完全不連結・ゼロ次元・超不連結の位相的性質とその関係

$X$ をゼロ次元な $T_0$ 空間とする。$X$ が完全不連結であることを示すためには、$X$ の任意の部分集合 $C$ について、$C$ が2つ以上の点を含むならば $C$ は連結ではないことを示せばよい。
$C \subset X$ を相異なる2点 $x, y$ を含む部分集合とする。
$X$ は $T_0$ 空間であるため、一般性を失うことなく、$x$ を含み $y$ を含まない開集合 $U \subset X$ が存在すると仮定してよい。
$X$ はゼロ次元であるから、clopen な部分集合からなる開基を持つ。したがって、$x \in U$ に対して、ある clopen 集合 $V \subset X$ が存在して、$x \in V \subset U$ が成り立つ。
ここで、部分集合 $C$ を2つの集合 $C_1 = V \cap C$ と $C_2 = (X \smallsetminus V) \cap C$ に分割する。
$V$ は $X$ において clopen であるため、$V$ も $X \smallsetminus V$ も $X$ の開集合である。したがって、$C_1$ と $C_2$ は部分空間 $C$ の相対位相においてともに開集合である。
さらに、$x \in V$ かつ $x \in C$ より $x \in C_1$ であるから、$C_1$ は空ではない。また、$V \subset U$ であり $y \notin U$ であるから $y \notin V$ となる。よって $y \in X \smallsetminus V$ かつ $y \in C$ より $y \in C_2$ となり、$C_2$ も空ではない。
構成より $C_1 \cup C_2 = C$ であり、$C_1 \cap C_2 = \varnothing$ である。
以上より、$C$ は相対位相における2つの互いに素な空でない開集合 $C_1$ と $C_2$ の和集合として表されるため、非連結である。
したがって、$X$ の任意の連結部分集合は高々1つの点しか持たないため、$X$ は完全不連結である。 (証明終)

$X$ を超不連結な正則空間とする。$X$ がゼロ次元であることを示すためには、任意の点 $x \in X$ と $x$ を含む任意の開集合 $U \subset X$ に対して、$x \in V \subset U$ となる clopen 集合 $V$ が存在することを示せばよい。
点 $x \in X$ と、$x$ を含む開集合 $U$ を任意にとる。
$X$ は正則空間であるため、点 $x$ と開近傍 $U$ に対して、ある開集合 $W \subset X$ が存在して、$x \in W \subset \overline{W} \subset U$ が成り立つ。
ここで、$X$ が超不連結であるという仮定を用いる。開集合 $W$ に対して、その閉包 $\overline{W}$ は定義より $X$ の開集合となる。
一方、任意の集合の閉包は閉集合であるから、$\overline{W}$ は $X$ の閉集合でもある。
したがって、$V = \overline{W}$ とおくと、$V$ は $X$ の開集合かつ閉集合、すなわち clopen 集合である。
このとき、$x \in W \subset \overline{W} = V$ であり、かつ $V = \overline{W} \subset U$ であるから、$x \in V \subset U$ が成り立つ。
よって、$X$ の clopen な部分集合全体は開基をなし、$X$ はゼロ次元である。 (証明終)

$X$ を $T_2$ 空間かつ超不連結な空間とする。
任意の相異なる2点 $x, y \in X$ に対して、$X$ は $T_2$ 空間であるから、互いに素な開集合 $U, V$ が存在して $x \in U$ かつ $y \in V$ を満たす。
$U \cap V = \varnothing$ より、$U \subset X \smallsetminus V$ である。$V$ は開集合であるから $X \smallsetminus V$ は閉集合であり、閉包の最小性より $\overline{U} \subset X \smallsetminus V$ が成り立つ。したがって $\overline{U} \cap V = \varnothing$ である。
ここで $X$ は超不連結であるため、開集合 $U$ の閉包 $\overline{U}$ は開集合でもある。閉包は常に閉集合であるから、$\overline{U}$ は clopen 集合となる。
$x \in U \subset \overline{U}$ より $x \in \overline{U}$ であり、$\overline{U} \cap V = \varnothing$ かつ $y \in V$ より $y \notin \overline{U}$ である。
任意の相異なる2点が clopen 集合により分離されるため、$X$ の任意の連結成分は1点のみからなり、$X$ は完全不連結である。 (証明終)

