位相空間論6：相対位相

(O1) を示すには、$\emptyset,\, A\in\mathcal{O}_A$ を示せばよい。まず、$\emptyset\in\mathcal{O}$ であり $\emptyset=\emptyset\cap A$ であるから、$\emptyset\in\mathcal{O}_A$ である。また、$X\in\mathcal{O}$ であり $A=X\cap A$ であるから、$A\in\mathcal{O}_A$ である。
(O2) を示す。そのため、$V_1,\,V_2\in\mathcal{O}_A$ とする。$\mathcal{O}_A$ の定義により、各 $i=1, 2$ に対して、$U_i\in\mathcal{O}$ であって $V_i=U_i\cap A$ となるものが存在する。すると、$V_1\cap V_2=(U_1\cap A)\cap (U_2\cap A)=(U_1\cap U_2)\cap A$ であるが、$U_1\cap U_2\in\mathcal{O}$ であるから、$V_1\cap V_2\in\mathcal{O}_A$ である。
最後に (O3) を示す。そのため、$\{V_\lambda\,|\,\lambda\in \Lambda\}\subset\mathcal{O}_A$ とする。$\mathcal{O}_A$ の定義により、各 $\lambda\in \Lambda$ に対して、$U_\lambda\in \mathcal{O}$ を $U_\lambda\cap A=V_\lambda$ となるように選べる。すると、$\bigcup_{\lambda\in \Lambda} V_\lambda=\bigcup_{\lambda\in \Lambda} (U_\lambda\cap A)=(\bigcup_{\lambda\in \Lambda} U_\lambda)\cap A$ であるが、$\bigcup_{\lambda\in \Lambda} U_\lambda\in\mathcal{O}$ であるから、$\bigcup_{\lambda\in \Lambda} V_\lambda\in\mathcal{O}_A$ である。$\square$

命題2 により、包含写像 $i\colon A\to X$ は連続写像であり、$f|_A=f\circ i$ であるから、$f|_A$ は連続写像の合成となり、よって連続である。$\square$
位相空間 $X$ において $B\subset A\subset X$ であるとき、$B$ は $X$ の部分空間とも $A$ の部分空間とも考えることができるが、そのどちらで考えても位相は同じになる。すなわち、

まず、$\mathcal{O}_{A,B}\subset\mathcal{O}_{X,B}$ を示す。$W\in\mathcal{O}_{A,B}$ とする。$A$ のある開集合 $V$ に対して、$W=V\cap B$ となる。さらに、$X$ のある開集合 $U$ に対して、$V=U\cap A$ となる。すると、$W=V\cap B=(U\cap A)\cap B=U\cap B$ であるから、$W\in\mathcal{O}_{X,B}$ である。次に、$\mathcal{O}_{X,B}\subset\mathcal{O}_{A,B}$ を示す。$W\in\mathcal{O}_{X,B}$ とする。$X$ のある開集合 $U$ に対して、$W=U\cap B$ である。このとき、$V=U\cap A$ とおけば、$V$ は $A$ の開集合であって、$V\cap B=(U\cap A)\cap B=U\cap B=W$ である。よって、$W\in\mathcal{O}_{A,B}$ である。$\square$
上の 命題4 は、特に断りなく暗黙のうちに使われることが多いので注意する。

$H$ を部分空間 $A$ の閉集合とすると、$A\setminus H$ は $A$ の開集合であるから、$X$ の開集合 $U$ が存在して、$A\setminus H=U\cap A$ となる。このとき、$F=X\setminus U$ とおけば、$F$ は $X$ の閉集合であって、$H=A\setminus (A\setminus H)=A\setminus (U\cap A)=A\setminus U=A\cap (X\setminus U)=A\cap F$ である。よって $H\in\mathcal{F}_A$ となる。
逆に、$H\in\mathcal{F}_A$ とすると、$X$ の閉集合 $F$ で $H=F\cap A$ となるものが存在する。$U=X\setminus F$ とおくと、$U$ は $X$ の開集合であって、$U\cap A$ は $A$ の開集合である。ところが、$H=F\cap A=(X\setminus U)\cap A=A\setminus U=A\setminus (U\cap A)$ であるから、$H$ は $A$ の閉集合である。$\square$
上の命題から、$X$ の部分空間 $A$ とは、$X$ の閉集合 $F$ を用いて $F\cap A$ の形で書ける集合を閉集合とする位相空間であるということもできる。部分空間における開集合・閉集合を扱うときには、次の二つの命題が基本的である。

