空間, X をコンパクトな位相空間とする. このとき
V ∈ OX×Y ⇒M := {y ∈ Y | X × {y} ⊂ V } ∈ OY
が成り立つ.
略解. M の任意の点が内点, すなわち
y ∈M ⇒ ∃U ∈ OY s.t. y ∈ U ⊂M
を言えばよい. y ∈M を固定すると
x ∈ X ⇒ (x, y) ∈ X × {y} ⊂ V
直積位相の開基の定義より V = ∪λ∈ΛOλ × Vλ の形にかけるから
∃Ox ∈ OX , Ux ∈ OY s.t. (x, y) ∈ Ox × Ux ⊂ V.
x ∈ Ox だから, 開被覆 X = ∪x∈XOx を得て, コンパクト性より
∃x1, . . . , xk ∈ X s.t. X = ∪ki=1Oxi
このとき
U := ∩ki=1Uxi
が題意を満たす. 実際
X × U =(∪ki=1Oxi
)×(∩kj=1Uxj
)= ∪ki=1
(Oxi×(∩k
j=1Uxj
))⊂ ∪k
i=1 (Oxi× Uxi
) ⊂ V
となる.
23
以下 [X,Y がコンパクト ⇒ X × Y がコンパクト] を示す. 開被覆
X × Y = ∪λ∈ΛVλ (Vλ ∈ OX×Y )
をとり, y0 ∈ Y を固定する. X × {y0} はコンパクト (∵ 問題 4 の証明中の (c) の連続写像 ι : X → X × Y , x 7→ (x, y0) の像) になるから, 有限部分被覆
X × {y0} ⊂ ∪λ∈Λy0Vλ (Λy0 ⊂ Λ, |Λy0| <∞)
が取れる. 問題 14 より
y0 ∈ Uy0 := {y ∈ Y | X × {y} ⊂ ∪λ∈Λy0Vλ} ∈ OY , X × Uy0 ⊂ ∪λ∈Λy0
Vλ
が分かる. よって今度は
Y = ∪y∈YUyY はコンパクト⇒ ∃y1, . . . , yk s.t. Y = ∪ki=1Uyi
を得る. このとき
X × Y = ∪ki=1 ∪λ∈ΛyiVλ
となっている.
問題 15. (1) 任意の開区間 (a, b) はコンパクト集合でないことを示せ.
(2) ハイネーボレルの被覆定理: 任意の閉区間 [a, b]はコンパクト集合であることを示せ.
(3) n 次元ユークリッド空間 Rn において, 有界閉集合はコンパクトであることを示せ.
略解. (1) R と開区間は同相だから, 問題 10 より開区間もコンパクトでない.
(2) [a, b] は [0, 1] と同相 (∵ [0, 1]→ [a, b], x 7→ (b− a)x+ a が同相写像) だから [0, 1] がコンパクトを言えば十分. すなわち
[0, 1] ⊂ ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ O) を仮定して [0, 1] は有限個の Oλ で被覆できる
を示す. A := {x ∈ (0, 1] | [0, x] は有限個の Oλ で被覆できる } と置く. このとき以下が成り立つ:
(a) A = ∅. ∵ 0 ∈ [0, 1] ⊂ ∪λ∈ΛOλ ⇒ ∃Oλ0 s.t. 0 ∈ Oλ0
0∈Oλ0∈O
⇒ ∃ε > 0 s.t. (−ε, ε) ⊂ Oλ0
⇒ [0, ε/2] は一つの Oλ0 で被覆されている ⇒ ε/2 ∈ A.
(b) ∃ supA ∈ R. ∵ (a) と実数の連続性より.
(c) s := supA ∈ A. ∵ 以下のように [0, s] が有限部分被覆を持つことが示せる.
• (a) と同様に s ∈ [0, 1] ⇒ ∃Oλs , ∃ε > 0 s.t. (s− ε, s+ ε) ⊂ Oλs .
• s = supA より ∃t ∈ A ∩ (s− ε, s].
• t ∈ A より [0, t] は有限個の Oλ1 , . . . , Oλn で被覆できる.
24
• [0, s]t∈(s−ε,s]⊂ [0, t] ∪ (s− ε, s+ ε) ⊂ (Oλ1 ∪ · · · ∪Oλn) ∪Oλs .
(d) s = 1. ∵ もし s < 1 なら, 上と同じ議論で s+ ε ∈ A が示せ, s = supA に矛盾.
(e) (c),(d) より 1 ∈ A, つまり [0, 1] は有限部分被覆をもつ.
(3) M は有界閉集合 ⇔ M ∈ F, ∃L > 0 s.t. M ⊂ [−L,L]n (:= [−L,L] × · · · × [−L,L]).[−L,L] はコンパクト チコノフの定理⇒ [−L,L]n もコンパクト 定理 22⇒ M もコンパクト.
5.2 補足: 選択公理とツォルンの補題
この講義では, 以下の 選択公理 を仮定している.
選択公理 (と同値な命題)� �Aλ = ∅ (λ ∈ Λ) ⇒
∏λ∈ΛAλ = ∅.� �
これは, 以下のツォルンの補題と同値である (すなわり, 成り立つ).
補題 27 (ツォルンの補題). 空でない帰納的半順序集合は必ず極大元を持つ. ここで, 各言葉の定義は以下の通り:
(1) 集合 X 上の関係 ⪯ が 半順序 であるとは
(a) ∀x ∈ X, x ⪯ x.
(b) ∀x, y, z ∈ X, x ⪯ y, y ⪯ z ⇒ x ⪯ z.
(c) ∀x, y ∈ X, x ⪯ y, y ⪯ x⇒ x = y.
を満たすことである. さらに
(d) ∀x, y ∈ X, x ⪯ y または y ⪯ x.
を満たすものは 全順序 と呼ばれる. また, それぞれの場合, (X,⪯) を半順序集合,
全順序集合と呼ぶ.
(2) (X,⪯) を半順序集合とする. x0 ∈ X が 極大元def⇔ x0 ⪯ x⇒ x = x0.
(3) (X,⪯) を半順序集合とする. 部分集合 Y ⊂ X が 上に有界
def⇔ ∃x0 ∈ X s.t. ∀y ∈ Y, y ⪯ x0.
(4) 半順序集合 (X,⪯) が 帰納的 であるとは, 任意の空でない全順序部分集合 Y ⊂ X
が上に有界であることである.
注意 28. 選択公理は, 実は [ベクトル空間の基底の存在] や [チコノフの定理] とも同値である.
25
6 コンパクトハウスドルフ空間
6.1 コンパクト + ハウスドルフ
定義 29. 位相空間 X が
異なる 2 点が必ず (交わらない) 開集合で分離できる
とき, X は ハウスドルフ空間 である, という. 式で書くと
X がハウスドルフ空間 def⇔ [x, y ∈ X, x = y ⇒ ∃O,U ∈ O s.t. x ∈ O, y ∈ U , O ∩ U = ∅.
注意 30. ハウスドルフ性は, §8, 9 で扱う 分離公理 の一つである. 以下でみるように, 通常出会う多くの位相空間はハウスドルフ空間である.
問題 16. ユークリッド空間はハウスドルフ空間であることを示せ.
略解. x = y ⇒ ε := d(x,y) > 0⇒ O := B(x, ε2), U := B(y, ε
2) によって分離できる.
練習 17. 2 点以上からなる密着空間は, ハウスドルフ空間でないことを示せ.
命題 31. ハウスドルフ空間において 1 点集合は閉集合となる.
証明. X をハウスドルフ空間とし, x ∈ X を固定する. {x} ∈ F をいうには {x}c = {z ∈X | z = x} ∈ fo を言えばよい, すなわち {x}c の任意の点が内点であること:
∀y = x, ∃O ∈ O s.t. y ∈ O ⊂ {x}c
を言う. ハウスドルフ性より
y = x⇒ ∃O,U ∈ O s.t. x ∈ O, y ∈ U, O ∩ U = ∅.
ここで
O ∩ U = ∅ ⇔ U ⊂ Oc
に注意して
y ∈ U ⊂ Oc{x}⊂O⊂ {x}c
となり, 題意を得る.
定理 32. ハウスドルフ空間 X のコンパクト部分集合 K は閉集合.
26
証明. Kc ∈ O, すなわち
y /∈ K ⇒ ∃O ∈ O s.t. y ∈ O ⊂ Kc
をいう. y /∈ K を固定する. ハウスドルフ性より
x ∈ K y/∈K∋x⇒x =y⇒ ∃Ox, Ux ∈ O s.t. x ∈ Ox, y ∈ Ux, Ox ∩ Ux = ∅.
このとき
K ⊂ ∪x∈KOx
は開被覆を与える (∵ z ∈ K ⇒ z ∈ Oz ⊂ ∪x∈KOx) ので, コンパクト性より有限部分被覆が存在する:
∃x1, . . . , xk ∈ K s.t. K ⊂ Ox1 ∪ · · · ∪Oxk.
このとき
y ∈ Ux1 ∩ · · · ∩ Uxk⊂ Kc
が言える. 実際, Ox, Ux の取り方より y ∈ Ux であり,
Ux1 ∩ · · · ∩ Uxk
Ux⊂Ocx⊂ Oc
x1∩ · · · ∩Oc
xk= (Ox1 ∪ · · · ∪Oxk
)cK⊂Ox1∪···∪Oxk
.
⊂ Kc
である.
系 33. X をコンパクト空間, Y をハウスドルフ空間とする.
(1) f : X → Y が連続写像であれば, 閉写像でもある.
(2) f : X → Y が連続かつ全単射であれば, 同相写像でもある.
証明. (1) F ∈ OX定理 22⇒ F はコンパクト 定理 23⇒ f(F ) はコンパクト 定理 32⇒ f(F ) ∈ FY .
(2) は (1) より.
問題 18 (前期の難問 46). 一次元ユークリッド空間の同値関係 ∼ を a ∼ b ⇔ a − b ∈ Zで定義し, 商空間を R/Z := R/∼ で表す. また二次元ユークリッド空間の部分空間 S1 :=
{(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1} を考える. この二つの位相空間は同相 R/Z ∼= S1 であることを, 以下の手順で示せ. ただし
(0) f : R/Z→ S1, x 7→ (cos(2πx), sin(2πx)) は連続写像. (前期難問 46 の略解参照)
は証明なしに使ってよい.
(1) R/Z はコンパクト空間.
(2) S1 はハウスドルフ空間.
(3) f は同相写像.
略解. (1) 閉区間 [0, 1] はコンパクトであり, 自然な射影での像が π([0, 1]) = R/Z となる.
(2) ユークリッド空間のハウスドルフ性と全く同様に示せる.
(3) 上の系より.
