§E2.32Stone–Weierstrass の定理

証明. 相異なる$x,y\in X$をとり、$f(x)\ne f(y)$を満たす$f\in\mathcal F$をとる。$r=\lvert f(x)-f(y)\rvert/2$とおくと$r>0$である。区間$(f(x)-r,f(x)+r)$と$(f(y)-r,f(y)+r)$は$\mathbb R$の開集合であるから、§E2.12 定義 1.1により

は$X$の開集合であり、$x\in U$、$y\in V$である。$z\in U\cap V$を満たす$z$があるとすると

となって矛盾する。したがって$U\cap V=\emptyset$であり、§E2.15 定義 1.2により$X$は Hausdorff 空間である。▨

証明.$u,v\in C(X,\R)$とする。各$x\in X$に対して$|u(x)|\le\|u\|_\infty$、$|v(x)|\le\|v\|_\infty$であるから、$|u(x)v(x)|\le\|u\|_\infty\,\|v\|_\infty$である。この評価と$|(u-v)(x)|=|u(x)-v(x)|$について、$X\ne\emptyset$のときは§E2.30 命題 2.4により$X$上の最大値をとると

を得る（$X=\emptyset$のときは両者のいずれの辺も$0$である）。

§E2.2 命題 2.6により、$f\in\overline{\mathcal A}$であることと、任意の$\delta>0$に対して$d_\infty(f,a)<\delta$を満たす$a\in\mathcal A$が存在することは同値である。また§E2.11 命題 2.5 (1)により$\mathcal A\subseteq\overline{\mathcal A}$であるから、$\overline{\mathcal A}$は空でない。

$f,g\in\overline{\mathcal A}$、$\lambda\in\mathbb R$、$\varepsilon>0$とする。$d_\infty(f,a)<\varepsilon/2$と$d_\infty(g,b)<\varepsilon/2$を満たす$a,b\in\mathcal A$をとると、$a+b\in\mathcal A$であり

である。よって$f+g\in\overline{\mathcal A}$である。$\lambda=0$のとき$\lambda f=0$であり、$\mathcal A$の元$a$に対して$0=0\cdot a\in\mathcal A\subseteq\overline{\mathcal A}$である。$\lambda\ne0$のとき、$d_\infty(f,a)<\varepsilon/\lvert\lambda\rvert$を満たす$a\in\mathcal A$をとると$d_\infty(\lambda f,\lambda a)=\lvert\lambda\rvert\,\| f-a\|_\infty<\varepsilon$である。よって$\lambda f\in\overline{\mathcal A}$である。

$M=\| f\|_\infty+\| g\|_\infty+1$とおき、$\delta=\min\bigl(1,\varepsilon/(2M)\bigr)$とする。$d_\infty(f,a)<\delta$と$d_\infty(g,b)<\delta$を満たす$a,b\in\mathcal A$をとると、$\| a\|_\infty\le\| f\|_\infty+\delta\le\| f\|_\infty+1$であり、$ab\in\mathcal A$であって

である。よって$fg\in\overline{\mathcal A}$であり、$\overline{\mathcal A}$は部分代数である。

$\mathcal A\subseteq\overline{\mathcal A}$であるから、$\mathcal A$が定数関数をすべて含めば$\overline{\mathcal A}$もすべて含み、相異なる$x,y$に対して$f(x)\ne f(y)$を満たす$f\in\mathcal A$があれば同じ$f$が$\overline{\mathcal A}$に属する。▨

証明.$p_0(0)=0$である。$p_n(0)=0$を仮定すると$p_{n+1}(0)=p_n(0)+\tfrac12\bigl(0-p_n(0)^2\bigr)=0$であるから、数学的帰納法により各$n$について$p_n(0)=0$である。

$s\in[-1,1]$をとり、$r=\lvert s\rvert$、$t=s^2$とおく。$0\le r\le1$、$t=r^2$、$0\le t\le1$である。実数$c$に対して

である。

$0\le p_0(t)=0\le r$である。$0\le p_n(t)\le r$を仮定する。式$(1)$を$c=p_n(t)$に用いると

である。$0\le p_n(t)\le r\le1$から$0\le r+p_n(t)\le2$であり、右辺の第二の因子は$0$以上$1$以下である。$r-p_n(t)\ge0$とあわせて

を得る。左の不等式から$p_{n+1}(t)\le r$であり、右の不等式と$p_n(t)\ge0$から$p_{n+1}(t)\ge p_n(t)\ge0$である。数学的帰納法により、すべての$n\ge0$について$0\le p_n(t)\le p_{n+1}(t)\le r$が成り立つ。これで 1 が成り立つ。

