0 次元空間 | 位相空間論 I | 天游ヶ丘数理学院

定義 1.1 (0 次元空間). $X$ を空でない位相空間とする。

$X$ の開かつ閉な部分集合の全体が $X$ の開基であるとき、 $\operatorname{ind}X=0$ と書き、 $X$ は 0 次元 (zero-dimensional) であるという。
$X$ の任意の閉集合 $F$ と、 $F\subseteq U$ を満たす $X$ の任意の開集合 $U$ に対して、 $F\subseteq V\subseteq U$ を満たす $X$ の開かつ閉な部分集合 $V$ が存在するとき、 $\operatorname{Ind}X=0$ と書く。
$X$ の任意の有限開被覆が、互いに交わらない開集合からなる $X$ の開被覆を細分としてもつとき、 $\dim X=0$ と書く。ここで $X$ の部分集合族 $(W_j)_{j\in J}$ が互いに交わらないとは、相異なる任意の $j,k\in J$ に対して $W_j\cap W_k=\emptyset$ が成り立つことをいう。

空な位相空間 $\emptyset$ については $\operatorname{ind}\emptyset=\operatorname{Ind}\emptyset=\dim\emptyset=-1$ と定め、空な位相空間を 0 次元とは呼ばない。

命題 1.2. 次が成り立つ。

$X$ を 0 次元の位相空間とし、 $A\subseteq X$ を空でない部分集合とする。このとき部分空間 $A$ は 0 次元である。
$(X_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ を 0 次元の位相空間の族とし、直積 $X=\prod_{\lambda\in\Lambda}X_\lambda$ は空でないとする。このとき積空間 $X$ は 0 次元である。

証明.(1)を示す。 $X$ の開かつ閉な部分集合の全体を $\mathcal C$ とする。§E2.13 命題 3.2により $\{C\cap A\mid C\in\mathcal C\}$ は $A$ の開基であり、その各元は $A$ の開かつ閉な部分集合である。したがって $A$ の開かつ閉な部分集合の全体は、 $A$ の開基を含む開集合族であるから、§E2.13 命題 1.2により開基である。

(2)を示す。各 $\lambda\in\Lambda$ について、 $X_\lambda$ の開かつ閉な部分集合の全体を $\mathcal C_\lambda$ とする。§E2.14 命題 1.3により、 $\Lambda$ の有限部分集合 $F$ と $C_\lambda\in\mathcal C_\lambda$ （ $\lambda\in F$ ）によって $\bigcap_{\lambda\in F}\pi_\lambda^{-1}(C_\lambda)$ と表される集合の全体は、積位相の開基である。各射影 $\pi_\lambda$ は連続であるから、 $\pi_\lambda^{-1}(C_\lambda)$ とその有限個の共通部分は開かつ閉である。したがって $X$ の開かつ閉な部分集合の全体は積位相の開基を含むので、§E2.13 命題 1.2により開基である。▨

定理 1.3. $X$ を空でない位相空間とする。次の三条件は同値である。

$\operatorname{Ind}X=0$ である。
$X$ の任意の有限開被覆 $(U_i)_{i\in I}$ に対して、 $X$ の開かつ閉な部分集合の族 $(V_i)_{i\in I}$ で、互いに交わらず、各 $i\in I$ について $V_i\subseteq U_i$ を満たし、 $X=\bigcup_{i\in I}V_i$ を満たすものが存在する。
$\dim X=0$ である。

証明.(1) $\Rightarrow$ (2)を示す。 $\operatorname{Ind}X=0$ とする。

主張 1.3.1. $n\in\N$ とし、 $Y$ を $X$ の開かつ閉な部分集合、 $U_1,\ldots,U_n$ を $Y\subseteq U_1\cup\cdots\cup U_n$ を満たす $X$ の開集合とする。このとき $X$ の開かつ閉な部分集合 $V_1,\ldots,V_n$ で、互いに交わらず、各 $i$ について $V_i\subseteq U_i$ を満たし、 $Y=V_1\cup\cdots\cup V_n$ を満たすものが存在する。

証明. $n$ に関する帰納法による。 $n=0$ のとき $Y\subseteq\emptyset$ であるから $Y=\emptyset$ であり、空な族が条件を満たす。

$n\geq1$ とし、 $n-1$ 個の開集合について主張が成り立つとする。 $F=Y\setminus(U_2\cup\cdots\cup U_n)$ とおく。 $F$ は閉集合 $Y$ と閉集合 $X\setminus(U_2\cup\cdots\cup U_n)$ の共通部分であるから $X$ の閉集合であり、 $Y\subseteq U_1\cup\cdots\cup U_n$ から $F\subseteq U_1$ である。 $\operatorname{Ind}X=0$ により、 $F\subseteq W\subseteq U_1$ を満たす $X$ の開かつ閉な部分集合 $W$ が存在する。

$V_1=Y\cap W$ 、 $Y'=Y\setminus W$ とおくと、 $V_1$ と $Y'$ は $X$ の開かつ閉な部分集合であり、 $V_1\subseteq U_1$ である。 $y\in Y'$ ならば $y\notin W$ であり、 $F\subseteq W$ から $y\notin F$ であるので、 $y\in U_2\cup\cdots\cup U_n$ である。したがって $Y'\subseteq U_2\cup\cdots\cup U_n$ であり、

帰納法の仮定により、 $X$ の開かつ閉な部分集合 $V_2,\ldots,V_n$ で、互いに交わらず、 $V_i\subseteq U_i$ を満たし、 $Y'=V_2\cup\cdots\cup V_n$ を満たすものが存在する。 $V_1\cap Y'=\emptyset$ であるから $V_1,\ldots,V_n$ は互いに交わらず、 $Y=V_1\cup Y'=V_1\cup\cdots\cup V_n$ である。▨

$(U_i)_{i\in I}$ を $X$ の有限開被覆とし、 $I$ の元の個数を $n$ として全単射 $\{1,\ldots,n\}\to I$ で添字を付け替える。主張 1.3.1を $Y=X$ に適用すると、(2)の族 $(V_i)_{i\in I}$ が得られる。

(2) $\Rightarrow$ (3)を示す。 $X$ の有限開被覆 $(U_i)_{i\in I}$ に対して(2)の族 $(V_i)_{i\in I}$ をとると、 $(V_i)_{i\in I}$ は互いに交わらない開集合からなる $X$ の開被覆であり、恒等写像 $I\to I$ は細分射であるから、 $(V_i)_{i\in I}\prec(U_i)_{i\in I}$ である。

(3) $\Rightarrow$ (1)を示す。 $\dim X=0$ とし、 $X$ の閉集合 $F$ と、 $F\subseteq U$ を満たす開集合 $U$ をとる。 $\{1,2\}$ を添字集合とする族 $(U,X\setminus F)$ は $X$ の有限開被覆であるから、互いに交わらない開集合からなる $X$ の開被覆 $(W_j)_{j\in J}$ と細分射 $f\colon J\to\{1,2\}$ が存在する。

$J_F=\{j\in J\mid W_j\cap F\neq\emptyset\}$ とおき、 $V=\bigcup_{j\in J_F}W_j$ とおく。 $j\in J_F$ ならば $W_j\not\subseteq X\setminus F$ であるから $f(j)=1$ であり、 $W_j\subseteq U$ である。したがって $V\subseteq U$ である。 $(W_j)_{j\in J}$ は $X$ を覆うから $F\subseteq V$ である。

$(W_j)_{j\in J}$ は互いに交わらず $X$ を覆うから $X\setminus V=\bigcup_{j\in J\setminus J_F}W_j$ であり、 $V$ と $X\setminus V$ はともに開集合である。よって $V$ は $F\subseteq V\subseteq U$ を満たす開かつ閉な部分集合であり、 $\operatorname{Ind}X=0$ である。▨

命題 1.4. $X$ を $\operatorname{Ind}X=0$ を満たす位相空間とする。

$X$ は正規である。
$X$ が T1 空間ならば、 $X$ は 0 次元である。

証明.(1)を示す。 $E,F$ を $X$ の互いに素な閉集合とする。 $E\subseteq X\setminus F$ であり、 $X\setminus F$ は開集合であるから、 $E\subseteq V\subseteq X\setminus F$ を満たす開かつ閉な部分集合 $V$ が存在する。 $V$ と $X\setminus V$ は互いに素な開集合であり、 $E\subseteq V$ かつ $F\subseteq X\setminus V$ を満たす。

(2)を示す。 $U$ を $X$ の開集合、 $x\in U$ とする。§E2.15 命題 1.5により $\{x\}$ は閉集合であるから、 $\{x\}\subseteq V\subseteq U$ を満たす開かつ閉な部分集合 $V$ が存在する。§E2.13 命題 1.2により、開かつ閉な部分集合の全体は $X$ の開基である。▨

定理 1.5. $X$ を 0 次元の Lindelöf 空間とする。

$X$ の任意の開被覆は、 $\N$ を添字集合とし、互いに交わらない開かつ閉な集合からなる $X$ の開被覆を細分としてもつ。
$\operatorname{Ind}X=0$ かつ $\dim X=0$ である。

証明.(1)を示す。 $\mathcal U=(U_i)_{i\in I}$ を $X$ の開被覆とし、 $X$ の開かつ閉な部分集合の全体を $\mathcal C$ とする。 $\mathcal C$ は $X$ の開基であるから、§E2.19 補題 1.4により、値がすべて $\mathcal C$ に属する $X$ の被覆 $(C_j)_{j\in J}$ と細分射 $f\colon J\to I$ が存在する。 $(C_j)_{j\in J}$ は開被覆であり、 $X$ は Lindelöf であるから、高々可算な $J_0\subseteq J$ で $(C_j)_{j\in J_0}$ が $X$ を覆うものが存在する。 $X$ は空でないから $J_0$ も空でなく、§E1.18 補題 3.6により全射 $\NN\to J_0$ が存在する。これを $\N$ から始まる番号に付け替えて $k\mapsto j_k$ と書き、 $G_k=C_{j_k}$ 、 $i_k=f(j_k)$ とおいて

D_k=G_k\setminus\bigcup_{m<k}G_m\qquad(k\in\N)

とおく。 $D_k$ は有限個の開かつ閉な集合から和・差をとって得られるので開かつ閉である。 $m<k$ ならば $D_k\cap D_m\subseteq D_k\cap G_m=\emptyset$ であるから、 $(D_k)_{k\in\N}$ は互いに交わらない。 $x\in X$ に対して $x\in G_k$ を満たす最小の $k$ をとると $x\in D_k$ であるから、 $(D_k)_{k\in\N}$ は $X$ を覆う。 $D_k\subseteq G_k\subseteq U_{i_k}$ であるから、 $k\mapsto i_k$ は細分射である。

(2)を示す。(1)を有限開被覆に適用すると $\dim X=0$ を得る。定理 1.3により $\operatorname{Ind}X=0$ である。▨

系 1.6. $X$ を空でない第二可算な T1 空間とする。次の三条件は同値である。とくに、空でない可分な距離空間について三条件は同値である。

$X$ は 0 次元である。
$\operatorname{Ind}X=0$ である。
$\dim X=0$ である。

証明.§E2.21 命題 1.6により $X$ は Lindelöf である。(1) $\Rightarrow$ (2)は定理 1.5 (2)による。(2) $\Rightarrow$ (1)は命題 1.4 (2)による。(2) $\Leftrightarrow$ (3)は定理 1.3による。可分な距離空間は§E2.13 定理 6.4により第二可算であり、§E2.15 定理 3.2 (4)により T1 空間である。▨

