近傍系が細かい方が位相が大きいことのメモ

近傍系の大小と位相の大小の関係について, 多分集合と位相のどこかの本には載っていると思うが, 自分の持ってるものには載っていなかったのでメモしておく.

$X \neq \emptyset$ は集合とする. $\mathfrak{P}(X)$ （$X$ のべき集合を表す）の部分集合 $\mathscr{A}, \mathscr{B}$ について,

$\forall B \in \mathscr{B} , \exists A \in \mathscr{A} : A \subset B$

がなりたつとき, ここだけの用語として「$\mathscr{A}$ は $\mathscr{B}$ の細分である」と呼ぶことにし, 「$\mathscr{A} \prec \mathscr{B}$」という記号で表すことにする.

このとき次が成り立つ.

命題

$X \neq \emptyset$ は集合とし, $\mathcal{O}_1, \mathcal{O}_2$ はそれぞれ $X$ 上の位相であるとする. また点 $x \in X$ の, 位相 $\mathcal{O}_1, \mathcal{O}_2$ に関する基本近傍系をとり, それぞれ $\mathfrak{B}_1(x), \mathfrak{B}_2(x)$ とおく. このとき, $\forall x \in X$ について $\mathfrak{B}_2(x) \prec \mathfrak{B}_1(x)$ となる基本近傍系が存在するならば $\mathcal{O}_1 \subset \mathcal{O}_2$ である.

$Proof$

$U \in \mathcal{O}_1$ とする. $x \in U$ とする. すると $U$ は点 $x$ の近傍になるので, 基本近傍系の定義により $\exists N_1 \in \mathfrak{B}_1(x)$ であって, $N_1 \subset U$ となるものがある. 命題の仮定により, $\mathfrak{B}_2(x)$ は $\mathfrak{B}_1(x)$ の細分であるから, $\exists N_2 \in \mathfrak{B}_2(x)$ で $N_2 \subset N_1$ となるものがある. $N_2$ の内部を $N_2^i$ と表せば, $x \in N_2^i \subset N_2 \subset N_1$ となるから, $N_2$ は初めから $N_2 \in \mathcal{O}_2$ であるものとして問題ない. するといま,

$\displaystyle \forall x \in U , \exists V_x \in \mathcal{O}_2 : x \in V_x \subset U$

が示されたことになる. よって

$\displaystyle U=\bigcup_{x \in U}^{} V_x$

という等式が成り立つ. よって $U \in \mathcal{O}_2$ . （証明終）

この命題は逆も自明に成り立つ. 大雑把に言えば, 位相の大小を調べたいときは基本近傍系の（ある意味での）細かさを調べればいいということである.

閉包と積集合, 内部と和集合

$(X, \mathcal{O})$ は位相空間とし, $A, B \subset X$ を部分集合とする.

【定理１】

$\overline{A \cap B} \subset \overline{A} \cap \overline{B}$ が成り立つ.

PROOF.

一般に $A \subset \overline{A}$, $B \subset \overline{B}$ なので $A \cap B \subset \overline{A} \cap \overline{B}$. よって $\overline{A} \cap \overline{B}$ は $A \cap B$ を含む閉集合なので, 閉包の定義より $\overline{A \cap B} \subset \overline{A} \cap \overline{B}$. （証明終）

$\overline{A \cap B} \supset \overline{A} \cap \overline{B}$ はいつもなりたつとは限らない. $A=\mathbb{Q}, B=\mathbb{R} - \mathbb{Q}$ とすれば, $\overline{A \cap B} = \overline{\emptyset} = \emptyset$ となる一方で, $\overline{A} \cap \overline{B} = \mathbb{R} \cap \mathbb{R} = \mathbb{R}$ となるので異なる.

$Q$. $(\overline{A}-A) \cap (\overline{B}-B) = \emptyset$ と仮定すれば逆も成り立たないか？

追記 : 成り立たない. $A=\mathbb{Q}, B=\mathbb{R} - \mathbb{Q}$ が反例となっている.

