[실수공간의 위상] ch3. 위상적 성질

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열린집합과 닫힌집합의 성질

 

  다음의 정리에 따르면 열린집합은 아무리 합쳐도 열린집합이고, 닫힌집합은 아무리 겹쳐도 닫힌집합이다. 다시말해 열린집합은 쉽게 키울 수 있고, 닫힌집합은 쉽게 좁힐 수 있다. 다만 유한번의 합침 또는 겹침에 대해서는 열림성과 닫힘성이 보존된다.

 

Theorem 3.1.  거리공간 $X$ 에 대해 다음이 성립한다.
  (1) $X$ 에서 열린집합의 임의의 합집합과 유한교집합은 $X$ 에서 열려있다.
  (2) $X$ 에서 닫힌집합의 임의의 교집합과 유한합집합은 $X$ 에서 닫혀있다.

 

※ 임의의 합집합/교집합은 합집합/교집합 연산을 임의의 횟수만큼 시행한 집합을 의미한다. 특히 그 횟수가 유한하지 않거나, 심지어 비가산인 상황을 모두 포함한다.

 

  Proof.

  (1) $X$ 에서 열린집합의 모임 $\{O_\alpha:\alpha\in J\}$ 에 대해 합집합 $\bigcup_{\alpha\in J}O_\alpha$ 가 $X$ 에서 열려있음을 보이자. $\bigcup_{\alpha\in J}O_\alpha$ 의 임의의 원소 $x_0$ 에 대해, 합집합의 성질에 따라 어떤 $\beta\in J$ 가 존재하여 $x_0\in O_\beta$ 이다. $O_\beta$ 는 $X$ 에서 열려있으므로 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $U_\epsilon^X(x_0)\subset O_\beta$ 가 성립한다. 이때 $O_\beta\subset\bigcup_{\alpha\in J}O_\alpha$ 이므로 $U_\epsilon^X(x_0)\subset\bigcup_{\alpha\in J}O_\alpha$ 이다. 따라서 $\bigcup_{\alpha\in J}O_\alpha$ 는 $X$ 에서 열려있다.

  $X$ 에서 열린집합 $O_1,\ldots,O_n$ 에 대해 교집합 $\bigcap_{k=1}^nO_k$ 가 $X$ 에서 열려있음을 보이자. $\bigcap_{k=1}^nO_k$ 의 임의의 원소 $x_0$ 에 대해 $x_0$ 는 $O_1,\ldots,O_n$ 모두에 속하므로, 각 $k=1,\ldots,n$ 에 대해 $\epsilon_k>0$ 이 존재하여 $U_{\epsilon_k}^X(x_0)\subset O_k$ 가 성립한다. $\epsilon_1,\ldots,\epsilon_n$ 중 가장 작은 값을 $\epsilon$ 이라고 하자. 모든 $k=1,\ldots,n$ 에 대해 $U_\epsilon^X(x_0)\subset U_{\epsilon_k}^X(x_0)$ 이므로 $U_\epsilon^X(x_0)\subset O_k$ 이기도 하다. 즉 $U_\epsilon^X(x_0)\subset\bigcap_{k=1}^nO_k$ 이므로 $\bigcap_{k=1}^nO_k$ 는 $X$ 에서 열려있다.

  (2) $X$ 에서 닫힌집합의 모임 $\{F_\alpha:\alpha\in J\}$ 에 대해 교집합 $\bigcap_{\alpha\in J}F_\alpha$ 가 $X$ 에서 닫혀있음을 보이자. 이는 $X\setminus\bigcap_{\alpha\in J}F_\alpha$ 가 $X$ 에서 열려있음을 보이는 것과 동치이다. 아래의 논리에 따라 $X\setminus\bigcap_{\alpha\in J}F_\alpha=\bigcup_{\alpha\in J}X\setminus F_\alpha$ 가 성립한다.

