§E2.50ZF 上の位相空間論

証明.(1)$\Leftrightarrow$(2)を示す。(1)は§E2.19 補題 2.2 (1)と同じ条件であり、(2)は§E2.19 補題 2.2 (2)と同じ条件であるから、§E2.19 補題 2.2 (1)$\Leftrightarrow$(2)を適用する。

(2)$\Leftrightarrow$(3)を示す。$\mathcal U=(U_i)_{i\in I}$を$X$の開被覆、$\mathcal F=(F_j)_{j\in J}$を$X$の有限被覆とする。添字集合$J$は有限集合であるから、§E2.19 補題 1.3 (3)により、$\mathcal F$が$\mathcal U$の細分であることと、任意の$j\in J$に対して$F_j\subseteq U_i$を満たす$i\in I$が存在することとは同値である。後者の条件は、$\mathcal F$が$\mathcal U$の非選択的細分であることにほかならない。ゆえに、一つの開被覆$\mathcal U$について、有限被覆による細分をもつことと有限被覆による非選択的細分をもつこととは同値であり、$\mathcal U$は任意であったから二条件は同値である。

(1)$\Leftrightarrow$(4)を示す。§E2.19 補題 2.4により、$X$がコンパクトであることと(4)の条件が成り立つこととは同値である。▨

証明.(1)を示す。$p\in X$に対して$p\in\{p\}$であるから、$\mathcal S$は$X$の被覆である。$X$の元は、$\lambda\in\Lambda$に対する$(\lambda,0)$か、$(\lambda,a)\in J$に対する$((\lambda,a),1)$のいずれかである。$(\lambda,a)\in J$に対して$((\lambda,a),1)\in C_{(\lambda,a)}$である。$\lambda\in\Lambda$に対しては$A_\lambda\neq\emptyset$であるから$a\in A_\lambda$をとることができ、$(\lambda,a)\in J$かつ$(\lambda,0)\in C_{(\lambda,a)}$である。ゆえに$\mathcal C$は$X$の被覆である。

(2)を示す。$p\in X$をとる。(1)により$\mathcal C$は$X$の被覆であるから、$p\in C_{(\lambda,a)}$を満たす$(\lambda,a)\in J$が存在し、$\{p\}\subseteq C_{(\lambda,a)}$である。ゆえに$\mathcal S$は$\mathcal C$の非選択的細分である。

(3)を示す。$C_{(\mu,a)}=\{(\mu,0),((\mu,a),1)\}$であり、$(\lambda,0)$の第二成分は$0$、$((\mu,a),1)$の第二成分は$1$であるから$(\lambda,0)\neq((\mu,a),1)$である。ゆえに$(\lambda,0)=(\mu,0)$であり$\mu=\lambda$である。$(\mu,a)\in J$であるから$a\in A_\mu=A_\lambda$である。

(4)を示す。細分射$f\colon X\to J$をとると、各$p\in X$について$\{p\}\subseteq C_{f(p)}$である。$\lambda\in\Lambda$に対して$(\lambda,0)\in C_{f((\lambda,0))}$であるから、(3)により$f((\lambda,0))$の第一成分は$\lambda$であり、第二成分は$A_\lambda$に属する。$g(\lambda)$を$f((\lambda,0))$の第二成分と定めると、写像$g\colon\Lambda\to\bigcup_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda$が定まり、各$\lambda\in\Lambda$について$g(\lambda)\in A_\lambda$である。したがって$g$は族$(A_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$の選択関数である。▨

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。$\mathcal A=(A_i)_{i\in I}$、$\mathcal B=(B_j)_{j\in J}$を集合$X$の部分集合族とし、$\mathcal B$が$\mathcal A$の非選択的細分であるとする。各$j\in J$に対して$I_j=\{i\in I\mid B_j\subseteq A_i\}$とおくと、非選択的細分の定義により$I_j\neq\emptyset$である。§E1.20 定理 2.1 (1)により、族$(I_j)_{j\in J}$の選択関数$f\colon J\to\bigcup_{j\in J}I_j$が存在する。各$j\in J$について$f(j)\in I_j\subseteq I$であるから$B_j\subseteq A_{f(j)}$であり、$f$を$J$から$I$への写像とみなすと細分射である。したがって$\mathcal B$は$\mathcal A$の細分である。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。$\Lambda$を集合、$(A_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$を空でない集合からなる族とし、補題 2.1の$X$、$\mathcal C$、$\mathcal S$をとる。補題 2.1 (2)により$\mathcal S$は$\mathcal C$の非選択的細分であるから、(2)により$\mathcal S$は$\mathcal C$の細分である。ゆえに補題 2.1 (4)により$(A_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$は選択関数をもつ。族は任意であったから、§E1.20 定理 2.1 (1)が成り立つ。▨

