例題問題(位相空間論)

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例題問題

の開集合を、任意個の開区間の和集合として定義する。

の閉集合を、 における開集合の補集合として定義する。

F を の部分集合とする。

このとき、次は同値である。

(1) F は閉集合である。

(2) x∈F ( n=1、2、・・・ ) かつ limn→∞=x ならば、x∈F である。

このことを証明せよ。

解答

(1)を仮定する。

∈F ( n=1、2、・・・ ) かつ limn→∞=x であるとする。

x は F に属さないとする。(背理法)

いま、x∈−F である。

よって、ある ε>0 が存在して、x∈(x−ε、x+ε)⊂−F となる。

また、n を十分大きくとると、x∈(x−ε、x+ε) となる。

つまり、x−F である。

これは矛盾である。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

(2)を仮定する。

y∈−F とおく。

y を含む任意の開区間は F と交わるとする。(背理法)

いま、任意の自然数 n に対し、ある y が存在して、y∈(x−1/n、x+1/n)∩F となる。

また、limn→∞=y である。

よって、仮定(2)より、y∈F となる。

これは矛盾である。

つまり、y を含む開区間で、F と交わらないものが存在する。

よって、−F は開集合である。

例題問題

F を の部分集合とする。

このとき、次は同値である。

(1) F はコンパクトである。

(2) F は有界閉集合である。

(3) F に含まれる点列は、F の点に収束する部分列をもつ。

このことを証明せよ。

補足

これは位相空間論において最も重要な定理(の1次元バージョン)である。

(2)⇒(3) は 『 二分法 』 であり、よく用いられる基本的な論法である。

(2)⇔(3) は 『 ボルツァーノ・ワイエルシュトラスの定理 』 である。

(1)⇒(2)の解答

(1)を仮定する。

F は有界でないとする。(背理法)

いま、F⊂=∪1≦n≦∞(−n、n) である。

また、上式右辺のどの有限個の開区間を選んでも、F を被覆できない。

これは仮定(1)に反する。

F は閉集合ではないとする。(背理法)

いま、ある x∈−F が存在して、x∈F ( n=1、2、・・・ ) かつ limn→∞=x となる。

A={ x }∪{ x|n∈ } とおく。

いま、A は閉集合である。

よって、−A は開集合である。

また、任意の n に対し、ある開集合 U が存在して、次を満たす。

(*) n≠m ⇒ x は U に属さない。

いま、F⊂(−A)∪(∪1≦n≦∞) である。

上式右辺のどの有限個の開集合を選んでも、F を被覆できない。

これは仮定(1)に矛盾する。

(2)⇒(3)の解答

(2)を仮定する。

(x) を F に含まれる点列とする。

いま、ある閉区間 [a、b] が存在して、F⊂[a、b] となる。

いま、[a、η]、[η、b] ( η=(a+b)/2 ) の少なくとも一方は無限個の x を含む。

[a、η] が無限個の x を含むと仮定しても一般性を失わない。

いま、[a、η]、[η、η] ( η=(a+η)/2 ) の少なくとも一方は無限個の x を含む。

[η、η] が無限個の x を含むと仮定しても一般性を失わない。

いま、[η、η]、[η、η] ( η=(η+η)/2 ) の少なくとも一方は無限個の x を含む。

同様の操作を繰り返すと、縮小する区間列が得られる。

また、区間の幅は 0 に収束する。

各区間から (x) の点を取り出して点列 x、x、x、・・・ を構成できる。

これは x の部分列であり、収束する。

(3)⇒(1)の解答

(3)を仮定する。

F はコンパクトでないと仮定する。(背理法)

、U、・・・を開集合とし、F⊂U1≦n≦∞ であるとする。

いま、どの有限個の U を選んでも F を被覆できない。

よって、任意の n に対し、ある x が存在して、x∈F−U∪・・・∪U となる。

いま、仮定(3)より、(x) は収束部分列 (x) をもつ。

limk→∞=x とおくと、x∈F である。

いま、ある開集合 U が存在して、x∈U となる。

また、k を十分大きくとると、x∈U である。

これは矛盾である。

例題問題

A=[0、1) とおく。

(1) IntA を求めよ。

(2) ExtA を求めよ。

(3) BdA を求めよ。

(4) ClA を求めよ。

補足

ただし、IntA は ( における ) A の内部を意味する。

また、ExtA は ( における ) A の外部を意味する。

また、BdA は ( における ) A の境界を意味する。

また、ClA は ( における ) A の閉包を意味する。

(1)の解答

IntA=(0、1)

(2)の解答

ExtA=(−∞、0)∪(1、∞)

(3)の解答

BdA={0、1} ( つまり、BdA は2点からなる集合である )

(4)の解答

ClA=[0、1]