$X$ から相異なる2点 $a, b$ を任意にとる。
$a \neq b$ であるため、ある添え字 $i$ が存在して $a_i \neq b_i$ となる。一般性を失うことなく $a_i < b_i$ と仮定してよい。
ここで、$a_i$ と $b_i$ の間にある無理数 $z$ を1つ選ぶ（すなわち $a_i < z < b_i$）。
空間 $X$ の部分集合 $U, V$ を次のように定める。 $$ U = \{ x \in X \mid x_i < z \} $$ $$ V = \{ x \in X \mid x_i > z \} $$ 各 $x \in X$ の第 $i$ 成分 $x_i$ は有理数であるため、$x_i = z$ となることはない。したがって、$X = U \cup V$ であり、$U \cap V = \varnothing$ である。
写像 $X \to \mathbb{R} \ (x \mapsto x_i)$ は距離の定義より連続であるため、$U$ と $V$ は $X$ の開集合である。
ゆえに $U$ は開集合かつ閉集合（clopen 集合）であり、$a \in U$ かつ $b \notin U$ を満たす。
任意の相異なる2点が clopen 集合によって分離される（totally separated である）ため、1点より多くの点を含む部分集合は連結になり得ず、したがって $X$ は完全不連結である。 (証明終)

$X$ がゼロ次元であると仮定して矛盾を導く。
原点 $0 = (0, 0, \dots) \in X$ を考える。$X$ の閉単位球を $B = \{ x \in X \mid \|x\|_2 \le 1 \}$ とおく。
$X$ がゼロ次元であるならば、原点 $0$ の開近傍であって $B$ に含まれるような clopen 集合 $U$ が存在するはずである。
この $U$ に対して、以下の手順で有理数の数列 $(a_k)_{k=1}^\infty$ を帰納的に構成する。

$k=1$ のとき、集合 $I_1 = \{ t \in \mathbb{Q} \mid (t, 0, 0, \dots) \in U \}$ を考える。$0 \in U$ より $0 \in I_1$ であり、また $U \subset B$ より $t^2 \le 1$ であるため、$I_1$ は有界である。$U$ が $X$ で clopen であることから、$I_1$ は $\mathbb{Q}$ において clopen となる。$I_1$ は $\mathbb{Q}$ の空でない有界な clopen 集合であるため、その実数における上限 $S_1 = \sup I_1$ は無理数となる（もし有理数であれば、開集合か閉集合の性質に反する）。
$S_1$ が無理数であることから、 $I_1$ に属する有理数 $a_1$ と、$I_1$ に属さない有理数 $b_1$ を、ともに $S_1$ に十分近くなるように（距離が $1$ 未満になるように）選ぶことができる。

同様にして第 $k$ 段階において、$x^{(k-1)} = (a_1, \dots, a_{k-1}, 0, \dots) \in U$ が得られているとする。
集合 $I_k = \{ t \in \mathbb{Q} \mid (a_1, \dots, a_{k-1}, t, 0, \dots) \in U \}$ を考える。$0 \in I_k$ であり、また $t^2 + \sum_{i=1}^{k-1} a_i^2 \le 1$ となるため $I_k$ は有界な clopen 集合である。
上限 $S_k = \sup I_k$ は無理数となるため、$I_k$ に属する有理数 $a_k$ と属さない有理数 $b_k$ を、$|a_k - b_k| < 1/k$ となるように選ぶことができる。
これにより、$x^{(k)} = (a_1, \dots, a_k, 0, \dots)$ は $U$ に属し、$y^{(k)} = (a_1, \dots, a_{k-1}, b_k, 0, \dots)$ は $U$ に属さない。

