§E2.30写像空間とコンパクト開位相

証明. 積位相の準開基要素$\pi_x^{-1}(U)$に対して

が成り立つ。§E2.13 系 3.3により、二つの位相を生成する準開基が一致する。▨

証明. 各$x\in F$に対して、$F\setminus\{x\}$は§E2.15 命題 1.5により閉集合であり、$x$を含まない。完全正則性により、$g_x(x)=0$であり$F\setminus\{x\}$上で値$1$をとる連続写像$g_x\colon X\to[0,1]$を選ぶ。これらを実数値連続関数とみなし、

とおく。§E2.16 補題 1.2 (1)により$f$は連続である。$y\in F$に対して、$x=y$の項は$a(y)$であり、$x\ne y$の項は$0$なので、$f(y)=a(y)$である。$F=\emptyset$の場合、この空和は零関数であり、やはり$f|_F=a$を満たす。▨

証明.$U\subseteq\R^X$を空でない開集合とし、$h\in U$をとる。§E2.14 命題 1.3により、有限集合$F\subseteq X$と各$x\in F$に対する$\R$の開集合$V_x$を

となるようにとることができる。補題 1.5を$a=h|_F$に適用すると、$f|_F=h|_F$を満たす連続写像$f\colon X\to\R$が存在する。各$x\in F$に対して$f(x)=h(x)\in V_x$であるから$f\in U$である。したがって§E2.11 命題 2.9 (2)により$C_p(X)$の像は$\R^X$で稠密である。▨

証明.$f_n\to f$とし、$x\in X$と$f(x)$の開近傍$U$をとる。$W(x,U)$は$f$の開近傍であるから、ある$N$が存在し、$n\geq N$ならば$f_n\in W(x,U)$、すなわち$f_n(x)\in U$となる。よって各$x\in X$で$f_n(x)\to f(x)$である。

逆に、すべての$x\in X$で$f_n(x)\to f(x)$とする。$O$を$f$の開近傍とする。準開基が生成する開基から、$f\in B\subseteq O$を満たす基本開集合$B$が存在する。$B=C(X,Y)$の場合は、すべての$n$について$f_n\in B\subseteq O$である。$B\neq C(X,Y)$の場合は、ある正の整数$m$、点$x_1,\ldots,x_m\in X$、および開集合$U_1,\ldots,U_m\subseteq Y$により

と書くことができる。各$i$について$f_n(x_i)\to f(x_i)\in U_i$であるから、$n\geq N_i$ならば$f_n(x_i)\in U_i$となる$N_i$が存在する。$N=\max\{N_1,\ldots,N_m\}$とおけば、$n\geq N$ならば$f_n\in B\subseteq O$である。したがって$f_n\to f$である。▨

証明.$x\in X$をとる。$\{x\}$の任意の開被覆から$x$を含む一要素を選べば有限部分被覆となるため、$\{x\}$はコンパクトである。任意の開集合$U\subseteq Y$に対して

である。したがって各点収束の位相の準開基はコンパクト開位相に含まれ、その準開基が生成する各点収束の位相もコンパクト開位相に含まれる。▨

証明.$V\subseteq\mathbb R$を開集合とし、$x_0\in h^{-1}(V)$をとる。ある$\varepsilon>0$について$(h(x_0)-\varepsilon,h(x_0)+\varepsilon)\subseteq V$である。

とおく。$f,g$の連続性により$U$は$x_0$の開近傍である。$x\in U$ならば、三角不等式を$x,x_0$の両順序で用いることにより

となる。したがって$U\subseteq h^{-1}(V)$である。$x_0$は任意であるから$h^{-1}(V)$は開集合であり、$h$は連続である。▨

証明.$K\neq\emptyset$なら、補題 2.1により$x\mapsto d_Y(f(x),g(x))$は連続であり、§E2.19 定理 4.4により$K$上で最大値をとる。したがって$\rho_K$は定まる。

$K=\emptyset$の場合、任意の$f,g,h\in C(X,Y)$に対して$\rho_K(f,f)=0$、$\rho_K(f,g)=\rho_K(g,f)=0$、および$\rho_K(f,h)=0\leq0+0=\rho_K(f,g)+\rho_K(g,h)$が成り立つ。$K\neq\emptyset$の場合、$d_Y$の距離公理から$\rho_K(f,f)=0$と$\rho_K(f,g)=\rho_K(g,f)$が従う。また、任意の$x\in K$に対して

である。右辺は$x$に依存しないため、左辺の$K$上の最大値をとると

を得る。よって$\rho_K$は擬距離である。

$K\subseteq L$とする。$K=\emptyset$ならば$\rho_K(f,g)=0\leq\rho_L(f,g)$である。$K\neq\emptyset$ならば$L\neq\emptyset$であり、任意の$x\in K$について$d_Y(f(x),g(x))\leq\rho_L(f,g)$であるから、$K$上の最大値をとって$\rho_K(f,g)\leq\rho_L(f,g)$を得る。▨

