【超フィルター論 ①】超フィルターによる位相空間の定義・自由なコンパクトハウスドルフ空間

$\mathbb{M}=\{\mathcal{C}:$有限交叉族$ \ | \ \mathcal{B}\subset\mathcal{C}\}$とし、包含関係を順序として順序集合とみなす。

$\mathbb{J}\subset\mathbb{M} $を空でない全順序部分集合とする。
$\mathcal{D}=\bigcup\limits_{\mathcal{C}\in\mathbb{J}}\mathcal{C}$とする。
この時$\mathcal{D}$は有限交叉族である。

$(\because)A_1,A_2,\cdots,A_n\in\mathcal{D}$を任意に取る。
$\mathcal{C_1},\mathcal{C_2},\cdots,\mathcal{C_n}\in\mathbb{J}$が存在して、任意の$i=1,2,\cdots,n$に対して$A_i\in\mathcal{C_i}$となる。
$\mathbb{J}$は包含関係について全順序なので、$\mathcal{C'}=max\{\mathcal{C_1},\mathcal{C_2},\cdots,\mathcal{C_n}\}$とすれば$A_1,A_2,\cdots,A_n\in\mathcal{C'}$となる。
$\mathcal{C'}$は有限交叉族なので$\bigcap\limits_{k=1}^nA_k\neq\varnothing $となる。
よって$\mathcal{D}$は有限交叉族である。

$\mathcal{D}$の定義により$\mathcal{D}$は$\mathbb{M}$に於ける$\mathbb{J}$の上界である。
従って$\mathbb{M}$は任意の空でない全順序部分集合が上界を持つので、ツォルンの補題により極大元を持つ。$\square$

1. $C_1,C_2,\cdots,C_n\in\mathcal{B}$とすると
   $(\bigcap\limits_{k=1}^nC_k)\cap X=\bigcap\limits_{k=1}^nC_k\neq\varnothing $
   となるため$\mathcal{B}\cup\{X\}$は有限交叉族
2. $C_1,C_2,\cdots,C_n\in\mathcal{B}$とすると$A,A'\in\mathcal{B} $により
   $(\bigcap\limits_{k=1}^nC_k)\cap(A\cap A')\neq\varnothing $
   となるため$\mathcal{B}\cup\{A\cap A'\}$は有限交叉族
3. $A,A'\subset X$が存在して、$A\cup A'\in\mathcal{B}$かつ$\mathcal{B}\cup\{A\},\mathcal{B}\cup\{A'\}$のいずれも有限交叉族にならないと仮定する。
   $\mathcal{B}\cup\{A\}$は有限交叉族でないので、$C_1,C_2,\cdots,C_n\in\mathcal{B}$が存在して$(\bigcap\limits_{k=1}^nC_k) \cap A=\varnothing $となる。
   同様に$C'_1,C'_2,\cdots,C'_m\in\mathcal{B}$が存在して$(\bigcap\limits_{l=1}^mC'_l) \cap A'=\varnothing $となる。
   この時
   $(\bigcap\limits_{k=1}^nC_k)\cap (\bigcap\limits_{l=1}^mC'_l)\cap (A\cup A')\subset ((\bigcap\limits_{k=1}^nC_k)\cap A)\cup ((\bigcap\limits_{l=1}^mC'_l)\cap A')=\varnothing$
   となり$\mathcal{B} $が有限交叉族であることに矛盾する。
   従って$\mathcal{B}\cup\{A\},\mathcal{B}\cup\{A'\}$の内いずれか片方は有限交叉族である。$\square$

$X:$集合$,\mathcal{U}$を$X$の超フィルターとする。

1. $\mathcal{U}$は有限交叉族なので$\varnothing \notin\mathcal{U}$
2. $\mathcal{U}\cup\{X\}$は有限交叉族で$\mathcal{U}\subset\mathcal{U}\cup\{X\}$なので$\mathcal{U}=\mathcal{U}\cup\{X\}$である。
   従って$X\in\mathcal{U}\cup\{X\}=\mathcal{U}$
3. $A,A'\in\mathcal{U} $とする。
   $\mathcal{U}\cup\{A\cap A'\}$は有限交叉族で$\mathcal{U}\subset\mathcal{U}\cup\{A\cap A'\}$なので$\mathcal{U}=\mathcal{U}\cup\{A\cap A'\}$である。
   従って$A\cap A'\in\mathcal{U}\cup\{A\cap A'\}=\mathcal{U}$
4. $A,A'\subset X, A\cup A'\in\mathcal{U} $とする。
   $\mathcal{U}\cup\{A\},\mathcal{U}\cup\{A'\}$の内いずれか片方は有限交叉族である。
   $\mathcal{U}\cup\{A\}$が有限交叉族になるならば$\mathcal{U}\subset\mathcal{U}\cup\{A\}$なので$\mathcal{U}=\mathcal{U}\cup\{A\}$であるから$A\in\mathcal{U}\cup\{A\}=\mathcal{U}$となる。
   同様に$\mathcal{U}\cup\{A'\}$が有限交叉族になるならば$A'\in\mathcal{U}$となる。$\square$

$X:$集合$,\mathcal{U}$を(1)(2)(3)(4)を満たす$X$の部分集合の族とする。

【$\mathcal{U}$が有限交叉族であること】
$A_1,A_2,\cdots,A_n\in\mathcal{U}$とする。
(3)と帰納法により$\bigcap\limits_{k=1}^nA_k\in\mathcal{U} $である。
(1)により$\bigcap\limits_{k=1}^nA_k\neq\varnothing $である。
従って$\mathcal{U}$は有限交叉族である。

