位相空間論11：分離公理(1)

どの場合もほとんど同様に証明できるので、ここでは $T_2$ 空間の場合を証明する。$X$ を $T_2$ 空間とし、$A$ を $X$ の部分空間とする。$x, y\in A$ を異なる点とする。$X$ は $T_2$ 空間なので、$X$ の開集合 $U,$ $V$ であって $x\in U,$ $y\in V,$ $U\cap V=\emptyset$ となるものが存在する。このとき、$U'=U\cap A,$ $V'=V\cap A$ とおけば $U',$ $V'$ は $A$ の開集合であって、$x\in U',$ $y\in V',$ $U'\cap V'=\emptyset$ を満たす。よって、$A$ は $T_2$ 空間となる。$\square$

やはり、どの場合もほとんど同様に証明できるので、ここでは $T_2$ 空間の場合を証明する。$(X_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ を $T_2$ 空間の族とする。$X=\prod_{\lambda\in\Lambda} X_\lambda$ とし、各 $\lambda\in\Lambda$ に対して $p_\lambda\colon X\to X_\lambda$ を射影とする。$x, y\in X$ を異なる点とすると、$p_{\lambda_0}(x)\neq p_{\lambda_0}(y)$ となるような $\lambda_0\in\Lambda$ を取ることができる。$X_{\lambda_0}$ は $T_2$ 空間なので、$X_{\lambda_0}$ の開集合 $U,$ $V$ であって $p_{\lambda_0}(x)\in U,$ $p_{\lambda_0}(y)\in V,$ $U\cap V=\emptyset$ となるようなものが存在する。$\tilde{U}=p_{\lambda_0}^{-1}(U),$ $\tilde{V}=p_{\lambda_0}^{-1}(V)$ とすると、$\tilde{U},$ $\tilde{V}$ は $X$ の開集合であって、$x\in\tilde{U},$ $y\in\tilde{V},$ $\tilde{U}\cap\tilde{V}=\emptyset$ である。よって、$X$ は $T_2$ 空間である。$\square$

(1)$\Rightarrow$(2) を示す。$X$ を $T_1$ 空間とし、$x\in X$ とする。$\{x\}$ が閉集合であること、つまり $X\setminus\{x\}$ が開集合であることを示せばよい。 命題3 を用いてこれを示そう。そこで $y\in X\setminus\{x\}$ を任意に与える。$X$ は $T_1$ 空間なので、$y\in U$ かつ $x\notin U$ となるような $X$ の開集合 $U$ が存在する。すると、$U$ は $y$ の開近傍であって $U\subset X\setminus\{x\}$ である。よって、 命題3 により $X\setminus\{x\}$ は $X$ の開集合である。
(2)$\Rightarrow$(1) を示す。(2) を仮定し、$x, y\in X$ を異なる点とする。(2) により $\{y\}$ は $X$ の閉集合なので、$U=X\setminus\{y\}$ とおくと $U$ は $X$ の開集合である。このとき $x\in U$, $y\notin U$ である。これで、$X$ が $T_1$ 空間であることが示された。$\square$
数学で扱われるかなり多くの位相空間はHausdorff空間、つまり $T_2$ 空間となっている。例えば、距離空間はHausdorff空間となる。

$(X, d)$ を距離空間とし、$x, y\in X$ を異なる二点とする。すると、$r=d(x,y)$ とおくとき $r>0$ である。$U=B(x,r/2),$ $V=B(y,r/2)$ とおくと、$U,$ $V$ は $X$ の開集合で $x\in U,$ $y\in V$ である。さらに、$U\cap V=\emptyset$ である。このことを示すため、$U\cap V\neq\emptyset$ であったとして矛盾を導こう。このとき点 $z\in U\cap V=B(x,r/2)\cap B(y,r/2)$ が存在する。すると $d(x,z)< r/2$, $d(z,y)=d(y,z)< r/2$ であるから、$d(x,y)\leq d(x,z)+d(z,y)< r/2+r/2=r$ となり、$d(x,y)=r$ であることに反する。これで、$U\cap V=\emptyset$ であることが示され、$X$ が Hausdorff 空間であることが示された。$\square$
Hausdorff 空間であることの次のような言い換えは有用である。一般に、位相空間 $X$ に対して、直積空間 $X\times X$ の部分集合
$\Delta_X=\{(x,y)\in X\times X\,|\,x=y\}$ を対角集合(diagonal set)という。

