分離公理・一様構造・距離化定理：自己完結的詳説

【完全証明】 ステップ 1：二進有理数に基づく開集合族の構成 $[0, 1]$ 内の二進有理数の集合 $D = \{ \frac{k}{2^n} \mid n \ge 0, 0 \le k \le 2^n \}$ を考える。$D$ は $[0, 1]$ で稠密である。 $r \in D$ に対し、開集合 $U_r$ を以下の条件を満たすように帰納的に定義する： $$ r < s \implies \overline{U_r} \subseteq U_s $$ まず、$U_1 = X \setminus B$ とおく。$A \cap B = \emptyset$ より $A \subseteq U_1$ である。 $X$ は正規なので、閉集合 $A$ と開集合 $U_1$ に対し（$A \subseteq U_1$）、ある開集合 $U_0$ が存在して $A \subseteq U_0 \subseteq \overline{U_0} \subseteq U_1$ を満たす。 次に $r = 1/2$ に対し、$\overline{U_0} \subseteq U_1$ であるから、正規性より $\overline{U_0} \subseteq U_{1/2} \subseteq \overline{U_{1/2}} \subseteq U_1$ となる $U_{1/2}$ をとる。 これを繰り返し、分母が $2^n$ の点に対して順次 $U_r$ を構成する。具体的には、$r = \frac{2k+1}{2^n}$ に対して、$s = \frac{2k}{2^n}$ と $t = \frac{2k+2}{2^n}$ の間に、$\overline{U_s} \subseteq U_r \subseteq \overline{U_r} \subseteq U_t$ となる $U_r$ を正規性から選ぶ。 ステップ 2：関数の定義 $x \in X$ に対し、関数 $f(x)$ を以下のように定義する： $$ f(x) = \begin{cases} \inf \{ r \in D \mid x \in U_r \} & (x \in U_1 \text{ のとき}) \\ 1 & (x \notin U_1 \text{ のとき}) \end{cases} $$ 明らかに $x \in A \implies x \in U_0 \implies f(x) = 0$。 また $x \in B \implies x \notin U_1 \implies f(x) = 1$ である。 ステップ 3：連続性の証明 $f$ が連続であることを示すため、任意の $a \in (0, 1]$ に対し $f^{-1}([0, a))$ が開集合であり、任意の $b \in [0, 1)$ に対し $f^{-1}((b, 1])$ が開集合であることを示す。 1. $f(x) < a \iff \exists r \in D, r < a, x \in U_r$ である。よって $f^{-1}([0, a)) = \bigcup_{r < a} U_r$ となり、これは開集合の和なので開である。 2. $f(x) > b \iff \exists s \in D, s > b, x \notin \overline{U_s}$ を示す。 (i) $x \notin \overline{U_s}$ ならば、任意の $r \le s$ に対し $x \notin U_r$ なので $\inf \{r \mid x \in U_r\} \ge s > b$。 (ii) 逆に $f(x) > b$ ならば、稠密性より $b < s < s' < f(x)$ となる $s, s'$ をとれる。$f(x) > s'$ より $x \notin U_{s'}$。$\overline{U_s} \subseteq U_{s'}$ なので $x \notin \overline{U_s}$。 したがって $f^{-1}((b, 1]) = \bigcup_{s > b} (X \setminus \overline{U_s})$ となり、閉集合の補集合の和なので開である。 以上より $f$ は連続である。 ■

