Aerospace Kim

[변수변환정리] ch1. 단위분할

다음 읽을거리: ch2. 다양체의 정의

k차원 평행사변형의 k차원 부피

$k<n$ 에 대해 $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 평행사변형 $\mathcal{P}$ 을 생각하자. 이는 $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 선형부분공간에 포함되는 집합이므로, 측도가 0일수밖에 없기에 $\mathcal{P}$ 의 "n차원 부피" 는 당연히 0일 것이다. (링크의 Lem 5.1 과 Thm 5.2 의 증명 중 step 2 참고) 만약 $\mathcal{P}$ 의 "k차원 부피" 를 정의할 수 있다면, 이 부피는 두 가지 성질을 만족할 것이라고 기대할 수 있다. 지난 논의에 따르면 직교변환은 n차원 부피를 보존하므로, k차원 부피도 보존해야할 것이다. 두 번째로, 만약 $\mathcal{P}$ 가 $\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$ 의 부분집합이라면 $\mathcal{P}$ 의 $\mathbb{R}^n$ 에서의 k차원 부피는 (이미 잘 정의되어있는) $\mathbb{R}^k$ 에서의 k차원 부피와 동일한 값을 가져야 할 것이다. 이러한 두 개의 합리적인 조건으로부터 $\mathcal{P}$ 의 k차원 부피가 즉시 도출됨을 곧 확인할 것이다.

먼저 선형대수의 한 가지 결론으로부터 시작하자.

Theroem 1.1 (그람-슈미트 직교화, Gram-Schmidt process)
$\mathbb{R}^n$ 의 k차원 선형부분공간 $W$ 에 대해 $W$ 의 기저를 포함하는 $\mathbb{R}^n$ 의 정규직교기저가 존재한다.

※ 정규직교기저란 정규직교집합인 기저를 의미한다.

Proof. 먼저 $W$ 의 기저를 포함하는 $\mathbb{R}^n$ 의 기저가 존재함은 자명하다. $\mathbb{R}^n$ 의 기저 $\{a_1,\ldots,a_n\}$ 에 대해 $\{a_1,\ldots,a_k\}$ 가 $W$ 의 기저라고 하자. 이때 구체적으로 정해지지 않은 스칼라 $\lambda_{ij}$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.

$$\begin{align}b_1&=a_1\\b_2&=a_2-\lambda_{21}b_1\\&\vdots\\b_i&=a_i-\lambda_{i1}b_1-\lambda_{i2}b_2-\cdots-\lambda_{i,i-1}b_{i-1}\\&\vdots\\b_n&=a_n-\lambda_{n1}b_1-\lambda_{n2}b_2-\cdots-\lambda_{n,n-1}b_{n-1}\end{align}$$

이때 각 $a_i$ 는 $b_1,\ldots,b_i$ 의 선형결합임을 확인하자. 또한 각 $b_i$ 는 $a_1,\ldots,a_i$ 의 선형결합이기도 하다. 이러한 두 사실에 따라 각 $i$ 에 대해 $\{a_1,\ldots,a_i\}$ 와 $\{b_1,\ldots,b_i\}$ 는 $\mathbb{R}^n$ 의 동일한 부분공간을 생성한다. 따라서 n개의 벡터 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 은 $\mathbb{R}^n$ 을 생성하므로 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 은 일차독립이다. 그러므로 특히, $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 는 0을 포함하지 않는다.

이제 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 이 직교집합이 되도록 스칼라 $\lambda_{ij}$ 를 귀납적으로 선택하자. 먼저 $b_1,b_2$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\left<b_1,b_2\right>=\left<a_1,a_2\right>-\lambda_{21}\left<a_1,a_1\right>$$

이때 $a_1\neq 0$ 이므로 $\left<a_1,a_1\right>\neq0$ 이며, 따라서 $\lambda_{21}$ 을 다음과 같이 선택한다면 $\{b_1,b_2\}$ 는 직교집합이다.

$$\lambda_{21}=\frac{\left<a_1,a_2\right>}{\left<a_1,a_1\right>}$$

어떤 $i$ 에 대해 $\{b_1,\ldots,b_{i-1}\}$ 이 직교집합을 이룬다고 가정하자. 이때 각 $j=1,\ldots,i-1$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\left<b_j,b_i\right>&=\left<b_j,a_i-\sum_{m=1}^{i-1}\lambda_{im}b_m\right>\\&=\left<b_ja_i\right>-\sum_{m=1}^{i-1}\lambda_{im}\left<b_j,b_m\right>\\&=\left<b_j,a_i\right>-\lambda_{ij}\left<b_j,b_j\right>\end{align}$$

이때 $b_j\neq0$ 이므로 $\left<b_j,b_j\right>\neq 0$ 이며, 따라서 $\lambda_{i1},\ldots,\lambda{i,i-1}$ 를 다음과 같이 선택한다면 $\{b_1,\ldots,b_i\}$ 는 직교집합이다.

$$\lambda_{ij}=\frac{\left<b_j,a_i\right>}{\left<b_j,b_j\right>}$$

이렇게 스칼라 $\lambda_{ij}$ 를 선택하면 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 을 직교집합을 만들 수 있다. 한편 각 $b_i$ 는 0이 아니므로 다음과 같이 $\mathbb{R}^n$ 의 정규직교집합을 만들 수 있으며 원하는 결과를 얻는다.

$$\left\{\frac{b_1}{||b_1||},\ldots,\frac{b_n}{||b_n||}\right\}\tag*{$\square$}$$

Theorem 1.2. $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 선형부분공간 $W$ 에 대해 어떤 직교변환 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 가 존재하여 다음을 만족한다.$$h(W)=\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$$

Proof. Thm 1.1 에 따라 $\mathbb{R}^n$ 의 정규직교기저 $\{b_1,\ldots,b_n\}$ 에 대해 $\{b_1,\ldots,b_k\}$ 가 $W$ 의 기저이도록 선택할 수 있다. $n\times n$ 행렬 $B=(b_1\;\cdots\;b_n)$ 에 대해 $L_B:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 는 직교변환이며 각 $i$ 에 대해 $L_B(e_i)=Be_i=b_i$ 이다. 특히 $\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$ 의 기저는 $\{e_1,\ldots,e_k\}$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}L_B(\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k})&=L_B(\text{span}\{e_1,\ldots,e_k\})\\&=\text{span }L_B(\{e_1,\ldots,e_k\})\\&=\text{span}\{L_B(e_1),\ldots,L_B(e_k)\}\\&=\text{span}\{b_1,\ldots,b_k\}\\&=W\end{align}$$

이때 $B$ 는 가역이므로 (링크의 직교행렬의 정의의 설명 참고) $L_B$ 가 가역이며 $L_B^{-1}=L_{B^{-1}}$ 이다. (링크의 의 정리 10.2-2 참고) 이때 $B^{-1}=B^t$ 이므로 다음이 성립한다.

$$(B^{-1})^tB^{-1}=(B^t)^tB^t=BB^t=BB^{-1}=I_n$$

따라서 $B^{-1}$ 도 직교행렬이므로 $L_{B^{-1}}$ 는 직교변환이다. 이때 다음이 성립하므로 $L_{B^{-1}}$ 는 우리가 찾는 직교변환이다.

$$\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}=L_B^{-1}(W)=L_{B^{-1}}(W)\tag*{$\square$}$$

이제 다음의 정리로부터 우리가 원하는 새로운 부피함수의 유일성과 존재성이 얻어진다.

Theorem 1.3. 다음의 두 성질을 만족하는 함수 $V:(\mathbb{R}^n)^k\to[0,\infty)$ 가 유일하게 존재한다.
(1) 직교변환 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.$$V(h(x_1),\ldots,h(x_k))=V(x_1,\ldots,x_k)$$ (2) $\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$ 에 속하는 벡터 $y_1,\ldots,y_k$ 를 생각하자. 각 $i$ 에 대해 어떤 $z_i\in\mathbb{R}^k$ 에 대하여 다음과 같다고 하자.$$y_i=\begin{pmatrix}z_i\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}$$ 이때 다음이 성립한다.$$V(y_1,\ldots,y_k)=|\text{det }(z_1\;\cdots\;z_k)|$$
한편 $V(x_1,\ldots,x_k)=0$ 일 필요충분조건은 $\{x_1,\ldots,x_k\}$ 가 일차독립인 것이며, $n\times k$ 행렬 $X=(x_1\;\cdots\;x_k)$ 에 대해 다음이 성립한다.$$V(x_1,\ldots,x_n)=\sqrt{\text{det}(X^tX)}$$

※ 편의를 위해 종종 $(x_1,\ldots,x_k)$ 와 $ (x_1\;\cdots\;x_k)$ 를 같은 것으로 취급하기도 한다. (링크의 convention 참고)

Proof.

Step 1. 주어진 두 성질을 만족하는 함수가 존재한다면 유일하게 존재함을 보이자. $\mathbb{R}^n$ 의 임의의 벡터 $x_1,\ldots,x_k$ 에 대해 $X=(x_1\;\cdots\;x_k)$ 라고 하자. Thm 1.2 에 따라 어떤 $n\times n$ 직교행렬 $A$ 가 존재하여 어떤 $k\times k$ 행렬 $Z$ 에 대해 $AX=\begin{pmatrix}Z\\O\end{pmatrix}$ ($O$ 는 적절한 영행렬) 이 성립한다. 성질 (1)에 따르면 다음이 성립한다.

$$\begin{align}V(X)&=V(x_1,\ldots,x_k)\\&=V(L_A(x_1),\ldots,L_A(x_k))\\&=V(Ax_1\;\cdots\;Ax_k)\\&=V(AX)\end{align}$$

한편 성질 (2)에 따르면 다음과 같다.

$$V(AX)=|\text{det }Z|$$

이때 주어진 두 성질을 만족하는 함수는 이와 동일한 함수값을 가지므로 원하는 결과를 얻는다.

