レポート１（解答例）
科目： 数学演習IIB（d組）
担当： 相木
[1] 位相空間(S,O)が連結であることの定義を本授業では２つ紹介したが，それらを両 方書け．
解答
定義１： 位相空間(S,O)の閉集合系をAとしたとき，
O ∩A={∅, S} が成り立つときに位相空間(S,O)は連結である．
定義２： O1, O2 ∈ Oで
(i) O1 ̸=∅, O2 ̸=∅ (ii) O1∪O2 =S (iii) O1∩O2 =∅ を全て満たすものが存在しないとき，位相空間(S,O)は連結である．
□
[2] 位相空間(R,Od(1))とM ⊂ Rに対して，Mがコンパクト集合ならばminMが存在 することを示せ．
解答
まず，RにおいてはMがコンパクト集合であることと，有界閉集合であることが同値で あったことを思い出そう．したがって，M は有界集合なので特に下に有界であり，下限 が存在する．
c= infM
とおき，このcがminM であることを示す．下限の定義から (i) ∀x∈M, c≤x
(ii) ∀ε >0, ∃xε ∈M, xε < c+ε
の２つが成り立つ．c∈M が示されれば，(i)と合わせるとcがminM であることがした がう．
性質(i)と(ii)を合わせると
∀ε >0, ∃xε∈M, c≤xε < c+ε (1)
が成り立つことが分かる．開球の定義よりB(1)(c;ε) = (c−ε, c+ε) なので(1)から
∀ε >0,∃xε ∈M, xε∈B(1)(c;ε)∩M が成り立つ．特に
∀ε >0, B(1)(c;ε)∩M ̸=∅
が成り立っているのでcはMの触点であることがわかり，触点の定義からc∈Mである．
最後に，Mは閉集合であったのでM =Mとなり，c∈Mが示されたので，c= minM である．
□
[3] Sを空でない集合とし，Sの部分集合系Aを以下で定める．
A={∅, S} ∪ {A⊂S | Aは有限集合} 以下に答えよ．
(i) Aは閉集合系の公理（教科書p.157）を満たすことを示せ．
(ii) (i)より，Aを閉集合系とするSの位相Oが一意に定まるが，このとき位相 空間(S,O)はコンパクトとなることを示せ．
（ヒント：有限交叉性を用いたコンパクト性の特徴付け（教科書p. 210）を 用いよ）
解答 [3] (i)
Aが閉集合系の公理を満たすとは (A1) ∅, S ∈A
(A2) A1, A2 ∈AならばA1∪A2 ∈A
(A3) Aの元からなる任意の集合族{Aλ}λ∈Λに対して
∩
λ∈Λ
Aλ ∈A
の３つを満たすことである．１つずつ確認する．
(A1)を満たすこと
Aの定義から∅, S ∈Aである．
(A2)を満たすこと A1, A2 ∈Aとする．
どちらか一方がSであればA1∪A2 =SとなるのでA1∪A2 ∈Aとなる．
どちらかが空集合のとき（仮にA1 =∅とする），
A1∪A2 =A2 ∈A となる．A2 =∅だった場合も同様．
残るは，A1, A2が共に∅, Sでない場合である．このとき，Aの定義からA1, A2は共に有 限集合であるので
♯(A1∪A2)≤♯A1+♯A2 <∞ なのでA1∪A2も有限集合となり，A1∪A2 ∈Aである．
以上からAが(A2)を満たすことが示された．
(A3)を満たすこと
{Aλ}λ∈ΛをAの元からなる任意の集合族とし，∩
λ∈Λ
Aλ ∈Aを示す．
添字集合Λを以下が成り立つようにΛ1,Λ2,Λ3の３つに分ける．
∀λ ∈Λ1, Aλ =∅,
∀λ ∈Λ2, Aλ =S,
∀λ ∈Λ3, Aλ ̸=∅, Aλ ̸=S.