【完全証明】 $M=1$ として一般性を失わない。$F$ 上の関数を $X$ 上へ逐次近似的に拡張していく。 ステップ 1：近似関数の列の構成 $f_1 = f$ とおく。 $A_1 = \{ x \in F \mid f_1(x) \le -1/3 \}$, $B_1 = \{ x \in F \mid f_1(x) \ge 1/3 \}$ を定義する。これらは $F$ の閉集合であり、$X$ の閉集合でもある。 ウリゾーンの補題より、連続関数 $g_1: X \to [-1/3, 1/3]$ で $g_1(A_1) = -1/3, g_1(B_1) = 1/3$ となるものが存在する。 このとき、$F$ 上で $|f_1(x) - g_1(x)| \le 2/3$ となる。 次に $f_2 = f_1 - g_1$ とおくと、$f_2$ は $F$ 上の連続関数で $|f_2| \le 2/3$ である。 同様に、$A_2 = \{ x \in F \mid f_2(x) \le - (1/3)(2/3) \}$, $B_2 = \{ x \in F \mid f_2(x) \ge (1/3)(2/3) \}$ に対し、$g_2: X \to [-(1/3)(2/3), (1/3)(2/3)]$ を作り、 $|f_2(x) - g_2(x)| \le (2/3)^2$ とする。 これを繰り返すと、関数列 $\{g_n\}$ が得られ： 1. $|g_n(x)| \le \frac{1}{3} (\frac{2}{3})^{n-1}$ ($X$ 全体で) 2. $|f(x) - \sum_{i=1}^n g_i(x)| \le (\frac{2}{3})^n$ ($F$ 上で) ステップ 2：収束の確認 ワイエルシュトラスの $M$-判定法より、級数 $g(x) = \sum_{n=1}^\infty g_n(x)$ は $X$ 上で一様収束する。 各 $g_n$ は連続なので、その一様収束極限 $g$ も連続である。 また $|g(x)| \le \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{3} (\frac{2}{3})^{n-1} = \frac{1/3}{1 - 2/3} = 1$。 さらに $x \in F$ では、$\sum g_n(x) = f(x)$ となることは構成法から明らか。 ■

【完全証明】 補題：点と閉集合の分離 $X$ をHausdorff空間、$K \subseteq X$ をコンパクト集合、$p \notin K$ とする。このとき、互いに素な開集合 $U, V$ が存在し、$p \in U, K \subseteq V$ となる。 (証明) 任意の $q \in K$ に対し、$p \neq q$ なのでHausdorff性より $U_q \cap V_q = \emptyset$ となる開近傍がとれる。$\{V_q\}_{q \in K}$ は $K$ の開被覆である。$K$ はコンパクトなので有限部分被覆 $V_{q_1}, \dots, V_{q_n}$ がとれる。 $U = \bigcap_{i=1}^n U_{q_i}$、$V = \bigcup_{i=1}^n V_{q_i}$ とおけば、$U$ は開近傍の有限交差なので開、$V$ は開。かつ $p \in U$ で $K \subseteq V$ であり、$U \cap V = \emptyset$ である。 本定理の証明 $A, B \subseteq X$ を互いに素な閉集合とする。コンパクト空間の閉部分集合はコンパクトなので、$A, B$ はともにコンパクト。 任意の $a \in A$ に対し、$a \notin B$ かつ $B$ はコンパクトなので、上記補題より $U_a \cap V_a = \emptyset$ かつ $a \in U_a, B \subseteq V_a$ となる開集合がとれる。 $\{U_a\}_{a \in A}$ は $A$ の被覆。$A$ はコンパクトなので有限部分被覆 $U_{a_1}, \dots, U_{a_m}$ がとれる。 $U = \bigcup_{j=1}^m U_{a_j}$、$V = \bigcap_{j=1}^m V_{a_j}$ とおけば、これらは開集合で $A \subseteq U, B \subseteq V, U \cap V = \emptyset$。 よって $X$ は正規である。 ■