Step 2. $X=(x_1\;\cdots\;x_k)$ 에 대해 $(\mathbb{R}^n)^k$ 를 정의역으로 갖는 함수 $F$ 를 다음과 같이 정의하자.

$$F(X)=\text{det}(X^tX)$$

직교변환 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n,\;h(x)=Ax$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}F(h(x_1)\;\cdots\;h(x_k))&=F(Ax_1\;\cdots\;Ax_k)\\&=F(AX)\\&=\text{det}\big((AX)^t(AX)\big)\\&=\text{det}(X^tA^tAX^t)\\&=\text{det}(X^tX)\\&=F(X)\end{align}$$

또한 $k\times k$ 행렬 $Z$ 와 $n\times k$ 행렬 $Y=\begin{pmatrix}Z\\O\end{pmatrix}$ ($O$ 는 적절한 영행렬) 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}(Y^tY)_{ij}&=\sum_{m=1}^n(Y^t)_{im}Y_{mj}=\sum_{m=1}^nY_{mi}Y_{mj}\\&=\sum_{m=1}^kY_{mi}Y_{mj}+0=\sum_{m=1}^kZ_{mi}Z_{mj}\\&=\sum_{m=1}^k(Z^t)_{im}Z_{mj}=(Z^tZ)_{ij}\end{align}$$

$$\therefore Y^tY=Z^tZ$$

따라서 다음을 얻는다.

$$F(Y)=\text{det}(Y^tY)=\text{det}(Z^tZ)=(\text{det }Z)^2$$

Step 3. 함수 $F$ 가 음의 값을 갖지 않음을 보이자. $\mathbb{R}^n$ 의 벡터 $x_1,\ldots,x_k$ 를 포함하는 $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 부분공간 $W$ 를 생각하자. Thm 1.2 에 따라 다음을 만족하는 직교변환 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n,\;h(x)=Ax$ 가 존재한다.

$$h(W)=\mathbb{R}^k\times\{0\}^{n-k}$$

$X=(x_1\;\cdots\;x_k)$ 에 대해 $k\times n$ 행렬 $AX$ 는 어떤 $k\times k$ 행렬 $Z$ 에 대해 $\begin{pmatrix}Z\\O\end{pmatrix}$ 의 꼴과 같으므로 step 2 에 따라 다음이 성립한다.

$$F(X)=F(AX)=(\text{det }Z)^2\ge 0$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. 한편 $F(X)=0$ 일 필요충분조건은 $Z$ 의 각 열이 일차독립, 다시말해 $AX$ 의 각 열이 일차독립인 것이다. 링크의 Thm 2.6 에 따르면 $AX$ 의 각 열이 일차독립인 것은 $AX$ 의 랭크가 k인 것과 같으며, 링크의 Thm 2.4 에 따르면 이는 $X$ 의 랭크가 k인 것과 같다. 따라서 $X$ 의 각 열이 일차독립인 것과 같으므로, 정리하면 $F(X)=0$ 일 필요충분조건은 $X$ 의 각 열이 일차독립인 것이다.

Step 4. 이제 $V(X)=\sqrt{F(X)}$ 라고 정의하면 step 1 에 따라 $V$ 는 주어진 두 조건을 만족하므로 존재성을 얻는다. $\square$

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 k차원 평행사변형 $\mathcal{P}(x_1,\ldots,x_k)$ 의 k차원 부피를 다음으로 정의한다.$$V(x_1,\ldots,x_k)$$

이러한 정의는 기존의 상식과 호환된다. 미적분학으로부터 3차원 공간에서 두 벡터 $a,b$ 가 만드는 평행사변형의 넓이가 다음과 같이 계산됨을 우리는 이미 알고있다.

$$||a||\;||b||\;\text{sin }\theta$$

이때 $\theta$ 란 $a$ 와 $b$ 사이의 각을 의미하며 다음과 같이 정의된다.

$$\cos\theta=\frac{\left<a,b\right>}{||a||\;||b||}$$

이때 새로 정의한, $\mathbb{R}^3$ 의 2차원 평행사변형의 2차원 부피가 동일한 결과를 가짐을 보이자. $X=(a\;b)$ 라고 할때 정의에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}V(X)^2&=\text{det}(X^tX)\\&=\text{det}\begin{pmatrix}a^ta&a^tb\\b^ta&b^tb\end{pmatrix}\\&=\text{det}\begin{pmatrix}||a||^2&\left<a,b\right>\\\left<b,a\right>&||b||^2\end{pmatrix}\\&=||a||^2||b||^2-\left<a,b\right>^2\\&=||a||^2||b||^2(1-\cos^2\theta)\\&=||a||^2||b||^2\sin^2\theta\end{align}$$

이때 함수 $V$ 는 음의 값을 갖지 않으므로 기존의 상식과 동일한 결과를 얻는다.

다음의 정리는 k차원 평행사변형의 한 모서리를 늘리는 만큼 k차원 부피가 늘어남을 말한다.

Theorem 1.4. $\mathbb{R}^n$ 의 벡터 $x_1,\ldots,x_k$ 와 $\lambda\in\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.$$V(x_1,\ldots,\lambda x_i,\ldots,x_k)=|\lambda|V(x_1,\ldots,x_k)$$

Proof. 편의를 위해 다음과 같다고 하자.

$$X=(x_1,\ldots,x_k)$$

$$X_\lambda=V(x_1,\ldots,\lambda x_i,\ldots,x_k)$$

행렬식의 다중선형성에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;V(X_\lambda)^2\\=&\;\text{det}(X_\lambda^tX_\lambda)\\=&\;\text{det}\left(\begin{pmatrix}x_1^t\\\vdots\\\lambda x_i^t\\\vdots\\x_k\end{pmatrix}(x_1\;\cdots\;\lambda x_i\;\cdots\;x_k)\right)\\=&\;\text{det}\begin{pmatrix}x_1^tx_1&\cdots&\lambda x_1^tx_i&\cdots&x_1^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\\lambda x_i^tx_1&\cdots&\lambda^2 x_i^tx_i&\cdots&\lambda x_i^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_k^tx_1&\cdots&\lambda x_k^tx_i&\cdots&x_k^tx_k\end{pmatrix}\\=&\;\lambda\text{det}\begin{pmatrix}x_1^tx_1&\cdots&\lambda x_1^tx_i&\cdots&x_1^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_i^tx_1&\cdots&\lambda x_i^tx_i&\cdots&x_i^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_k^tx_1&\cdots&\lambda x_k^tx_i&\cdots&x_k^tx_k\end{pmatrix}\\=&\;\lambda^2\text{det}\begin{pmatrix}x_1^tx_1&\cdots&x_1^tx_i&\cdots&x_1^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_i^tx_1&\cdots&x_i^tx_i&\cdots&x_i^tx_k\\\vdots&&\vdots&&\vdots\\x_k^tx_1&\cdots&x_k^tx_i&\cdots&x_k^tx_k\end{pmatrix}\\=&\;\lambda^2\text{det}\left(\begin{pmatrix}x_1^t\\\vdots\\x_i^t\\\vdots\\x_k\end{pmatrix}(x_1\;\cdots\;x_i\;\cdots\;x_k)\right)\\=&\;\lambda^2\text{det}(X^tX)\\=&\;\lambda^2V(X)^2\end{align}$$

정리하면 $V(X_\lambda)=|\lambda|V(X)$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

매개화된 다양체의 부피

다음의 정의는 미적분학에서 나오는 매개곡선, 매개곡면의 일반화된 대상이다.

Definition. 집합 $Y\subset\mathbb{R}^n$ 을 생각하자. $k\le n$ 에 대해 어떤 $C^r$ 급사상 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^k}\to\mathbb{R}^n$ 가 존재하여 $\alpha(A)=Y$ 가 성립하면 $(Y,\alpha)$ 를 k차원 매개화된 다양체(parametrized-manifold)라고 하며 간단히 $Y_\alpha$ 라고 표기한다. 이때 $\alpha$ 를 $Y$ 의 매개화(parametrization)라고 한다.

위 정의에 따르면 똑같은 집합이더라도 정의된 사상이 다르면 서로 다른 매개화된 다양체이다.

다음의 정의는 n차원 공간에 존재하는 k차원의 매개화된 다양체의 k차원 부피에 대해 말하고 있다. 표기법은 비슷하지만 기존의 부피의 정의와 정확하게 호환되지는 않음에 주의하자.

Definition. $C^r$ 급사상 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^k}\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 라고 하며 다음의 적분이 존재한다고 하자.$$\int_AV(D\alpha)$$ 이를 $Y_\alpha$ 의 k차원 부피라고 하며 다음과 같이 쓴다.$$v(Y_\alpha)=\int_AV(D\alpha)$$

매개화된 다양체의 부피에 대한 이 정의를 받아들이기 이전에 잠시 타당성에 대한 논의를 해보자. 문제를 단순화하자. $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^k)$ 에 대해 $\text{Int }Q=A$ 라고 하고, 사상 $\alpha:A\to\mathbb{R}^n$ 이 $Q$ 의 근방으로 $C^r$ 급의 확장이 가능하다고 하자. $Y=\alpha(A)$ 라고 하자. $Q$ 의 partition $P$ 를 선택하고 $P$ 에 대한 $Q$ 의 어떤 subrectangle $R$ 이 다음과 같다고 하자.

$$R=[a_1,a_1+h_1]\times\cdots\times[a_k,a_k+h_k]$$

이때 $\alpha$ 는 $R$ 에서 $Y$ 의 부분집합인 "구부러진 rectangle" 으로의 전사함수로 볼 수 있다.