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。開被覆は部分集合族であるから、(2)は定理 2.2 (2)の特別な場合であり、定理 2.2 (1)$\Rightarrow$(2)を適用する。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。$\Lambda$を集合、$(A_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$を空でない集合からなる族とし、補題 2.1の$X$、$\mathcal C$、$\mathcal S$をとる。$X$に離散位相を入れると$X$の部分集合はすべて開集合であるから、補題 2.1 (1)により$\mathcal C$と$\mathcal S$はいずれも$X$の開被覆である。補題 2.1 (2)と(2)により$\mathcal S$は$\mathcal C$の細分であるから、補題 2.1 (4)により$(A_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$は選択関数をもつ。族は任意であったから、§E1.20 定理 2.1 (1)が成り立つ。▨

証明. 演習とする（問題 5.2）。▨

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。$\mathcal U=(U_i)_{i\in I}$を$X$の開被覆とする。$X$は Lindelöf であるから、高々可算な部分集合$I_0\subseteq I$で$(U_i)_{i\in I_0}$が$X$の被覆となるものが存在する。$(U_i)_{i\in I_0}$は$\mathcal U$の部分族であるから、§E2.19 補題 1.3 (1)により$\mathcal U$の細分であり、その添字集合$I_0$は高々可算である。開被覆$\mathcal U$は任意であったから、(2)が成り立つ。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。$\mathcal U=(U_i)_{i\in I}$を$X$の開被覆とし、添字集合$K$が高々可算である$X$の被覆$(B_k)_{k\in K}$と細分射$f\colon K\to I$をとる。$I_0=f(K)$とおくと、§E1.18 補題 3.5により$I_0$は高々可算である。各$k\in K$について$B_k\subseteq U_{f(k)}$であるから

であり、$(U_i)_{i\in I_0}$は$\mathcal U$の高々可算部分被覆である。開被覆$\mathcal U$は任意であったから、$X$は Lindelöf である。▨

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。$\mathcal U=(U_i)_{i\in I}$を位相空間$X$の開被覆とし、添字集合$K$が高々可算である$X$の被覆$(B_k)_{k\in K}$が$\mathcal U$の非選択的細分であるとする。可算選択公理と命題 2.4により$(B_k)_{k\in K}$は$\mathcal U$の細分であるから、細分射$f\colon K\to I$をとると各$k\in K$について$B_k\subseteq U_{f(k)}$である。$I_0=f(K)$とおくと、§E1.18 補題 3.5により$I_0$は高々可算であり、

が成り立つ。したがって$(U_i)_{i\in I_0}$は$\mathcal U$の高々可算部分被覆である。

(2)$\Rightarrow$(3)を示す。$(U_i)_{i\in I}$を位相空間$X$の開被覆とし、$\{U_i\mid i\in I\}$の高々可算な部分集合$\mathcal V$が$X=\bigcup\mathcal V$を満たすとする。$\mathcal V$をそれ自身で添字づけた族$(V)_{V\in\mathcal V}$は、添字集合が高々可算である$X$の被覆である。各$V\in\mathcal V$は$\{U_i\mid i\in I\}$に属するから$V=U_i$を満たす$i\in I$が存在し、この$i$について$V\subseteq U_i$である。ゆえに$(V)_{V\in\mathcal V}$は$(U_i)_{i\in I}$の非選択的細分であり、(2)により$(U_i)_{i\in I}$は高々可算部分被覆をもつ。

(3)$\Rightarrow$(1)を示す。$(A_n)_{n\in\N}$を空でない集合からなる族とする。$\N$に離散位相を入れ、

とおいて、$(n,a)\in I$に対して$U_{(n,a)}=\{n\}$と定める。$n\in\N$に対して$A_n\neq\emptyset$であるから$a\in A_n$をとることができ、$(n,a)\in I$かつ$n\in U_{(n,a)}$である。ゆえに$(U_i)_{i\in I}$は$\N$の開被覆である。また$\{U_i\mid i\in I\}=\{\{n\}\mid n\in\N\}$であり、この集合は$n\mapsto\{n\}$による$\N$の像であるから§E1.18 補題 3.5により高々可算であって、その合併は$\N$に等しい。よって(3)により、高々可算な部分集合$I_0\subseteq I$で$(U_i)_{i\in I_0}$が$\N$の被覆となるものが存在する。

