Stone-Weierstrassの定理で幻想をぶち壊す

[1]
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^T\sin \frac{2m\pi }{T}x\sin \frac{2n\pi }{T}xdx& =& \frac{1}{2}{\int }_0^T\{\cos \frac{2\pi (m-n)}{T}-\cos \frac{2\pi (m+n)}{T}\}dx\\ & =& \frac{T}{2}({\delta }_{m,n}-{\delta }_{m,-n})\end{array}$$
[2]
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^T\cos \frac{2m\pi }{T}x\cos \frac{2n\pi }{T}xdx& =& \frac{1}{2}{\int }_0^T\{\cos \frac{2\pi (m-n)}{T}+\cos \frac{2\pi (m+n)}{T}\}dx\\ & =& \frac{T}{2}({\delta }_{m,n}+{\delta }_{m,-n})\end{array}$$
[3]
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^T\sin \frac{2m\pi }{T}x\cos \frac{2n\pi }{T}xdx& =& \frac{1}{2}{\int }_0^T\{\sin \frac{2\pi (m+n)}{T}+\sin \frac{2\pi (m-n)}{T}\}dx\\ & =& 0\end{array}$$

[1]
$$\begin{array}{rcl}x& =& {\int }_0^{y}w(t)dt\\ & =& \frac{2T}{\pi }{\int }_0^y\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt\\ & =& \frac{2T}{\pi }\arcsin y\end{array}$$
[2]$U=1$
[3]
$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{\int }_0^1\frac{\sin (4m\arcsin x)\sin (4n\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{\pi }{2}({\delta }_{m,n}-{\delta }_{m,-n})\\ {\int }_0^1\frac{\cos (4m\arcsin x)\cos (4n\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{\pi }{2}({\delta }_{m,n}+{\delta }_{m,-n})\\ {\int }_0^1\frac{\sin (4m\arcsin x)\cos (4n\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=0\end{array}\end{array}$$
[4]
$$\begin{array}{rcl}\cos (4m\arcsin x)& =& \cos \{4m(\frac{\pi }{2}-\arccos x)\}\\ & =& \cos \{m(2\pi -4\arccos x)\}\\ & =& \cos (4m\arccos x)\end{array}$$
[5]
$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{\int }_0^1\frac{\sin (4m\arcsin x)\sin (4n\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{\pi }{2}({\delta }_{m,n}-{\delta }_{m,-n})\\ {\int }_0^1\frac{\cos (4m\arccos x)\cos (4n\arccos x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{\pi }{2}({\delta }_{m,n}+{\delta }_{m,-n})\\ {\int }_0^1\frac{\sin (4m\arcsin x)\cos (4n\arccos x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=0\end{array}\end{array}$$

[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。
$$\phi (x)=\frac{x-a}{b-a}$$
[2]すると、合成関数$\bar{f}:=f\circ \phi$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$\bar{f}$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:${\phi }_{n,k}:={}_n{C}_k{x}^k(1-x{)}^{n-k}(n=0,1,2,...,n)$に対して、下記の様な多項式を考えます。
$$B_n(x):=\sum _{k=0}^n\bar{f}(\frac{k}{n}){\phi }_{n,k}(x)$$
[4]${\phi }_{n,k}(x)$の母関数：$\phi (t):=\sum _{k=0}^n{\phi }_{n,k}(x)t^k$を考える。
$$\begin{array}{rcl}\phi (t)& =& \sum _{k=0}^n{}_n{C}_k(xt{)}^k(1-x{)}^{n-k}\\ & =& (xt+1-x{)}^n\end{array}$$
[5]$\phi (1),{\phi }^{{}^{\prime }}(1),{\phi }^{{}^{″}}(1)$を求める。
$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}\phi (1)=\sum _{k=0}^n{\phi }_{n,k}(x)=1\\ {\phi }^{{}^{\prime }}(1)=\sum _{k=0}^{n}k{\phi }_{n,k}(x)=nx\\ {\phi }^{{}^{″}}(1)=\sum _{k=0}^{n}k(k-1){\phi }_{n,k}(x)=n(n-1)x^2\end{array}\end{array}$$