【$\mathcal{U}$が超フィルターであること】
$\mathcal{B}$は有限交叉族$,\mathcal{U}\subset\mathcal{B}$とする。
$A\in\mathcal{B}$とする。
$A\cap A^c=\varnothing$で$\mathcal{B}$は有限交叉族なので$A^c\notin\mathcal{B}$である。
$A^c\notin\mathcal{B}, \mathcal{U}\subset\mathcal{B}$より$A^c\notin\mathcal{U}$である。
(2)により$A\cup A^c=X\in\mathcal{U}$なので、$A^c\notin\mathcal{U}$と(4)により$A\in\mathcal{U}$である。
従って$\mathcal{B}\subset\mathcal{U}$となり、$\mathcal{U}=\mathcal{B}$となるため$\mathcal{U}$は超フィルターである。$\square$

$A\subset X$とすると$A\cup A^c=X\in\mathcal{U}$となるため$A\in\mathcal{U}$または$A^c\in\mathcal{U}\square$

$B\subset X,A\in\mathcal{U},A\subset B$とする。
$B^c\in\mathcal{U}$と仮定すると$\varnothing=A\cap B^c\in\mathcal{U}$となり矛盾するため$B^c\notin\mathcal{U}$である。
従って補題4により$B\in\mathcal{U}$である。$\square$

$x,x'\in X,\langle x \rangle_X=\langle x'\rangle_X$とする。
$\{x\}\in\langle x \rangle_X=\langle x'\rangle_X$より$x'\in\{x\}\Leftrightarrow x=x'$となる。
従って$\langle\cdot\rangle_X$は単射である。$\square$

【$f^{-1}(B)\in\mathcal{U}\Rightarrow^{\exists}A\in\mathcal{U}\ s.t.\ f(A)\subset B$】
$B\subset Y,f^{-1}(B)\in\mathcal{U}$とする。
この時$f(f^{-1}(B))\subset B$である。

【$f^{-1}(B)\in\mathcal{U}\Leftarrow^{\exists}A\in\mathcal{U}\ s.t.\ f(A)\subset B$】
$B\subset Y,A\in\mathcal{U},f(A)\subset B$とする。
この時$A\subset f^{-1}(f(A))\subset f^{-1}(B)$と補題4により$f^{-1}(B)\in\mathcal{U}$である。

【$\{B\subset Y\ |\ f^{-1}(B)\in\mathcal{U}\}\in \mathrm{Ult}(Y)$】
$\mathcal{C}=\{B\subset Y\ |\ f^{-1}(B)\in\mathcal{U}\}$と書く。
$\mathcal{C}$が命題3(1)-(4)を満たすことを示す。

1. $f^{-1}(\varnothing)=\varnothing\notin\mathcal{U}$より$\varnothing\notin\mathcal{C}$
2. $f^{-1}(Y)=X\in\mathcal{U}$より$Y\in\mathcal{C}$
3. $B,B'\in\mathcal{C}$とする。
   この時$f^{-1}(B\cap B')=f^{-1}(B)\cap f^{-1}(B')\in\mathcal{U}$となるため$B\cap B'\in\mathcal{C}$
4. $B,B'\subset Y\ ,\ B\cup B'\in\mathcal{C}$とする。
   この時$f^{-1}(B)\cup f^{-1}(B')=f^{-1}(B\cup B')\in\mathcal{U}$となるため
   $f^{-1}(B)\in\mathcal{U}$または$f^{-1}(B')\in\mathcal{U}\Leftrightarrow B\in\mathcal{C}$または$B'\in\mathcal{C}$

以上により$\mathcal{C}=\{B\subset Y\ |\ f^{-1}(B)\in\mathcal{U}\}\in \mathrm{Ult}(Y)$である。$\square$

$x\in X$とすると、任意の$B\subset Y$に対して
$B\in \mathrm{Ult}(f)(\langle x \rangle_X)\Leftrightarrow f^{-1}(B)\in\langle x \rangle_X\Leftrightarrow x\in f^{-1}(B)\Leftrightarrow f(x)\in B\Leftrightarrow B\in \langle f(x) \rangle_Y$
となるため$\mathrm{Ult}(f)(\langle x \rangle_X)=\langle f(x) \rangle_Y$である。
従って$\mathrm{Ult}(f)\circ\langle \cdot\rangle_X=\langle\cdot\rangle_Y\circ f$である。$\square$

任意の$A\subset X,\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して
$A\in \mathrm{Ult}(id_X)(\mathcal{U})\Leftrightarrow id_X^{-1}(A)\in\mathcal{U}\Leftrightarrow A\in id_{\mathrm{Ult}(X)}(\mathcal{U})$
となるため$\mathrm{Ult}(id_X)(\mathcal{U})=id_{\mathrm{Ult}(X)}(\mathcal{U})$である。
従って$\mathrm{Ult}(id_X)=id_{\mathrm{Ult}(X)}$である。$\square$

任意の$x\in X$に対して命題7により
$\langle f(x)\rangle_Y=\mathrm{Ult}(f)(\langle x\rangle_X)=\mathrm{Ult}(g)(\langle x\rangle_X)=\langle g(x)\rangle_Y$
となるため命題6により$f(x)=g(x)$である。
従って$f=g$である。$\square$