証明.$f\in C(X,\mathbb R)$をとる。$X$は空でないコンパクト空間であるから、§E2.19 定理 4.4により$f$は$X$上で最大値$\beta$と最小値$\alpha$をとる。$M=\max\{|\alpha|,|\beta|\}$とおくと、任意の$x\in X$について$\alpha\leq f(x)\leq\beta$であるから$|f(x)|\leq M$である。よって$f$は有界な実数値関数であり、§E2.5 定義 5.2により$f\in\mathcal F_b(X)$である。

$f,g\in C(X,\mathbb R)$をとり、

とおく。$X$自身が$X$の空でないコンパクト部分集合であるから、定義 2.3と命題 2.4により

である。したがって$\rho_X(f,g)\in A$であり、任意の$x\in X$について$|f(x)-g(x)|\leq\rho_X(f,g)$であるから、$\rho_X(f,g)$は$A$の上界である。$u$を$A$の上界とすると、$\rho_X(f,g)\in A$により$\rho_X(f,g)\leq u$である。ゆえに$\rho_X(f,g)$は$A$の上界のうち最小のものであり、§D1.4 定義 1.1により

である。左辺は§E2.5 定義 5.2で定めた一様距離の$f,g$における値であり、右辺は定義 2.5により$d_\infty(f,g)$である。よって二つの一様距離は$C(X,\mathbb R)$上で一致する。▨

証明.命題 2.4により擬距離である。$d_\infty(f,g)=0$なら、すべての$x\in X$で$d_Y(f(x),g(x))=0$となり$f=g$である。$X=\emptyset$の場合にも$C(X,Y)$は一点集合である。▨

証明.$X=\emptyset$ならば$C(X,Y)$は空写像だけからなる一点集合であり、二つの位相はいずれも一点集合の位相である。以下、$X\neq\emptyset$とする。

$K\subseteq X$をコンパクト部分集合、$U\subseteq Y$を開集合とする。$K=\emptyset$または$F=Y\setminus U=\emptyset$ならば$[K,U]=C(X,Y)$であり、一様距離の位相で開いている。$K\neq\emptyset$かつ$F\neq\emptyset$とし、$f\in[K,U]$をとる。各$y\in Y$に対して、集合$\{d_Y(y,z)\mid z\in F\}$は空でなく$0$を下界にもつため、

は§D1.4 命題 1.4により実数として定まる。$y,y'\in Y$と$z\in F$に対して$d_Y(y,z)\leq d_Y(y,y')+d_Y(y',z)$であるから、$z$に関する下限をとって$\varphi_0(y)\leq d_Y(y,y')+\varphi_0(y')$を得る。$y,y'$を交換した不等式と合わせると

である。したがって$\varphi_0$は$1$-Lipschitz であり、§E2.4 命題 3.4により連続である。

$\varphi=\varphi_0\circ f$は連続である。$x\in K$に対して$f(x)\in U$であり、$U$は開集合であるから、ある$r_x>0$について$B(f(x),r_x)\subseteq U$である。したがって$z\in F$ならば$d_Y(f(x),z)\geq r_x$であり、$\varphi(x)\geq r_x>0$となる。§E2.19 定理 4.4により$\varphi|_K$は最小値

をとる。最小値をとる点でも$\varphi$は正であるから、$\varepsilon>0$である。

$d_\infty(f,g)<\varepsilon$とする。$x\in K$に対して

である。$g(x)\in F$ならば右辺は$d_Y(f(x),g(x))$以下となって矛盾するため、$g(x)\in U$である。よって$g\in[K,U]$であり、$B_{d_\infty}(f,\varepsilon)\subseteq[K,U]$である。各準開基要素は一様距離の位相で開いているため、コンパクト開位相は一様距離の位相に含まれる。

逆に、一様距離の位相の開集合$V$と$f\in V$をとり、$B_{d_\infty}(f,\varepsilon)\subseteq V$を満たす$\varepsilon>0$をとる。§E2.9 定理 5.1により、

を満たす$\delta>0$が存在する。開球族$\{B(a,\delta/3)\}_{a\in X}$から有限部分被覆$B(a_1,\delta/3),\ldots,B(a_n,\delta/3)$をとる。

$K_i=\overline{B(a_i,\delta/3)}$とおく。$K_i$はコンパクト空間$X$の閉部分集合なので§E2.19 命題 4.1によりコンパクトである。また、連続な距離関数の閉区間の逆像である閉集合$\{x\in X\mid d_X(x,a_i)\leq\delta/3\}$は$B(a_i,\delta/3)$を含むため、閉包の最小性から

である。したがって$x\in K_i$ならば$d_Y(f(x),f(a_i))<\varepsilon/4$である。$U_i=B(f(a_i),\varepsilon/4)$とおけば$f(K_i)\subseteq U_i$であり、

は$f$を含むコンパクト開基本開集合である。$g\in N$と$x\in X$をとり、$x\in B(a_i,\delta/3)\subseteq K_i$を満たす$i$を選ぶ。$f(x),g(x)\in U_i$であるから