[6]
$$\begin{array}{rcl}0<\mathrm{\forall }\delta :\sum _{\delta \le |\frac{k}{n}-x|}{\phi }_{n,k}(x)& \le & \sum _{\delta \le |\frac{k}{n}-x|}\frac{1}{{\delta }^2}(\frac{k}{n}-x{)}^2{\phi }_{n,k}(x)\\ & =& \frac{1}{{\delta }^2}\sum _{\delta \le |\frac{k}{n}-x|}(\frac{k^2}{n^2}-\frac{2kx}{n}+x^2){\phi }_{n,k}(x)\\ & \le & \frac{1}{{\delta }^2}\sum _{k=0}^n(\frac{k^2}{n^2}-\frac{2kx}{n}+x^2){\phi }_{n,k}(x)\\ & =& \frac{1}{{\delta }^2}\sum _{k=0}^n\{\frac{k(k-1)}{n^2}+\frac{1-2nx}{n^2}k+x^2\}{\phi }_{n,k}(x)\\ & =& \frac{1}{{\delta }^2}\{\frac{n(n-1)}{n^2}{x}^2+\frac{1-2nx}{n}x+x^2\}\\ & =& \frac{x(1-x)}{n{\delta }^2}\\ & =& \frac{-(x-\frac{1}{2}{)}^2+\frac{1}{4}}{n{\delta }^2}\\ & \le & \frac{1}{4n{\delta }^2}\end{array}$$
[7]$\bar{f}(x)$は連続関数なので以下式が成り立ちます。
$$\mathrm{\forall }ϵ\in \mathbb{R}(0<ϵ):\mathrm{\exists }\delta \in \mathbb{R}(0<\delta )s.t.\mathrm{\forall }x,x^{{}^{\prime }}\in [0,1](|x-x^{{}^{\prime }}|<\delta )\Rightarrow |\bar{f}(x)-\bar{f}(x^{{}^{\prime }})|<ϵ$$
[8]$B_n(x)$が$\bar{f}(x)$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
$$\begin{array}{rcl}|\bar{f}(x^{{}^{\prime }})-B_n(x)|& =& |\bar{f}(x^{{}^{\prime }})-\sum _{k=0}^n\bar{f}(\frac{k}{n}){\phi }_{n,k}(x)|\\ & =& |\sum _{k=0}^n\{\bar{f}(x^{{}^{\prime }})-\bar{f}(\frac{k}{n})\}{\phi }_{n,k}(x)|\\ & \le & \sum _{k=0}^n|\bar{f}(x^{{}^{\prime }})-\bar{f}(x)+\bar{f}(x)-\bar{f}(\frac{k}{n})|{\phi }_{n,k}(x)\\ & \le & \sum _{k=0}^n|\bar{f}(x^{{}^{\prime }})-\bar{f}(x)|{\phi }_{n,k}(x)+\sum _{k=0}^n|\bar{f}(x)-\bar{f}(\frac{k}{n})|{\phi }_{n,k}(x)\\ & \le & ϵ\sum _{k=0}^n{\phi }_{n,k}(x)+(\sum _{|x-\frac{k}{n}|<\delta }+\sum _{\delta \le |x-\frac{k}{n}|})|\bar{f}(x)-\bar{f}(\frac{k}{n})|{\phi }_{n,k}(x)\\ & \le & ϵ+ϵ\sum _{|x-\frac{k}{n}|<\delta }{\phi }_{n,k}(x)+\sum _{\delta \le |x-\frac{k}{n}|}|\bar{f}(x)-\bar{f}(\frac{k}{n})|{\phi }_{n,k}(x)(M:=\underset{x,x^{{}^{\prime }}\in [0,1]}{max}|\bar{f}(x)-\bar{f}(x^{{}^{\prime }})|)\\ & \le & 2ϵ+M\sum _{\delta \le |x-\frac{k}{n}|}{\phi }_{n,k}(x)\\ & \le & 2ϵ+M\frac{1}{4n{\delta }^2}\\ & \stackrel{n\to \mathrm{\infty }}{\to }& 2ϵ\end{array}$$

[0]和、スカラー積に関して閉じている：
$$\begin{array}{r}\mathrm{\forall }ϵ\in \mathbb{R}(0<ϵ):\mathrm{\exists }\delta \in \mathbb{R}(0<\delta )s.t.\mathrm{\forall }x,x^{{}^{\prime }}\in \mathbb{R}(|x-x^{{}^{\prime }}|<\delta ):\{\begin{array}{l}|f(x)-f(x^{{}^{\prime }})|<ϵ\\ |g(x)-g(x^{{}^{\prime }})|<ϵ\end{array}\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}|\{f(x)+g(x)\}-\{f(x^{{}^{\prime }})+g(x^{{}^{\prime }})\}|& \le & |f(x)-f(x^{{}^{\prime }})|+|g(x)-g(x^{{}^{\prime }})|\\ & <& ϵ+ϵ\\ & =& 2ϵ\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }\lambda \in \mathbb{R}:|\lambda f(x)-\lambda f(x^{{}^{\prime }})|& =& |\lambda ||f(x)-f(x^{{}^{\prime }})|\\ & <& |\lambda |ϵ\end{array}$$