$n\in\N$をとると$n\in U_i$を満たす$i\in I_0$が存在し、$i=(m,a)$と書けば$U_i=\{m\}$かつ$n\in\{m\}$であるから$m=n$である。すなわち、各$n\in\N$に対して$I_0\cap(\{n\}\times A_n)\neq\emptyset$である。$\N\neq\emptyset$であるから$I_0\neq\emptyset$であり、§E1.18 定理 3.3 (3)により全射$u\colon\N\to I_0$が存在する。$n\in\N$に対して、$I_0\cap(\{n\}\times A_n)$は空でなく$u$は全射であるから、集合$\{k\in\N\mid u(k)\in\{n\}\times A_n\}$は空でなく、その最小元$k(n)$をとることができる。$u(k(n))\in\{n\}\times A_n$であるから、$u(k(n))$の第二成分を$g(n)$と定めると$g(n)\in A_n$である。したがって$g$は族$(A_n)_{n\in\N}$の選択関数であり、族は任意であったから、§E1.18 注意 6.2により可算選択公理が成り立つ。▨

証明.$x\in X$に対して$x\in\{x\}$であるから、$(\{x\})_{x\in X}$は$X$の被覆である。$\mathcal U=(U_i)_{i\in I}$を$X$の開被覆とする。各$x\in X$に対して$x\in U_i$を満たす$i\in I$が存在し、この$i$について$\{x\}\subseteq U_i$である。ゆえに$(\{x\})_{x\in X}$は$\mathcal U$の非選択的細分である。▨

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。$X$を位相空間とし、$X$の任意の開被覆が、添字集合が高々可算である$X$の被覆による非選択的細分をもつとする。$\mathcal U$を$X$の開被覆とすると、仮定によりそのような非選択的細分が存在し、可算選択公理を仮定しているから、定理 3.2 (1)$\Rightarrow$(2)により$\mathcal U$は高々可算部分被覆をもつ。開被覆$\mathcal U$は任意であったから、$X$は Lindelöf である。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。$X$を可算離散空間とする。補題 3.3により、一点集合の族$(\{x\})_{x\in X}$は$X$の被覆であって$X$の任意の開被覆の非選択的細分であり、その添字集合$X$は高々可算である。ゆえに(2)により$X$は Lindelöf である。可算離散空間$X$は任意であったから、§E2.21 補題 6.1 (2)$\Rightarrow$(3)により可算選択公理が成り立つ。▨

証明. 演習とする（問題 5.1）。▨

証明.§E2.2 補題 1.2により$B(x,r)$は開集合であり、$x\in B(x,r)$であるから空でない。$U$は$X$で稠密であるから、§E2.11 命題 2.9 (2)により$B(x,r)\cap U\neq\emptyset$である。点$y\in B(x,r)\cap U$をとる。§E2.2 定理 1.3により$B(x,r)\cap U$は開集合であるから、§E2.2 定義 1.1により$B(y,\rho)\subseteq B(x,r)\cap U$を満たす実数$\rho>0$が存在する。$s=\min\{\rho/2,r/2\}$とおけば$0<s\leq r/2$かつ$s<\rho$であり、§E2.2 補題 2.5により$\overline B(y,s)\subseteq B(y,\rho)\subseteq B(x,r)\cap U$である。▨

証明.(1)の証明は演習とする（問題 5.4）。

(2)を示す。$i\leq m$を満たすすべての$i$について$x_i=y_i$であるとする。$x=y$ならば$\rho(x,y)=0<2^{-m}$である。$x\neq y$ならば、$i\leq m$を満たす$i$について$x_i=y_i$であることから$n(x,y)\geq m+1$であり、$\rho(x,y)=2^{-n(x,y)}\leq2^{-(m+1)}<2^{-m}$である。逆に$\rho(x,y)<2^{-m}$とする。$x=y$ならば$i\leq m$を満たすすべての$i$について$x_i=y_i$である。$x\neq y$ならば$2^{-n(x,y)}<2^{-m}$から$n(x,y)>m$であり、$n(x,y)$の最小性により$i\leq m$を満たすすべての$i$について$x_i=y_i$である。