任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X),C\subset Z$に対して
$C\in \mathrm{Ult}(g\circ f)(\mathcal{U})\Leftrightarrow (g\circ f)^{-1}(C)\in\mathcal{U}\Leftrightarrow f^{-1}(g^{-1}(C))\in\mathcal{U}\Leftrightarrow g^{-1}(C)\in \mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})\Leftrightarrow C\in \mathrm{Ult}(g)(\mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U}))\Leftrightarrow C\in (\mathrm{Ult}(g)\circ \mathrm{Ult}(f))(\mathcal{U})$
となるため$\mathrm{Ult}(g\circ f)(\mathcal{U})=(\mathrm{Ult}(g)\circ \mathrm{Ult}(f))(\mathcal{U})$である。
従って$\mathrm{Ult}(g\circ f)=\mathrm{Ult}(g)\circ \mathrm{Ult}(f)$である。$\square$

$X:$集合$,\mathbf{U}\in \mathrm{Ult}^2(X)$とする。
$\lim\mathbf{U}$が命題3(1)-(4)を満たすことを示す。

1. $\mathsf{A}\in\mathbf{U}$を任意に取る。
   $\varnothing\notin\mathbf{U}$により$\mathsf{A}\neq\varnothing$なので、超フィルター$\mathcal{V}\in\mathsf{A}$が取れる。
   この時$ \varnothing\notin\mathcal{V}$であるため$\varnothing\notin\lim\mathbf{U}$である。
2. $\mathrm{Ult}(X)\in\mathbf{U}$である。
   この時任意の$\mathcal{V}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$X\in\mathcal{V}$であるため$X\in\lim\mathbf{U}$である。
3. $A,A'\in\lim\mathbf{U}$を任意に取る。
   $\mathsf{B_0}\in\mathbf{U}$が存在して、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}$に対して$A'\in\mathcal{V}$となる。
   $\mathsf{B'_0}\in\mathbf{U}$が存在して、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B'_0}$に対して$A'\in\mathcal{V}$となる。
   この時$\mathsf{B_0}\cap\mathsf{B'_0}\in\mathbf{U}$で、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}\cap\mathsf{B'_0}$に対して、$A,A'\in\mathcal{V}$より$A\cap A'\in\mathcal{V}$となる。
   従って$A\cap A'\in\lim\mathbf{U}$である。
4. $A,A'\subset X\ ,\ A\cup A'\in\lim\mathbf{U}$とする。
   $\mathsf{B_0}\in\mathbf{U}$が存在して、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}$に対して$A\cup A'\in\mathcal{V}$となる。
   この時任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}$に対して$A\in\mathcal{V}$または$A' \in\mathcal{V}$であるから、
   $\mathsf{C}=\{\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}\ |\ A\in\mathcal{V}\},\mathsf{C'}=\{\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}\ |\ A'\in\mathcal{V}\}$と定めれば、
   $\mathsf{C}\cup\mathsf{C'}=\mathsf{B_0}\in\mathbf{U}$となるため$\mathsf{C}\in\mathbf{U}$または$\mathsf{C'}\in\mathbf{U}$である。
   $\mathsf{C}\in\mathbf{U}$の場合、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{C}$に対して$A\in\mathcal{V}$となるため$A\in\lim\mathbf{U}$である。
   同様にして$\mathsf{C'}\in\mathbf{U}$ならば$A'\in\lim\mathbf{U}$である。

以上により$\lim\mathbf{U}\in \mathrm{Ult}(X)$である。$\square$

$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X),A\in\lim \mathrm{Ult}(\langle\cdot\rangle_X)(\mathcal{U})$とする。

$\mathsf{B_0}\in \mathrm{Ult}(\langle\cdot\rangle_X)(\mathcal{U})$が存在して、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}$に対して$A\in\mathcal{V}$となる。
$\mathsf{B_0}\in \mathrm{Ult}(\langle\cdot\rangle_X)(\mathcal{U})\Leftrightarrow\langle\cdot\rangle_X^{-1}(\mathsf{B_0})\in\mathcal{U}$である。
$x\in\langle\cdot\rangle_X^{-1}(\mathsf{B_0})$とすると$\langle x\rangle_X\in\mathsf{B_0}$より$A\in\langle x\rangle_X\Leftrightarrow x\in A$となるため$\langle\cdot\rangle_X^{-1}(\mathsf{B_0})\subset A$である。
$\langle\cdot\rangle_X^{-1}(\mathsf{B_0})\in\mathcal{U}$と補題5により$A\in\mathcal{U}$である。
よって$\lim \mathrm{Ult}(\langle\cdot\rangle_X)(\mathcal{U})\subset\mathcal{U}$である。
超フィルターの極大性により$\lim \mathrm{Ult}(\langle\cdot\rangle_X)(\mathcal{U})=\mathcal{U}$である。

従って$\lim\circ \mathrm{Ult}(\langle\cdot\rangle_X)=id_{\mathrm{Ult}(X)}$である。$\square$

$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X),A\in\lim\langle\mathcal{U}\rangle_{\mathrm{Ult}(X)}$とする。

