第II章 演習問題 [16]

【第2節の例5と例6について】

包含関係が狭義の半順序であることから, \(\mathbb{P}\) も狭義の半順序である.

\(p,q \in \mathbb{P}\), \(p \not\leq q\) とすると, \(q \not\subset p\) なので, ある \(n \in \mathrm{dom}(q)\) が存在して以下の二つのいずれかが成り立つ: (i) \(n \not\in \mathrm{dom}(p)\), (ii) \(n \in \mathrm{dom}(p)\) かつ \(p(n) \neq q(n)\).

(ii)のときは \(p\) 自身が \(q\) と両立しない. (i)のときは, \(r = p \cup \{\langle n,q(n)+1 \rangle\}\) と置くと \(r \in \mathbb{P}\), \(r \leq p\), \(r \perp q\) である. よって \(\mathbb{P}\) は分離的である.

【定理2.21の証明の半順序について】

\(p = (0,\varepsilon/4) \cup (\varepsilon/4,\varepsilon/2)\), \(q = (0,\varepsilon/2)\) と置くと, \(p,q \in \mathbb{P}\) かつ \(p \not\leq q\) である. 今, \(r \in \mathbb{P}\), \(r \leq p\) と仮定すると, \(p \subset r\) かつ \(\mu(r) < \varepsilon\) である. このとき \(r' = r \cup q\) と置くと \(r'\) も開集合であり, \(r' = r \cup p \cup \{\varepsilon/4\} = r \cup \{\varepsilon/4\}\) なので \(\mu(r') = \mu(r) < \varepsilon\) となる. 従って \(r' \in \mathbb{P}\) であり, \(r' \leq r\), \(r' \leq q\) なので \(r \not\perp q\) となる. 以上より \(\mathbb{P}\) は分離的でない.

【定義2.7について】

この半順序 \(\mathbb{P}_{\mathcal{A}}\) が分離的であることと, 以下の二つの条件 \[ \bigcup \mathcal{A} = \omega \tag{$*$} \] \[ \forall x \in \mathcal{A} \forall F \subset \mathcal{A} \big[\, |F| < \omega \land x \not\in F \to |x \setminus \bigcup F| = \omega \,\big] \tag{${*}{*}$} \] が同値であることを示す.

まず, \(n \in \omega \setminus \bigcup \mathcal{A}\) だとすると, \(p = \langle 0,0 \rangle\) と \(q = \langle \{n\},0 \rangle\) はともに \(\mathbb{P}_{\mathcal{A}}\) の元で \(p \not\leq q\) である. このとき任意の \(r = \langle s,F \rangle \leq p\) について, \(n\) の選び方より \(\forall x \in F [ \{n\} \cap x = 0 \subset s ]\) なので, 補題2.8より \(q\) と \(r\) は両立する. よって \(\mathbb{P}_{\mathcal{A}}\) は分離的でない. また, ある \(x \in \mathcal{A}\) とある有限部分族 \(F \subset \mathcal{A}\) について \(x \not\in F\) かつ \(s = x \setminus \bigcup F\) が有限だとすると, \(p = \langle s,F \rangle\) と \(q = \langle s,\{x\} \rangle\) はともに \(\mathbb{P}_{\mathcal{A}}\) の元で \(p \not\leq q\) である. このとき任意の \(r = \langle s',F' \rangle \leq p\) について, \(s \subset s'\) かつ \(s' \cap \bigcup F \subset s\) である. 前者の性質より \(\forall y \in F' [ y \cap s \subset s' ]\) である. また後者の性質と \(s\) の定義より \(s' \cap \bigcup F = 0\) なので, \(x \cap s' \subset s\) である. よって補題2.8より \(q\) と \(r\) は両立する. 以上より \(\mathbb{P}_{\mathcal{A}}\) は分離的でない.

