★P204

区間\([0,1]\)に属する\(t\)に対し,\[f(t)=(1-t)a+tb\]とおけば,\(f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}^n\)は明らかに連続で,(後略)

 

(; ・`д・´)

証明

\(a=b\)のとき,\(f(t)=a\)(定値写像)となるが,これは連続写像である(第4章A)例3).以下,\(a\neq b\)とする.\(O \in \mathfrak{O}(\mathbb{R}^n)\)を任意にとる.\begin{align*}&f^{-1}(O)=\{t|f(t) \in O\}\\&O=B^{(n)}(c;\epsilon)=\{x|x \in \mathbb{R}^n,d(c,x) < \epsilon\}~(c\in\mathbb{R}^n)\end{align*}であるから,\[f^{-1}(O)=\{t|f(t)\in\mathbb{R}^n,d(c,f(t))<\epsilon\}\]ここで,\begin{align*}\displaystyle
d(c,f(t))=&\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (c_i-(1-t)a_i-tb_i)^2} = \sqrt{\sum_{i=1}^{n} (c_i-a_i+(a_i-b_i)t)^2}\\
=&\sqrt{\sum_{i=1}^{n} \{(c_i-a_i)^2+2(c_i-a_i)(a_i-b_i)t+(a_i-b_i)^2 t^2\}}\\
=&\sqrt{\left(\sum_{i=1}^{n}(a_i-b_i)^2\right)t^2+2\left(\sum_{i=1}^{n}(c_i-a_i)(a_i-b_i)\right)t+\sum_{i=1}^{n}(c_i-a_i)^2}
\end{align*}\(\sum_{i=1}^{n}(a_i-b_i)^2=a^{\prime},2\left(\sum_{i=1}^{n}(c_i-a_i)(a_i-b_i)\right)=b^{\prime},\sum_{i=1}^{n}(c_i-a_i)^2=c’\)とおけば\(a^{\prime}>0\)で,\(d(c,f(t))<\epsilon\)より
\begin{align*}
\sqrt{a^{\prime}t^2+b^{\prime}t+c^{\prime}}<\epsilon \Longleftrightarrow~&a^{\prime}t^2+b^{\prime}t+c^{\prime}<\epsilon^2\\
\Longleftrightarrow~&\alpha < t < \beta\lor t\in\phi\\
\Longleftrightarrow~&t \in (\alpha,\beta)\lor t\in\phi
\end{align*}ゆえに\[f^{-1}(O)=\{t|f(t)\in\mathbb{R}^n,t \in (\alpha,\beta)\}=(\alpha,\beta)\in B^{(1)}(c^{\prime};\epsilon^{\prime})=\mathfrak{O}(\mathbb{R})\]または\[f^{-1}(O)=\{t|f(t)\in\mathbb{R}^n,t \in \phi\}=\phi\in\mathfrak{O}(\mathbb{R})\]よっていずれの場合も\[f^{-1}(O)\in\mathfrak{O}(\mathbb{R})\]

証明終

一般に,\(f:A \rightarrow B\),\(Q\)を\(A\)の部分集合とすると,\(f^{-1}(Q) \subset A\)が成り立つ.実際,
\begin{align*}
x\in f^{-1}(Q)\Longleftrightarrow &x \in \{x|x\in A , f(x) \in Q\}\\
\Longleftrightarrow & x\in A , f(x) \in Q\\
\Longrightarrow & x\in A
\end{align*}したがって確かに\(f^{-1}(Q) \subset A\).