27
6.2 Rn でのコンパクト性
定理 34. ユークリッド空間 Rn の部分集合 M において
M がコンパクト ⇔ M が有界閉.
証明. (⇐) は問題 15 で示した. 以下 (⇒) を示す. M をコンパクト集合とする. M ⊂∪k∈N(−k, k)n は明らかに A の開被覆. よって M がコンパクトより, ∃k1 < k2 < · · · < kls.t. M ⊂ ∪l
i=1(−ki, ki)n = (−kl, kl)n. つまり M は有界. また Rn はハウスドルフ空間なので, コンパクト集合 M は閉集合.
系 35. (1) R のコンパクト集合 K は最大値, 最小値を持つ.
(2) コンパクト空間 X 上の実連続関数 f : X → R は最大値, 最小値を持つ.
証明. (1) K はコンパクトなので有界閉. 有界なので, 実数の連続性より supK, infK を持つ. 上限, 下限の定義より supK, infK ∈ K が分かり, 閉集合より supK, infK ∈ K.
とくに supK = maxK, infK = minK となる.
(2) X がコンパクト, f が連続なので, その像 f(X) もコンパクト. よって (1) より最大値, 最小値を持つ.
6.3 1 点コンパクト化
定義 36. 位相空間 X が 局所コンパクト def⇔ 各点 x ∈ X に対し, 近傍 V ∈ N(x) でコンパクトなものが存在する.
問題 19. ユークリッド空間はコンパクトではないが, 局所コンパクトであることを示せ.
略解. 各点 x ∈ Rn の閉近傍 B(x, ε)を考えると,有界閉集合なのでコンパクトである.
定理 37. 位相空間 (X,O) が局所コンパクトかつハウスドルフであるとする. このとき
X∗ := X⨿{∞}, O∗ := O
⨿{Kc ∪ {∞} | K ⊂ X はコンパクト }
とおくと
(1) (X∗,O∗) はコンパクトハウスドルフ空間.
(2) 部分空間 (X,O∗|X) は元の位相空間 (X,O) と一致.
証明. (2) は演習とし, (1) のみ示す. O∗ が X∗ 上の位相構造の定義を満たすのは計算のみなので省略.
ハウスドルフ性の証明: 異なる 2 点の取り方は
(a) x, y ∈ X. (b) x ∈ X, y =∞.
28
の 2 パターンある. (a) なら, 元々 X はハウスドルフなので, O,U ∈ O ⊂ O∗ で分離できる. (b) のとき
X は局所コンパクト ⇒ コンパクトな ∃K ∈ N(x)
に注意して
K ∈ N(x)⇒ x ∈ ∃O ⊂ K, O ∈ O ⊂ O∗,
K : コンパクト⇒∞ ∈ U := Kc⨿{∞} ∈ O∗
で分離される.
コンパクト性の証明: 任意の開被覆
X∗ = ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ O∗)
を考える. とくに
∞ ∈ X∗ ∪λ∈Λ Oλ ⇒ ∃λ0 ∈ Λ s.t. ∞ ∈ Oλ0 .
ここで
O∗ = O⨿{Kc ∪ {∞} | K ⊂ X はコンパクト }
であり, O の各元 O は ∞ を含まないので
Oλ0 = ∃Kc (K ⊂ X はコンパクト)
の形. この K に着目して, 被覆
K ⊂ X = ∪λ∈Λ(Oλ ∩X)
を考えると, (位相空間 X における) 開被覆となる. 実際
Oλ ∈ O⇒ Oλ ∩X = Oλ,
Oλ = Kc ∪ {∞} (K ⊂ X はコンパクト)⇒ Oλ ∩X = Kc下の問題の (1)∈ O
より各 Oλ ∩X は X の開集合. よって K のコンパクト性より
∃λ1, . . . , λk ∈ Λ s.t. K ⊂ (Oλ1 ∩X) ∪ · · · ∪ (Oλk∩X).
よって, 有限部分被覆
X∗ = X⨿{∞} = K
⨿(Kc⨿{∞}
)⊂ (Oλ1 ∩X) ∪ · · · ∪ (Oλk
∩X) ∪Oλ0
⊂ Oλ1 ∪ · · · ∪Oλk∪Oλ0
が存在する.
29
注意 38. 上の定理の “逆” も成立する. 教科書 219p, 定理 17 参照.
問題 20. X を局所コンパクトなハウスドルフ空間とする. 上記定理の証明に関して, 以下を示せ.
(1) K ⊂ X がコンパクト ⇒ Kc ∈ O.
(2) O∗|X = O.
略解. (1) K がコンパクト X はハウスドルフ⇒ K ∈ F⇒ Kc ∈ O.
(2) O∗|X = {O ∩ X = O | O ∈ O} ∪ {(Kc ∪ {∞}) ∩ X = Kc | K ⊂ はコンパクト } =
O ∪ {Kc | K ⊂ X はコンパクト }. よって {Kc | K ⊂ X はコンパクト }(1)⊂ O より題意
が従う.
30
7 中間試験
11月2日分
問題 1. (1) 位相空間 X が 連結 であることの定義を書け.
(2) 位相空間 X の 開被覆 の定義を書け.
(3) チコノフの定理 を説明せよ (主張を書けばよい. 証明はしなくてよい).
問題 2. 位相空間 (X,OX)と, 2点からなる離散空間 (Y,OY ), Y := {a, b}, OY := P(Y ) =
{∅, {a}, {b}, Y } を考える. このとき
『全射連続写像 f : X → Y が存在すれば, X は連結でない』
ことを証明せよ.
問題 3. X をコンパクト空間, Y をハウスドルフ空間としたとき
『f : X → Y が連続写像であれば, f は閉写像でもある』
ことが成り立つ理由を簡単に説明せよ (時間もないので, 細かく証明しなくてよい).
11月9日分
問題 4. (1) 位相空間 X が 弧状連結 であることの定義を書け.
(2) 『弧状連結であれば連結である』 が成り立つ理由を簡単に説明せよ (時間もないので, 細かく証明しなくてよい. とくに, 閉区間 [0, 1] が連結であること使ってよい).
問題 5. (1) 位相空間 X が コンパクト であることの定義を書け.
(2) ユークリッド空間 Rn (n = 1, 2, . . . ) はコンパクトでないことを示せ.
問題 6. 1 次元ユークリッド空間 R の部分空間 A := (0, 1) (開区間), B := [0, 1] (閉区間)
を考える. A,B は同相でないことを示せ.
31
欠席者分
問題 1. (1) 位相空間が連結であることの定義を書け.
(2) 連結でない位相空間の例を一つ挙げよ. 証明はしなくてよい.
(3) 位相空間がコンパクトであることをの定義を書け.
(4) 位相空間がハウスドルフ空間であることの定義を書け.
問題 2. f : X → Y を連続写像とする. このとき M ⊂ X が連結であれば f(M) も連結であることを示せ.
問題 3. 離散空間 (X,P(X)) がコンパクトであれば, X は有限集合であることを示せ.
問題 4. n 次元ユークリッド空間 Rn の部分集合 M に対して
M がコンパクト ⇒ M が有界閉集合
を示せ. 逆 (⇐) は示さなくてよい.
問題 5. 『コンパクト空間 X 上の実連続関数 f : X → R は最大値, 最小値を持つ』が成り立つ理由を簡単に説明せよ.
(配点: 問題 1 は各 10点. 問題 2, 3, 4, 5 は各 15点)
32
8 分離公理 (1)
現実世界では
“ぴったりくっついている 2 点”
は存在しない. 数直線上でも (現実世界ではないが) 0 と 0.000001 はとても近いが, それでも差 0.000001 だけ離れている. 同様に, ユークリッド空間においても, 任意の異なる 2
点は離れている. すなわち
x,y ∈ Rn, x = y ⇒ ε := d(x,y) > 0.
言い方を変えると
x,y ∈ Rn, x = y ⇒ ∃ε > 0 s.t. y /∈ B(x, ε),
すなわち, ユークリッド空間は,
異なる 2 点 x,y は (充分小さな) 開球 B(x, ε) によって 分離される:
y /∈ B(x, ε) ∋ x
という性質もつ. 以下では
[異なる 2 点 (または交わらない 2 集合) が分離されている状態]
を, 4 段階 (T1-空間, ハウスドルフ空間, 正則空間, 正規空間) で考える. 後者の方がより強い条件になっており, それを満たす空間は, より “現実世界” に近い (?)と言える.
8.1 T1-空間, ハウスドルフ空間
復習. 点 x ∈ X の 近傍系 を
N(x) := {V ⊂ X | x ∈ V o}
で表す. V ∈ N(x) は x の 近傍 と呼ばれる. とくに x ∈ O ∈ O なら自動的に O ∈ N(x)
であり 開近傍 と呼ばれる.
定義 39. 以下の同値な条件を 第 1 分離公理 と呼ぶ:
(T1) x, y ∈ X, x = y ⇒ ∃V ∈ N(x) s.t. y /∈ V.x, y ∈ X, x = y ⇒ ∃O ∈ O s.t. y /∈ O ∋ x.
第 1 分離公理を満たす位相空間を T1-空間 と呼ぶ.
問題 21. 上の定義中の同値を示せ.
33
略解. V ∈ N(x) s.t. y /∈ V ⇔ V ⊂ X s.t. y /∈ V ⊃ V o ∋ x ⇒ O := V o ∈ O, y /∈ O ∋ x.逆は V := O と置けば良い.
定理 40. 以下は同値.
(1) X は T1-空間.
(2) ∀x ∈ X, ∩V ∈N(x)V = {x}. (つまり, 点 x の近傍全体の共通部分は x.)
(3) ∀x ∈ X, {x} ∈ F.
証明. (1) ⇒ (2). x を固定する. 第 1 分離公理より
x = y ⇒ ∃Vy ∈ N(ｘ) s.t. y /∈ Vy.
よって
x = y ⇒ y /∈ ∩y∈XVy ⊃ ∩V ∈N(x)V, つまり ∩V ∈N(x) は x 以外の点を含まない.
一方で x ∈ ∩V ∈N(x) は自明.
(2) ⇒ (3). y ∈ {x} ⇔ ∀V ∈ N(y), {x} ∩ V = ∅ ⇔ x ∈ ∩V ∈N(y)(2) の x に y を代入
= {y} ⇒x = y. すなわち {x} = {x}.
(3) ⇒ (1). x = y とする. {y}(3)∈ O だから O := {y}c ∈ O. 明らかに y /∈ O ∋ x.
問題 22. X が T1-空間であれば, 任意の部分空間 M ⊂ X も T1-空間になることを示せ.
略解. 仮定は
x, y ∈ X, x = y ⇒ ∃O ∈ O s.t. y /∈ O ∋ x.