이때 $a$ 와 $a+h_ie_i$ 를 end points 로 갖는 $R$ 의 한 모서리를 생각하자. 이 모서리는 $\alpha$ 에 의해 $Y$ 위의 곡선으로 옮겨진다. 한편 $\alpha(a)$ 에서 이 모서리에 대한 1차 근사는 알다시피 다음의 벡터와 같다.

$$v_i=D\alpha(a)(h_ie_i)=h_i\frac{\partial\alpha}{\partial x_i}(a)$$

이때 각 모서리가 $v_i$ 인 k차원 평행사변형 $\mathcal{P}$ 를 구부러진 rectangle 인 $\alpha(R)$ 의 1차 근사로 간주하는 것은 타당하다. 한편 $\mathcal{P}$ 의 k차원 부피는 Thm 1.4 에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;V(v_1,\ldots,v_k)\\=&\;V\left(h_1\frac{\partial\alpha}{\partial x_1}(a),\ldots,h_k\frac{\partial\alpha}{\partial x_k}(a)\right)\\=&\;V\left(\frac{\partial\alpha}{\partial x_1}(a),\ldots,\frac{\partial\alpha}{\partial x_k}(a)\right)|h_1|\cdots|h_k|\\=&\;V(D\alpha(a))\cdot v(R)\end{align}$$

한편 다음이 자명하다.

$$\underset{R}{\text{inf}}\;V(D\alpha)\le V(D\alpha(a))\le\underset{R}{\text{sup}}\;V(D\alpha)$$

따라서 $P$ 에 대한 $Q$ 의 각각의 rectangle 의 $\alpha$ 에 대한 상의 1차 근사를 모두 더한 것은 $\underline{\int_Q}V(D\alpha)$ 와 $\overline{\int_Q}V(D\alpha)$ 사이의 값을 갖게 된다. 따라서 이러한 작은 k차원 평행사변형들의 k차원 부피의 합은 적분 $\int_AV(D\alpha)$ 의 적절한 근사라고 볼 수 있으며 partition $P$ 를 적절히 선택하는 것으로 더욱 가까운 값을 갖도록 할 수 있을 것이다.

이제 매개화된 다양체 위에서 스칼라 함수의 적분을 정의하자.

Definition. $C^r$ 급사상 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^k}\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 라고 하며 함수 $f:Y\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음의 적분이 존재한다고 하자.$$\int_A(f\circ\alpha)V(D\alpha)$$ 이때 $f$ 가 $Y_\alpha$ 에서 적분가능하다고 하며 다음을 $Y_\alpha$ 에서 부피에 대한 $f$ 의 적분이라고 한다.$$\int_{Y_\alpha}f\;\text{dV}=\int_A(f\circ\alpha)V(D\alpha)$$

여기서 미적분학의 의미없는 표기법 중 하나였던 "$\text{dV}$" 가 부피에 대한 적분을 표기하기 위해 다시 사용된다.

부피에 대한 적분은 재매개화에 대한 불변량이다. 특히 k차원 다양체의 k차원 부피도 재매개화에 대한 불변량이다.

Theorem 1.5. $\mathbb{R}^k$ 의 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 생각하자. $C^r$ 급사상 $\beta:B\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $Y=\beta(B)$ 라고 하자. $\alpha=g\circ\beta$ 라고 하면 $\alpha:A\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 이다. 연속함수 $f:Y\to\mathbb{R}$ 에 대해 $f$ 가 $Y_\alpha$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $Y_\beta$ 에서 적분가능한 것이며 이때 다음이 성립한다.$$\int_{Y_\alpha}f\;\text{dV}=\int_{Y_\beta}f\;\text{dV}$$ 특히 $v(Y_\alpha)=v(Y_\beta)$ 이다.

Proof.

Step 1. 다음이 성립함을 보이자.

$$(V(D\beta)\circ g)|\text{det }Dg|=V(D\alpha)$$

임의의 $x\in A$ 를 고정하고 $y=g(a)$ 라고 하자. 연쇄법칙에 다라 다음이 성립한다.

$$D\alpha(x)=D\beta(y)Dg(x)$$

따라서 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}&\;V(D\alpha(x))^2\\=&\;\text{det}\big(Dg(x)^tD\beta(y)^tD\beta(y)Dg(x)\big)\\=&\;\text{det }Dg(x)^t\text{det}\big(D\beta(y)^tD\beta(y)\big)\text{det }Dg(x)\\=&\;V(D\beta(y))\big(\text{det }Dg(x)\big)^2\end{align}$$

Step 2. 본 정리를 증명하자. 편의상 다음의 함수를 정의하자.

$$F:B\to\mathbb{R},\;F(x)=f(\beta(x))V(D\beta(x))$$

$F$ 는 연속이므로 변수변환정리에 따라 $F$ 가 $B$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $(F\circ g)|\text{det }Dg|$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이며 이때 다음이 성립한다.

$$\int_BF=\int_A(F\circ g)|\text{det }Dg|$$

한편 step 1 에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;\big((F\circ g\big)|\text{det }Dg|\big)(x)\\=&\;F(g(x))|\text{det }Dg(x)|\\=&\;f(\beta(g(x)))V(D\beta(g(x)))|\text{det }Dg(x)|\\=&\;\big((f\circ\beta\circ g)\big)(V(D\beta)\circ g)|\text{det Dg}|\big)(x)\\=&\;\big((f\circ\alpha)V(D\alpha)\big)(x)\end{align}$$

정리하면 $(f\circ\beta)V(D\beta)$ 가 $B$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $(f\circ\alpha)V(D\alpha)$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이며 다음이 성립하므로 원하는 결론을 얻는다.

$$\int_B(f\circ\beta)V(D\beta)=\int_A(f\circ\alpha)V(D\alpha)$$

Step 3. 본 정리에서 $f(x)=1$ 이라고 하면 $v(Y_\alpha)=v(Y_\beta)$ 가 성립하므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

매개화된 다양체의 예시

3차원 공간 속의 곡선의 길이를 계산해보자.

어떤 매개화 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}}\to\mathbb{R}^3,\;\alpha(t)=(\alpha_1(t),\alpha_2(t),\alpha_3(t))$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 라고 하면 $Y_\alpha$ 는 3차원 공간에 주어진 1차원 매개화된 곡선이라고 할 수 있다. 이때 $D\alpha$ 는 3×1 행렬이므로 다음과 같다.

$$\begin{align}V(D\alpha)&=\sqrt{\text{det}(D\alpha^tD\alpha)}\\&=\sqrt{D\alpha^tD\alpha}\\&=\sqrt{\left<D\alpha,D\alpha\right>}\\&=||D\alpha||\\&=\sqrt{\left(\frac{d\alpha_1}{dt}\right)^2\!\!+\left(\frac{d\alpha_2}{dt}\right)^2\!\!+\left(\frac{d\alpha_3}{dt}\right)^2}\end{align}$$

따라서 곡선의 길이는 다음과 같이 계산된다.

$$\begin{align}v(Y_\alpha)&=\int_AV(D\alpha)\\&=\int_A{\sqrt{\left(\frac{d\alpha_1}{dt}\right)^2\!\!+\left(\frac{d\alpha_2}{dt}\right)^2\!\!+\left(\frac{d\alpha_3}{dt}\right)^2}}\end{align}$$

이제 3차원 공간 속의 곡면의 길이를 계산해보자.

우선 두 벡터 $a,b\in\mathbb{R}^3$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.

$$a\times b=(a_2b_3-a_3b_2,a_3b_1-a_1b_3,a_1b_2-a_2b_1)$$

이때 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;||a\times b||^2\\=&\;\sum_{1\le i<j\le 3}(a_ib_j-a_jb_i)^2\\=&\;\frac{1}{2}\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3(a_ib_j-a_jb_i)^2\\=&\;\frac{1}{2}\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3(a_i^2b_j^2+a_j^2b_i^2-2a_ib_ia_jb_j)\\=&\;\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3(a_i^2b_j^2-a_ib_ia_jb_j)\end{align}$$

한편 다음과 같이 계산된다.

$$\begin{align}\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3a_i^2b_j^2&=\sum_{i=1}^3a_i^2\left(\sum_{j=1}^3b_j^2\right)\\&=\left(\sum_{i=1}^3a_i^2\right)\!\!\left(\sum_{j=1}^3b_j^2\right)\\&=||a||^2||b||^2\end{align}$$

$$\begin{align}\sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3a_ib_ia_jb_j&=\sum_{i=1}^3a_ib_i\left(\sum_{j=1}^3a_jb_j\right)\\&=\left(\sum_{i=1}^3a_ib_i\right)\!\!\left(\sum_{j=1}^3a_jb_j\right)\\&=\left<a,b\right>\left<a,b\right>\end{align}$$

정리하면 다음의 관계식을 얻는다.

$$||a\times b||^2=||a||^2||b||^2-\left<a,b\right>^2$$

어떤 매개화 $\alpha:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^2}\to\mathbb{R}^3,\;(x,y)\mapsto\alpha(x,y)$ 에 대해 $Y=\alpha(A)$ 라고 하면 $Y_\alpha$ 는 3차원 공간에 주어진 2차원 매개화된 곡면이라고 할 수 있다. 이때 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;V(D\alpha)^2\\=&\;\text{det}(D\alpha^2D\alpha)\\=&\;\text{det}\left(\begin{pmatrix}\left(\frac{\partial\alpha}{\partial x}\right)^t\\\left(\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right)^t\end{pmatrix}\left(\textstyle\frac{\partial\alpha}{\partial x}\;\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right)\right)\\=&\;\text{det}\begin{pmatrix}\left<\frac{\partial\alpha}{\partial x},\frac{\partial\alpha}{\partial x}\right>&\left<\frac{\partial\alpha}{\partial x},\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right>\\\left<\frac{\partial\alpha}{\partial y},\frac{\partial\alpha}{\partial x}\right>&\left<\frac{\partial\alpha}{\partial y},\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right>\end{pmatrix}\\=&\;\left|\left|\frac{\partial\alpha}{\partial x}\right|\right|^2\left|\left|\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right|\right|^2-\left<\frac{\partial\alpha}{\partial x},\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right>^2\\=&\;\left|\left|\frac{\partial\alpha}{\partial x}\times\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right|\right|^2\end{align}$$

따라서 곡면의 넓이는 다음과 같이 계산된다.

$$\begin{align}v(Y_\alpha)&=\int_AV(D\alpha)\\&=\int_A\left|\left|\frac{\partial\alpha}{\partial x}\times\frac{\partial\alpha}{\partial y}\right|\right|\end{align}$$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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김한결 — Sat, 4 Feb 2023 00:04:35 +0900

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행렬식의 의미

행렬식의 기하적인 의미를 알아보자.

