2026-09-21

1点を固定した距離関数は連続/閉球は閉集合

位相

$(X,d)$ を距離空間とする。
$x∈X$ を一つ固定する。
$f:X→ℝ$ 、 $f(y) = d(x,y)$ とする。
点 $a∈X$ について $f$ が連続であることを示す。
つまり $∀ε>0, ∃δ>0, |y-a|<δ⇒ |f(y)-f(a)|<ε$ を示せば良い。

さて、 $(-∞,r]$ は $ℝ$ の閉集合である。
よって $f$ の連続性から
$f‪^{-1}‬((-∞,r])$ は $X$ の閉集合である
$f‪^{-1}((-∞,r]) = \{y∈X|f(y)∈(-∞,r]\}$
$= \{y∈X| d(x,y) ≦ r\}$

したがって、閉球は閉集合である。∎

2026-09-21

逆三角不等式

位相

$(X,d)$ を距離空間とし、 $x,y,z∈X$ とする。

三角不等式
$d(x,y) ≦ d(x,z) + d(z,y)$
↪︎寄り道すると長くなる

逆三角不等式
$| d(x,y) - d(x,z) | ≦ d(y,z)$
↪︎二辺の差は残りの一辺以下の長さ

逆三角不等式の証明
$d(x,y) ≦ d(x,z) + d(z,y)$ より
$d(x,y) - d(x,z) ≦ d(z,y) = d(y,z)$
同様に
$d(x,z) ≦ d(x,y) + d(y,z)$ より
$d(x,z) - d(x,y) = -(d(x,y) - d(x,z)) ≦ d(y,z)$

したがって
$| d(x,y) - d(x,z) | ≦ d(y,z)$ ∎

2026-09-16

f(f‪⁻¹‬(B)) ⊂ BとA ⊂ f‪⁻¹‬(f(A))を覚える

数学集合論

Y={偶数,奇数,妙数}とし、写像f:ℕ→Yをn∈ℕが偶数ならばf(n)=偶数、n∈ℕが奇数ならばf(n)=奇数とする。妙数はfで到達できないものとする。

f(f‪⁻¹‬(B)) ⊂ B

B⊂YをB = {奇数,妙数}とする。
f‪⁻¹‬(B) = {n ∈ℕ | nは奇数}であるから
f(f‪⁻¹‬(B)) = {奇数}となる。
したがって、f(f‪⁻¹‬(B)) ⊂ Bとなる。
なお、f(X)∩B = {偶数,奇数}∩{奇数,妙数}={奇数}
であるからf(X)∩B = f(f‪⁻¹‬(B))となる。

イメージ

Bをfで引き戻すと、f(x)∈Bとなるxだけが選ばれる( f‪⁻¹‬(B) = { x∈ℕ | f(x)∈B }だからそれはそう)ので、それをfで送ると最初のBから縮小する。ので、結果f(f‪⁻¹‬(B)) ⊂ Bを得る。

A ⊂ f‪⁻¹‬(f(A))

A⊂ℕをA = {2,4,6}とする。
f(A) = {偶数}であるから
f‪⁻¹‬(f(A)) = {n∈ℕ| nは偶数}となる。
したがって、A ⊂ f‪⁻¹‬(f(A))となる。

イメージ

Aを送って戻すと余計なモノが増える膨張する。今回だと、f(A)で{偶数}になってからのf‪で引き戻すことで「自然数のうち偶数となるもの全体」を引っ張ってくる。ので、結果A ⊂ f‪⁻¹‬(f(A))を得る。

2026-08-20

問25.3

位相

────────────
$(X,\mathcal{O})$ を位相空間、 $(A_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ を $X$ の連結部分集合からなる集合族とし、 $A=\bigcup_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda$ とおく。
任意の $\lambda,\mu\in\Lambda$ に対して、 $A_\lambda\cap A_\mu\neq\varnothing$ ならば $A$ は連結であることを示せ。
────────────
背理法で示す。
$A$ が非連結であると仮定する。
するとある非空な $A$ の開集合 $U,V$ が存在し、
$A=U\cup V,\quad U\cap V=\varnothing$
を満たす。