示すべきは
x, y ∈M, x = y ⇒ ∃U ∈ O|M s.t. y /∈ U ∋ x.
実際
x, y ∈M ⊂ X, x = y仮定⇒ O ∈ O s.t. y /∈ O ∋ x.
相対位相の定義より U := O∩M ∈ O|M . x, y ∈M より y /∈ O ∋ x⇔ y /∈ O∩M ∋ x.
定義 41. 以下の同値な条件を 第 2 分離公理 と呼ぶ:
(T2) x, y ∈ X, x = y ⇒ ∃V ∈ N(x), W ∈ N(y) s.t. V ∩W = ∅.x, y ∈ X, x = y ⇒ ∃O,U ∈ O s.t. x ∈ O, y ∈ U, O ∩ U = ∅.
第 2 分離公理を満たす位相空間を ハウスドルフ空間 と呼ぶ. 同値性の証明は問題 22 と同様 (省略) である.
34
定理 42. 以下は同値.
(1) X はハウスドルフ空間.
(2) ∀x ∈ X, ∩F∈N(x)∩FF = {x}. (つまり, 点 x の閉近傍全体の共通部分は x.)
証明. (1) ⇒ (2). (⊃) は自明. (⊂) を背理法で示す. すなわち
x = y ∈ ∩F∈N(x)∩FF
と仮定して矛盾を導く. 実際
x = y(1)⇒ ∃O,U ∈ O s.t. x ∈ O, y ∈ U, O ∩ U = ∅
⇒ x ∈ O ⊂ U c ∈ F⇒ U c ∈ N(x) ∩ F⇒ ∩F∈N(x)∩FF ⊂ U c.
さらに y ∈ U ⇒ y /∈ U c だから y ∈ ∩F∈N(x)∩FF に矛盾.
(2) ⇒ (1). x = y とする. (2) より
y /∈ {x} ∩F∈N(x)∩F F ⇒ ∃F1 ∈ N(x) ∩ F s.t. y /∈ F1, とくに y /∈ F1 ∋ x, F1 ∈ F.
x, y の役割を入れ替えて
∃F2 s.t. x /∈ F2 ∋ y, F2 ∈ F.
よって O1 := F c1 , O2 := F c
2 とおけば
O1, O2 ∈ O, x /∈ O1 ∋ y, y /∈ O2 ∋ x
を得る.
問題 23. 以下が同値であることを示せ.
(1) X はハウスドルフ空間.
(2) 直積空間 X ×X において, 対角線集合 ∆ := {(x, x) ∈ X ×X | x ∈ X} は閉集合.
略解. (1) ⇒ (2). ∆c ∈ OX×X を示す. そのため, 任意の点が内点, すなわち
(x, y) ∈ ∆c ⇒ ∃V ∈ OX×X s.t. (x, y) ∈ V ⊂ ∆c
を言えばよい. 実際
(x, y) ∈ ∆c ⇔ x = y(1)⇒ ∃O,U ∈ O s.t. x ∈ O, y ∈ U, O ∩ U = ∅⇒ (x, y) ∈ V := O × U ∈ OX×X .
さらに
V ∩∆ = {(x, y) ∈ X ×X | x ∈ O, y ∈ U, x = y} = {(x, x) | x ∈ O ∩ U = ∅} = ∅.
35
(2) ⇒ (1). 上の証明の逆を考えればよい. ただし
∆c ∈ OX×X ⇒ ∆c = ∪λ∈ΛOλ × Uλ (Oλ, Uλ ∈ O)
に注意. よって
x = y ⇒ (x, y) ∈ ∆c = ∪λ∈ΛOλ × Uλ⇒ ∃λ s.t. (x, y) ∈ Oλ × Uλ
∆c=∪λ∈ΛOλ×Uλ
⊂ ∆c.
ここで
(x, y) ∈ Oλ × Uλ ⇒ x ∈ Oλ, y ∈ Uλ,
Oλ × Uλ ⊂ ∆c ⇒ Oλ ∩ Uλ = ∅
より題意を得る.
8.2 正則空間
定義 43. 以下を 第 3 分離公理 と呼ぶ:
(T3) x ∈ X, F ∈ F, x /∈ F ⇒ ∃O,U ∈ O s.t. x ∈ O, F ⊂ U, O ∩ U = ∅.
第 1 分離公理と第 3 分離公理を満たす位相空間を 正則空間 と呼ぶ.
定理 44. 以下は同値.
(1) 第 3 分離公理.
(2) x ∈ O ∈ O ⇒ ∃U ∈ O s.t. x ∈ U , U ⊂ O.
証明. (1) ⇒ (2). x ∈ O ∈ O とする. このとき
Oc ∈ F, x /∈ Oc (1)⇒ ∃U1, U2 ∈ O s.t. x ∈ U1, Oc ⊂ U2, U1 ∩ U2 = ∅.
さらに
Oc ⊂ U2 ⇒ U c2 ⊂ O,
U1 ∩ U2 = ∅ ⇒ U1 ⊂ U c2
Uc2∈F⇒ U1 ⊂ U c
2
より
x ∈ U1, U1 ⊂ O
を得る.
(2) ⇒ (1). x /∈ F ∈ F とする. このとき
x ∈ F c ∈ O(2)⇒ ∃U ∈ O s.t. x ∈ U, U ⊂ F c.
36
さらに
U ⊂ F c ⇒ F ⊂ (U)c,
U ∩ (U)cU⊂U⇒(U)c⊂Uc
⊂ U ∩ U c = ∅
より
x ∈ U, F ⊂ (U)c, U ∩ (U)c = ∅
を得る.
問題 24. 正則空間はハウスドルフ空間であることを示せ.
略解. T3 より “1 点 x と閉集合 F を開集合で分離” できる. さらに T1 より “1 点集合{y}” は閉集合. 合わせると “1 点 x と 1 点集合 {y} を開集合で分離” できる.
37
9 分離公理 (2)
9.1 正規空間
定義 45. 以下を 第 4 分離公理 と呼ぶ:
(T4) F1, F2 ∈ F, F1 ∩ F2 = ∅ ⇒ ∃O1, O2 ∈ O s.t. F1 ⊂ O2, F2 ⊂ O2, O1 ∩O2 = ∅.
第 1 分離公理と第 4 分離公理を満たす位相空間を 正規空間 と呼ぶ.
定理 46. 以下は同値.
(1) 第 4 分離公理.
(2) F ∈ F, O ∈ O, F ⊂ O ⇒ ∃U ∈ O s.t. F ⊂ U , U ⊂ O.
証明. 第 3 分離公理のときとほぼ同様.
(1) ⇒ (2). F ∈ F, O ∈ O, F ⊂ O とする. このとき
F ⊂ O ⇒ F ∩Oc = ∅ (1)⇒ ∃O1, O2 ∈ O s.t. F ⊂ O1, Oc ⊂ O2, O1 ∩O2 = ∅.
さらに
O1 ∈ O, O1 ∩O2 = ∅ ⇒ O1 ⊂ Oc2 ∈ F⇒ O1 ⊂ Oc
2
Oc⊂O2⊂ O
だから, 望み通り
F ⊂ O1, O1 ⊂ O
を得る.
(2) ⇒ (1). F1, F2 ∈ F, F1 ∩ F2 とする. このとき
F1 ∩ F2 ⇒ F 1 ⊂ F c2
(2)⇒ ∃U ∈ O s.t. F1 ⊂ U, U ⊂ F c2 .
さらに
U ⊂ F c2 ⇒ F2 ⊂ (U)c,
U ∩ (U)c ⊂ U ∩ U c = ∅
を合わせて
F1 ⊂ U, F2 ⊂ (U)c, U ∩ (U)c = ∅
を得る.
問題 25. 分離公理には以下の強弱関係があること示せ:
38
X は正規空間 ⇒ X は正則空間 ⇒ X はハウスドルフ空間 ⇒ X は T1-空間.
略解. ハウスドルフ ⇒ T1: x ∈ O, y ∈ U, O ∩ U = ∅ ⇒ y /∈ O ∋ x.
正則 ⇒ ハウスドルフ: 問題 24.
正規 ⇒ 正則: T1 より {x} ∈ F. よって (T4) で F1 := {x}, F2 := F とおける.
定理 47. コンパクトハウスドルフ空間は正規空間となる.
証明. ハウスドルフ空間は T1 空間でもある (∵ 上の問題 ) ので, コンパクトハウスドルフ空間 X が第 4 分離公理を満たすことを言えばよい.
F1, F2 ∈ F, F1 ∩ F2 = ∅
とする. まず x ∈ F1 を固定する. このとき
y ∈ F2F1∩F2=∅⇒ x = y
T2⇒ ∃Oy, Uy ∈ O s.t. x ∈ Oy, y ∈ Uy, Oy ∩ Uy = ∅.
ここで
F2 = ∪y∈F2{y} ⊂ ∪y∈F2Uy
は開被覆で, コンパクト空間の閉集合はコンパクト (定理 22) であったので, F2 はコンパクト. よって
∃y1, . . . , yk ∈ F2 s.t. F2 ⊂ Uy1 ∪ · · · ∪ Uyk .
このとき
x ∈ O := ∩ki=1Oyi ∈ O, F2 ⊂ U := ∪ki=1Uyi ∈ O
であり,
O ∩ U =(∩ki=1Oyi
)∩(∪kj=1Uyj
)=(∪kj=1
(∩ki=1Oyi
)∩ Uyj
)⊃ ∪k
j=1Oyj ∩ Uyj = ∅
となる. 結局
∀x ∈ F1, ∃Ox := O, ∃Ux := U ∈ O s.t. x ∈ Ox, F2 ⊂ Ux, Ox ∩ Ux = ∅
が言えた. 今度は x を動かすと, F1 がコンパクトなことを使って
∃x1, . . . , xl s.t. F1 ⊂ Ox1 ∪ · · · ∪Oxl
が言える. このとき
F2 ⊂ Ux ⇒ F2 ⊂ Ux1 ∩ · · · ∩ Uxl,
(Ox1 ∪ · · · ∪Oxl) ∩ (Ux1 ∩ · · · ∩ Uxl
)上と同様の計算= · · · = ∅
となる.
39
定理 48. 正則空間かつ第二可算公理を満たせば正規空間となる.
証明のポイント. 正則空間なので, 各点 x ∈ F1 と閉集合 F2 は分離できる:
x ∈ F1 ⇒ ∃Ox, Ux ∈ O s.t. x ∈ Ox, F2 ⊂ Ux.