式$(1)$を$c=p_n(t)\ge0$に用いると$1-\tfrac12\bigl(r+p_n(t)\bigr)\le1-\tfrac r2$であるから、

である。$r-p_0(t)=r$であるから、数学的帰納法により

が成り立つ。$u=r/2$とおくと$0\le u\le1/2$であり、右辺は$2u(1-u)^n$である。$v=1-u$とおくと$0\le v\le1$であり、

である。左辺は$1$以下であるから$u(1-u)^{n}\le\dfrac1{n+1}$であり、

を得る。これで 2 が成り立つ。▨

証明.$f\in\mathcal A$とし、$M=\| f\|_\infty$とおく。$M=0$ならば$f=0$であり$\lvert f\rvert=f\in\mathcal A$である。以下$M>0$とし、$h=(1/M)f$とおく。$h\in\mathcal A$であり、すべての$x\in X$について$\lvert h(x)\rvert\le\| h\|_\infty=1$であるから$h(x)\in[-1,1]$である。

$n\ge1$とする。補題 2.2により$p_n(0)=0$であるから、$p_n$の定数項は$0$であり、$p_n(t)=\sum_{k=1}^{m}c_kt^{k}$と書くことができる。$\mathcal A$は積について閉じているから各$h^{2k}$は$\mathcal A$に属し、スカラー倍と和について閉じているから

も$\mathcal A$に属する（$p_n=0$の場合には$p_n(h^2)=0\in\mathcal A$である）。$x\in X$に対して補題 2.2 (2)を$s=h(x)$に適用すると

である。§E2.16 補題 1.2 (2)により$\lvert h\rvert\in C(X,\mathbb R)$であり、上の評価は$d_\infty\bigl(\lvert h\rvert,p_n(h^2)\bigr)\le2/n$を与える。

$\delta>0$をとり、$2/n<\delta$を満たす$n\ge1$をとると$d_\infty\bigl(\lvert h\rvert,p_n(h^2)\bigr)<\delta$である。$\delta$は任意であるから、§E2.2 命題 2.6により$\lvert h\rvert\in\overline{\mathcal A}$であり、§E2.11 命題 2.5 (2)と$\mathcal A$が閉集合であることから$\lvert h\rvert\in\mathcal A$である。よって$\lvert f\rvert=M\lvert h\rvert\in\mathcal A$である。

$f_1,f_2\in\mathcal A$に対して$f_1-f_2=f_1+(-1)f_2\in\mathcal A$である。$\mathcal A$の元の絶対値が$\mathcal A$に属することを上で示したから、$\lvert f_1-f_2\rvert\in\mathcal A$である。§E2.16 補題 1.2 (2)の等式と、$\mathcal A$が和とスカラー倍について閉じていることにより、$\max(f_1,f_2)$と$\min(f_1,f_2)$は$\mathcal A$に属する。$n=1$のときは主張が自明であり、$n$について主張を仮定すると

と$\min$についての同じ等式により$n+1$の場合を得る。数学的帰納法により、すべての$n\ge1$について主張が成り立つ。▨

証明.$\mathcal A$は点を分離するから、$g(x)\ne g(y)$を満たす$g\in\mathcal A$が存在する。$c=g(y)-g(x)\ne0$とおき、値$\alpha$をとる定数関数を$\alpha$、値$g(x)$をとる定数関数を$g(x)$と書いて

とおく。$\mathcal A$は定数関数を含み、和とスカラー倍について閉じているから$h\in\mathcal A$である。$h(x)=\alpha+0=\alpha$であり、$h(y)=\alpha+\dfrac{\beta-\alpha}{c}\cdot c=\beta$である。▨

証明.$X=\emptyset$とすると、$C(X,\mathbb R)$は空写像だけからなる一点集合であり、条件 (a)により$\mathcal B$はこの一点集合に一致する。以下$X\ne\emptyset$とする。

$f\in C(X,\mathbb R)$と$\varepsilon>0$をとる。$x\in X$を固定し、集合

を定める。$y\in X$をとる。条件 (d)により$h(x)=f(x)$かつ$h(y)=f(y)$を満たす$h\in\mathcal B$が存在する。§E2.16 補題 1.2 (1)により$h-f$は連続であるから、§E2.12 定義 1.1により

は$X$の開集合であり、$(h,W)\in\Lambda_x$である。$h(y)-f(y)=0<\varepsilon$であるから$y\in W$である。したがって$\{W\mid\exists h,\ (h,W)\in\Lambda_x\}$は$X$の開被覆であり、§E2.19 定義 2.1により有限個の$(h_1,W_1),\dots,(h_n,W_n)\in\Lambda_x$で

