§E12.16無限遠で消える連続関数

証明.$A\subseteq K$であるから$A=A\cap K$である。$A$は$X$の閉集合であるから、§E2.12 命題 4.6により$A$は$K$の部分空間位相について閉集合である。$K$はコンパクト空間であるから、§E2.19 命題 4.1を$K$を周囲の空間として適用すると、$A$はコンパクトである。▨

証明.$f\in C_0(X)$とする。$K_1:=\{x\in X:|f(x)|\geq1\}$とおくと、$K_1$はコンパクトである。$K_1=\emptyset$のとき、任意の$x\in X$について$|f(x)|<1$であるから$\|f\|_\infty\leq1<\infty$である。$K_1\neq\emptyset$のとき、$|f|:X\to\mathbb R$は連続であるから、その$K_1$への制限は空でないコンパクト空間$K_1$上の連続な実数値写像であり、§E2.19 定理 4.4により$K_1$上で最大値$M$をとる。$K_1$の定義から$M\geq1$である。$x\in K_1$ならば$|f(x)|\leq M$であり、$x\notin K_1$ならば$|f(x)|<1\leq M$である。したがって任意の$x\in X$について$|f(x)|\leq M$であり、$\|f\|_\infty\leq M<\infty$である。

$f,g\in C_0(X)$とする。和$f+g$が$C_0(X)$に属することを示す。$\varepsilon>0$をとり、$K_1:=\{x:|f(x)|\geq\varepsilon/2\}$、$K_2:=\{x:|g(x)|\geq\varepsilon/2\}$とおくと、いずれもコンパクトである。$|f(x)+g(x)|\geq\varepsilon$かつ$|f(x)|<\varepsilon/2$かつ$|g(x)|<\varepsilon/2$を同時に満たす$x$は存在しない。三角不等式によりそのような$x$では$|f(x)+g(x)|<\varepsilon$となるからである。したがって

である。左辺は連続写像$|f+g|$による開集合$(-\infty,\varepsilon)$の逆像の補集合であるから$X$の閉集合であり、§E2.19 補題 2.8により$K_1\cup K_2$はコンパクトである。補題 1.4により、左辺はコンパクトである。$\varepsilon>0$は任意であったから$f+g\in C_0(X)$である。$f+g$は連続写像の和として連続である。

$\alpha\in\mathbb C$、$f\in C_0(X)$とする。$\alpha=0$のとき$\alpha f$は恒等的に$0$であり、任意の$\varepsilon>0$について$\{x:|0|\geq\varepsilon\}=\emptyset$はコンパクトであるから$\alpha f\in C_0(X)$である。$\alpha\neq0$のとき、任意の$\varepsilon>0$について$\{x:|\alpha f(x)|\geq\varepsilon\}=\{x:|f(x)|\geq\varepsilon/|\alpha|\}$はコンパクトであるから$\alpha f\in C_0(X)$である。$\alpha f$は連続写像のスカラー倍として連続である。恒等的に$0$である関数は$C_0(X)$に属する。以上により$C_0(X)$は$\mathbb C$上のベクトル空間である。

$\|\cdot\|_\infty$がノルムであることを示す。$f,g\in C_0(X)$について、上で示した有界性から$\|f\|_\infty<\infty$である。$\|f\|_\infty=0$であることと、任意の$x\in X$について$f(x)=0$であることは、各点での絶対値の非負性から同値である。$\alpha\in\mathbb C$について$\|\alpha f\|_\infty=\sup_x|\alpha f(x)|=|\alpha|\sup_x|f(x)|=|\alpha|\|f\|_\infty$である。三角不等式により、任意の$x\in X$で$|f(x)+g(x)|\leq|f(x)|+|g(x)|\leq\|f\|_\infty+\|g\|_\infty$であるから、上限をとると$\|f+g\|_\infty\leq\|f\|_\infty+\|g\|_\infty$である。したがって$\|\cdot\|_\infty$は$C_0(X)$上のノルムである。▨

