Stone-Weierstrassの定理で幻想をぶち壊す

[1]
\begin{eqnarray} \int_{0}^{T}\sin{\frac{2m\pi}{T}x}\sin{\frac{2n\pi}{T}x}dx&=&\frac{1}{2}\int_{0}^{T}\{\cos{\frac{2\pi(m-n)}{T}}-\cos{\frac{2\pi(m+n)}{T}}\}dx\\ &=&\frac{T}{2}(\delta_{m,n}-\delta_{m,-n}) \end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray} \int_{0}^{T}\cos{\frac{2m\pi}{T}x}\cos{\frac{2n\pi}{T}x}dx&=&\frac{1}{2}\int_{0}^{T}\{\cos{\frac{2\pi(m-n)}{T}}+\cos{\frac{2\pi(m+n)}{T}}\}dx\\ &=&\frac{T}{2}(\delta_{m,n}+\delta_{m,-n}) \end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray} \int_{0}^{T}\sin{\frac{2m\pi}{T}x}\cos{\frac{2n\pi}{T}x}dx&=&\frac{1}{2}\int_{0}^{T}\{\sin{\frac{2\pi(m+n)}{T}}+\sin{\frac{2\pi(m-n)}{T}}\}dx\\ &=&0 \end{eqnarray}

[1]
\begin{eqnarray} x&=&\int_{0}^{y}w(t)dt\\ &=&\frac{2T}{\pi}\int_{0}^{y}\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\\ &=&\frac{2T}{\pi}\arcsin{y} \end{eqnarray}
[2]$U=1$
[3]
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \int_{0}^{1}\frac{\sin{(4m\arcsin{x})}\sin{(4n\arcsin{x})}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\frac{\pi}{2}(\delta_{m,n}-\delta_{m,-n})\\ \int_{0}^{1}\frac{\cos{(4m\arcsin{x})}\cos{(4n\arcsin{x})}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\frac{\pi}{2}(\delta_{m,n}+\delta_{m,-n})\\ \int_{0}^{1}\frac{\sin{(4m\arcsin{x})}\cos{(4n\arcsin{x})}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=0 \end{array} \right. \end{eqnarray}
[4]
\begin{eqnarray} \cos{(4m\arcsin{x})}&=&\cos{\{4m(\frac{\pi}{2}-\arccos{x})\}}\\ &=&\cos{\{m(2\pi-4\arccos{x})\}}\\ &=&\cos{(4m\arccos{x})} \end{eqnarray}
[5]
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \int_{0}^{1}\frac{\sin{(4m\arcsin{x})}\sin{(4n\arcsin{x})}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\frac{\pi}{2}(\delta_{m,n}-\delta_{m,-n})\\ \int_{0}^{1}\frac{\cos{(4m\arccos{x})}\cos{(4n\arccos{x})}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\frac{\pi}{2}(\delta_{m,n}+\delta_{m,-n})\\ \int_{0}^{1}\frac{\sin{(4m\arcsin{x})}\cos{(4n\arccos{x})}}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=0 \end{array} \right. \end{eqnarray}

[1]まず、区間を$[0,1]$に限定します。
そのために下記の様な一次変換を考えます。
\begin{equation} \varphi(x)=\frac{x-a}{b-a} \end{equation}
[2]すると、合成関数$\overline{f}\coloneqq f\circ \varphi$は区間$[0,1]$上で定義された連続関数になる。
