2018-04-22 (Sun.)
位相空間 \(X\) の上の前層について考える. 前層があるとき、以下のステップを踏むことでまず中間層に誘導し、さらにそれを層に誘導できる. この手続きを層化という.
前記事 に書いた.
層 \(A\) の2元 \(f,g\) について \[[f=g] := \bigcup \{ U : f \rceil U = g \rceil U \}\] と定める. \(U\) についての和を取っていることに註意. 特に \([f=f] = X\) (全体) である.
2元 \(f,g\) が互いのドメインで制限したときに等しいことを「両立している」と表現する. すなわち \[f \rceil Eg = g \rceil Ef\] のことである.
前層 \(A\) について \[\forall f,g \in A, Ef \cap Eg \subseteq [f=g] \implies f\rceil Eg=g\rceil Ef\] が成立するものを中間層と言う. (逆は一般の前層で成立する.)
前層 \(A\) に次の同値関係を入れる. \[f \equiv g \iff Ef=Eg \subseteq [f=g]\] これで割って \[\begin{align*} \hat{A} = A/\!\!\equiv \\ \varphi : A \to \hat{A} \\ E \varphi(f) = Ef \\ \varphi(f) \rceil U = \varphi( f \rceil U) \end{align*}\] とする. この \(\hat{A}\) が中間層になっている.
前層であることまでは自明だとして、中間層としての条件が満たされてることだけ確認する.
すなわち、任意の2元 \(f,g \in A\) に対する \(\varphi(f), \varphi(g) \in \hat{A}\) について \[E\varphi(f) \cap E\varphi(g) \subseteq [\varphi(f)=\varphi(g)] \implies \varphi(f)\rceil E\varphi(g)=\varphi(g)\rceil E\varphi(f)\] であることを確認する.
この式は \(E\varphi\) と \(\varphi \rceil\) の定義から \[Ef \cap Eg \subseteq [\varphi(f)=\varphi(g)] \implies \varphi(f\rceil Eg)=\varphi(g\rceil Ef)\] と書き直せる.
さらに \(\implies\) から見て右辺は \(\varphi\) のイコールなので同値関係のことを言っている. \[\begin{align*} & \varphi(f\rceil Eg)=\varphi(g\rceil Ef) \\ \iff & f\rceil Eg \equiv g\rceil Ef \\ \iff & E(f\rceil Eg) = E(g\rceil Ef) \land E(g \rceil Ef) \subseteq [f \rceil Eg=g \rceil Ef] \\ \iff & Ef \cap Eg \subseteq [f \rceil Eg=g \rceil Ef] \\ \end{align*}\] と書き直せる.
改めて示したい式を書き直すと\[ Ef \cap Eg \subseteq [\varphi(f)=\varphi(g)] \implies Ef \cap Eg \subseteq [f \rceil Eg=g \rceil Ef] \]
となる.
背理法で示す. 右辺が \(\not\subseteq\) だとすると、 \[\exists x \in Ef \cap Eg, x \not\in [f \rceil Eg=g \rceil Ef]\] という点 \(x \in X\) があるはずである. \([- = -]\) の定義まで戻れば、そのような点 \(x\) に対して
\[\forall U (x \in U), f \rceil Eg \rceil U \ne g \rceil Ef \rceil U\] である. さらに \(U \subseteq Ef \cap Eg\) となるように小さいものに限ると右辺がすっきりして \[\forall U (x \in U \subseteq Ef \cap Eg), f\rceil U \ne g\rceil U\] と言える.
さて \(\implies\) より左辺について. 今の点 \(x\) がやはり \([\varphi(f) = \varphi(g)]\) に含まれないために \(\not\subseteq\) であることを示す.
とりあえず \([-=-]\) を展開してく. \[\begin{align*} [\varphi(f) = \varphi(g)] & = \bigcup \{ U : \varphi(f) \rceil U = \varphi(g) \rceil U \} \\ & = \bigcup \{ U : f \rceil U \equiv g \rceil U \} \\ & = \bigcup \{ U : Ef \cap U=Eg \cap U \land Ef \cap U \subseteq [f\rceil U=g\rceil U] \} \end{align*}\]
ある \(U\) で \(x \in U\) かつ \(Ef\cap U=Eg\cap U\) だとする. このとき、いつも \[Ef \cap U \not\subset [ f \rceil U = g \rceil U ]\] である. なぜなら \[Ef \cap U \subset [ f \rceil U = g \rceil U ]\] であるとすると (背理法)、 \(x \in Ef \cap U\) なので \[\begin{align*} x & \in [ f \rceil U = g \rceil U ] \\ & = \bigcup \{ V : f \rceil U \rceil V = g \rceil U \rceil V \} \\ \iff & \exists V, x \in V \land f \rceil U \rceil V = g \rceil U \rceil V \\ \iff & \exists V, x \in V \land f \rceil (U \cap V) = g \rceil (U \cap V) \end{align*}\] 最後の \((U \cap V)\) に対してさらに \((U \cap V) \cap (Ef \cap Eg)\) を \(W\) とすれば \(x \in W \subseteq Ef \cap Eg\) に対して \(f \rceil W = g \rceil W\) となってしまう.