証明.$(f_n)_{n\geq1}$を$C_0(X)$の$\|\cdot\|_\infty$に関する Cauchy 列とする。各$x\in X$について$|f_n(x)-f_m(x)|\leq\|f_n-f_m\|_\infty$であるから$(f_n(x))_{n\geq1}$は$\mathbb C$の Cauchy 列であり、極限$f(x):=\lim_nf_n(x)$が存在する。

$\varepsilon>0$をとる。Cauchy 性により、ある$N$が存在して$n,m\geq N$ならば$\|f_n-f_m\|_\infty<\varepsilon/2$である。$n\geq N$を固定し、$m\to\infty$とすると、任意の$x\in X$について$|f_n(x)-f(x)|\leq\varepsilon/2<\varepsilon$となる。したがって$n\geq N$ならば$\|f_n-f\|_\infty\leq\varepsilon/2$であり、$(f_n)$は$f$に一様収束する。

$f$が連続であることを示す。$x_0\in X$と$\varepsilon>0$をとる。上の一様収束から、$\|f-f_n\|_\infty<\varepsilon/3$を満たす$n$が存在する。$f_n$の連続性により、$x_0$のある近傍$V$が存在して、$x\in V$ならば$|f_n(x)-f_n(x_0)|<\varepsilon/3$となる。$x\in V$のとき

である。したがって$f$は$x_0$で連続であり、$x_0\in X$は任意であったから$f$は$X$上で連続である。

$f$が無限遠で消えることを示す。$\varepsilon>0$をとり、$\|f-f_n\|_\infty<\varepsilon/2$を満たす$n$を固定する。$K:=\{x\in X:|f_n(x)|\geq\varepsilon/2\}$とおくと、$f_n\in C_0(X)$より$K$はコンパクトである。$|f(x)|\geq\varepsilon$を満たす$x$に対して

であるから$x\in K$である。したがって$\{x:|f(x)|\geq\varepsilon\}\subseteq K$である。左辺は連続写像$f$による開集合$\{z\in\mathbb C:|z|<\varepsilon\}$の逆像の補集合であるから$X$の閉集合であり、補題 1.4により$\{x:|f(x)|\geq\varepsilon\}$はコンパクトである。$\varepsilon>0$は任意であったから$f\in C_0(X)$である。

以上により$f\in C_0(X)$であり$f_n\to f$は$\|\cdot\|_\infty$について成り立つ。命題 1.5と合わせて、$(C_0(X),\|\cdot\|_\infty)$は Banach 空間である。▨

証明.$f,g\in C_0(X)$とする。$\|g\|_\infty=0$のときは$g$が恒等的に$0$であるから$fg$も恒等的に$0$であり$fg\in C_0(X)$である。$\|g\|_\infty>0$とする。$\varepsilon>0$をとる。$|f(x)g(x)|\geq\varepsilon$ならば$|g(x)|\leq\|g\|_\infty$より$|f(x)|\geq\varepsilon/\|g\|_\infty$であるから

である。右辺はコンパクトであり、左辺は連続写像$fg$による開集合$\{z:|z|<\varepsilon\}$の逆像の補集合として閉集合であるから、補題 1.4により左辺はコンパクトである。したがって$fg\in C_0(X)$である。$fg$は連続写像の積として連続である。各点での積が$\mathbb C$の乗法であることから、この積は結合的、分配的、かつ可換である。任意の$x\in X$について$|f(x)g(x)|=|f(x)||g(x)|\leq\|f\|_\infty\|g\|_\infty$であるから、$\|fg\|_\infty\leq\|f\|_\infty\|g\|_\infty$である。

