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- 503 ：
- >>502 つづき
>>419より
(引用開始)
定理F：
A ⊂ R は Fσ集合とする。もし R−A が第一類集合ならば、
(a,b)⊂A を満たす開区間 (a,b) が存在する。
証明：
STEP1：A は Fσ 集合だから、高々可算無限個の閉集合 A_k が存在して A ＝ ∪_k A_k と書ける。
一方で、R−A は第一類集合だから、高々可算無限個の、内点を持たない閉集合 F_k が存在して
R−A ⊂ ∪_k F_k と書ける。結局、R ⊂ (∪_k A_k ) ∪ (∪_k F_k ) …(★) ということになる。
(引用終り)
ここ証明中で、
”R ⊂ (∪_k A_k ) ∪ (∪_k F_k ) …(★) ”だが、考えてみると、Rは全体集合だから
R ⊃ (∪_k A_k ) ∪ (∪_k F_k ) でもある
合わせると、
R ＝ (∪_k A_k ) ∪ (∪_k F_k ) となるが
R−A ＝ ∪_k F_k と書ける（根拠は、下記の藤田博司PDF”第一類：可算個のいたるところ非稠密な集合の和集合に分解できる”より）
とすると、Rが、二つの重ならない 高々可算無限個の閉集合 (∪_k A_k ) と (∪_k F_k ) の和 にかけることになる
それって、良かったのかな？
つづく
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