Aerospace Kim

[변수변환정리] ch1. 단위분할

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[다변수 미분] ch1. 미분의 정의

[다변수 적분] ch1. 적분의 정의

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  Convention.
  ▷ TRn 이란 Rn 에서 열린집합의 모임이다.
  ▷ NRn(x)xRn 의 근방의 모임, 즉 Rn 에서 열린 x 를 포함하는 집합의 모임이다.
  ▷ Q(Rn) 이란 Rn 의 rectangles 의 모임이다. (비표준)

 

 

 

몇 가지 도움정리

 

 

  이번 포스팅에서 알아볼 개념은 단위분할로, 조그만 부분을 다 더해서 전체로 확장시키는 개념을 갖는 도구이다. 자세한 정의를 확인하면 무엇을 의미하는지 확실하게 드러나지만, 그 존재성의 증명은 쉽지만은 않다. 다음의 도움정리부터 시작하자.

 

 

  Lemma 1.1 (베르누이 부등식, Bernoulli's inequality).
  임의의 x(1,) 와 임의의 nN 에 대해 다음 부등식이 성립한다.(1+x)n1+nx

 

 

  Proof.  n 에 대한 귀납법으로 증명하자. n=1 인 경우 정리가 자명하게 성립한다. n1 에서 정리가 성립한다고 가정하고 n 에서 정리가 성립함을 보이자. 다음 식이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

(1+x)n=(1+x)(1+x)n1(1+x)(1+(n1)x)=1+nx+(n1)x21+nx

 

 

 

Lemma 1.2.  다음의 함수 f:RRC 급이다.f(x)={e1xif x>00otherwise

 

 

  Proof.  각 nN 에 대해 다음의 함수 fn:RR 을 정의하자.

fn(x)={e1xxnif x>00otherwise

 

  Step 1. 임의의 xR 에 대해 ex>x 임을 보이자. x<0 인 경우에는 ex>0 이므로 자명하게 성립한다. x0 이라고 가정하자. 임의의 nN 에 대해 베르누이 부등식에 따라 다음이 성립한다.

(1+xn)n1+x

  따라서 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

ex=limn(1+xn)n1+x>x

 

  Step 2. f 가 연속임을 보이자. 이는 0 에서 연속임을 보이는 것 만으로도 충분하다. 임의의 ϵ>0 에 대해 δ=ϵ 이라고 하자. x(δ,0] 인 경우 |f(x)|=0 이므로 |f(x)|<ϵ 이 자명하게 성립한다. x(0,δ) 인 경우 step 1 에 따라 다음이 성립한다.

e1x=1e1x<11x=x

|f(x)|=|e1x|=e1x<x<ϵ

  정리하면 다음과 같으므로 원하는 결과를 얻는다.

|x|<δ|f(x)|<ϵ

 

  Step 3. fn 이 연속임을 보이자. 이는 0 에서 연속임을 보이는 것 만으로도 충분하다. Step 1 에 따라 x>0 에 대해 다음이 성립한다.

12nx<e12nx1(2nx)n<e12xe1xxn<(2n)ne12x

  따라서 임의의 xR 에 대해 다음이 성립한다.

0fn(x)(2n)nf(2x)

|fn(x)|(2n)n|f(2x)|

  임의의 ϵ>0 을 생각하자. Step 2 에 따라 f(2x)0 에서 연속이므로 어떤 δ>0 이 존재하여 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

|x|<δ|f(2x)|<ϵ(2n)n|fn(x)|<ϵ

 

  Step 4. fn 이 미분가능함을 보이자. 이는 0 에서 미분가능함을 보이는 것 만으로도 충분하다. x0 에 대해 다음이 성립한다.

fn(x)fn(0)x=fn(x)x=fn+1(x)

  한편 fn+1 은 step 3 에 따라 0 에서 연속이므로 다음이 성립한다.

fn+1(0)=limx0fn+1(x)=limx0fn(x)fn(0)x

  따라서 fn0 에서 미분가능하며, 특히 fn+1(0)=0 이므로 Dfn(0)=0 이다.

 

  Step 4. 모든 xR 에 대해 다음 식이 성립함을 보이자.