例 1.7. $S=\{0,1\}$ に $\mathcal O_S=\{\emptyset,\{1\},S\}$ を入れた Sierpiński 空間について、 $\operatorname{Ind}S=\dim S=0$ であるが、 $S$ は 0 次元でない。 $S$ は T1 空間でないので（§E2.15 例 5.1 (3)）、命題 1.4 (2)の仮定から T1 性を外すことはできない。

証明. $S$ の閉集合は $\emptyset$ 、 $\{0\}$ 、 $S$ である。 $F$ を $S$ の閉集合、 $U$ を $F\subseteq U$ を満たす開集合とする。 $F=\emptyset$ ならば $V=\emptyset$ が $F\subseteq V\subseteq U$ を満たす開かつ閉な集合である。 $F\neq\emptyset$ ならば $0\in F\subseteq U$ であり、 $0$ を含む開集合は $S$ だけであるから $U=S$ であって、 $V=S$ が条件を満たす。したがって $\operatorname{Ind}S=0$ であり、定理 1.3により $\dim S=0$ である。一方、 $\{1\}$ は閉集合でなく $\{0\}$ は開集合でないから、 $S$ の開かつ閉な部分集合は $\emptyset$ と $S$ だけである。開集合 $\{1\}$ は $1$ を含むが、 $1\in V\subseteq\{1\}$ を満たす開かつ閉な $V$ は存在しないので、 $S$ は 0 次元でない。▨

例 1.8. Sorgenfrey 平面 $\mathbb R_\ell\times\mathbb R_\ell$ は 0 次元であるが、 $\operatorname{Ind}(\mathbb R_\ell\times\mathbb R_\ell)\neq0$ かつ $\dim(\mathbb R_\ell\times\mathbb R_\ell)\neq0$ である。

証明. 実数 $a<b$ に対して、 $[a,b)$ は§E2.17 命題 8.2により $\mathbb R_\ell$ の開基の元であり、その補集合

\mathbb R\setminus[a,b)=\bigcup_{n\in\NN}[a-n,a)\cup\bigcup_{n\in\NN}[b,b+n)

も開基の元の和集合であるから、 $[a,b)$ は $\mathbb R_\ell$ の開かつ閉な部分集合である。したがって $\mathbb R_\ell$ の開かつ閉な部分集合の全体は開基を含み、§E2.13 命題 1.2により $\mathbb R_\ell$ は 0 次元である。命題 1.2 (2)により $\mathbb R_\ell\times\mathbb R_\ell$ は 0 次元である。 $\operatorname{Ind}(\mathbb R_\ell\times\mathbb R_\ell)=0$ であるとすると、命題 1.4 (1)により $\mathbb R_\ell\times\mathbb R_\ell$ は正規であり、§E2.18 定理 8.4に反する。よって $\operatorname{Ind}(\mathbb R_\ell\times\mathbb R_\ell)\neq0$ であり、定理 1.3により $\dim(\mathbb R_\ell\times\mathbb R_\ell)\neq0$ である。▨

注意 1.9.系 1.6の結論は、距離空間に対しても第二可算性を仮定しなければ成り立たない。0 次元であるが $\operatorname{Ind}X\neq0$ かつ $\dim X\neq0$ である距離空間 $X$ が存在することを Roy（1968）が示した。

定義 2.1. 位相空間 $X$ が完全不連結 (totally disconnected) であるとは、 $X$ の任意の点 $x$ について $C(x)=\{x\}$ が成り立つことをいう。部分集合の完全不連結性は部分空間位相について定める。

注意 2.2. 完全不連結性の語の用法は文献によって異なる。Engelking の General Topology は、二点以上を含む連結な部分空間をもたない空間を hereditarily disconnected と呼び、totally disconnected の語は、相異なる任意の二点 $x,y$ に対して $x$ を含み $y$ を含まない開かつ閉な集合が存在する空間に用いる。本記事の完全不連結性は命題 2.3により前者と同値であり、後者は補題 2.6の仮定の条件にあたる。

命題 2.3. 位相空間 $X$ について、次の二条件は同値である。

$X$ は完全不連結である。
二点以上を含む $X$ の連結部分集合は存在しない。

証明.(1) $\Rightarrow$ (2)を示す。 $A$ を $X$ の連結部分集合とし、 $x,y\in A$ とする。§E2.43 定理 6.2 (1)により $A\subseteq C(x)$ であり、仮定から $C(x)=\{x\}$ であるから $y=x$ である。したがって $A$ は二点以上を含まない。

(2) $\Rightarrow$ (1)を示す。 $x\in X$ をとる。§E2.43 定理 6.2 (1)により $C(x)$ は $x$ を含む連結部分集合であるから、仮定により $C(x)$ は二点以上を含まない。 $x\in C(x)$ とあわせて $C(x)=\{x\}$ である。▨

命題 2.4. 完全不連結な位相空間の任意の部分空間は完全不連結である。

証明. 演習とする（問題 8.1）。▨

注意 2.5. 空な位相空間は点をもたないので完全不連結である。一方、空な位相空間は 0 次元ではない。

補題 2.6. 位相空間 $X$ の相異なる任意の二点 $x,y$ に対して、 $x\in H$ かつ $y\notin H$ を満たす $X$ の開かつ閉な部分集合 $H$ が存在するとする。このとき $X$ は完全不連結である。

証明. $A\subseteq X$ が相異なる二点 $x,y$ を含むとし、仮定の $H$ をとる。§E2.12 定義 4.1により $A\cap H$ と $A\setminus H=A\cap(X\setminus H)$ はともに $A$ の開集合であり、それぞれ $x$ と $y$ を含むので空でなく、互いに素であって和は $A$ である。よって $(A\cap H,A\setminus H)$ は $A$ の分離であり、 $A$ は連結でない。命題 2.3により $X$ は完全不連結である。▨

例 2.7. 離散位相を備えた集合 $X$ は完全不連結である。各 $x\in X$ について $\{x\}$ と $X\setminus\{x\}$ はともに開集合であるから、 $\{x\}$ は開かつ閉である。相異なる $x,y\in X$ に対して $H=\{x\}$ とおけば $x\in H$ かつ $y\notin H$ であるから、補題 2.6により $X$ は完全不連結である。

例 2.8. 通常の位相を備えた $\mathbb Q$ は完全不連結であるが、その位相は離散位相でない。§E2.43 例 2.5 (2)により $\mathbb Q$ の連結部分集合は二点以上を含まないから、命題 2.3により $\mathbb Q$ は完全不連結である。一方、§E2.43 例 8.8で示したとおり、一点集合は $\mathbb Q$ の開集合でない。したがって、完全不連結な位相空間の位相が離散位相であるとは限らない。

定義 2.9 (点型空間). 位相空間 $X$ のコンパクトかつ連結な部分集合がすべて高々一点からなるとき、 $X$ を点型空間 (punctiform space) という。部分集合が点型であるとは、部分空間位相を備えたその部分集合が点型空間であることをいう。

命題 2.10. 完全不連結な位相空間は点型空間である。

証明. $X$ を完全不連結な位相空間とすると、命題 2.3により $X$ の連結部分集合は高々一点からなる。とくにコンパクトかつ連結な部分集合も高々一点からなる。▨

命題 2.11. $X$ を 0 次元の T0 空間とする。

相異なる任意の $x,y\in X$ に対して、 $x\in H$ かつ $y\notin H$ を満たす $X$ の開かつ閉な部分集合 $H$ が存在する。
$X$ は T3½ 空間である。
$X$ は完全不連結である。

証明.(1)を示す。 $X$ は T0 空間であるから、 $x$ と $y$ の一方だけを含む開集合 $U$ が存在する。 $x\in U$ ならば、 $x\in V\subseteq U$ を満たす開かつ閉な $V$ をとり、 $H=V$ とおく。 $y\in U$ ならば、 $y\in V\subseteq U$ を満たす開かつ閉な $V$ をとり、 $H=X\setminus V$ とおく。後者の場合、 $x\notin U$ から $x\notin V$ であるので $x\in H$ であり、 $y\notin H$ である。

(2)を示す。(1)の $H$ は $x$ を含み $y$ を含まない開集合であるから、 $X$ は T1 空間である。 $F$ を $X$ の閉集合、 $x\in X\setminus F$ とする。 $x\in V\subseteq X\setminus F$ を満たす開かつ閉な $V$ をとり、写像 $f\colon X\to[0,1]$ を $V$ の上で $0$ 、 $X\setminus V$ の上で $1$ と定める。 $[0,1]$ の任意の部分集合の $f$ による逆像は $\emptyset$ 、 $V$ 、 $X\setminus V$ 、 $X$ のいずれかであり、いずれも $X$ の開集合であるから、 $f$ は連続である。 $f(x)=0$ であり、 $F\subseteq X\setminus V$ から $F$ の各点で $f$ の値は $1$ である。よって $X$ は完全正則であり、T1 空間であるから§E2.15 定義 1.8 (2)により T3½ 空間である。

(3)は、(1)と補題 2.6による。▨

例 2.12. $\{0,1\}$ に離散位相を入れ、空でない集合 $\Lambda$ に対して直積 $\{0,1\}^\Lambda$ に積位相を入れる。この直積は完全不連結である。 $\Lambda=\omega$ のとき、この直積は Cantor 空間 $2^{\omega}$ である。

証明. 離散位相では $\{0,1\}$ のすべての部分集合が開かつ閉であるから、 $\{0,1\}$ は 0 次元であり、一点集合が開集合であるから T0 空間である。すべての座標が $0$ である点は $\{0,1\}^\Lambda$ に属するので、直積は空でない。命題 1.2 (2)により $\{0,1\}^\Lambda$ は 0 次元であり、§E2.15 定理 2.8 (1)により T0 空間である。命題 2.11 (3)により $\{0,1\}^\Lambda$ は完全不連結である。▨

定理 3.1. $X$ をコンパクトな Hausdorff 空間とする。次の二条件は同値である。

$X$ は完全不連結である。
開かつ閉な $X$ の部分集合の全体は $X$ の開基をなす。

証明.(1) $\Rightarrow$ (2)を示す。 $X$ が完全不連結であるとし、 $U$ を $X$ の開集合、 $x\in U$ とする。完全不連結性により $C(x)=\{x\}$ であり、 $X\setminus U$ は $C(x)$ と交わらない $X$ の閉集合である。§E2.43 系 7.4により、 $x\in H$ かつ $H\cap(X\setminus U)=\emptyset$ を満たす開かつ閉な $X$ の部分集合 $H$ が存在する。したがって $x\in H\subseteq U$ であり、§E2.13 命題 1.2により開かつ閉な集合の全体は開基をなす。

(2) $\Rightarrow$ (1)を示す。開かつ閉な $X$ の部分集合の全体が開基をなすとし、相異なる $x,y\in X$ をとる。§E2.15 定理 1.11 (4)と§E2.15 命題 1.5により $X\setminus\{y\}$ は $x$ を含む開集合であるから、 $x\in H\subseteq X\setminus\{y\}$ を満たす開かつ閉な集合 $H$ が存在する。補題 2.6により $X$ は完全不連結である。▨

系 3.2. $X$ を空でないコンパクトな Hausdorff 空間とする。次の四条件は同値である。

$X$ は完全不連結である。
$X$ は 0 次元である。
$\operatorname{Ind}X=0$ である。
$\dim X=0$ である。

証明.(1) $\Leftrightarrow$ (2)は定理 3.1による。§E2.21 命題 1.2により $X$ は Lindelöf であるから、(2) $\Rightarrow$ (3)は定理 1.5 (2)による。 $X$ は§E2.15 定理 1.11 (4)により T1 空間であるから、(3) $\Rightarrow$ (2)は命題 1.4 (2)による。(3) $\Leftrightarrow$ (4)は定理 1.3による。▨