$f\in C_0(X)$に対して$f^*(x)=\overline{f(x)}$は連続であり、$|\overline{f(x)}|=|f(x)|$であるから、任意の$\varepsilon>0$について$\{x:|f^*(x)|\geq\varepsilon\}=\{x:|f(x)|\geq\varepsilon\}$はコンパクトである。したがって$f^*\in C_0(X)$である。$\alpha,\beta\in\mathbb C$、$f,g\in C_0(X)$に対して、各点で$\overline{\alpha f(x)+\beta g(x)}=\overline\alpha\,\overline{f(x)}+\overline\beta\,\overline{g(x)}$であるから$(\alpha f+\beta g)^*=\overline\alpha f^*+\overline\beta g^*$である。各点で$\overline{\overline{f(x)}}=f(x)$であるから$(f^*)^*=f$である。各点で$\overline{f(x)g(x)}=\overline{f(x)}\,\overline{g(x)}$であるから$(fg)^*=f^*g^*$であり、積の可換性から$f^*g^*=g^*f^*$でもある。任意の$x\in X$について$|\overline{f(x)}|=|f(x)|$であるから$\|f^*\|_\infty=\|f\|_\infty$である。

以上と定理 1.6により、$C_0(X)$は対合を備えた複素 Banach 環である。任意の$x\in X$について$|f^*(x)f(x)|=|\overline{f(x)}f(x)|=|f(x)|^2$である。$t\mapsto t^2$は$[0,\infty)$上で単調増加であるから

である。したがって§E12.15 定義 1.2により$C_0(X)$は C* 環であり、積の可換性から可換 C* 環である。▨

証明.$f\in C_c(X)$とし、$K:=\operatorname{supp}f$とおく。$x\notin K$とすると、$K$は$\{y:f(y)\neq0\}$の閉包であるから、$x$には$\{y:f(y)\neq0\}$と交わらない開近傍があり、とくに$f(x)=0$である。したがって、任意の$\varepsilon>0$について

である。左辺は連続写像$f$による開集合$\{z:|z|<\varepsilon\}$の逆像の補集合であるから閉集合であり、補題 1.4によりコンパクトである。したがって$f\in C_0(X)$である。▨

証明. 各$x\in K$に対して、§E2.24 定理 1.6を$x$と開集合$W$に適用すると、開集合$V_x$であって$x\in V_x\subseteq\overline{V_x}\subseteq W$を満たし$\overline{V_x}$がコンパクトであるものが存在する。族$\{V_x\}_{x\in K}$は$X$の開集合からなり$K$を覆うから、§E2.19 命題 2.6 (2)により、有限個の点$x_1,\ldots,x_n\in K$（$n\in\mathbb Z_{\geq0}$）が存在して$K\subseteq V_{x_1}\cup\cdots\cup V_{x_n}$となる。$U:=V_{x_1}\cup\cdots\cup V_{x_n}$とおく。$U$は開集合であり$K\subseteq U\subseteq W$である。

$n\geq1$のとき、§E2.2 公式 3.3を繰り返し適用すると$\overline U=\overline{V_{x_1}}\cup\cdots\cup\overline{V_{x_n}}$であり、§E2.19 補題 2.8によりこれはコンパクトである。$n=0$のとき$U=\emptyset$であり$\overline U=\emptyset$もコンパクトである。いずれの場合も$\overline U$はコンパクトである。

§E2.24 定理 2.3を$X$、コンパクト部分集合$K$、開部分集合$U$に適用すると、連続写像$g:X\to[0,1]$であって、すべての$x\in K$について$g(x)=1$、すべての$x\in X\setminus U$について$g(x)=0$を満たすものが存在する。$U\subseteq W$であるから$X\setminus W\subseteq X\setminus U$であり、すべての$x\in X\setminus W$について$g(x)=0$である。

$g(x)\neq0$ならば$x\in U$であるから$\{x\in X:g(x)\neq0\}\subseteq U$であり、定義 3.1により$\operatorname{supp}g\subseteq\overline U$である。$\operatorname{supp}g$は閉包として閉集合であり$\overline U$はコンパクトであるから、補題 1.4により$\operatorname{supp}g$はコンパクトである。したがって$g\in C_c(X)$であり、命題 3.2により$g\in C_0(X)$である。▨