補題★：
$\lambda\in\Lambda$ を任意に取る。
$A_\lambda\subset A$ より $A_\lambda$ は $A$ の部分空間である。
したがって
$A_\lambda\cap U,\quad A_\lambda\cap V$
は $A_\lambda$ の開集合である。
また、
$(A_\lambda\cap U)\cup(A_\lambda\cap V)=A_\lambda$
$(A_\lambda\cap U)\cap(A_\lambda\cap V)=\varnothing$
である。 $A_\lambda$ の連結性から
$(A_\lambda\cap U)=A_\lambda\quad\land\quad(A_\lambda\cap V)=\varnothing$
または
$(A_\lambda\cap U)=\varnothing\quad\land\quad(A_\lambda\cap V)=A_\lambda$
が言える。
したがって
$A_\lambda\subset U\quad\mathrm{or}\quad A_\lambda\subset V$
となる。
$\lambda$ は任意だったので、
$\forall\lambda\in\Lambda,\quad (A_\lambda\subset U\quad\mathrm{or}\quad A_\lambda\subset V)$
が成り立つ。(★)

証明：
さて、 $U\neq\varnothing$ より $x_0\in U$ を取る。
$x_0\in U\subset A=\bigcup_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda$ より
ある $\lambda_0\in\Lambda$ が存在し $x_0\in A_{\lambda_0}$ を満たす。
$x_0\in U\cap A_{\lambda_0}$ より $U\cap A_{\lambda_0}\neq\varnothing$ 。

もし $A_{\lambda_0}\subset V$ ならば $x_0\in V$ となるが、
$x_0\in V\cap U=\varnothing$
となり矛盾。
したがって $A_{\lambda_0}\not\subset V$ 。
よって★より $A_{\lambda_0}\subset U$ 。

次に $\mu\in\Lambda$ を任意にとる。
仮定より $A_{\lambda_0}\cap A_\mu\neq\varnothing$ 。
よって $y\in A_{\lambda_0}\cap A_\mu$ を取れる。…①
　よって $y\in A_{\lambda_0}$
　　よって $y\in U$ （ $A_{\lambda_0}\subset U$ より）…②
よって $y\in A_\mu$ （①より）…③
よって $y\in A_\mu\cap U$ （②③より）
よって $A_\mu\cap U\neq\varnothing$ 。

ここでもし $A_\mu\subset V$ とすると
$y\in V$ かつ $y\in U$ となるが、
$y\in U\cap V=\varnothing$
となり矛盾。
したがって $A_\mu\not\subset V$ 。
よって★より $A_\mu\subset U$ 。
$\mu$ は任意だったので、
$\forall\mu\in\Lambda,\quad A_\mu\subset U$ 。

したがって、
$A=\bigcup_{\mu\in\Lambda}A_\mu\subset U$ 。
また仮定より $U\subset A$ 。
両包含成立から $A=U$ 。
ゆえに $V=\varnothing$ 。
しかしこれは $A$ が非連結であることに反して矛盾。

以上より $A$ は連結である。∎

2026-08-17

連結集合とその閉包の間にある集合の連結性

位相

$X$ を位相空間とする $A,B\subset X$ とし $A$ を連結とするこのとき $A\subset B\subset \operatorname{cl}(A)$ が成り立つならば $B$ が連結となることを示せ

────────────

証明

背理法にて示す。 $B$ が連結ではないと仮定する。すると連結性の特徴付けから、 $B$ から離散空間 $\lbrace p,q\rbrace$ への写像 $f:B\to\lbrace p,q\rbrace$ が存在し、 $f$ は連続かつ非定値写像である。 $\lbrace p\rbrace$ も $\lbrace q\rbrace$ も離散空間での開集合であるから、 $f^{-1}(\lbrace p\rbrace)$ も $f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$ も $B$ 上の開集合でなおかつ双方非空である。なぜならば片方が $\emptyset$ となれば直ちに定値写像となるからである。また $\lbrace p\rbrace\cap\lbrace q\rbrace=\emptyset$ から $f^{-1}(\lbrace p\rbrace)\cap f^{-1}(\lbrace q\rbrace)=\emptyset$ である。