(1)$\Rightarrow$(2) を示す。$X$ をHausdorff空間とする。$\Delta_X$ が $X\times X$ の閉集合であることを示すため、$(X\times X)\setminus\Delta_X$ が $X\times X$ の開集合であることを示す。これを 命題2 を用いて示すため、$(x,y)\in (X\times X)\setminus\Delta_X$ を任意に与える。$\Delta_X$ の定義により $x\neq y$ であるから、$x\in U$ および $y\in V$ となるような $X$ の開集合 $U,$ $V$ であって $U\cap V=\emptyset$ であるようなものが存在する。このとき $(U\times V)\cap\Delta_X=\emptyset$ である。これを示すため、$(U\times V)\cap\Delta_X\neq\emptyset$ であったとし、点 $(x', y')\in (U\times V)\cap\Delta_X$ を取ろう。すると、$x'\in U$, $y'\in V$, $x'=y'$ であるから、$x'\in U\cap V$ となり、これは $U\cap V=\emptyset$ であったことに反する。この矛盾により $(U\times V)\cap\Delta_X=\emptyset$ が示され、よって$U\times V\subset (X\times X)\setminus\Delta_X$ となることが分かった。したがって、 命題2 により、$(X\times X)\setminus\Delta_X$ が $X\times X$ の開集合である。よって、$\Delta_X$ は $X\times X$ の閉集合である。
(2)$\Rightarrow$(1) を示す。$\Delta_X$ が $X\times X$ の閉集合であるとする。$X$ がHausdorff空間であることを示すため、$x, y\in X$ を異なる二点とする。すると、$(x, y)\in(X\times X)\setminus\Delta_X$ である。$(X\times X)\setminus \Delta_X$ は直積空間 $X\times X$ の開集合であるから、 命題2 により、$x\in U,$ $y\in V$ となる $X$ の開集合 $U,$ $V$ が存在して $U\times V\subset (X\times X)\setminus\Delta_X$ である。つまり、$(U\times V)\cap\Delta_X=\emptyset$ である。もし、$U\cap V\neq\emptyset$ であるとすれば、点 $z\in U\cap V$ を取ると $(z,z)\in (U\times V)\cap\Delta_X$ となり $(U\times V)\cap\Delta_X=\emptyset$ であったことに反する。よって、$U\cap V=\emptyset$ である。これで、$X$ がHausdorff空間であることが示された。$\square$

$X'=\{x\in X\,|\,f(x)=g(x)\}$ とおく。
Hausdorff空間 $Y$ への連続写像 $f, g\colon X\to Y$ が与えられたとする。$F\colon X\to Y\times Y$ を $F(x)=(f(x), g(x))$ で定義すれば、$F$ は連続写像である（ 注意 による）。いま、 命題5 により対角集合 $\Delta_Y=\{(y,y')\in Y\times Y\,|\,y=y'\}$ は $Y\times Y$ の閉集合であるから、$F^{-1}(\Delta)$ は $X$ の閉集合である。ところが、定義により $X'=F^{-1}(\Delta_Y)$ なので、$X'$ は $X$ の閉集合である。$\square$

$X'=\{x\in X\,|\,f(x)=g(x)\}$ とおくと、 命題7 により $X'$ は $X$ の閉集合である。いま、$f|_D=g|_D$ なので、$D\subset X'$ である。よって、 命題1 により、$\operatorname{Cl} D\subset X'$ である。$D$ は $X$ において稠密だから、$\operatorname{Cl} D=X$ であり、よって $X\subset X'$ となるから $X'=X$ である。これは、すべての $x\in X$ に対して $f(x)=g(x)$ であること、すなわち $f=g$ であることを意味している。$\square$
位相空間における点列の極限は一般には存在したとしても一意的ではないが（ 注意 ）Hausdorff空間においては一意的となる。

