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[실수공간의 위상] ch7. 콤팩트 집합

이전 읽을거리: ch6. Interior, Exterior, Boundary


콤팩트 집합

 

Definition.  XRn 에 대해 Rn 에서 열려있는 집합의 모임의 합집합이 X 를 포함하면 이 모임을 X열린덮개(open cover)라고 하며 이 열린덮개가 X 를 덮는다고 한다.

 

Definition.  XRn 의 임의의 열린덮개가 X 를 덮는 어떤 유한부분모임을 가지면 X콤팩트하다(compact)고 한다.

 

  다시말해 콤팩트집합이란 그 어떤 열린덮개를 가져와도 그 중 유한개만 택하여 다시 덮을 수 있음이 보장되는 집합이다.

 

  다음의 정리에 따르면 콤팩트성은 그 집합이 어떤 전체집합에 포함되어있는지에 구애받지 않는다. 다시말해 콤팩트성은 그 집합 고유의 성질이다. 이는 집합의 상위집합이 무엇이느냐에 따라 달라지는 열림성 및 닫힘성과는 차이를 보인다.

 

Theorem 7.1.  XRn 가 콤팩트할 필요충분조건은 (합집합이) X 를 포함하는, X 에서 열려있는 집합의 임의의 모임이 (합집합이) X 를 포함하는 유한부분모임을 갖는 것이다.

 

X 에서 열려있는 집합의 합집합이 X 를 포함한다는 것은 결국 그 합집합이 X 와 같음을 의미한다.

 

  Proof.

  () X 가 콤팩트하다고 하자. 합집합이 X 를 포함하는, X 에서 열려있는 집합의 임의의 모임 {Aα}αJ 를 생각하자. 각 AαX 에서 열려있으므로 정리 3.3.에 따라 어떤 UαTRn 에 대해 Aα=UαX 가 성립한다. 따라서 다음을 얻는다.

XαJAα=αJ(UαX)=(αJUα)X

XαJUα

  따라서 모임 {Uα}αJX 의 열린덮개이며 X 는 콤팩트하므로 이 열린덮개의 유한부분모임 {Uα1,,Uαn} 이 존재하여 X 를 덮는다. 따라서 다음이 성립한다.

X(k=1nUαk)X=k=1n(UαkX)=k=1nAαk

  즉 {Uα}αJ 의 유한부분모임 {Aα1,,Aαn} 의 합집합이 X 를 포함하므로 원하는 결과를 얻는다.

  () 주어진 조건이 성립한다고 하자. X 의 임의의 열린덮개 {Uα}αJ 를 생각하자. 각 UαRn 에서 열려있으므로 Aα=UαXX 에서 열려있다. 따라서 다음이 성립한다.

X(αJUα)X=αJ(UαX)=αJAα

  가정에 따라 {Aα}αJ 의 어떤 유한부분모임 {Aα1,,Aαn} 가 존재하여 다음이 성립한다.

Xk=1nAαk=k=1n(UαkX)=(k=1nUαk)X

X(k=1nUαk)

  즉 {Uα}αJ 의 유한부분모임 {Uα1,,Uαn}X 를 덮으므로 X 는 콤팩트하다.   

 

 

  다음은 콤팩트집합의 가장 간단한 예시이다.

 

Theorem 7.2.  [a,b]R 은 콤팩트하다.

 

※ 이 증명에는 완비성 공리가 이용된다.

 

  Proof.  a=b 인 경우 [a,b] 는 점집합이므로 자명하게 콤팩트하다. a<b 일 때를 생각하자. [a,b] 의 임의의 열린덮개 {AαR}αJ 를 생각하자. 여기서 {AαR}αJ 의 어떤 유한부분모임이 존재하여 [a,x] 를 덮도록 하는 x[a,b] 의 집합 S[a,b] 를 생각하자. bS 임을 보이는 것으로 증명이 마무리된다.

  자명하게 aS 가 성립한다. 또한 bS 의 상계이므로 S 는 공집합이 아니고 위로 유계이며, 따라서 S 의 상한이 존재한다. x0=sup S 라고 하자. xb 이며 모순을 보이기 위해 x0<b 라고 가정하자. aS 이므로 어떤 Aα 에 대해 aAα 이며 AαTR 이므로 어떤 ϵ>0 이 존재하여 C2ϵR(a)Aα 가 성립한다. 즉 다음을 얻는다.