[1]和に関する結合法則
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f,g,h\in C([a,b]):(f+(g+h))(x)& =& f(x)+(g+h)(x)\\ & =& f(x)+(g(x)+h(x))\\ & =& (f(x)+g(x))+h(x)\\ & =& (f+g)(x)+h(x)\\ & =& ((f+g)+h)(x)\end{array}$$
[2]零元:$\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathit{0}(x)=0$
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f\in [a,b]:(f+\mathit{0})(x)& =& f(x)+\mathit{0}(x)\\ & =& f(x)+0\\ & =& f(x)\\ & =& 0+f(x)\\ & =& \mathit{0}(x)+f(x)\\ & =& (\mathit{0}+f)(x)\end{array}$$
[3]逆元:
$$\begin{array}{r}\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f\in C([a,b]):\mathrm{\exists }g\in C([a,b])s.t.g(x)=-f(x)\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}(f+g)(x)& =& f(x)+g(x)\\ & =& f(x)-f(x)\\ & =& 0\\ & =& -f(x)+f(x)\\ & =& (g+f)(x)\end{array}$$
[4]可換性
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f,g\in C([a,b]):(f+g)(x)& =& f(x)+g(x)\\ & =& g(x)+f(x)\\ & =& (g+f)(x)\end{array}$$
[5]スカラーに関する結合法則
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }\alpha ,\beta \in \mathbb{R}:\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f\in C([a,b]):((\alpha \beta )f)(x)& =& (\alpha \beta )f(x)\\ & =& \alpha (\beta f(x))\\ & =& \alpha (\beta f)(x)\end{array}$$
[6]ベクトルに関する分配法則
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }\alpha ,\beta \in \mathbb{R}:\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f\in C([a,b]):((\alpha +\beta )f)(x)& =& (\alpha +\beta )f(x)\\ & =& \alpha f(x)+\beta f(x)\\ & =& (\alpha f+\beta f)(x)\end{array}$$
[7]スカラーに関する分配法則
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }\alpha \in \mathbb{R}:\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f,g\in C([a,b]):(\alpha (f+g))(x)& =& \alpha (f+g)(x)\\ & =& \alpha f(x)+\alpha g(x)\\ & =& (\alpha f+\alpha g)(x)\end{array}$$
[8]スカラーに関する単位
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f\in C([a,b]):(1f)(x)& =& 1f(x)\\ & =& f(x)\end{array}$$

距離関数$d:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\ni (x,y)\to |x-y|\in \mathbb{R}$を定める。
区間$I=[a,b]$の補集合$J=(-\mathrm{\infty },a)\cup (b,\mathrm{\infty })$が開集合である事を示す。
実際、
(i)任意の$x\in (-\mathrm{\infty },a)$に対して$ϵ=a-x$とおくと$B_{ϵ}(d,ϵ)\subset (-\mathrm{\infty },a)$
(ii)同様に任意の$x\in (b,\mathrm{\infty })$に対して$ϵ=x-b$とおくと$B_{ϵ}(d,ϵ)\subset (b,\mathrm{\infty })$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。
$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}I={\cup }_{k=1}^{2^n}{I}_{nk}\\ I_{nk}=[a+\frac{k-1}{2^n}(b-a),a+\frac{k}{2^n}(b-a)](k=1,2,...,2^n)\end{array}\end{array}$$
[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。
$$\mathrm{\forall }ϵ\in \mathbb{R}(0<ϵ):\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}s.t.\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}:|x_n-x|<ϵ$$