を満たすものが存在する。$X\ne\emptyset$であるから$n\ge1$である。$g_x=\min(h_1,\dots,h_n)$とおくと、条件 (c)により$g_x\in\mathcal B$である。各$i$について$h_i(x)=f(x)$であるから$g_x(x)=f(x)$であり、$z\in X$に対して$z\in W_i$を満たす$i$をとると$g_x(z)\le h_i(z)<f(z)+\varepsilon$である。

集合

を定める。$x\in X$に対して上で得た$g_x$をとり、

とおくと、$V$は$X$の開集合であり、$(g_x,V)\in\Gamma$である。$g_x(x)-f(x)=0>-\varepsilon$であるから$x\in V$である。したがって$\{V\mid\exists g,\ (g,V)\in\Gamma\}$は$X$の開被覆であり、§E2.19 定義 2.1により有限個の$(g_1,V_1),\dots,(g_m,V_m)\in\Gamma$で

を満たすものが存在し、$m\ge1$である。$g=\max(g_1,\dots,g_m)$とおくと、条件 (c)により$g\in\mathcal B$である。$z\in X$をとると、各$j$について$g_j(z)<f(z)+\varepsilon$であるから$g(z)<f(z)+\varepsilon$であり、$z\in V_j$を満たす$j$をとると$g(z)\ge g_j(z)>f(z)-\varepsilon$である。したがって$\lvert f(z)-g(z)\rvert<\varepsilon$が$X$全体で成り立ち、$d_\infty(f,g)\le\varepsilon$である。

$\delta>0$をとり、$\varepsilon=\delta/2$として上の構成を適用すると、$d_\infty(f,g)\le\delta/2<\delta$を満たす$g\in\mathcal B$を得る。§E2.2 命題 2.6により$f\in\overline{\mathcal B}$であり、条件 (b)と§E2.11 命題 2.5 (2)により$f\in\mathcal B$である。$f$は$C(X,\mathbb R)$の任意の元であったから$\mathcal B=C(X,\mathbb R)$である。▨

証明.$\mathcal B=\overline{\mathcal A}$とおく。補題 2.1により$\mathcal B$は定数関数をすべて含み点を分離する部分代数であり、定義 1.1により空でない。§E2.11 命題 2.5 (1)と§E2.11 命題 2.5 (2)により$\mathcal B$は閉集合であるから、補題 2.3により、$n\ge1$と$g_1,\dots,g_n\in\mathcal B$に対して$\max(g_1,\dots,g_n)$と$\min(g_1,\dots,g_n)$は$\mathcal B$に属する。$x,y\in X$と$\alpha,\beta\in\mathbb R$が、$x=y$ならば$\alpha=\beta$を満たすとする。$x=y$のとき、値$\alpha$をとる定数関数は$\mathcal B$に属して$x$で$\alpha$、$y$で$\beta$をとる。$x\ne y$のときは補題 2.4により$h(x)=\alpha$かつ$h(y)=\beta$を満たす$h\in\mathcal B$が存在する。補題 2.5により$\mathcal B=C(X,\mathbb R)$であり、§E2.11 定義 2.7により$\mathcal A$は$C(X,\mathbb R)$で稠密である。▨

証明.$z=x+iy$、$w=s+it$（$x,y,s,t\in\mathbb R$）と書く。§E1.14 定義 4.1により$z+w=(x+s)+i(y+t)$であるから

である。同じ定義により$zw=(xs-yt)+i(xt+ys)$であり、

である。$\overline{\overline z}=\overline{x-iy}=x+iy=z$である。また

であり、$\lvert z\rvert=\sqrt{x^2+y^2}$は非負で$\lvert z\rvert^2=x^2+y^2$を満たすから$z\overline z=\lvert z\rvert^2$である。$\lvert\overline z\rvert=\sqrt{x^2+(-y)^2}=\lvert z\rvert$である。これで 1 が成り立つ。

$z+\overline z=2x$であるから$\tfrac12(z+\overline z)=x=\operatorname{Re}z$である。$z-\overline z=0+i(2y)$であり、§E1.14 定義 4.1で定めた商により$2i=0+2i\ne0$に対して

である。$\operatorname{Re}z+i\operatorname{Im}z=x+iy=z$である。これで 2 が成り立つ。

$x^2\le x^2+y^2$かつ$y^2\le x^2+y^2$であり、これらの数はいずれも非負であるから$\lvert x\rvert\le\lvert z\rvert$かつ$\lvert y\rvert\le\lvert z\rvert$である。また