したがって、 \([\varphi(f) = \varphi(g)]\) は点 \(x\) が含まない. というわけで \[ Ef \cap Eg \not\subseteq [\varphi(f)=\varphi(g)] \] である.
以上から対偶が示されたので順も示された.
というわけで、 \(\hat{A}\) は中間層である. (背理法の中で更に背理法を使ってしまった.)
中間層 \(A\) があるとき、 \[\mathcal{F} = \{ F \subseteq A | F \text{の2元は両立} \}\] を定める. この上に関数 \(E, \rceil\) を次のように定める.
\(\mathcal F\) が層であるかなどは見ないが \(E(F \rceil U) = EF \cap U\) などは成り立つ.
\(\mathcal F\) 上に同値関係を次のように定める.
\(F_1, F_2 \in \mathcal F\) について \[F_1 \equiv F_2 \iff EF_1 = EF_2 \land F_1 \cup F_2 \in \mathcal F\]
\(\mathcal F\) の定義ゆえ、 \(F_1 \cup F_2 \in \mathcal F\) とは、\(F_1\) の任意の元と \(F_2\) の任意の元とが両立することであることに註意.
また中間層故、この \(\equiv\) は確かに同値関係になる.
以上から \(\def\FS{\mathcal F\!/\!\!\equiv}\FS\) が定まる. \(\varphi\) を商を取る関数 \[\varphi : \mathcal F \to \FS\] とする.
\(\FS\) 上の \(E, \rceil\) は \(\varphi\) によって自然に導かれる. すなわち、
このとき \(\langle \FS, E, \rceil \rangle\) は層となる.
中間層 \(A\) から誘導して得た \(\langle \FS, E, \rceil \rangle\) が層であることを確認する.
まず前層であることを簡単に見ていって、加えて、層であることを確認する
主に \(\varphi\) を省略したいので、紛らわしくない限り次の略記法を用いる.
\(F \in \mathcal F\) について \[E(\varphi F) = EF = \bigcup_f Ef\] であるので、 \(E(\varphi F)\) を単に \(EF\) と書く.
\(\varphi\) の切断を \(\psi\) とする. ここで切断とは \[\forall F \in \FS,~ \varphi (\psi F) = F\] となるような \(\psi : \FS \to \mathcal F\) のこと. つまり、代表元を1つ取ってくるような関数のこと.
前層の公理を満たすことを実際に確かめる
以上から前層であることが確かめられた.
前層であることは確かめたので、次を確かめればよい.
任意の \(\mathcal G \subseteq \mathcal F\) について、 \(\mathcal G/\!\equiv\) の任意の2元が両立するならば、 唯一の和 \[\bigcup \mathcal G\] が存在する.
まず、和として満たすべき性質を満たす集合が作れること (存在性) を示す. 次に、その存在が唯一なものであること (唯一性) を示す.
\[\bar{G} = \varphi \left( \bigcup_{G \in \mathcal G} G \right)\] これが和としての性質を満たすことを確かめる. 和としての性質とは次の2つである.
確認する. 1つ目は \(\bar{G}\) の作り方から明らか.
2つ目. \(\varphi G_0 \in \mathcal G/\!\equiv\) について、 \[\begin{align*} \bar{G} \rceil EG_0 & = \varphi \left( \bigcup_{G \in \mathcal G} G \right) \rceil EG_0 \\ & = \varphi \left( \{ g \rceil EG_0 | G \in \mathcal G, g \in G \} \right) ~~~\text{ ...$E$ の定義より} \\ & = \varphi \left( \bigcup_{G \in \mathcal G} (G \rceil EG_0) \right) ~~~\text{ ...$G$ ごとにまとめた} \\ & = \varphi \left( \bigcup_{G \in \mathcal G} (G_0 \rceil EG) \right) ~~~\text{ ...$\varphi G$ と $\varphi G_0$ は両立してるので (ただしそんなに自明ではない)} \\ & = \varphi \left( G_0 \cup \bigcup_{G \ne G_0} (G_0 \rceil EG) \right) ~~~\text{ ...後の説明の便宜上 $G=G_0$ の場合とそれ以外とに分けた} \\ & = \varphi G_1 \text{ とおく} \end{align*}\]
示したいのは \(\varphi G_0 = \varphi G_1\) であること. すなわち \[G_0 \equiv G_1\] であること. \(\equiv\) であることを示すには次の2つを見れば良いのだった.
