フィルター基による位相空間論 (2/3)

[必要性] 点 $x\in K$ があって $\mathcal{B}$ が任意の $V\in\mathcal{ON}(x)$ とかみ合うならば、
$\mathcal{B}_1:=\{B\cap V :\; B\in\mathcal{B},\; V\in\mathcal{ON}(x) \}$
が求める細分である。そうでないとき、開集合の族 $\mathcal{U}\subseteq\mathcal{O}$ を次の条件:
$U\in\mathcal{U}$ $\iff$ $\mathcal{B}$ は $X\setminus U$ にやがて含まれる
で定めると $\mathcal{U}$ は $K$ の開被覆となる。$K$ がコンパクトならば $\mathcal{U}$ から有限個を選んで被覆できる。それを $\{U_1,\dots,U_n\}$ とすると、 $\mathcal{U}$ の定義から $B_k\in\mathcal{B}$ で $B_k\subseteq X\setminus U_k$ なるものが存在する。フィルター基の定義から $B_1\cap\dots\cap B_n \neq\emptyset$ であるが、これは $\{U_k\}$ が $K$ の被覆であることに反する。

[十分性] $K$ がコンパクトでないとき、 $K$ の開被覆 $\mathcal{U}\subseteq\mathcal{O}$ でどんな有限個 $\{U_1,\dots,U_n\}$ をとっても $K$ を被覆できないものが存在する。そこで集合族 $\mathcal{B}$ を
$\mathcal{B} := \{ K\setminus(U_1\cup\dots\cup U_n) :\; U_k\in\mathcal{U} \}$
で定めると $\mathcal{B}$ は $K$ 上のフィルター基となる。任意の点 $x\in K$ に対し $x\in U_x$ なる $U_x\in\mathcal{U}$ が存在し、 $\mathcal{B}$ は $K\setminus U_x$ にやがて含まれるから $\mathcal{B}$ のどんな細分も $x$ に収束することはない。従って $K$ 上のフィルター基で $K$ の点に収束する細分を持たないものが存在する。

[必要性] $\mathcal{ON}_Y(f(x))$ は $f(X)$ とかみ合うから逆像がフィルター基となる。 $f$ が連続ならば $\mathcal{ON}_X(x)$ は $f^{-1}(\mathcal{ON}_Y(f(x)))$ の細分である。従って $x$ に収束する任意のフィルター基 $\mathcal{B}$ は $f^{-1}(\mathcal{ON}_Y(f(x)))$ の細分である。 $Y$ に写すと $f(\mathcal{B})$ は $\mathcal{ON}_Y(f(x))|_{f(X)}$ の細分となり、従って $f(x)$ に収束する。

[十分性] $f$ が連続でないとき、 $U\in\mathcal{ON}_Y(f(x))$ で $x$ が $f^{-1}(U)$ の境界点となるものが存在する。すると $\mathcal{B}:=\mathcal{ON}_X(x)|_{X\setminus f^{-1}(U)}$ は $x$ に収束する $X\setminus f^{-1}(U)$ 上のフィルター基となる。 $f(\mathcal{B})$ は閉集合 $Y\setminus U$ にやがて含まれるから $f(x)$ には収束しない。