【定理２】

$(A \cup B)^i \supset A^i \cup B^i$ が成り立つ.

PROOF.

$A^i \cup B^i$ は $A \cup B$ に含まれる開集合なので成り立つ. （証明終）

閉包の場合と同様に, 逆向きの包含は成り立たない. 反例も同じで $A=\mathbb{Q}, B=\mathbb{R}-\mathbb{Q}$ とすればよい.

以下追記.

【定理３】

$\Lambda$ を添え字の集合とし, $\{ A_\lambda \}_{\lambda \in \Lambda}$ は $X$ の部分集合族とする. このとき以下が成り立つ

1. $\displaystyle \bigcup_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda^i \subset \left( \bigcup_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda \right)^i$ .
2. $\displaystyle \left( \bigcap_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda \right)^i \subset \bigcap_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda^i$ . 特に $\Lambda$ が有限集合なら等号が成り立つ.

PROOF.

1 : 各 $\lambda$ について $A_\lambda^i \subset A_\lambda$ なので $\displaystyle \bigcup_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda^i \subset \bigcup_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda$ . この左辺は開集合であるから, この両辺の内部をとることで示される.

2 : $\Lambda = \emptyset$ のときは, 両辺とも全体集合 $X$ になるから成り立つ. 以下では $\Lambda$ は空集合でないとする. 各 $\lambda$ について $\displaystyle \bigcap_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda \subset A_\lambda $ であり, この両辺の内部をとることで, $\displaystyle \left( \bigcap_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda \right)^i \subset A_\lambda^i$ . $\lambda$ は任意であるから, $\displaystyle \left( \bigcap_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda \right)^i \subset \bigcap_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda^i$ .

$\Lambda$ が有限集合であるときに等号が成り立つこと : 空集合の場合には冒頭で書いたように成り立つ. 空集合でないときは $\left( A \cap B \right)^i = A^i \cap B^i$ より帰納的にわかる（省略）. （証明終）

1. の式において逆向きの包含が成り立たないことは定理２と同じくして分かる. あるいは $\Lambda = \mathbb{R}$ とし, $r \in \mathbb{R}$ に対して $A_r = \{ r \}$ とすれば, これも成り立たない例になっている.

2. の式において逆向きの包含が成り立たない例 : $\Lambda = \mathbb{Z}_{>0}$ とし, $\displaystyle A_n = \left[ -\frac 1 n , \frac 1 n \right]$ （閉区間）とすれば, $\displaystyle \left( \bigcap_{n=1}^\infty A_n \right)^i = \{ 0 \}^i = \emptyset$ であり, その一方で $\displaystyle A_n^i = \left( -\frac 1 n , \frac 1 n \right)$ （開区間）であるから, $\displaystyle \bigcap_{n=1}^\infty A_n^i = \{ 0 \}$ となるので成り立たない例となっている.

閉包に関しても同様な包含の式が成り立つ. 時間ができたら書くかも.

$f(x)=\frac{x}{1+x}$ の性質メモ

(1) $u \geqq 0, v \geqq 0$ について $f(u)+f(v) \geqq f(u+v)$

PROOF: $u, v$ は非負なので, $\frac{u}{1+u} \geqq \frac{u}{1+u+v}$ かつ $\frac{v}{1+v} \geqq \frac{v}{1+u+v}$ . よって

$f(u)+f(v) \geqq \frac{u}{1+u+v}+\frac{v}{1+u+v} =f(u+v)$

(2) $u < -1, v < -1$ について $f(u)+f(v) > f(u+v)$

PROOF: $u, ~ v < -1$ なので $0 > 1 + u > 1 + u + v, ~ 0>1+v>1+u+v$ .

よって $\frac{1}{1+u} < \frac{1}{1+u+v}, ~ \frac{1}{1+v} < \frac{1}{1+u+v}$ .

$f(x)=1-\frac{1}{1+x}$ とも書けるのでいまの場合 $f(u)>f(u+v), ~ f(v)>f(u+v)$ . よって示された.