Dfn(x)=fn+2(x)nfn+1(x)

  x0 이라면 step 3 에 따라 Dfn(x)=0 이므로 위 식이 자명하게 성립한다. x>0 이라고 가정하면 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

Dfn(x)=ddx(e1xxn)=e1x1x2xne1xnxn1x2n=e1xxn+2ne1xxn+1=fn+2(x)nfn+1(x)

 

  Step 5. 각 fnC 급임을 보이자. 귀납법으로 증명하자. Step 4 에 따라 각 Dfn 은 두 연속함수의 합성이므로 연속이며, 따라서 각 fnC1 급이다. 각 fnCr1 급이라고 가정하고 Cr 급임을 보이자. Step 4 와 귀납법 가정에 따라 각 Dfn 은 두 Cr1 급 함수의 합성이므로 Cr1 급이며, 따라서 fnCr 급이다. (링크의 Thm 3.3 참고) 따라서 원하는 결과를 얻는다.

 

  Step 6. 본 정리를 증명하자. 임의의 xR 에 대해 f(x)=xf1(x) 이므로 fC 급이다.   

 

 

 

  Lemma 1.3.  임의의 QQ(Rn) 에 대해 다음을 만족하는 C 급함수 ϕ:QR 이 존재한다.{ϕ(x)>0if xInt Qϕ(x)=0otherwise

 

 

  Proof.  Lem 1.2 의 함수 f 에 대해 함수 g:RRg(x)=f(x)f(1x) 라고 정의하면 gC 급이며 (0,1) 에서 양의 값을 갖고 그 밖에서는 0이다.

 

 

  Rectangle Q 가 다음과 같다고 하자.

Q=[a1,b1]××[an,bn]

  ϕ 를 다음과 같이 정의하면 주어진 조건을 만족한다.

ϕ(x1,,xn)=g(x1a1b1a1)g(xnanbnan)

 

 

 

  Lemma 1.4.  임의의 ATRn 을 생각하자. A 의 합집합을 A 라고 할때 각 원소가 A 의 부분집합인 어떤 가산모임 {Q1,Q2,}Q(Rn) 이 존재하여 다음을 만족한다.
  (1) 모임 {Int Q1,Int Q2,}A 를 덮는다.
  (2) 각 QiA 의 어느 원소의 부분집합이다.
  (3) A 의 각 점은 {Q1,Q2,} 중 오직 유한개의 원소와만 겹치는 어떤 근방을 갖는다.

 

※ 세 번째 조건은 국소유한조건(local finiteness condition) 이라고 한다. 이는 다른 정리에서도 종종 찾아볼 수 있다.

 

  Proof.  다음의 조건을 만족하는 집합열 {D1,D2,} 를 생각하자. (존재성은 링크의 Lem 6.2 참고)

 

  1. 각 Di 는 콤팩트집합이다.

  2. 각 DiA 의 부분집합이며 i=1Di 가 성립한다.

  3. 각 자연수 N 에 대해 DNInt DN+1 가 성립한다.

  편의를 위해 D1,D0= 이라고 하자. 각 자연수 N 에 대해 BN=DNInt DN1 이라고 정의하자. 이때 BNDNRnInt DN1 의 교집합이므로 콤팩트하다. 또한 DN2Int DN1 이므로 BNDN2 와 서로소이다. 따라서 각 xBN 에 대해 xExt DN2 이므로 어떤 δ1>0 이 존재하여 Cδ1Rn(x)Ext DN2 에 속한다. 한편 xA 에 포함되므로 A 의 어떤 원소에 포함된다. 이때 A 의 각 원소는 Rn 에서 열려있으므로, 어떤 δ2>0 이 존재하여 Cδ2Rn(x)A 의 어떤 원소에 포함된다. δ=min{δ1,δ2} 라고 할때 다음과 같이 집합 Cx 를 정의하면 CxCδRn(x) 에 포함되므로 Ext DN2A 의 어떤 원소에 포함된다.

Cx=[x1δ2,x1+δ2]××[xnδ2,xn+δ2]

  이때 모임 {Int Cx:xBN} 은 콤팩트집합 BN 을 덮으므로 어떤 유한부분모임 {Int Cx1,,Int Cxk} 이 존재하여 BN 을 다시 덮는다. 이때 CN={Cx1,,Cxk} 라고 하자. C=i=1Ci 라고 하면 C 는 rectangles 의 가산모임이다. (링크의 Thm 2.5 참고) 이때 C 가 주어진 조건을 만족하는지 확인하자.