つまり，集合族{Aλ}λ∈Λの元を∅であるもの，Sであるもの，いずれでもないもの，の３つに 分類し，添字をそれぞれまとめたものをΛ1,Λ2,Λ3としたのである．当然，Λ = Λ1∪Λ2∪Λ3 は直和になっている．以下のように場合分けをして考える．
Λ1 ̸=∅のとき
集合族が空集合を含むので ∩
λ∈Λ
Aλ =∅ ∈Aとなる．
Λ1 =∅かつΛ3 ̸=∅のとき Λ1 =∅より
∩
λ∈Λ
Aλ = ∩
λ∈Λ2∪Λ3
Aλ
が成り立つ．また，Sとの共通部分を取っても得られる集合は変わらないので，結局
∩
λ∈Λ
Aλ = ∩
λ∈Λ3
Aλ
となる．さらに，Λ3 ̸=∅より，∃λ0 ∈Λ3なのでAλ0は∅でもSでもない有限集合である．
すると ∩
λ∈Λ3
Aλ ⊂Aλ0 より
♯ ( ∩
λ∈Λ3
Aλ )
≤♯Aλ0 <∞
となり， ∩
λ∈Λ3
Aλは有限集合または空集合なので ∩
λ∈Λ
Aλ = ∩
λ∈Λ3
Aλ ∈A である．
Λ1 =∅かつΛ3 =∅ のとき
このときは集合族{Aλ}λ∈Λが全てSからなるので，
∩
λ∈Λ
Aλ =S ∈A
となる．
以上で全ての可能性が網羅され，任意のAの集合族{Aλ}λ∈Λに対して
∩
λ∈Λ
Aλ ∈A
が示され，Aが(A3)を満たすことが示された．
□ [3] (ii)
(i)の結果からAは閉集合系の公理を満たすことが分かったのでAを閉集合系として 持つSの位相Oがただ一つ存在する．実際それは
O ={Ac |A ∈A}
によって定義される．位相空間(S,O)がコンパクトであることを証明するために以下の 同値性を用いる．
コンパクト性と同値な命題
(S,O)を位相空間とする．以下の２つは同値である．
(C1) 位相空間(S,O)はコンパクトである．
(C2) Sの閉集合から成り，有限交叉性を持つ任意の部分集合系Xに対して
∩
X∈X
X ̸=∅ が成り立つ．
問題の位相空間(S,O)が(C2)を満たすことを示す．
X⊂Aを有限交叉性を持つ任意の閉集合族とし，
X={Xλ}λ∈Λ
と表すことにする．問題(i)と同じ方法でΛをΛ1, Λ2, Λ3の３つに分ける．
まず，Xが有限交叉性を持つことからΛ1 =∅ である．実際，Λ1 ̸=∅だとするとXの 有限部分集合として∅を含むようなX0が取れて（具体的にはX0 ={∅}でよい）
∩
X∈X0
X =∅
となり，Xが有限交叉性を持つことに反する．したがって，以下ではXは空集合を含まな い（Λ1 =∅）としてよい．
背理法によって(C2)が成り立つことを示す．よって，
∩
X∈X
X =∅ (2)
と仮定して矛盾を導く．Λ3に関する場合分けをする．
Λ3 =∅のとき
このときは，{Xλ}λ∈ΛがSのみから成るので
∩
X∈X
X = ∩
λ∈Λ
Xλ =S̸=∅
なので仮定(2)と矛盾する．
Λ3 ̸=∅のとき
Λ3 ̸=∅なので∃λ0 ∈Λ3であり，Λ3の定義からXλ0 は∅でもSでもない有限集合である．
したがって，あるn∈Nを用いて
Xλ0 ={x1, x2, . . . , xn}
と成分表示できる．ここで，
∀i∈ {1, 2, . . . , n}, ∃λi ∈Λ s.t.xi ̸∈Xλi (3)
が成り立つ．なぜなら，(3)の否定命題
∃i∈ {1, 2, . . . , n}, ∀λ ∈Λ, xi ∈Xλ が成り立つとするとxi ∈ ∩
λ∈Λ
Xλとなり，仮定(2)に矛盾する．
すると，(3)によって定まるXλi (i= 1,2, . . . , n)にXλ0 を加えて X1 ={Xλ0, Xλ1, . . . , Xλn}
と定めるとX1はXの有限部分集合であるが
∩
X∈X1
X =
∩n
i=0
Xλi =∅ (4)
となる．実際，空集合でないとすると，少なくとも１つ元が存在することになるが，それ は当然Xλ0の元でもあり，それはXλi (i = 1,2, . . . , n)のどれかには属さないので矛盾す る．よって(4)が成り立つことになるが，これはXが有限交叉性を持つことと矛盾する．
以上から，いずれの場合においても矛盾が導かれたので背理法により
∩
X∈X
X ̸=∅
となり，(C2)が成り立つので位相空間(S,O)はコンパクトであることが示された．
□
[4] 位相空間(R,Od(1))の閉集合であるが，コンパクト集合ではない集合を１つ挙げよ．