【完全証明】 $\mathcal{F}$ を $X$ 上のコーシーフィルターとする。 1. $X$ はコンパクトなので、任意のフィルターは少なくとも一つの集積点 $x \in X$ を持つ。 2. $x$ が $\mathcal{F}$ の集積点であるとは、任意の近傍 $N(x)$ と任意の $F \in \mathcal{F}$ に対して $N(x) \cap F \neq \emptyset$ であることと同値。 3. $\mathcal{F}$ が $x$ に収束することを示す。任意の近縁 $V \in \mathcal{U}$ に対し、対称な近縁 $W$ で $W \circ W \subseteq V$ を満たすものをとる。 4. $\mathcal{F}$ はコーシーなので、ある $F_0 \in \mathcal{F}$ で $F_0 \times F_0 \subseteq W$ となる。 5. $x$ は集積点なので、$W(x) \cap F_0 \neq \emptyset$。よって $y \in F_0$ が存在して $(x,y) \in W$。 6. 任意の $z \in F_0$ に対し、$(z,y) \in F_0 \times F_0 \subseteq W$。 7. したがって $(x,z) \in W \circ W \subseteq V$。すなわち $F_0 \subseteq V(x)$。 8. $V(x) \in \mathcal{F}$ となり、これは $\mathcal{F}$ が $x$ に収束することを意味する。 ■

【証明の概略】 各 $V_n$ に対して、$f(x,y)$ を $(x,y) \notin V_n$ となる最大の $2^{-n}$（なければ $0$）とする。 これ自体は三角不等式を満たさないが、 $$ d(x,y) = \inf \left\{ \sum_{i=0}^{k-1} f(z_i, z_{i+1}) \mid z_0=x, z_k=y \right\} $$ と定義すれば $d$ は距離となる。$V_{n+1}^3 \subseteq V_n$ という条件により、この infimum が一様構造と整合的であることが保証される。

【完全証明】 ステップ 1：可算個の連続関数の抽出 $X$ は第二可算なので、可算な開基 $\mathcal{B} = \{B_n\}_{n=1}^\infty$ を持つ。 ペア $(n, m)$ で $\overline{B_n} \subseteq B_m$ となるもの全体を考える。これは可算個である。 正規空間におけるウリゾーンの補題より、各ペアに対し連続関数 $f_k: X \to [0, 1]$ を $f_k(\overline{B_n}) = 0$ かつ $f_k(X \setminus B_m) = 1$ となるようにとる。 ステップ 2：埋め込み ヒルベルト立方体 $I^\omega = [0, 1]^\mathbb{N}$ を考える。$I^\omega$ には距離 $\rho(x, y) = \sum_{n=1}^\infty \frac{|x_n - y_n|}{2^n}$ が入る。 写像 $\Phi: X \to I^\omega$ を $\Phi(x) = (f_1(x), f_2(x), \dots, f_k(x), \dots)$ と定義する。 各成分 $f_k$ は連続なので、積位相の性質より $\Phi$ は連続である。 ステップ 3：同相性の証明 1. **単射性**: $x \neq y$ とする。$X$ は $T_1$ かつ正則なので $x$ の開近傍 $U$ で $y \notin U$ なるものがとれる。さらに $\overline{B_n} \subseteq B_m \subseteq U$ なる基底を $x \in B_n$ となるようにとれる。このペアに対応する $f_k$ は $f_k(x)=0$ かつ $f_k(y)=1$ なので $\Phi(x) \neq \Phi(y)$。 2. **逆写像の連続性**: $\Phi(X)$ 上で $\Phi$ が開写像であることを示せばよい。$x \in B_n$ とし、ある $m$ で $x \in \overline{B_n} \subseteq B_m$ とする。このときある成分 $f_k$ は $f_k(x)=0, f_k(X \setminus B_m)=1$。 $I^\omega$ の開集合 $V = \{z \in I^\omega \mid z_k < 1/2\}$ に対し、$\Phi^{-1}(V \cap \Phi(X)) = \{y \in X \mid f_k(y) < 1/2\} \subseteq B_m$。 これにより $\Phi(x)$ の任意の近傍が、$\Phi(B_m)$ の中に含まれる「像の開集合」を含んでいることがわかり、$\Phi$ は $X$ から $\Phi(X)$ への同相写像である。 結論 $I^\omega$ は距離空間であり、距離空間の部分空間は距離化可能である。よって $X$ も距離化可能である。 ■