$\mathsf{B_0}\in\langle\mathcal{U}\rangle_{\mathrm{Ult}(X)}$が存在して、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}$に対して$A\in\mathcal{V}$となる。
$\mathsf{B_0}\in\langle\mathcal{U}\rangle_{\mathrm{Ult}(X)}\Leftrightarrow\mathcal{U}\in\mathcal{B_0}$であるため$A\in\mathcal{U}$である。
よって$\lim\langle\mathcal{U}\rangle_{\mathrm{Ult}(X)}\subset\mathcal{U}$である。
超フィルターの極大性により$\lim\langle\mathcal{U}\rangle_{\mathrm{Ult}(X)}=\mathcal{U}$である。

従って$\lim\circ\langle\cdot\rangle_{\mathrm{Ult}(X)}=id_{\mathrm{Ult}(X)}$である。$\square$

$\mathbf{U}\in \mathrm{Ult}^2(X)$を任意に取る。

$A\in \mathrm{Ult}(f)(\lim_X\mathbf{U})$とする。
$A\in \mathrm{Ult}(f)(\lim_X\mathbf{U})$より$f^{-1}(A)\in\lim_X\mathbf{U}$となるため、$\mathsf{B_0}\in\mathbf{U}$が存在して、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}$に対して$f^{-1}(A)\in\mathcal{V}$、すなわち$A\in \mathrm{Ult}(f)(\mathcal{V})$となる。
$\mathsf{B_0}\in\mathbf{U}$より$\mathrm{Ult}(f)(\mathsf{B_0})\in \mathrm{Ult}^2(f)(\mathbf{U})$である。
(ただし$\mathrm{Ult}(f)(\mathsf{B_0})$は写像$\mathrm{Ult}(f)$による$\mathsf{B_0}\subset \mathrm{Ult}(X)$の像である。)
$\mathcal{W}\in \mathrm{Ult}(f)(\mathsf{B_0})$を任意に取ると、$\mathcal{V}_\mathcal{W}\in \mathsf{B_0}$が存在して$\mathcal{W}=\mathrm{Ult}(f)(\mathcal{V}_\mathcal{W})\ni A$となる。
従って$A\in\lim_Y \mathrm{Ult}^2(f)(\mathbf{U})$となるため$\mathrm{Ult}(f)(\lim_X\mathbf{U})\subset\lim_Y \mathrm{Ult}^2(f)(\mathbf{U})$である。
超フィルターの極大性により$\mathrm{Ult}(f)(\lim_X\mathbf{U})=\lim_Y \mathrm{Ult}^2(f)(\mathbf{U})$である。

以上より任意の$\mathbf{U}\in \mathrm{Ult}^2(X)$に対して
$(\mathrm{Ult}(f)\circ\lim_X)(\mathbf{U})=(\lim_Y\circ \mathrm{Ult}^2(f))(\mathbf{U})$
が成り立つため$\mathrm{Ult}(f)\circ\lim_X=\lim_Y\circ \mathrm{Ult}^2(f)$である。$\square$

$X$を集合とし、$\mathbf{U^{(3)}}\in \mathrm{Ult}^3(X)$を任意に取る。

$A\in $$\lim$$\lim_{(2)}\mathbf{U^{(3)}}$とする。
$A\in $$\lim$$\lim_{(2)}\mathbf{U^{(3)}}$より$\mathsf{B_0}\in\lim_{(2)}\mathbf{U^{(3)}}$が存在して、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}$に対して$A\in\mathcal{V}$となる。
$\mathsf{B_0}\in\lim_{(2)}\mathbf{U^{(3)}}$より$\mathsf{C_0^{(3)}}\in\mathbf{U^{(3)}}$が存在して、任意の$\mathbf{W}\in\mathsf{C_0^{(3)}}$に対して$\mathsf{B_0}\in\mathbf{W}$となる。

$\mathsf{C_0^{(3)}}\in\mathbf{U^{(3)}}$より$\lim$$(\mathsf{C_0^{(3)}})\in \mathrm{Ult}($$\lim$$)(\mathbf{U^{(3)}})$である。
(ただし$\lim$$(\mathsf{C_0^{(3)}})$は写像$\lim$による$\mathsf{C_0^{(3)}}\subset \mathrm{Ult}^2(X)$の像)
$\mathcal{Z}\in$$\lim$$(\mathsf{C_0^{(3)}})$を任意に取る。
$\mathbf{W}_\mathcal{Z}\in\mathsf{C_0^{(3)}}$が存在して$\mathcal{Z}=$$\lim$$\mathbf{W}_\mathcal{Z}$となる。
この時$\mathsf{B_0}\in\mathbf{W}_\mathcal{Z}$で、任意の$\mathcal{V}\in\mathsf{B_0}$に対して$A\in\mathcal{V}$となるため、$A\in\lim\mathbf{W}_\mathcal{Z}=\mathcal{Z}$である。
従って$A\in\lim \mathrm{Ult}($$\lim$$)(\mathbf{U^{(3)}})$となるため
$\lim$$\lim_{(2)}\mathbf{U^{(3)}}\subset\lim \mathrm{Ult}($$\lim$$)(\mathbf{U^{(3)}})$である。
超フィルターの極大性により$\lim$$\lim_{(2)}\mathbf{U^{(3)}}=\lim \mathrm{Ult}($$\lim$$)(\mathbf{U^{(3)}})$である。

以上により任意の$\mathbf{U^{(3)}}\in \mathrm{Ult}^3(X)$に対して
$($$\lim$$\circ\lim_{(2)})(\mathbf{U^{(3)}})=(\lim\circ \mathrm{Ult}($$\lim$$))(\mathbf{U^{(3)}})$
が成り立つため$\lim$$\circ\lim_{(2)}=\lim\circ \mathrm{Ult}($$\lim$$)$である。$\square$