特に、$ϵ=\frac{1}{2^{n+1}}$となる様にとれば、次の様な包含関係が成り立つ。$\{x_{n+N}{\}}_{n\in \mathbb{N}}\subset J_n:=I_{n,k_0-1}\cup I_{n,k_0}\cup I_{n,k_0+1}$ただし、
$$\begin{array}{r}{I}_{n,k}=\{\begin{array}{l}\varnothing (k\le 0\vee 2^n<k)\\ [a+\frac{k-1}{2^n}(b-a),a+\frac{k}{2^n}(b-a)](k=1,2,...,2^n)\end{array}\end{array}$$
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。
$$\{\begin{array}{l}{x}_1\in C_1\\ x_n\in C_n\setminus C_{n-1}(n=2,3,...)\end{array}$$
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$x\notin C$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。
$$\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}_0:\mathrm{\exists }{x}_n\in [a,b]s.t.y_n=f(x_n)$$
$[a,b]$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
$$\mathrm{\forall }ϵ\in \mathbb{R}(0<ϵ):\mathrm{\exists }K\in \mathbb{N}s.t.\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}(K<k):|f(x)-y_{n_k}|<ϵ$$
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。
$$\begin{array}{r}\mathrm{\forall }ϵ\in \mathbb{R}(0<ϵ):\mathrm{\exists }\delta \in \mathbb{R}(0<\delta )s.t.\mathrm{\forall }x,x^{{}^{\prime }}\in \mathbb{R}(|x-x^{{}^{\prime }}|<\delta ):\{\begin{array}{l}|f(x)-f(x^{{}^{\prime }})|<ϵ\\ |g(x)-g(x^{{}^{\prime }})|<ϵ\end{array}\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}|f(x)g(x)-f(x^{{}^{\prime }})g(x^{{}^{\prime }})|& =& |f(x)\{g(x)-g(x^{{}^{\prime }})\}+\{f(x)-f(x^{{}^{\prime }})\}g(x^{{}^{\prime }})|\\ & \le & |f(x)||g(x)-g(x^{{}^{\prime }})|+|f(x)-f(x^{{}^{\prime }})||g(x^{{}^{\prime }})|\\ & \le & (M+N)ϵ(M:=\underset{x\in [a,b]}{max}|f(x)|,N:=\underset{x\in [a,b]}{max}|g(x)|👈f([a,b]),g([a,b])のコンパクト性)\end{array}$$
[1]積の結合法則
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }f,g,h\in C([a,b]):(f(gh))(x)& =& f(x)(gh)(x)\\ & =& f(x)(g(x)h(x))\\ & =& (f(x)g(x))h(x)\\ & =& (fg)(x)h(x)\\ & =& ((fg)h)(x)\end{array}$$
[2]双線形性
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }{r}_1,r_2\in \mathbb{R}:\mathrm{\forall }f,g,h\in C([a,b]):((r_{1}f+r_{2}g)h)(x)& =& (r_{1}f+r_{2}g)(x)h(x)\\ & =& (r_{1}f(x)+r_{2}g(x))h(x)\\ & =& r_{1}f(x)h(x)+r_{2}g(x)h(x)\\ & =& (r_1(fh))(x)+(r_2(gh))(x)\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\forall }{r}_1,r_2\in \mathbb{R}:\mathrm{\forall }f,g,h\in C([a,b]):(f(r_{1}g+r_{2}h))(x)& =& f(x)(r_{1}g+r_{2}h)(x)\\ & =& f(x)(r_{1}g(x)+r_{2}h(x))\\ & =& (r_1(fg))(x)+(r_2(fh))(x)\end{array}$$

[(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。
$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}\mathrm{\forall }x,y\in [a,b]:\mathrm{\exists }u\in Ss.t.u(x)\ne u(y)\\ \mathrm{\forall }x\in [a,b]:\mathrm{\exists }v\in Ss.t.v(x)\ne 0\end{array}\end{array}$$
そこで、次の様な新しい関数$w(x)\in S$を考える。
$$w(x)=u(x)+\lambda v(x)$$
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)$v(x)\ne v(y)$が成り立つとすると、
$$\lambda =-\frac{u(y)-u(x)}{v(y)-v(x)}$$
(2)次に$w(x)=0$を満たす場合を考える。この場合は
