PDF レポート課題2（解答例）

レポート課題２（解答例）

科目： 数学演習IIA（f組）

担当： 相木 問題[1]

[1] (X,O)を位相空間とする．A⊂Xに対してその内部A^◦と閉包Aの定義を書け．

解答

Aの内部A^◦とは，Aに含まれる開集合全ての和集合であった．つまり，

A^◦ = ∪

O∈O,O⊂A

O

である．

Aの閉包Aは，Aを含む閉集合全ての共通部分であった．つまり，

A= ∩

M^c∈O,A⊂M

M

である．上の共通部分においては，Mが閉集合であることをM^c∈ Oと表していること

に注意． □

問題[2]

[2] 以下で与えられる集合に対して(R,Od⁽¹⁾) における閉包を求めよ．

(i)A₁ ={x∈R | 1< x < 2} ∪ {3} (ii) A₂ ={sin(1

x

) | x∈(0,1)}

解答 [2] (i)

まず，A₁自身は閉集合ではない．実際，A^c₁ = (−∞,1]∪[2,3)∪(3,∞)であるが，2∈A^c₁ に対して∀ε >0を取ると，B⁽¹⁾(2;ε)̸⊂A^c₁なのでA^c₁は開集合ではない．したがって，A₁ は閉集合ではない．特に，

A₁ ̸=A₁ (1)

である．

A₁ = [1,2]∪ {3}であることを示す．記号の省略のため，B₁ = [1,2]∪ {3}とおく．B₁ は，閉集合と閉集合の和集合なので閉集合である．

解法１（背理法）

A₁ ̸=B₁と仮定して矛盾を導く．演習問題(7-1)の結果より，A₁は「A₁を含む最小の 閉集合」という特徴付けがある．つまり，

A₁ ⊂M, M^c∈ Od⁽¹⁾ ⇒ A₁ ⊂M (2)

が成り立つ．

B₁はA₁ ⊂B₁を満たす閉集合なので(2)より，

A₁ ⊂B₁

が成り立つ．A₁ ̸=B₁を仮定しているので，∃x∈B₁, x̸∈A₁．閉包の定義からA₁ ⊂A₁ が成り立つので，x= 1またはx= 2である．また，(1)から1と2のうち片方はA1に属 す．したがって，A₁ = (1,2]∪ {3}または，A₁ = [1,2)∪ {3}であることになるが，A₁が 閉集合でないことを示した方法と同様に(1,2]∪ {3}と[1,2)∪ {3}はともに閉集合ではな いことが示される．閉包の定義からA₁は閉集合なので矛盾．よってA₁ = [1,2]∪ {3}で

ある． □

解法２

一般に，位相空間(X,O)とA⊂X, B ⊂Xに対して，A∪B =A∪Bを示す．

A, BはともにXの閉集合なので，閉集合の性質からA∪BもXの閉集合である．また，

A⊂A, B ⊂BよりA∪B ⊂A∪Bである．演習問題(7-1)の結果からA∪B ⊂A∪B． 逆の包含関係を示す．A⊂ A∪B ⊂A∪B, B ⊂A∪B ⊂A∪Bが成り立ち，A∪B はXの閉集合なので，(7-1)の結果からA ⊂ A∪B, B ⊂ A∪Bが成り立つ．したがっ て，A∪B ⊂A∪Bが成り立ち，A∪B =A∪Bが示された．

A₁ にこれを適用すると，A₁ = (1,2)∪ {3} = (1,2) ∪ {3} を得るが，１点集合は (R,Od⁽¹⁾)の閉集合なので{3}={3}である．また，(1,2) = [1,2]なので，A₁ = [1,2]∪{3}

を得る． □

[2] (ii)

A2 = [−1,1]であることを示す．∀x ∈ (0,1)に対して|sin(¹_x)| ≤ 1であるのでA2 ⊂ [−1,1]である．

[−1,1]⊂A₂を示す．今，0< _π² <1であり，

sin (1

2 π

)

= sin(π 2) = 1.

また，0< _3π² <1であり，

sin ( 1

2

)

= sin(3

2π) =−1.