$A\subset B$ より $A$ は $B$ の部分空間である。よって包含写像 $\operatorname{inc}:A\to B,\ \forall a\in A,\ \operatorname{inc}(a)=a$ が存在する。 $\operatorname{inc}$ は連続であるから、 $f$ と $\operatorname{inc}$ の合成 $f\circ\operatorname{inc}$ つまりは制限写像 $f|_A$ も連続である。仮定より $A$ は連結なので $f|_A$ は定値写像となる。よって $\forall a\in A,\ f|_A(a)=(f\circ\operatorname{inc})(a)=f(\operatorname{inc}(a))=f(a)=p$ としても良い。 $\forall a\in A,\ f(a)=p$ から $A\subset f^{-1}(\lbrace p\rbrace)$ が成り立つ。

ところで $f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$ も $\mathcal{O}_B$ の開集合である。よってある $O\in\mathcal{O}$ が存在し $f^{-1}(\lbrace q\rbrace)=B\cap O$ とかける。

ここで、 $x\in B\cap O$ とする。 $x\in B$ かつ $x\in O$ である。 $A\subset f^{-1}(\lbrace p\rbrace)$ かつ $f^{-1}(\lbrace p\rbrace)\cap f^{-1}(\lbrace q\rbrace)=\emptyset$ より $A\cap f^{-1}(\lbrace q\rbrace)=\emptyset$ 。また $A\subset B$ から $A\cap B=A$ 。したがって、 $A\cap B\cap O=A\cap O=\emptyset$ 。いま $O\in\mathcal{O}$ , $x\in O$ , $O\cap A=\emptyset$ から、 $x$ は $A$ の外点である（ $O\cap A=\emptyset\iff O\subset A^c$ ）。一方で、 $x\in B\subset\operatorname{cl}(A)$ から $x\in\operatorname{cl}(A)$ つまり $x$ は $A$ の触点である。すると $x$ は外点かつ触点となり矛盾。

以上より、 $B$ は連結である。 $\square$

────────────

お気持ち

この証明で少し気になったのが、なぜ $x\in f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$ なる点をわざわざ取り出して調べるのか、というところだった。

証明を追えば、 $x$ を取ったあとに矛盾へ至ること自体は分かる。ただ、「なぜここで $q$ 側の点を調べようと思うのか」という証明戦略の部分が、自分の中ではいまひとつ腑に落ちていなかった。

そこでAIに、「 $x\in f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$ を調べるのはなぜなのか。証明戦略としてどういう気持ちなのか」と聞いてみた。

AIの回答を自分なりに整理すると、この点 $x$ は「 $A$ が存在しない側を代表する点」として選ばれているらしい。

そもそも背理法によって $B$ が連結でないと仮定したので、離散空間 $\lbrace p,q\rbrace$ への連続な非定値写像

$f:B\to\lbrace p,q\rbrace$

を考えることができる。この写像によって、 $B$ は $f^{-1}(\lbrace p\rbrace)$ と $f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$ という二つの部分に分けられる。

イメージとしては、 $B$ の各点に $p$ または $q$ というラベルを貼り、 $B$ を二つの陣営に分けているようなものだという。

一方で $A$ は連結である。そのため $f$ を $A$ に制限した $f|_A$ は定値写像にならなければならない。そこで、 $A$ のすべての点が $p$ に写るとしてよい。すると

$A\subset f^{-1}(\lbrace p\rbrace)$

となる。

ここまで来たときに、証明する側として気になるのは「では、反対の $q$ 側にいる点はどうなっているのか」ということらしい。

$f$ は非定値写像なので、 $f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$ は空ではない。つまり $A$ が丸ごと $p$ 側にいる一方で、 $B$ には $q$ 側に属する点が少なくとも一つ存在している。

そこで、そのような点を一つ捕まえて

$x\in f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$

とする。

AI曰く、この $x$ を選ぶことが、矛盾を発生させるための仕掛けになっている。

$A$ は $p$ 側にあり、 $x$ は $q$ 側にある。そして $p$ 側と $q$ 側は交わらない。さらに $f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$ は $B$ における開集合なので、 $X$ のある開集合 $O$ を使って