(3)を示す。$(x^{(k)})_{k\geq1}$を$(S^{\N},\rho)$の Cauchy 列とする。$m\in\N$に対して、集合

は§E2.5 定義 1.1により空でないから、その最小元を$M_m$とおく。$2^{-(m+1)}<2^{-m}$であるから$T_{m+1}\subseteq T_m$であり、最小元をとると$M_m\leq M_{m+1}$である。

$x_m=x^{(M_m)}_m$と定めて$x=(x_m)_{m\in\N}\in S^{\N}$とおく。$i\leq m$とすると$M_i\leq M_m$であり、$M_m,M_i\geq M_i$であるから$\rho(x^{(M_m)},x^{(M_i)})<2^{-i}$であって、(2)により$x^{(M_m)}_i=x^{(M_i)}_i=x_i$である。ゆえに$k\geq M_m$ならば、$k,M_m\geq M_m$から$\rho(x^{(k)},x^{(M_m)})<2^{-m}$であり、(2)により$i\leq m$を満たすすべての$i$について$x^{(k)}_i=x^{(M_m)}_i=x_i$である。ふたたび(2)により$\rho(x^{(k)},x)<2^{-m}$である。

実数$\varepsilon>0$に対して$2^{-m}\leq\varepsilon$を満たす$m\in\N$をとると、$k\geq M_m$について$\rho(x^{(k)},x)<\varepsilon$である。したがって$(x^{(k)})_{k\geq1}$は$x$に収束し、$(S^{\N},\rho)$は完備である。▨

証明.(1)$\Rightarrow$(2)を示す。従属選択公理を仮定すると、命題 4.2により、完備距離空間はすべて Baire 空間である。

(2)$\Rightarrow$(1)を示す。$S$を空でない集合とし、$R\subseteq S\times S$を、任意の$a\in S$に対して$a\mathrel{R}b$を満たす$b\in S$が存在するという条件を満たす二項関係とする。§E1.20 命題 4.5により、すべての$n\in\N$について$x_n\mathrel{R}x_{n+1}$を満たす$S$の元の族$(x_n)_{n\in\N}$の存在を、$S$と$R$について示せば従属選択公理が成り立つ。そこで、そのような族が存在しないと仮定する。

$a\in S$が$a\mathrel{R}a$を満たすとすると、$x_n=a$（$n\in\N$）で定まる族はすべての$n\in\N$について$x_n\mathrel{R}x_{n+1}$を満たす。仮定によりそのような族は存在しないから、どの$a\in S$についても$a\mathrel{R}a$は成り立たない。

$S^{\N}$に補題 4.3の距離$\rho$を入れ、

とおく。$u\in S^{\N}\setminus X$とすると、$u_{k+1}\neq u_k$であって$u_k\mathrel{R}u_{k+1}$が成り立たない$k\in\N$が存在する。$\rho(v,u)<2^{-(k+1)}$を満たす$v\in S^{\N}$は、補題 4.3 (2)により$i\leq k+1$を満たすすべての$i$について$v_i=u_i$を満たすから、$v_{k+1}\neq v_k$であって$v_k\mathrel{R}v_{k+1}$が成り立たず、$v\notin X$である。ゆえに$S^{\N}\setminus X$の各点はその点を中心とする開球を$S^{\N}\setminus X$の中にもち、§E2.2 定義 1.1により$S^{\N}\setminus X$は開集合であって、$X$は$S^{\N}$の閉集合である。$S\neq\emptyset$であるから$a\in S$をとることができ、$u_k=a$（$k\in\N$）で定まる$u$は$X$に属するから$X\neq\emptyset$である。補題 4.3 (3)と§E2.5 定理 3.2により、$\rho$の制限を入れた$X$は完備距離空間である。

$n\geq1$に対して

とおく。$u\in D_n$とし、$k_1<\cdots<k_n$をこの条件を満たす番号として$m=k_n+1$とおく。$v\in X$が$\rho(v,u)<2^{-m}$を満たすならば、補題 4.3 (2)により$i\leq m$を満たすすべての$i$について$v_i=u_i$であり、各$j$について$k_j<k_j+1\leq m$であるから$v_{k_j}=u_{k_j}\neq u_{k_j+1}=v_{k_j+1}$である。ゆえに$v\in D_n$であり、§E2.2 定義 1.1により$D_n$は$X$の開集合である。