この連続関数$\overline{f}$に対してWeierstrassの多項式近似定理が成立する事を証明します。
[3]Bernstein多項式:$\varphi_{n,k}\coloneqq {}_{n}C_{k}x^{k}(1-x)^{n-k}\quad(n=0,1,2,...,n)$に対して、下記の様な多項式を考えます。
\begin{equation} B_{n}(x)\coloneqq\sum_{k=0}^{n}\overline{f}(\frac{k}{n})\varphi_{n,k}(x) \end{equation}
[4]$\varphi_{n,k}(x)$の母関数：$\varphi(t)\coloneqq\sum_{k=0}^{n}\varphi_{n,k}(x)t^{k}$を考える。
\begin{eqnarray} \varphi(t)&=&\sum_{k=0}^{n}{}_{n}C_{k}(xt)^{k}(1-x)^{n-k}\\ &=&(xt+1-x)^{n} \end{eqnarray}
[5]$\varphi(1),\varphi^{'}(1),\varphi^{''}(1)$を求める。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \varphi(1)=\sum_{k=0}^{n}\varphi_{n,k}(x)=1\\ \varphi^{'}(1)=\sum_{k=0}^{n}k\varphi_{n,k}(x)=nx\\ \varphi^{''}(1)=\sum_{k=0}^{n}k(k-1)\varphi_{n,k}(x)=n(n-1)x^{2} \end{array} \right. \end{eqnarray}
[6]
\begin{eqnarray} 0\lt \forall \delta:\sum_{\delta\leq|\frac{k}{n}-x|}\varphi_{n,k}(x)&\leq&\sum_{\delta\leq|\frac{k}{n}-x|}\frac{1}{\delta^{2}}(\frac{k}{n}-x)^{2}\varphi_{n,k}(x)\\ &=&\frac{1}{\delta^{2}}\sum_{\delta\leq|\frac{k}{n}-x|}(\frac{k^{2}}{n^{2}}-\frac{2kx}{n}+x^{2})\varphi_{n,k}(x)\\ &\leq&\frac{1}{\delta^{2}}\sum_{k=0}^{n}(\frac{k^{2}}{n^{2}}-\frac{2kx}{n}+x^{2})\varphi_{n,k}(x)\\ &=&\frac{1}{\delta^{2}}\sum_{k=0}^{n}\{\frac{k(k-1)}{n^{2}}+\frac{1-2nx}{n^{2}}k+x^{2}\}\varphi_{n,k}(x)\\ &=&\frac{1}{\delta^{2}}\{\frac{n(n-1)}{n^{2}}x^{2}+\frac{1-2nx}{n}x+x^{2}\}\\ &=&\frac{x(1-x)}{n\delta^{2}}\\ &=&\frac{-(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}}{n\delta^{2}}\\ &\leq&\frac{1}{4n\delta^{2}} \end{eqnarray}
[7]$\overline{f}(x)$は連続関数なので以下式が成り立ちます。
\begin{equation} \forall \epsilon\in\mathbb{R}(0\lt \epsilon):\exists \delta\in\mathbb{R}(0\lt \delta)\ s.t.\ \forall x,x^{'}\in[0,1](|x-x^{'}|\lt\delta)\Rightarrow |\overline{f}(x)-\overline{f}(x^{'})|\lt\epsilon \end{equation}
[8]$B_{n}(x)$が$\overline{f}(x)$に一様収束する事を証明
当たり前の事だが各点収束との違いを意識せよ
\begin{eqnarray} |\overline{f}(x^{'})-B_{n}(x)|&=&|\overline{f}(x^{'})-\sum_{k=0}^{n}\overline{f}(\frac{k}{n})\varphi_{n,k}(x)|\\ &=&|\sum_{k=0}^{n}\{\overline{f}(x^{'})-\overline{f}(\frac{k}{n})\}\varphi_{n,k}(x)|\\ &\leq&\sum_{k=0}^{n}|\overline{f}(x^{'})-\overline{f}(x)+\overline{f}(x)-\overline{f}(\frac{k}{n})|\varphi_{n,k}(x)\\ &\leq&\sum_{k=0}^{n}|\overline{f}(x^{'})-\overline{f}(x)|\varphi_{n,k}(x)+\sum_{k=0}^{n}|\overline{f}(x)-\overline{f}(\frac{k}{n})|\varphi_{n,k}(x)\\ &\leq&\epsilon\sum_{k=0}^{n}\varphi_{n,k}(x)+(\sum_{|x-\frac{k}{n}|\lt \delta}+\sum_{\delta\leq|x-\frac{k}{n}|})|\overline{f}(x)-\overline{f}(\frac{k}{n})|\varphi_{n,k}(x)\\ &\leq&\epsilon+\epsilon\sum_{|x-\frac{k}{n}|\lt \delta}\varphi_{n,k}(x)+\sum_{\delta\leq|x-\frac{k}{n}|}|\overline{f}(x)-\overline{f}(\frac{k}{n})|\varphi_{n,k}(x)\quad(M\coloneqq\max_{x,x^{'}\in[0,1]}|\overline{f}(x)-\overline{f}(x^{'})|)\\ &\leq&2\epsilon+M\sum_{\delta\leq|x-\frac{k}{n}|}\varphi_{n,k}(x)\\ &\leq&2\epsilon+M\frac{1}{4n\delta^{2}}\\ &\overset{n\rightarrow\infty}\rightarrow&2\epsilon \end{eqnarray}

[0]和、スカラー積に関して閉じている：
\begin{eqnarray} \forall \epsilon\in\mathbb{R}(0\lt\epsilon):\exists \delta\in\mathbb{R}(0\lt \delta)\ s.t.\ \forall x,x^{'}\in\mathbb{R}(|x-x^{'}|\lt \delta):\left\{\begin{array}{l}|f(x)-f(x^{'})|\lt\epsilon\\|g(x)-g(x^{'})|\lt \epsilon\end{array}\right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} |\{f(x)+g(x)\}-\{f(x^{'})+g(x^{'})\}|&\leq&|f(x)-f(x^{'})|+|g(x)-g(x^{'})|\\ &\lt&\epsilon+\epsilon\\ &=&2\epsilon \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \forall \lambda\in\mathbb{R}:|\lambda f(x)-\lambda f(x^{'})|&=&|\lambda||f(x)-f(x^{'})|\\ &\lt&|\lambda| \epsilon \end{eqnarray}
[1]和に関する結合法則
\begin{eqnarray} \forall x\in[a,b]:\forall f,g,h\in C([a,b]):(f+(g+h))(x)&=&f(x)+(g+h)(x)\\ &=&f(x)+(g(x)+h(x))\\ &=&(f(x)+g(x))+h(x)\\ &=&(f+g)(x)+h(x)\\ &=&((f+g)+h)(x) \end{eqnarray}
[2]零元:$\forall x\in[a,b]:\vb*{0}(x)=0$
\begin{eqnarray} \forall x\in[a,b]:\forall f\in[a,b]:(f+\vb*{0})(x)&=&f(x)+\vb*{0}(x)\\ &=&f(x)+0\\ &=&f(x)\\ &=&0+f(x)\\ &=&\vb*{0}(x)+f(x)\\ &=&(\vb*{0}+f)(x) \end{eqnarray}
[3]逆元:
\begin{eqnarray} \forall x\in[a,b]:\forall f\in C([a,b]):\exists g\in C([a,b])\ s.t.\ g(x)=-f(x) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} (f+g)(x)&=&f(x)+g(x)\\ &=&f(x)-f(x)\\ &=&0\\ &=&-f(x)+f(x)\\ &=&(g+f)(x) \end{eqnarray}
[4]可換性
\begin{eqnarray} \forall x\in[a,b]:\forall f,g\in C([a,b]):(f+g)(x)&=&f(x)+g(x)\\ &=&g(x)+f(x)\\ &=&(g+f)(x) \end{eqnarray}
[5]スカラーに関する結合法則
\begin{eqnarray} \forall \alpha,\beta\in\mathbb{R}:\forall x\in[a,b]:\forall f\in C([a,b]):((\alpha\beta) f)(x)&=&(\alpha\beta) f(x)\\ &=&\alpha(\beta f(x))\\ &=&\alpha(\beta f)(x) \end{eqnarray}
[6]ベクトルに関する分配法則