$$\begin{align}x\in X\setminus\bigcap_{\alpha\in J}F_\alpha&\iff x\in X\land\lnot\left(x\in\bigcap_{\alpha\in J}F_\alpha\right)\\&\iff x\in X\land\lnot(\forall\alpha\in J,\;x\in F_\alpha)\\&\iff x\in X\land(\exists\alpha\in J,\;x\notin F_\alpha)\\&\iff\exists\alpha\in J,\;x\in X\land x\notin F_\alpha\\&\iff\exists\alpha\in J,\;x\in X\setminus F_\alpha\\&\iff x\in\bigcup_{\alpha\in J}X\setminus F_\alpha\end{align}$$

  각 $X\setminus F_\alpha$ 는 $X$ 에서 열려있으며, 따라서 $\bigcup_{\alpha\in J}X\setminus F_\alpha$ 는 $X$ 에서 열린집합의 임의의 합집합이므로 (1)에 따라 $X$ 에서 열려있다. 즉 $X\setminus\bigcap_{\alpha\in J}F_\alpha$ 는 $X$ 에서 열려있으므로 원하는 결과를 얻는다.

  $X$ 에서 닫힌집합 $F_1,\ldots,F_n$ 에 대해 합집합 $\bigcup_{k=1}^nF_k$ 가 $X$ 에서 닫혀있음을 보이자. 이는 $X\setminus\bigcup_{k=1}^nF_k$ 가 $X$ 에서 열려있음을 보이는 것과 동치이다. 아래의 논리에 따라 $X\setminus\bigcup_{k=1}^nF_k=\bigcap_{k=1}^nX\setminus F_k$ 가 성립한다.

$$\begin{align}x\in X\setminus\bigcup_{k=1}^nF_k&\iff x\in X\land\lnot\left(x\in\bigcup_{k=1}^nF_k\right)\\&\iff x\in X\land\lnot(x\in F_1\lor\cdots\lor x\in F_n)\\&\iff x\in X\land(x\notin F_1\land\cdots\land x\notin F_n)\\&\iff(x\in X\land x\notin F_1)\land\cdots\land(x\in X\land x\notin F_n)\\&\iff x\in X\setminus F_1\land\cdots\land x\in X\setminus F_n\\&\iff x\in\bigcap_{k=1}^nX\setminus F_k\end{align}$$

  각 $X\setminus F_k$ 는 $X$ 에서 열려있으며, 따라서 $\bigcap_{k=1}^nX\setminus F_k$ 는 $X$ 에서 열린집합의 유한교집합이므로 (1)에 따라 $X$ 에서 열려있다. 즉 $X\setminus\bigcup_{k=1}^nF_k$ 는 $X$ 에서 열려있으므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  다음의 따름정리는 점 집합이 닫힌집합의 가장 간단한 예시가 됨을 말한다.

 

Corollary 3.2.  거리공간 $X$ 와 $a\in X$ 에 대해 $\{a\}$ 는 $X$ 에서 닫혀있다.

 

  Proof.  $X\setminus\{a\}$ 가 $X$ 에서 열려있음을 보이자. 각 $x\in X\setminus\{a\}$ 에 대해 다음의 집합을 생각하자.

$$U_{d(x,a)}^X(x)=\{b\in X:d(b,x)<d(x,a)\}$$

   $U_{d(x,a)}^X(x)$ 의 임의의 원소 $b$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$0<d(x,a)-d(x,b)\le d(b,a)$$

  따라서 $a\neq b$ 이므로 $U_{d(x,a)}^X(x)$ 는 $a$ 를 포함하지 않는다. 이는 $U_{d(x,a)}^X(x)\subset X\setminus\{a\}$ 를 의미하며, 각 $x\in X\setminus\{a\}$ 는 $U_{d(x,a)}^X(x)$ 에 포함되므로 다음이 성립한다.

$$\bigcup_{x\in X\setminus\{a\}}U_{d(x,a)}^X(x)=X\setminus\{a\}$$

  이 집합은 $X$ 에서 열린집합의 임의의 합집합이므로 $X$ 에서 열려있다.   $\square$

 

 

  구간 $[0,1)$ 을 생각해보자. 이 집합은 $\mathbb{R}$ 에서는 열려있지 않지만 $[0,\infty)$ 에서는 열려있다. 한편 $[0,1)$ 는 $\mathbb{R}$ 에서 열려있는 집합 $(-1,1)$ 의 $[0,\infty)$ 에서만 나타나는 부분이다. 이러한 추론을 일반화하여 다음과 같이 주장해보자.