Hausdorff空間 $X$ の点列 $(x_n)_{n=1}^\infty$ が異なる二点 $x,$ $y$ を極限にもったとして矛盾を導こう。このとき、Hausdorff空間の定義により、$x$ の開近傍 $U$ と $y$ の開近傍 $V$ で $U\cap V=\emptyset$ となるものが存在する。$(x_n)_{n=1}^\infty$ は $x$ に収束するから、ある $N_1\in\mathbb{N}$ が存在して、$n\geq N_1$ のとき常に $x_n\in U$ である。同様に、$(x_n)_{n=1}^\infty$ は $y$ に収束するから、ある $N_2\in\mathbb{N}$ が存在して、$n\geq N_2$ のとき常に $x_n\in V$ である。そこで、$N=\max\{N_1, N_2\}$ とおくと、$x_N\in U\cap V$ となる。これは、$U\cap V=\emptyset$ であったことに反する。$\square$
Euclid空間 $\mathbb{R}^n$ においてコンパクトな部分集合は閉集合であったが（ 定理11 ）、一般にHausdorff空間においても同じことが成り立つ。

$K$ をHausdorff空間 $X$ のコンパクト集合とする。このとき、$X\setminus K$ が $X$ の開集合であることを示せばよい。そのために 命題3 を用いよう。$x\in X\setminus K$ を任意に与える。各 $y\in K$ に対して、$y\neq x$ であることと $X$ のHausdorff性から、$x$ の $X$ における開近傍 $U_y$ と $y$ の $X$ における開近傍 $V_y$ を $U_y\cap V_y=\emptyset$ であるように選べる。$K$ はコンパクトで $K\subset\bigcup_{y\in Y} V_y$ であるから、有限個の $y_1,\ldots,y_n\in K$ で $K\subset\bigcup_{i=1}^n V_{y_i}$ となるものが存在する。$U=\bigcap_{i=1}^n U_{y_i}$ とおくと、$U$ は $x$ の開近傍であって、$U\cap\bigcup_{i=1}^n V_{y_i}=\emptyset$ となる。したがって、$U\cap K=\emptyset$ すなわち $U\subset X\setminus K$ である。これで、 命題3 により $X\setminus K$ が $X$ の開集合であることが示され、よって $K$ は $X$ の閉集合であることが分かった。$\square$

$X$ をコンパクト空間、$Y$ をHausdorff空間とし、$f\colon X\to Y$ を連続写像とする。$f$ が閉写像であることを示すため、$F$ を $X$ の閉集合とする。$X$ はコンパクトであるから、 命題3 により、$F$ もコンパクトである。よって、 命題4 により、$f(F)$ もコンパクトである。$Y$ はHausdorff空間であるから、 命題8 により、$f(F)$ は $Y$ の閉集合である。以上で $f$ が閉写像であることが示された。$\square$

$f\colon X\to Y$ をコンパクト空間 $X$ からHausdorff空間 $Y$ への連続な全単射とする。 定理10 により、$f$ は閉写像であるから、 命題14 により、$f$ は同相写像である。$\square$