系 3.3. $X$ を空でない局所コンパクトな Hausdorff 空間とする。 $X$ が完全不連結であることと、 $X$ が 0 次元であることは同値である。

証明. $X$ が 0 次元であるとする。§E2.15 定理 1.11 (4)と§E2.15 定理 1.11 (5)により $X$ は T0 空間であるから、命題 2.11 (3)により $X$ は完全不連結である。

$X$ が完全不連結であるとし、 $O$ を $X$ の開集合、 $x\in O$ とする。§E2.24 定理 1.6により、 $x\in V\subseteq\tpcl{V}\subseteq O$ を満たし $\tpcl{V}$ がコンパクトである開集合 $V$ が存在する。部分空間 $\tpcl{V}$ は§E2.15 定理 2.1 (3)により Hausdorff であり、命題 2.4により完全不連結であるから、定理 3.1により $\tpcl{V}$ の開かつ閉な部分集合の全体は $\tpcl{V}$ の開基である。 $V=V\cap\tpcl{V}$ は $\tpcl{V}$ の開集合であるから、 $\tpcl{V}$ の開かつ閉な部分集合 $W$ で $x\in W\subseteq V$ を満たすものが存在する。§E2.12 命題 4.6により $W=F\cap\tpcl{V}$ を満たす $X$ の閉集合 $F$ が存在し、 $\tpcl{V}$ は $X$ の閉集合であるから $W$ は $X$ の閉集合である。また§E2.12 定義 4.1により $W=G\cap\tpcl{V}$ を満たす $X$ の開集合 $G$ が存在し、 $W\subseteq V\subseteq\tpcl{V}$ から $W=G\cap V$ であるので、 $W$ は $X$ の開集合である。したがって $W$ は $x\in W\subseteq O$ を満たす $X$ の開かつ閉な部分集合であり、§E2.13 命題 1.2により $X$ は 0 次元である。▨

注意 3.4. 位相空間 $X$ の開かつ閉な部分集合の全体は、包含関係について Boolean 代数をなす。結びは和集合、交わりは共通部分、補元は補集合で与えられる。空でない 0 次元のコンパクトな Hausdorff 空間は、この Boolean 代数から同相を除いて定まる。この対応は Stone 双対性と呼ばれ、後の単元で扱う。

補題 3.5. 空でない高々可算なコンパクト Hausdorff 空間は孤立点をもつ。

証明. $X$ を空でない高々可算なコンパクト Hausdorff 空間とし、 $X$ が孤立点をもたないと仮定する。§E1.18 補題 3.6により全射 $e\colon\NN\to X$ をとる。各 $n\in\NN$ について $U_n=X\setminus\{e(n)\}$ とおく。 $X$ は Hausdorff であるから $U_n$ は開集合であり、 $e(n)$ は孤立点でないから $\{e(n)\}$ の内部は空である。したがって $U_n$ は $X$ で稠密である。

$e$ は全射であるから $\bigcap_{n\in\NN}U_n=\emptyset$ である。一方、§E2.28 定理 3.2により $X$ は Baire 空間であるから、この共通部分は $X$ で稠密である。空集合は空でない $X$ で稠密でないので矛盾する。よって $X$ は孤立点をもつ。▨

系 3.6. 実数 $a<b$ に対して、閉区間 $[a,b]$ は非可算である。

証明.§E2.9 定理 4.3により $[a,b]$ はコンパクトであり、§E2.15 定理 3.2 (1)により $[a,b]$ は Hausdorff である。 $x\in[a,b]$ と実数 $\varepsilon>0$ に対して、 $x<b$ ならば $x'=x+\min\{\varepsilon,b-x\}/2$ 、 $x=b$ ならば $x'=x-\min\{\varepsilon,b-a\}/2$ とおくと、 $x'\in[a,b]$ 、 $x'\neq x$ 、 $\lvert x'-x\rvert<\varepsilon$ である。 $[a,b]$ の開集合は制限距離の開球を含むので、 $\{x\}$ は $[a,b]$ の開集合でない。したがって $[a,b]$ は孤立点をもたない空でないコンパクト Hausdorff 空間であり、補題 3.5により高々可算でない。▨

補題 3.7. 高々可算な位相空間は Lindelöf である。

証明. $X$ を高々可算な位相空間、 $(U_i)_{i\in I}$ を $X$ の開被覆とする。各 $x\in X$ に対して $x\in U_{i(x)}$ を満たす $i(x)\in I$ を選ぶ。 $I_0=\{i(x)\mid x\in X\}$ は高々可算集合の像であるから高々可算であり、 $(U_i)_{i\in I_0}$ は $X$ を覆う。▨

定理 3.8. 空でない高々可算な T3 空間は 0 次元である。

証明. $X$ を空でない高々可算な T3 空間とする。補題 3.7により $X$ は Lindelöf であり、§E2.21 定理 2.3により正規である。 $U$ を $X$ の開集合、 $x\in U$ とする。§E2.15 命題 1.5により $\{x\}$ と $X\setminus U$ は互いに素な閉集合であるから、§E2.18 定理 3.1により、 $f(x)=0$ を満たし $X\setminus U$ の各点で値 $1$ をとる連続写像 $f\colon X\to[0,1]$ が存在する。 $f(X)$ は高々可算であり、系 3.6により $[1/4,3/4]$ は非可算であるから、 $r\in[1/4,3/4]\setminus f(X)$ が存在する。 $V=f^{-1}([0,r))$ は $[0,1]$ の開集合 $[0,r)$ の逆像であるから開集合である。 $r\notin f(X)$ から $V=f^{-1}([0,r])$ であり、 $[0,r]$ は $[0,1]$ の閉集合であるから $V$ は閉集合でもある。 $f(x)=0<r$ から $x\in V$ であり、 $X\setminus U$ の各点で $f$ の値は $1>r$ であるから $V\subseteq U$ である。§E2.13 命題 1.2により $X$ は 0 次元である。▨

例 3.9. $T=(\omega_1+1)\times(\omega+1)$ を Tychonoff の板とし、 $P=T\setminus\{(\omega_1,\omega)\}$ を角を除いた Tychonoff の板とする。 $P$ は局所コンパクトな Hausdorff 空間であって 0 次元であるが、 $\operatorname{Ind}P\neq0$ かつ $\dim P\neq0$ である。したがって系 3.3の同値に $\operatorname{Ind}$ と $\dim$ の条件を加えることはできない。

証明. $\gamma\in\{\omega_1,\omega\}$ と $\xi<\gamma$ に対して、 $\gamma+1$ の部分集合 $[0,\xi]$ は順序位相の基本開集合 $(-\infty,\xi+1)$ に等しく、その補集合は基本開集合 $(\xi,\infty)$ に等しい。したがって $[0,\xi]$ は $\gamma+1$ の開かつ閉な部分集合である。 $T$ の相異なる二点は一方の座標で異なり、その座標の値を $\xi<\eta$ とすると、その座標への射影による $[0,\xi]$ の逆像は、§E2.14 命題 1.2 (1)と§E2.12 命題 1.6により $T$ の開かつ閉な部分集合であって、一方の点だけを含む。補題 2.6により $T$ は完全不連結である。 $T$ は§E2.19 定理 7.2と§E2.19 定理 5.3によりコンパクトであり、§E2.17 系 4.4と§E2.15 定理 2.8 (3)により Hausdorff である。系 3.2により $T$ は 0 次元であり、命題 1.2 (1)により $P$ は 0 次元である。 $\{(\omega_1,\omega)\}$ は§E2.15 命題 1.5により $T$ の閉集合であるから $P$ は $T$ の開部分空間であり、§E2.24 系 1.8により局所コンパクトな Hausdorff 空間である。§E2.18 定理 7.3により $P$ は正規でないので、命題 1.4 (1)により $\operatorname{Ind}P\neq0$ であり、定理 1.3により $\dim P\neq0$ である。▨

定理 4.1. $\kappa$ を無限基数とし、 $X$ を $w(X)\leq\kappa$ を満たす 0 次元の T0 空間とする。このとき、 $\kappa$ を添字集合とする Cantor 立方体 $2^{\kappa}$ への位相的埋め込み $X\to2^{\kappa}$ が存在する。

証明.§E2.13 定義 5.7により、 $\lvert\mathcal B\rvert=w(X)\leq\kappa$ を満たす $X$ の開基 $\mathcal B$ が存在する。 $B\subseteq C\subseteq B'$ を満たす開かつ閉な集合 $C$ が存在する組 $(B,B')\in\mathcal B\times\mathcal B$ の全体を $\Pi$ とし、各 $(B,B')\in\Pi$ に対してそのような $C$ を一つ選んで $C_{B,B'}$ と書く。 $\mathcal C=\{C_{B,B'}\mid(B,B')\in\Pi\}$ とおくと、§E1.22 定理 3.2により $\lvert\mathcal C\rvert\leq\lvert\mathcal B\times\mathcal B\rvert\leq\kappa\cdot\kappa=\kappa$ である。

$\mathcal C$ は $X$ の開基である。実際、 $O$ を $X$ の開集合、 $x\in O$ とすると、 $x\in B'\subseteq O$ を満たす $B'\in\mathcal B$ 、 $x\in C\subseteq B'$ を満たす開かつ閉な $C$ 、 $x\in B\subseteq C$ を満たす $B\in\mathcal B$ が順に存在する。このとき $(B,B')\in\Pi$ であり、 $x\in B\subseteq C_{B,B'}\subseteq B'\subseteq O$ であるから、§E2.13 命題 1.2により $\mathcal C$ は開基である。

$X$ は空でないので $\mathcal C$ も空でなく、 $\lvert\mathcal C\rvert\leq\kappa$ であるから全射 $g\colon\kappa\to\mathcal C$ が存在する。 $\alpha<\kappa$ に対して、写像 $\chi_\alpha\colon X\to2$ を、 $x\in g(\alpha)$ ならば $\chi_\alpha(x)=1$ 、そうでなければ $\chi_\alpha(x)=0$ と定める。 $2$ の任意の部分集合の $\chi_\alpha$ による逆像は $\emptyset$ 、 $g(\alpha)$ 、 $X\setminus g(\alpha)$ 、 $X$ のいずれかであるから、 $\chi_\alpha$ は連続である。

族 $(\chi_\alpha)_{\alpha<\kappa}$ は点と閉集合を分離する。実際、 $F$ を $X$ の閉集合、 $x\in X\setminus F$ とすると、 $x\in g(\alpha)\subseteq X\setminus F$ を満たす $\alpha<\kappa$ が存在し、 $\chi_\alpha(x)=1$ かつ $\chi_\alpha(F)\subseteq\{0\}$ である。 $\{0\}$ は離散空間 $2$ の閉集合であるから $\tpcl{\chi_\alpha(F)}\subseteq\{0\}$ であり、 $\chi_\alpha(x)\notin\tpcl{\chi_\alpha(F)}$ である。命題 2.11 (2)により $X$ は T1 空間であるから、相異なる $x,y\in X$ に対して $\{y\}$ は閉集合であり、いま示したことから $\chi_\alpha(x)=1\neq0=\chi_\alpha(y)$ を満たす $\alpha$ が存在する。したがってこの族は点を分離する。§E2.14 系 6.7により、族 $(\chi_\alpha)_{\alpha<\kappa}$ の対角写像 $X\to\prod_{\alpha<\kappa}2=2^{\kappa}$ は位相的埋め込みである。▨

補題 4.2. $(X,d)$ を距離空間とし、 $X$ は $d$ が定める位相について 0 次元かつ Lindelöf であるとする。 $U$ を $X$ の空でない開かつ閉な部分集合とし、 $\varepsilon>0$ を実数とする。

$U$ がコンパクトならば、正の整数 $n$ と、 $X$ の空でない開かつ閉な部分集合 $P_1,\ldots,P_n$ で、互いに交わらず、 $U=P_1\cup\cdots\cup P_n$ を満たし、各 $j$ について $\operatorname{diam}(P_j)<\varepsilon$ を満たすものが存在する。
$U$ がコンパクトでなければ、 $X$ の空でない開かつ閉な部分集合の列 $(P_k)_{k\in\N}$ で、互いに交わらず、 $U=\bigcup_{k\in\N}P_k$ を満たし、各 $k$ について $\operatorname{diam}(P_k)<\varepsilon$ を満たすものが存在する。

証明.