$$\lambda =-\frac{u(x)}{v(x)}$$
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。
$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}{f}_1(z)=\frac{w(z)(w(z)-w(y))}{w(x)(w(x)-w(y))}\\ f_2(z)=\frac{w(z)(w(x)-w(z))}{w(y)(w(x)-w(y))}\\ f_1(x)=1\wedge f_1(y)=0\\ f_2(x)=0\wedge f_1(y)=1\end{array}\end{array}$$
$S$は$\mathbb{R}-$多元環なので$f_1,f_2\in S$であり、その一次結合$f=a{f}_1+b{f}_2$も$S$の元。
さらに$f(x)=a\wedge f(y)=b$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$d:C([a,b],C[a,b])\ni (f,g)\mapsto \underset{x\in [a,b]}{sup}|f(x)-g(x)|\in \mathbb{R}$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。
$$\mathrm{\forall }ϵ\in \mathbb{R}(0<ϵ):\mathrm{\forall }f\in C([a,b]):B_{ϵ}(d;f)\cap \bar{S}\ne \varnothing$$
以下、上述の$ϵ,f$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。
$$S(x_0):=\{g\in S|f(x_0)=g(x_0)\}$$
すると、$S$の二点固有性により$S\ne \varnothing$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。
$$U(g):=\{x\in [a,b]|f(x)-ϵ<g(x)\}$$
[3]$x\in C([a,b])(x\ne x_0)$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。
$$g(x_0)=f(x_0)\wedge g(x)=f(x)\Rightarrow g\in S(x_0)\wedge x\in U(g)$$
[4]$U(g)\subset [a,b]$は実は開集合
$$\begin{array}{r}\mathrm{\forall }x\in U(g):\mathrm{\forall }{ϵ}^{{}^{\prime }}\in \mathbb{R}(0<{ϵ}^{{}^{\prime }}):\mathrm{\exists }\delta \in \mathbb{R}(0<\delta )s.t.\mathrm{\forall }{x}^{{}^{\prime }}\in [a,b](|x-x^{{}^{\prime }}|<\delta ):\{\begin{array}{l}|f(x)-f(x^{{}^{\prime }})|<{ϵ}^{{}^{\prime }}\\ |g(x)-g(x^{{}^{\prime }})|<{ϵ}^{{}^{\prime }}\end{array}\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}f(x^{{}^{\prime }})-ϵ& <& f(x)-ϵ+{ϵ}^{{}^{\prime }}\\ & <& g(x)-{ϵ}^{{}^{\prime }}\end{array}$$
$$\begin{array}{r}g(x^{{}^{\prime }})-2{ϵ}^{{}^{\prime }}<g(x)-{ϵ}^{{}^{\prime }}\end{array}$$
$$\begin{array}{r}f(x^{{}^{\prime }})-(ϵ-2{ϵ}^{{}^{\prime }})<g(x^{{}^{\prime }})({ϵ}^{{}^{\prime }}<\frac{ϵ}{2})\end{array}$$
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。
$$[a,b]={\cup }_{k=1}^{n}U(g_k)$$
ここで、$\mathrm{\forall }x\in [a,b]:h(x):=max(g_1(x),g_2(x),...,g_n(x))$とおくと、以下の式が得られる。
$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}h\in \bar{S}(h(x_0)=f(x_0))\\ \mathrm{\forall }x\in [a,b]:f(x)-ϵ<h(x)(👈U(g)の定義)\end{array}\end{array}$$
[7]
$$\begin{array}{r}\bar{S}(ϵ):=\{h\in \bar{S}|\mathrm{\forall }x\in [a,b]:f(x)-ϵ<h(x)\}\end{array}$$
とおくと[6]より$\bar{S}(ϵ)\ne \varnothing$
[8]$h\in \bar{S}(ϵ)$に対して次の様な集合を定める。
$$V(h):=\{x\in [a,b]|h(x)<f(x)+ϵ\}$$
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$h\in \bar{S}(ϵ)$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$h_1,h_2,...,h_m\in \bar{S}(ϵ)$が存在して
$$[a,b]={\cup }_{l=1}^{m}V(h_l)$$
が成り立つ。
[10][6]と同じ要領で
$k(x):=min(h_1(x),h_2(x),...,h_m(x))$とおくと、$k\in \bar{S}$であり、
$$\mathrm{\forall }x\in [a,b]:|f(x)-k(x)|<ϵ$$
が得られる。
[11]つまり、$d(f,k)<ϵ$。したがって、$B_{ϵ}(d;f)\cap \bar{S}\ne \varnothing$が得られたので、$\bar{S}=C([a,b])$