逆に, 上の条件(\(*\))と(\({*}{*}\))が成り立つならば \(\mathbb{P}_{\mathcal{A}}\) は分離的であることを示す. \(p = \langle s,F \rangle\) と \(q = \langle s',F' \rangle\) が \(\mathbb{P}_{\mathcal{A}}\) の元で \(p \not\leq q\) であると仮定し, \(q\) と両立しない \(r \leq p\) を構成する. \(p\) 自身が \(q\) と両立しないなら \(r = p\) とすればよいので, \(p\) が \(q\) と両立する場合を考える. 補題2.8より, (i) \(\forall x \in F [ x \cap s' \subset s ]\) かつ (ii) \(\forall x \in F' [ x \cap s \subset s' ]\) である. ここで \(F' \subset F\) とすると, \(p \not\leq q\) と(ii)より \(s' \not\subset s\) なので, (*)より \(x \cap (s' \setminus s) \neq 0\) となる \(x \in \mathcal{A}\) が存在する. このとき \(r = \langle s,F \cup \{x\} \rangle\) と置くと \(r \in \mathbb{P}_{\mathcal{A}}\), \(r \leq p\) であり, また \(x \cap s' \not\subset s\) なので補題2.8より \(q \perp r\) である. 一方 \(F' \not\subset F\) とし, \(x \in F' \setminus F\) を取ると, (**)より \(x \setminus \bigcup F\) は無限集合なのでその元 \(n\) で \(n \not\in s'\) となるものが存在する. このとき \(r = \langle s \cup \{n\},F \rangle\) と置くと \(r \in \mathbb{P}_{\mathcal{A}}\), \(r \leq p\) ( \(n \not\in \bigcup F\) なので) であり, また \(n \in x \setminus s'\) なので \(x \cap (s \cup \{n\}) \not\subset s'\), 従って補題2.8より \(q \perp r\) である.

以上より \(\mathbb{P}_{\mathcal{A}}\) は分離的なので, 主張が成り立つ.

【定理2.22について】

一般の位相空間 \(X\) について, この半順序 \(\mathbb{P}\) が分離的であることと, 任意の閉集合が開集合であることが同値なことを証明する ( \(X = 0\) とするとそもそも \(\mathbb{P}\) が空になってしまうので, \(X \neq 0\) は前提としておく). \(X\) が定理2.22の前提を満たす場合においてこの条件は, \(X\) のハウスドルフ性 (特に \(T_1\) 性) より \(X\) が離散位相空間であることと同値であり, さらに \(X\) のコンパクト性より \(X\) が有限な離散位相空間であることと同値である.

まず, \(X\) の任意の閉集合が開集合であると仮定する. \(p,q \in \mathbb{P}\) かつ \(p \not\leq q\) (即ち \(p \not\subset q\) ) とすると, 仮定より \(r = p \setminus q\) は空でない開集合即ち \(\mathbb{P}\) の元であり, \(r \leq p\) かつ \(r \perp q\) となる. よって \(\mathbb{P}\) は分離的である.

逆に, \(\mathbb{P}\) が分離的であると仮定する. \(X\) の任意の閉集合 \(0 \neq F \neq X\) について, \(p = X \in \mathbb{P}\) と \(q = X \setminus F \in \mathbb{P}\) は \(p \not\leq q\) を満たすので, ある \(r \leq p\) について \(r \perp q\) 即ち \(r \cap q = 0\) となる. すると \(r \subset F\) であるから, このような任意の閉集合 \(F\) はある空でない開集合を含むことが示された. ここである閉集合 \(F \subset X\) について \(F \setminus F^o \neq 0\) ( \(F^o\) は \(F\) の内点の集合) と仮定すると, 上の議論より閉集合 \(F \setminus F^o\) は空でない開集合を含むことになるが, これは \(F^o\) の定義に矛盾する. よって任意の閉集合 \(F\) について \(F = F^o\), 即ち \(F\) は開集合である.

以上より主張が成り立つ.

 

解答者: 縫田光司さん (公開日: 2011年6月7日)
2011年11月12日更新: 式の誤記を修正(嘉田さん&田尻さんの指摘)

この解答に不具合を発見した方はぜひご指摘ください.

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