 

★182(で使うちしき)

\(f:S\rightarrow S^{\prime}\)が全単射であるとき,\[f(A^c)^c=f(A)\]

絵をかけばほんと「明らか」なんだけど…念のため…(鬱)

証明

\(f(A)\subset f(A^c)^c\)であること:
\(a^{\prime} \in f(A)=\{y|\exists x \in A[f(x)=y]\}\)とすれば,\(f(x)=a^{\prime}\)となる\(x \in A\)が存在する.これを\(x_1\)とおく.ここで,\(a^{\prime} \in f(A^c)=\{y|\exists x \in A^c[f(x)=y]\}\)と仮定すれば,\(f(x)=a^{\prime}\)となる\(x \in A^c\)が存在することになる.これを\(x_2\)とおく.すると\(f(x_1) =a^{\prime},f(x_2)=a^{\prime}\)より\(f(x_1)=f(x_2)\).今,\(f\)は(全)単射であるから,\(x_1=x_2\)となるが,しかしこれは\(x_1 \in A, x_2 \in A^c\)であることに矛盾する.したがって\(a^{\prime} \in f(A^c)^c\).よって\(f(A)\subset f(A^c)^c\).

\(f(A^c)^c \subset f(A)\)であること:
\(a^{\prime} \in f(A^c)^c(=S^{\prime}-f(A^c))\)とする.このとき\(a^{\prime} \notin f(A)\)と仮定すると,\(a^{\prime} \notin f(A^c),a^{\prime} \notin f(A)\).ここで\(S = A \cup A^c\)であるから,\(f(S) = f(A \cup A^c) = f(A) \cup f(A^c)\)(∵P45(5.3)).また,\(f\)は全(単)射であるから\(f(S) = S^{\prime}\).よって\(S^{\prime} = f(A) \cup f(A^c)\).\(a^{\prime} \notin f(A^c),a^{\prime} \notin f(A)\)より\(a^{\prime} \notin S^{\prime}\)となるがこれは矛盾である.したがって\(a^{\prime} \in f(A)\).よって\(f(A^c)^c \subset f(A)\).

証明終

そういえば以前「数学は『イメージ』で理解しろ(させろ)」と主張に出会ったことがある。だけど,それって言い換えれば「イメージできない数学は理解できない(理解する術がない)」ということにならないだろうか?直観のきく世界から出ないのであればそれでもいいのかも知れないけど。そもそも,「絵」や「たとえ話」で理解したものは理解したと言えるのだろうか?

任意の(その2)

数学Ⅰの「集合と論理」を学んだ高校生にぜひ考えてもらいたい問題。

任意の\(\epsilon > 0\)に対して\(|x-a| < \epsilon \)ならば,\(x=a\)であることを示せ.

\(|x-a| < \epsilon \Longleftrightarrow a-\epsilon < x < a+ \epsilon\)で,この不等式において\(\epsilon\)は任意の正数,つまり正の数なら何入れても成り立つとすれば\(x=a\)である,換言すれば「幅をどんだけ小さくしても,その間に\(x\)が入るというのなら,その\(x\)って\(a\)だよね?」といっています。感覚的には正しそう?

証明

示したいことは\[\forall \epsilon > 0 [|x-a| < \epsilon] \Longrightarrow x=a\]である.この命題を否定して\[\forall \epsilon > 0 [|x-a| < \epsilon] \land x \neq a\]と仮定する.このとき,\(|x-a| > 0\)であるから,\(0 < \epsilon^{\prime} < |x-a|\)を満たす\(\epsilon^{\prime}\)が存在する.\(\epsilon\)は任意だったので,この\(\epsilon^{\prime}\)をとることにする.すると,\(|x-a| < \epsilon^{\prime}<|x-a|\)より\(|x-a| < |x-a|\)となり矛盾する.したがって\[\forall \epsilon > 0 [|x-a| < \epsilon] \Longrightarrow x=a\]となる.

証明終

note:
\(\{a\}(\subset \mathbb{R})\)が閉集合であることの証明において,\(\{x|\forall \epsilon >0 [d(x,y) < \epsilon,y=a]\}=\{a\}\)を示す必要がありそこで使った。

★P180

\(f,g\)がともに位相空間\(S\)で定義された実連続関数ならば,\(f+g,f-g,f\cdot g,af(a\in \mathbb{R})\)も実連続関数である.また,\(S\)のすべての点\(x\)において\(g(x) \neq 0\)ならば\(\frac{f}{g}\)も実連続関数である.