$z\in S$と$n\in\N$に対して、写像$s\colon\{j\in\N\mid j\leq n\}\to S$であって$s(0)=z$を満たし、$j<n$を満たすすべての$j$について$s(j)\mathrel{R}s(j+1)$を満たすものが存在する。実際、$n=0$のときは$s(0)=z$で定まる写像がこの条件を満たす。$n$について条件を満たす写像$s$が存在するとすると、$R$についての仮定により$s(n)\mathrel{R}w$を満たす$w\in S$が存在するから、$j\leq n$について$s'(j)=s(j)$、$s'(n+1)=w$と定めた写像$s'$が$n+1$について条件を満たす。

$n\geq1$を固定し、$O$を$X$の空でない開集合として$u\in O$をとる。§E2.2 定義 1.1により、$\rho(v,u)<\varepsilon$を満たす$v\in X$がすべて$O$に属するような実数$\varepsilon>0$が存在する。$2^{-m}\leq\varepsilon$を満たす$m\in\N$をとり、$s(0)=u_m$を満たし、$j<n$を満たすすべての$j$について$s(j)\mathrel{R}s(j+1)$を満たす写像$s\colon\{j\in\N\mid j\leq n\}\to S$をとる。$v\in S^{\N}$を、$i\leq m$について$v_i=u_i$、$0\leq j\leq n$について$v_{m+j}=s(j)$、$i\geq m+n$について$v_i=s(n)$と定める。$i=m$では$u_m=s(0)$であり、$i=m+n$では二つの場合の値がともに$s(n)$であるから、$v$は矛盾なく定まる。

$k<m$のときは$v_k=u_k$かつ$v_{k+1}=u_{k+1}$であり$u\in X$であるから、$v_{k+1}=v_k$または$v_k\mathrel{R}v_{k+1}$が成り立つ。$m\leq k<m+n$のときは$v_k=s(k-m)$かつ$v_{k+1}=s(k-m+1)$であるから$v_k\mathrel{R}v_{k+1}$である。$k\geq m+n$のときは$v_k=v_{k+1}=s(n)$である。ゆえに$v\in X$である。$1\leq j\leq n$に対して$k_j=m+j-1$とおくと$k_1<k_2<\cdots<k_n$であり、$v_{k_j}=s(j-1)$かつ$v_{k_j+1}=s(j)$であって$s(j-1)\mathrel{R}s(j)$であるから、どの$a\in S$についても$a\mathrel{R}a$が成り立たないことにより$v_{k_j}\neq v_{k_j+1}$である。ゆえに$v\in D_n$である。さらに$i\leq m$について$v_i=u_i$であるから、補題 4.3 (2)により$\rho(v,u)<2^{-m}\leq\varepsilon$であり、$v\in O$である。したがって$O$は$D_n$と交わり、$O$は任意であったから§E2.11 命題 2.9 (2)$\Rightarrow$(1)により$D_n$は$X$で稠密である。

$X$は空でない完備距離空間であるから、(2)により$X$は Baire 空間である。$(D_n)_{n\geq1}$は$X$の開集合の列であってすべての項が$X$で稠密であるから、§E2.28 定義 1.2により$\bigcap_{n\geq1}D_n$は$X$で稠密である。$X$自身は$X$の空でない開集合であるから、§E2.11 命題 2.9 (1)$\Rightarrow$(2)により$\bigcap_{n\geq1}D_n$は空でない。

$w\in\bigcap_{n\geq1}D_n$をとり、$K=\{k\in\N\mid w_k\neq w_{k+1}\}$とおく。$N\in\N$に対して、$w\in D_{N+2}$であるから$k_1<k_2<\cdots<k_{N+2}$を満たす$K$の元がとれ、狭義単調増加であることから$k_{N+2}\geq k_1+N+1\geq N+1>N$である。ゆえに$K$は上に有界でなく、とくに空でない。$l_0=\min K$とおき、$i\in\N$に対して$l_{i+1}=\min\{k\in K\mid k>l_i\}$と定めると、$K$が上に有界でないことからこの帰納的な定め方はすべての$i$で意味をもち、$l_i<l_{i+1}$である。

$i\in\N$を固定する。$l_i<k<l_{i+1}$を満たす$k$は$K$に属さないから$w_k=w_{k+1}$であり、$l_i+1\leq j\leq l_{i+1}$を満たす$j$について$w_j=w_{l_i+1}$であることが$j$についての帰納法で従う。とくに$w_{l_i+1}=w_{l_{i+1}}$である。また$l_i\in K$であるから$w_{l_i}\neq w_{l_i+1}$であり、$w\in X$であるから$w_{l_i}\mathrel{R}w_{l_i+1}$である。ゆえに$w_{l_i}\mathrel{R}w_{l_{i+1}}$である。