Lemma 5.1. $\mathbb{R}^n$ 의 선형부분공간은 닫혀있다.

Proof.

Step 1. 연속함수 $f:X\to Y$ 와 $Y$ 에서 닫힌집합 $U$ 에 대해 $f^{-1}(U)$ 가 $X$ 에서 닫혀있음을 보이자. $Y\setminus U$ 는 $Y$ 에서 열려있으며, 연속함수의 정의에 따라 $f^{-1}(Y\setminus U)$ 는 $X$ 에서 열려있다. 한편 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;x\in f^{-1}(Y\setminus U)\\\Leftrightarrow&\;f(x)\in Y\setminus U\\\Leftrightarrow&\;f(x)\in Y\land\lnot(f(x)\in U)\\\Leftrightarrow&\;x\in f^{-1}(Y)\land\lnot(x\in f^{-1}(U))\\\Leftrightarrow&\;x\in f^{-1}(Y)\setminus f^{-1}(U)\\\Leftrightarrow&\;x\in X\setminus f^{-1}(U)\end{align}$$

따라서 $f^{-1}(Y\setminus U)=X\setminus f^{-1}(U)$ 이며, $X\setminus f^{-1}(U)$ 는 $X$ 에서 열려있으므로 $f^{-1}(U)$ 는 $X$ 에서 닫혀있다.

Step 2. 본 정리를 증명하자. $\mathbb{R}^n$ 의 선형부분공간 $V$ 를 생각하자. $\text{dim }V=k$ 라고 할때 $k=n$ 이면 $V=\mathbb{R}^n$ 이므로 정리가 자명하게 성립한다. (링크의 정리 9.1-1 참고) $k<n$ 이라고 하자. $V$ 의 기저가 다음과 같다고 하자.

$$\{a_1,\ldots,a_k\}$$

이때 이를 확장하여 다음과 같이 $\mathbb{R}^n$ 의 기저를 만들수 있다. (링크의 대체정리의 따름정리 2 참고)

$$\{a_1,\ldots,a_k,b_{k+1},\ldots,b_n\}$$

$\mathbb{R}^{n-k}$ 의 표준기저 $e_1,\ldots,e_{n-k}$ 에 대해 다음을 만족하는 선형변환 $T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^{n-k}$ 가 유일하게 존재한다. (링크의 선형변환의 존재성 및 유일성 정리 참고)

$$T(a_1)=0\quad\cdots\quad T(a_k)=0$$

$$T(b_{k+1})=e_1\quad\cdots\quad T(b_n)=e_{n-k}$$

$T$ 는 선형이므로 다음이 성립한다. (링크의 정리 1.1-2 참고)

$$\begin{align}T(V)&=T(\text{span}\{a_1,\ldots,a_k\})\\&=\text{span }T(\{a_1,\ldots,a_k\})\\&=\text{span}\{T(a_1),\ldots,T(a_k)\}\\&=\text{span}\{0\}\\&=\{0\}\end{align}$$

따라서 $V\subset T^{-1}(\{0\})$ 을 얻는다. 이제 $T^{-1}(\{0\})\subset V$ 를 보이자. 모순을 보이기 위해 어떤 $x\in T^{-1}(\{0\})$ 이 존재하여 $x\notin V$ 라고 가정하자. $x\in\mathbb{R}^n$ 이므로 다음을 만족하는 스칼라 $c_i$ 가 존재한다.

$$x=\sum_{i=1}^kc_ia_i+\sum_{j=1}^{n-k}c_{k+j}b_{k+j}$$

이때 $x\notin V$ 이므로 $c_{k+1},\ldots,c_n$ 중 적어도 하나는 0이 아니다. 한편 다음이 성립한다.

$$\begin{align}T(x)&=T\left(\sum_{i=1}^kc_ia_i+\sum_{j=1}^{n-k}c_{k+j}b_{k+j}\right)\\&=\sum_{i=1}^kc_iT(a_i)+\sum_{i=k+1}^{n-k}c_iT(b_i)\\&=0+\sum_{j=1}^{n-k}c_{k+j}T(b_{k+j})\\&=\sum_{j=1}^{n-k}c_{k+j}e_j\end{align}$$

따라서 $T(x)\neq 0$ 이므로 $x\in T^{-1}(\{0\})$ 이며 이는 모순이다. 따라서 $V=T^{-1}(\{0\})$ 을 얻는다. 한편 $\{0\}$ 은 닫힌집합이고 $T$ 는 연속함수이므로 step 1 에 따라 $V$ 는 닫힌집합임을 얻는다. $\square$

다음의 정리에 따르면 행렬식은 선형변환에 의한 부피체의 넓이의 변화율을 의미한다.

Theorem 5.2. $A\in\mathbb{M}_{n\times n}(\mathbb{R})$ 에 대해 선형변환 $L_A:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n,\;x\mapsto Ax$ 를 생각하자. 부피를 갖는 집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.$$v(L_A(S))=|\text{det }A|v(S)$$

Proof.

Step 1. $\text{det }A\neq0$ 일 때를 생각하자. Thm 3.3 의 증명 중 step 1 에 따르면 $L_A$ 는 미분동형사상이며, Thm 3.2 에 따라 다음의 두 결론을 얻는다.

1. 부피를 갖는 집합 $S$ 에 대해 $L_A(S)$ 도 부피를 가지므로 $v(L_A(S))$ 가 잘 정의된다.

2. $L_A(\text{Int }S)=\text{Int }L_A(S)$ 이며, 따라서 $L_A:\text{Int }S\to\text{Int }L_A(S)$ 는 미분동형사상이다.

링크의 Thm 5.3 에 따르면 다음이 성립한다.

$$v(L_A(S))=v(\text{Int }L_A(S))$$

$$v(S)=v(\text{Int }S)$$

이때 부피의 정의와 링크의 Thm 6.6 에 따라 다음과 같다.

$$v(\text{Int }L_A(S))=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{Int }L_A(S)}}1=\int_{\text{Int }L_A(S)}1$$

$$v(\text{Int }S)=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{Int }S}}1=\int_{\text{Int }S}1$$

한편 변수변환정리에 따라 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}\int_{\text{Int }L_A(S)}1&=\int_{\text{Int }S}|\text{det }DL_A|\\&=\int_{\text{Int }S}|\text{det } A|\\&=|\text{det } A|\int_{\text{Int }S}1\end{align}$$

Step 2. $\text{det }A=0$ 일 때를 생각하자. 이때 $L_A(\mathbb{R}^n)$ 의 차원은 $L_A$ 의 랭크이며, 이는 $A$ 의 랭크와 같으므로 링크의 Thm 6.9 에 따라 $L_A(\mathbb{R}^n)$ 의 차원은 $n$ 미만이다. $\text{dim }L_A(\mathbb{R}^n)=p$ 라고 하자.

$L_A(\mathbb{R}^n)$ 의 측도가 0임을 보이자. $L_A(\mathbb{R}^n)$ 의 기저 $\{a_1,\ldots,a_p\}$ 를 선택하면, 이를 확장하여 다음과 같이 $\mathbb{R}^n$ 의 기저를 만들수 있다. (링크의 대체정리의 따름정리 2 참고)

$$\{a_1,\ldots,a_p,b_{p+1},\ldots,b_n\}$$

다음과 같이 $n\times n$ 행렬 $B$ 를 정의하자.

$$B=\begin{pmatrix}a_1&\cdots&a_p&b_{p+1}&\cdots&b_n\end{pmatrix}$$

이때 $B$ 의 각 열은 n차원 공간을 생성하며, 링크의 Cor 2.13 에 따라 $B$ 의 랭크는 $n$ 이므로 링크의 Thm 6.9 에 따라 $\text{det }B\neq 0$ 을 얻는다. Thm 3.3 의 증명 중 step 1 에 따라 $L_B:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 은 미분동형사상이다. 한편 다음이 자명하다.

$$L_A(\mathbb{R}^n)=L_B(\mathbb{R}^p\times\{0\}^{n-p})$$

이때 $\mathbb{R}^p\times\{0\}^{n-p}$ 의 측도는 0이므로 Lem 3.1 에 따라 $L_A(\mathbb{R}^n)$ 의 측도가 0임을 얻는다.