この構成により得られた点 $x = (a_1, a_2, \dots)$ を考える。
各 $k$ について $x^{(k)} \in U \subset B$ であるから $\sum_{i=1}^k a_i^2 \le 1$ であり、ゆえに $\sum_{i=1}^\infty a_i^2 \le 1$ となるため $x \in X$ である。
$d(x^{(k)}, x)^2 = \sum_{i=k+1}^\infty a_i^2 \to 0$ であるため、$x^{(k)}$ は $X$ において $x$ に収束する。$U$ は閉集合であるため、$x \in U$ である。
一方で、$d(x^{(k)}, y^{(k)}) = |a_k - b_k| < 1/k$ であるため、$d(y^{(k)}, x) \le d(y^{(k)}, x^{(k)}) + d(x^{(k)}, x) \to 0$ となり、$y^{(k)}$ も $x$ に収束する。$X \smallsetminus U$ は閉集合であり、$y^{(k)} \in X \smallsetminus U$ であるため、$x \in X \smallsetminus U$ となる。
これは $x \in U \cap (X \smallsetminus U) = \varnothing$ を意味し、矛盾である。
したがって、$X$ はゼロ次元ではない。 (証明終)

$X$ は局所コンパクトであるから、点 $x$ にはコンパクトな近傍 $K$ が存在する。すなわち、ある開集合 $G \subset X$ が存在して $x \in G \subset K$ を満たす。
$K$ はコンパクトな Hausdorff 空間であるため、正規空間（したがって正則空間）である。
部分空間 $K$ における開集合 $W \cap G$ は $x$ を含む。$K$ の正則性より、ある $K$ の開集合 $V$ が存在して、$x \in V \subset \overline{V}^K \subset W \cap G$ を満たす（ここで $\overline{V}^K$ は $K$ における $V$ の閉包である）。
$V$ は $K$ の開集合であり、$V \subset G \subset K$ を満たし、$G$ は $X$ の開集合であるから、$V$ は $X$ においても開集合である。
また、$K$ は $X$ の閉集合（Hausdorff 空間のコンパクト部分集合は閉集合）であるため、$K$ における閉包と $X$ における閉包は一致する。よって $\overline{V}^K = \overline{V}$ である。
$\overline{V}$ はコンパクト空間 $K$ の閉集合であるから、それ自身もコンパクトである。
以上より、$x \in V \subset \overline{V} \subset W$ であり、$\overline{V}$ はコンパクトである。 (証明終)

$x \in K$ の擬連結成分を $Q_x$ とする。$Q_x$ は clopen 集合の共通部分であるため、$K$ の閉集合である。
$Q_x$ が非連結であると仮定し、矛盾を導く。
仮定より、$Q_x = A \cup B$ を満たす互いに素な空でない閉集合 $A, B \subset Q_x$ が存在する。$Q_x$ は $K$ の閉集合であるため、$A$ と $B$ は $K$ においても閉集合である。
コンパクト Hausdorff 空間 $K$ は正規空間であるため、互いに素な閉集合 $A, B$ に対して、互いに素な開集合 $U_A, U_B \subset K$ が存在して $A \subset U_A$ かつ $B \subset U_B$ が成り立つ。
ここで、$Y = K \smallsetminus (U_A \cup U_B)$ とおくと、$Y$ は $K$ の閉集合であり、したがってコンパクトである。構成より $Y \cap Q_x = \varnothing$ である。
任意の $y \in Y$ に対して、$y \notin Q_x$ であるから、擬連結成分の定義より、ある $K$ の clopen 集合 $V_y$ が存在して $x \in V_y$ かつ $y \notin V_y$ を満たす。
$K \smallsetminus V_y$ は $y$ を含む開集合であるから、族 $\{ K \smallsetminus V_y \mid y \in Y \}$ はコンパクトな集合 $Y$ の開被覆となる。
したがって、有限部分被覆 $\{ K \smallsetminus V_{y_1}, \dots, K \smallsetminus V_{y_n} \}$ が存在する。
$V = \bigcap_{i=1}^n V_{y_i}$ とおくと、$V$ は有限個の clopen 集合の共通部分であるから、$K$ の clopen 集合である。さらに $x \in V$ であり、$V \cap Y = \varnothing$ すなわち $V \subset U_A \cup U_B$ が成り立つ。
$V$ と $U_A$ は $K$ の開集合であるから、$V \cap U_A$ は $K$ の開集合である。同時に、$V \cap U_A = V \smallsetminus U_B$ と書けるため、$V \cap U_A$ は $K$ の閉集合でもある。
ゆえに $V \cap U_A$ は $x$ を含む $K$ の clopen 集合である。
擬連結成分の定義より、 $x$ を含む任意の clopen 集合は $Q_x$ を包含するため、$Q_x \subset V \cap U_A$ となる。
しかし、これは $B \subset Q_x \subset U_A$ を意味し、$B \subset U_B$ かつ $U_A \cap U_B = \varnothing$ であることと矛盾する。
したがって、$Q_x$ は連結である。 (証明終)