(2ϵ+a,a+2ϵ)Aα

[ϵ+a,a+ϵ]Aα

  특히 [a,a+ϵ]Aα 이므로 a+ϵS 도 성립한다. 따라서 a<x0 을 얻는다. 정리하면 x0(a,b) 이므로 어떤 ϵ1>0 이 존재하여 Cϵ1R(x0)(a,b) 가 성립한다. 한편 {AαR}αJ[a,b] 를 덮으며 x0[a,b] 이므로 어떤 α0J 에 대해 x0Aα0 이 성립한다. 즉 Aα0NR(x0) 이므로 어떤 ϵ2>0 가 존재하여 Cϵ2R(x0)Aα0 가 성립한다. 2ϵ=min{ϵ1,ϵ2} 라고 하면 다음이 성립한다.

[ϵ+x0,x0+ϵ]C2ϵR(x0)(a,b)Aα0[a,b]Aα0

  이때 x0ϵS 의 상계가 아니므로 어떤 x1S 에 대해 x0ϵ<x1 이 성립한다. 한편 x1S 이므로 {AαR}αJ 의 어떤 유한부분모임 {Aα1,,Aαn} 이 존재하여 [a,x1] 를 덮는다. 따라서 다음이 성립한다.

[a,x0+ϵ]=[a,x1][ϵ+x0,x0+ϵ](k=1nAαk)Aα0=k=0nAαk

  즉 {AαR}αJ 의 유한부분모임 {Aα0,Aα1,,Aαn}[a,x0+ϵ] 을 덮으므로 x0+ϵS 가 성립한다. 이는 모순이므로 x0=b 를 얻는다. 한편 [a,b]R 에서 닫혀있으므로 정리 3.8.에 따라 clR(S)[a,b] 이며, 집합의 상한은 극한점이므로 bclR(S)b[a,b] 를 얻는다.   

 

 

  위 정리에서 집합의 상한이 극한점임은 자명하다. 집합 S 의 상한 x0 의 아무리 작은 ϵ-근방을 선택해도 (x0ϵ,x0) 에는 S 의 원소가 존재하기 때문이다. 만약 (x0ϵ,x0)S 의 원소가 없다면 x0ϵS 의 상계이므로 모순이 발생한다.

 

 

하이네-보렐 정리

 

Definition.  XRn 에 대해 다음이 성립하면 X유계(bounded)라고 한다.M>0,xX,|x|M

 

  즉 유계인 집합은 중심이 0Rn 인 어떤 closed cube 속에 속한다는 것이다.

 

  다음의 정리는 Rn 의 부분공간에 한정하여, 콤팩트성이 어떤 의미를 갖는지 매우 친절하게 번역해준다.

 

하이네-보렐 정리 (Heine-Borel theorem)
  XRn 이 콤팩트할 필요충분조건은 Rn 에서 닫혀있고 유계인 것이다.

 

  이 정리는 매우 유용하나 그 증명은 쉽지만은 않고 방법도 여러가지이다. 본 포스팅에서는 참고문헌인 "Analysis on manifold" 를 따라 콤팩트성과 관련된 다양한 좋은 정의와 성질을 소개하며 하이네-보렐 정리를 증명할 것이다. 먼저 다음의 한 방향 증명부터 시작하자.

 

Lemma 7.3.  XRn 이 콤팩트하면 Rn 에서 닫혀있고 유계이다.

 

  Proof.

  Step 1. 먼저 X 가 유계임을 보이자. 0Rn 을 중심으로 하고 반경이 각 자연수인 open ball 의 모임 {CmRn(0)}mN 의 합집합은 Rn 와 같으므로 자명하게 X 의 열린덮개이다. 가정에 따라 {CmRn(0)}mN 의 어떤 유한부분모임 {Cm1Rn(0),,CmNRn(0)} 이 존재하여 X 를 덮는다. M=max{m1,,mN} 이라고 하면 XCMRn(0) 이므로 X 는 유계이다.