【$\mathcal{U}\rightarrow x\Rightarrow$任意の$A\in\mathcal{N}(x)$に対して$B\in\mathcal{U}$が存在して$B\subset A$】
$B=A$とすれば良い。

【$\mathcal{U}\rightarrow x\Leftarrow$任意の$A\in\mathcal{N}(x)$に対して$B\in\mathcal{U}$が存在して$B\subset A$】
$A\in\mathcal{N}(x),\ B\in\mathcal{U},\ B\subset A$とすると、
補題5により$A\in\mathcal{U}$となるため$\mathcal{N}(x)\subset\mathcal{U}$である。
従って$\mathcal{U}\rightarrow x$である。$\square$

【$\mathcal{U}\rightarrow x\Rightarrow x\in\bigcap\limits_{A\in\mathcal{U}}cl(A)$】
$\mathcal{U}\rightarrow x,\ A\in\mathcal{U}$とする。
任意の$B\in\mathcal{N}(x)$に対して、$\mathcal{N}(x)\subset\mathcal{U}$により$B\in\mathcal{U}$であるから$A\cap B\neq\varnothing$である。
よって定義10により$x\in cl(A)$である。
従って$x\in\bigcap\limits_{A\in\mathcal{U}}cl(A)$である。

【$\mathcal{U}\rightarrow x\Leftarrow x\in\bigcap\limits_{A\in\mathcal{U}}cl(A)$】
対偶を示す。
$\mathcal{U}\nrightarrow x$とする。
$A_0\in\mathcal{N}(x)$が存在して$A_0\notin\mathcal{U}$となる。
補題4により$A_0^c\in\mathcal{U}$である。
$A_0\cap A_0^c=\varnothing$と定義10により$x\notin cl(A_0^c)$であるから$x\notin\bigcap\limits_{A\in\mathcal{U}}cl(A)$である。$\square$

任意の$A\in\mathcal{N}(x)$に対して$x\in A\Leftrightarrow A\in\langle x\rangle_X$となる。
従って$\mathcal{N}(x)\subset\langle x\rangle_X$より$\langle x\rangle_X\rightarrow x$である。$\square$

【$x\in cl(A)\Rightarrow\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$A\in\mathcal{U}$かつ$\mathcal{U}\rightarrow x$】
$x\in cl(A)$とする。
定義8(3),定義10により$\mathcal{B}=\{A\cap B\ |\ B\in\mathcal{N}(x)\}$は有限交叉族であるから、命題1により$\mathcal{B}$を含む$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在する。
定義8(1)により$A=A\cap X\in\mathcal{B}\subset\mathcal{U}$である。
任意の$B\in\mathcal{N}(x)$に対して$A\cap B\in\mathcal{U},A\cap B\subset B$と補題5により$B\in\mathcal{U}$であるから$\mathcal{N}(x)\subset\mathcal{U}\Leftrightarrow\mathcal{U}\rightarrow x$である。

【$x\in cl(A)\Leftarrow\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$A\in\mathcal{U}$かつ$\mathcal{U}\rightarrow x$】
$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X),A\in\mathcal{U}$かつ$\mathcal{U}\rightarrow x$とする。
この時任意の$B\in\mathcal{N}(x)$に対して$B\in\mathcal{U}$より$A\cap B\neq\varnothing$となるため、定義10により$x\in cl(A)$である。$\square$

任意の$A\subset X$に対して
$A\in \mathcal{N}(x)\Leftrightarrow x\notin cl(A^c)(\because$定義9$)$
$\Leftrightarrow$任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$A^c\in\mathcal{U}$ならば$\mathcal{U}\nrightarrow x(\because$命題18$)$
$\Leftrightarrow$任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$\mathcal{U}\rightarrow x$ならば$A^c\notin\mathcal{U}$
$\Leftrightarrow$任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$\mathcal{U}\rightarrow x$ならば$A\in\mathcal{U}(\because$補題4$)$
$\Leftrightarrow A\in\bigcap\limits_{\mathcal{U}\rightarrow x}\mathcal{U}$
となるため$\mathcal{N}(x)=\bigcap\limits_{\mathcal{U}\rightarrow x}\mathcal{U}$である。$\square$

【$f$が連続写像$\Rightarrow$任意の$x\in X,\ \mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$\mathcal{U}\rightarrow x$ならば$\mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})\rightarrow f(x)$】
$f:$連続写像$,\ x\in X,\ \mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X),\ \mathcal{U}\rightarrow x$とする。
$B\in\mathcal{N}_Y(f(x))$を任意に取る。
$f$は連続なので$f^{-1}(B)\in\mathcal{N}_X(x)$である。
$\mathcal{U}\rightarrow x$より$\mathcal{N}_X(x)\subset \mathcal{U}$なので、$f^{-1}(B)\in\mathcal{U}$より$B\in \mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})$となる。
従って$\mathcal{N}_Y(f(x))\subset \mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})$より$\mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})\rightarrow f(x)$である。