点 $x \in X$ と開近傍 $U$ を任意にとる。
補題1より、ある開集合 $G \subset X$ が存在して、$x \in G \subset \overline{G} \subset U$ となり、かつ $\overline{G}$ はコンパクトになる。
$K = \overline{G}$ とおく。$K$ はコンパクトな Hausdorff 空間である。
$X$ は完全不連結であるため、その部分空間 $K$ も完全不連結である。したがって、$K$ における点 $x$ の連結成分は単元集合 $\{x\}$ のみからなる。
補題2より、コンパクト Hausdorff 空間 $K$ においては連結成分と擬連結成分が一致するため、$K$ における $x$ の擬連結成分も $\{x\}$ である。
すなわち、$x$ を含む $K$ のすべての clopen 集合の共通部分は $\{x\}$ である。
ここで、部分集合の境界 $\partial G = K \smallsetminus G$ を考える。
$G$ は $K$ において開集合であるため、$\partial G$ は $K$ の閉集合であり、したがってコンパクトである。また、$x \in G$ であるから $x \notin \partial G$ である。
$\partial G$ の任意の点 $y$ に対して、$y \neq x$ であるから擬連結成分の性質より、ある $K$ の clopen 集合 $W_y$ が存在して、$x \in W_y$ かつ $y \notin W_y$ を満たす。
集合族 $\{ K \smallsetminus W_y \mid y \in \partial G \}$ はコンパクトな集合 $\partial G$ の開被覆となるため、有限部分被覆 $\{ K \smallsetminus W_{y_1}, \dots, K \smallsetminus W_{y_m} \}$ が存在する。
$W = \bigcap_{i=1}^m W_{y_i}$ とおく。
$W$ は有限個の clopen 集合の共通部分であるから、$K$ において clopen 集合である。
また構成より $x \in W$ であり、$W \cap \partial G = \varnothing$ である。
$\partial G = K \smallsetminus G$ であるため、$W \cap \partial G = \varnothing$ は $W \subset G$ を意味する。
最後に、この $W$ が $X$ 全体において clopen 集合であることを示す。
$W$ は $K$ の開集合であり、かつ $X$ の開集合 $G$ に含まれている。$W = W \cap G$ と書け、$W$ は $K$ の相対位相で開集合だからある $X$ の開集合 $O$ を用いて $W = O \cap K$ と表せる。ゆえに $W = (O \cap K) \cap G = O \cap G$ となり、$W$ は $X$ の2つの開集合の共通部分となるため、$X$ において開集合である。
一方で、$W$ は閉集合 $K$ の閉部分集合であるから、$X$ においても閉集合である。
したがって、$W$ は $X$ の clopen 集合であり、 $x \in W \subset G \subset K \subset U$ すなわち $x \in W \subset U$ を満たす。
ゆえに $X$ の clopen な部分集合全体は開基をなし、$X$ はゼロ次元である。 (証明終)