$U$ を位相空間 $X$ の開集合、$V$ を部分空間 $U$ の開集合とする。このとき、$X$ の開集合 $V'$ が存在して、$V=V'\cap U$ となる。$V'$ も $U$ も $X$ の開集合なので、$V'\cap U$ は $X$ の開集合であり、よって $V$ は $X$ の開集合となる。閉集合についての主張も、 命題5 を用いれば同様に示される。$\square$

$B$ が $X$ の開集合とすると、$B\subset A$ により $B=B\cap A$ であるから、$B$ は $A$ の開集合である。閉集合についての主張も、 命題5 を用いれば同様に示される。$\square$
さて、$(X, d)$ を距離空間とし、$A$ を $X$ の部分集合とする。このとき、$A$ に位相を定める自然な方法が二通りある。
一つ目は次のようなものである。距離空間 $(X, d)$ は位相空間 $(X, \mathcal{O}_d)$ を定める（ 命題3 ）ので、その相対位相を考えることで、$A$ に位相 $(\mathcal{O}_d)_A$ が定まる。また、二つ目は次のようなものである。距離 $d$ の制限 $d_A=d|_{A\times A}$ は $A$ 上の距離となるから（ 注意 ）、距離空間 $(A, d_A)$ が得られ、これから $A$ に位相 $\mathcal{O}_{d_A}$ が定まる。ところが、実際にはこの二通りの位相は実際には一致するので、区別する必要がない。つまり、次が成り立つ。

まず、$(\mathcal{O}_d)_A\subset \mathcal{O}_{d_A}$ を示す。そのため、$V\in(\mathcal{O}_d)_A$ とする。すると、$U\in\mathcal{O}_d$ であって $V=U\cap A$ となるものが存在する。$x\in V$ を任意に与える。すると $x\in U$ だから、ある $r>0$ が存在して、$B_d(x,r)\subset U$ である。距離の制限の定義 $d_A=d|_{A\times A}$ により、$B_{d_A}(x,r)=B_d(x,r)\cap A$ となるから、$B_{d_A}(x,r)\subset U\cap A=V$ である。これで、$V\in\mathcal{O}_{d_A}$ が示された。
次に、$\mathcal{O}_{d_A}\subset (\mathcal{O}_d)_A$ を示す。そのため、$V\in\mathcal{O}_{d_A}$ とする。各 $x\in V$ に対して、$r_x>0$ を $B_{d_A}(x, r_x)\subset V$ つまり $B_d(x, r_x)\cap A\subset V$ となるように選べる。$U=\bigcup_{x\in V} B_d(x, r_x)$ とおくと $U\in\mathcal{O}_d$ である。さらに、$U\cap A=(\bigcup_{x\in V} B_d(x, r_x))\cap A=\bigcup_{x\in V} (B_d(x, r_x)\cap A)\subset V$ である。一方、$U$ の定義より $V\subset U$ であり、また $V\in\mathcal{O}_{d_A}$ から $V\subset A$ なので $V\subset U\cap A$ である。以上により、$V=U\cap A$ であるから、$V\in(\mathcal{O}_d)_A$ である。$\square$