であり、両辺は非負であるから$\lvert z\rvert\le\lvert x\rvert+\lvert y\rvert$である。これで 3 が成り立つ。▨

証明.$f$が連続であるとし、$x_0\in X$と$\varepsilon>0$をとる。§E2.12 補題 1.8により、$x_0$を含む開集合$U$で、$x\in U$ならば$\lvert f(x)-f(x_0)\rvert<\varepsilon$を満たすものが存在する。補題 3.2 (2)により$\operatorname{Re}f(x)-\operatorname{Re}f(x_0)=\operatorname{Re}\bigl(f(x)-f(x_0)\bigr)$であり、補題 3.2 (3)により

である。$\operatorname{Im}$についても同様であるから、§E2.12 補題 1.8により$\operatorname{Re}f$と$\operatorname{Im}f$は連続である。

逆に$\operatorname{Re}f$と$\operatorname{Im}f$が連続であるとし、$x_0\in X$と$\varepsilon>0$をとる。§E2.12 補題 1.8により、$x_0$を含む開集合$U_1,U_2$で、$x\in U_1$ならば$\lvert\operatorname{Re}f(x)-\operatorname{Re}f(x_0)\rvert<\varepsilon/2$、$x\in U_2$ならば$\lvert\operatorname{Im}f(x)-\operatorname{Im}f(x_0)\rvert<\varepsilon/2$を満たすものが存在する。$x\in U_1\cap U_2$に対して、補題 3.2 (3)により

である。よって$f$は連続である。

$f,g\in C(X,\mathbb C)$と$\lambda=a+ib\in\mathbb C$をとる。§E1.14 定義 4.1により、各点で

が成り立つ。右辺はいずれも§E2.16 補題 1.2 (1)により$C(X,\mathbb R)$に属するから、前半により$f+g$、$fg$、$\lambda f$、$\overline f$は連続である。最後に$x_0\in X$と$\varepsilon>0$をとり、$x\in U$ならば$\lvert f(x)-f(x_0)\rvert<\varepsilon$を満たす$x_0$の開近傍$U$をとると、§E2.9 補題 6.1 (2)により

である。よって§E2.12 補題 1.8により$\lvert f\rvert\in C(X,\mathbb R)$である。▨

証明.補題 3.4により、値が実数である$f\in C(X,\mathbb C)$は$\operatorname{Im}f=0$を満たし、$C(X,\mathbb R)$の元$\operatorname{Re}f$と同一視することができる。この同一視のもとで

を$C(X,\mathbb R)$の部分集合とみなす。$\mathcal A_{\mathbb R}$は和・積・実数倍について閉じており、実数を値とする定数関数をすべて含むから、$C(X,\mathbb R)$の部分代数である。

$f\in\mathcal A$とすると$\overline f\in\mathcal A$であるから、補題 3.2 (2)により

はいずれも$\mathcal A$に属し、値は実数であるから$\mathcal A_{\mathbb R}$に属する。相異なる$x,y\in X$に対して$f(x)\ne f(y)$を満たす$f\in\mathcal A$をとると、補題 3.2 (2)の$z=\operatorname{Re}z+i\operatorname{Im}z$により、$\operatorname{Re}f(x)\ne\operatorname{Re}f(y)$または$\operatorname{Im}f(x)\ne\operatorname{Im}f(y)$である。したがって$\mathcal A_{\mathbb R}$は点を分離する。定理 2.6により$\mathcal A_{\mathbb R}$は$C(X,\mathbb R)$で稠密である。

$g\in C(X,\mathbb C)$と$\delta>0$をとる。補題 3.4により$\operatorname{Re}g$と$\operatorname{Im}g$は$C(X,\mathbb R)$に属するから、§E2.2 命題 2.6により

を満たす$u,v\in\mathcal A_{\mathbb R}$をとることができる。$a=u+iv$とおくと、$\mathcal A$は定数関数$i$を含み積と和について閉じているから$a\in\mathcal A$である。$\operatorname{Re}(g-a)=\operatorname{Re}g-u$、$\operatorname{Im}(g-a)=\operatorname{Im}g-v$であるから、補題 3.2 (3)により各$x\in X$について

である。よって$d_\infty(g,a)\le\delta/2<\delta$である。$\delta$は任意であるから、§E2.2 命題 2.6により$g\in\overline{\mathcal A}$であり、§E2.11 定義 2.7により$\mathcal A$は稠密である。▨