$(X, d)$ を距離空間とする。
まず、$X$ が $T_1$ 空間であることを示す。任意の相異なる2点 $x, y \in X$ に対して、距離の公理より $d(x, y) > 0$ である。開球 $B(x, d(x, y)/2)$ は $x$ を含み $y$ を含まない開集合であるから、$X$ は $T_1$ 空間である。
次に、$X$ が完全正則空間であることを示す。
任意の点 $x \in X$ と、$x$ を含まない任意の閉集合 $F \subset X$ をとる。
任意の点 $z \in X$ と部分集合 $A \subset X$ に対して、点と集合の距離を $d(z, A) = \inf_{a \in A} d(z, a)$ で定義する。
$x \notin F$ であり、$F$ は閉集合であるため、$d(x, F) > 0$ である。
ここで、関数 $f : X \to \mathbb{R}$ を次のように定義する。 $$ f(z) = \frac{d(z, x)}{d(z, x) + d(z, F)} $$ 分母は常に正であり、関数 $f$ は well-defined かつ連続である。
$f(x) = 0 / (0 + d(x, F)) = 0$ であり、任意の $y \in F$ に対しては $d(y, F) = 0$ であるため $f(y) = 1$ となる。
よって、$X$ は完全正則空間であり、距離空間 $X$ は Tychonoff 空間である。 (証明終)

$X$ をゼロ次元かつ Hausdorff ( $T_2$ ) な位相空間とする。$X$ が Tychonoff 空間であることを示すには、$X$ が $T_1$ 空間であり、かつ完全正則空間 (completely regular space) であることを示せばよい。
$X$ は Hausdorff 空間であるため、自明に $T_1$ 空間である。したがって、以下では $X$ が完全正則空間であることを示す。
完全正則空間の定義より、任意の点 $x \in X$ と、$x$ を含まない任意の閉集合 $F \subset X$ をとる。
$X \smallsetminus F$ は $x$ を含む開集合である。$X$ はゼロ次元であるため、clopen 集合による開基を持つ。したがって、ある clopen 集合 $U \subset X$ が存在して、$x \in U \subset X \smallsetminus F$ を満たす。
ここで、関数 $f: X \to \mathbb{R}$ を次のように定義する。 $$ f(y) = \begin{cases} 0 & (y \in U) \\ 1 & (y \in X \smallsetminus U) \end{cases} $$ $U$ は clopen 集合であるため、$U$ も $X \smallsetminus U$ も $X$ において開集合である。
任意の実数の開集合 $O \subset \mathbb{R}$ に対して、その逆像 $f^{-1}(O)$ は $\varnothing$, $U$, $X \smallsetminus U$, または $X$ のいずれかとなる。これらはすべて $X$ の開集合であるから、$f$ は連続関数である。
また、構成より $x \in U$ であるため $f(x) = 0$ である。任意の $y \in F$ に対しては、$U \subset X \smallsetminus F$ より $y \notin U$ すなわち $y \in X \smallsetminus U$ となるため、$f(y) = 1$ である。
点と閉集合を実数値連続関数によって分離できたため、$X$ は完全正則空間である。
以上より、$X$ は Tychonoff 空間である。 (証明終)

まず、この空間 $X$ が Hausdorff 空間であることを示す。
空間 $X$ の位相 $\tau$ は、通常の $\mathbb{Q}$ の位相（これを $\tau_{eucl}$ とする）よりも細かい（すなわち $\tau_{eucl} \subset \tau$ である）。$\tau_{eucl}$ は Hausdorff 空間であるため、それより細かい位相を持つ $X$ も Hausdorff 空間である。

次に、$X$ が完全不連結 (totally disconnected) であることを示す。
$X$ の部分集合 $C$ が $2$ 点以上を含むと仮定する。通常の位相空間 $(\mathbb{Q}, \tau_{eucl})$ においては、任意の $2$ 点以上を含む部分集合は非連結である。
ここで、恒等写像 $id: (X, \tau) \to (\mathbb{Q}, \tau_{eucl})$ は、位相が細かい空間から粗い空間への写像であるため連続である。
もし $C$ が $(X, \tau)$ において連結であるならば、連続写像による像 $id(C) = C$ も $(\mathbb{Q}, \tau_{eucl})$ において連結にならなければならず、矛盾する。
したがって、$X$ のいかなる $2$ 点以上を含む部分集合も非連結であるため、$X$ は完全不連結である。