\begin{eqnarray} \forall \alpha,\beta\in\mathbb{R}:\forall x\in[a,b]:\forall f\in C([a,b]):((\alpha+\beta)f)(x)&=&(\alpha+\beta)f(x)\\ &=&\alpha f(x)+\beta f(x)\\ &=&(\alpha f+\beta f)(x) \end{eqnarray}
[7]スカラーに関する分配法則
\begin{eqnarray} \forall \alpha \in\mathbb{R}:\forall x\in[a,b]:\forall f,g\in C([a,b]):(\alpha(f+g))(x)&=&\alpha(f+g)(x)\\ &=&\alpha f(x)+\alpha g(x)\\ &=&(\alpha f+\alpha g)(x) \end{eqnarray}
[8]スカラーに関する単位
\begin{eqnarray} \forall x\in[a,b]:\forall f\in C([a,b]):(1f)(x)&=&1f(x)\\ &=&f(x) \end{eqnarray}

距離関数$d:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\ni(x,y)\rightarrow |x-y|\in\mathbb{R}$を定める。
区間$I=[a,b]$の補集合$J=(-\infty,a)\cup(b,\infty)$が開集合である事を示す。
実際、
(i)任意の$x\in(-\infty,a)$に対して$\epsilon=a-x$とおくと$B_{\epsilon}(d,\epsilon)\subset(-\infty,a)$
(ii)同様に任意の$x\in(b,\infty)$に対して$\epsilon=x-b$とおくと$B_{\epsilon}(d,\epsilon)\subset(b,\infty)$が得られる。
ゆえに、$J$が開集合である事が示されたので、$I$は閉集合である事が示された。

[1]任意の無限列$\{x_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset I$を考える。
必要なら一つの値に収束する部分列を選び改めて$\{x_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}$と置き直す。
[2]次に区間$I$を次の様に分割する。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} I=\cup_{k=1}^{2^{n}}I_{nk}\\ I_{nk}=[a+\frac{k-1}{2^{n}}(b-a),a+\frac{k}{2^{n}}(b-a)]\quad(k=1,2,...,2^{n}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
[3]この様に分割したとき、$I$は閉集合なので、ある適当な$x\in I_{n,k_{0}}\subset I$が存在して、次の式が成り立つ。
\begin{equation} \forall \epsilon\in\mathbb{R}(0\lt\epsilon):\exists N\in\mathbb{N}\ s.t.\ \forall n\in\mathbb{N}: |x_{n}-x|\lt\epsilon \end{equation}
特に、$\epsilon=\frac{1}{2^{n+1}}$となる様にとれば、次の様な包含関係が成り立つ。$\{x_{n+N}\}_{n\in\mathbb{N}}\subset J_{n}\coloneqq I_{n,k_{0}-1}\cup I_{n,k_{0}}\cup I_{n,k_{0}+1}$ただし、
\begin{eqnarray} I_{n,k}=\left\{\begin{array}{l}\varnothing\quad(k\leq 0\vee 2^{n}\lt k)\\ [a+\frac{k-1}{2^{n}}(b-a),a+\frac{k}{2^{n}}(b-a)]\quad(k=1,2,...,2^{n})\end{array}\right. \end{eqnarray}
とした。
この様な$J_{n}$は必ず、無限列を含みますので$x$は集積点である事が示せた。
つまり、区間$I$はコンパクト

対偶を取り、集合$C$が有界でない、または開集合ならばコンパクトでないを示す。
[1]集合$C$が有界でないとする。
この場合ある点$x_{0}\in C$をとり、次の様な集合列$C_{n}=B_{n}(d,x_{0})\cap C$を考える。
そして次の様な無限列$\{x_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset C$を作る。
\begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} x_{1}\in C_{1}\\ x_{n}\in C_{n}\setminus C_{n-1}\quad(n=2,3,...) \end{array} \right. \end{equation}