이어서 $L_A(S)\subset L_A(\mathbb{R}^n)$ 이며, Lem 5.1 에 따라 $L_A(\mathbb{R}^n)$ 는 닫힌집합이므로 다음이 성립한다.

$$\text{cl }L_A(S)\subset L_A(\mathbb{R}^n)$$

이때 $L_A(\mathbb{R}^n)$ 의 측도는 0이므로 $\text{cl }L_A(S)$ 의 측도도 0이다. 한편 부피를 갖는 집합의 정의에 따라 $S$ 는 유계이며 $L_A$ 는 연속함수이므로 $L_A(S)$ 도 유계이다. 따라서 $\text{cl }L_A(S)$ 도 유계이므로 $\text{cl }L_A(S)$ 를 포함하는 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재한다. $Q$ 에서 $1_{L_A(S)}$ 의 불연속점은 $\text{cl }L_A(S)$ 에 포함되므로 측도가 0이며, 르베그 판정법에 따라 적분 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{L_A(S)}}1$ 가 존재한다. 이때 $1_{L_A(S)}$ 는 측도가 0인 집합 밖에서 0이므로 링크의 Thm 2.3 에 따라 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{L_A(S)}}1=0$ 이다. 한편 이는 부피의 정의에 따라 $v(L_A(S))=0$ 와 같으므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 일차독립인 벡터 $a_1,\ldots,a_k$ 에 대해 다음의 집합을 k차원 평행사변형(parallelopiped)이라고 한다.$$\mathcal{P}(a_1,\ldots,a_k)=\left\{\sum_{i=1}^kc_ia_i:c_i\in[0,1]\right\}$$ 이때 $a_1,\ldots,a_k$ 를 $\mathcal{P}(a_1,\ldots,a_k)$ 의 모서리(edge)라고 한다.

다음의 정리에 따르면 행렬식은 각 열벡터에 의한 n차원 평행사변형의 넓이와 같다.

Theorem 5.3. $\mathbb{R}^n$ 의 일차독립인 벡터 $a_1,\ldots,a_n$ 에 대해 $A=(a_1\;\cdots\;a_n)$ 이라고 하면 다음이 성립한다.$$v(\mathcal{P}(a_1,\ldots,a_n))=|\text{det }A|$$

Proof. 선형변환 $L_A:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 를 생각하자. 각 $i$ 에 대해 $L_A(e_i)=Ae_i=a_i$ 이므로 unit cube $I^n=[0,1]^n$ 에 대해 다음과 같다.

$$L_A(I^n)=\mathcal{P}(a_1,\ldots,a_n)$$

Thm 5.2 에 따라 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}v(\mathcal{P}(a_1,\ldots,a_n))&=v(L_A(I^n))\\&=|\text{det }A|v(I_n)\\&=|\text{det }A|\tag*{$\square$}\end{align}$$

좌표축의 향(orientation)

다음의 정의는 기저에 순서를 부여하는 방법이며, 이는 사실 순서기저와 본질적으로 같다.

Definition. n차원 벡터공간 $V$ 의 일차독립인 벡터로 이루어진 n-순서쌍을 $V$ 의 프레임(frame)이라고 한다.

다음의 정의는 기저에 부여된 순서를 두 가지로 분류하는 방법에 대해 말하고있다.

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 프레임 $(a_1,\ldots,a_n)$ 에 대해 $\text{det }(a_1\;\cdots\;a_n)>0$ 이면 프레임이 양으로 향한다(right-handed)고 하고, $\text{det }(a_1\;\cdots\;a_n)<0$ 이면 프레임이 음으로 향한다(left-handed)고 한다. 이때 양으로 향하는 프레임들의 집합과 음으로 향하는 프레임들의 집합을 각각 $\mathbb{R}^n$ 의 향(orientation)이라고 한다. 따라서 $\mathbb{R}^n$ 은 두 개의 향을 가지며, 서로를 서로의 반대(reverse)이라고 한다.

행렬식의 교대성(alternativity)에 따르면 프레임의 두 성분을 교환하는 것으로 프레임의 향을 반전시킬 수 있다. 다음의 정리는 선형변환이 향을 변화시키는 규칙에 대해 말하고 있다.

Theorem 5.4. 선형동형사상 $L_C:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 와 $\mathbb{R}^n$ 의 프레임 $(a_1,\ldots,a_n)$ 을 생각하자. 다음의 두 프레임은 $\text{det }C>0$ 이면 향이 같으며, $\text{det }C<0$ 이면 향이 다르다.$$(a_1,\ldots,a_n)\quad(L_C(a_1),\ldots,L_C(a_n))$$

Proof. 우선 $L_C$ 는 전단사이므로 랭크가 n이며, 따라서 $C$ 의 랭크는 n이므로 non-singular 이다. 따라서 정리의 서술에는 문제가 없다. 각 $i$ 에 대해 $L_C(a_i)=Ca_i$ 이므로 다음이 성립한다.

$$C(a_1\;\cdots\;a_n)=(L_C(a_1)\;\cdots\;L_C(a_n))$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;\text{det }C\cdot\;\text{det }(a_1\;\cdots\;a_n)\\=&\;\text{det }(L_C(a_1),\ldots,L_C(a_n))\end{align}$$

$\text{det }(a_1\;\cdots\;a_n)$ 과 $\text{det }(L_C(a_1),\ldots,L_C(a_n))$ 의 부호는 $\text{det }C>0$ 이면 같고 $\text{det }C<0$ 이면 다르므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

이때 일반적인 유한차원 벡터공간에도 향을 잘 정의할 수 있다. 하지만 이 경우 양의 방향을 정의하는 것은 일반적으로 불가능하며, 단지 서로 다른 두 방향이 존재하는 것이다.

Definition. n차원 벡터공간 $V$ 와 선형동형사상 $T:\mathbb{R}^n\to V$ 을 생각하자. $V$ 의 모든 프레임은 $\mathbb{R}^n$ 의 프레임 $(a_1,\ldots,a_n)$ 에 대해 $(T(a_1),\ldots,T(a_n))$ 으로 표현된다. 이때 $(a_1,\ldots,a_n)$ 이 양으로 향하는 경우에 대한 $V$ 의 프레임의 집합과 $(a_1,\ldots,a_n)$ 이 음으로 향하는 경우에 대한 $V$ 의 프레임의 집합을 각각 $V$ 의 향이라고 한다. 따라서 $V$ 는 두 개의 향을 가지며, 서로를 서로의 반대라고 한다.

다음의 정리에 따르면 유한차원 벡터공간의 향은 선형동형사상의 선택과는 독립적으로 잘 정의된다.

Theorem 5.5. n차원 벡터공간 $V$ 의 두 프레임 $(v_1,\ldots,v_n)$ , $(u_1,\ldots,u_n)$ 을 생각하자. 선형동형사상 $T_1,T_2:\mathbb{R}^n\to V$ 에 대해 다음과 같다고 하자.$$(T_1(a_1),\ldots,T_1(a_n))=(v_1,\ldots,v_n)$$$$(T_2(b_1),\ldots,T_2(b_n))=(v_1,\ldots,v_n)$$$$(T_1(p_1),\ldots,T_1(p_n))=(u_1,\ldots,u_n)$$$$(T_2(q_1),\ldots,T_2(q_n))=(u_1,\ldots,u_n)$$ 이때 $(a_1,\ldots,a_n)$ 과 $(p_1,\ldots,p_n)$ 의 향이 같을 필요충분조건은 $(b_1,\ldots,b_n)$ 과 $(q_1,\ldots,q_n)$ 의 향이 같은 것이다.

Proof. 각 $i$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$a_i=T_1^{-1}(v_i)=T_1^{-1}T_2(b_i)$$

$$p_i=T_1^{-1}(u_i)=T_1^{-1}T_2(q_i)$$

이때 $T_1^{-1}T_2$ 는 $\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 인 선형동형사상이므로 어떤 non-singular $C\in\mathbb{M}_{n\times n}(\mathbb{R})$ 에 대해 $T_1^{-1}T_2=L_C$ 이다. (링크의 정리 9-2 참고) 따라서 $a_i=Cb_i$ 및 $p_i=Cq_i$ 이므로 다음이 성립한다.

$$(a_1\;\cdots\;a_n)=C(b_1\;\cdots\;b_n)$$

$$(p_1\;\cdots\;p_n)=C(q_1\;\cdots\;q_n)$$

이때 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;\text{det }(a_1\;\cdots\;a_n)\cdot\text{det }(p_1\;\cdots\;p_n)\\=&\;(\text{det }C)^2\cdot\text{det }(b_1\;\cdots\;b_n)\cdot\text{det }(q_1\;\cdots\;q_n)\end{align}$$

$\text{det }(a_1\;\cdots\;a_n)$ 와 $\text{det }(p_1\;\cdots\;p_n)$ 의 부호가 같을 필요충분조건은 $\text{det }(b_1\;\cdots\;b_n)$ 와 $\text{det }(q_1\;\cdots\;q_n)$ 의 부호가 같은 것이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

등장사상의 부피보존

$\mathbb{R}^n$ 의 dot product $\left<\cdot,\cdot\right>:\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 란 다음과 같이 정의된 연산이다.

$$\left<x,y\right>=x^ty=\begin{pmatrix}x_1&\cdots&x_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\\vdots\\y_n\end{pmatrix}$$

이때 $\mathbb{R}^n$ 의 euclidean norm $||\cdot||:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 은 다음과 같이 자연스럽게 정의된다.

$$||x||=\sqrt{\left<x,x\right>}=\sqrt{x_1^2+\cdots+x_n^2}$$

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 벡터 $a_1,\ldots,a_k$ 를 생각하자. 각 $i\neq j$ 에 대해 $\left<a_i,a_j\right>=0$ 이면 $\{a_1,\ldots,a_k\}$ 가 직교집합(orthogonal set)이라고 하며, 추가로 각 $i$ 에 대해 $\left<a_i,a_i\right>=0$ 이면 $\{a_1,\ldots,a_k\}$ 가 정규직교집합(orthonormal set)이라고 한다.