最後に、$X$ が正則空間 (regular space / $T_3$ ) ではないことを示す（これにより Tychonoff 空間でないことが従う）。
集合 $A = \{1/n \mid n \in \mathbb{N}\}$ を考える。$A$ は $X$ において閉集合である。
（実際、$X \smallsetminus A$ の任意の点 $x$ は内点である。$x \neq 0$ の場合は通常の開区間を用いて $A$ と交わらない近傍がとれ、$x = 0$ の場合は $U_1(0) \subset X \smallsetminus A$ だからである。）
また、定義より $0 \notin A$ である。
もし $X$ が正則空間であるならば、$0$ と $A$ を分離する互いに素な開集合 $V, W \in \tau$ が存在し、$0 \in V$ かつ $A \subset W$ が成り立つはずである。
$0 \in V$ より、ある $N \in \mathbb{N}$ が存在して $U_N(0) \subset V$ となる。
一方 $1/N \in A \subset W$ であり、$1/N \neq 0$ であるため、通常の意味での十分小さな $\epsilon > 0$ をとることで、開区間 $I = \left(\frac{1}{N} - \epsilon, \frac{1}{N} + \epsilon\right) \cap \mathbb{Q} \subset W$ とできる。
ここで、$0 < \delta < \min\left(\epsilon, \frac{1}{N}\right)$ を満たす無理数 $\delta$ を用いて区間を考えれば、$\left(\frac{1}{N} - \delta, \frac{1}{N}\right) \cap \mathbb{Q}$ には無数の有理数が存在する。この区間に含まれる有理数 $r$ を一つ選ぶ。
$r < 1/N$ であるから、$r \in \left(-\frac{1}{N}, \frac{1}{N}\right)$ であり、かつ $A$ の元ではない（ $A$ の元は $1/N$ より大きいか、ちょうど $1/N$ か、$1/(N+1)$ 以下であるため、適切に $r$ を $1/N$ に極めて近く選べば $A$ とは一致しない）。
したがって $r \in U_N(0) \subset V$ である。
同時に、$r$ は $I$ にも含まれるため、$r \in I \subset W$ である。
ゆえに $r \in V \cap W$ となり、$V \cap W = \varnothing$ に矛盾する。
したがって $X$ は正則空間ではなく、Tychonoff 空間でもない。
(証明終)

$X$ を2つ以上の点を持つ集合とし、位相 $\tau = \{\varnothing, X\}$ を与えた密着空間とする。
$X$ において、clopen 集合は $\varnothing$ と $X$ のみである。
任意の点 $x \in X$ と、$x$ を含む任意の開集合 $U \subset X$ をとる。空でない開集合は $X$ 自身しか存在しないため $U = X$ である。
このとき、clopen 集合 $V = X$ をとれば、$x \in V \subset U$ が自明に成り立つ。したがって、$X$ はゼロ次元である。
次に、$X$ が非連結であると仮定する。$X$ は2つの互いに素な空でない開集合 $A, B \subset X$ の和集合となるはずだが、空でない開集合は $X$ 自身しか存在しないため $A = X$ かつ $B = X$ となる。これは $A \cap B = \varnothing$ に矛盾する。したがって $X$ は連結である。
よって、$X$ 全体が1つの連結成分となるが、仮定より $X$ は2つ以上の点を含むため完全不連結ではない。 (証明終)

完全不連結性: $A$ の任意の部分集合 $C$ が相対位相に関して連結であるとする。部分空間 $A$ において連結であるような部分集合 $C$ は、全体空間 $X$ においても連結である。$X$ は完全不連結であるため、$C$ は高々1つの点しか持たない。ゆえに $A$ は完全不連結である。