証明. 族 $(G_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ に開集合 $X\setminus U$ を一つ加えた族は $X$ の開被覆であるから、定理 1.5 (1)により、互いに交わらない開かつ閉な集合からなる $X$ の開被覆 $(D_k)_{k\in\N}$ で、この族の細分であるものが存在する。 $E_k=D_k\cap U$ とおくと、 $E_k$ は開かつ閉であり、 $(E_k)_{k\in\N}$ は互いに交わらず、 $U=\bigcup_{k\in\N}E_k$ である。 $D_k\subseteq X\setminus U$ ならば $E_k=\emptyset$ であり、そうでなければある $\lambda$ について $E_k\subseteq D_k\subseteq G_\lambda$ である。▨

(1)を示す。開球の族 $(B(u,\varepsilon/3))_{u\in U}$ に主張 4.2.1を適用して列 $(E_k)_{k\in\N}$ を得る。空でない $E_k$ はある開球 $B(u,\varepsilon/3)$ に含まれるので、その二点の距離は $2\varepsilon/3$ 未満であり、 $\operatorname{diam}(E_k)\leq2\varepsilon/3<\varepsilon$ である。

空でない $E_k$ の族は $U$ を覆う開集合の族であるから、§E2.19 命題 2.6 (2)により、その有限部分族で $U$ を覆うものが存在する。空でない $E_k$ がこの有限部分族に属さないとすると、 $E_k$ の点はこの有限部分族のある $E_m$ （ $m\neq k$ ）に属し、 $E_k\cap E_m=\emptyset$ に反する。したがって空でない $E_k$ は有限個であり、 $U\neq\emptyset$ から少なくとも一つある。それらを $P_1,\ldots,P_n$ と並べればよい。

(2)を示す。 $U$ はコンパクトでないから、§E2.19 命題 2.6 (2)により、 $U\subseteq\bigcup_{\lambda\in\Lambda}G_\lambda$ を満たす $X$ の開集合の族 $(G_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ で、 $U$ を覆う有限部分族をもたないものが存在する。 $U$ の各点 $u$ はある $G_\lambda$ に属するので、族 $(G_\lambda\cap B(u,\varepsilon/3))_{(\lambda,u)\in\Lambda\times U}$ は $U$ を覆う。この族に主張 4.2.1を適用して列 $(E_k)_{k\in\N}$ を得る。空でない $E_k$ は $\operatorname{diam}(E_k)<\varepsilon$ を満たし、ある $G_\lambda$ に含まれる。

空でない $E_k$ が有限個しかないとすると、それらを含む有限個の $G_\lambda$ が $U$ を覆い、 $(G_\lambda)$ の選び方に反する。したがって空でない $E_k$ は無限個あり、 $\N$ の無限部分集合 $\{k\in\N\mid E_k\neq\emptyset\}$ を小さい順に並べて $(P_k)_{k\in\N}$ とすればよい。▨

補題 4.3. $(X,d)$ をコンパクトな距離空間とし、 $X$ は 0 次元であって孤立点をもたないとする。 $U$ を $X$ の空でない開かつ閉な部分集合とし、 $\varepsilon>0$ を実数とする。このとき自然数 $m_0$ が存在して、 $m\geq m_0$ を満たす任意の自然数 $m$ に対して、 $X$ の空でない開かつ閉な部分集合の族 $(P_t)_{t\in2^m}$ で、互いに交わらず、 $U=\bigcup_{t\in2^m}P_t$ を満たし、各 $t$ について $\operatorname{diam}(P_t)<\varepsilon$ を満たすものが存在する。ここで $2^m$ は直積集合 $\prod_{i<m}2$ を表す。

証明.§E2.21 命題 1.2により $X$ は Lindelöf であり、§E2.19 命題 4.1により $U$ はコンパクトである。補題 4.2 (1)により、正の整数 $n$ と、互いに交わらない空でない開かつ閉な集合 $P_1,\ldots,P_n$ で、 $U$ を覆い直径が $\varepsilon$ 未満であるものが存在する。

$N\geq n$ を満たす任意の整数 $N$ について、 $U$ は互いに交わらない $N$ 個の空でない開かつ閉な集合で、直径が $\varepsilon$ 未満であるものの和に分けられる。実際、 $N$ 個への分割 $Q_1,\ldots,Q_N$ が得られたとすると、 $Q_N$ は空でない開集合であり、 $X$ は孤立点をもたないので、 $Q_N$ は相異なる二点 $p,q$ を含む。 $X$ は距離空間であるから§E2.15 定理 3.2 (4)により T0 空間であり、命題 2.11 (1)により $p\in H$ かつ $q\notin H$ を満たす開かつ閉な集合 $H$ が存在する。 $Q_N$ を $Q_N\cap H$ と $Q_N\setminus H$ に置き換えると、二つはともに空でなく開かつ閉であり、直径は $\operatorname{diam}(Q_N)<\varepsilon$ 以下であるから、 $N+1$ 個への分割が得られる。

$2^{m_0}\geq n$ を満たす自然数 $m_0$ をとる。 $m\geq m_0$ ならば $2^m\geq n$ であるから、 $U$ は $2^m$ 個の集合への上の分割をもち、集合 $2^m$ の元の個数は $2^m$ であるので、全単射で添字を付け替えれば求める族を得る。▨

定理 4.4 (Brouwer の定理). 位相空間 $X$ が Cantor 空間であるための必要十分条件は、 $X$ が空でなく、コンパクトかつ距離化可能で、0 次元であり、孤立点をもたないことである。

証明. 必要性を示す。条件はいずれも同相写像で保たれるから、 $2^{\omega}$ が条件を満たすことを示せばよい。 $2$ は§E2.19 例 2.3によりコンパクトであるから、§E2.19 定理 8.2により $2^{\omega}$ はコンパクトである。§E2.17 命題 5.5により $2^{\omega}$ は $\R$ の部分空間と同相であり、 $\R$ の部分空間は距離化可能であるから、 $2^{\omega}$ は距離化可能である。§E2.17 補題 5.3 (1)と§E2.17 補題 5.3 (2)により $2^{\omega}$ は 0 次元である。 $x\in2^{\omega}$ とすると、§E2.17 補題 5.3 (2)により $x$ を含む任意の開集合はある $[x|_n]$ を含み、 $[x|_n]$ は第 $n$ 座標だけが $x$ と異なる点を含むので、 $\{x\}$ は開集合でない。

十分性を示す。 $X$ の位相を定める距離 $d$ をとる。自然数の列 $0=\ell_0<\ell_1<\ell_2<\cdots$ と、 $n\in\omega$ と $s\in2^n$ に対する $X$ の空でない開かつ閉な部分集合 $U_s$ で、次の三条件を満たすものを $k$ に関する再帰で構成する。

$U_{\langle\rangle}=X$ である。
各 $s$ について $U_s=U_{s^\frown0}\cup U_{s^\frown1}$ であり、 $U_{s^\frown0}\cap U_{s^\frown1}=\emptyset$ である。
$k\geq1$ と $s\in2^{\ell_k}$ について $\operatorname{diam}(U_s)<2^{-k}$ である。

$\ell_k$ と、 $n\leq\ell_k$ を満たす $n$ について $U_s$ （ $s\in2^n$ ）が定まっているとする。各 $s\in2^{\ell_k}$ に対して、補題 4.3を $U_s$ と $2^{-(k+1)}$ に適用して得られる自然数を $m_0(s)$ とし、 $m_k=\max(\{1\}\cup\{m_0(s)\mid s\in2^{\ell_k}\})$ 、 $\ell_{k+1}=\ell_k+m_k$ とおく。各 $s\in2^{\ell_k}$ に対して、同じ補題が与える族 $(P^s_t)_{t\in2^{m_k}}$ を選び、 $1\leq j\leq m_k$ と $u\in2^j$ に対して

U_{s^\frown u}=\bigcup\{P^s_t\mid t\in2^{m_k},\ t|_j=u\}

とおく。各 $U_{s^\frown u}$ は $u$ を延長する $t$ に対する $P^s_t$ を含むので空でなく、有限個の開かつ閉な集合の和であるから開かつ閉である。 $(P^s_t)_{t\in2^{m_k}}$ は互いに交わらず $U_s$ を覆うので、(2)は $s^\frown u$ （ $0\leq j<m_k$ ）について成り立つ。 $t\in2^{m_k}$ について $U_{s^\frown t}=P^s_t$ であるから、(3)は $k+1$ について成り立つ。

$(X,d)$ は§E2.9 系 3.3により完備である。 $n\geq\ell_1$ に対して、 $\ell_k\leq n<\ell_{k+1}$ を満たす $k\geq1$ を用いて $\varepsilon_n=2^{-k}$ とおく。

親子の包含関係と(3)により、すべての $s\in2^n$ について $\operatorname{diam}(U_s)\leq\varepsilon_n$ であり、 $\varepsilon_n\to0$ である。各 $U_s$ は開かつ閉であり、(1)と(2)により根、被覆、兄弟分離の条件を満たす。したがって、§E2.27 補題 4.5 (3)を $A=2$ 、 $F_s=U_s$ 、 $N_0=\ell_1$ として適用すると、同相写像 $h\colon2^{\omega}\to X$ が存在する。▨

補題 4.5. $(X,d)$ を距離空間とし、 $X$ は空でなく高々可算であって孤立点をもたないとする。全射 $e\colon\N\to X$ を一つ固定し、空でない $A\subseteq X$ に対して、 $e(k)\in A$ を満たす最小の $k\in\N$ を用いて $a(A)=e(k)$ とおく。このとき $X$ の空でない開かつ閉な部分集合の族 $(U_s)_{s\in\N^{<\omega}}$ で、次の四条件を満たすものが存在する。

$U_{\langle\rangle}=X$ である。
各 $s\in\N^{<\omega}$ について、族 $(U_{s^\frown k})_{k\in\N}$ は互いに交わらず、 $U_s=\bigcup_{k\in\N}U_{s^\frown k}$ を満たす。
$n\geq1$ と $s\in\N^n$ について $\operatorname{diam}(U_s)<2^{-n}$ である。
各 $s\in\N^{<\omega}$ について $a(U_s)\in U_{s^\frown0}$ である。

証明. $X$ は補題 3.7により Lindelöf であり、§E2.15 定理 3.2 (4)により T3 空間であるから、定理 3.8により 0 次元である。 $X$ の空でない開集合 $K$ はコンパクトでない。実際、 $K$ がコンパクトであるとすると、 $K$ は§E2.15 定理 3.2 (1)と§E2.15 定理 2.1 (3)により空でない高々可算なコンパクト Hausdorff 空間であるから、補題 3.5により $K$ の孤立点 $p$ が存在する。 $\{p\}$ は $K$ の開集合であり、 $K$ は $X$ の開集合であるから $\{p\}$ は $X$ の開集合であって、 $X$ が孤立点をもたないことに反する。