これらの和集合は
F1 ⊂ ∪x∈F1Ox
を満たし, 同様に
F2 ⊂ ∪x∈F1Ux
となる開集合 Ux も取れる. しかし, このままだと
(∪x∈F1Ox) ∩ (∪x∈F1Ux) = ∅
とならないので, 可算公理をうまく使って, Ox, Ux を “加工” する必要がある. また, 実際は定理 44 を使った言い換えの方を使う.
証明. 第二可算公理より, 高々可算個からなる開基 B が存在する. F1, F2 ∈ F, F1∩F2 = ∅とする. 定理 44 より
x ∈ F1
F1∩F2=∅⇒F1⊂F c2⇒ x ∈ F c
2 ∈ O⇒ ∃O ∈ O s.t. x ∈ O, O ⊂ F c2 .
ここで O は B の元いくつかの和集合:
O = ∪λ∈ΛOλ, (Oλ ∈ B).
よってある Oλ ∈ B に対して
x ∈ Oλ ⊂ O, さらに Oλ ⊂ O ⊂ F c2
となっている. つまり最初から O ∈ B としてよかった:
x ∈ F1 ⇒ ∃Ox ∈ B s.t. x ∈ Ox, Ox ⊂ F c2 .
x ∈ F1 を動かしたとき, Ox は F1 の開被覆を与えるが, もともと B は高々可算個なのでこれは高々可算個からなる開被覆となる:
∃On ∈ B (n ∈ N) s.t. F1 ⊂ ∪n∈NOn, On ⊂ F c2 .
同じ議論により
∃Un ∈ B (n ∈ N) s.t. F2 ⊂ ∪n∈NUn, Un ⊂ F c1 .
40
さらに以下の “加工” を行う:
O′1 := O1,
U ′1 := U1 ∩O1
c,
O′2 := O2 ∩ U1
c,
U ′2 := U2 ∩
(O1
c ∩O1c),
...
O′n := On ∩
(U1
c ∩ · · · ∩ Un−1c),
U ′n := Un ∩
(O1
c ∩ · · · ∩Onc).
右辺に現れるのは全て開集合で, 有限個の和集合なので
O′n, U
′n ∈ O.
あとは
(a) F1 ⊂ ∪n∈NO′n.
(b) F2 ⊂ ∪n∈NU′n.
(c) (∪n∈NO′n) ∩ (∪n∈NU ′
n) = ∅.
を言えば良い.
(a) F1 ∩O′n = F1 ∩On ∩
(U1
c ∩ · · · ∩ Un−1c) Un⊂F c
1= F1 ∩On より
F1 ∩ (∪n∈NO′n) = ∪n∈NF1 ∩O′
n = ∪n∈NF1 ∩On = F1 ∩ (∪n∈NOn)F1⊂∪n∈NOn
= F1.
(b) (a) と同様.
(c) (∪n∈NO′n) ∩ (∪n∈NU ′
n) = ∪m,n∈NO′m ∩ U ′
n. ここで, m,n がどんな組み合わせでも,
O′m ∩ U ′
n = ∅ となる. 例えば m = n なら
O′n ∩ U ′
n = On ∩(U1
c ∩ · · · ∩ Un−1c) ∩ Un ∩
(O1
c ∩ · · · ∩Onc)
であり, On ∩Onc ⊂ On ∩Oc
n = ∅. 他の場合も同様.
注意 49. 実は, 分離公理の呼び名は, 本や論文によって多少の違いがある. また, 上記以外の分離公理を考えることもある.
9.2 正規空間と実連続関数
以下の定理は, 次節から始まる [距離空間] において [距離づけ定理] の証明で使う. 大まかに言えば “正規空間において, 閉集合は連続関数で分離できる” ことを言っている.
41
定理 50 (ウリゾーンの補題). X を正規空間とする. F1, F2 ∈ F, F1 ∩ F2 = ∅ とするとき,
実連続関数
f : X → R
で
f(F1) = {0}, f(F2) = {1}, f(X) ⊂ [0, 1].
を満たすものが存在する.
証明. 以下のように段階を踏んで f を構成していく: まず
Λ := {0, 1} ∪ {m2n| n ∈ N, m は 1 ∼ 2n − 1 の奇数 } = {0, 1, 1
2, 14, 34, . . . } ⊂ Q ∩ [0, 1]
とおく.
(1) 各 λ ∈ Λ に対し O(λ) ∈ O を
F1 ⊂ O(0), O(1) = F c2 ,
λ < λ′ ⇒ O(λ) ⊂ O(λ′)
を満たすようにとる (正規性と選択公理を使う).
(2) f : X → R を
x ∈ F2 ⇒ f(x) := 1,
x /∈ F2 ⇒ f(x) := inf{λ ∈ Λ | x ∈ O(λ)}
で定める.
(3) f(F1) = {0}, f(F2) = {1}, f(X) ⊂ [0, 1] を満たすことを確かめる.
(4) f が連続であることを確かめる.
(1) まず O(1) := F c1 とする. このと
F1 ⊂ O(0), O(0) ⊂ O(1)
となる O(0) ∈ O が取れる (∵ 定理 46). 次に, 各 n に対して
m < m′ ⇒ O(m2n) ⊂ O(m
′
2n)
を満たすように O(m2n) ∈ O が取れることを言えばよい. n に関する帰納法を用いる: n ま
で OK, すなわち
0 ≤ m < m′ ≤ 2n ⇒ O(m2n) ⊂ O(m
′
2n)
となるように取れているとする. n+ 1 のとき, O(2m+12n+1 ) 達は
(⋆) O(m2n) ⊂ O(2m+1
2n+1 ), O(2m+12n+1 ) ⊂ O(m+1
2n)
を満たすようによればよい. 以下の手順で定める:
42
(a) X := {(F,O) | F ∈ F, O ∈ O, F ⊂ O} とおき, 各 (F,O) ∈ X に対し
O(F,O) := {U ∈ O | F ⊂ U, U ⊂ O}
と定めると, これは非空集合 (∵ 定理 46).
(b) よって, これらの直積集合 ∏(F,O)∈X
O(F,O)
も非空集合 (∵ 選択公理 ). ここから 1 元とる:
Φ = (ϕ(F,O))(F,O)∈X ∈∏
(F,O)∈X
O(F,O).
このとき
O(2m+12n+1 ) := ϕO( m
2n),O(m+1
2n)
と定めれば, (a) より (⋆) を満たす.
(2) Λ ⊂ [0, 1], とくに有界なので, 下限は必ず存在する.
(3) Λ ⊂ [0, 1]より f(X) ⊂ [0, 1],定義より f(F2) = {1}. f(F1) = {0}はx ∈ F1 ⊂ O(0)⇒0 ∈ {λ ∈ Λ | x ∈ O(λ)} f(x)∈[0,1]⇒ f(x) = inf{λ ∈ Λ | x ∈ O(λ)} = 0 より.
(4) λ ∈ Λ とする. f の定義 (f(x) := inf{λ ∈ Λ | x ∈ O(λ)}) と, O(λ) の性質 (λ < λ′ ⇒O(λ) ⊂ O(λ′), 特に O(λ) ⊂ O(λ′)) より以下が導ける:
(a) x ∈ O(λ)⇒ f(x) ≤ λ.
∵ inf (というより下界) の定義より.
(b) f(x) < λ⇒ x ∈ O(λ).
∵ f(x) < λinf の定義⇒ ∃µ ∈ Λ s.t. µ < λ, x ∈ O(µ)
O(λ) の性質⊂ O(λ).
(c) x /∈ O(λ)⇒ f(x) ≥ λ.
∵ x /∈ O(λ)⇒ x /∈ O(λ) (b) の対偶⇒ f(x) ≥ λ.
(d) f(x) > λ⇒ x /∈ O(λ).
∵ f(x) > λ⇒ ∃µ ∈ Λ s.t. f(x) > µ > λ⇒ x(a) の対偶
/∈ O(µ)O(λ) の性質⊃ O(λ).
まとめると
f(x) < λ⇒ x ∈ O(λ)⇒ f(x) ≤ λ,
f(x) > λ⇒ x /∈ O(λ)⇒ f(x) ≥ λ,
43
集合で書くと
f−1((−∞, λ)) ⊂ O(λ) ⊂ f−1((−∞, λ]),
f−1((λ,∞)) ⊂ O(λ)c⊂ f−1([λ,∞)).
さらに
∪n∈N(−∞, λ− 12n) = (−∞, λ) = ∪n∈N(−∞, λ− 1
2n]
に注意して
∪n∈Nf−1((−∞, λ− 12n)) ⊂ ∪n∈NO(λ− 1
2n) ⊂ ∪n∈Nf
−1((−∞, λ− 12n])
| | | |f−1((−∞, λ)) f−1((−∞, λ))
すなわち
f−1((−∞, λ)) = ∪n∈NO(λ− 12n) ∈ O
を得る. 同様に
f−1((λ,∞)) = ∪n∈NO(λ+ 12n)c∈ O
も分かる. R の準基の引き戻しが全て開集合なので, f の連続性が従う.
44
10 距離空間 (1)
ユークリッド空間 Rn の復習� �• 任意の 2 点 x =
[ x1...xn
],y =
[ y1...yn
]∈ Rn に対して “ユークリッド距離”
d(x,y) :=√(x1 − y1)2 + · · ·+ (xn − yn)2 ∈ R
が定まり,
• このユークリッド距離は “好ましい性質”
(1) ∀x,y ∈ Rn, d(x,y) ≥ 0.
(2) x,y ∈ Rn に対し d(x,y) = 0 ⇔ x = y.
(3) ∀x,y ∈ Rn, d(x,y) = d(y,x).
(4) ∀x,y, z ∈ Rn, d(x, z) ≤ d(x,y) + d(y, z).
を満たし,
• その結果, “開球”
B(x, ε) := {y ∈ Rn | d(x,y) < ε} (x ∈ R, ε > 0)
全体を開基とする Rn 上の位相 (ユークリッド位相) が定義できた.� �以下 “同じ考え方” で位相を定義できる場合を考える.
10.1 距離関数, 距離空間, 距離位相
定義 51. X を空集合でない集合とする. 以下を満たす写像
d : X ×X → R, (x, y) 7→ d(x, y)
を X 上の 距離関数 と呼び, 集合と距離関数の組 (X, d) を 距離空間 と呼ぶ.
(1) ∀x, y ∈ X, d(x, y) ≥ 0.
(2) x, y ∈ X に対し d(x, y) = 0 ⇔ x = y.
(3) ∀x, y ∈ X, d(x, y) = d(y, x).
(4) (三角不等式) ∀x, y, z ∈ X, d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z).
45
問題 26. dmax : R2 ×R2, dmax([x1x2 ] , [
y1y2 ]) := max{|x1 − y1|, |x2 − y2|} は R2 上の距離関数
となることを確かめよ.