証明.$f\in C_0(X)$、$\varepsilon>0$とする。$K:=\{x\in X:|f(x)|\geq\varepsilon\}$とおくと、$K$はコンパクトである。補題 3.3を$X$、コンパクト部分集合$K$、開部分集合$W=X$に適用すると、連続写像$\varphi:X\to[0,1]$であって、すべての$x\in K$について$\varphi(x)=1$を満たし、$\operatorname{supp}\varphi$がコンパクトであるものが存在する。

$g:=\varphi f$とおく。$g$は連続写像の積として連続である。$g(x)\neq0$ならば$\varphi(x)\neq0$であるから$\{x:g(x)\neq0\}\subseteq\{x:\varphi(x)\neq0\}$であり、§E2.2 公式 3.3の単調性により$\operatorname{supp}g\subseteq\operatorname{supp}\varphi$である。$\operatorname{supp}g$は閉包として閉集合であり$\operatorname{supp}\varphi$はコンパクトであるから、補題 1.4により$\operatorname{supp}g$はコンパクトである。したがって$g\in C_c(X)$である。

$\|f-g\|_\infty\leq\varepsilon$を示す。$x\in K$のとき$\varphi(x)=1$であるから$f(x)-g(x)=f(x)-\varphi(x)f(x)=0$である。$x\notin K$のとき$|f(x)|<\varepsilon$であり、$\varphi(x)\in[0,1]$より$|1-\varphi(x)|\leq1$であるから

である。いずれの場合も$|f(x)-g(x)|\leq\varepsilon$であるから、$\|f-g\|_\infty\leq\varepsilon$である。$g\in C_c(X)$であり$\varepsilon>0$は任意であったから、$C_c(X)$は$C_0(X)$で稠密である。▨

証明.(1)を示す。$X$がコンパクトであるとする。$f\in C(X)$とすると、任意の$\varepsilon>0$について$\{x:|f(x)|\geq\varepsilon\}$は連続写像$f$による開集合$\{z:|z|<\varepsilon\}$の逆像の補集合として$X$の閉集合であり、$X$自身がコンパクトであるから§E2.19 命題 4.1によりコンパクトである。したがって$f\in C_0(X)$である。$C_0(X)\subseteq C(X)$は定義から成り立つので$C_0(X)=C(X)$である。定数関数$1$は連続であるから$1\in C_0(X)=C(X)$であり、任意の$f\in C_0(X)$について各点で$1\cdot f(x)=f(x)=f(x)\cdot1$であるから、$1$は単位元である。定理 2.1により$C_0(X)$は可換 C* 環であり、したがって可換 Banach 環である。$X\neq\emptyset$のとき、定数関数$1$について$\|1\|_\infty=\sup_{x\in X}|1|=1$であるから、$C_0(X)=C(X)$は単位的可換 C* 環かつ単位的可換 Banach 環である。$X=\emptyset$のとき$C_0(X)$の元は空写像だけであるから$C_0(\emptyset)=\{0\}$であり、定数関数$1$はこの空写像、すなわち$0$に等しい。$\|0\|_\infty=0$であって単位的であるために必要な$\|1\|=1$を満たさないから、$C_0(\emptyset)$は単位的ではない。

(2)を示す。$X$がコンパクトでないとする。§E2.19 定義 2.1により、$X=\emptyset$ならば空の部分族が有限部分被覆となって$X$はコンパクトになるので、$X\neq\emptyset$である。$e\in C_0(X)$が単位元であると仮定する。$x_0\in X$をとる。$\{x_0\}$はコンパクトであるから、補題 3.3を$X$、コンパクト部分集合$\{x_0\}$、開部分集合$W=X$に適用すると、$\varphi\in C_0(X)$であって$\varphi(x_0)=1$を満たすものが存在する。

$e$が単位元であることから$e(x_0)\varphi(x_0)=\varphi(x_0)$であり、$\varphi(x_0)=1\neq0$であるから$e(x_0)=1$である。$x_0\in X$は任意であったから、$e$は$X$上の定数関数$1$に一致する。しかし$X$はコンパクトでないから$\{x:|e(x)|\geq1\}=X$はコンパクトでなく、$e\in C_0(X)$に反する。したがって単位元をもつ$e\in C_0(X)$は存在しない。▨