$U_{\langle\rangle}=X$ とおく。 $n\in\N$ と $s\in\N^n$ に対して空でない開かつ閉な $U_s$ が定まったとする。 $U_s$ はコンパクトでないから、補題 4.2 (2)を $U_s$ と $2^{-(n+1)}$ に適用して、空でない開かつ閉な集合の列 $(P_k)_{k\in\N}$ を得る。 $a(U_s)\in P_{k_0}$ を満たす $k_0$ をとり、 $0$ と $k_0$ を入れ替える $\N$ の互換を $\theta$ として $U_{s^\frown k}=P_{\theta(k)}$ とおく。この再帰で定まる族は四条件を満たす。▨

定理 4.6 (Sierpiński の定理). 位相空間 $X$ が $\Q$ と同相であるための必要十分条件は、 $X$ が空でなく、高々可算かつ距離化可能であって、孤立点をもたないことである。

証明. 必要性を示す。条件はいずれも同相写像で保たれる。 $\Q$ は§E1.18 定理 4.1 (2)により可算であり、 $\R$ の部分空間として距離化可能であり、§E2.43 例 8.8により孤立点をもたない。

十分性を示す。 $X$ と $Y=\Q$ はともに条件を満たす。 $X$ の位相を定める距離 $d$ と $Y$ の位相を定める距離 $d'$ 、全射 $e\colon\N\to X$ と $e'\colon\N\to Y$ をとり、補題 4.5を $(X,d,e)$ と $(Y,d',e')$ に適用して、 $X$ の族 $(U_s)$ と $Y$ の族 $(V_s)$ を得る。

補題の写像 $a$ を $Y$ と $e'$ について定めたものを $b$ と書き、 $s\in\N^{<\omega}$ に対して $a_s=a(U_s)$ 、 $b_s=b(V_s)$ とおく。 $s$ が $t$ の最初の $n$ 個の成分からなるとき、 $s$ は $t$ の始切片であるという。補題 4.5 (2)により、 $s$ が $t$ の始切片ならば $U_t\subseteq U_s$ であり、どちらも他方の始切片でない $s,t$ については $U_s\cap U_t=\emptyset$ である。 $Y$ の族についても同じである。

主張 4.6.1. $s,t\in\N^{<\omega}$ について、 $a_s=a_t$ であることと、 $s$ と $t$ の一方が他方の後ろに有限個の $0$ を続けて得られることは同値である。 $b_s$ と $b_t$ についても同じである。

証明. $a(U_s)\in U_{s^\frown0}\subseteq U_s$ であり、 $a(U_s)$ は $U_s$ の点のうち $e$ による番号が最小のものであるから、 $U_{s^\frown0}$ の点のうちでも番号が最小である。したがって $a_{s^\frown0}=a_s$ であり、帰納法により、 $0$ を有限個続けても $a$ の値は変わらない。

逆に $a_s=a_t=x$ とする。 $x\in U_s\cap U_t$ であるから、 $s$ と $t$ の一方は他方の始切片である。 $t=s^\frown u$ 、 $u\in\N^m$ としてよい。 $u$ の成分に $0$ でないものがあると仮定し、 $u_j\neq0$ を満たす最小の $j$ をとって $v=s^\frown(u|_j)$ とおく。 $u|_j$ の成分はすべて $0$ であるから、前段により $a_v=a_s=x$ であり、補題 4.5 (4)により $x\in U_{v^\frown0}$ である。一方 $x=a_t\in U_t\subseteq U_{v^\frown u_j}$ であり、 $u_j\neq0$ から $U_{v^\frown0}\cap U_{v^\frown u_j}=\emptyset$ である。これは $x$ が両方に属することと両立しない。よって $u$ の成分はすべて $0$ である。▨

主張 4.6.2. $X$ の各点は、ある $s\in\N^{<\omega}$ について $a_s$ に等しい。 $Y$ の各点についても同じである。

証明. $x\in X$ とし、 $e(k)=x$ を満たす最小の $k$ をとる。補題 4.5 (1)と補題 4.5 (2)により、各 $n$ について $x\in U_{s_n}$ を満たす $s_n\in\N^n$ がある。 $i<k$ ならば $e(i)\neq x$ であるから、 $\delta=\min(\{1\}\cup\{d(x,e(i))\mid i<k\})>0$ である。 $2^{-n}<\delta$ を満たす $n\geq1$ をとると、補題 4.5 (3)により $U_{s_n}$ の点と $x$ の距離は $\delta$ 未満であるから、 $e(0),\ldots,e(k-1)$ は $U_{s_n}$ に属さない。 $x=e(k)\in U_{s_n}$ であるから $a_{s_n}=x$ である。▨

$x=a_s$ に対して $h(x)=b_s$ と定める。主張 4.6.2により $h$ は $X$ 全体で定義され、主張 4.6.1により $a_s=a_t$ ならば $b_s=b_t$ であるから、 $h$ は well-defined である。

同様に $Y$ から $X$ への写像 $g(b_s)=a_s$ が定まり、 $g\circ h$ と $h\circ g$ は恒等写像であるから、 $h$ は全単射である。

各 $s$ について $h(U_s)\subseteq V_s$ である。実際、 $x\in U_s$ とし、 $x=a_t$ とすると、 $x\in U_s\cap U_t$ であるから $s$ と $t$ の一方は他方の始切片である。 $s$ が $t$ の始切片ならば $h(x)=b_t\in V_t\subseteq V_s$ である。 $t$ が $s$ の真の始切片ならば $s=t^\frown u$ と書き、 $u$ と同じ長さの $0$ だけの列 $o$ をとると、主張 4.6.1により $a_{t^\frown o}=x$ であるから $x\in U_{t^\frown o}\cap U_{t^\frown u}$ である。同じ長さの二つの添字の集合が交わるので $t^\frown o=t^\frown u$ であり、 $s=t^\frown o$ である。主張 4.6.1により $b_t=b_s$ であるから、 $h(x)=b_t=b_s\in V_s$ である。

同様に $g(V_s)\subseteq U_s$ であり、 $V_s=h(g(V_s))\subseteq h(U_s)$ とあわせて $h(U_s)=V_s$ である。

$\{V_s\mid s\in\N^{<\omega}\}$ は $Y$ の開基である。実際、 $y\in Y$ と $y$ を含む開集合 $O$ に対して、 $d'$ の開球について $B(y,r)\subseteq O$ を満たす $r>0$ をとり、 $y$ を含む $V_s$ で $s\in\N^n$ 、 $2^{-n}<r$ を満たすものをとると、補題 4.5 (3)により $V_s\subseteq B(y,r)\subseteq O$ であり、§E2.13 命題 1.2を適用する。

$h^{-1}(V_s)=U_s$ は開集合であるから、§E2.13 命題 2.5 (1)により $h$ は連続である。同じ議論により $h^{-1}=g$ も連続であり、 $h$ は同相写像である。▨

系 4.7. 次が成り立つ。

$\Q\times\Q$ は $\Q$ と同相である。
$\Q$ の空でない開集合は $\Q$ と同相である。

証明.(1)を示す。 $\Q\times\Q$ は§E1.18 定理 4.1 (2)により可算な集合の直積であるから可算である。§E2.14 補題 1.8 (1)と§E2.14 例 1.16により $\Q\times\Q$ の積位相は Euclid 距離 $d_2$ を入れた $\R^2$ からの部分空間位相に一致するので、 $\Q\times\Q$ は距離化可能である。 $(p,q)\in\Q\times\Q$ と実数 $\varepsilon>0$ に対して、§D1.4 系 2.2により $1/n<\varepsilon$ を満たす正の整数 $n$ をとると、 $(p+1/n,q)$ は $(p,q)$ と異なり距離が $\varepsilon$ 未満の $\Q\times\Q$ の点であるから、 $\{(p,q)\}$ は開集合でない。定理 4.6により $\Q\times\Q$ は $\Q$ と同相である。

(2)を示す。 $W$ を $\Q$ の空でない開集合とする。 $W$ は可算集合の部分集合であるから高々可算であり、距離化可能である。 $w\in W$ について $\{w\}$ が $W$ の開集合であるとすると、 $W$ は $\Q$ の開集合であるから $\{w\}$ は $\Q$ の開集合となり、§E2.43 例 8.8に反する。定理 4.6により $W$ は $\Q$ と同相である。▨

定理 4.8 (Alexandrov–Urysohn の定理). 位相空間 $X$ が $\N^{\N}$ と同相であるための必要十分条件は、 $X$ が 0 次元のポーランド空間であって、コンパクトな空でない開集合をもたないことである。

証明. 必要性を示す。§E2.27 系 1.4によりポーランド空間であることは同相写像で保たれ、他の条件も同相写像で保たれる。 $\N^{\N}$ は空でなく、§E2.27 命題 4.3によりポーランド空間である。 $n\in\N$ と $s\in\N^n$ に対して、 $\N^{\N}\setminus[s]=\bigcup\{[t]\mid t\in\N^n,\ t\neq s\}$ は§E2.27 補題 4.2 (1)により開集合であるから、 $[s]$ は開かつ閉であり、§E2.27 補題 4.2 (2)と§E2.13 命題 1.2により $\N^{\N}$ は 0 次元である。 $W$ を $\N^{\N}$ の空でないコンパクトな開集合と仮定し、 $[s]\subseteq W$ を満たす $s\in\N^n$ をとる。 $[s]$ は閉集合であるから、§E2.12 命題 4.6により $W$ の閉集合であり、§E2.19 命題 4.1によりコンパクトである。

第 $n$ 座標への射影 $\pi_n$ は連続であり、 $[s]$ を $\N$ の上へ写すので、§E2.19 定理 4.2により離散空間 $\N$ はコンパクトとなり、§E2.19 例 2.9 (3)に反する。

十分性を示す。 $X$ の位相を定める完備な距離 $d$ をとる。 $X$ は§E2.27 命題 1.5により Lindelöf である。 $X$ の空でない開かつ閉な集合は開集合であるから、仮定によりコンパクトでない。

$U_{\langle\rangle}=X$ とし、 $s\in\N^n$ に対して空でない開かつ閉な $U_s$ が定まったとき、補題 4.2 (2)を $U_s$ と $2^{-(n+1)}$ に適用して得られる列を $(U_{s^\frown k})_{k\in\N}$ とおく。この再帰により、空でない開かつ閉な集合 $U_s$ （ $s\in\N^{<\omega}$ ）で、 $(U_{s^\frown k})_{k\in\N}$ が互いに交わらず $U_s$ を覆い、 $n\geq1$ 、 $s\in\N^n$ について $\operatorname{diam}(U_s)<2^{-n}$ を満たすものが定まる。

各 $U_s$ は開かつ閉であり、子の集合が互いに交わらず親を覆うから、§E2.27 補題 4.5 (3)を $A=\N$ 、 $F_s=U_s$ 、 $N_0=1$ 、 $\varepsilon_n=2^{-n}$ として適用すると、同相写像 $f\colon\N^{\N}\to X$ が存在する。▨

系 4.9. 無理数全体 $\R\setminus\Q$ は $\N^{\N}$ と同相である。

証明. $P=\R\setminus\Q$ とおく。 $P$ は§E2.27 例 1.8 (2)によりポーランド空間であり、§D1.4 補題 2.3により空でない。 $x\in P$ と $P$ の開集合 $O\ni x$ をとり、§E2.12 定義 4.1により $O=W\cap P$ を満たす $\R$ の開集合 $W$ と、 $(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\subseteq W$ を満たす $\varepsilon>0$ をとる。§D1.4 系 2.2により有理数 $p,q$ で $x-\varepsilon<p<x<q<x+\varepsilon$ を満たすものが存在する。 $p,q\notin P$ であるから $H=(p,q)\cap P=[p,q]\cap P$ であり、 $H$ は $P$ の開かつ閉な部分集合であって $x\in H\subseteq O$ を満たす。§E2.13 命題 1.2により $P$ は 0 次元である。