例題問題

(1) Int を求めよ。

(2) Ext を求めよ。

(3) Bd を求めよ。

(4) Cl を求めよ。

(1)の解答

Int=φ

(2)の解答

Ext=φ

(3)の解答

Bd

(4)の解答

Cl

例題問題

X=[0、2)、A=[0、1)、B=[1、2) とおく。

(1) IntA を求めよ。

(2) ClA を求めよ。

(3) BdA を求めよ。

(4) IntB を求めよ。

(5) ClB を求めよ。

(6) BdB を求めよ。

補足

IntA は 「 X における A の内部 」 を意味する。

(1)の解答

IntA=[0、1)=A

(2)の解答

ClA=[0、1]

(3)の解答

BdA={1}

(4)の解答

IntB=(1、2)

(5)の解答

ClB=[1、2)=B

(6)の解答

BdB={1}

例題問題

(X、d)、(Y、d) を距離空間とする。

f:X→Y を写像とする。

任意の a、b∈X に対し、d(a、b)=d(f(a)、f(b)) であるとする。

このような f を 『 等長写像 』 という。

このとき、次が成り立つことを示せ。

(1) f は単射である。

(2) f が全単射ならば、その逆写像 f−1 も等長写像である。

(1)の解答

a、b∈X とおく。

f(a)=f(b) であるとする。

いま、d(a、b)=d(f(a)、f(b))=0 である。

よって、a=b である。

以上により、f は単射である。

(2)の解答

p、q∈Y とおく。

いま、ある x、y∈X が存在して、p=f(x)、q=f(y) となる。

また、d(f−1(p)、f−1(q))=d(x、y)=d(f(x)、f(y))=d(p、q) である。

つまり、f−1 は等長である。

例題問題

(X、) を位相空間とする。

:X→X を恒等写像とする。

このとき、I は連続写像である。

補足

解答は2つ用意した。

解答〜その1

U を X の開集合とする。

いま、I−1(U)=U は開集合である。

よって、I は連続写像である。

解答〜その2

p∈X とおく。

V を I(p) の開近傍とする。

いま、I(p)=p である。

よって、V 自身を p の開近傍として採用できる。

いま、I(V)⊂V である。

よって、I は連続写像である。

例題問題

(X、)、(Y、) を位相空間とする。

f:X→Y を定値写像とする。

このとき、f は連続写像である。

これを示せ。

補足

解答は2つ用意した。

解答〜その1

いま、f は定値写像である。

そこで、f(X)={b} とおいてよい。

U を Y の開集合とする。

まず、b が U に属さない場合について考える。

いま、f−1(U)=φ は X の開集合である。

次に、b が U に属さない場合について考える。

いま、f−1(U)=X は X の開集合である。

以上により、f は連続写像である。

解答〜その2

いま、f は定値写像である。

そこで、f の値はつねに b∈Y であるとしてよい。

p∈X とおく。

W を f(p)=b の開近傍とする。

V を p の開近傍とする。

いま、f(V)={b}⊂W である。

よって、f は連続写像である。

例題問題

(X、) を位相空間とする。

A を X の部分集合とする。

このとき、次が成り立つことを示せ。

(1) 包含写像 I:A→X は (A、) から (X、) への連続写像である。

(2) 包含写像 I:A→X が連続となる最も弱い ( A の ) 位相は相対位相 である。

(3) 連続写像 f:X→Y を (A、) に制限した写像 f|:A→Y も連続写像である。

(1)の解答

U を X の開集合とする。

いま、I−1(U)=A∩U∈ である。

よって、I は連続である。

(2)の解答

を、I:A→X が連続となる位相とする。

U∈ とおく。

いま、ある V∈ が存在して、U=A∩V と表せる。

よって、U=A∩V=I−1(V)∈ である。

つまり、 である。

(3)の解答

:A→X を包含写像とする。

いま、f|=f*I である。

また、(1)より、I は連続写像である。

つまり、f| は連続写像の合成である。

よって、f| は連続である。

例題問題

(X、d)、(Y、d) を距離空間とする。

f:X→Y を写像とする。

ある実数 r≧0 が存在して、次が成り立つとする。

(*) 任意の x、y∈X に対し、d(f(x)、f(y))≦r・d(x、y) となる。

このとき、f を 『 リプシッツ写像 』 という。

任意のリプシッツ写像は連続写像であることを示せ。

解答

x∈X とおく。

ε>0 とおく。

まず、r>0 の場合について考える。

δ=ε/r とおく。

いま、d(x、y)<δ ⇒ d(f(x)、f(y))≦r・d(x、y)<r・δ=ε である。

次に、r=0 の場合について考える。

δ=1 とおく。( ただし、1 だけではなくて、任意の定数でよい )

いま、d(x、y)<δ ⇒ d(f(x)、f(y))≦r・d(x、y)=0<ε である。

以上により、f は x において連続である。

例題問題

X、Y を距離空間とする。

f:X→Y を連続写像とする。

G(f) を f のグラフとする。

つまり、G(f)={ (x、f(x))∈X×Y|x∈X } である。

このとき、G(f) は X×Y の閉集合となることを示せ。

解答

(z)⊂G(f) を点列とする。

z=(x、y)∈X×Y を (z) の極限点とする。

いま、z∈G(f) である。

よって、z=(x、f(x)) と表せる。

いま、x→x かつ f(x)→y である。

また、f は連続であるから、f(x)→f(x) である。

よって、y=f(x) である。(※極限の一意性)