さらに，sin(¹

x)は閉区間[_3π² ,_π²]上の連続関数なので，中間値の定理より∀y∈[−1,1]に対 して

∃α_y ∈[ 2 3π, 2

π], sin( 1 αy

) = y

となる．また，α_y ∈[_3π² ,²_π]より0< _3π² ≤α_y ≤ _π² <1が成り立つのでα_y ∈(0,1)である．

まとめると，∀y∈[−1,1]に対して上にように定めたα_y ∈(0,1)が存在し，sin(_α¹

y) =y が成り立つのでy ∈A₂であり，[−1,1]⊂A₂が示された．

以上からA₂ = [−1,1]が示され，閉区間は(R,Od⁽¹⁾)の閉集合なので，A₂は(R,Od⁽¹⁾)

の閉集合であり，A₂ =A₂である． □

問題[3]

[3] 数列{a_n}^∞n=1は以下を満たすとする．

(i) ∀n ∈N, a_n < a_n+1 (ii) ∃a∈R, lim

n→∞a_n =a

  このとき，以下で与えられる集合Bは(R,Od⁽¹⁾)の閉集合であることを示せ．

B ={an | n∈N} ∪ {a}

解答

まず，仮定(i)と(ii)から

∀n∈N, a_n≤a (3)

が成り立つ．実際，(ii)より，

∀ε >0, ∃N_ε∈N, ∀n≥N_ε, |a_n−a|< ε (4)

が成り立つ．∃n₀ ∈ Nに対してa_n0 > a となったとすると，(i)から∀n ≥ n₀に対して a_n > aである．このとき，an0 −a

2 >0に対して∀N ∈Nを取ってもn≥max{N, n₀}を 満たすnに対して

|a_n−a|=a_n−a > a_n−a

2 > a_n0 −a 2 となるので，これは(4)の否定命題がε = a_n0 −a

2 として成り立つことを意味し，矛盾す る．したがって，∀n∈N, a_n ≤aである．

∀n ∈Nに対してRの開区間A_nをA_n = (a_n, a_n+1)によって定める．すると [a₁, a] =B∪( ∪

n∈N

A_n) (5)

が成り立つ．これを示そう．

B∪( ∪

n∈N

An

)⊂[a1, a]であること

仮定(i)と先に示した(3)から∀n ∈ Nに対してa₁ ≤ a_n ≤ aが成り立ち，a ∈ [a₁, a]

なのでB ⊂ [a₁, a]である．同様に∀n ∈ Nに対してa₁ ≤a_n < a_n+1 ≤a も成り立つので

∀n∈Nに対して An ⊂[a1, a] となり，B∪( ∪

n∈N

An

) ⊂[a1, a]を得る．

[a₁, a]⊂B∪( ∪

n∈N

A_n)

であること

∀x∈[a1, a]を取り，x∈B∪( ∪

n∈N

An

)を示す．

x=aまたは∃m∈N, x=a_mのときはx∈Bなのでx∈B∪( ∪

n∈N

A_n)

である．

残っている

x̸=aかつ∀n∈N, x̸=a_n (6)

の場合を考える．(4)をε= a−x

2 >0として適用すると

∃N₀ ∈N, ∀n ≥N₀, |a_n−a|< a−x 2 が成り立つ．ここで，|an−a|=a−anを考慮すると

|a_n−a|< a−x

2 ⇒ a−a_n < a−x 2

⇔ a+x 2 < a_n が成り立つ．x < aからa+x

2 > xが成り立つので，まとめると

∀n≥N₀, x < a_n (7)

が成り立つ．ここで，(7)からa_n≤xを満たす最大の番号n₁が存在する．実際，(7)から

∀n≥N₀ に対してはa_n ≤xは成り立たないので K ={n∈N | a_n≤x}

とおくと，N₀がKの上界になっているので，特にKは上に有界な自然数の部分集合で あり，最大元を持つ．それをn₁とすればよい．

n1の定め方からan1 ≤ xであり，n1の最大性からx < an1+1である．また，(6)より x̸=a_n1なのでa_n1 < x < a_n1+1となり，x∈A_n1 である．よって

x∈A_n1 ⊂ ∪

n∈N

A_n⊂B∪ ∪

n∈N

A_n

を得る．

以上で[a₁, a] =B∪( ∪

n∈N

A_n)

が示された．

得られた集合の等式[a₁, a] = B ∪( ∪

n∈N

A_n)

を考慮し，( ∪

n∈N

A_n)c

との共通部分をと ると

[a₁, a]∩( ∪

n∈N

A_n)c

=(

B∪( ∪

n∈N

A_n))

∩( ∪

n∈N

A_n)c

={

B ∩( ∪

n∈N

A_n)c}

∪{( ∪

n∈N

A_n)

∩( ∪

n∈N

A_n)c}

=B∩( ∪

n∈N

A_n)c

を得る．ここで，２つ目の等号で演習問題(1-1)(ii)の結果を用いた．さらに，ド・モルガ ンの法則を適用して

[a₁, a]∩( ∩

n∈N

A^c_n)

=B ∩( ∩

n∈N

A^c_n)