略解. 三角不等式以外は簡単. 三角不等式は
dmax([x1x2 ] , [
y1y2 ]) + dmax([
y1y2 ] , [
z1z2 ]) = max{|x1 − y1|, |x2 − y2|}+max{|y1 − z1|, |y2 − z2|},
dmax([x1x2 ] , [
z1z2 ]) = max{|x1 − z1|, |x2 − z2|}
の大小関係を比べればよい. 実際
|x1 − z1|(⋆)
≤ |x1 − y1|+ |y1 − z1|(∗)≤ max{|x1 − y1|, |x2 − y2|}+max{|y1 − z1|, |y2 − z2|},
|x2 − z2|(⋆)
≤ |x2 − y2|+ |y2 − z2|(∗)≤ max{|x1 − y1|, |x2 − y2|}+max{|y1 − z1|, |y2 − z2|}
(∵ (⋆) は普通の三角不等式, (∗) は max の定義) だから, 左辺 |x1 − z1|, |x2 − z2| の max
は右辺 max{|x1 − y1|, |x2 − y2|}+max{|y1 − z1|, |y2 − z2|} で抑えられる.
問題 27. 任意の非空集合 X 上に
d : X ×X → R, (x, y) 7→ d(x, y) :=
{1 (x = y)
0 (x = y)
と定義すると, 距離関数となることを示せ.
略解. やはり三角不等式以外は簡単. 三角不等式は x, y, z に対し場合分け (相異なる場合,
x = y = z の場合, など) して示す.
定義 52. (X, d) を距離空間とする. x ∈ X を中心とする, 半径 ε > 0 の 開球 を
B(x, ε) := {y ∈ X | d(x, y) < ε}
で定める.
定理 53. (X, d) を距離空間とする. 部分集合族
Od := {O ⊂ X | ∀a ∈ O, ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂ O}
は X 上の位相構造となる. この位相構造を, 距離関数 d の定める 距離位相 と呼ぶ. また,
この位相空間 (X,Od) において
(1) 開球 B(a, ε) は開集合である.
(2) 開球全体 {B(a, ε) | a ∈ X, ε > 0} は開基をなす.
(3) 点 a ∈ X を固定したとき, 点 a を中心とする開球全体 {B(a, ε) | a ∈ X, ε > 0} は点 a の基本近傍系をなす.
46
(4) {B(a, 1n) | a ∈ X, n ∈ N} も点 a の基本近傍系をなす. とくに位相空間 (X,Od) は
第一可算公理を満たす.
位相空間 (X,Od) も 距離空間 と呼ばれる.
証明. ユークリッド空間の場合とまったく同じなので省略する. なお ∅ ∈ Od を言うには
命題. a ∈ ∅ ⇒ ∃ε > 0 s.t. B(a, ε) ⊂ O
が必要であるが, 仮定 a ∈ ∅ が成り立たないので, この命題は真である.
問題 28. 問題 27 の距離空間の距離位相は離散位相であることを示せ.
略解. まず任意の一点集合 {x} が開集合であることをいう. 実際
B(x, 1) = {x}
が言える. このとき任意の部分集合 M ⊂ X はこれら開集合の和集合
M = ∪x∈M{x}
としてかけるので開集合.
定理 54. 距離空間において
可分 ⇔ 第 2 可算公理.
証明. 一般に [可分 ⇐ 第 2 可算公理] が成り立つ (前期プリント定理 45) ので, 距離空間において [可分 ⇒ 第 2 可算公理] を言えばよい. (X,Od) が可分とする. すなわち
∃M ⊂ X s.t. M = X, M は高々可算集合
とする. このとき
B := {B(m, 1n) | m ∈M, n ∈ N}
は可算集合なので, この B が開基となることを言えばよい. 開球は開集合だったので,
B ⊂ Od. よって
∀O ∈ Od, ∃Oλ ∈ B s.t. O = ∪λ∈ΛOλ
を言えばよい. 実際
x ∈ O ∈ Od ⇒ x は O の内点⇒ ∃ε > 0 s.t. B(x, 2ε) ⊂ O.
ここでは ε ではなく 2ε としていることに注意. さらに
M = X, B(x, ε) ∈ Od ⇒M ∩B(x, ε) = ∅ ⇒ ∃m ∈M s.t. m ∈ B(x, ε).
とくに d(x,m) < ε だから, n ∈ N を d(x,m) < 1n< 2ε− d(x,m) を満たすように取れて
xd(x,m)< 1
n∈ Bx := B(m, 1n)
1n<2ε−d(x,m)
⊂ B(x, 2ε) ⊂ O
が分かる. よって
O = ∪x∈OBx, Bx ∈ B
を得る.
47
10.2 点列の収束
定義 55. 距離空間 (X, d) を考える. X の点列 {an}n∈N が 極限 a ∈ X に 収束 する
def⇔ limn→∞
d(a, an) = 0.
すなわち
⇔ ∀ε > 0, ∃N ∈ N s.t. ∀n ≥ N, d(a, an) < ε.
このとき
limn→∞
an = a, an → a (n→∞)
などと表記する.
問題 29. 距離空間において, 点列の極限は (もし存在すれば) 一意的に定まることを示せ.
略解. an → a かつ an → b と仮定して a = b を言えばよい. 実際
∀ε > 0, ∃M,N s.t. n ≥ N ⇒ d(a, an) < ε, n ≥M ⇒ d(b, an) < ε
⇒ n ≥ max{M,N} ⇒ d(a, b) ≤ d(a, an) + d(an, b) < 2ε.
ε はいくらでも小さくとれるから d(a, b) = 0, すなわち a = b.
定理 56. 距離空間 (X, d) と部分集合 M ⊂ X, 点 a ∈ X を考える. このとき以下は同値.
(1) x ∈M .
(2) ∃ M の点列 {an}n∈N (an ∈M) s.t. an → x.
証明. (1) ⇒ (2) x ∈ M ⇒ ∀n ∈ N, B(x, 1n) ∩M = ∅ ⇒ ∃an ∈ B(x, 1
n) ∩M . このとき
{an} は M の点列であり
d(x, an) <1
n→ 0 (n→∞)
となるので an → x.
(2) ⇒ (1) an → x なら
∀ε > 0, ∃N s.t. n ≥ N ⇒ d(x, an) < ε.
とくに
∀ε > 0, ∃an ∈ B(x, ε) ∩M, すなわち B(x, ε) ∩M = ∅.
よって x ∈M .
48
11 距離空間 (2)
11.1 距離空間の連続写像
復習. 位相空間 X,Y を考え, 点 x の全近傍系を N(x), 基本近傍系を N0(x) で表す. 写像 f : X → Y に対して
f が a ∈ X で連続 def⇔ [V ∈ N(f(x))⇒ f−1(V ) ∈ N(x)]
⇔ [V ∈ N0(f(x))⇒ f−1(V ) ∈ N(x)].
また
f が連続写像 ⇔ 任意の点 a ∈ X で f が連続.
定理 57. 距離空間 (X, dX), (X, dY ) と, 写像 f : X → Y を考える. 以下は同値.
(1) (位相空間 (X,OdX ), (Y,OdY ) とみなして) f は点 a ∈ X で連続.
(2) ∀ε > 0, ∃δ > 0 s.t. [dX(a, x) < δ ⇒ dY (f(a), f(x)) < ε].
(3) X の点列 {an} に対し [an → a⇒ f(an)→ f(a)].
証明. (1) ⇔ (2) 距離空間において点 a の基本近傍系として N0(f(a)) = {B(a, ε) | ε > 0}が取れる. よって
(1)⇔ f−1(B(f(a), ε)) ∈ N(a)⇔ a ∈ (f−1(B(f(a), ε)))o
⇔ ∃δ > 0 s.t. B(a, δ) ⊂ f−1(B(f(a), ε))
⇔ ∃δ > 0 s.t. [x ∈ B(a, δ)⇒ x ∈ f−1(B(f(a), ε))]
⇔ ∃δ > 0 s.t. [x ∈ B(a, δ)⇒ f(x)B(f(a), ε)]
⇔ ∃δ > 0 s.t. [dX(a, x) < δ ⇒ dY (f(a), f(x)) < ε].
(2) ⇒ (3) an → a を仮定して
ε > 0⇒ ∃N s.t. ∀n ≥ N, dY (f(a), f(an)) < ε
を言えばよい. ε に対して (2) の δ を取ると
(⋆) dX(a, x) < δ ⇒ dY (f(a), f(x)) < ε
が言える. 一方で仮定 an → a より
δ > 0⇒ ∃N s.t. ∀n ≥ N, dX(a, an) < δ(⋆)⇒ dY (f(a), f(an)) < ε
が従う.
49
(3) ⇒ (2) 背理法を使う. (2) の否定は
∃ε > 0 s.t. ∀δ > 0, ∃x ∈ X s.t. dX(a, x) < δ, dY (f(a), f(x)) ≥ ε.
とくに δ = 1nの場合の x を an とおくと
∃X の点列 {an} s.t. dX(a, an) <1
n, dY (f(a), f(an)) ≥ ε
このとき
an → a, f(an) → f(a)
なので (3) に矛盾.
注意 58. 定理 57-(2) により
f : X → Y が連続写像 ⇔ 任意の点 a ∈ X で f が連続⇔ ∀a ∈ X, ∀ε > 0, ∃δ > 0 s.t. [dX(a, x) < δ ⇒ dY (f(a), f(x)) < ε].
ここで δ は ε だけでなく, a にもよっている. この δ が a によらず取れるとき 一様連続写像と呼ぶ. すなわち
f : X → Y が 一様連続 def⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0 s.t. ∀a, b ∈ X, [dX(a, b)⇒ dY (f(a), f(b))].
問題 30. 距離空間 (X, dX) を考え, x0 ∈ X を固定する. このとき f : X → R, x 7→dX(x0, x) が連続写像であることを示せ.
略解. X,R ともに距離空間なので, 定理 57 が使える. 例えば (2) より
∀a ∈ X, ∀ε > 0, ∃δ > 0 s.t. [dX(a, x) < δ ⇒ dR(f(a), f(x)) < ε]
を言えばよい.
dR(f(a), f(x)) = |dX(x0, a)− dX(x0, x)|三角不等式≤ dX(a, x)
により δ = ε が取れる.
11.2 距離関数の同値
定義 59. 非空集合 X 上に二つの距離 d1, d2 が定義されているとする. このとき
d1, d2 が 同値な距離def⇔ Od1 = Od2 .
注意 60. 恒等写像 id : (X,Od1)→ (X,Od2) は明らかに全単射で
• id が連続 ⇔ ∀O ∈ Od2 , id−1(O) ∈ Od1 ⇔ Od2 ⊂ Od1 .
50
• id−1 が連続 ⇔ 上と同様· · · ⇔ Od1 ⊂ Od2 .
