★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\(f^{-1}(Q) \subset A\).

 

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