【$f$が連続写像$\Leftarrow$任意の$x\in X,\ \mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$\mathcal{U}\rightarrow x$ならば$\mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})\rightarrow f(x)$】
$x\in X,\ B \in\mathcal{N}_Y(f(x))$とする。
$\mathcal{U}\rightarrow x$となる$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$を任意に取る。
仮定により$\mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})\rightarrow f(x)$となる。
定義11により$B\in \mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})$となるため$f^{-1}(B)\in\mathcal{U}$である。
$\mathcal{U}$の取り方と命題19により$f^{-1}(B)\in\mathcal{N}(x)$である。
従って$f$は連続写像である。$\square$

$\mathbf{U}\in \mathrm{Ult}(\mathfrak{q}),\ \mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{U})\rightarrow x$とする。

$A\in\mathcal{N}(x)$を任意に取る。
$B_0\subset A$が存在して、$x\in B_0$かつ任意の$y\in B_0$に対して$B_0\in\mathcal{N}(y)$となる。
$B_0\in\mathcal{N}(x)$と$\mathcal{N}(x)\subset \mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{U})$により$B_0\in \mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{U})\Leftrightarrow \pi^{-1}(B_0)\in\mathbf{U}$である。
よって$\Pi(\pi^{-1}(B_0))\in \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{U})$である。
$\mathcal{V}\in\Pi(\pi^{-1}(B_0))$を任意に取る。
$\Pi,\ \pi$の定義により$y_0\in B_0$が存在して$(\mathcal{V},y_0)\in\mathfrak{q}\Leftrightarrow\mathcal{N}(y_0)\subset\mathcal{V}$となる。
この時$B_0\in\mathcal{N}(y_0)\subset\mathcal{V},\ B_0\subset A$と補題5により$A\in\mathcal{V}$である。
従って$A\in\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{U})$となるため$\mathcal{N}(x)\subset\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{U})$となる。

以上により$\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{U})\rightarrow x$である。$\square$

$(X,\mathfrak{q})$を(1),(2)を満たす構造とする。
任意の$A\subset X$に対して
$cl(A)=\{x\in X\ |\ \mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$A\in\mathcal{U}$かつ$(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}\}$
と定める。
$cl$が定義7(1)-(5)を満たすことを示す。

1. 任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$\varnothing\notin\mathcal{U}$であるから$cl(\varnothing)=\varnothing$である。
2. $A\subset X,\ x\in A$とすると$A\in\langle x\rangle_X,\ \ (\langle x\rangle_X,x)\in\mathfrak{q}$であるから$x\in cl(A)$である。
   従って$A\subset cl(A)$である。
3. $A\subset X,x\in cl(cl(A))$とする。
   $\mathcal{U_0}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$cl(A)\in\mathcal{U_0},\ (\mathcal{U_0},x)\in\mathfrak{q}$となる。
   $B\in\mathcal{U_0}$に対して$\varphi(B)=\{(\mathcal{V},y)\in\mathfrak{q}\ |\ A\in\mathcal{V},\ y\in B\}\subset\mathfrak{q}$と定める。
   任意の$B_1,B_2,\cdots ,B_n\in\mathcal{U_0}$に対して、
   $y\in (\bigcap\limits_{k=1}^n B_k)\cap cl(A)$を取れば$\mathcal{V}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$A\in\mathcal{V},\ (\mathcal{V},y)\in\mathfrak{q}$となるため、
   $\bigcap\limits_{k=1}^n\varphi(B_k)=\varphi(\bigcap\limits_{k=1}^nB_k)\neq\varnothing$である。
   従って$Im\ \varphi$は有限交叉族であるため、命題1により$Im\ \varphi$を含む$\mathbf{W_0}\in \mathrm{Ult}(\mathfrak{q})$が存在する。
   $B\in\mathcal{U_0}$を任意に取る。
   $\varphi(B)\subset\pi^{-1}(B),\ \varphi(B)\in\mathbf{W_0}$と補題5により$\pi^{-1}(B)\in\mathbf{W_0}$であるため$B\in \mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{W_0})$である。
   よって$\mathcal{U_0}\subset \mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{W_0})$となるが、超フィルターの極大性により$\mathcal{U_0}=\mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{W_0})$である。
   従って$(\mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{W_0}),x)=(\mathcal{U_0},x)\in\mathfrak{q}$となるため、仮定により$(\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0}),x)\in\mathfrak{q}$である。
   $\varphi(X)\in\mathbf{W_0}$より$\Pi(\varphi(X))\in \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0})$で、$\varphi$の定義により任意の$\mathcal{V}\in\Pi(\varphi(X))$に対して$A\in\mathcal{V}$となるため、$A\in\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0})$である。
   $A\in\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0}),\ (\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0}),x)\in\mathfrak{q}$により$x\in cl(A)$である。
   以上により$cl(cl(A))\subset cl(A)$である。
4. $A,B\subset X,\ A\subset B$とする。
   $x\in cl(A)$を任意に取ると、$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$A\in\mathcal{U},\ (\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$となる。
   この時$B\in\mathcal{U}$であるから$x\in cl(B)$である。
   従って$cl(A)\subset cl(B)$である。
5. $A,B\subset X$とする。
   $x\in cl(A\cup B)$を任意に取る。
   $\mathcal{U_0}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$A\cup B\in\mathcal{U_0},\ (\mathcal{U_0},x)\in\mathfrak{q}$となる。
   この時$A\in\mathcal{U_0}$または$B\in\mathcal{U_0}$である。
   $A\in\mathcal{U_0}$ならば$x\in cl(A)$($B$も同様)となるため$x\in cl(A)\cup cl(B)$である。
   従って$cl(A\cup B)\subset cl(A)\cup cl(B)$である。