これは 定理10 と 命題7 から直ちに導かれる。$\square$

これは 定理10 と閉埋め込みの定義（ 定義3 ）から直ちに導かれる。$\square$

この証明は二つの段階に分かれる。まず、$H$ が一点からなる特別の場合に証明する。そこで、$H=\{x\}$ とする。$X$ はHausdorff空間であるから、各 $y\in K$ に対して、$X$ の開集合 $U_y,$ $V_y$ であって $x\in U_y,$ $y\in V_y,$ $U_y\cap V_y=\emptyset$ となるものが選べる。すると、$K\subset\bigcup_{y\in K} V_y$ である。$K$ はコンパクトなので、有限個の $y_1,\ldots,y_n\in K$ が存在して、$K\subset \bigcup_{i=1}^n V_{y_i}$ となる。このとき、$U=\bigcap_{i=1}^n U_{y_i},$ $V=\bigcup_{i=1}^n V_{y_i}$ とおけば $U,$ $V$ は $X$ の開集合で、$x\in U,$ $K\subset V,$ $U\cap V=\emptyset$ である。
次に、一般の場合を証明する。すでに示したことにより、各 $x\in H$ に対して、$X$ の開集合 $U_x,$ $V_x$ であって $x\in U_x,$ $K\subset V_x,$ $U_x\cap V_x=\emptyset$ であるようなものが選べる。すると、$H\subset\bigcup_{x\in H} U_x$ である。$H$ はコンパクトなので、有限個の $x_1,\ldots, x_n\in H$ が存在して、$H\subset \bigcup_{i=1}^n U_{x_i}$ となる。このとき、$U=\bigcup_{i=1}^n U_{x_i},$ $V=\bigcap_{i=1}^n V_{x_i}$ とおけば、$U,$ $V$ は $X$ の開集合で、$H\subset U,$ $K\subset V,$ $U\cap V=\emptyset$ である。$\square$

各 $i\in\mathbb{N}$ に対して、$K_i$ はHausdorff空間 $X$ のコンパクト集合なので、 定理9 により $K_i$ は $X$ の閉集合である。いま、仮定から $K_i\subset K_1$ なので、$K_i$ は $K_1$ の閉集合でもある（ 命題7 ）。したがって、$(K_i)_{i=1}^\infty$ はコンパクト空間 $K_1$ の空でない閉集合からなる族である。よって、 命題6 により、$\bigcap_{i=1}^n K_i\neq\emptyset$ である。以下では、$K=\bigcap_{i=1}^n K_i\neq\emptyset$ とおく。$K$ はコンパクト空間 $K_1$ の閉集合なので、 命題3 によりコンパクトである。
さらに、各 $i\in\mathbb{N}$ に対して $K_i$ が連結であると仮定する。$K$ が連結であることを示そう。$K\neq\emptyset$ であることはすでに分かっている。もし、$K$ が連結でないとすると、$K$ の空でない閉集合 $F_1,$ $F_2$ であって $K=F_1\cup F_2,$ $F_1\cap F_2=\emptyset$ であるものが存在する。$F_1,$ $F_2$ はコンパクト空間 $K$ の閉集合なのでコンパクトである。したがって、$X$ がHausdorff空間であることと 定理11 により、$X$ の開集合 $U_1,$ $U_2$ が存在して $F_1\subset U_1,$ $F_2\subset U_2,$ $U_1\cap U_2=\emptyset$ となる。すると、$\{U_1\cup U_2\}\cup\{X\setminus K_i\,|\,i\in\mathbb{N}\}$ はコンパクト集合 $K_1$ の $X$ における開被覆なので、有限な部分被覆をもつ。したがって、ある $n\in\mathbb{N}$ が存在して
$$ K_1\subset (U_1\cap U_2)\cup\bigcup_{i=1}^n (X\setminus K_i)=(U_1\cup U_2)\cup(X\setminus K_n) $$
となるが、これと $K_n\subset K_1$ から $K_n\subset U_1\cup U_2$ が分かる。いま $V_i=U_i\cap K_n\,(i=1,2)$ とおくと、$V_1,$ $V_2$ は $K_n$ の開集合で、$V_1\cup V_2=K_n,$ $V_1\cap V_2=\emptyset$ である。しかも、$\emptyset\neq F_i=U_i\cap K\subset U_i\cap K_n=V_i$ だから $V_i\neq\emptyset$ である。これは、$K_n$ が連結であることに反している。これで、$K$ が連結であることが示された。$\square$