$P$ の空でない開集合 $W\cap P$ （ $W$ は $\R$ の開集合）がコンパクトであると仮定する。§E2.19 命題 6.4により $W\cap P$ は $\R$ の閉集合である。 $x\in W\cap P$ と $(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\subseteq W$ を満たす $\varepsilon>0$ をとり、§D1.4 系 2.2により有理数 $q\in(x-\varepsilon,x+\varepsilon)$ をとる。各正の整数 $n$ に対して、§D1.4 補題 2.3により無理数 $r_n$ で $q<r_n<\min\{q+1/n,\,x+\varepsilon\}$ を満たすものが存在し、 $r_n\in W\cap P$ である。 $r_n\to q$ であるから、§E2.3 定理 3.1により $q\in W\cap P\subseteq P$ となり、 $q$ が有理数であることに反する。よって $P$ の空でない開集合はコンパクトでなく、定理 4.8により $P$ は $\N^{\N}$ と同相である。▨

定理 5.1. $(X,d)$ を可分な距離空間とし、 $X$ は 0 次元であるとする。 $X$ の空でない任意の閉集合 $A$ は $X$ のレトラクトである。

証明. $A=X$ ならば恒等写像がレトラクションである。 $A\neq X$ とし、 $Y=X\setminus A$ とおく。 $Y$ は $X$ の空でない開集合である。§E2.13 定理 6.4により $X$ は第二可算であり、§E2.13 命題 3.2により $Y$ も第二可算であるから、§E2.21 命題 1.6により $Y$ は Lindelöf である。命題 1.2 (1)により $Y$ は 0 次元である。 $y\in Y$ に対して、§E2.15 補題 3.1により $\rho(y)=d(y,A)>0$ である。 $z\in B(y,\rho(y)/3)$ ならば $d(y,z)<\rho(y)$ であるから $z\notin A$ であり、 $B(y,\rho(y)/3)\subseteq Y$ である。

族 $(B(y,\rho(y)/3))_{y\in Y}$ は $Y$ の開被覆であるから、定理 1.5 (1)により、互いに交わらない $Y$ の開かつ閉な集合からなる $Y$ の開被覆 $(W_k)_{k\in\N}$ と細分射 $k\mapsto y_k$ が存在し、 $W_k\subseteq B(y_k,\rho(y_k)/3)$ を満たす。 $W_k$ は開集合 $Y$ の開集合であるから $X$ の開集合である。

各 $k$ について、下限の定義から $d(y_k,a_k)<2\rho(y_k)$ を満たす $a_k\in A$ を選ぶ。写像 $r\colon X\to X$ を、 $a\in A$ に対して $r(a)=a$ 、 $y\in W_k$ に対して $r(y)=a_k$ と定める。 $X$ は $A$ と $W_k$ （ $k\in\N$ ）の互いに交わらない和であるから、 $r$ は well-defined であり、 $r(X)=A$ である。

$y\in W_k$ と $a\in A$ に対して、 $\rho(y_k)\leq d(y_k,a)\leq d(y_k,y)+d(y,a)<\rho(y_k)/3+d(y,a)$ であるから $\rho(y_k)<\tfrac32d(y,a)$ であり、

d(r(y),a)\leq d(a_k,y_k)+d(y_k,y)+d(y,a)<2\rho(y_k)+\tfrac13\rho(y_k)+d(y,a)<\tfrac92d(y,a)

である。 $y\in A$ ならば $d(r(y),a)=d(y,a)$ である。したがって、任意の $y\in X$ と $a\in A$ に対して $d(r(y),a)\leq\tfrac92d(y,a)$ である。

$O$ を $X$ の開集合、 $x\in r^{-1}(O)$ とする。 $x\in W_k$ ならば $r$ は開集合 $W_k$ の上で定数であるから $x\in W_k\subseteq r^{-1}(O)$ である。 $x\in A$ ならば $B(x,\varepsilon)\subseteq O$ を満たす $\varepsilon>0$ をとると、前段の評価により $B(x,2\varepsilon/9)\subseteq r^{-1}(O)$ である。§E2.11 補題 2.6により $r^{-1}(O)$ は開集合であり、 $r$ は連続である。§E2.12 定理 4.4 (3)により、終域を $A$ へ制限した $r\colon X\to A$ は連続であり、 $A$ の上で恒等写像であるから、§E2.42 定義 3.4のレトラクションである。▨

定義 6.1 (導集合と完全集合). 位相空間 $X$ の部分集合 $A$ に対して、部分空間 $A$ の孤立点でない $A$ の点の全体を $A'$ と書き、 $A$ の導集合 (derived set) という。 $X$ の閉集合 $P$ が $P'=P$ を満たすとき、すなわち部分空間 $P$ が孤立点をもたないとき、 $P$ を $X$ の完全集合 (perfect set) という。

注意 6.2. $A$ の集積点の全体を $A$ の導集合と呼ぶ文献も多い。 $A$ が閉集合であれば二つの定義は一致するが、一般には後者は $A$ に含まれない点を含みうる。Cantor–Bendixson の導集合列の各項は閉集合であるから（補題 6.4 (2)）、導集合列ではこの差は現れない。

定義 6.3. 位相空間 $X$ と順序数 $\alpha$ に対して、 $X$ の部分集合 $X^{(\alpha)}$ を、§E1.17 定理 2.1により

X^{(0)}=X,\qquad X^{(\beta+1)}=\bigl(X^{(\beta)}\bigr)',\qquad X^{(\lambda)}=\bigcap_{\beta<\lambda}X^{(\beta)}\quad(\lambda\text{ は }0\text{ でない極限順序数})

で定める。族 $(X^{(\alpha)})_\alpha$ を $X$ の Cantor–Bendixson の導集合列 (Cantor–Bendixson derivatives) という。

補題 6.4. $X$ を位相空間とする。

$A$ が $X$ の閉集合ならば、 $A'$ は $X$ の閉集合である。
各順序数 $\alpha$ について $X^{(\alpha)}$ は $X$ の閉集合であり、 $\beta\leq\alpha$ ならば $X^{(\alpha)}\subseteq X^{(\beta)}$ である。
順序数 $\alpha$ が $X^{(\alpha+1)}=X^{(\alpha)}$ を満たすならば、 $\alpha\leq\beta$ を満たす任意の順序数 $\beta$ について $X^{(\beta)}=X^{(\alpha)}$ である。

証明.(1)を示す。 $A\setminus A'$ は部分空間 $A$ の孤立点 $x$ についての開集合 $\{x\}$ の和であるから $A$ の開集合であり、 $A'$ は $A$ の閉集合である。§E2.12 命題 4.6により $A'=F\cap A$ を満たす $X$ の閉集合 $F$ が存在し、 $A$ は $X$ の閉集合であるから $A'$ は $X$ の閉集合である。

(2)を示す。 $\alpha$ に関する超限帰納法（§E1.17 定理 1.1 (3)）による。閉性は、 $\alpha=0$ では $X$ が閉集合であること、後続順序数では(1)、極限順序数では閉集合の共通部分が閉集合であることによる。包含については、 $A'\subseteq A$ から $X^{(\gamma+1)}\subseteq X^{(\gamma)}$ であるので、 $\alpha=\gamma+1$ と $\beta\leq\gamma$ に対して帰納法の仮定から $X^{(\alpha)}\subseteq X^{(\gamma)}\subseteq X^{(\beta)}$ であり、 $\alpha$ が極限順序数で $\beta<\alpha$ ならば定義から $X^{(\alpha)}\subseteq X^{(\beta)}$ である。

(3)を示す。 $\beta$ に関する超限帰納法による。 $\beta=\alpha$ では成り立つ。 $\beta=\gamma+1$ で $\alpha\leq\gamma$ ならば、帰納法の仮定により $X^{(\beta)}=(X^{(\gamma)})'=(X^{(\alpha)})'=X^{(\alpha+1)}=X^{(\alpha)}$ である。 $\beta>\alpha$ が極限順序数ならば、 $\alpha\leq\gamma<\beta$ について $X^{(\gamma)}=X^{(\alpha)}$ 、 $\gamma<\alpha$ について(2)により $X^{(\alpha)}\subseteq X^{(\gamma)}$ であるから、 $X^{(\beta)}=X^{(\alpha)}$ である。▨

定理 6.5 (Cantor–Bendixson の定理). $X$ を第二可算な位相空間とする。 $\alpha<\omega_1$ を満たす順序数 $\alpha$ で $X^{(\alpha+1)}=X^{(\alpha)}$ を満たすものが存在する。そのような $\alpha$ について $P=X^{(\alpha)}$ とおくと、 $P$ は $X$ の完全集合であり、 $X\setminus P$ は高々可算である。 $P$ は $\alpha$ の選び方によらない。

証明. $X$ の高々可算な開基 $\mathcal B$ をとる。 $S=\{\alpha<\omega_1\mid X^{(\alpha+1)}\neq X^{(\alpha)}\}$ とおく。 $\alpha\in S$ に対して $x\in X^{(\alpha)}\setminus X^{(\alpha+1)}$ をとると、 $x$ は部分空間 $X^{(\alpha)}$ の孤立点であるから、 $X$ の開集合 $G$ で $G\cap X^{(\alpha)}=\{x\}$ を満たすものがあり、 $x\in B\subseteq G$ を満たす $B\in\mathcal B$ について $B\cap X^{(\alpha)}=\{x\}$ である。 $x\notin X^{(\alpha+1)}$ から $B\cap X^{(\alpha+1)}=\emptyset$ である。そのような $B$ を一つ選んで $\varphi(\alpha)$ とおく。

$\alpha<\beta$ がともに $S$ に属するならば、補題 6.4 (2)により $X^{(\beta)}\subseteq X^{(\alpha+1)}$ であるから $\varphi(\alpha)\cap X^{(\beta)}=\emptyset$ であり、一方 $\varphi(\beta)\cap X^{(\beta)}\neq\emptyset$ であるから $\varphi(\alpha)\neq\varphi(\beta)$ である。したがって $\varphi\colon S\to\mathcal B$ は単射であり、 $S$ は高々可算である。§E1.21 定理 5.1 (4)により $\omega_1$ は非可算であるから、 $\alpha\in\omega_1\setminus S$ が存在する。

$\alpha<\omega_1$ が $X^{(\alpha+1)}=X^{(\alpha)}$ を満たすとし、 $P=X^{(\alpha)}$ とおく。補題 6.4 (2)により $P$ は閉集合であり、 $P'=X^{(\alpha+1)}=P$ であるから $P$ は完全集合である。

$x\in X\setminus P$ に対して、 $x\notin X^{(\beta)}$ を満たす最小の順序数 $\beta$ をとると $\beta\leq\alpha$ である。 $X^{(0)}=X$ であるから $\beta\neq0$ であり、 $\beta$ が極限順序数ならば $x\in\bigcap_{\gamma<\beta}X^{(\gamma)}=X^{(\beta)}$ となるので、 $\beta=\gamma_x+1$ と書くことができ、 $x\in X^{(\gamma_x)}\setminus X^{(\gamma_x+1)}$ である。前段と同じく、 $\psi(x)\cap X^{(\gamma_x)}=\{x\}$ を満たす $\psi(x)\in\mathcal B$ を選ぶ。

$\psi(x)=\psi(y)$ かつ $\gamma_x\leq\gamma_y$ ならば、 $y\in X^{(\gamma_y)}\subseteq X^{(\gamma_x)}$ と $y\in\psi(x)$ から $y=x$ である。したがって $\psi\colon X\setminus P\to\mathcal B$ は単射であり、 $X\setminus P$ は高々可算である。