만약 직교집합 $\{a_1,\ldots,a_k\}$ 가 0을 포함하지 않는다면 다음과 같이 자연스럽게 정규직교집합을 찾을 수 있다.

$$\left\{\frac{a_1}{||a_1||},\ldots,\frac{a_n}{||a_n||}\right\}$$

0을 포함하지 않는 직교집합 $\{a_1,\ldots,a_k\}$ 은 항상 일차독립임은 쉽게 보일 수 있다. 다음의 일차결합을 생각하자.

$$c_1a_1+\cdots+c_na_n=0$$

이때 식의 양 변에 임의의 $a_i$ 와의 dot product 을 취하면 다음과 같다. (링크의 inner product 의 정의 참고)

$$\begin{align}0&=\left<a_i,0\right>\\&=\left<a_i,c_1a_1+\cdots+c_na_n\right>\\&=c_1\left<a_i,a_1\right>+\cdots+c_n\left<a_i,a_n\right>\\&=c_i\left<a_i,a_i\right>\end{align}$$

이때 $a_i\neq 0$ 이므로 $\left<a_i,a_i\right>\neq 0$ 이며, 따라서 $c_i=0$ 을 얻는다. 그러므로 위의 일차결합은 영벡터의 자명한 표현이므로 주어진 직교집합은 일차독립이다. 이로부터 n개의 벡터로 이루어진 $\mathbb{R}^n$ 의 직교집합은 $\mathbb{R}^n$ 의 기저임을 알 수 있다.

Definition. $A\in\mathbb{M}_{n\times n}(\mathbb{R})$ 의 각 열이 정규직교집합을 형성하면 $A$ 를 직교행렬(orthogonal matrix)이라고 한다.

어떤 행렬 $A\in\mathbb{M}_{n\times n}(\mathbb{R})$ 가 직교행렬일 필요충분조건은 다음의 식이 성립하는 것이다.

$$A^tA=I_n$$

이는 $A=(a_1\;\cdots\;a_n)$ 이라고 할때 다음의 식으로부터 쉽게 알 수 있다.

$$\begin{align}&\;A^tA\\=&\;\begin{pmatrix}a_1^t\\\vdots\\a_n^t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1&\cdots&a_n\end{pmatrix}\\=&\;\begin{pmatrix}a_1^ta_1&a_1^ta_2&\cdots&a_1^ta_n\\a_2^ta_1&a_2^ta_2&\cdots&a_2^ta_n\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_n^ta_1&a_n^ta_2&\cdots&a_n^ta_n\end{pmatrix}\\=&\;\begin{pmatrix}\left<a_1,a_1\right>&\left<a_1,a_2\right>&\cdots&\left<a_1,a_n\right>\\\left<a_2,a_1\right>&\left<a_2,a_2\right>&\cdots&\left<a_2,a_n\right>\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\\left<a_n,a_1\right>&\left<a_n,a_2\right>&\cdots&\left<a_n,a_n\right>\end{pmatrix}\end{align}$$

이로부터 $A$ 가 직교행렬일 필요충분조건은 $A$ 가 가역이고 $A^t=A^{-1}$ 인 것임을 알 수 있다. (링크의 정리 10.1-4 참고)

다음의 정리에 따르면 크기가 같은 직교행렬의 집합은 현대대수적 관점에서 군을 형성한다고 볼 수 있다.

Theorem 5.6. $n\times n$ 직교행렬 $A,B,C$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) $AB$ 는 직교행렬이다.
(2) $A(BC)=(AB)C$
(3) $I_n$ 은 직교행렬이며 모든 직교행렬 $A$ 에 대해 다음이 성립한다.$$AI_n=I_nA=A$$ (4) 각 $A$ 에 대해 $A^{-1}$ 은 직교행렬이며 다음이 성립한다.$$AA^{-1}=A^{-1}A=I_n$$

Proof. trivial. $\square$

다음의 정의는 직교행렬에 대응하는 선형변환에 대해 말하고 있으며, 이는 전단사임이 자명하다.

Definition. $n\times n$ 직교행렬 $A$ 에 대해 $L_A:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 를 직교변환(orthogonal transformation)이라고 한다.

위 정의로부터 어떤 선형변환 $T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 가 직교변환일 필요충분조건은 $\{T(e_1),\ldots,T(e_1)\}$ 가 정규직교집합인 것임을 쉽게 알 수 있다.

다음의 정의는 거리를 보존하는 사상에 대해 말하고 있다.

Definition. $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 가 임의의 $x,y\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음을 만족하면 등장사상(isometry)이라고 한다.$$||h(x)-h(y)||=||x-y||$$

다음의 정의에 따르면 원점을 보존하는 등장사상은 다른 좋은 성질과 동치이다.

Theorem 5.7. $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $h(0)=0$ 이면 다음이 성립한다.
(1) $h$ 가 등장사상일 필요충분조건은 dot product 를 보존하는 것이다.
(2) $h$ 가 등장사상일 필요충분조건은 직교변환인 것이다.

※ $h$ 가 dot product 를 보존한다는 것은 임의의 $x,y\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립함을 의미한다.

$$\left<h(x),h(y)\right>=\left<x,y\right>$$

Proof.

(1) 각 $x,y\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;||x-y||^2\\=&\;\left<x-y,x-y\right>\\=&\;\left<x,x-y\right>-\left<y,x-y\right>\\=&\;\left<x,x\right>-\left<x,y\right>-\left<y,x\right>+\left<y,y\right>\\=&\;\left<x,x\right>-2\left<x,y\right>+\left<y,y\right>\end{align}$$

비슷하게 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;||h(x)-h(y)||^2\\=&\;\left<h(x),h(x)\right>-2\left<h(x),h(y)\right>+\left<h(y),h(y)\right>\end{align}$$

($\Leftarrow$) $h$ 가 dot product 를 보존한다고 하자. 가정에 따라 다음이 성립한다.

$$\left<h(x),h(x)\right>=\left<x,x\right>$$

$$\left<h(y),h(y)\right>=\left<y,y\right>$$

$$\left<h(x),h(y)\right>=\left<x,y\right>$$

따라서 위 식에 따라 원하는 결과를 얻는다.

($\Rightarrow$) $h$ 가 등장사상이라고 하자. 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 $||h(x)-h(0)||=||x-0||$ 이므로 $||h(x)||=||x||$ 이며, 따라서 다음이 성립한다.

$$\left<h(x),h(x)\right>=\left<x,x\right>$$

$$\left<h(y),h(y)\right>=\left<y,y\right>$$

가정에 따라 $||x-y||^2=||h(x)-h(y)||^2$ 가 성립하므로 위 식에 따라 원하는 결과를 얻는다.

(2)

($\Leftarrow$) $n\times n$ 직교행렬 $A$ 에 대해 $h=L_A$ 가 등장사상임을 보이자. (1) 에 따라 $h$ 가 dot product 를 보존함을 보이는 것으로 충분하다. 임의의 $x,y\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\left<h(x),h(y)\right>&=h(x)^th(y)\\&=(Ax)^t(Ay)\\&=x^tA^tAy\\&=x^tI_ny\\&=x^ty\\&=\left<x,y\right>\end{align}$$

따라서 $h$ 는 dot product 를 보존하므로 원하는 결과를 얻는다.

($\Rightarrow$) $h$ 가 등장사상이라고 하자. 각 $i$ 에 대해 $a_i=h(e_i)$ 라고 하고 $A=(a_1\;\cdots\;a_n)$ 이라고 하자. $h$ 는 (1)에 따라 $h$ 는 dot product 를 보존하므로 각 $i\neq j$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\left<a_i,a_j\right>=\left<h(e_i),h(e_j)\right>=\left<e_i,e_j\right>=0$$

$$\left<a_i,a_i\right>=\left<h(e_i),h(e_i)\right>=\left<e_i,e_i\right>=1$$

따라서 $\{a_1,\ldots,a_n\}$ 은 정규직교집합이므로 $A$ 는 직교행렬이다. 이제 $h=L_A$ 임을 보이고 증명을 마무리하자. $\{a_1,\ldots,a_n\}$ 은 $\mathbb{R}^n$ 의 기저이므로, 각 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 $h(x)$ 는 스칼라 $\alpha_i(x)$ 에 대해 다음의 유일한 표현으로 나타낼 수 있다.

$$h(x)=\alpha_1(x)a_1+\cdots+\alpha_n(x)a_n$$

이때 $\{a_1,\ldots,a_n\}$ 는 정직교집합이므로 각 $i$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\left<h(x),a_i\right>\\=&\;\left<\alpha_1(x)a_1+\cdots+\alpha_n(x)a_n,a_i\right>\\=&\;\alpha_1(x)\left<a_1,a_i\right>+\cdots+\alpha_n(x)\left<a_n,a_i\right>\\=&\;\alpha_i(x)\left<a_i,a_i\right>\\=&\;\alpha_i(x)\end{align}$$

한편 $h$ 는 dot product 를 보존하므로 다음이 성립한다.

$$\left<h(x),a_i\right>=\left<h(x),h(e_i)\right>=\left<x,e_i\right>=x_i$$

따라서 $\alpha_i(x)=x_i$ 이므로 다음이 성립하여 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}h(x)&=x_1a_1+\cdots+x_na_n\\&=(a_1\;\cdots\;a_n)\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}\\&=Ax\tag*{$\square$}\end{align}$$

위 정리로부터 등장사상의 일반적인 필요충분조건을 얻는다.

Corollary 5.8. $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $h$ 가 등장사상일 필요충분조건은 $h$ 가 직교변환의 평행이동과 같은것이다.