 
本だと「\(\delta=\min\left\{1,\frac{\epsilon}{|f(x_0)|+|g(x_0)|+1}\right\}\)とする」といきなり与えられていて「なんでこんな\(\delta\)が思いついたの??」という部分が釈然としないので天下り的でなく発見的な証明を作ってみます(\(f\cdot g\)だけ).ちょっと口語的で冗長だけど….

証明

\(x_0\)の\(S\)の任意の1点とし,\(\epsilon\)を任意の正の実数とする.示したいことは,この\(\epsilon\)に対して,\[\exists V \in\mathbb{V}_{S}(x_0)[x \in V \Rightarrow |f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)|<\epsilon]\tag{1}\]が成り立つことである.一方,与えられた仮定は\(f,g\)が連続であること,すなわち任意の正数\(\epsilon^{\prime},\epsilon^{\prime\prime}\)に対して\begin{cases}\exists V_1 \in\mathbb{V}_{S}(x_0)[x \in V_1 \Rightarrow |f(x)-f(x_0)|<\epsilon’]\\ \exists V_2 \in\mathbb{V}_{S}(x_0)[x \in V_2 \Rightarrow |g(x)-g(x_0)|<\epsilon^{\prime\prime}]\end{cases}である.P161定理\(10(\mathrm{Viii})\)により,\(V_1 \cap V_2 \in \mathbb{V}_{S}(x_0)\)であり,これを\(V\)とおくと,\(V \subset V_1,V\subset V_2\)だから\[\begin{cases}x \in V \Rightarrow |f(x)-f(x_0)|<\epsilon’\\ x \in V \Rightarrow |g(x)-g(x_0)|<\epsilon^{\prime\prime}\end{cases}(\forall \epsilon’,\epsilon^{\prime\prime}>0)\tag{2}\]が成り立つ.この2式の利用を考える.\((1)\)において示すべき\(V\)は,上で定義した\(V=V_1\cap V_2\)ではないか?という予想を立てて先へ進んでみる.

\(x \in V\)とする(\((1)\)の仮定).このとき,\((2)\)(の結論)が使えることに留意しつつ,\(|f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)|<\epsilon\)を目指す.

\begin{align*}
&|f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)|\\
=&|f(x)(g(x)-g(x_0))+f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x_0)|\\
=&|f(x)(g(x)-g(x_0)) + g(x_0)(f(x)-f(x_0))|\\
\leq &|f(x)||g(x)-g(x_0)| + |g(x_0)||f(x)-f(x_0)|\\
<&|f(x)|\epsilon^{\prime\prime} + |g(x_0)|\epsilon’\tag{\(\ast\)} \end{align*}\(f(x)\)は変数\(x\)に依存しているのでこれをなんとかしたい.そこで,\(\epsilon’>0\)が任意であったことに着目して\(\epsilon^{\prime} \leq 1\)と決める.すると\(|f(x)-f(x_0)|<1\).これと三角不等式\(|f(x)|-|f(x_0)| \leq |f(x)-f(x_0)|\)により\(|f(x)|<|f(x_0)|+1\)を得る.したがって,\[(\ast)=|f(x)|\epsilon^{\prime\prime}+|g(x_0)|\epsilon’ < (|f(x_0)|+1)\epsilon^{\prime\prime} + |g(x_0)|\epsilon’\]ここで,\(\epsilon^{\prime\prime}\)と\(\epsilon’\)は\(\epsilon^{\prime\prime}=\epsilon’=\frac{\epsilon}{1+|f(x_0)|+|g(x_0)|}\)と定めればよいのではないか?と気づく.ただし,\(\epsilon^{\prime}\)は\(\epsilon^{\prime}\leq 1\)と定めたのであったから,結局\(\epsilon^{\prime\prime}=\epsilon’=\min\left\{1,\frac{\epsilon}{1+|f(x_0)|+|g(x_0)|}\right\}\)と定めればよいことになる.実際,\(\epsilon^{\prime\prime}=\epsilon’=1\left(<\frac{\epsilon}{1+|f(x_0)|+|g(x_0)|}\right)\)であっても\(\epsilon^{\prime\prime}=\epsilon’=\frac{\epsilon}{1+|f(x_0)|+|g(x_0)|}\)であっても\((\ast)<\epsilon\)となる.
 