を得る．右辺に着目すると，A_nの定め方から∀n∈Nに対してB∩A_n =∅なのでB ⊂A^c_n である．したがって∀n∈Nに対してB∩A^c_n=Bとなるので

[a₁, a]∩( ∩

n∈N

A^c_n)

=B (8)

が成り立つ．ここで，(8)の左辺に注目すると，[a₁, a]は閉集合であり，A_nは開集合なの でA^c_nは閉集合である．すると左辺は閉集合の族の共通部分なので閉集合の性質から左辺

は閉集合である．以上からBは閉集合である． □

上記証明の図を用いた直感的意味を解説する．特に，証明の中で[a1, a] =B∪( ∪

n∈N

An

)

を示したが，どのようにして閉区間[a₁, a]をこのように表現することを考えたか解説する．

a1 a2 a3 a4 · · · an an+1· · · a R

Figure 1: 問題[3]のイメージ

仮定(i)と(ii)から数列{a_n}^∞_n=1とaを数直線上に図示するとFigure 1のようになる．

解答でも示したようにa_nはnに関して単調に増加していき，全て[a₁, a]の中におさまっ ている．したがって，[a₁, a]は「端点a₁とa」，「バツで図示した数列の点」，「点の間にあ る開区間の集まり」の３つに分解することができる．最初の２つを合わせたものが集合B であり，「点の間にある開区間の集まり」が ∪

n∈N

A_nである．

このように分解した上でBを「[a₁, a]の要素であり，かつ，どのA_nにも属さないも の全体の集合」と表現しなおすことによって((8)を示すことによって）Bが閉集合であ ることを示しているのである．

問題[4]

[4] 位相空間(R, O_d(1))においてQ=Rが成り立つことを示せ．ただし，以下の事実   を証明なしに用いてよい．

  「a < bを満たす任意の実数a, bに対して，有理数qで，a < q < bを満たすもの   が存在する」．

解答

Q̸=Rと仮定して矛盾を導く．Rが台集合なのでQ ⊂Rは，成立する．したがって，

Q̸=Rとすると∃x∈Rが存在し，x̸∈Qが成り立つ．つまり，x∈Q^cであるが，Qは閉 集合なのでQ^cは空でない開集合である．したがって，∃ε >0が存在し，B⁽¹⁾(x;ε)⊂Q^c となる．今，B⁽¹⁾(x;ε) = (x−ε, x+ε)である．実数x−εとx+εはx−ε < x+εを満 たすので，∃q ∈Qが存在し，

x−ε < q < x+ε

が成り立つ．特に，q ∈(x−ε, x+ε) = B⁽¹⁾(x;ε)⊂Q^c となるが，これはq∈Q⊂Qと 矛盾する．

したがってQ=Rである． □

問題[5]

[5] 以下のRの部分集合系が(R,Od⁽¹⁾)における0∈R の基本近傍系であることを    示せ．

{[−1 n,1

n]⊂R| n ∈N} .   注意：上の[−_n¹,_n¹]は閉区間である．

解答

V^∗(0) = {

[−¹_n,¹_n]⊂R | n ∈N}

とおき，(R,Od⁽¹⁾) における0の近傍系をV(0)とお く．近傍・近傍系・基本近傍系の定義はプリント８を参照．V^∗(0)が0の基本近傍系であ ることを示すには，以下が成り立つことを証明すればよい．

(i) V^∗(0) ⊂V(0)

(ii) ∀V ∈V(0), ∃U ⊂V s.t.U ∈V^∗(0) (i)が成り立つこと

∀U ∈ V^∗(0)をとる．V^∗(0) の定義から∃m ∈ N s.t. U = [−_m¹,_m¹]．すると，U^◦ =

(−_m¹,_m¹)であり，0∈(−_m¹,_m¹)なのでU は0の近傍である．つまり，U ∈V(0)が成り立 ち，V^∗(0) ⊂V(0)が示された．

(ii)が成り立つこと

∀V ∈ V(0)をとる．近傍の定義から0 ∈ V^◦である．内部の定義からV^◦は開集合で あり，0 ∈ V^◦よりV^◦は空でないので∃ε > 0が存在し，B⁽¹⁾(0;ε) ⊂ V^◦．ここで，アル キメデスの原理より，∃n₀ ∈Nが存在し， ¹

n0 < ε が成り立つ．U = [−_n¹₀,_n¹

0]と定めると U ∈V^∗(0)であり，

U = [− 1 n₀, 1

n₀]⊂(−ε, ε) =B⁽¹⁾(0;ε)⊂V^◦ ⊂V

が成り立つので(ii)が示された． □