よって
d1, d2 が同値な距離 ⇔ id : (X,Od1)→ (X,Od2) が同相写像
とも言える.
定理 61. X 上の距離 d1, d2 に対して以下は同値.
(1) d1, d2 は同値な距離.
(2) ∀a ∈ X, ∀ε > 0, ∃δ > 0 s.t. [d1(a, x)<δ⇒d2(a, x)<ε], [d2(a, x)<δ⇒d1(a, x)<ε].
(3) X の点列 {an} に対し [d1(a, an)→ 0⇔ d2(a, an)→ 0].
証明. 上の注意での言い換えと, 定理 57 より.
問題 31. R2 上のユークリッド距離 d と問題 26 の距離 dmax が同値な距離であることを示せ.
略解. 示すべきは ∀a = [ a1a2 ], ∀ε > 0, ∃δ1, δ2 > 0 s.t.√(a1 − x1)2 + (a2 − x2)2 < δ1 ⇒ max{|a1 − x1|, |a2 − x2|} < ε,
max{|a1 − x1|, |a2 − x2|} < δ2 ⇒√
(a1 − x1)2 + (a2 − x2)2 < ε.
そのあと δ := min{δ1, δ2} とすればよい. 前者は
半径 δ の円が一辺 2ε の正方形に含まれる
ことを言っており, 後者は
一辺 2δ の正方形が半径 ε の円に含まれる
ことを言っている.
11.3 部分距離空間と直積距離空間
定理 62. 距離空間 (X, d) とその部分集合 M に対し
d|M : M ×M → R, (m,n) 7→ d(m,n)
は M 上の距離関数となる. この距離空間 (M,d|M) を 部分距離空間 と呼ぶ. またこの距離 d|M から定義されるM の位相構造 Od|M は距離位相 Od の相対位相 Od|M と一致する.
証明. d|M がM 上距離関数の定義を満たすのは自明であろう. 二つの位相構造Od|M ,Od|Mは, ともに {B(a, ε) ∩M | a ∈M, ε > 0} が開基となるので一致する.
51
定理 63. 有限個の距離空間 (X1, d1), . . . , (Xn, dn) に対し
d : (X1 × · · · ×Xn)× (X1 × · · · ×Xn)→ R,
d((x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn)) :=√d1(x1, y1)2 + · · ·+ dn(xn, yn)2
は直積集合 X1×· · ·×Xn 上の距離関数 (直積距離関数)となる. この距離空間 (X1×· · ·×Xn, d) を 直積距離空間 と呼ぶ. またこの直積距離 d から定義される位相構造は距離位相の直積位相と一致する.
証明. d が距離関数の定義を満たすことは, 帰納法により n = 2 の場合 (演習問題とする)
に帰着できる. 以下, 直積距離が定める位相 Od が距離位相の直積位相 OX1×···×Xn と一致することを見る. Od の開基は, x := (x1, . . . , xn), y := (y1, . . . , yn) とおくと
B(x, ε) :={y ∈ X1 × · · · ×Xn | d(x,y) =
√d1(x1, y1)2 + · · ·+ dn(xn, yn)2 < ε
}(x ∈ X1 × · · · ×Xn, ε > 0)
の形であり, OX1×···×Xn の開基は
B(x1, ε1)× · · · ×B(xn, εn) (x ∈ X1 × · · · ×Xn, ε1, . . . , en > 0)
の形である. よって示すべきは
(a) B(x, ε) は幾つかの B(x1, ε1)× · · · ×B(xn, εn) 達の和集合で書ける.
(b) B(x1, ε1)× · · · ×B(xn, εn) は幾つかの B(x, ε) 達の和集合で書ける.
となる (∵ O ∈ Od はいくつかの B(x, ε) の和集合で書ける(a)⇒ O ∈ Od はいくつか
の B(x1, ε1) × · · · × B(xn, εn) の和集合で書ける, すなわち O ∈ OX1×···×Xn . よってOd ⊂ OX1×···×Xn . 逆も同様). 以下
• B(x, ε) は半径 ε の球
• B(x1, ε1)× · · · ×B(xn, εn) は一辺 2ε1, . . . , 2εn の立方体
をイメージするとわかりやすいかもしれない.
(a) 任意の y := y ∈ B(x, ε) に対し, δy := ε−d(x,y)√n
> 0 を取ると
y ∈ B(y1, δy)× · · · ×B(yn, δy) ⊂ B(x, ε)
となる. よって
B(x, ε) = ∪y∈B(x,ε)(B(y1, δy)× · · · ×B(yn, δy)).
(b) 任意の y := y ∈ B(x1, ε1) × · · · × B(xn, εn) に対し, δy := min{εi − di(xi, yi) | i =1, . . . , n} とおくと
y ∈ B(y, δy) ⊂ B(x1, ε1)× · · · ×B(xn, εn)
となる. よって
B(x1, ε1)× · · · ×B(xn, εn) = ∪y∈B(x1,ε1)×···×B(xn,εn)B(y, δy).
52
問題 32. n = 2 の場合に直積距離が距離関数の定義を満たすことを確かめよ.
略解. 三角不等式は
d((x1, x2), (z1, z2))2 = d1(x1, z1)
2 + d2(x2, z2)2
(⋆)
≤ (d1(x1, y1) + d1(y1, z1))2 + (d2(x2, y2) + d2(y2, z2))
2
= d1(x1, y1)2 + d2(x2, y2)
2 + d1(y1, z1)2 + d2(y2, z2)
2
+ 2d1(x1, y1)d1(y1, z1) + 2d2(x2, y2)d2(y2, z2)
(∗)≤ d1(x1, y1)
2 + d2(x2, y2)2 + d1(y1, z1)
2 + d2(y2, z2)2
+ 2√
(d1(x1, y1)2 + d2(x2, y2)2)(d1(y1, z1)2 + d2(y2, z2)2)
=(√
d1(x1, y1)2 + d2(x2, y2)2 +√d1(y1, z1)2 + d2(y2, z2)2
)2= (d((x1, x2), (y1, y2)) + d((y1, y2), (z1, z2)))
2
で従う. ただし, (⋆) は d1, d2 の三角不等式, (∗) はシュワルツの不等式 ab + cd ≤√(a2 + c2)(b2 + d2) より.
練習 33. n 次元ユークリッド空間 Rn は, n 個の 1 次元ユークリッド空間の直積距離空間と一致することを説明せよ.
53
12 距離空間 (3)
12.1 距離空間の正規性
定義 64. 距離空間 (X, d) を考える.
(1) 部分集合 A,B ⊂ X の間の距離を以下で定める:
d(A,B) := inf{d(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}.
(2) 点 a ∈ X と部分集合 B ⊂ X の間の距離を以下で定める:
d(a,B) := inf{d(a, b) | b ∈ B}.
{d(a, b) | · · · } ⊂ [0,∞) であり, 下に有界なので, 必ず inf ≥ 0 が存在する (∵ 実数の連続性) ことに注意.
問題 34. 以下が成り立つことを示せ.
(1) d(a,B) = 0⇔ a ∈ B.
(2) 距離空間は T1-空間.
略解. (1) d(a,B) = inf{d(a, b) | b ∈ B} = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃b ∈ B s.t. d(a, b) < ε ⇔ ∀ε >0, B(a, ε) ∩B = ∅ ⇔ a ∈ B.
(2) 一点集合 {b} が閉集合であること, すなわち {b} = {b} を言えばよい. 実際
a ∈ {b} (1)⇔ 0 = d(a, {b}) = inf{d(a, x) | x ∈ {b}} = d(a, b)⇔ a = b.
補題 65. 距離空間 (X, d) と部分集合 A ⊂ X, 点 x, y ∈ X を考える. 以下が成り立つ.
(1) |d(x,A)− d(y, A)| ≤ d(x, y).
(2) fA : X → R, x 7→ fA(x) := d(x,A) は実連続関数.
略解. inf の定義と三角不等式より, 任意の点 a ∈ A に対して
d(x,A) ≤ d(x, a) ≤ d(x, y) + d(y, a), よって d(x,A)− d(y, a) ≤ d(x, y).
さらに − inf{· · · } = sup{− · · · } より
d(x,A)− d(y, A) = d(x,A) + sup{−d(y, a) | a ∈ A}= sup{d(x,A)− d(y, a) | a ∈ A} ≤ d(x, y).
(2) (1) より
d(x, y) < δ := ε⇒ d(fA(x), fA(y)) = |d(x,A)− d(y, A)| ≤ d(x, y) < ε
となり, 定理 57-(2) を満たす.
54
定理 66. 距離空間は正規空間.
証明. T1-空間であることは問題 34-(2)でみたので, T4を満たすことを言えばよい. F1, F2 ∈F, F1 ∩ F2 = ∅ とする. このとき実関数
f : X → R, x 7→ f(x) := d(x, F1)− d(x, F2)
を考えると, 補題 65 と “実連続関数の差は実連続関数” (前期プリント定理 51-(2)) より連続関数. とくに
O1 := f−1((−∞, 0)), O2 := f−1((0,∞))
は開集合. また明らかに O1 ∩O2 = ∅. よって後は
F1 ⊂ O1, F2 ⊂ O2
を言えばよい. 実際
x ∈ F1 = F1問題 34-(1)⇒ d(x, F1) = 0,
x ∈ F1 ⇒ x /∈ F2 = F2問題 34-(1)⇒ d(x, F1) > 0
より, 併せて
x ∈ F1 ⇒ f(x) < 0⇒ x ∈ O1
を得る. 同様に x ∈ F2 ⇒ f(x) > 0⇒ x ∈ O2 が従い, 題意を得る.
系 67. 距離空間 (X, d) の閉集合 F1, F2 ∈ F, F1 ∩ F2 = ∅ に対し,
∃実連続関数 f : X → R s.t. f(F1) = {0}, f(F2) = {1}, f(X) ⊂ [0, 1].
証明. ウリゾーンの補題より.
問題 35. 距離空間 (X, d) の閉集合 F1, F2 ∈ F, F1 ∩ F2 = ∅ に対し,
f : X → R, x 7→ d(x, F1)
d(x, F1) + d(x, F2)
とおけば, 上の系の条件を満たす実連続関数となることを確かめよ. (上の系の別証.)
略解. 連続性は前期プリント定理 51 より従う.
55
12.2 完備距離空間
定義 68. (X, d) を距離空間とする. 点列 {an}n∈N (an ∈ X) を考える.
(1) {an}n∈N がコーシー列 (基本列)def⇔ ∀ε > 0, ∃N ∈ N s.t.m,n ≥ N ⇒ d(am, an) < ε.