するとこれは無限列でありなおかつ、集積点を持たない。
ゆえに、集積点にならないのでコンパクトではない。
[2]集合$C$が開集合であるとする。
この場合、開集合の性質より無限列$\{x_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset C$が存在してその収束点$x$が$x\not\in C$となる様に出来る。
ゆえに、集積点にならないのでコンパクトではない。

無限列$\{y_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset f([a,b])$を取る。
まず、$f([a,b])$の定義より次式が成り立つ。
\begin{equation} \forall n\in\mathbb{N}_{0}:\exists x_{n}\in [a,b]\ s.t.\ y_{n}=f(x_{n}) \end{equation}
$[a,b]$は有界かつ閉集合なのでコンパクト。ゆえに、適当な部分列$\{x_{n_{k}}\}_{k\in\mathbb{N}_{0}}$はある集積点$x\in [a,b]$を持つ。
(i)$f([a,b])$の定義より$f(x)\in f([a,b])$
(ii)$f$の連続性より
\begin{equation} \forall \epsilon\in\mathbb{R}(0\lt \epsilon):\exists K\in\mathbb{N}\ s.t.\ \forall k\in\mathbb{N}(K\lt k):|f(x)-y_{n_{k}}|\lt \epsilon \end{equation}
が成り立つ。
つまり、数列$f(x)$は数列$\{y_{n_{k}}\}_{k\in\mathbb{N}_{0}}$の集積点である事が分かる。

[0]積に関して閉じている。
\begin{eqnarray} \forall \epsilon\in\mathbb{R}(0\lt\epsilon):\exists \delta\in\mathbb{R}(0\lt \delta)\ s.t.\ \forall x,x^{'}\in\mathbb{R}(|x-x^{'}|\lt \delta):\left\{\begin{array}{l}|f(x)-f(x^{'})|\lt\epsilon\\|g(x)-g(x^{'})|\lt \epsilon\end{array}\right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} |f(x)g(x)-f(x^{'})g(x^{'})|&=&|f(x)\{g(x)-g(x^{'})\}+\{f(x)-f(x^{'})\}g(x^{'})|\\ &\leq&|f(x)||g(x)-g(x^{'})|+|f(x)-f(x^{'})||g(x^{'})|\\ &\leq&(M+N)\epsilon\quad(M\coloneqq\max_{x\in[a,b]}|f(x)|,N\coloneqq\max_{x\in[a,b]}|g(x)|👈f([a,b]),g([a,b])のコンパクト性) \end{eqnarray}
[1]積の結合法則
\begin{eqnarray} \forall x\in[a,b]:\forall f,g,h\in C([a,b]):(f(gh))(x)&=&f(x)(gh)(x)\\ &=&f(x)(g(x)h(x))\\ &=&(f(x)g(x))h(x)\\ &=&(fg)(x)h(x)\\ &=&((fg)h)(x) \end{eqnarray}
[2]双線形性
\begin{eqnarray} \forall x\in[a,b]:\forall r_{1},r_{2}\in\mathbb{R}:\forall f,g,h\in C([a,b]):((r_{1}f+r_{2}g)h)(x)&=&(r_{1}f+r_{2}g)(x)h(x)\\ &=&(r_{1}f(x)+r_{2}g(x))h(x)\\ &=&r_{1}f(x)h(x)+r_{2}g(x)h(x)\\ &=&(r_{1}(fh))(x)+(r_{2}(gh))(x) \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \forall x\in[a,b]:\forall r_{1},r_{2}\in\mathbb{R}:\forall f,g,h\in C([a,b]):(f(r_{1}g+r_{2}h))(x)&=&f(x)(r_{1}g+r_{2}h)(x)\\ &=&f(x)(r_{1}g(x)+r_{2}h(x))\\ &=&(r_{1}(fg))(x)+(r_{2}(fh))(x) \end{eqnarray}

[(1)$\Rightarrow$(2)]$S$は任意の二点を分離し、かつ、任意の点で消滅しないとする。
すると以下の式が成り立つ。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \forall x,y\in [a,b]:\exists u\in S\ s.t.\ u(x)\neq u(y)\\ \forall x\in [a,b]:\exists v\in S\ s.t.\ v(x)\neq 0 \end{array} \right. \end{eqnarray}