 

  (2) 정의에 따라 C 의 각 원소는 A 의 어떤 원소의 부분집합이다.

 

  (1) C 의 각 원소의 interior 의 모임이 A 를 덮음을 확인하자. 각 xA 에 대해 xInt Di 를 만족하는 가장 작은 자연수 i 를 선택하자. (이러한 i 의 존재성은 정렬원리에 의해 보장됨) 이때 다음이 성립한다.

xBi=DiInt Di1

  이때 Ci 에 속하는 rectangles 의 interior 들은 Bi 를 덮으므로, x 는 이 rectangles 중 하나의 interior 에 속한다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

 

  (3) 국소유한조건을 확인하자. 임의의 xA 에 대해 어떤 i 가 존재하여 xInt Di 가 성립한다. 이때 모임 Ci+2,Ci+3, 에 속하는 rectangles 는 Di 와 겹치지 않으므로 Int Di 는 오직 C1,,Ci+1 에 속하는 몇몇 rectangles 와 겹친다. 이때 Int Dix 의 근방이며 이는 C 에 속하는 유한개의 원소와만 겹치므로 원하는 결과를 얻는다.   

 

 

 

단위분할

 

 

  Definition.  ϕ:RnR 에 대해 다음의 집합을 ϕ지지집합(support)이라고 한다.supp ϕ=cl{x:ϕ(x)0}  만약 supp ϕ 가 콤팩트하면 ϕ 가 콤팩트 지지를 갖는다고 하고, ϕ 가 콤팩트 지지함수라고 한다.

 

 

  위 정의에 따르면, xsupp ϕ 일 필요충분조건은 어떤 UNRn(x) 가 존재하여 U 에서 ϕ 가 0인 것이다.

 

 

  Theorem 1.5 (단위분할의 존재성).
  임의의 ATRnA 의 합집합 A 에 대해 다음을 만족하는 RnR 함수의 가산집합 {ϕi}iN 이 존재한다.
  (1) 모든 xRn 에 대해 ϕi(x)0 이다.
  (2) 각 supp ϕiA 에 속한다.
  (3) A 의 각 점은 {supp ϕi}iN 중 오직 유한개와 겹치는 근방을 갖는다.
  (4) 모든 xA 에 대해 i=1ϕi(x)=1 이다.
  (5) 각 ϕiC 급이다.
  (6) 각 ϕi 는 콤팩트 지지를 갖는다.
  (7) 각 supp ϕiA 의 어떤 원소의 부분집합이다.

 

 

  함수의 가산집합 {ϕi}iN 이 위의 몇 조건을 만족하면 다음과 같이 부른다.

 

  (1)~(4): {ϕi}iNA단위분할(partition of unity)이다.

  (5): {ϕi}iNC 급이다.

  (6): {ϕi}iN 가 콤팩트 지지를 갖는다

  (7): {ϕi}iNA 에 종속된다.

 

  따라서 이 정리는 임의의 ATRnA 의 합집합 A 에 대해 "A 에 종속되고 콤팩트 지지를 갖는 AC 급 단위분할" 이 존재함을 말한다. 오직 단위분할의 존재성 뿐 아니라 여러가지 성질을 갖는 단위분할의 존재성을 검토하는 이유는, 그렇게 하여도 어렵지 않으며 그 자체로 오롯이 단위분할의 존재성을 함의하기 때문이다.

 

 

  Proof.  주어진 A,A 에 대해 Lem 1.4 를 만족하는 가산모임 {Qi}iNQ(Rn) 을 생각하자. Lem 1.3 에 따르면 각 Qi 에 대해 Int Qi 에서 양의 값을 갖고 그 밖에서는 0인 C 급함수 ψi:RnR 이 존재한다. {조건 (1), (5) 성립} 이때 supp ψi=Qi 이므로 supp ψi 는 콤팩트하며, {조건 (6) 성립} Lem 1.4 의 조건에 따라 supp ψiA 의 어떤 원소에 속하고, {조건 (2), (7) 성립} A 의 각 점은 {supp ψi}iN 중 오직 유한개와 겹치는 근방을 갖는다. {조건 (3) 성립} 따라서 {ψi}iN 는 (4)를 제외한 모든 조건을 자동으로 만족한다.

 

  (4) 조건 (3)에 따르면 임의의 xA 에 대해 {ψi}iN 중 오직 유한개를 제외한 모든 함수가 x 에서 0이다. 따라서 다음과 같이 정의한 급수는 모든 xA 에서 반드시 수렴한다.

