証明の答案作成の練習をする。答案の質を上げるのが目的であるので、定理は初歩的なものを選んだ。

定理：位相空間 $X$ の集合 $A$ について、次の条件は同値である：

  • $(1)$ $A$ は非連結である。

  • $(2)$ $X$ のある開集合 $U_1, U_2$ が存在して、次が成り立つ：

    \[A \subset U_1 \cup U_2,\ A \cap U_1 \ne \varnothing,\ A \cap U_2 \ne \varnothing, A \cap U_1 \cap U_2 = \varnothing.\]

検討 「～は同値である」型の主張なので、$\implies$ と $\impliedby$ を個別に証明する。

$(1)$ と $(2)$ の主張をそれぞれ論理式で書き表す。$X$ の位相を $\mathcal O$ とおく。 「非連結である」の定義は教科書の前のページにある。閉包は位相によるが今はおく。

$(1)$ に対応する論理式 $P(A)$ は次のとおり：

\[\begin{aligned} \exists A_1 \subset X \exists A_2 &\subset X(\\ &A = A_1 \cup A_2 \\ &\land A_1 \ne \varnothing\\ &\land A_2 \ne \varnothing\\ &\land A_1 \cap \overline{A_2} = \varnothing\\ &\land \overline{A_1} \cap A_2 = \varnothing ). \end{aligned}\]

$(2)$ に対応する論理式 $Q(A)$ は次のとおり：

\[\begin{aligned} \exists U_1 \in \mathcal O \exists U_2 &\in \mathcal O(\\ &A \subset U_1 \cup U_2\\ &\land A \cap U_1 \ne \varnothing,\\ &\land A \cap U_2 \ne \varnothing,\\ &\land A \cap U_1 \cap U_2 = \varnothing ). \end{aligned}\]

$(1) \implies (2)$ は $P(A)$ を仮定して $Q(A)$ が成り立つことを示す。

Givens Goal
$P(A)$ $Q(A)$

$(2) \implies (1)$ は逆に $Q(A)$ を仮定して $P(A)$ が成り立つことを示す。

Givens Goal
$Q(A)$ $P(A)$

証明： $(1) \implies (2)\colon$ $P(A)$ を仮定する。 以下、$U_1, U_2 \in \mathcal O$ を具体的に構成する。

  • $U_1$ を構成する。$A_1 \cap \overline{A_2} = \varnothing$ より $A_1$ のどの点も $A_2$ の外点である。 ゆえに $a \in A_1$ を一つとると

    \[\exists U_a \in \mathcal O(a \in U_a \land U_a \cap A_2 = \varnothing).\]

    これは $A_1$ のすべての点で成り立つ。和集合をとって $U_1$ とおく：

    \[U_1 \coloneqq \bigcup_{a \in A_1}U_a.\]

    このとき次が成り立つ：

    \[\tag*{(i)} A_1 \subset U_1 \land U_1 \cap A_2 = \varnothing.\]

  • $U_2$ を構成する。上記の議論で $A_2$ と $A_1$ を入れ替えればよい：

    \[\exists U_b \in \mathcal O(b \in U_b \land U_b \cap A_1 = \varnothing).\]

    すべての点 $b \in A_2$ で成り立つから：

    \[U_2 \coloneqq \bigcup_{b \in A_2}U_b\]

    に対して、

    \[\tag*{(ii)} A_2 \subset U_2 \land U_2 \cap A_1 = \varnothing.\]

以下、$Q(A)$ の結論部の連言の各述語を一つ一つ示していく（ここも記号を導入しておけばよかった）。

  • $A \subset U_1 \cup U_2:$ $\text{(i), (ii)}$ から $A_1 \subset U_1 \land A_2 \subset U_2.$ この二つの包含関係から和集合をとることで示される。

  • $A \cap U_1 \ne \varnothing:$

    \[\begin{aligned} A \cap U_1 &= (A_1 \cup A_2) \cap U_1 && \because A = A_1 \cup A_2\\ &= (A_1 \cap U_1) \cup (A_2 \cap U_1) && \because \text{de Morgan}\\ &= A_1 \cup \varnothing && \because \text{(i), (ii)}\\ &= A_1\\ &\ne \varnothing. && \because P(A) \end{aligned}\]
  • $A \cap U_2 \ne \varnothing:$ 上と同様に推論して $A \cap U_2 = A_2 = \varnothing.$

  • $A \cap U_1 \cap U_2 = \varnothing:$

    \[\begin{aligned} A \cap U_1 \cap U_2 &= (A_1 \cup A_2) \cap (U_1 \cap U_2)\\ &= (A_1 \cap (U_1 \cap U_2)) \cup (A_2 \cap (U_1 \cap U_2))\\ &= ((A_1 \cap U_2) \cap U_1) \cup ((A_2 \cap U_1) \cap U_2)\\ &= (\varnothing \cap U_1) \cup (\varnothing \cap U_2)\\ &= \varnothing \cup \varnothing\\ &= \varnothing. \end{aligned}\]

ゆえに $(2)$ が成り立つ。したがって $(1)$ ならば $(2)$ である。

$(2) \implies (1)$: $Q(A)$ を仮定する。$A_1, A_2 \subset X$ を具体的に構成する。

  • $A_1$ を構成する。$A_1 \coloneqq A \cap U_1$ とおく。
  • $A_2$ を構成する。$A_2 \coloneqq A \cap U_2$ とおく。

構成した $A_1, A_2$ が $P(A)$ を満たすことを以下に示す。

  • $A = A_1 \cup A_2\colon$

    \[\begin{aligned} A_1 \cup A_2 &= (A \cap U_1) \cup (A \cap U_2)\\ &= (A \cup (A \cap U_2)) \cap (U_1 \cup (A \cap U_2)) && \because \text{de Mordan}\\ &= A \cap (U_1 \cup (A \cap U_2))\\ &= A \cap ((U_1 \cup A) \cap (U_1 \cup U_2)) && \because \text{de Mordan}\\ &= A \cap (U_1 \cup A) && \because A \subset U_1 \cup U_2\\ &= A. \end{aligned}\]
  • $A_1 \ne \varnothing\colon$ $A_1 = A \cap U_1 \ne \varnothing.$
  • $A_2 \ne \varnothing\colon$ $A_2 = A \cap U_2 \ne \varnothing.$
  • $A_1 \cap \overline{A_2} = \varnothing\colon$ $A_1 \cap U_2 = A \cap U_1 \cap U_2 = \varnothing$ かつ $A_2 = A \cap U_2 \subset U_2$ による。 $A_1$ のどの点も $A_2$ の外点である。
  • $\overline{A_1} \cap A_2 = \varnothing\colon$ 上の議論で ${}_1$ と ${}_2$ を入れ替えればいい。

ゆえに $(1)$ が成り立つ。したがって $(2)$ ならば $(1)$ である。 $\blacksquare$

コメント： 位相空間としての開集合、内点・外点、閉包、集合演算の定義や性質の基礎を整理できた。 また、ある集合に対して、それを含む開近傍系を構成して、別の集合との関係を吟味する手法を習得できた。