$x$は任意であるから$d_\infty(f,g)\leq\varepsilon/2<\varepsilon$である。よって$N\subseteq B_{d_\infty}(f,\varepsilon)\subseteq V$となる。したがって$V$はコンパクト開位相で開いており、一様距離の位相はコンパクト開位相に含まれる。▨

証明.$X=\emptyset$ならば$C(X,Y)$は空写像だけからなる一点集合であり、その任意の Cauchy 列は空写像へ収束する。以下、$X\neq\emptyset$とし、$(f_n)_{n\geq1}$を$(C(X,Y),d_\infty)$の Cauchy 列とする。

$x\in X$を固定する。任意の$m,n$に対して

であるから、$(f_n(x))_n$は$Y$の Cauchy 列である。$Y$の完備性により極限は存在し、距離空間における極限の一意性により一意である。その極限を$f(x)$と書くと、$f:X\to Y$が定まる。

$\varepsilon>0$をとる。$(f_n)$が Cauchy 列であることから、$m,n\geq N$ならば$d_\infty(f_m,f_n)<\varepsilon/2$となる$N$が存在する。$n\geq N$と$x\in X$を固定し、$\eta>0$をとる。$f_m(x)\to f(x)$であるから、$m\geq N$かつ$d_Y(f_m(x),f(x))<\eta$となる$m$が存在する。このとき

$\eta>0$は任意であるから

を得る。この評価は、任意の正の$\varepsilon$について成り立つ。

$f$の連続性を示す。$V\subseteq Y$を開集合とし、$x_0\in f^{-1}(V)$をとる。ある$r>0$について$B(f(x_0),r)\subseteq V$である。(1) を$2r/3$に対して用い、すべての$x\in X$について$d_Y(f_n(x),f(x))\leq r/3$となる一つの$n$を固定する。$f_n$は連続であるから

は$x_0$の開近傍である。$x\in U$ならば

したがって$U\subseteq f^{-1}(V)$である。$x_0$は任意であるから$f^{-1}(V)$は開集合であり、$f\in C(X,Y)$である。

最後に、(1) から$n\geq N$ならば

となる。よって$f_n\to f$であり、$C(X,Y)$は完備である。▨

証明.$f\in C(X,Y)$ならば$\rho_\emptyset(f,f)=0<1$なので$f\in B_\emptyset(f,1)$であり、開基候補の和は$C(X,Y)$である。

$g\in B_{K_1}(f_1,\varepsilon_1)\cap B_{K_2}(f_2,\varepsilon_2)$とする。

とおく。§E2.19 補題 2.8により$K$はコンパクトである。$h\in B_K(g,\eta)$ならば、$i=1,2$について

である。よって$B_K(g,\eta)\subseteq B_{K_1}(f_1,\varepsilon_1)\cap B_{K_2}(f_2,\varepsilon_2)$である。また$\rho_K(g,g)=0<\eta$なので$g\in B_K(g,\eta)$である。したがって開基の二条件が成り立つ。▨

証明.$f_n\to f$とし、コンパクト部分集合$K\subseteq X$と$\varepsilon>0$をとる。$B_K(f,\varepsilon)$は$f$の開近傍なので、ある$N$が存在し、$n\geq N$ならば$f_n\in B_K(f,\varepsilon)$、すなわち$\rho_K(f_n,f)<\varepsilon$となる。よって$\rho_K(f_n,f)\to0$である。

逆に、すべてのコンパクト部分集合$K$について$\rho_K(f_n,f)\to0$とする。$O$を$f$の開近傍とする。ある開基の元$B_K(f_0,\varepsilon)$について$f\in B_K(f_0,\varepsilon)\subseteq O$である。$\eta=\varepsilon-\rho_K(f_0,f)>0$とおく。ある$N$が存在し、$n\geq N$ならば$\rho_K(f_n,f)<\eta$となる。三角不等式により

であるから、$f_n\in B_K(f_0,\varepsilon)\subseteq O$である。よって$f_n\to f$である。▨

証明.$X$自身がコンパクトであり、$B_X(f,\varepsilon)=B_{d_\infty}(f,\varepsilon)$である。したがって一様距離の各開球はコンパクト収束の位相で開いており、一様距離の位相はコンパクト収束の位相に含まれる。

逆に、$O$をコンパクト収束の位相の開集合、$f\in O$とする。ある開基の元$B_K(f_0,\varepsilon)$について$f\in B_K(f_0,\varepsilon)\subseteq O$である。$\eta=\varepsilon-\rho_K(f_0,f)>0$とおく。$d_\infty(f,g)<\eta$ならば$K\subseteq X$と三角不等式により

である。よって$B_{d_\infty}(f,\eta)\subseteq B_K(f_0,\varepsilon)\subseteq O$であり、$O$は一様距離の位相で開いている。二つの位相は一致する。▨

証明.$C=\emptyset$の場合は$W=N=\emptyset$とする。$C\neq\emptyset$とし、