$\alpha\leq\alpha'$ がともに条件を満たすならば、補題 6.4 (3)により $X^{(\alpha')}=X^{(\alpha)}$ であるから、 $P$ は $\alpha$ の選び方によらない。▨

補題 6.6. $X$ を空でないポーランド空間とし、 $X$ は孤立点をもたないとする。このとき $X$ は $2^{\omega}$ と同相な閉集合を含む。

証明. $X$ の位相を定める完備な距離 $d$ をとる。 $n\in\omega$ と $s\in2^n$ に対して、 $X$ の空でない開集合 $U_s$ を、次の三条件を満たすように $n$ に関する再帰で構成する。

$U_{\langle\rangle}=X$ である。
各 $s$ と $i\in2$ について $\tpcl{U_{s^\frown i}}\subseteq U_s$ であり、 $\tpcl{U_{s^\frown0}}\cap\tpcl{U_{s^\frown1}}=\emptyset$ である。
$n\geq1$ と $s\in2^n$ について、ある $p_s\in X$ と実数 $0<r_s\leq2^{-(n+1)}$ により $U_s=B(p_s,r_s)$ である。

$U_s$ が空でない開集合として定まったとする。 $X$ は孤立点をもたないので、 $U_s$ は相異なる二点 $p,q$ を含む。 $B(p,\rho)\cup B(q,\rho)\subseteq U_s$ を満たす実数 $\rho>0$ をとり、 $r=\min\{\rho/2,\ d(p,q)/3,\ 2^{-(n+2)}\}$ として、 $U_{s^\frown0}=B(p,r)$ 、 $U_{s^\frown1}=B(q,r)$ とおく。§E2.2 補題 2.5と§E2.11 命題 2.5 (1)により $\tpcl{B(p,r)}\subseteq\overline B(p,r)\subseteq B(p,\rho)\subseteq U_s$ であり、 $q$ についても同じである。

$z\in\overline B(p,r)\cap\overline B(q,r)$ とすると $d(p,q)\leq2r<d(p,q)$ となるので、二つの閉球は交わらない。よって三条件が成り立つ。

$s\in2^{<\omega}$ に対して $F_s=\tpcl{U_s}$ とおく。(1)と(2)により、各 $F_s$ は空でない閉集合であり、根、親子の包含、兄弟分離の条件を満たす。 $n\geq1$ と $s\in2^n$ について、(3)により $F_s\subseteq\overline B(p_s,r_s)$ であるから $\operatorname{diam}(F_s)\leq2r_s\leq2^{-n}$ である。したがって、§E2.27 補題 4.5を $A=2$ 、 $N_0=1$ 、 $\varepsilon_n=2^{-n}$ として適用すると、連続単射 $g\colon2^{\omega}\to X$ が存在する。

$2$ は§E2.19 例 2.3によりコンパクトであるから、§E2.19 定理 8.2により $2^{\omega}$ はコンパクトであり、§E2.19 定理 4.2により $K=g(2^{\omega})$ もコンパクトである。 $X$ は Hausdorff であるから、§E2.19 命題 6.4により $K$ は閉集合である。終域を $K$ へ制限した $g\colon2^{\omega}\to K$ は連続な全単射であるから、§E2.19 定理 6.8により同相写像である。▨

定理 6.7 (完全集合定理). $X$ をポーランド空間とする。

$X$ は、 $X$ の完全集合 $P$ と高々可算集合 $X\setminus P$ の互いに交わらない和である。
$X$ が非可算ならば、 $X$ は $2^{\omega}$ と同相な閉集合を含む。

証明.(1)を示す。§E2.27 命題 1.5により $X$ は第二可算であるから、定理 6.5による。

(2)を示す。(1)の $P$ について、 $X\setminus P$ は高々可算であり $X$ は非可算であるから、 $P$ は空でない。 $P$ は閉集合であるから§E2.27 系 3.2によりポーランド空間であり、 $P'=P$ であるから孤立点をもたない。補題 6.6により、 $P$ の閉集合 $K$ で $2^{\omega}$ と同相なものが存在する。§E2.12 命題 4.6により $K$ は $X$ の閉集合と閉集合 $P$ の共通部分であるから、 $X$ の閉集合である。▨

例 7.1. 有理数の列 $x=(x_n)_{n\in\NN}$ で $\sum_{n\in\NN}x_n^2<\infty$ を満たすもの全体を $E$ とし、 $x,y\in E$ に対して

d(x,y)=\Bigl(\sum_{n\in\NN}(x_n-y_n)^2\Bigr)^{1/2}

とおく。 $d$ は $E$ の上の距離であり、距離空間 $(E,d)$ を Erdős 空間という。 $E$ の相異なる二点は開かつ閉な集合で分離され、 $E$ は完全不連結である。一方、 $E$ は 0 次元でなく、 $\operatorname{Ind}E\neq0$ かつ $\dim E\neq0$ である。したがって命題 2.11 (3)の逆は距離空間についても成り立たず、命題 2.11 (1)の結論から 0 次元性は従わない。

証明. $x,y,z\in E$ と $N\in\NN$ に対して、§E2.1 定理 2.7を $p=2$ 、 $a_n=\lvert x_n-y_n\rvert$ 、 $b_n=\lvert y_n-z_n\rvert$ に適用し、 $\lvert x_n-z_n\rvert\leq a_n+b_n$ を用いると

\Bigl(\sum_{n=1}^N(x_n-z_n)^2\Bigr)^{1/2}\leq\Bigl(\sum_{n=1}^Na_n^2\Bigr)^{1/2}+\Bigl(\sum_{n=1}^Nb_n^2\Bigr)^{1/2}

である。すべての成分が $0$ である列を $0\in E$ と書く。この不等式で $y$ を $0$ に、 $z$ を $y$ に置き換えると

\sum_{n=1}^N(x_n-y_n)^2\leq\Bigl(\Bigl(\sum_{n\in\NN}x_n^2\Bigr)^{1/2}+\Bigl(\sum_{n\in\NN}y_n^2\Bigr)^{1/2}\Bigr)^2

であり、右辺は $N$ によらないから、§D1.7 定理 1.1により $d(x,y)$ は実数として定まる。最初の不等式で $N\to\infty$ とすると $d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$ を得る。 $d(x,y)=0$ ならばすべての $n$ で $x_n=y_n$ であり、 $d$ は対称であるから、 $d$ は距離である。

$n\in\NN$ に対して $p_n\colon E\to\R$ を $p_n(x)=x_n$ で定めると、 $\lvert x_n-y_n\rvert\leq d(x,y)$ であるから、§E2.4 命題 3.4により $p_n$ は連続である。 $x\neq y$ ならば $x_n\neq y_n$ を満たす $n$ があり、必要ならば $x$ と $y$ を入れ替えて $x_n<y_n$ とする。§D1.4 補題 2.3により無理数 $r$ で $x_n<r<y_n$ を満たすものがある。 $E$ の点の成分は有理数であるから $p_n$ は値 $r$ をとらず、 $H=p_n^{-1}((-\infty,r))$ と $E\setminus H=p_n^{-1}((r,\infty))$ はともに開集合である。よって $H$ は $x$ を含み $y$ を含まない開かつ閉な集合であり、補題 2.6により $E$ は完全不連結である。

$n\in\NN$ に対して、第 $n$ 成分が $1$ で他の成分が $0$ である列を $e_n$ と書く。 $x\in E$ と有理数 $t$ に対して $x+te_n\in E$ であり、 $d(x,x+te_n)=\lvert t\rvert$ である。 $0$ を含み開球 $B(0,1)$ に含まれる開かつ閉な集合 $V$ が存在すると仮定する。

主張 7.1.1. $n\in\N$ とし、 $x\in V$ は $i>n$ について $x_i=0$ を満たすとする。このとき有理数 $r,s$ で、 $x+re_{n+1}\in V$ 、 $x+se_{n+1}\notin V$ 、 $0\leq s-r<1/(n+1)$ を満たすものが存在する。

証明. $T=\{t\in\Q\mid t\geq0,\ 0\leq s\leq t\text{ を満たすすべての }s\in\Q\text{ について }x+se_{n+1}\in V\}$ とおく。 $0\in T$ である。 $t\in T$ ならば $x+te_{n+1}\in V\subseteq B(0,1)$ であり、 $x_{n+1}=0$ から $\sum_{i\leq n}x_i^2+t^2<1$ であるので $t<1$ である。§D1.4 定義 1.2により $t^*=\sup T$ が存在する。 $V$ は開集合であるから $B(x,\rho)\subseteq V$ を満たす $\rho>0$ があり、§D1.4 系 2.2により $0<t_0<\rho$ を満たす有理数 $t_0$ をとると $t_0\in T$ であるので、 $t^*>0$ である。 $0<\delta<t^*$ かつ $2\delta<1/(n+1)$ を満たす実数 $\delta$ をとる。上限の定義から $t^*-\delta<r$ を満たす $r\in T$ があり、 $x+re_{n+1}\in V$ 、 $r\leq t^*$ である。

$t^*\leq s<t^*+\delta$ を満たすすべての有理数 $s$ について $x+se_{n+1}\in V$ であると仮定する。§D1.4 系 2.2により $t^*<t_1<t^*+\delta$ を満たす有理数 $t_1$ をとる。有理数 $s\in[0,t_1]$ について、 $s<t^*$ ならば $s<t$ を満たす $t\in T$ があるので $x+se_{n+1}\in V$ であり、 $t^*\leq s$ ならば仮定により $x+se_{n+1}\in V$ である。したがって $t_1\in T$ であり、 $t_1>t^*=\sup T$ と両立しない。よって $t^*\leq s<t^*+\delta$ を満たす有理数 $s$ で $x+se_{n+1}\notin V$ となるものが存在し、 $0\leq s-r<(t^*+\delta)-(t^*-\delta)=2\delta<1/(n+1)$ である。▨

$x^{(0)}=0$ とおく。 $n\in\N$ について、 $x^{(n)}\in V$ が $i>n$ で成分 $0$ をもつとき、主張 7.1.1の $r,s$ を選んで $r_{n+1}=r$ 、 $x^{(n+1)}=x^{(n)}+re_{n+1}$ 、 $z^{(n+1)}=x^{(n)}+se_{n+1}$ とおく。この再帰により、有理数の列 $(r_i)_{i\in\NN}$ と、 $x^{(n)}=(r_1,\ldots,r_n,0,0,\ldots)\in V$ 、 $z^{(n)}\in E\setminus V$ 、 $d(x^{(n)},z^{(n)})<1/n$ （ $n\geq1$ ）を満たす点が得られる。 $x^{(n)}\in B(0,1)$ から $\sum_{i\leq n}r_i^2<1$ であるので、§D1.7 定理 1.1により $\sum_ir_i^2$ は収束し、 $x=(r_i)_{i\in\NN}$ は $E$ の点である。 $d(x,x^{(n)})^2=\sum_ir_i^2-\sum_{i\leq n}r_i^2\to0$ であるから $x^{(n)}\to x$ であり、 $V$ は閉集合であるから§E2.3 定理 3.1により $x\in V$ である。一方 $d(z^{(n)},x)\leq d(z^{(n)},x^{(n)})+d(x^{(n)},x)\to0$ であるから $z^{(n)}\to x$ であり、 $E\setminus V$ は閉集合であるから $x\in E\setminus V$ である。 $x\in V$ と $x\notin V$ は両立しないので、 $0\in V\subseteq B(0,1)$ を満たす開かつ閉な $V$ は存在しない。