(2) {an}n∈N が 収束列def⇔ ∃a ∈ X s.t. an → a (n→∞)
⇔ ∃a ∈ X s.t. ∀ε > 0, ∃N ∈ N s.t. n ≥ N ⇒ d(a, an) < ε.
練習 36. 以下を確かめよ.
(1) R において, { 1n}n∈N はコーシー列であり, 収束列でもある.
(2) R において, {n}n∈N はコーシー列でなく, 収束列でもない.
(3) R の部分距離空間 Q において, {an}n∈N, a1 = 1.4, a2 = 1.41, a3 = 1.412, . . . , an :=
“√2 の小数点 n 桁までの展開” はコーシー列だが収束列でない.
略解. (3)√2 ∈ R に収束するが, ∀a ∈ Q には収束しない.
命題 69. 収束列はコーシー列である.
証明. 収束列なので ∃a ∈ X s.t. ∀ε > 0, ∃Nε ∈ N s.t. n ≥ Nε ⇒ d(a, an) <ε2. よって
m,n ≥ ∃Nε ⇒ d(am, an)三角不等式≤ d(am, a) + d(a, an) <
ε
2+ε
2= ε.
問題 37. コーシー列 {an}n∈N の部分列 {ank}k∈N が収束列であるとき,コーシー列 {an}n∈N
も同じ点に収束していることを示せ.
略解. 仮定は
∀ε > 0, ∃Nε ∈ N s.t. m,n ≥ Nε ⇒ d(am, an) < ε,
∃a ∈ X s.t. ∀ε > 0, ∃Kε ∈ N s.t. n ≥ Kε ⇒ d(a, ank) < ε
であり, 示すべきは
∀ε > 0, ∃Lε ∈ N s.t. n ≥ Lε ⇒ d(a, an) < ε.
実際 Lε := N ε2とおき,
k0 ≥ K ε2, nk0 ≥ N ε
2
を満たす, 十分大きな nk0 をとるとn ≥ Lε = N ε2
nk0≥N ε
2⇒ d(ank0, an) <
ε2
k0 ≥ K ε2⇒ d(a, ank0
) < ε2
⇒ d(a, an)三角不等式≤ d(a, ank0
)+ d(ank0, an) < ε.
56
定義 70. 距離空間 (X, d) が 完備 である def⇔ 任意のコーシー列が収束列.
定理 71. R は完備距離空間.
証明. R のコーシー列 {an}n∈N が極限を持つことを, 以下の手順で示す.
(1) {an}n∈N は有界である, すなわち ∃b, c s.t. b ≤ an ≤ c (∀n ∈ N).
(2) M := {x ∈ R | |{n ∈ N | an ≤ x}| <∞} は上に有界. とくに ∃a := supM ∈ R.
(3) ∀ε > 0, {n ∈ N | an ≤ a− ε} は有限集合.
(4) an → a.
(1) コーシー列より ∃N s.t. m,n ≥M ⇒ |am− an| < 1. とくに n ≥ N ⇒ aN − 1 < an <
aN + 1. よって b := min{a1, . . . , aN−1, aN − 1}, c := max{a1, . . . , aN−1, aN + 1} でよい.
(2) x > c なら
{n ∈ N | an ≤ x} ⊃ {n ∈ N | an ≤ c} = N
より |{n ∈ N | an ≤ x}| =∞. とくに c は M の上界を与える. よって実数の連続性より∃a := supM ∈ R.
(3) 上限の定義より ∀ε > 0, M ∩ (a− ε, a] = ∅. つまり
∀ε > 0, a− ε < ∃mε ≤ a s.t. |{n ∈ N | an ≤ mε}| <∞.
さらに
{n ∈ N | an ≤ a− ε}a−ε<mε⊂ {n ∈ N | an ≤ mε}
だからこれも有限集合.
(4) コーシー列だから
∀ε > 0, ∃Nε s.t. m,n ≥ Nε ⇒ |am − an| <ε
2.
一方で上限 a は上界でもあるから
a+ε
2> a⇒ a+
ε
2/∈M ⇒ {n ∈ N | an ≤ a+ ε
2} は無限集合.
さらに (3) の ε2の場合より
{n ∈ N | an ≤ a− ε2} は有限集合
だから, 併せて
{n ∈ N | a− ε2< an ≤ a+ ε
2} は無限集合.
57
とくに, いくらでも大きい m で a− ε2< am ≤ a+ ε
2を満たすものが存在するから
∃mε ≥ Nε s.t. a−ε
2< amε ≤ a+
ε
2, とくに |a− amε| ≤
ε
2.
合わせてn ≥ Nε ⇒ |an − a| = |an − amε|+ |amε − a| <
ε
2+ε
2= ε.
問題 38. R の部分距離空間 (0, 1) が完備か完備でないかを確かめよ.
略解. (0, 1) のコーシー列で, (0, 1) の点に収束しないものがあるか？
定理 72. 距離空間 (X, d) を考える. このとき以下を満たす距離空間 (X∗, d∗) と写像ϕ : X → X∗ が存在する.
(1) (X∗, d∗) 完備.
(2) ϕ は距離を保つ: ∀x, y ∈ X, d(x, y) = d∗(ϕ(x), ϕ(y)).
(3) ϕ(X) = X∗.
また,このような距離空間と写像の組 (X∗, d∗, ϕ)は,以下の意味で一意的である: (X⋆, d⋆, ψ)
も (1), (2), (3) を満たせば
∃f : X∗ → X⋆ s.t. f は全単射で f ◦ ϕ = ψ, ∀a, b ∈ X∗, d∗(a, b) = d⋆(f(a), f(b)).
証明. キチンと書くと膨大な長さになるので, 証明の手順のみ紹介する. 詳細は多くの専門書にある (例えば教科書 p269–).
• X∗ := “X のコーシー列全体”/∼. ただし {xn}n∈N ∼ {yn}n∈Ndef⇔ d(xn, yn)→ 0.
• d∗({xn}n∈N, {yn}n∈N) := limn→∞ d(xn, yn).
• ϕ : X → X∗, x 7→ {x}n∈N (定点からなるコーシー列 {x}n∈N の同値類).
とおくと, (X∗, d∗) は完備距離空間で, ϕ は距離を保つことが示せる. また完備性は
• X∗ の元からなるコーシー列 {an}n∈N (an ∈ X∗) を考える.
• 各元 an ∈ X∗ は X のコーシー列 {x(n)m }m∈N で代表される: an = {x(n)m }m∈N.
• このとき “対角線点列” {x(n)n }n∈N は X のコーシー列となり, その同値類 a :=
{x(n)n }n∈N ∈ X∗ が極限を与える: d∗(a, an)→ 0.
稠密性は
• 任意の点 a = {xn}n∈N ∈ X∗ を取る.
• このとき ϕ(X) ∋ ϕ(xn)→ a ∈ X∗ (n→∞).
• よって定理 56 より a ∈ ϕ(X).
注意 73. 証明は省くが Q の完備化が R となる (または, 同一視できる).
58
13 距離空間 (4)
13.1 有界, 全有界
定義 74. 距離空間 (X, d) を考える.
(1) 部分集合 M ⊂ X に対し, M の 直径 := δ(U) := sup{d(x, y) | x, y ∈M} ∈ [0,∞].
(2) M ⊂ X が 有界部分集合 def⇔ δ(M) <∞. とくに, X が 有界 def⇔ δ(X) <∞.
(3) 被覆 X = ∪λ∈ΛMλ が ε 被覆 def⇔ ∀λ ∈ Λ, δ(Mλ) < ε.
(4) X が 全有界 (プレコンパクト)def⇔ 任意の ε > 0 に対して X は有限 ε 被覆をもつ.
練習 39. 開球 B(x, ε) の直径は 2ε 以下であることを確かめよ.
略解. y, z ∈ B(x, ε)⇒ d(y, z)三角不等式≤ d(x, y) + d(x, z) < 2ε.
補題 75. 全有界であれば有界でもある.
証明. ある ε (例えば ε = 1) の有限 ε 被覆 X = ∪ni=1Mi を取ると, 各 Mi は有界. よって
M,N が有界 ⇒ M ∪N が有界
を言えば良い (∵ 帰納法 ). 実際, ある点 m0 ∈M , n0 ∈ N の距離 d := d(m0, n0) を使って
m ∈M, n ∈ N ⇒ d(m,n) ≤ d(m,m0)+d(m0, n0)+d(n, n0) ≤ δ(M)+δ(N)+d <∞.
問題 40. 無限集合 X に問題 27 の距離を入れると, 有界だが全有界でないことを示せ.
略解. 有界性. δ(X) = 1 なので有界.
非全有界性. δ(M) < 1 となる部分集合は高々 1 点からなるこという. これが言えれば,
ε = 1 に対して有限 ε 被覆 X = ∪ni=1Mi (δ(Mi) < 1) を持てば X は有限集合となる.
定理 76. 距離空間 (X, d) に対して以下は同値.
(1) (X, d) は全有界.
(2) (X, d) の任意の点列は部分コーシー列を持つ.
証明. (1) ⇒ (2) 点列 {an}n∈N を固定する. ε = 1 の有限 ε 被覆 X = ∪Ni=1Mi を取ると
N∀an∈X=∪N
i=1Mi= ∪Ni=1{n ∈ N | an ∈Mi}.
とくに
∃i0 s.t. N1 := {n ∈ N | an ∈Mi0} は無限集合
59
となる. このとき
m,n ∈ N1 ⇒ am, an ∈Mi0 ⇒ d(am, an) < 1
に注意. 次に ε = 12に対して有限 ε 被覆 X = ∪N ′
j=1M′j を取ると, 同様に
N1 = ∪N′
j=1{n ∈ N | an ∈Mi0 ∩Mj}⇒ ∃j0 s.t. N2 := {n ∈ N | an ∈Mi0 ∩M ′
j0} = {n ∈ N1 | an ∈M ′
j0} は無限集合
が分かる. 以下 ε = 13, 14, . . . に対して同様の操作を行って無限集合の列
N ⊃ N1 ⊃ N2 ⊃ N3 ⊃ · · · s.t. m,n ∈ Nk ⇒ d(am, an) <1
k
を作れる. よって
n1 := minN1, n2 := min{n ∈ N2 | n > n1}, n3 := min{n ∈ N3 | n > n2}, . . .
とおいて部分列 {ani}i∈N を考えると
i, j ≥ k ⇒ i, j ∈ Nk ⇒ ani, anj
∈ “半径 1k未満の集合”⇒ d(ani
, anj) <
1
k
となるので部分コーシー列となる.