まず、第一可算の場合を示す。$X$ を第一可算な位相空間とし、$A\subset X$ とする。$x\in A$ を任意に与える。$x$ が $A$ において高々可算な基本近傍系をもつことを示せばよい。$X$ は第一可算だから、$x$ は $X$ における高々可算な基本近傍系 $\mathcal{U}=\{U_n\,|\,n\in\mathbb{N}\}$ をもつ。各 $n\in\mathbb{N}$ に対して、$x\in U'_n\subset U_n$ となるような $X$ の開集合 $U'_n$ を選べば $\{U'_n\,|\,n\in\mathbb{N}\}$ も $x$ の $X$ における基本近傍系である。したがって、はじめから各 $n\in\mathbb{N}$ に対して $U_n$ は開集合であると仮定してよい。このとき、$\mathcal{V}=\{U\cap A\,|\,U\in\mathcal{U}\}$ とおくと、$\mathcal{V}$ は $x$ の $A$ における開近傍からなる高々可算な族であるが、この $\mathcal{V}$ が $x$ の $A$ における基本近傍系であることを示そう。そのため、$x$ の $A$ における開近傍 $V$ を任意に与える。すると、$X$ の開集合 $\tilde{V}$ が存在して $V=\tilde{V}\cap A$ である。このとき $\tilde{V}$ は $x$ の $X$ における開近傍なので、ある $n\in\mathbb{N}$ が存在して $U_n\subset \tilde{V}$ となる。したがって、$U_n\cap A\subset\tilde{V}\cap A=V$ である。$U_n\cap A\in\mathcal{V}$ であるから、これで $\mathcal{V}$ が $x$ の $A$ における基本近傍系であることが示された。$\mathcal{V}$ は高々可算であるから、 $A$ が第一可算であることが証明された。
次に、第二可算の場合を示す。$X$ を第二可算な位相空間とし、$A\subset X$ とする。$A$ が高々可算な開基をもつことを示せばよい。$X$ は第二可算であるから、$X$ の高々可算な開基 $\mathcal{B}$ が存在する。すると、$\mathcal{B}'=\{B\cap A\,|\,B\in\mathcal{B}\}$ は $A$ の開集合からなる高々可算な族であるが、$\mathcal{B}'$ が $A$ の開基となることを示そう。そのため、$A$ の開集合 $V$ と $x\in V$ を任意に与える。すると、$X$ の開集合 $\tilde{V}$ であって $V=\tilde{V}\cap A$ となるものが存在する。すると $x\in\tilde{V}$ であり $\mathcal{B}$ は $X$ の開基であるから、$B\in\mathcal{B}$ であって $x\in B\subset \tilde{V}$ となるものが存在する。このとき $x\in B\cap A\subset \tilde{V}\cap A=V$ であり、$B\cap A$ は $\mathcal{B}'$ の要素であるから、$\mathcal{B}'$ が $A$ の開基であることが示された。$\mathcal{B}'$ は高々可算であるから、$A$ が第二可算であることが証明された。$\square$
次の命題は、場合分けによって定義された写像の連続性を示すのに有用である。

1. $V$ を $Y$ の開集合とする。仮定から、任意の $\lambda\in \Lambda$ に対して $(f|_{U_\lambda})^{-1}(V)=f^{-1}(V)\cap U_\lambda$ は $U_\lambda$ の開集合である。 命題6 により、$f^{-1}(V)\cap U_\lambda$ は $X$ の開集合となる。よって、和集合 $\bigcup_{\lambda\in \Lambda}(f^{-1}(V)\cap U_\lambda)$ は $X$ の開集合である。ところが、$f^{-1}(V)=f^{-1}(V)\cap X=f^{-1}(V)\cap(\bigcup_{\lambda\in \Lambda} U_\lambda)=\bigcup_{\lambda\in \Lambda}(f^{-1}(V)\cap U_\lambda)$ であるから、$f^{-1}(V)$ は $X$ の開集合となる。よって、$f$ は連続である。
2. 命題3 を用いて示す。$H$ を $Y$ の閉集合とする。仮定から、任意の $i=1,\ldots,n$ に対して $(f|_{F_i})^{-1}(H)=f^{-1}(H)\cap F_i$ は $F_i$ の閉集合である。 命題6 により、$f^{-1}(H)\cap F_i$ は $X$ の閉集合となる。よって、有限和 $\bigcup_{i=1}^n (f^{-i}(H)\cap F_i)$ は $X$ の閉集合である。ところが、$f^{-1}(H)=f^{-1}(H)\cap X=f^{-1}(H)\cap(\bigcup_{i=1}^n F_i)=\bigcup_{i=1}^n(f^{-1}(H)\cap F_i)$ であるから、$f^{-1}(H)$ は $X$ の閉集合となる。よって、 命題3 により、$f$は連続である。$\square$

(1)$\Rightarrow$(2) を示す。$A$ の点列 $(x_n)_{n=1}^\infty$ が (1) の意味で $x\in A$ に収束したとする。このとき、(2) の意味でも収束していることを示すため、$V$ を $A$ における $x$ の開近傍とする。相対位相の定義から、ある開集合 $U$ が存在して、$V=U\cap A$ である。このとき、$U$ は $x$ の $X$ における開近傍となっている。いま $(x_n)_{n=1}^\infty$ は (1) の意味で $x\in A$ に収束しているから、$N\in\mathbb{N}$ が存在して、$n\geq N$ のとき常に $x_n\in U$ である。ところが、$(x_n)_{n=1}^\infty$ は $A$ の点列であるから、このとき、$n\geq N$ のとき常に $x_n\in U\cap A=V$ であることが分かる。これで、$(x_n)_{n=1}^\infty$ は (2) の意味でも $x$ に収束していることが示された。
(2)$\Rightarrow$(1) を示す。$A$ の点列 $(x_n)_{n=1}^\infty$ が (2) の意味で $x\in A$ に収束したとする。このとき、(1) の意味でも収束していることを示すため、$U$ を $X$ における $x$ の開近傍とする。相対位相の定義から、$V=U\cap A$ とおけば $V$ は $A$ の開集合で、$x$ の $A$ における開近傍となっている。いま $(x_n)_{n=1}^\infty$ は (2) の意味で $x\in A$ に収束しているから、$N\in\mathbb{N}$ が存在して、$n\geq N$ のとき常に $x_n\in V$ である。$V\subset U$ であるから、このとき、$n\geq N$ のとき常に $x_n\in U$ も成り立つ。これで、$(x_n)_{n=1}^\infty$ は (1) の意味でも $x$ に収束していることが示された。$\square$
部分空間における閉包は、元の位相空間における閉包によって記述できる。