証明終

★P179

上の\((\mathrm{iii})\)は明らかに次のように述べかえられる.
\((\mathrm{iii})’\)\(x_0\)の\(S\)の任意の点,\(\epsilon\)を任意の正の実数とするとき,\(x_0\)の適当な近傍\(V\)をとれば,\(V\)に属するすべての点\(x\)に対して\[|f(x)-f(x_0)|<\epsilon\]が成り立つ.

 

\(x_0\)の\(S\)の任意の点,\(\epsilon\)を任意の正の実数とする.
\begin{align*}
V’ \in \mathbb{V}_{\mathbb{R}}(f(x_0))\Longrightarrow~&f^{-1}(V’) \in \mathbb{V}_{S}(x_0)\\
\Longleftrightarrow~&f^{-1}((f(x_0)-\epsilon,f(x_0)+\epsilon)) \in \mathbb{V}_{S}(x_0)\\
\Longleftrightarrow~&\{x | x \in S, f(x_0)-\epsilon < f(x) < f(x_0)+\epsilon\}\in \mathbb{V}_{S}(x_0)\\
\Longleftrightarrow~&\{x | x \in S, |f(x) – f(x_0)| < \epsilon\}\in \mathbb{V}_{S}(x_0)&(\mathrm{iii})\\
\Longleftrightarrow~&\exists V \in \mathbb{V}_{S}(x_0)[x \in V \Rightarrow |f(x) – f(x_0)| < \epsilon]&(\mathrm{iii})’
\end{align*}

証明

\((\mathrm{iii})\Leftarrow(\mathrm{iii})’\)
仮定により,\begin{align*}
&x \in V \Rightarrow |f(x)-f(x_0)| < \epsilon\\
\Longleftrightarrow~&x \in V \Rightarrow |f(x)-f(x_0)| < \epsilon \land x \in S &(\text{なぜなら}V \in \mathbb{V}_S(x_0))\\
\Longleftrightarrow~&x \in V \Rightarrow x \in \{x | |f(x)-f(x_0)| < \epsilon \land x \in S\}\\
\Longleftrightarrow~&V \subset \{x | |f(x)-f(x_0)| < \epsilon \land x \in S\}
\end{align*}\(V \in \mathbb{V}_S(x_0)\)であるから,P161定理\(10(\mathrm{Vii})\)により\(\{x | |f(x)-f(x_0)| < \epsilon \land x \in S\} \in \mathbb{V}_S(x_0)\).

\((\mathrm{iii})\Rightarrow (\mathrm{iii})’\)
仮定の\(\{x | x \in S, |f(x) – f(x_0)| < \epsilon\}\in \mathbb{V}_{S}(x_0)\)が結論で示すべき\(V\)である.実際,\(x \in \{x | x \in S, |f(x) – f(x_0)| < \epsilon\}\)とすれば,\(x \in S\)かつ\(|f(x)-f(x_0)|<\epsilon\)すなわち\(|f(x)-f(x_0)|<\epsilon\)が言える.

証明終

★P172

\(x\)を1つの基本近傍系\(\mathbb{V}^*(x)\)を知れば,それから直ちに,\(x\)の(全)近傍系\(\mathbb{V}^*(x)\)を求めることができる.実際,定義から明らかに\(\mathbb{V}^*(x)\)はある\(U\in\mathbb{V}^*(x)\)を含むような\(S\)の部分集合全体から成る集合系となるからである:\[\mathbb{V}(x)=\{V|\exists U \in \mathbb{V}^*(x)(U \subset V)\}\]

 

証明

\(\mathbb{V}(x) \subset \{V|\exists U \in \mathbb{V}^*(x)(U \subset V)\}\)であること:
\begin{align*}
\text{\(\mathbb{V}^*(x)\)が\(x\)の基本近傍系}\Longleftrightarrow~&\forall V \in \mathbb{V}(x) \exists U \in \mathbb{V}^*(x)[U \subset V]\\
\Longleftrightarrow~&\forall V [V \in \mathbb{V}(x) \rightarrow \exists U \in \mathbb{V}^*(x)[U \subset V]]\\
\Longleftrightarrow~& V \in \mathbb{V}(x) \Rightarrow \exists U \in \mathbb{V}^*(x)[U \subset V]\\
\Longleftrightarrow~& \mathbb{V}(x) \subset \{V|\exists U \in \mathbb{V}^*(x)[U \subset V]\}
\end{align*}