つまり、z=(x、f(x))∈G(f) である。

以上により、G(f) は閉集合である。

例題問題

次を示せ。

(1)  の部分集合 [0、1]∪[3、4) は連結ではない

(2)  の部分集合 は連結ではない。

(1)の解答

A=[0、1]∪[3、4) とおく。

V={ x∈|x<2 }、W={ x∈|x>2 } とおく。

いま、A⊂V∪W、A∩V∩W=φ、A∩V≠φ、A∩W≠φ である。

つまり、A は連結ではない。

(2)の解答

V={ x∈|x<√2 }、W={ x∈|x>√2 } とおく。

いま、⊂V∪W、∩V∩W=φ、∩V≠φ、∩W≠φ である。

つまり、 は連結ではない。

例題問題

次を示せ。

(1)  は連結である。

(2)  は弧状連結である。

(1)の解答

A を の真部分集合とする。(★1)

A は開集合かつ閉集合であると仮定する。(背理法)

a∈A とおく。

R(a)={ x∈A|x>a } とおく。

L(a)={ x∈A|x<a } とおく。

いま、L(a) と R(a) は A を分割する。

つまり、A=L(a)∪R(a) であり、L(a) と R(a) は交わらない。

R(a) は空でないと仮定する。(背理法)

いま、a は R(a) は下界である。

つまり、R(a) は下に有界である。

よって、R(a) は下限をもつ。(※実数の連続性)

そこで、r=infR(a) とおく。(★2)

すると、[a、r)⊂A である。

よって、r∈A である。(※ A は閉集合)

いま、ある ε>0 が存在して、[a、r+ε)⊂A となる。(※ A は開集合)

これは(★2)に矛盾する。

よって、R(a) は空集合である。

同様に、L(a) も空集合である。

よって、A=L(a)∪R(a)=φ である。

これは(★1)に矛盾する。

(2)の解答

a、b∈ ( ただし a<b ) とおく。

Γ(t)=(1−t)(a−b)+tb とおく。

いま、Γ は a と b を結ぶ連続写像である。

よって、 は弧状連結である。

例題問題

次を示せ。

(1)  の部分集合 [0、1]∪(3、5] は弧状連結ではない。

(2)  の部分集合 は弧状連結ではない。

(1)の解答

A=[0、1]∪(3、5] とおく。

A が弧状連結であるとする。(背理法)

いま、1、4∈A である。

また、ある連続写像 Γ:[0、1]→A が存在して、Γ(0)=1、Γ(1)=4 となる。

いま、Γ:[0、1]→ と見なせる。

よって、ある c∈[0、1] が存在して、f(c)=2 となる。(※中間値の定理)

いま、Γ[0、1]⊂A である。

よって、2∈A である。

これは矛盾である。

(2)の解答

が弧状連結であるとする。(背理法)

いま、0、2∈ である。

よって、ある連続写像 Γ:[0、1]→ が存在して、Γ(0)=0、Γ(1)=2 となる。

いま、Γ:[0、1]→ と見なせる。

よって、ある c∈[0、1] が存在して、f(c)=√2 となる。(※中間値の定理)

いま、Γ[0、1]⊂ である。

よって、√2∈ である。

これは矛盾である。

例題問題

次を示せ。

(1) −{0} は弧状連結ではない。

(2) −{0} は弧状連結である。

(3)  は同相ではない。

(1)の解答

−{0} が弧状連結であると仮定する。(背理法)

いま、−1、1∈ である。

また、ある連続写像 Γ:[0、1]→−{0} が存在して、Γ(0)=−1、Γ(1)=1 となる。

ここで、Γ:[0、1]→ と見なす。

いま、ある c∈[0、1] が存在して、Γ(c)=0 となる。(※中間値の定理)

一方、Γ[0、1]⊂−{0} である。

よって、0∈−{0} である。

これは矛盾である。

(2)の解答

p、q∈−{0} とおく。

いま、p=(rcosθ、rsinθ)、q=(rcosθ、rsinθ) と表せる。

次のように定める。



( スペースと見易さの都合で、上式の右辺は行列で表示した )

いま、Γ は連続写像であり、Γ(0)=p、Γ(1)=q である。

よって、−{0} は弧状連結である。

(3)の解答

φ: を同相写像と仮定する。(背理法)

ψ:−{0}−−{φ(0)} を ψ(x、y)=φ(x、y) で定める。

つまり、ψは、φ を −{0} に制限した写像である。

いま、ψも同相写像である。

(2)より、−{0} は弧状連結である。

よって、−{φ(0)} は弧状連結である。

しかし、これは(1)の結果に矛盾する。