そこで、次の様な新しい関数$w(x)\in S$を考える。
\begin{equation} w(x)=u(x)+\lambda v(x) \end{equation}
そして次の様な二つの条件について考える。
(1)$w(x)=w(y)$を満たす場合。
(i)$v(x)=v(y)$が成り立つとすると、$u(x)=u(y)$となり$u$の与え方に反する。それゆえにありえない。
(ii)$v(x)\neq v(y)$が成り立つとすると、
\begin{equation} \lambda=-\frac{u(y)-u(x)}{v(y)-v(x)} \end{equation}
(2)次に$w(x)=0$を満たす場合を考える。この場合は
\begin{equation} \lambda=-\frac{u(x)}{v(x)} \end{equation}
上記条件(1)(2)が成り立たない様に$\lambda$を取り次の様な新しい連続関数を作る。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} f_{1}(z)=\frac{w(z)(w(z)-w(y))}{w(x)(w(x)-w(y))}\\ f_{2}(z)=\frac{w(z)(w(x)-w(z))}{w(y)(w(x)-w(y))}\\ f_{1}(x)=1\land f_{1}(y)=0\\ f_{2}(x)=0\land f_{1}(y)=1 \end{array} \right. \end{eqnarray}
$S$は$\mathbb{R}-$多元環なので$f_{1},f_{2}\in S$であり、その一次結合$f=af_{1}+bf_{2}$も$S$の元。
さらに$f(x)=a\land f(y)=b$ですから、$S$の2点固有性が証明された。
[(2)$\Rightarrow$(1)]$S$は二点固有性を持つので、例えば任意の$x,y\in[a,b]$に対して$f(x)=1,f(y)=2$が成り立つ。ゆえに$S$は任意の二点を分離する。また、上の条件を用いれば任意の点で消滅しない事も分かる。

とりあえず、次の様な距離関数$d:C([a,b],C[a,b])\ni (f,g)\mapsto \sup_{x\in[a,b]}|f(x)-g(x)|\in \mathbb{R}$を考える。(👈別に距離関数なら何でもいい)そして以下の事が成り立つ事を示す。
\begin{equation} \forall \epsilon\in\mathbb{R}(0\lt \epsilon):\forall f\in C([a,b]):B_{\epsilon}(d;f)\cap \overline{S}\neq\varnothing \end{equation}
以下、上述の$\epsilon,f$を用いる。
[1]$x_{0}\in [a,b]$に対して以下の様な集合を考える。
\begin{equation} S(x_{0})\coloneqq \{g\in S|f(x_{0})=g(x_{0})\} \end{equation}
すると、$S$の二点固有性により$S\neq \varnothing$である事が分かる。
[2]また、$g\in S(x_{0})$に対して次の様な$C([a,b])$の部分集合を考える。
\begin{equation} U(g)\coloneqq \{x\in [a,b]|f(x)-\epsilon\lt g(x)\} \end{equation}
[3]$x\in C([a,b])(x\neq x_{0})$に対して$S$は2点固有性を持つので、ある$g\in S$が存在して以下の式が成り立つ。
\begin{equation} g(x_{0})=f(x_{0})\land g(x)=f(x)\Rightarrow g\in S(x_{0})\land x\in U(g) \end{equation}
[4]$U(g)\subset [a,b]$は実は開集合
\begin{eqnarray} \forall x\in U(g):\forall \epsilon^{'}\in \mathbb{R}(0\lt \epsilon^{'}):\exists \delta\in\mathbb{R}(0\lt\delta)\ s.t.\ \forall x^{'}\in[a,b](|x-x^{'}|\lt\delta ):\left\{\begin{array}{l}|f(x)-f(x^{'})|\lt\epsilon^{'}\\ |g(x)-g(x^{'})|\lt\epsilon^{'}\end{array}\right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} f(x^{'})-\epsilon&\lt& f(x)-\epsilon+\epsilon^{'}\\ &\lt&g(x)-\epsilon^{'} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} g(x^{'})-2\epsilon^{'}\lt g(x)-\epsilon^{'} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} f(x^{'})-(\epsilon-2\epsilon^{'})\lt g(x^{'})\quad(\epsilon^{'}\lt \frac{\epsilon}{2}) \end{eqnarray}