 

  "거리공간 $X$ 의 부분공간 $Y$ 에 대하여, $X$ 에서 열려있는 집합이 $Y$ 에서만 나타나는 부분은 $Y$ 에서 열려있다. 비슷하게, $Y$ 에서 열려있는 집합은 $X$ 에서 열려있는 어떤 집합이 $Y$ 에서만 나타나는 부분이다."

 

  이 주장은 실제로 성립하며, 좀 더 명확히하면 다음과 같다.

 

Theorem 3.3.  거리공간 $X$ 의 부분공간 $Y$ 를 생각하자. $A\subset Y$ 가 $Y$ 에서 열려있을 필요충분조건은 $X$ 에서 열려있는 어떤 $U\subset X$ 에 대해 $A=U\cap Y$ 인 것이다.

 

  Proof.  $A\subset Y$ 가 $Y$ 에서 열려있다고 하자. 각 $a\in A$ 에 대해 어떤 $\epsilon_a>0$ 이 존재하여 $U_{\epsilon_a}^Y(a)\subset A$ 이다. 각 $U_{\epsilon_a}^Y(a)$ 는 $A$ 에 속하므로 $\bigcup_{a\in A}U_{\epsilon_a}^Y(a)\subset A$ 이며, 각 $a\in A$ 는 $U_{\epsilon_a}^Y(a)$ 에 속하므로 $\bigcup_{a\in A}U_{\epsilon_a}^Y(a)=A$ 를 얻는다. $Y\subset X$ 이므로 각 $a\in A$ 에 대해 $U_{\epsilon_a}^X(a)\cap Y=U_{\epsilon_a}^Y(a)$ 임이 자명하며, 따라서 다음이 성립한다.

$$\left(\bigcup_{a\in A}U_{\epsilon_a}^X(a)\!\right)\!\cap Y\!=\!\bigcup_{a\in A}\!\left(U_{\epsilon_a}^X(a)\cap Y\right)\!=\!\bigcup_{a\in A}U_{\epsilon_a}^Y(a)\!=\!A$$

  $U=\bigcup_{a\in A}U_{\epsilon_a}^X(a)$ 라고 하면 $U$ 는 $X$ 에서 열린집합의 임의의 합집합이므로 $X$ 에서 열려있으며 $U\cap Y=A$ 이므로 원하는 결과를 얻는다.

  역으로 $X$ 에서 열려있는 어떤 $U\subset X$ 에 대해 $A=U\cap Y$ 라고 하자. 각 $u\in U$ 에 대해 어떤 $\epsilon_u>0$ 이 존재하여 $U_{\epsilon_u}^X(u)\subset U$ 가 성립하며, 위의 경우와 비슷하게 $\bigcup_{u\in U}U_{\epsilon_u}^X(u)=U$ 이다. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}A&=U\cup Y=\left(\bigcup_{u\in U}U_{\epsilon_u}^X(u)\right)\cap Y\\&=\bigcup_{u\in U}\left(U_{\epsilon_u}^X(u)\cap Y\right)\\&=\bigcup_{u\in U}U_{\epsilon_u}^Y(u)\end{align}$$

  $A$ 는 $Y$ 에서 열린집합의 임의의 합집합이므로 $Y$ 에서 열려있으며, 따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

Corollary 3.4.  $A\subset Y\subset X$ 에 대해 $A$ 가 $Y$ 에서 열려있고 $Y$ 가 $X$ 에서 열려있으면 $A$ 는 $X$ 에서 열려있다.

 

  Proof.  $A$ 가 $Y$ 에서 열려있으면 $X$ 에서 열려있는 $U\subset X$ 에 대해 $A=U\cap Y$ 이며, 이는 $X$ 에서 열린 두 집합의 교집합이므로 $X$ 에서 열려있다.   $\square$

 

 

닫힌집합의 다른 정의

 

  극한점은 스스로 존재하지 않고, "어떤 집합의 극한점" 으로 존재한다. 어떤 집합의 극한점이란 그 집합의  점으로 만든 수렴하는 수열의 극한으로 정의된다.