\[\begin{align*} EG_1 & = E\left( G_0 \cup \bigcup_{G \ne G_0} (G_0 \rceil EG) \right) \\ & = EG_0 \cup \bigcup_{G \ne G_0} E(G_0 \rceil EG) \\ & = EG_0 \cup \bigcup_{G \ne G_0} (EG_0 \cap EG) \\ & = EG_0 ~~~\text{... $EG_0 \supseteq (EG_0 \cap EG)$ より} \end{align*}\]
\[\begin{align*} G_0 \cup G_1 & = G_0 \cup \left( G_0 \cup \bigcup_{G \ne G_0} (G_0 \rceil EG) \right) \\ & = \left( G_0 \cup \bigcup_{G \ne G_0} (G_0 \rceil EG) \right) \\ & = G_1 \end{align*}\]
というわけで \(G_0 \cup G_1 = G_1\) なので \(G_1 \in \mathcal F\) であることを確かめればよい. \[\varphi G_1 = \varphi \left( \bigcup_{G \in \mathcal G} \psi(G_0 \rceil EG) \right)\] であったことを思い出すと、 2元 \(f, g \in G_1\) は
と書ける. \((G_0 \rceil EF)\) などは単なる集合なので更に次のように書き換えられる.
このときに \(f, g\) が両立していることを見たい. ここで \(f', g'\) は \(G_0\) の元であって \(G_0\) は \(\mathcal F\) の元である. \(\mathcal F\) の作り方を思い出すと、 \(f', g'\) は両立しているのだった. これを利用する.
\[\begin{align*} f \rceil Eg & = (f' \rceil EF) \rceil Eg \\ & = (f' \rceil EF) \rceil Eg' \rceil EG \\ & = (g' \rceil Ef') \rceil EF \rceil EG ~~~\text{... 両立性より} \\ & = g \rceil Ef' \rceil EF ~~~\text{... 戻していく} \\ & = g \rceil Ef \end{align*}\]
というわけで \(f, g\) は両立している. というわけで \(G_0 \cup G_1 = G_1\) の任意の2元はつねに両立している. なので \(G_0 \cup G_1 \in \mathcal F\) である.
以上 i. ii. より、\(\varphi G_0 = \varphi G_1\) である.
以上より \(\bar{G}\) は和としての性質を満たしている.
他に和としての性質を満たす \[\varphi H \in \FS\] があるとする. このとき \[\varphi H = \bar{G}\] であることを示すことで、和が唯一であって \[\bigcup \mathcal G = \FS\] であることが証明できたことになる.
やっていく.
どちらも和としての性質を満たすことを仮定しているので \[EH = \bigcup EG = E \bar{G}\]
\(H \cup \psi \bar{G} = H \cup \bigcup_{G \in \mathcal G} G\) の任意の2元が両立することを見る.
\(g_1, g_2 \in \bigcup_{G \in \mathcal G} G\) が両立することは、 \(\bar{G}\) が和の性質を満たすことを示すときに、さっき示した.
\(h_1, h_2 \in H\) が両立すること. これは \(H \in \mathcal F\) であることから自明.
というわけで本題は、
\(g \in \bigcup_{G \in \mathcal G} G\) と \(h \in H\) とが両立すること.
\(g\) についてはある \(G \in \mathcal G\) があって \(g \in G \in \mathcal G\) である.
\(H\) は \(\mathcal G\) の和なので、そのような \(G\) を用いて、 \[H \rceil EG = G\] となる. 左辺は \[\{ h' \rceil EG | h' \in H \}\] なので、\(h\) について \(h \rceil EG\) という値は、\(H \rceil EG\) に属する. 従って \(G\) にも属する. というわけで、 \[\exists g' \in G,~ h \rceil EG = g'\]
まずこの式の両辺の \(E\) の値を取ることで \[Eh \cap EG = Eg'\] を得る.
また両辺に \(\rceil Eg\) を掛けることで \[\begin{align*} h \rceil Eg & = h \rceil EG \rceil Eg ~~~\text{... $Eg \subset EG$ なので} \\ & = g' \rceil Eg \\ & = g \rceil Eg' ~~~\text{... $G$ の2元は両立してる} \\ & = g \rceil (Eh \cap EG) ~~~\text{... すぐ上で求めた値を代入した} \\ & = (g \rceil EG) \rceil Eh & = g \rceil Eh \end{align*}\] というわけで \(h \rceil Eg = g \rceil Eh\) が得られ、 \(g, h\) も無事両立している.
というわけで \(H \cap \psi \bar{G}\) の2元はいつも両立している.
というわけで \[\varphi H = \bar{G}\] が得られた!!
以上.