また，それが閉集合であること，コンパクト集合ではないことをそれぞれ定義にした がって示せ．
解答
Rの部分集合Aを
A= [0,∞)
によって定める．まず，Ac= (−∞,0)という開区間（したがって開集合）であることか らAがRの閉集合であることが分かる．
Aがコンパクト集合ではないことを示す．そのために，OAをOd(1)におけるAの相対 位相とし，位相空間(A,OA)がコンパクトではないことを示す．
Aの部分集合系Uを以下のように定める．
U={[0, n) |n ∈N}
最初にUがAの開被覆になっていることを確認する．ここで，n ∈Nに対してUn = [0, n) とおく．
∀n ∈Nに対してUnは(−1, n)∈ Od(1)を用いて Un = (−1, n)∩A
と表せるので，∀n∈Nに対してUn∈ OAである．したがって，UはOAの元からなる集 合族であることが示されたので，次に被覆になっていること，つまり ∪
n∈N
Un=Aを示す．
∀n ∈Nに対してUn⊂Aなので ∪
n∈N
Un⊂Aである．
∀x ∈ Aを取る．アルキメデスの原理より，∃nx ∈ N, x < nxが成り立つ．すると，
x∈Unxなのでx∈ ∪
n∈N
Unであり，A⊂ ∪
n∈N
Unが示された．
以上から ∪
n∈N
Un =Aである．
ここまでで，UがAの開被覆であることが示された．ここで，位相空間(A,OA)がコ ンパクトであるとすると，コンパクト性の定義からUはその部分集合として，有限被覆 U0 を含む．したがって，あるN ∈Nとni ∈N(i= 1,2, . . . , N)を用いて
U0 ={Uni | i= 1,2, . . . , N} と表せる．したがって，U0が被覆であることは
∪N
i=1
Uni =A (5)
と表せる．集合Iを
I ={ni | i= 1,2, . . . , N}
によって定めると，IはNの有限部分集合なのでmaxIが存在する．K = maxIとおくと
∪N
i=1
Uni = [0, K)
となるが，K ∈Aなのに対し，K ̸∈[0, K)なので，これはU0がAの被覆であること，特 に(5)に反する．
したがって，位相空間(A,OA)はコンパクトではないことが示されたのでAはコンパ クト集合ではない．
□
[5] 以下で与えられる集合が指定された位相空間において弧状連結でないことを定義にし たがって示せ．
(i) [0,1)∪(1,2] 位相空間(R,Od(1))
(ii) {(x, y)∈R2 |x̸= 1, −1≤y≤1} 位相空間(R2,Od(2))
解答 [5] (i)
まず，以下の補題を示す．
補題１
(S1,O1)と(S2,O2)を位相空間とし，M ⊂S2，OMをO2におけるMの相対位相とす る．このとき，写像f :S1 →M が連続であれば，写像fをf : S1 → S2とみなして も連続である．
つまり，f(S1)⊂M ⊂S2であるのでfをS2 に値を取る写像とみなすことができ，値 域の位相としてOMでなく，O2を定めても連続性が保たれるということである．
補題１の証明 示すべきことは
∀O∈ O2, f−1(O)∈ O1
であるので，∀O ∈ O2を取る．ここで，仮定からf :S1 →M は連続なので
∀O′ ∈ OM, f−1(O′)∈ O1
(6)
は成り立っている．逆像の定義から
f−1(O) ={x∈S1 | f(x)∈O}
であるが，今はf(S1) ⊂M が成り立っているので，∀y ∈ S1に対してf(y) ∈M である．
したがって，x∈S1に対しては「f(x)∈O」 ⇔「f(x)∈O∩M」なので f−1(O) = {x∈S1 |f(x)∈O}
={x∈S1 |f(x)∈O∩M}
=f−1(O∩M)
となり，相対位相の定義からO∩M ∈ OM なので(6)より，f−1(O) =f−1(O∩M)∈ O1
が示され，補題１が証明された．
補題１を用いてA1 := [0,1)∪(1,2]が(R,Od(1)) において弧状連結でないことを背理 法によって示す．集合A1が弧状連結であるとすると，定義から1
2,32 ∈ A1 に対して，連 続写像f : [0,1]→A1でf(0) = 12, f(1) = 32 を満たすものが存在する．A1の位相はOd(1)