$f^{-1}(\lbrace q\rbrace)=B\cap O$

と書ける。この $O$ は $x$ を含んでいるが、 $A$ とは交わらない。したがって $x$ には $A$ と交わらない開近傍が存在し、 $x$ は $A$ の外点となる。

ところが、最初の仮定には

$B\subset\operatorname{cl}(A)$

がある。

いま $x\in f^{-1}(\lbrace q\rbrace)\subset B$ なのだから、

$x\in\operatorname{cl}(A)$

でもある。つまり $x$ は $A$ の触点である。

触点である以上、 $x$ のどの開近傍も $A$ と交わらなければならない。それなのに先ほど、 $x$ には $A$ と交わらない開近傍 $O$ が存在することを示してしまった。

ここで矛盾が生じる。

なるほどと思ったのは、 $x\in f^{-1}(\lbrace q\rbrace)$ を取ること自体が目的なのではなく、「非連結性」と「閉包」という二つの条件を、同じ一点 $x$ の上で衝突させることが目的なのだ、という見方だった。

非連結性の仮定によって $B$ を二つに分けると、連結な $A$ はその片側に丸ごと押し込められる。そこで、あえて $A$ のいない反対側から点 $x$ を一つ選ぶ。分離されている以上、この $x$ は $A$ から離れているはずである。

しかし $B\subset\operatorname{cl}(A)$ という仮定は、 $B$ のどの点も $A$ から完全には離れられないことを要求している。

つまり、

「非連結性によれば、 $x$ は $A$ から離れているはず」

なのに、

「 $x\in B\subset\operatorname{cl}(A)$ なのだから、 $x$ は $A$ から離れられないはず」

となる。

AIに聞いてみて、 $q$ 側の点をわざわざ取り出す理由は、この矛盾を一身に引き受ける点を見つけるためなのだ、と考えるとかなり腑に落ちた。

2026-08-09

集合族の逆像は逆像の集合族

集合論

$\displaystyle \bigcup_{\lambda\in\Lambda}p_\lambda^{-1}(𝒪_\lambda)$ を理解する。

$𝓢 = \{ p_\lambda^{-1}(O) \mid \lambda\in\Lambda, O\in𝒪_\lambda \}$ とすると、

$S\in𝓢$

$\iff \exists\lambda\in\Lambda, \exists O\in𝒪_\lambda, S=p_\lambda^{-1}(O)$ …★

一般に集合族の逆像は逆像の集合族つまり

$f^{-1}(𝔅) := \{ f^{-1}(B) \mid B\in𝔅 \}$ より

$A\in f^{-1}(𝔅) \iff \exists B\in𝔅, A=f^{-1}(B)$

である。

★内側の $\exists O$ 以降に注目する。

$\exists O\in𝒪_\lambda, S=p_\lambda^{-1}(O)$ は $S\in p_\lambda^{-1}(𝒪_\lambda)$ と書ける。

よって $S\in𝓢$

　 $\iff \exists\lambda\in\Lambda, S\in p_\lambda^{-1}(𝒪_\lambda)$

　 $\iff S\in\bigcup_{\lambda\in\Lambda}p_\lambda^{-1}(𝒪_\lambda)$

となる。

以上より、

$𝓢 = \{ p_\lambda^{-1}(O) \mid \lambda\in\Lambda, O\in𝒪_\lambda \}$

　 $= \bigcup_{\lambda\in\Lambda}p_\lambda^{-1}(𝒪_\lambda)$ ∎

2026-08-01

各点を覆う部分集合族の合併は元の集合に一致する

集合論位相

$∀p∈A, ∃O_p⊂A, p∈O_p$ のとき
$A=⋃_{p∈A} O_p$

証明

$[⊂]$ 任意に $x∈A$ を取る。仮定よりある $O_p⊂A$ が存在し、 $x∈O_p$ である。よって、 $x∈⋃_{p∈A} O_p$ となる。

$[⊃]$ 任意に $x∈⋃_{p∈A}O_p$ を取る。和集合の定義から、ある $p_0∈A$ が存在し $x∈O_{p_0}$ が成り立つ。仮定より $∀p∈A$ を $p_0$ に適用し、 $O_{p_0}⊂A$ がしたがう。よって $x∈A$ である。ゆえに $⋃_{p∈A} O_p ⊂ A$ となる。