  Step 2. XRn 에서 닫혀있음을 보이자. 이는 RnXRn 에서 열려있음을 보이는 것과 같다. Step 1에 따라 X 는 유계이므로 RnX 이다. 임의의 aRnX 를 생각하자. 각 자연수 m 에 대해 다음과 같이 새로운 집합을 정의하자.

Cm={xRn:|xa|1m}

  CmRn 에서 닫혀있다. 한편 mNCm={a} 이므로 다음이 성립한다.

mN(RnCm)=Rn(mNCm)=Rn{a}X

  따라서 {RnCm}mNX 의 열린덮개이며 가정에 따라 어떤 유한부분모임 {RnCm1,,RnCmN} 이 존재하여 X 를 덮는다. M=max{m1,,mN} 이라고 하면 k=1NCmk=CM 이므로 다음이 성립한다.

Xk=1N(RnCmk)=Rn(k=1NCmk)=RnCM

  따라서 CMRnX 가 성립한다. 한편 C1MRn(a)CM 이므로 C1MRn(a)RnX 이다. aRnX 에서 임의로 선택하였으므로 RnXRn 에서 열려있으며, 따라서 XRn 에서 닫혀있다.   

 

 

  다음의 정리에 따르면 연속함수는 콤팩트성을 보존한다.

 

최대-최소 정리 (Extreme-value theorem)
  XRm 이 콤팩트하다고 하자.
  (1) f:XRn 이 연속이면 f(X) 는 콤팩트하다.
  (2) ϕ:XR 이 연속이면 ϕ 는 최댓값과 최솟값을 갖는다.

 

정리 4.5.에 따라 정의역의 진부분집합인 콤팩트집합의 상도 콤팩트하다.

 

  Proof.

  (1) f(X) 의 임의의 열린덮개 {Aα}αJ 를 생각하자. f 는 연속이므로 각 f1(Aα)X 에서 열려있다. {f1(Aα)}αJX 에서 열려있는 집합의 모임이며 합집합이 X 를 포함하므로 정리 7.1.에 따라 유한부분모임 {f1(Aα1),,f1(Aαn)} 이 존재하여 합집합이 X 를 포함한다. 따라서 {Aα1,,Aαn} 의 합집합이 f(X) 를 포함하므로 f(X) 는 콤팩트하다.

  (2) (1) 에 따라 ϕ(X)R 은 콤팩트하며, 보조정리 7.3.에 따라 ϕ(X)R 에서 닫혀있으므로 극한점을 모두 포함한다. 한편 ϕ(X) 의 상한과 하한은 ϕ(X) 의 극한점이므로 ϕ(X) 에 포함되며, 각각 ϕ 의 최댓값과 최솟값이다.   

 

 

  다음의 정의는 비유하자면 집합의 안팎으로 일정한 두께의 코팅을 하는 행위이다.

 

Definition.  XRnϵ>0 에 대해 집합 xXCϵRn(x)Xϵ-근방이라고 하며 CϵRn(X) 라고 쓴다.

 

  열린집합에 포함되는 점은 그 열린집합에 포함되는 ϵ-근방을 반드시 가지지만, 열린집합에 포함되는 "집합" 은 그 열린집합에 포함되는 ϵ-근방을 가짐이 보장되지 않는다. 가령 R2 의 x축은 다음의 집합 U 에 포함되고 UR2 에서 열려있지만, x축의 그 어떠한 ϵ-근방도 U 에 포함되지 않는다.

U={(x,y):y2<11+x2}

  그러나 열린집합에 포함되는 집합이 콤팩트한 경우에는 익숙한 성질이 그대로 성립한다. 어찌보면 콤팩트집합은 위상적으로 점과 비슷하다고 말할 수 있는 것이다.

 

ϵ-근방 정리 (The ϵ-neighborhood theorem)
  콤팩트한 XRnX 를 포함하는 임의의 UTRn 에 대해 다음이 성립한다.ϵ>0,CϵRn(X)U

 

※ 본 증명에서 정의하는 함수 d 는 꽤 나중에 다른 정리의 증명에도 사용된다.