以上により$cl$は$X$の閉包作用素である。
この$cl$によりXに位相が定まる。$\square$

【$\mathcal{U}\rightarrow x\Rightarrow(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$】
$\mathcal{U}\rightarrow x$とする。
$A\in\mathcal{U}$に対して$\psi(A)=\{(\mathcal{V},x)\in\mathfrak{q}\ |\ A\in\mathcal{V}\}$と定める。
任意の$A_1,A_2,\cdots,A_n\in\mathcal{U}$に対して、$\bigcap\limits_{k=1}^nA_k\in\mathcal{U},\ \mathcal{U}\rightarrow x$により$x\in cl(\bigcap\limits_{k=1}^nA_k)$であるため、$\mathcal{V}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$\bigcap\limits_{k=1}^nA_k\in\mathcal{V}$かつ$(\mathcal{V},x)\in\mathfrak{q}$となる。
この時$(\mathcal{V},x)\in\bigcap\limits_{k=1}^n\psi(A_k)$であるから$im\ \psi$は$\mathfrak{q}$の有限交叉族である。
従って命題1により$im\ \psi$を含む$\mathbf{W_0}\in \mathrm{Ult}(\mathfrak{q})$が存在する。

$A\in\mathcal{U}$を任意に取ると$\psi(A)\in\mathbf{W_0}$より$\Pi(\psi(A))\in\mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0})$で、$\Pi$の定義により任意の$\mathcal{V}\in\Pi(\psi(A))$に対して$A\in\mathcal{V}$が成り立つため$A\in\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0})$となる。
従って$\mathcal{U}\subset\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0})$となるが、超フィルターの極大性により$\mathcal{U}=\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0})$である。

$\pi^{-1}(\{x\})=\{(\mathcal{V},x)\in\mathfrak{q}\}=\psi(X)\in\mathbf{W_0}$より$\{x\}\in \mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{W_0})$となるため$\mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{W_0})=\langle x\rangle_X$である。
従って$(\mathrm{Ult}(\pi)(\mathbf{W_0}),x)=(\langle x\rangle_X,x)\in\mathfrak{q}$となるため$(\lim \mathrm{Ult}(\Pi)(\mathbf{W_0}),x)=(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$である。

【$\mathcal{U}\rightarrow x\Leftarrow(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$】
$(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$とすると$\mathcal{N}(x)=\bigcap\limits_{(\mathcal{V},x)\in\mathfrak{q}}\mathcal{V}\subset\mathcal{U}$となるため$\mathcal{U}\rightarrow x$である。$\square$

$cl'$を$X$の閉包作用素とし、$cl'$から定まる超フィルターの収束について$\mathcal{U}\rightarrow x\Leftrightarrow(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$が成り立つとする。
この時命題18により任意の$x\in X$と$A\subset X$に対して
$x\in cl'(A)$
$\Leftrightarrow\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$A\in\mathcal{U}$かつ$\mathcal{U}\rightarrow x$
$\Leftrightarrow\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$A\in\mathcal{U}$かつ$(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$
となる。よって示された。$\square$

$(X,\mathfrak{q}_X),(Y,\mathfrak{q}_Y)$を(1),(2)を満たす構造$,f:X\rightarrow Y$とする。
この時命題19により
$f$は連続写像
$\Leftrightarrow$任意の$x\in X,\ \mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$\mathcal{U}\rightarrow x$ならば$\mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U})\rightarrow f(x)$
$\Leftrightarrow$任意の$(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}_X$に対して$(\mathrm{Ult}(f)(\mathcal{U}),f(x))\in\mathfrak{q}_Y$
が成り立つ。$\square$

(2)$A\subset X$とする。
$A$が閉集合$\Leftrightarrow cl(A)\subset A$
$\Leftrightarrow$任意の$x\in X$に対して$x\in cl(A)$ならば$x\in A$
$\Leftrightarrow$任意の$x\in X$に対して、$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$かつ$A\in\mathcal{U}$となるならば$x\in A$

(3)$x\in X,\ A\subset X$とする。
$x\in i(A)\Leftrightarrow A\in\mathcal{N}(x)\Leftrightarrow A\in\bigcap\limits_{(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}}\mathcal{U}$
$\Leftrightarrow$任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$ならば$A\in\mathcal{U}$

(1)$A\subset X$とする。
$A$が開集合$\Leftrightarrow A\subset i(A)$
$\Leftrightarrow$任意の$x\in A$に対して$x\in i(A)$
$\Leftrightarrow$任意の$x\in A$と$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$(\mathcal{U},x)\in\mathfrak{q}$ならば$A\in\mathcal{U}\square$

【$X$はハウスドルフ$\Rightarrow$任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X),\ x,y\in X$に対して、$\mathcal{U}\rightarrow x$かつ$\mathcal{U}\rightarrow y$ならば$x=y$】
$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X),\ x,y\in X,\ x\neq y$とする。
$X$はハウスドルフなので、開集合$V_x,V_y\subset X$が存在して、$x\in V_x,\ y\in V_y,\ V_x\cap V_y=\varnothing$となる。
$V_x\cap V_y=\varnothing$により$V_x\notin\mathcal{U}$または$V_y\notin\mathcal{U}$である。
$V_x\notin\mathcal{U}$の場合、$V_x\in\mathcal{N}(x)$であるから$\mathcal{U}\nrightarrow x$である。
同様に$V_y\notin\mathcal{U}$ならば$\mathcal{U}\nrightarrow y$である。