\(\{V|\exists U \in \mathbb{V}^*(x)(U \subset V)\} \subset \mathbb{V}(x)\)であること:
\(V \in \{V|\exists U \in \mathbb{V}^*(x)[U \subset V]\}\)を任意にとる.このとき\(\exists U \in \mathbb{V}^*(x)[U \subset V]\).\(\mathbb{V}^*(x)\)は基本近傍系であるから,その定義により\(\mathbb{V}^*(x) \subset \mathbb{V}(x)\).よって\(U \in \mathbb{V}(x)\).また\(U \subset V\)であるから,定理\(10(\mathbf{V}\mathrm{ii})\)により\(V \in \mathbb{V}(x)\).したがって\(\{V|\exists U \in \mathbb{V}^*(x)(U \subset V)\} \subset \mathbb{V}(x)\).

以上により\[\mathbb{V}(x)=\{V|\exists U \in \mathbb{V}^*(x)(U \subset V)\}\]

証明終

★P169

\(\mathfrak{B}\)が\(\mathfrak{O}\)の基底ならば,明らかに\(\mathfrak{O}=\mathfrak{O}(\mathfrak{B})\)

 

証明

\(\mathfrak{B}\)が\(\mathfrak{O}\)の基底であるとする.すなわち,\(\mathfrak{B} \subset \mathfrak{O}\)で,\(\forall O \in \mathfrak{O}\exists (W_{\lambda})_{\lambda \in \Lambda} [O=\displaystyle \bigcup_{\lambda \in \Lambda}W_{\lambda},W_{\lambda}\in \mathfrak{B}]\)とする.示したいことは\(\mathfrak{O}=\mathfrak{O}(\mathfrak{B}) \Longleftrightarrow \mathfrak{O} \subset \mathfrak{O}(\mathfrak{B}), \mathfrak{O}(\mathfrak{B}) \subset \mathfrak{O}\)である.

\(\mathfrak{O} \subset \mathfrak{O}(\mathfrak{B})\)であること:
\((\mathfrak{O}_{\mu})_{\mu \in M}\)を\(\mathfrak{B}\)を含む位相から成る任意の集合族とすると,\(\mathfrak{O}(\mathfrak{B})=\displaystyle\bigcap_{\mu \in M}\mathfrak{O}_{\mu},\mathfrak{B}\subset \mathfrak{O}_{\mu}\)と表せる.\(O \in \mathfrak{O}\)とする.このとき,仮定により\(O=\displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}{W}_{\lambda}\)と書ける.任意の\(\lambda \in \Lambda\)に対して\(W_{\lambda} \in \mathfrak{B} \subset \mathfrak{O}_{\mu}~(\forall \mu \in M)\).よって\(\mathfrak{O}_{\mu}\)は位相だから\((\mathbf{Oiii})\)により\(\displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}W_{\lambda} \in \mathfrak{O}_{\mu}~(\forall \mu \in M)\).ゆえに,\(O=\displaystyle \bigcup_{\lambda \in \Lambda}W_{\lambda} \in \displaystyle\bigcap_{\mu \in M}\mathfrak{O}_{\mu} = \mathfrak{O}(\mathfrak{B})\).

\(\mathfrak{O}(\mathfrak{B}) \subset \mathfrak{O}\)であること:
\(O \in \mathfrak{O}(\mathfrak{B})\left(=\displaystyle\bigcap_{\mu \in M}\mathfrak{O}_{\mu}\right)\)とする.仮定により\(\mathfrak{B}\subset \mathfrak{O}\).ここで,\((\mathfrak{O}_{\mu})_{\mu \in M}\)は\(\mathfrak{B}\)を含む位相から成る任意の集合族であったから,\(\mathfrak{O} \in \{\mathfrak{O}_{\mu}\}_{\mu \in M}\).したがって\(O \in \mathfrak{O}(\mathfrak{B})=\displaystyle\bigcap_{\mu \in M}\mathfrak{O}_{\mu}\subset \mathfrak{O}\).

