投稿者: shotasasaki

これで半日潰した(´；ω；｀)

証明

\(A\)が連結でないか，または\(B\)が連結ではないとする．ここでは\(A\)が連結ではないと仮定する．すなわち，\[\exists A_1,A_2\in\mathfrak{A}_A[A=A_1\cup A_2,A_1\cap A_2=\phi,A_1\neq \phi,A_2 \neq \phi]\]ただし\(\mathfrak{A}_A\)は相対位相\(\mathfrak{A}_A=\{A^{\prime}\cap A|A^{\prime}\in \mathfrak{A}\}\)，\(\mathfrak{A}\)は\(S\)の位相．
\(A\cap B\)が連結であることから，\begin{align*}&\lnot(\exists A_1^{\prime},A_2^{\prime}\in \mathfrak{A}_{A\cap B}[A\cap B=A_1^{\prime}\cup A_2^{\prime},A_1^{\prime}\cap A_2^{\prime}=\phi,A_1^{\prime}\neq \phi,A_2^{\prime}\neq\phi])\\ \Longleftrightarrow~&\forall A_1^{\prime},A_2^{\prime}\in \mathfrak{A}_{A\cap B}\\&[A\cap B\neq A_1^{\prime}\cup A_2^{\prime}\text{（あ）}\lor A_1^{\prime}\cap A_2^{\prime}\neq \phi \text{（い）}\lor A_1^{\prime}=\phi \lor A_2^{\prime}=\phi\text{（う）}]\end{align*}ただし\(\mathfrak{A}_{A \cap B}=\{A^{\prime}\cap(A\cap B)|A^{\prime}\in \mathfrak{A}\}\)．ここで，
\begin{cases}
A\cap B=(A_1 \cup A_2)\cap B =(A_1 \cap B)\cup (A_2 \cap B)\\
(A_1 \cap B) \cup (A_2 \cap B) =A_1 \cap A_2 \cap B)=\phi\\
A_1 \cap B = (A^{\prime} \cap A)\cap B=A^{\prime} \cap (A\cap B)~(A^{\prime}\in\mathfrak{A})したがってA_1\cap B\in \mathfrak{A}_{A\cap B}\\
A_2 \cap B = (A^{\prime} \cap A)\cap B=A^{\prime} \cap (A\cap B)~(A^{\prime}\in\mathfrak{A})したがってA_2\cap B\in \mathfrak{A}_{A\cap B}
\end{cases}
であるから，\(A_1^{\prime}=A_1 \cap B,A_2^{\prime}=A_2 \cap B\)とすれば，（あ）（い）は成り立たない．したがって，（う）\(A_1\cap B =\phi \lor A_2\cap B=\phi\)でなくてはならない．たとえば\(A_1\cap B=\phi\)とする．このとき，
\begin{cases}
A\cup B=(A_1 \cup A_2)\cup B =A_1 \cup (A_2 \cup B)\\
A_1\cap (A_2 \cup B)=(A_1\cap A_2) \cup(A_1\cap B)=\phi \cup \phi =\phi\\
A_1\neq \phi,A_2 \cup B \neq \phi
\end{cases}
あとは\(A_1, A_2 \cup B\in \mathfrak{A}_{A\cup B}\)であることが示せれば，\(A\cup B\)が連結であることと矛盾し，\(A_1\cap B\neq\phi\)となる．\(A_2\cap B\neq\phi\)も同様にして示せる．すると\(A\cap B\)が連結であることと矛盾し，証明が完了する．

\(A_1\in \mathfrak{A}_{A\cup B}\)であること：\(A_1 \cap B =\phi\)に注意して
\begin{align*}
A_1=&A_1 \cup (A_1 \cap B)=A_1 \cap (A_1 \cup B)=(A^{\prime}\cap A) \cap ((A^{\prime}\cap A) \cup B))\\
=&(A^{\prime}\cap A) \cap ((A^{\prime}\cup B)\cap (A\cup B))=((A^{\prime}\cap A) \cap (A^{\prime}\cup B))\cap (A\cup B)
\end{align*}\(A,B,A^{\prime}\in \mathfrak{A}\)だから，\((A^{\prime}\cap A) \cap (A^{\prime}\cup B)\in \mathfrak{A}\)．したがって\(A_1\in\mathfrak{A}_{A\cup B}\)

\(A_2 \cup B \in \mathfrak{A}_{A\cup B}\)であること：\(A_2 \cup B=(A^{\prime}\cap A) \cup B=(A^{\prime}\cup B)\cap (A\cup B) \)．\(A^{\prime},B\in \mathfrak{A}\)だから\(A^{\prime}\cup B \in \mathfrak{A}\)．よって\(A_2\cup B\in\mathfrak{A}_{A\cup B}\)

証明終

疲れた。

\(f,g\)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

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