$\operatorname{Cl}_X B$ は $X$ の閉集合であるから、 命題5 により、$A\cap \operatorname{Cl}_X B$ は $A$ の閉集合である。一方、$B\subset A$ かつ $B\subset\operatorname{Cl}_X B$ であるから、$B\subset A\cap\operatorname{Cl}_X B$ である。したがって、部分空間 $A$ において 命題1 を用いることで、$\operatorname{Cl}_A B\subset A\cap\operatorname{Cl}_X B$ を得る。逆の包含 $A\cap\operatorname{Cl}_X B\subset\operatorname{Cl}_A B$ を示すため、$x\in A\cap\operatorname{Cl}_X B$ とする。$x\in\operatorname{Cl}_A B$ を、 命題3 を用いて示そう。そのため $x$ の $A$ における開近傍 $V$ を任意に与える。すると、$X$ における開集合 $U$ で $V=U\cap A$ となるものが存在する。このとき、$U$ は $x$ の開近傍であり、$x\in\operatorname{Cl}_X B$ であるから、 命題3 により $U\cap B\neq\emptyset$ である。$B\subset A$ なので $U\cap B=U\cap B\cap A=(U\cap A)\cap B=V\cap B$ であり、したがって、$V\cap B\neq\emptyset$ である。これが $x$ の $A$ における任意の開近傍 $V$ について成り立つので、$x\in\operatorname{Cl}_A B$ である。これで、$A\cap\operatorname{Cl}_X B\subset\operatorname{Cl}_A B$ が示された。$\square$

$i\colon A\to X$ を包含写像とすると、$i\circ f^A=f$ であることに注意する。
$f^A$ の連続性を示すため、$V$ を $A$ の開集合とする。すると、$X$ の開集合 $U$ で $U\cap A=V$ となるものが存在する。これは言い換えると $i^{-1}(U)=V$ である。よって、$f_A^{-1}(V)=f_A^{-1}(i^{-1}(U))=(i\circ f^A)^{-1}(U)=f^{-1}(U)$ である。$f$ は連続なので、$f^{-1}(U)$ は $Y$ の開集合である。よって、$f_A^{-1}(V)$ は $Y$ の開集合となる。これで、$f^A$ の連続性が示された。$\square$
上では、$f\colon Y\to X$ と $f^A\colon Y\to A$ を別の記号で書いて区別した。もちろんこれは本来必要な区別であるが、記号をむやみに煩雑にしないために、実際にはこの二つを同じ記号で表すこともある。そのような場合は、たとえば「連続写像 $f\colon Y\to X$ について $f(Y)\subset A$ が成り立つので、$f$ は $A$ への連続写像 $f\colon Y\to A$ と見なせる」などのように書く。
位相空間 $X,$ $Y$ について、実際には $X\subset Y$ ではないが $X$ を $Y$ の部分空間と同一視したいという状況がしばしばある。そのような状況で用いられる概念が以下で定義する埋め込みである。

$\hat{f}\colon X\to f(X)$ を、$f$ の終域を $f(X)$ に制限して得られる連続全単射とする。このとき、定義により、$f$ が埋め込みであることは $\hat{f}$ が同相写像であることと同値である。(2), (3) の条件はそれぞれ、$\hat{f}$ が開写像、閉写像であることを述べている。よって、 命題14 により、(1)-(3) の同値性が分かる。
(1) $\Rightarrow$ (4) を示す。$f$ を埋め込みとすると、$\hat{f}\colon X\to f(X)$ は同相写像である。$Z$ を位相空間、$g\colon Z\to X$ を写像とし、$f\circ g\colon Z\to Y$ が連続になるとする。$f\circ g(Z)=f(g(Z))\subset f(X)$ だから、$f\circ g$ の終域を $f(X)$ に制限することで連続写像 $h\colon Z\to f(X)$ を得る。すると、連続写像の合成として $\hat{f}^{-1}\circ h\colon Z\to X$ は連続だが、この $\hat{f}^{-1}\circ h$ は定義から $g$ と一致する。よって、$g$ は連続である。
最後に、(4) $\Rightarrow$ (1) を示す。(4) が成り立つとしよう。このとき $\hat{f}\colon X\to f(X)$ が同相写像であることを示せばよく、それには $\hat{f}^{-1}\colon f(X)\to X$ が連続だと言えればよい。そこで、$Z=f(X),$ $g=\hat{f}^{-1}$ に対して (4) を適用する。いま、$f\circ\hat{f}^{-1}\colon f(X)\to Y$ は包含写像に一致するから連続である。よって、$\hat{f}^{-1}\colon f(X)\to X$ は連続である。$\square$