【$X$はハウスドルフ$\Leftarrow$任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X),\ x,y\in X$に対して、$\mathcal{U}\rightarrow x$かつ$\mathcal{U}\rightarrow y$ならば$x=y$】
対偶を示す。
$X$はハウスドルフでないとする。
相異なる$x,y\in X$が存在して、任意の開集合$U,V\subset X$に対して、$x\in U$かつ$y\in V$ならば$U\cap V\neq\varnothing$となる。
この時$\mathcal{N}(x)\cup\mathcal{N}(y)$は有限交叉族であるから、命題1により$\mathcal{W_0}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在して$\mathcal{N}(x)\cup\mathcal{N}(y)$を含む。
この時$\mathcal{W_0}\rightarrow x,\ \mathcal{W_0}\rightarrow y$である。$\square$

【$X$はコンパクト$\Rightarrow$任意の閉集合のみからなる有限交叉族$\mathcal{B}$に対して$\bigcap\limits_{F\in\mathcal{B}}F\neq\varnothing$】
$\mathcal{B}$を閉集合のみからなる有限交叉族とする。
任意の$F_1,F_2,\cdots,F_n\in\mathcal{B}$に対して、$\mathcal{B}$は有限交叉族だから$\bigcup\limits_{k=1}^n(X\backslash F_k)=X\backslash(\bigcap\limits_{k=1}^nF_k)\subsetneq X$である。
よって任意の$F\in\mathcal{B}$に対して$X\backslash F$は開集合で、$X$はコンパクトだから$X\backslash(\bigcap\limits_{F\in\mathcal{U}}F)=\bigcup\limits_{F\in\mathcal{B}}(X\backslash F)\subsetneq X$である。
従って$\bigcap\limits_{F\in\mathcal{B}}F\neq\varnothing$である。

【$X$はコンパクト$\Leftarrow$任意の閉集合のみからなる有限交叉族$\mathcal{B}$に対して$\bigcap\limits_{F\in\mathcal{B}}F\neq\varnothing$】
$\mathcal{B}$を開集合の族,$\ X=\bigcup\limits_{U\in\mathcal{B}}U$とする。
この時$\{X\backslash U\ |\ U\in\mathcal{B}\}$は閉集合のみからなる集合族で$\bigcap\limits_{U\in\mathcal{B}} (X\backslash U)=X\backslash(\bigcup\limits_{U\in\mathcal{B}}U)=\varnothing$となるため、仮定により$\{X\backslash U\ |\ U\in\mathcal{B}\}$は有限交叉族ではない。
従って$U_1,U_2,\cdots,U_n\in\mathcal{B}$が存在して$X\backslash(\bigcup\limits_{k=1}^nU_k)=\bigcap\limits_{k=1}^n(X\backslash U_k)=\varnothing$となる。
この時$\bigcup\limits_{k=1}^nU_k=X$となるため、$X$はコンパクトである。$\square$

【$X$はコンパクト$\Rightarrow$任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$x\in X$が存在して$\mathcal{U}\rightarrow x$】
$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$とする。
補題25により$x\in\bigcap\limits_{A\in\mathcal{U}}cl(A)$が存在する。
この時命題16により$\mathcal{U}\rightarrow x$である。

【$X$はコンパクト$\Leftarrow$任意の$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$に対して$x\in X$が存在して$\mathcal{U}\rightarrow x$】
$\mathcal{B}$を閉集合からなる$X$の有限交叉族とする。
命題1により$\mathcal{B}$を含む$\mathcal{U}\in \mathrm{Ult}(X)$が存在する。
仮定により$x\in X$が存在して$\mathcal{U}\rightarrow x$となる。
この時命題16により$x\in\bigcap\limits_{A\in\mathcal{U}}cl(A)\subset\bigcap\limits_{A\in\mathcal{B}}A$となるため$\bigcap\limits_{A\in\mathcal{B}}A\neq\varnothing$である。
従って命題25により$X$はコンパクトである。$\square$

これまでに証明したことを使えば等式の変形だけで示せる。

1. $\overline{f}\circ\lim=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(f)\circ\lim=\mathfrak{q}_Y\circ\lim\circ \mathrm{Ult}^2(f)=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(\mathcal{q}_Y)\circ \mathrm{Ult}^2(f)=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(\mathcal{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(f))=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(\overline{f})$
   より$\overline{f}$は連続写像
2. $\overline{\overline{f}}=\overline{f}\circ\langle\cdot\rangle_X=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(f)\circ\langle\cdot\rangle_X=\mathfrak{q}_Y\circ\langle\cdot\rangle_Y\circ f=id_Y\circ f=f$
3. $\overline{\overline{g}}=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(\overline{g})=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(g\circ\langle\cdot\rangle_X)=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(g)\circ \mathrm{Ult}(\langle\cdot\rangle_X)=g\circ\lim\circ \mathrm{Ult}(\langle\cdot\rangle_X)=g\circ id_{\mathrm{Ult}(X)}=g$
4. $\overline{f\circ e}=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(f\circ e)=\mathfrak{q}_Y\circ \mathrm{Ult}(f)\circ \mathrm{Ult}(e)=\overline{f}\circ \mathrm{Ult}(e)$
5. $\overline{h\circ g}=h\circ g\circ\langle\cdot\rangle_X=h\circ\overline{g}\ \square$