λ(x)=i=1ψi(x)

  이때 λ 는 임의의 xA 의 근방에서 {ψi}iN 중 오직 유한개의 함수의 합과 같으므로 C 급이다. 또한 임의의 xA 에 대해 x 를 interior 에 포함하는 rectagle Qi 가 존재하므로 ψi(x)>0 이며, 따라서 λ 는 양의 값만을 갖는다. 따라서 각 i 에 대해 다음의 함수 ϕi:RnR 이 잘 정의된다.

ϕi(x)=ψi(x)λ(x)

  이때 {ϕi}iN 는 주어진 조건을 모두 만족한다.   

 

 

 

  단위분할의 존재성 정리의 조건 (3)인 국소유한조건에 따라 다음의 따름정리를 얻는다.

 

 

  Corollary 1.6.  ATRn 의 단위분할 {ϕi}iN 과 콤팩트집합 CA 에 대해 C 를 포함하는 어떤 BTRn 이 존재하여 {ϕi}iN 중 오직 유한개를 제외한 모든 함수가 B 에서 0이다. 

 

 

  Proof.  각 xC 에 대해, 단위분할의 국소유한조건에 따라 어떤 UxNRn(x) 가 존재하여 Ux{supp ϕi}iN 중 오직 유한개와 겹친다. 이때 Ux 와 겹치는 지지집합의 유한모임을 {supp ϕi}iJx 라고 하자. 이때 {ϕi}iJx 를 제외한 {ϕi}iN 의 모든 함수가 Ux 에서 0이다. 모임 {Ux:xC}C 를 덮으며, C 는 콤팩트하므로 유한부분모임 {Ux1,,Uxk} 에 의해 다시 덮인다. 다음과 같이 정의하자.

B=i=1kUxi

J=i=1kJxi

  이때 유한모임 {ϕi}iJ 를 제외한 {ϕi}iN 의 모든 함수는 B 에서 0이므로 원하는 결과를 얻는다.   

 

 

 

단위분할과 적분

 

 

  단위분할은 작은 집합에서 정의되는 성질을 더 큰 집합으로 자연스럽게 확장하는 방법으로 활용되곤 한다. 확장된 의미의 적분가능성도 이러한 방식으로 활용할 수 있다. 다음의 도움정리부터 시작하자.

 

 

  Lemma 1.7.  연속함수 f:ATRnR 가 콤팩트집합 CA 밖에서 0이면 fA 에서 (확장된 의미로) 적분가능하고 C 에서 (원래의 의미로) 적분가능하며 다음이 성립한다.Aextf=Cordf

 

  ※ 적분가능성의 원래의 의미와 확장된 의미에 대해서는 아래의 두 링크 참고

  [다변수 적분] ch4. 유계집합 위의 적분

  [다변수 적분] ch6. 특이적분

 

  Proof.

  Step 1. fC:RnR 이 연속임을 보이자. Int A (=A) 의 임의의 점의 어떤 근방에서 fC=f 이므로 fCInt A 에서 연속이고, Ext A 의 임의의 점의 어떤 근방에서 fC=0 이므로 fC 는  Ext A 에서 연속이다. 임의의 xBd A 를 생각하자. xA 이므로 xC 이며, RnC 는 열린집합이므로 x 의 어떤 근방에서 fC=0 이다. 따라서 fBd A 에서 연속이며, 정리하면 fRn 에서 연속이다.

 

  Step 2. fC 에서 (원래의 의미로) 적분가능함을 보이자. 하이네-보렐 정리에 따라 C 는 유계이므로 C 를 포함하는 QQ(Rn) 가 존재한다. fCRn 에서 연속이므로 르베그 판정법에 따라 fCQ 에서 (원래의 의미로) 적분가능하며, 따라서 fC 에서 원래의 의미로 적분가능하다.

 

  Step 3. 이제 본 정리를 증명하자. 링크의 Lem 6.2 의 성질을 만족하는 집합열 {CN}NN 을 생각하자. 집합열 {Int CN}NNA 를 덮으므로 C 도 덮으며, C 는 콤팩트하므로 이 중 유한모임으로 다시 덮인다. 이 유한모임에서 가장 큰 원소(집합)을 Int CM 이라고 하자. CCM 이 성립하며 C 밖에서 f=0 이므로 M 보다 큰 자연수 N 에 대해 다음이 성립한다.