におけるA1の相対位相である．
すると，補題１よりこの写像fはf : [0,1]→Rとみなしても連続である，つまり[0,1]
上で定義された実連続関数である．したがって，中間値の定理から1∈Rは 1
2 <1< 32を 満たすので，∃c∈[0,1] s.t.f(c) = 1となるが，1̸∈A1なのでf([0,1]) ⊂A1と矛盾．よっ て，A1は弧状連結ではない．
□
[5] (ii)
以下の補題を示す．
補題２
(S,O)を位相空間とし，写像f :S →R2は連続写像であるとする．x∈Sに対して f(x) = (f1(x), f2(x))
と成分表示したとき，写像g :S→Rをg(x) =f1(x)によって定めると，gは連続写 像である．g(x) =f2(x)としても同様である．
補題２の証明 示すべきことは
∀O ∈ Od(1), g−1(O)∈ O である．また，仮定から
∀O′ ∈ Od(2), f−1(O′)∈ O (7)
は成り立っている．
∀O ∈ Od(1)を取る．ここで，
g−1(O) = f−1(O×R) を示す．
g−1(O)⊂f−1(O×R)であること
∀x ∈g−1(O)に対して，逆像の定義からg(x) =f1(x)∈ Oである．また，fの値域はR2 なので∀y∈Sに対してf2(y)∈Rである．したがって，f(x) = (f1(x), f2(x))∈O×Rが 成り立つのでx∈f−1(O×R)であり，g−1(O)⊂f−1(O×R)が示された．
f−1(O×R)⊂g−1(O)であること
∀x∈f−1(O×R)に対して逆像の定義より
f(x) = (f1(x), f2(x))∈O×R
が成り立つので，特にg(x) = f1(x)∈Oとなり，x∈g−1(O)である．したがって，f−1(O× R)⊂g−1(O)が示された．
以上からg−1(O) =f−1(O×R)である．また，O×R∈ Od(2)なので(7)より，f−1(O× R)∈ Oである．まとめると
∀O ∈ Od(1), g−1(O)∈ O が示され，補題２が証明された．
補題１と補題２を用いてA2 := {(x, y) ∈ R2 | x ̸= 1, −1 ≤ y ≤ 1}が位相空間 (R2,Od(2))において弧状連結ではないことを背理法によって示す．
(0,0),(2,0)∈A2であるので集合A2が弧状連結であったとすると，定義よりある連続 写像f : [0,1]→A2でf(0) = (0,0)とf(1) = (2,0)を満たすものが存在する．
まず，補題１からこの連続写像f は値域をR2とした連続写像f : [0,1]→R2 とみな すことができる．さらに，補題２からx ∈ [0,1]に対してfをf(x) = (f1(x), f2(x))と成 分表示したとき，g(x) = f1(x)はg : [0,1]→Rという実連続関数である．写像fに対す る仮定からg(0) = 0およびg(1) = 2が成り立つ．
したがって，0<1<2なので中間値の定理から
∃c∈[0,1] s.t. g(c) = 1 が成り立つが，これは
f1(c) =g(c) = 1
からf(S)⊂A2と矛盾（A2の定義から第１成分は1になりえないから）．よって，A2は 弧状連結ではない．
□
補足
問題[5]の解答例では，問題に指定されているので弧状連結の定義にしたがって証明をし た．実は，定義にしたがうことにこだわらなければ，もっと簡単に証明ができる．それは，
一般の位相空間(S,O)において
(S,O)が弧状連結ならば連結 が成り立っているので，対偶を取ると
(S,O)が連結でないならば弧状連結でない
ということになるので(i)と(ii)，それぞれの集合が連結集合でないことを示せば弧状連 結でないことがしたがう，という証明方法もできる．
例えば(i)の場合，(R,Od(1))の２つの開集合を
O1 := (−∞,1), O2 := (1,∞) と定めると，
(1) A1 ⊂O1∪O2
(2) O1∩O2∩A1 =∅
(3) O1∩A1 ̸=∅，O2∩A1 ̸=∅
が成り立つのでプリント１の「集合の連結性と同値な命題」からA1は連結集合でないこ とが分かり，したがって弧状連結でもない．問題(ii)に対しても同様の議論で弧状連結で ないことを証明できるので各自やってみよう．