 

Definition.  거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ 에 대해 다음을 만족하는 $x_0\in X$ 을 $X$ 에서 $A$ 의 극한점(limit point of $A$ in $X$)이라고 한다.$$\forall\epsilon>0,\;\;\exists x\in X,\;\;x\in A\cap U_\epsilon^X(x_0)\setminus\{x_0\}$$

 

  다시말해, $X$ 에서 $A$ 의 극한점 $x_0$ 은 아무리 작은 $\epsilon$-근방을 가져와도 그 안에 "$x_0$ 이 아닌" $A$ 의 다른 점이 존재한다. 여기서 $A$ 의 극한점은 $A$ 에 포함될수도, 포함되지 않을수도 있다. 예를들어 $0\in\mathbb{R}$ 은 $\mathbb{R}$ 에서 $(0,1)$ 과 $[0,1]$ 의 극한점이다.

 

  극한점의 정의에서 $x\neq x_0$ 조건의 이유는 집합의 모든 점이 극한점이 되는 것을 막기 위해서이며, 궁극적으로 미분이 잘 정의되도록 하기 위해서이다. 이에 대해서는 극한의 정의에서 다시 언급할 것이다. 어떤 집합의 점이 극한점이 아닌 경우에 대해 다음과 같이 분류해두자.

 

Defintion.  거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ 에 대해 $A$ 의 원소 중 $X$ 에서 $A$ 의 극한점이 아닌 원소를 $X$ 에서 $A$ 의 고립점(isolated point)이라고 한다.

 

  고립점이라는 작명은 그럴듯한 명분이 있다. $X$ 에서 $A$ 의 고립점 $x_0$ 을 정의에 따라 형식적으로 쓰면 다음과 같다.

$$\exists\epsilon>0,\;\;\forall x\in X\;\;x\notin A\cap U_\epsilon^X(x_0)\setminus\{x_0\}$$

  만약 당신이 수리논리에 대해 알고있다면 다음이 성립함을 이해할 것이다.

$$\begin{align}&\;x\notin A\cap U_\epsilon^X(x_0)\setminus\{x_0\}\\\iff&\;\lnot\left(x\in A\cap U_\epsilon^X(x_0)\setminus\{x_0\}\right)\\\iff&\;\lnot\left(x\in A\cap U_\epsilon^X(x_0)\land x\neq x_0\right)\\\iff&\;x\notin A\cap U_\epsilon^X(x_0)\lor x=x_0\\\iff&\;\left(x\in A\cap U_\epsilon^X(x_0)\Rightarrow x=x_0\right)\end{align}$$

  한편 $A\cap U_\epsilon^X(x_0)$ 는 반드시 $x_0$ 을 포함하므로 고립점의 정의는 다시 다음과 같다.

$$\exists\epsilon>0,\;\;A\cap U_\epsilon^X(x_0)=\{x_0\}$$

  이는 다시말해 $A$ 의 고립점은 어떤 $\epsilon$-근방이 존재하여 그 안에 $x_0$ 을 제외한 $A$ 의 원소가 하나도 존재하지 않는다는 것이다.

 

  다음의 정의는 어떤 집합에 그 집합의 모든 극한점을 포함시켜서 만든 새로운 집합에 대해 말한다.

 

Definition.  거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ 에 대해, $X$ 에서 $A$ 의 모든 극한점의 집합을 $L^X(A)$ 라고 하자. 이때 집합 $A\cup L^X(A)$ 를 $X$ 에서 $A$ 의 closure 라고 하며 $\text{cl}^X(A)$ 라고 쓴다.

 

  이러한 집합을 정의하는 이유는 집합 $A$ 가 자기 자신의 극한점을 모두 포함하는 경우, 즉 $A=\text{cl}^X(A)$ 는 $A$ 가 닫힌집합임과 동치이기 때문이다. 이를 증명하기 위해, 집합에 극한점을 포함시키는 행위는 또다른 극한점을 생성하지 않음을 확인하자.