したがって開かつ閉な集合の全体は $E$ の開基でなく、 $E$ は 0 次元でない。 $E$ は距離空間であるから§E2.15 定理 3.2 (4)により T1 空間であり、命題 1.4 (2)により $\operatorname{Ind}E\neq0$ である。定理 1.3により $\dim E\neq0$ である。▨

補題 7.2. $\R^2$ に Euclid 距離 $d_2$ を入れ、 $S=(0,1)\times(0,1)$ とする。 $C\subseteq S$ が高々可算ならば、 $S\setminus C$ は弧状連結である。

証明. $p,q\in S\setminus C$ 、 $p\neq q$ とする。 $u=(q-p)/2$ 、 $m=p+u$ とおき、 $u=(u_1,u_2)$ に対して $v=(-u_2,u_1)$ とおく。 $u$ と $v$ は直交する零でないベクトルであるから一次独立である。 $S$ は $\R^2$ の開集合であるから、 $B_{d_2}(m,\eta)\subseteq S$ を満たす $\eta>0$ があり、 $\delta=\eta/(2d_2(0,v))$ とおくと、 $0\leq t\leq\delta$ に対して $m+tv\in S$ である。 $\varphi(\alpha)=1-\lvert1-\alpha\rvert$ （ $\alpha\in[0,2]$ ）とし、 $0<t\leq\delta$ に対して $\gamma_t\colon[0,1]\to\R^2$ を

\gamma_t(\lambda)=p+2\lambda u+t\varphi(2\lambda)v

で定める。各成分は $\lambda$ の連続関数であるから、§E2.14 例 1.16と§E2.14 定理 1.6により $\gamma_t$ は連続であり、 $\gamma_t(0)=p$ 、 $\gamma_t(1)=p+2u=q$ である。 $\alpha=2\lambda\leq1$ ならば $\gamma_t(\lambda)=(1-\alpha)p+\alpha(m+tv)$ 、 $\alpha\geq1$ ならば $\gamma_t(\lambda)=(\alpha-1)q+(2-\alpha)(m+tv)$ であり、各成分が開区間 $(0,1)$ に属する二点の凸結合の各成分は $(0,1)$ に属するので、 $\gamma_t([0,1])\subseteq S$ である。

$0<t<t'\leq\delta$ とし、 $\gamma_t(\lambda)=\gamma_{t'}(\lambda')$ とすると、 $u$ と $v$ の一次独立性から $\lambda=\lambda'$ かつ $t\varphi(2\lambda)=t'\varphi(2\lambda)$ であり、 $\varphi(2\lambda)=0$ から $\lambda\in\{0,1\}$ である。したがって $\gamma_t([0,1])$ と $\gamma_{t'}([0,1])$ は $p,q$ 以外に共通の点をもたない。 $p,q\notin C$ であるから、 $C$ の各点は高々一つの $t$ について $\gamma_t([0,1])$ に属する。したがって $\gamma_t([0,1])\cap C\neq\emptyset$ を満たす $t$ の全体は、 $C$ の点 $c$ に $c\in\gamma_t([0,1])$ を満たす $t$ を対応させる写像による $C$ の部分集合の像であり、高々可算である。系 3.6により $[\delta/2,\delta]$ は非可算であるから、 $\gamma_t([0,1])\cap C=\emptyset$ を満たす $t\in[\delta/2,\delta]$ が存在する。§E2.12 定理 4.4 (3)により $\gamma_t$ は $S\setminus C$ の中で $p$ と $q$ を結ぶ道である。▨

補題 7.3. $S=(0,1)\times(0,1)$ を補題 7.2の空間とする。

$S$ の非可算な閉集合 $F$ について $\mathfrak c\leq\lvert F\rvert$ である。
$S$ の閉集合全体の濃度は $\mathfrak c$ 以下である。

証明.§E2.27 例 1.8 (1)と§E2.27 系 3.6により $\R^2$ はポーランド空間であり、 $S$ は $\R^2$ の開集合であるから、§E2.27 系 3.3により $S$ はポーランド空間である。

(1)を示す。 $F$ は§E2.27 系 3.2によりポーランド空間であり、非可算であるから、定理 6.7 (2)により $2^{\omega}$ と同相な部分集合を含む。 $2^{\omega}$ は $\omega$ から $2$ への写像全体であるから、その濃度は§E1.22 定義 5.1の $2^{\aleph_0}=\mathfrak c$ であり、 $\mathfrak c\leq\lvert F\rvert$ である。

(2)を示す。§E2.27 命題 1.5により $S$ は高々可算な開基 $\mathcal B$ をもつ。閉集合 $F$ に対して $\{B\in\mathcal B\mid B\cap F=\emptyset\}$ を対応させると、 $\mathcal B$ が開基であることから $S\setminus F$ はこの集合の元の和であり、 $F$ はこの集合から定まる。したがってこの対応は単射であり、閉集合全体の濃度は $\mathcal B$ の冪集合の濃度 $2^{\lvert\mathcal B\rvert}\leq2^{\aleph_0}=\mathfrak c$ 以下である。▨

定義 7.4 (Bernstein 集合). $S=(0,1)\times(0,1)$ を補題 7.2の空間とする。 $B\subseteq S$ が $S$ の Bernstein 集合 (Bernstein set) であるとは、 $S$ の非可算な閉集合 $F$ のすべてについて $F\cap B\neq\emptyset$ かつ $F\setminus B\neq\emptyset$ が成り立つことをいう。

命題 7.5. $S=(0,1)\times(0,1)$ の Bernstein 集合が存在する。

証明. $S$ の非可算な閉集合の全体を $\mathcal F$ とし、 $\kappa=\lvert\mathcal F\rvert$ とおく。補題 7.3 (2)により $\kappa\leq\mathfrak c$ であり、§E1.21 定理 2.2 (2)により全単射 $\kappa\to\mathcal F$ 、 $\xi\mapsto F_\xi$ が存在する。 $\R^2$ の空でない部分集合の全体の上の選択関数 $c$ を固定する。

§E1.17 定理 2.1により、 $\xi<\kappa$ に対して点 $a_\xi,b_\xi\in F_\xi$ を次のように定める。 $M_\xi=\{a_\eta,b_\eta\mid\eta<\xi\}$ とおくと、 $M_\xi$ は $\xi\times2$ の像であるから、 $\xi$ が有限ならば有限であり、 $\xi$ が無限ならば§E1.22 定理 3.2により濃度は $\lvert\xi\rvert$ 以下である。 $\xi<\kappa\leq\mathfrak c$ であり $\mathfrak c$ は基数であるから $\lvert\xi\rvert<\mathfrak c$ であり、いずれの場合も $\lvert M_\xi\rvert<\mathfrak c$ である。

$F_\xi\setminus M_\xi$ が高々一点からなるとすると、 $F_\xi$ は $M_\xi$ に高々一点を加えた集合に含まれ、その濃度は $\mathfrak c$ 未満であるから、補題 7.3 (1)に反する。したがって $F_\xi\setminus M_\xi$ は二点以上を含み、 $a_\xi=c(F_\xi\setminus M_\xi)$ 、 $b_\xi=c(F_\xi\setminus(M_\xi\cup\{a_\xi\}))$ と定めることができる。

$B=\{a_\xi\mid\xi<\kappa\}$ とおく。各 $\xi$ について $a_\xi\in F_\xi\cap B$ である。 $b_\xi\neq a_\xi$ であり、 $\eta<\xi$ ならば $b_\xi\notin M_\xi\ni a_\eta$ から $b_\xi\neq a_\eta$ 、 $\xi<\eta$ ならば $a_\eta\notin M_\eta\ni b_\xi$ から $b_\xi\neq a_\eta$ である。したがって $b_\xi\in F_\xi\setminus B$ であり、 $B$ は Bernstein 集合である。▨

命題 7.6. $B$ を $S=(0,1)\times(0,1)$ の Bernstein 集合とする。 $B$ と $S\setminus B$ はいずれも二点以上を含む連結な点型空間である。とくに、いずれも完全不連結でなく、点型空間は完全不連結であるとは限らない。

証明. Bernstein 集合の定義は $B$ と $S\setminus B$ について対称であるから、 $B$ について示せばよい。

$L_j=[1/4,3/4]\times\{j/4\}$ （ $j=1,3$ ）とおく。 $L_j$ は連続写像 $t\mapsto(t,j/4)$ による $[1/4,3/4]$ の像であるから、§E2.9 定理 4.3と§E2.19 定理 4.2によりコンパクトであり、§E2.19 命題 6.4により $S$ の閉集合である。系 3.6により $L_j$ は非可算である。したがって $B$ は互いに交わらない $L_1$ と $L_3$ のそれぞれと交わり、二点以上を含む。

$K\subseteq B$ をコンパクトかつ連結な部分集合とし、 $K$ が相異なる二点 $x,y$ を含むと仮定する。 $f(z)=d_2(z,x)$ で定まる $f\colon S\to\R$ は§E2.4 例 3.5により連続であり、§E2.43 定理 1.4により $f(K)$ は $0=f(x)$ と $f(y)>0$ を含む連結集合であるから、§E2.43 定理 2.2により $[0,f(y)]\subseteq f(K)$ である。系 3.6により $K$ は非可算であり、§E2.19 命題 6.4により $S$ の閉集合であるから、 $K\setminus B\neq\emptyset$ となり、 $K\subseteq B$ と両立しない。よって $B$ は点型空間である。

$B$ に分離 $(G,H)$ が存在すると仮定する。 $G=B\setminus H$ は $B$ の閉集合であるから、§E2.12 命題 4.7 (1)により $\tpcl[S]{G}\cap B=G$ であり、 $\tpcl[S]{G}\cap H=\emptyset$ である。同様に $G\cap\tpcl[S]{H}=\emptyset$ である。

U=\{z\in S\mid d_2(z,G)<d_2(z,H)\},\qquad V=\{z\in S\mid d_2(z,H)<d_2(z,G)\}

とおくと、§E2.10 命題 5.2 (1)により $U$ と $V$ は $S$ の互いに素な開集合である。 $g\in G$ ならば $d_2(g,G)=0$ であり、 $g\notin\tpcl[S]{H}$ であるから§E2.10 命題 5.2 (2)により $d_2(g,H)>0$ であるので、 $G\subseteq U$ である。同様に $H\subseteq V$ である。

$F=S\setminus(U\cup V)$ は $S$ の閉集合であり、 $B=G\cup H\subseteq U\cup V$ から $F\cap B=\emptyset$ である。Bernstein 集合の定義により $F$ は高々可算であり、補題 7.2により $S\setminus F$ は弧状連結であるから、§E2.43 命題 4.2により連結である。一方、 $U$ と $V$ は $S\setminus F=U\cup V$ の互いに素な空でない開集合であり、 $(U,V)$ は $S\setminus F$ の分離である。この二つは両立しないので、 $B$ は連結である。

$B$ は二点以上を含む連結集合であるから、命題 2.3により完全不連結でない。▨

問題 8.1.命題 2.4の証明を完成させよ。

問題 8.2. $2^{\omega}$ の空でない開かつ閉な部分集合は、 $2^{\omega}$ と同相であることを示せ。

問題 8.3. $\Q\cap[0,1]$ は $\Q$ と同相であることを示せ。

問題 8.4. $X$ を第二可算な位相空間とし、定理 6.5の完全集合を $P$ とする。 $X$ の任意の完全集合 $Q$ について $Q\subseteq P$ であることを示せ。

§E2.450 次元空間

1 0 次元性の三つの条件

2 完全不連結性と点型空間

3 コンパクト空間と可算空間

4 Cantor 立方体への埋め込みと位相的特徴づけ

5 閉集合のレトラクト

6 Cantor–Bendixson の定理

7 Erdős 空間と Bernstein 集合

8 演習

参考文献

前提記事