1. を示す。$f,$ $g$ を埋め込みとする。$f,$ $g$ は連続な単射であるから、$g\circ f\colon X\to Z$ も連続な単射である。 命題14 の条件(4)を用いて、$g\circ f$ が埋め込みであることを示そう。そこで、$W$ を任意の位相空間とし、写像 $h\colon W\to X$ に対して $g\circ f\circ h\colon W\to Z$ が連続であると仮定する。$g$ は埋め込みだから、 命題14 (1) $\Rightarrow$ (4)により $f\circ h\colon W\to Y$ は連続である。さらに、$f$ は埋め込みだから、再び 命題14 (1) $\Rightarrow$ (4)により $h\colon W\to X$ は連続である。したがって、 命題14 (4) $\Rightarrow$ (1)により $g\circ f\colon X\to Z$ は埋め込みである。
2. を示す。$g\circ f$ を埋め込みとする。このとき $g\circ f$ は単射であるが、このことから $f\colon X\to Y$ は単射と分かる。実際、$x, x'\in X$ に対して $f(x)=f(x')$ であるとすると、$g\circ f(x)=g\circ f(x')$ であるから、$g\circ f$ の単射性から $x=x'$ となる。したがって、$f$ は連続な単射である。 命題14 の条件(4)を用いて、$f$ が埋め込みであることを示そう。そこで、$W$ を任意の位相空間とし、写像 $h\colon W\to X$ に対して $f\circ h\colon W\to Y$ が連続であるとする。すると、$g\circ f\circ h\colon W\to Z$ も連続である。$g\circ f$ は埋め込みだから、 命題14 (1) $\Rightarrow$ (4)により$h\colon W\to Z$ は連続である。したがって、 命題14 (4) $\Rightarrow$ (1)により $f\colon X\to Y$ は埋め込みである。$\square$

$f\colon X\to Y$ が連続な単射であって、$f$ が開写像であるとする。 命題14 (2)の条件を用いて、$f$ が埋め込みであることを示そう。$U$ を $X$ の開集合とする。$f$ は開写像なので、$f(U)$ は $Y$ の開集合である。$f(U)=f(U)\cap f(X)$ なので、$f(U)$ は $f(X)$ の開集合でもある。よって、 命題14 (2) $\Rightarrow$ (1)により、$f$ は埋め込みである。同様に、$f$ が閉写像のときも 命題14 (3)の条件から $f$ が埋め込みであることが示される。$\square$

どちらも同様なので、開埋め込みの場合のみ示す。まず、必要性を示す。$f\colon X\to Y$ を開埋め込みとすると、$f$ は開写像であり $X$ 自身は $X$ の開集合だから、$f(X)$ は $Y$ の開集合である。次に十分性を示すため、$f\colon X\to Y$ が埋め込みであって $f(X)$ が $Y$ の開集合であるとする。$U$ を $X$ の開集合とすると、 命題14 により $f(U)$ は $f(X)$ の開集合であるが、$f(U)$ は $Y$ の開集合であるから、 命題6 により、$f(U)$ は $Y$ の開集合となる。 よって、$f\colon X\to Y$ は開写像であるから、$f\colon X\to Y$ は開埋め込みである。$\square$
上の命題を用いて確かめられるように、 例3 (1) は閉埋め込みの例であり、 例3 (2) は開埋め込みの例となっている。 例3 (3) は開埋め込みでも閉埋め込みでもない埋め込みの例を与えている。ここで、開写像と閉写像という概念は終域をどこにとるかに依存することに注意しておこう。埋め込み $f\colon X\to Y$ は、 例3 (3) のように一般には開写像でも閉写像でもないのであるが、終域を制限した $\hat{f}\colon X\to f(X)$ は、 命題14 により、開写像かつ閉写像となる。$\square$