 

Lemma 3.5.  거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ 에 대해 $L^X\left(\text{cl}^X(A)\right)=L^X(A)$ 이다.

 

  Proof.  $X$ 에서 $\text{cl}^X(A)$ 의 극한점 $a\in X$ 를 생각하자. $a$ 는 $X$ 에서 $A\cup L^X(A)$ 의 극한점이므로 임의의 $\epsilon$-근방 $U_\epsilon^X(a)$ 에는 $a$ 가 아닌 $A\cup L^X(A)$ 의 원소 $x$ 가 존재한다. 이때 $U_\epsilon^X(a)$ 에 $a$ 가 아닌 $A$ 의 원소가 반드시 존재함을 보이자. $x\in A$ 또는 $x\in L^X(A)$ 이므로, $x\in L^X(A)$ 인 경우에 대해서만 확인하면 된다. $U_\epsilon^X(a)$ 는 $X$ 에서 열린집합이므로, 이에 포함되는 $x$ 의 어떤 $\epsilon_1$-근방 $U_{\epsilon_1}^X(x)$ 가 존재한다. 다음과 같이 정의하자.

$$\epsilon_2=\text{min}\{\epsilon_1,d(x,a)\}$$

  이때 $U_{\epsilon_2}^X(x)$ 는 $U_{\epsilon_1}^X(x)$ 와 $U_{d(x,a)}^X(x)$ 모두에 속하며, 따름정리 3.2.의 증명에서와 같이 $U_{d(x,a)}^X(x)$ 는 $a$ 를 포함하지 않으므로 $U_{\epsilon_2}^X(x)$ 는 $a$ 를 포함하지 않고 $U_\epsilon^X(a)$ 에 포함된다. 한편 $x\in L^X(A)$ 라고 가정하였으므로 $U_{\epsilon_2}^X(x)$ 에는 (중요하지 않지만, $x$ 가 아닌) $A$ 의 원소가 존재한다. 이는 $U_\epsilon^X(a)$ 의 원소이기도 하므로 $U_\epsilon^X(a)$ 는 반드시 $A$ 의 원소를 포함한다.

  정리하면 $\text{cl}^X(A)$ 의 모든 극한점은 임의의 $\epsilon$-근방에 자기 자신이 아닌 $A$ 의 원소를 포함하므로 $A$ 의 극한점이기도 하다. 따라서 $L^X\left(\text{cl}^X(A)\right)\subset L^X(A)$ 이며, $A$ 의 극한점은 자명하게 $A\cup L^X(A)$ 의 극한점이기도 하므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  위 정리의 결론으로, 집합에 극한점을 한 차례 전부 포함시키면 더 포함시킬 극한점은 남아있지 않게된다.

 

Theorem 3.6.  거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ 에 대해 $\text{cl}^X\left(\text{cl}^X(A)\right)=\text{cl}^X(A)$ 이다.

 

  Proof.

$$\begin{align}\text{cl}^X\left(\text{cl}^X(A)\right)&=\text{cl}^X(A)\cup L\left(\text{cl}^X(A)\right)\\&=\text{cl}^X(A)\cup L(A)\\&=\big(A\cup L(A)\big)\cup L(A)\\&=\text{cl}^X(A)\tag*{$\square$}\end{align}$$

 

 

  이제 닫힌집합의 새로운 정의를 확인하자.

 

Theorem 3.7.  거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ 에 대해 $A$ 가 $X$ 에서 닫혀있을 필요충분조건은 $\text{cl}^X(A)=A$ 이다.

 

  Proof.  먼저 조건 $\text{cl}^X(A)=A$ 는 $A\cup L^X(A)=A$ 이므로 $L^X(A)\subset A$ 와 동치임을 짚고가자.