を満たすようにとる。すると$B_{\delta}(|\cdot,\cdot|;x)\subset U(g)$が得られる。
ゆえに、$U(g)\subset [a,b]$は実は開集合である事が分かる。
[5]つまり、$\{U(g)\subset [a,b]|g\in S(x_{0})\}$は$[a,b]$の開被覆である事が分かる。イメージが湧かない人は$S$は二点固有性を持つのでgを$x_{0}$とg(x)=f(x)となる様に取れたこと思い出そう。
[6]$[a,b]$はコンパクトなので、有限開被覆です。ゆえに、高々有限個のある連続関数関数$g_{1},g_{2},...,g_{n}\in S(x_{0})$が存在して次式が成り立つ。
\begin{equation} [a,b]=\cup_{k=1}^{n}U(g_{k}) \end{equation}
ここで、$\forall x\in[a,b]:h(x)\coloneqq \max(g_{1}(x),g_{2}(x),...,g_{n}(x))$とおくと、以下の式が得られる。
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} h\in \overline{S}(h(x_{0})=f(x_{0}))\\ \forall x\in[a,b]:f(x)-\epsilon\lt h(x)(👈U(g)の定義) \end{array} \right. \end{eqnarray}
[7]
\begin{eqnarray} \overline{S}(\epsilon)\coloneqq \{h\in\overline{S}|\forall x\in[a,b]:f(x)-\epsilon\lt h(x)\} \end{eqnarray}
とおくと[6]より$\overline{S}(\epsilon)\neq\varnothing$
[8]$h\in \overline{S}(\epsilon)$に対して次の様な集合を定める。
\begin{equation} V(h)\coloneqq\{x\in[a,b]|h(x)\lt f(x)+\epsilon\} \end{equation}
すると、$S$の二点固有性より$x_{0}\in[a,b]$に対して$h(x_{0})=f(x_{0})$を満たす$h\in \overline{S}(\epsilon)$が存在し$x_{0}\in V(h)$が得られる。
また[4]と同じ議論により、$V(h)\subset[a,b]$は開集合である事が分かる。
さらに[5]と同じ理由から$V(h)$は$[a,b]$の開被覆である事も分かる。
[9]$[a,b]$はコンパクトなので、ある$h_{1},h_{2},...,h_{m}\in\overline{S}(\epsilon)$が存在して
\begin{equation} [a,b]=\cup_{l=1}^{m}V(h_{l}) \end{equation}
が成り立つ。
[10][6]と同じ要領で
$k(x)\coloneqq \min(h_{1}(x),h_{2}(x),...,h_{m}(x))$とおくと、$k\in\overline{S}$であり、
\begin{equation} \forall x\in [a,b]:|f(x)-k(x)|\lt\epsilon \end{equation}
が得られる。
[11]つまり、$d(f,k)\lt \epsilon$。したがって、$B_{\epsilon}(d;f)\cap\overline{S}\neq\varnothing$が得られたので、$\overline{S}=C([a,b])$

[1]$S\coloneqq\{\sum_{k=0}^{\infty}\{A_{k}\cos(4n\arccos{x})+B_{k}\sin(4n\arcsin{x})\}|\{A_{k}\}_{k\in\mathbb{N}_{0}},\{B_{k}\}_{k\in\mathbb{N}_{0}}\subset\mathbb{R}\}$である事を用います。
[2]$S$で分離不可能な点を探す。$s(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\{A_{k}\cos(4n\arccos{x})+B_{k}\sin(4n\arcsin{x})\}$の様に定める。
すると以下の様に計算できる。
$x=0$の場合$s(0)=\sum_{k=0}^{\infty}A_{k}$また、$x=1$とすると$s(1)=\sum_{k=0}^{\infty}A_{k}$
この計算から、$0,1$に関して$S$は分離不可能であるため、Stone-Weierstrassの定理により$\overline{S}\neq C([0,1])$が証明された。