(2) ⇒ (1) 背理法. (2) を仮定し全有界でないとする. すなわち
∃ε > 0 s.t. X の有限 ε 被覆が存在しない
と仮定する. とくに, 問題 39 より
(⋆) X は有限個の半径 ε2の開球 B(x, ε
2) で覆うことはできない
ことが分かる. このことから (1) の反例となる点列が以下のように構成できる:
• a1 ∈ X は適当に取る.
• (⋆) より X −B(a1,ε2) = ∅. とくに a2 ∈ X −B(a1,
ε2) が取れる.
• 同様に X −B(a1,ε2)−B(a2,
ε2) = ∅ ⇒ a3 ∈ X −B(a1,
ε2)−B(a2,
ε2) が取れる.
同様に繰り返して
an /∈ ∪n−1i=1 B(ai,
ε2), i.e, d(a1, an), . . . , d(an−1, an) ≥
ε
2, i.e, [m = n⇒ d(am, an) ≥
ε
2]
とできる. 部分列を取っても同じ性質を持ち, とくにコーシー列ではない.
定理 77. 距離空間において
全有界 ⇒ 第 2 可算公理を満たす (定理 54⇔ 可分).
60
証明. 全有界であれば可分であることを言う. ε = 1 に対して有限 ε 被覆をとり, 各部分集合から一点ずつ集める:
X = ∪N(1)
i=1 M(1)i , δ(M
(1)i ) < 1,
A1 := {m1, . . . ,mN(1)} (mi ∈M (1)i ).
同じ操作を ε = 1kに対して行う:
X = ∪N(k)
i=1 M(k)i , δ(M
(1)i ) <
1
k,
Ak := {m1, . . . ,mN(1)} (mi ∈M (1)i ).
さらに和集合
A := ∪k∈NAk
を取ると, 可算個の有限集合の和集合なので, A は高々可算集合となる. このとき
X = A
が言えて, 主張が従う. 実際 x ∈ X を固定したとき
∀k ∈ N, ∃M (k)i s.t. δ(M
(k)i ) <
1
k, x ∈M (k)
i
であり, A := ∪k∈NAk はこの M(k)i の元も含んでいる. この元を ak とおく. とくに
x, ak ∈M (k)i
δ(M(k)i )< 1
k⇒ d(x, ak) <1
k⇒ an → x (n→∞).
である. よって定理 56 より x ∈ A.
13.2 コンパクト距離空間
定義 78. 距離空間 (X, d) が 点列コンパクト def⇔ 任意の点列が収束部分列を含む.
定理 79. 距離空間において以下は同値.
(1) コンパクト.
(2) 点列コンパクト.
(3) 完備かつ全有界.
61
証明. 変則的だが (2) ⇒ (3), (2) ⇐ (3), (1) ⇒ (2), (2,3) ⇒ (1) をいう.
(2) ⇒ (3). 全有界性: 任意の点列 {an} を取る. (2) より部分収束列 {ank} が取れ, 命題
69 よりこれはコーシー列でもある. よって任意の点列は部分コーシー列をもつから, 定理76 より全有界.
完備性: 任意のコーシー列 {an} を取る. やはり (2) より部分収束列 {ank} が取れ, 問題
37 よりもとの点列も収束列となる. よって任意のコーシー列が収束するので完備.
(2) ⇐ (3) 任意の点列 {an} を取る. (3) で全有界を仮定しているので, 定理 76 より部分コーシー列 {ank
} が取れる. さらに (3) で完備性を仮定しているので, {ank} は収束列で
もある. よって任意の点列は収束部分列を持つ.
(1) ⇒ (2). 任意の点列 {an} が収束部分列を持つことをいう. まず証明のあらすじを述べる:
(a) ∃a ∈ X s.t. ∀ε > 0, |{n ∈ N | an ∈ B(a, ε)}| =∞.
(b) Nk := {n ∈ N | an ∈ B(a, 1k)} とし, 無限集合の無限列 N1 ⊃ N2 ⊃ N3 ⊃ · · · を得る.
(c) n1 := minN1, n2 := min{n ∈ N2 | n > n1}, n3 := min{n ∈ N3 | n > n2}, . . . とおく.
(d) ank→ a (k →∞). とくに収束部分列 {ank
} が存在する.
(a) 背理法.
∀x ∈ X, ∃εx > 0 s.t. Nx := {n ∈ N | an ∈ B(x, εx)} は有限集合
と仮定する. X = ∪x∈XB(x, εx) は開被覆だから, コンパクト性より有限部分被覆 X =
∪li=1B(xi, εxi) を持つ. とくに
∪li=1Nxi= {n ∈ N | an ∈ ∪l
i=1B(xi, εxi) = X} = N.
左辺は l 個の有限集合 Nxiの和集合なので矛盾.
(b) (a) より Nk は無限集合. Nk ⊃ Nk+1 は明らか.
(c) n ∈ Nk は無限集合だから {n ∈ Nk | n > nk−1} は空集合とならない.
(d) 定義 (nk ∈ Nk := {n ∈ N | an ∈ B(a, 1k)}) より d(a, ank
) < 1k.
(2,3) ⇒ (1). 任意の開被覆 X = ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ Od) が有限部分被覆をもたないと仮定して矛盾を導く. まず証明のあらすじを述べる:
(e) X = ∪λ∈ΛOλ は, 高々可算な部分被覆 X = ∪∞i=1Oλi
(λi ∈ Λ) を持つ.
(f) F1 := X −Oλ1 , F2 := X −Oλ1 −Oλ2 , F3 := X −Oλ1 −Oλ2 −Oλ3 , . . . とし, 非空閉集合の無限減少列 F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ · · · を得る.
(g) 各 Fn から 1 点ずつ選び, 点列 {an}, an ∈ Fn を構成する.
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(h) 部分収束列 {ank} が存在し, その極限 a ∈ X が取れる.
(i) a ∈ X − ∪∞i=1Oλi
となり矛盾.
(e) (3) の全有界性から, (X,Od) は第 2 可算公理を満たす (∵ 定理 77) ので, 一般論
(⋆) 第 2 可算公理を満たす位相空間 (X,O) の開被覆は, 高々可算な部分被覆を持つ.
より従う. 以下 (⋆) を示す. B を高々可算個の開集合からなる開基とし, 任意の開被覆X = ∪λ∈ΛOλ (Oλ ∈ O) をとる. このとき
x ∈ X X=∪λ∈ΛOλ⇒ ∃λx s.t. x ∈ Oλx
開基の定義⇒ ∃Ux ∈ B s.t. x ∈ Ux ⊂ Oλx .
B は可算個からなるので, 重複を除けば {Ux | x ∈ X} = {Ui | i ∈ N} と番号付けができる. 各 i に対し, Ui = Ux となる x ∈ X を一つずつ選び, xi とおけば
Ui = Uxi⊂ Oλxi
を得る. よって
X = ∪x∈XUx = ∪ni=1Uxi
= ∪ni=1Ui ⊂ ∪ni=1Oλxi
となり, 高々可算部分被覆 X = ∪ni=1Oλxiを得る.
(f) 閉集合の減少列なのは明らか. どこかで Fn = X − Oλ1 − · · · − Oλn = ∅ となれば, 有限部分被覆 X = Oλ1 ∪ · · · ∪Oλn を持つことになり仮定に矛盾.
(g) 定義するだけ.
(h) (2) の点列コンパクト性より.
(i) a ∈ X−∪∞i=1Oλi
は演習問題とする. X = ∪∞i=1Oλiという仮定だから, X−∪∞
i=1Oλi= ∅
のはずで, 矛盾.
問題 41. 上記証明中の (i) a ∈ X − ∪∞i=1Oλi
を示せ.
略解. X − ∪∞i=1Oλi
= (∪∞i=1Oλi)c = ∩∞
i=1Ocλi= ∩∞i=1Fi だから
∀i, a ∈ Fi
を言えばよい. 実際 ∀i,∃nk0 > i だから, さらに部分列 {ank0+h}h∈N を考えると
ank0+h∈ Fnk0+h
i<nk0<nk0+h
⊃ Fi,
ank0+h→ a (h→∞)
より a ∈ Fi (∵ 定理 56) が分かる.
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14 補足
14.1 ウリゾーンの距離づけ定理
定義 80. 位相空間 (X,O) が 距離づけ可能 def⇔ X 上の距離関数 d で O = Od となるものが存在.
定理 81. 位相空間 (X,O) が正規かつ第 2 可算公理を満たせば, 距離づけ可能である.
証明の概略. ウリゾーンの補題を使って, X を, ある距離空間へ “埋め込む” ことができる. もし時間が余れば詳しく話します.
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15 期末試験問題 1. (1) 位相空間が T1-空間 であることの定義を書け.
(2) 以下の に入る言葉や式をかけ. (a), (c) は言葉で (b), (d) は幾つかの式である.
• 第 4 分離公理 (T4): (a) 集合 F1, F2 が F1 ∩ F2 = ∅ を満たせば, 開集合
O1, O2 が存在して (b) を満たす.
• ウリゾーンの補題: X を (c) 空間とする. A,B が X の閉集合であると
き, 実連続関数 f : X → R で (d) を満たすものが存在する.
(3) X がハウスドルフ空間であるとする. 直積空間 X ×X において, 対角線集合 ∆ :=
{(x, x) ∈ X ×X | x ∈ X} が閉集合になることを示せ.
問題 2. (1) 以下の に入る言葉や式をかけ. (a), (b) は幾つかの式で, (c), (d) は言葉である.
• 距離空間 (X, d) の 三角不等式: ∀x, y, z ∈ X, (a) .
• 距離空間 (X, d) において, 点 a ∈ X を中心とする半径 ε の開球は B(a, ε) :=
{a ∈ X | (b) } で定義される.
• 開球全体 {B(a, ε) | a ∈ X, ε > 0} は, 距離位相 Od の (c) となる.
• 距離空間において以下は同値:
全有界 ⇔ 任意の点列は (d) を持つ.
(2) 距離空間において, 点列の極限は (もし存在すれば) 一意的に定まることを示せ.
問題 3. (1) R上の通常の距離を考え, 距離空間とみなす. このとき, 部分距離空間 (0, 1)
(開区間) が完備であるかどうか, 理由をつけて答えよ (細かく証明しなくてよい).
(2) 閉区間 [0, 1] の無限個の直積集合 X :=∏
n∈N[0, 1] = [0, 1]× [0, 1]× [0, 1]× · · · 上に
d((xn)n∈N, (yn)n∈N) := sup{|xn − yn| | n ∈ N} ((xn)n∈N, (yn)n∈N ∈ X)
と定めると, (X, d) は距離空間となる (ここまで証明不要). このとき (X, d) はコンパクトな距離空間ではないことを示せ.
(配点: 1-1, 1-3, 2-2, 3-1, 3-2 は各 12 点. 1-2, 2-1 の穴埋めは各 5 点.)
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略解
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