  ($\Leftarrow$) $\text{cl}^X(A)=A$ 라고 하자. 임의의 $x\in X\setminus A$ 에 대해, 만약 $x$ 가 $A$ 의 극한점이면 $x\in\text{cl}^X(A)$ 이어야 하므로 $x$ 는 $A$ 의 극한점이 아니다. 따라서 $x$ 의 어떤 $\epsilon$-근방 $U_\epsilon^X(x)$ 가 존재하여 이 안에 $A$ 의 원소가 없다. 즉 $U_\epsilon^X(x)\subset X\setminus A$ 이므로 $X\setminus A$ 는 $X$ 에서 열려있음, 즉 $A$ 는 $X$ 에서 닫혀있다.

  ($\Rightarrow$) $\text{cl}^X(A)\neq A$ 라고 하자. $L^X(A)\not\subset A$ 이므로 $L^X(A)$ 에 속하고 $A$ 에는 속하지 않는 원소 $x\in X$ 가 존재한다. 다시말해 $X$ 에서 $A$ 의 어떤 극한점 $x\in X$ 가 $X\setminus A$ 에 속한다. 극한점의 정의에 따라 $x$ 의 모든 $\epsilon$-근방은 $A$ 의 점을 포함하므로 $X\setminus A$ 에 속하지 않는다. 따라서 $X\setminus A$ 는 $X$ 에서 열려있지 않다. 그러므로 $A$ 는 $X$ 에서 닫혀있지 않다.   $\square$

 

 

  다음의 따름정리는 closure 가 주어진 집합으로 닫힌집합을 만드는 가장 효율적인 방법임을 말한다.

 

Corollary 3.8.  거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ 에 대해 $\text{cl}^X(A)$ 는 $A$ 를 포함하는, $X$ 에서 닫힌 가장 작은 집합이다.

 

  Proof.  먼저 $\text{cl}^X(A)$ 가 $X$ 에서 닫힌집합임을 보이자. 정리 3.6.에 따라 $\text{cl}^X\left(\text{cl}^X(A)\right)=\text{cl}^X(A)$ 이므로 정리 3.7.에 따라 $\text{cl}^X(A)$ 는 $X$ 에서 닫힌집합이다.

  $A$ 를 포함하는, 임의의 $X$ 에서 닫힌집합 $B$ 를 생각하자. $A\subset B$ 이므로 $X$ 에서 $A$ 의 극한점은 $B$ 의 극한점이기도 하다. 따라서 $L^X(A)\subset L^X(B)$ 이므로 다음이 성립.

$$\text{cl}^X(A)=A\cup L^X(A)\subset B\cup L^X(B)=\text{cl}^X(B)$$

  한편 $B$ 는 $X$ 에서 닫힌집합이므로 $\text{cl}^X(B)=B$ 이기 때문에 $\text{cl}^X(A)\subset B$ 를 얻는다. 따라서 $\text{cl}^X(A)$ 는 $A$ 를 포함하는, 모든 $X$ 에서 닫힌집합의 부분집합이므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  닫힌집합의 새로운 정의로 인해 다음의 따름정의를 쉽게 정의할 수 있다. 사실 열린집합의 여집합으로 닫힌집합을 정의하는 것 만으로도 다음의 정리를 증명할 수 있지만, 공진리의 개념을 직접 사용해야하므로 다소 부담스러운 부분이 있다.

 

Corollary 3.9.  거리공간 $X$ 에 대해 $X$ 와 $\varnothing$ 은 $X$ 에서 열려있고 닫혀있다.

 

  Proof.  $X$ 의 임의의 점의 $X$ 에서의 $\epsilon$-근방은 반드시 $X$ 에 포함되므로 $X$ 는 $X$ 에서 열려있다. 이때 $\varnothing=X\setminus X$ 이므로 $X$ 는 $X$ 에서 닫혀있다.

  $X$ 의 부분집합의 $X$ 에서의 극한점은 $X$ 의 원소이므로 $X$ 의 모든 극한점은 $X$ 에 속한다. 따라서 $X$ 는 $X$ 에서 닫혀있고, $\varnothing$ 는 $X$ 에서 열려있다.   $\square$

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)

[1] James R. Munkres. (1991). Analysis on manifolds. CRC press.

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