※ $h$ 가 직교변환의 평행이동과 같다는 것은 어떤 직교행렬 $A$ 와 어떤 $p\in\mathbb{R}^n$ 에 대해, 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대하여 다음이 성립함을 의미한다.

$$h(x)=Ax+p$$

Proof. $p=h(0)$ 이라고 하고 함수 $k:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 를 $k(x)=h(x)-p$ 라고 정의하자. 이때 임의의 $x,y\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$||k(x)-k(y)||=||h(x)-h(y)||$$

따라서 $k$ 가 등장사상일 필요충분조건은 $h$ 가 등장사상인 것이다. 이때 $k(0)=0$ 이므로 Thm 5.7 에 따라 $k$ 가 등장사상일 필요충분조건은 직교행렬 $A$ 에 대해 $k(x)=Ax$ 인 것이며, 이는 $h(x)=Ax+p$ 와 동치이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

다음의 정리에 따르면 등장사상은 부피를 보존한다.

Corollary 5.9. 등장사상 $h:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 과 부피를 갖는 집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 $h(S)$ 는 부피를 가지며 다음과 같다.$$v(h(S))=v(S)$$

Proof. Cor 5.8 에 따라 직교행렬 $A$ 와 어떤 $p\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 $h(x)=Ax+p$ 이다. 따라서 $h$ 는 자명하게 전단사이며 $\text{det }Dh(x)=\text{det }A\neq 0$ 이므로 $h$ 는 미분동형사상이다. Thm 3.2 에 따라 다음의 두 결론을 얻는다.

1. 부피를 갖는 집합 $S$ 에 대해 $h(S)$ 도 부피를 가지므로 $v(h(S))$ 가 잘 정의된다.

2. $h(\text{Int }S)=\text{Int }h(S)$ 이며, 따라서 $h:\text{Int }S\to\text{Int }h(S)$ 는 미분동형사상이다.

링크의 Thm 5.3 에 따르면 다음이 성립한다.

$$v(h(S))=v(\text{Int }h(S))$$

$$v(S)=v(\text{Int }S)$$

이때 부피의 정의와 링크의 Thm 6.6 에 따라 다음과 같다.

$$v(\text{Int }h(S))=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{Int }h(S)}}1=\int_{\text{Int }h(S)}1$$

$$v(\text{Int }S)=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{Int }S}}1=\int_{\text{Int }S}1$$

한편 변수변환정리에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\int_{\text{Int }h(S)}1&=\int_{\text{Int }S}|\text{det }Dh|\\&=\int_{\text{Int }S}|\text{det } A|\\&=|\text{det } A|\int_{\text{Int }S}1\end{align}$$

$$\therefore v(h(S))=|\text{det }A|v(S)$$

한편 $A^t=A^{-1}$ 이므로 다음이 성립한다. (링크의 Lem 6.4 참고)

$$\begin{align}(\text{det }A)^2&=\text{det }A^t\cdot\text{det }A\\&=\text{det }A^tA\\&=\text{det }I_n\\&=1\end{align}$$

따라서 $|\text{det }A|=1$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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[변수변환정리] ch4. 변수변환정리

김한결 — Thu, 2 Feb 2023 01:39:48 +0900

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변수변환정리

본 포스팅에서 표기하는 적분은 별다른 설명이 없으면 모두 확장된 의미의 적분을 의미함에 유의하자.

변수변환정리 (change of variables theorem)
$\mathbb{R}^n$ 의 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 생각하자. 연속함수 $f:B\to\mathbb{R}$ 가 $B$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $(f\circ g)|\text{det }Dg|$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이며 다음이 성립한다.$$\int_Bf=\int_A(f\circ g)|\text{det }Dg|$$

변수변환정리의 증명은 분량이 상당하므로, 양방향의 정리를 나누어 증명하자.

Lemma 4.1. $\mathbb{R}^n$ 의 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 생각하자. $B$ 에서 적분가능한 연속함수 $f:B\to\mathbb{R}$ 에 대해 $(f\circ g)|\text{det }Dg|$ 는 $A$ 에서 적분가능하며 다음이 성립한다.$$\int_Bf=\int_A(f\circ g)|\text{det }Dg|$$

Proof.

Step 1. $\mathbb{R}^n$ 의 어떤 두 미분동형사상 $g:U\to V$ , $h:V\to W$ 에 대해 본 정리가 성립하면 미분동형사상 $h\circ g$ 에 대해서도 본 정리가 성립함을 보이자. $W$ 에서 적분가능한 연속함수 $f:W\to\mathbb{R}$ 을 생각하자. 가정에 따라 $(f\circ h)|\text{det }Dh|$ 는 $V$ 에서 적분가능하며 다음이 성립한다.

$$\int_Wf=\int_V(f\circ h)|\text{det }Dh|$$

$(f\circ h)|\text{det }Dh|=\alpha$ 라고 하자. $\alpha$ 는 $V$ 에서 적분가능한 연속함수이므로 다시 가정에 따라 $(\alpha\circ g)|\text{det }Dg|$ 는 $U$ 에서 적분가능하며 다음이 성립한다.

$$\int_V\alpha=\int_U(\alpha\circ g)|\text{det }Dg|$$

이때 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;\big((\alpha\circ g)|\text{det }Dg|\big)(x)\\=&\;\alpha(g(x))|\text{det }Dg(x)|\\=&\;\big((f\circ h)\big)|\text{det }Dh|\big)(g(x))|\text{det }Dg(x)|\\=&\;f\big(h(g(x))\big)|\text{det }Dh(g(x))||\text{det }Dg(x)|\end{align}$$

한편 행렬식의 성질(링크의 Thm 6.8)과 연쇄법칙에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\text{det }D(h\circ g)(x)&=\text{det}\big(Dh(g(x))Dg(x)\big)\\&=\text{det }Dh(g(x))\;\text{det }Dg(x)\end{align}$$

정리하면 다음을 얻는다.

$$(\alpha\circ g)|\text{det }Dg|=(f\circ(h\circ g))|\text{det }D(h\circ g)|$$

따라서 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}\int_Wf&=\int_V\alpha\\&=\int_U(f\circ(h\circ g))|\text{det }D(h\circ g)|\end{align}$$

Step 2. $\mathbb{R}^n$ 의 어떤 미분동형사상 $g:A\to B$ 에 대해, 만약 각 $x\in A$ 에 대해 어떤 $U\in\mathcal{N}_A(x)$ 가 존재하여 미분동형사상 $g:U\to V$ 와 "정의역에 포함되는 콤팩트 지지를 갖는" 모든 연속함수 $f:V\to\mathbb{R}$ 에 대해 본 정리가 성립한다면 미분동형사상 $g:A\to B$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자.

각 $a\in A$ 에 대해 위 가정이 성립하도록 하는 $a$ 의 근방을 $U_a$ 라고 하자. 가정에 따라 미분동형사상 $g:U_a\to V_a$ 와 정의역에 포함되는 콤팩트 지지를 갖는 모든 연속함수 $f:V_a\to\mathbb{R}$ 에 대해 본 정리가 성립한다. 이때 $\{U_a:a\in A\}$ 의 합집합은 $A$ 이며 $\{V_a:a\in A\}$ 의 합집합은 $B$ 임이 자명하다. 단위분할의 존재성 정리에 따라 $\{V_a:a\in A\}$ 에 종속되고 콤팩트 지지를 갖는 $B$ 의 단위분할 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 이 존재한다. 이때 $\{\phi_i\circ g\}_{i\in\mathbb{N}}$ 이 콤팩트 지지를 갖는 $A$ 의 단위분할임을 보이자. 우선 다음이 자명하다.

$$\forall x\in A,\;(\phi_i\circ g)(x)\ge 0$$

다음으로 $\{\phi_i\circ g\}_{i\in\mathbb{N}}$ 가 콤팩트 지지를 가짐을 보이자. $\phi_i$ 는 콤팩트 지지함수이므로 $\text{supp }\phi_i\subset B$ 는 콤팩트하며, $g^{-1}$ 는 연속이므로 $g^{-1}(\text{supp }\phi_i)$ 도 콤팩트하다. 이때 $g^{-1}(\text{supp }\phi_i)$ 밖의 임의의 점 $x\in A$ 에 대해 $x\notin g^{-1}(\text{supp }\phi_i)$ 이므로 $g(x)\notin\text{supp }\phi_i$ 이다. 따라서 $(\phi_i\circ g)(x)=0$ 이므로 정리하면 다음과 같다.

$$x\in A\setminus g^{-1}(\text{supp }\phi_i)\Rightarrow(\phi_i\circ g)(x)=0$$

$$\therefore(\phi_i\circ g)(x)\neq0\Rightarrow x\notin A\setminus g^{-1}(\text{supp }\phi_i)$$

다시말해 $S_i=\{x\in A:(\phi_i\circ g)(x)\neq 0\}$ 이라고 하면 $S_i\subset g^{-1}(\text{supp }\phi_i)$ 인 것이다. 이때 $\text{cl }S_i=\text{supp}(\phi_i\circ g)$ 는 $S_i$ 를 포함하는 가장 작은 닫힌집합이며 (링크의 Cor 3.8 참고) $g^{-1}(\text{supp }\phi_i)$ 는 $S_i$ 를 포함하는 닫힌집합이므로 다음이 성립한다.

$$\text{supp}(\phi_i\circ g)\subset g^{-1}(\text{supp }\phi_i)\tag{1}$$

이때 $g^{-1}(\text{supp }\phi_i)\subset A$ 이므로 $\text{supp}(\phi_i\circ g)\subset A$ 를 얻는다. 한편 $g^{-1}(\text{supp }\phi_i)$ 는 유계이므로 $\text{supp}(\phi_i\circ g)$ 도 유계이며, 따라서 $\text{supp}(\phi_i\circ g)$ 는 콤팩트하므로 $\{\phi_i\circ g\}_{i\in\mathbb{N}}$ 은 콤팩트 지지를 갖는다.