CNordf=Cordf

  이는 함수 |f| 에 대해서도 동일하게 적용되며, 적분의 성질(링크의 Thm 4.3 중 monotonicity)에 따라 Cord|f| 는 수열 CNord|f| 의 상한이다. 따라서 링크의 Thm 6.3 에 따라 fA 에서 (확장된 의미로) 적분가능하며 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

Aextf=limNCNordf=Cordf

 

 

 

  위의 도움정리에 따르면, 콤팩트 지지를 갖는 A 의 단위분할 {ϕi}iN 에 대해 ϕifsupp ϕi 밖에서 0이므로 ϕifA 에서 (확장된 의미로) 적분가능하다. 이제 다음의 정리를 확인하자.

 

 

  Theorem 1.8.  연속함수 f:ATRnR 과 콤팩트 지지를 갖는 A 의 단위분할 {ϕi}iN 에 대해 fA 에서 (확장된 의미로) 적분가능할 필요충분조건은 다음의 급수가 수렴하는 것이다.i=1Aextϕi|f|  이때 다음이 성립한다.Aextf=i=1Aextϕif

 

 

  Proof.  A 에 속하는 부피를 갖는 모든 콤팩트집합의 모임을 D 라고 하자.

 

  Step 1. 먼저 f 가 음의 값을 갖지 않을 때 정리가 성립함을 보이자. 이 경우 |f|=f 이다.

 

  () 급수 i=1supp ϕiordϕif 가 수렴한다고 하자. 임의의 DD 를 고정하자. Cor 1.6 에 따르면 어떤 자연수 M 에 대해 i>M 이면 D 에서 ϕi=0 이다. 따라서 임의의 xD 에 대해 다음이 성립한다.

f(x)=f(x)(i=1Mϕi(x))=i=1Mϕi(x)f(x)

  따라서 다음이 성립한다.

Dordf=Dordi=1Mϕif=i=1MDordϕifby linearityi=1MD(supp ϕi)ordϕifby monotonicity

  이때 ϕif 는 콤팩트집합 D(supp ϕi)A 밖에서 0이므로 Lem 1.7 에 따라 다음과 같다.

D(supp ϕi)ordϕif=Aextϕif

  따라서 다음을 얻는다.

Dordfi=1MAextϕifi=1Aextϕif

  DD 에서 임의로 선택하였으므로 특이적분의 정의에 따라 fA 에서 (확장된 의미로) 적분가능하며 다음을 얻는다.

Aextfi=1Aextϕif

 

  () fA 에서 (확장된 의미로) 적분가능하다고 하자. 링크의 Thm 6.3 에 따르면 링크의 Lem 6.2 의 성질을 만족하는 집합열 {CN}NN 에 대해 수열 CNordf 는 위로 유계이다. 이때 모든 N,i 에 대해 적분의 comparison 성질에 따라 다음과 같다.

CNordϕifCNordf

  따라서 수열 CNordϕif 도 위로 유계이다. 그러므로 다시 링크의 Thm 6.3 에 따라 각 ϕifA 에서 (확장된 의미로) 적분가능하다. 임의의 자연수 N 에 대해 다음이 성립한다.

i=1NAextϕif=Aexti=1Nϕif=Aextf

  따라서 급수 i=1Aextϕif 는 위로 유계이므로 수렴한다. 한편 다음이 성립한다.

i=1AextϕifAextf

 

  위의 결과를 종합하면 다음을 얻는다.

Aextf=i=1Aextϕif

 

  Step 2. 일반적인 f 에 대해 본 정리를 증명하자. 링크의 Cor 6.4 에 따르면 fA 에서 (확장된 의미로) 적분가능할 필요충분조건은 |f|A 에서 (확장된 의미로) 적분가능한 것이며, step 1 에 따르면 이는 급수 i=1Aextϕi|f| 가 수렴하는 것과 동치이다. 한편 f=f+f 이고 f+,f 는 음의 값을 갖지 않으므로 step 1 에 따라 다음이 성립하여 원하는 결과를 얻는다.

Aextf=Aext(f+f)=Aextf+Aextf=i=1Aextϕif+i=1Aextϕif=i=1(Aextϕif+Aextϕif)=i=1Aextϕif

 

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)

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


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