 

  Proof.  다음의 함수를 정의하자.

d:Rn×P(Rn)R,d(x,C)=inf{|xc|:cC}

  예를들어 d(x,C) 는 점 x 와 집합 C 의 거리로 이해된다. 임의의 CRn 를 고정하고 x 에 대한 함수 d(x,C) 가 연속임을 보이자. 임의의 cC , x,yRn 에 대해 다음이 성립한다.

d(x,C)|xy||xc||xy||yc|d(y,C)

d(x,C)d(y,C)|xy|

  한편 d(y,C)d(x,C)|yx|=|xy| 도 성립하므로 |d(x,C)d(y,C)||xy| 를 얻는다. 연속의 정의에 그대로 적용하면 x 에 대한 함수 d(x,C) 가 연속임을 쉽게 알 수 있다.

  정리에서 주어진 Rn 에서 열린집합 U 에 대해 f:XR , f(x)=d(x,RnU)x 에 대한 함수 d(x,RnU)X 로의 제한이므로 정리 4.5.에 따라 연속이다. 임의의 xX 를 생각하자. xU 이므로 어떤 ϵ>0 이 존재하여 CϵRn(x)U 가 성립한다. 임의의 aRnU 를 생각하자. aU 이므로 aCϵRn(x) 이며, 따라서 |xa|ϵ 이 성립한다. 한편 d 의 정의에 따라 f(x)=inf{|xa|:aU} 이므로 f(x)ϵ , 즉 f(x)>0 을 얻는다. f 는 정의역이 콤팩트한 연속함수이므로 최솟값을 가지며, 이 최솟값을 δ 라고 하면 δ>0 가 성립한다.

  임의의 xX 에 대해 CδRn(x)U 임을 보이자. 모순을 보이기 위해 어떤 aRn 이 존재하여 aCδRn(x) , aU 라고 가정하자. aRnU 이므로 f 의 정의에 따라 f(x)|xa| 가 성립한다. 한편 aCδRn(x) 이므로 |xa|<δ 이며, δf(x) 이므로 |xa|<|xa| 라는 모순이 발생한다. 따라서 CδRn(x)U 가 성립하고, xX 에서 임의로 선택하였으므로 다음이 성립한다.

xXCδRn(x)=CδRn(C)U

 

 

  다음의 정의는 연속보다 조금 더 강한 조건을 가리킨다.

 

Definition.  함수 f:XY 에 대해 다음이 성립하면 f균등연속(uniformly coutinuous)이라고 한다.ϵ>0,δ>0,x,yXdX(x,y)<δdY(f(x),f(y))<ϵ

 

  이는 연속의 조건과 비슷하면서도 조금 다르다. 연속의 조건을 형식적으로 쓰면 다음과 같다.

yX,ϵ>0,δ>0,xX

dX(x,y)<δdY(f(x),f(y))<ϵ

  위 표현에서 "yX,ϵ>0" 는 "ϵ>0,yX" 로 순서가 바뀌어도 된다. 임의의 ϵ>0 에 대해, f 가 연속임을 판단하기 위해서는 각 y 에 대해 적절한 δ>0 를 찾아 이하의 조건이 만족함을 보이면 된다. 그러나 f 가 균등연속임을 판단하기 위해서는 미리 적절한 δ>0 를 찾아서 이하의 모든 조건이 만족함을 보여야 한다.

 

Theorem 7.4.  콤팩트집합 XRm 에 대해 함수 f:XRn 가 연속이면 균등연속이다.