証明終

★P167

しかし,\(\mathfrak{O’} \supset \displaystyle \bigcup_{\alpha \in A} \mathfrak{O}_{\alpha}\)となるような\(\mathcal{J}\)の元\(\mathfrak{O’}\)は必ず存在するから(中略),そのような\(\mathfrak{O}’\)全部の共通部分を\(\mathfrak{O}^{(2)}\)とすれば,明らかに\(\mathfrak{O}^{(2)}\)はどの\(\mathfrak{O}_{\alpha}\)よりも強い位相で,しかもどの\(\mathfrak{O}_{\alpha}\)よりも強い位相のうちでは最も弱い位相となる.

 

証明

前半.\((\mathfrak{O’}_{\lambda})_{\lambda \in \Lambda}\)を\(\mathfrak{O’}\supset \displaystyle \bigcup_{\alpha \in A} \mathfrak{O}_{\alpha}\)となるような\(\mathcal{J}\)の元\(\mathfrak{O’}\)から成る任意の集合族とする.\((\mathfrak{O}^{(2)}:=)\displaystyle \bigcap_{\lambda \in \Lambda} \mathfrak{O’}_{\lambda} \supset \displaystyle \bigcup_{\alpha \in A}\mathfrak{O}_{\alpha} \supset \mathfrak{O}_{\alpha}\).なぜなら,\(O\in\displaystyle \bigcup_{\alpha \in A}\mathfrak{O}_{\alpha}\)とすれば仮定により\(\forall \lambda \in \Lambda [\mathfrak{O’}_{\lambda} \supset \displaystyle \bigcup_{\alpha \in A} \mathfrak{O}_{\alpha} \ni O]\)だから\(\displaystyle \bigcap_{\lambda \in \Lambda} \mathfrak{O’}_{\lambda} \ni O\).よって\(\forall \alpha \in A [\mathfrak{O}^{(2)}\supset \mathfrak{O}_{\alpha}]\).ゆえに\(\mathfrak{O}^{(2)}\)は(位相であるとすれば)どの\(\mathfrak{O}_{\alpha}\)よりも強い位相である.

次にこの\(\mathfrak{O}^{(2)}\)が位相となることを示す.

\((\mathrm{Oi})\) 任意の\(\lambda \in \Lambda\)に対して,\(\mathfrak{O’}_{\lambda}\in \mathcal{J}\)であるから,\(\phi,S \in\mathfrak{O’}_{\lambda}\).ゆえに\(\phi,S \in \displaystyle\bigcap_{\lambda \in \Lambda}\mathfrak{O’}_{\lambda}=\mathfrak{O}^{(2)}\)
\((\mathrm{Oii})\) \(\displaystyle O_1,O_2 \in \bigcap_{\lambda \in \Lambda}\mathfrak{O’}_{\lambda}=\mathfrak{O}^{(2)}\)とする.このとき,すべての\(\lambda \in \Lambda\)に対して,\(O_1,O_2 \in \mathfrak{O’}_{\lambda}\)である.\(\mathfrak{O’}_{\lambda}\in \mathcal{J}\)であるから,\(O_1 \cap O_2 \in \mathfrak{O’}_{\lambda}\).したがって\(O_1 \cap O_2 \in \displaystyle\bigcap_{\lambda \in \Lambda}\mathfrak{O’}_{\lambda}=\mathfrak{O}^{(2)}\)
\((\mathrm{Oiii})\) \((O_{\mu})_{\mu \in M}\)を\(\mathfrak{O}^{(2)}=\displaystyle\bigcap_{\lambda \in \Lambda}\mathfrak{O’}_{\lambda}\)の元からなる任意の集合族とする.このとき,すべての\(\lambda \in \Lambda\)に対して,\(O_\mu \in \mathfrak{O’}_{\lambda}~(\forall \mu \in M)\)である.\(\mathfrak{O’}_{\lambda} \in \mathcal{J}\)であるから,\(\displaystyle\bigcup_{\mu \in M}O_\mu \in \mathfrak{O’}_{\lambda}\).\(\lambda\)は任意であるから,\(\displaystyle\bigcup_{\mu \in M}O_\mu \in \bigcap_{\lambda \in \Lambda}\mathfrak{O’}_{\lambda} = \mathfrak{O}^{(2)}\).
以上により\(\mathfrak{O}^{(2)}\)は位相である.