ゼロ次元性: $A$ の任意の開集合 $U_A$ と $x \in U_A$ ををとる。ある $X$ の開集合 $U$ が存在して $U_A = U \cap A$ と表せる。$X$ はゼロ次元であるため、$x \in V \subset U$ を満たす $X$ の clopen 集合 $V$ が存在する。$V_A = V \cap A$ とおくと、$V_A$ は $A$ における clopen 集合であり、$x \in V_A \subset U_A$ を満たす。ゆえに $A$ はゼロ次元である。 (証明終)

$Y$ の開集合 $A$ をとる。$Y$ は開集合であるため、$A$ も $X$ の開集合である。$X$ は超不連結であるから、閉包 $\overline{A}^X$ は $X$ において開集合となる。
相対位相における閉包は $\overline{A}^Y = \overline{A}^X \cap Y$ であり、これは $X$ の開集合同士の共通部分であるため開集合である。ゆえに $\overline{A}^Y$ は $Y$ において開集合となり、$Y$ は超不連結である。 (証明終)

$U \cap D \subset U$ より $\overline{U \cap D}^X \subset \overline{U}^X$ は自明。
逆を示す。$x \in \overline{U}^X$ をとる。任意の開近傍 $W$ に対し $W \cap U \neq \varnothing$ である。$W \cap U$ は空でない開集合であり、$D$ は稠密であるから、$(W \cap U) \cap D \neq \varnothing$ すなわち $W \cap (U \cap D) \neq \varnothing$ が成り立つ。よって $x \in \overline{U \cap D}^X$ であり、両者は一致する。 (証明終)

$D$ の開集合 $A = U \cap D$ ( $U$ は $X$ の開集合 ) をとる。$X$ は超不連結だから $\overline{U}^X$ は開集合である。
$D$ における閉包は $\overline{A}^D = \overline{A}^X \cap D = \overline{U \cap D}^X \cap D$ となる。
補題4より $\overline{U \cap D}^X = \overline{U}^X$ であるから、$\overline{A}^D = \overline{U}^X \cap D$ となる。
$\overline{U}^X$ は $X$ の開集合であるため、$\overline{A}^D$ は相対位相により $D$ の開集合となる。ゆえに $D$ は超不連結である。 (証明終)

$x, y \in X$ を相異なる任意の2点とする。$X$ は $T_0$ 空間であるため、一般性を失うことなく、$x$ を含み $y$ を含まない開集合 $U$ が存在すると仮定してよい。
$X$ はゼロ次元であるため、clopen な開基を持つ。したがって、$x \in U$ に対して、ある clopen 集合 $V$ が存在して $x \in V \subset U$ を満たす。
$U$ は $y$ を含まないため、$V$ も $y$ を含まない。ゆえに $y \in X \smallsetminus V$ である。
$V$ は clopen であるから、$V$ と $X \smallsetminus V$ はともに開集合である。さらに $V \cap (X \smallsetminus V) = \varnothing$ であり、$x \in V$ かつ $y \in X \smallsetminus V$ が成り立つ。
任意の相異なる2点が互いに素な開集合で分離されたため、$X$ は $T_2$ 空間である。
また、本稿の定理7で示した通り、ゼロ次元かつ $T_2$ 空間であれば自動的に Tychonoff 空間に格上げされるため、$X$ は Tychonoff 空間（および $T_3$ 空間）となる。 (証明終)

$X$ が $T_1$ 空間であることを示すには、任意の点 $x \in X$ に対して、1点集合 $\{x\}$ が閉集合であること、すなわち $\overline{\{x\}} = \{x\}$ を示せばよい。
一般に、位相空間において「連結部分集合の閉包はまた連結になる」という事実がある。1点集合 $\{x\}$ は明らかに連結であるため、その閉包 $\overline{\{x\}}$ も連結部分集合である。
ここで $X$ は完全不連結であるため、いかなる連結部分集合も1点より多くを含むことはできない。
したがって $\overline{\{x\}}$ は1点のみからなる集合であり、$x \in \overline{\{x\}}$ であるため、$\overline{\{x\}} = \{x\}$ とならざるを得ない。
ゆえに、すべての1点集合は閉集合であり、$X$ は $T_1$ 空間である。 (証明終)