 

  Proof.  f 는 연속이므로 각 zX 와 임의의 ϵ>0 에 대해 어떤 δz>0 이 존재하여 f(CδzX(z))Cϵ2X(f(z)) 가 성립한다. 이때 {Cδz2X(z)}zXX 의 열린덮개이며 X 는 콤팩트하므로 X 를 덮는 유한부분모임 {Cδz12X(z1),,Cδzn2X(zn)} 가 존재한다. δ=min{δz12,,δzn2} 이라고 하자. |xy|<δ 가 성립하는 임의의 x,yX 를 생각하자. xX 이므로 어떤 i{1,,n} 에 대해 xCδzi2X(xi) 이다. 다음이 성립한다.

|ziy||zix|+|xy|<δzi2+δδzi2+δzi2=δzi

yCδziX(zi)

  한편 xCδziX(zi) 도 성립하며, f(CδziX(zi))Cϵ2X(f(zi)) 이므로 f(x),f(y)Cϵ2X(f(z)) 를 얻는다. 다음이 성립한다.

|f(x)f(y)||f(x)f(zi)|+|f(zi)f(y)|<ϵ2+ϵ2=ϵ

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   

 

 

  R 의 가장 대표적인 콤팩트집합이 닫힌구간이라면, Rn 의 가장 대표적인 콤팩트집합은 rectangle 이다.

 

Theorem 7.5.  Rn 의 rectangle 은 콤팩트하다.

 

  Proof.  Rn 의 rectangle Q=[a1,b1]××[an,bn] 을 생각하자. n 에 대한 귀납법으로 증명하자. n=1 인 경우에는 정리 7.2.에 따라 본 정리가 성립한다. Q=[a1,b1]××[an1,bn1] 이 콤팩트하다고 가정하고 Q 가 콤팩트함을 보이자. 각 t[an,bn] 에 대해 다음의 함수를 생각하자.

ft:QRn,f(x1,,xn1)=(x1,,xn1,t)

  f1,,n1 번째 성분함수는 사영이고 n 번째 성분함수는 상수함수이므로 정리 4.7.에 따라 f 는 연속이다. 최대-최소 정리에 따라 ft(Q)=Q×{t} 는 콤팩트하다. 한편 ft(Q)Q 이므로, Q 의 임의의 열린덮개 {Aα}αJft(Q) 의 열린덮개이기도 하며, ft(Q) 를 덮는 유한부분모임 At{Aα}αJ 가 존재한다. At 의 합집합은 Rn 에서 열려있으므로 ϵ-근방 정리에 따라 어떤 ϵt>0 가 존재하여 CϵtRn(ft(Q))At 에 의해 덮인다. 한편 Q×CϵtR(t)CϵtRn(ft(Q)) 이므로 AtQ×CϵtR(t) 의 열린덮개이다. Q×CϵtR(t)Q 에서 열려있으며, 모임 {Q×CϵtR(t)}t[an,bn] 의 합집합은 Q 를 포함하므로 다음이 성립한다.

Q×[an,bn]=Qt[an,bn](Q×CϵtR(t))=Q×(t[an,bn]CϵtR(t))

[an,bn]t[an,bn]CϵtR(t)

  따라서 모임 {CϵtR(t)}t[an,bn][an,bn] 의 열린덮개이며, [an,bn] 은 콤팩트하므로 [an,bn] 를 덮는 유한부분모임 {Cϵt1R(t1),,CϵtnR(tn)} 이 존재한다. 다음이 성립한다.

Qk=1n(Q×CϵtkR(tk))

  한편 각 Q×CϵtkR(tk) 는 유한모임 Atk 에 의해 덮이므로, Q 는 유한모임 At1Atn 에 의해 덮인다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.   

 

 

  이제 하이네-보렐 정리의 나머지 방향을 증명하자.

 

Lemma 7.6.  XRnRn 에서 닫혀있고 유계이면 콤팩트하다.

 

  Proof.  X 의 임의의 열린덮개 A 를 생각하자. RnXRn 에서 열려있으므로 A{RnX}Rn 의 열린덮개이다. 한편 X 는 유계이므로 X 를 포함하는 rectangle QRn 이 존재한다. 한편 Q 는 콤팩트하므로 A{RnX} 의 유한부분모임 A 가 존재하여 Q 를 덮는다. 이때 AX 의 열린덮개이기도 하다. 한편 ARnX 를 포함하거나 포함하지 않는데, 포함하는 경우 A 에서 RnX 를 제외하여도 여전히 X 의 열린덮개이다. 따라서 XA 의 어떤 유한부분모임에 의해 덮이므로 X 는 콤팩트하다.   

 

 

  이로써 하이네-보렐 정리의 증명이 끝났다.

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)

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


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