後半.どの\(\mathfrak{O}_{\alpha}\)よりも強い位相を\(\mathfrak{O}”\)とおく.すなわち\(\forall \alpha \in A[\mathfrak{O}_{\alpha} \subset \mathfrak{O”}]\)とする.このとき,\(\displaystyle \bigcup_{\alpha \in A}\mathfrak{O}_{\alpha} \subset \mathfrak{O”}\).ここで,\((\mathfrak{O’}_{\lambda})_{\lambda \in \Lambda}\)は\(\mathfrak{O’} \supset \displaystyle \bigcup_{\alpha \in A}\mathfrak{O}_{\alpha}\)となるような\(\mathcal{J}\)の元\(\mathfrak{O’}\)から成る任意の集合族であったから,\(\mathfrak{O}” \in \{\mathfrak{O’}_{\lambda}\}_{\lambda \in \Lambda}\).したがって\(\mathfrak{O}^{(2)}:=\displaystyle \bigcap_{\lambda \in \Lambda}\mathfrak{O’}_{\lambda} \subset \mathfrak{O”}\).よって\(\mathfrak{O}^{(2)}\)はどの\(\mathfrak{O}_{\alpha}\)よりも強い位相のうちで最も弱い位相となる.

証明終

★P166

この\(\mathfrak{O}^{(1)}\)は,(中略)また明らかに,どの\(\mathfrak{O}_\alpha\)よりも弱い位相のうちでは最も強いものである.

 

証明

どの\(\mathfrak{O}_\alpha\)よりも弱い位相を\(\mathfrak{O}’\)とおく.すなわち\(\forall a \in A [\mathfrak{O}’ \subset \mathfrak{O}_\alpha]\)とする.このとき,\(\mathfrak{O}^{(1)}:= \displaystyle \bigcap_{\alpha \in A}\mathfrak{O}_{\alpha} \supset \mathfrak{O}’\)である.実際,\(O \in \mathfrak{O’}\)とすれば,\(\forall a \in A [\mathfrak{O}’ \subset \mathfrak{O}_\alpha]\)により\(\forall a \in A [O \in \mathfrak{O}_{\alpha}]\).ゆえに\(O \in \displaystyle\bigcap_{\alpha \in A}\mathfrak{O}_{\alpha}\).したがって\(\mathfrak{O}^{(1)} \supset \mathfrak{O}’\).
\(\mathfrak{O’}\)は(どの\(\mathfrak{O}_{\alpha}\)よりも弱い)任意の位相であったから,\(\mathfrak{O}^{(1)}\)が(どの\(\mathfrak{O}_{\alpha}\)よりも弱い位相のうちで)最も強い位相となる.

証明終

★P165問題5(で使うちしき)

\[M \subset N \Longrightarrow M^{a} \subset N^{a}\]

証明

\begin{align*}
&A \subset B \Longrightarrow A^i \subset B^i \\
\Longleftrightarrow~ &A \subset B \Longrightarrow A^{cac} \subset B^{cac}\\
\Longleftrightarrow~ &A \subset B \Longrightarrow A^{ca} \supset B^{ca}
\end{align*}\(A,B\)をそれぞれ\(N^c,M^c\)にかきかえると
\begin{align*}
&N^c \subset M^c \Longrightarrow N^{cca} \supset M^{cca} \\
\Longleftrightarrow~ &M \subset N \Longrightarrow M^{a} \subset N^{a}
\end{align*}

証明終

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