이어서 국소유한조건을 확인하자. 임의의 $x\in A$ 를 생각하자. $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 은 $B$ 의 단위분할이므로 $g(x)\in B$ 는 $\{\text{supp }\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중 오직 유한개와 겹치는 근방 $W\subset B$ 를 갖는다. $\{\text{supp }\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중 $W$ 와 겹치는 원소들의 모임을 $\{\text{supp }\phi_i\}_{i\in I}$ 라고 하자. $x$ 의 근방인 $g^{-1}(W)$ 는 $\{g^{-1}(\text{supp }\phi_i)\}_{i\in I}$ 와 겹치며, 그 외의 $\{g^{-1}(\text{supp }\phi_i)\}_{i\in\mathbb{N}}$ 과는 겹치지 않는다. 각 $i\in\mathbb{N}$ 에 대해 식 (1)에 따라 $g^{-1}(W)$ 는 $\{\text{supp}(\phi\circ g)\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중에서 $\{\text{supp}(\phi\circ g)\}_{i\in I}$ 중 일부와만 겹치므로 원하는 결과를 얻는다. 이어서 다음이 자명하다.

$$\forall x\in A,\;\sum_{i=1}^\infty\phi_i(g(x))=1$$

따라서 $\{\phi_i\circ g\}_{i\in\mathbb{N}}$ 는 콤팩트 지지를 갖는 $A$ 의 단위분할이다. 이제 step 2 를 이어서 증명하자. $B$ 에서 적분가능한 연속함수 $f:B\to\mathbb{R}$ 에 대해 Thm 1.8 에 따라 다음이 성립한다.

$$\int_Bf=\sum_{i=1}^\infty\int_B\phi_if$$

각 $i\in\mathbb{N}$ 을 고정하자. $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 은 $\{V_a:a\in A\}$ 에 종속되므로 어떤 $a\in A$ 에 대해 $\text{supp }\phi_i\subset V_a$ 가 성립한다. $\phi_if$ 는 $B$ 와 $V_a$ 에서 연속이며 $\text{supp }\phi_i$ 밖에서 0이므로 Lem 1.7 에 따라 다음이 성립한다.

$$\int_B\phi_if=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{supp }\phi}}f=\int_{V_a}\phi_if$$

가정에 따라 미분동형사상 $g:U_a\to V_a$ 와 정의역에 포함되는 콤팩트 지지를 갖는 연속함수 $\phi_if:V_a\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 본 정리가 성립하므로 다음을 얻는다.

$$\int_{V_a}\phi_if=\int_{U_a}(\phi_i\circ g)(f\circ g)|\text{det }Dg|$$

오른쪽 적분식의 함수는 $U_a$ 와 $A$ 에서 연속이며 $\text{supp }(\phi_i\circ g)$ 밖에서 0이므로 Lem 1.7 에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;\int_{U_a}(\phi_i\circ g)(f\circ g)|\text{det }Dg|\\=&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{supp }(\phi_i\circ g)}}(\phi_i\circ g)(f\circ g)|\text{det }Dg|\\=&\;\int_A(\phi_i\circ g)(f\circ g)|\text{det }Dg|\end{align}$$

따라서 다음이 성립한다.

$$\int_B\phi_if=\int_A(\phi_i\circ g)(f\circ g)|\text{det }Dg|$$

$$\therefore\int_Bf=\sum_{j=1}^\infty\int_A(\phi_i\circ g)(f\circ g)|\text{det }Dg|$$

$|f|$ 도 $B$ 에서 적분가능하므로 위 식의 $f$ 를 모두 $|f|$ 로 바꾸어도 등식이 성립하며, 이를 정확히하면 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;\big((\phi_i\circ g)(|f|\circ g)|\text{det }Dg|\big)(x)\\=&\;(\phi_i\circ g)(x)(|f|)(g(x))|\text{det }Dg(x)|\\=&\;(\phi_i\circ g)(x)|f(g(x))||\text{det }Dg(x)|\\=&\;(\phi_i\circ g)(x)\big|(f\circ g)(x)|\text{det }Dg(x)|\big|\\=&\;\big((\phi_i\circ g)\big|(f\circ g)|\text{det }Dg|\big|\big)(x)\end{align}$$

$$\therefore\int_B|f|=\sum_{j=1}^\infty\int_A(\phi_i\circ g)\big|(f\circ g)|\text{det }Dg|\big|$$

따라서 수열 $\sum_{j=1}^\infty\int_A(\phi_i\circ g)\big|(f\circ g)|\text{det }Dg|\big|$ 가 수렴하고 $\{\phi_i\circ g\}_{i\in\mathbb{N}}$ 은 $A$ 의 단위분할이므로 Thm 1.8 에 따라 $(f\circ g)|\text{det }Dg|$ 는 $A$ 에서 적분가능하며 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;\sum_{i=1}^\infty\int_A(\phi_i\circ g)(f\circ g)|\text{det }Dg|\\=&\;\int_A(f\circ g)|\text{det }Dg|\end{align}$$

따라서 다음이 성립하므로 step 2 의 원하는 결과를 모두 얻는다.

$$\int_Bf=\int_A(f\circ g)|\text{det }Dg|$$

Step 3. 본 정리가 $n=1$ 에서 성립함을 보이자. $\mathbb{R}^n$ 의 임의의 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 고정하고 임의의 $x\in A$ 를 고정하자. $x$ 를 interior 에 포함하는 닫힌구간 $I\subset A$ 가 존재한다. $J=g(I)$ 라고 하면 Lem 2.1 에 따라 $J$ 는 $B$ 의 닫힌구간이며 Thm 3.2 에 따라 다음이 성립한다.

$$\text{Int }J=g(\text{Int }I)$$

따라서 $g:\int_I\to\int_J$ 는 미분동형사상이다. $x$ 를 임의로 선택하였으므로, step 3 을 증명하는 것은 step 2 에 따라 미분동형사상 $g:\int_I\to\int_J$ 와 정의역에 포함되는 콤팩트 지지를 갖는 모든 연속함수 $f:\int_J\to\mathbb{R}$ 에 대해 본 정리가 성립하는 것을 보이는 것으로 충분하다. 우선 $f$ 를 $\text{Bd }J$ 에서 0이도록 정의역을 $J$ 로 확장하자. 이때 $f$ 는 $\text{Int }J$ 에 포함되는 콤팩트 지지를 가지므로, 이러한 확장에도 불구하고 $f:J\to\mathbb{R}$ 은 여전히 연속함수이다. 이때 치환적분법에 따라 다음이 성립한다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_J}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_I}(f\circ g)|Dg|$$

이때 링크의 Cor 6.7 에 따라 다음이 성립한다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_J}f=\int_{\text{Int }J}f$$

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_I}(f\circ g)|Dg|=\int_{\text{Int }I}(f\circ g)|Dg|$$

따라서 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\int_{\text{Int }J}f=\int_{\text{Int }I}(f\circ g)|Dg|$$

Step 4. $n\ge2$ 라고 하자. $\mathbb{R}^n$ 의 임의의 원시미분동형사상에 대해 본 정리가 성립하면 $\mathbb{R}^n$ 의 임의의 미분동형사상에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. $\mathbb{R}^n$ 의 임의의 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 생각하자. Thm 3.3 에 따르면 임의의 $x\in A$ 에 대해 $x$ 의 어떤 근방 $U_0\subset A$ 가 존재하여 다음과 같은 원시미분동형사상 $h_1,\ldots,h_k$ 의 합성이 $g|_{U_0}$ 과 같다.

$$\begin{CD}U_0@>h_1>>U_1@>h_2>>\cdots@>h_k>>U_k\end{CD}$$

각 원시미분동형사상 $h_i:U_{i-1}\to U_i$ 에 대해 본 정리가 성립한다고 가정하였으므로, step 1 에 따라 본 정리가 미분동형사상 $g|_{U_0}$ 에 대해서도 성립한다. 다시말해 미분동형사상 $g:U_0\to V_0$ 과 임의의 연속함수에 대해 본 정리가 성립하므로, 조건을 축소하여 미분동형사상 $g:U_0\to V_0$ 과 정의역에 포함되는 콤팩트 지지를 갖는 임의의 연속함수에 대해 본 정리가 성립한다고 할 수 있다. 이때 $x$ 를 $A$ 에서 임의로 선택하였으므로 step 2 에 따라 미분동형사상 $g:A\to B$ 에 대해 본 정리가 성립한다.

Step 5. 본 정리를 증명하자. 귀납법을 이용하여 증명할 것이며 $n=1$ 에 대해서는 step 3 에서 증명하였으므로, 남은것은 $n-1$ 에서 본 정리가 성립한다고 가정하고 $n$ 에서 본 정리가 성립함을 보이는 것이다.

Step 4 에 따르면 $\mathbb{R}^n$ 의 원시미분동형사상 $h:U\to V$ 에 대해 증명하는 것으로 충분하다. 편의를 위해 $h$ 가 마지막 성분을 보존한다고 하자. 임의의 $p\in U$ 를 고정하고 $q=h(p)$ 라고 하자. Interior 에 $q$ 를 포함하는 $V$ 의 부분집합인 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 을 생각하자. $S=h^{-1}(Q)$ 라고 하면 Thm 3.2 에 따라 $h:\text{Int }S\to\text{Int }Q$ 는 미분동형사상이다. $p$ 를 $U$ 에서 임의로 선택하였으므로, step 2 에 따라 미분동형사상 $h:\text{Int }S\to\text{Int }Q$ 와 정의역에 포함되는 콤팩트 지지를 갖는 임의의 연속함수 $f:\text{Int }Q\to\mathbb{R}$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이면 된다. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;h(x)\notin\{y:f(y)\neq0\}\\\Rightarrow&\;h(x)\in\{y:f(y)=0\}\\\Rightarrow&\;\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)(x)=0\\\Rightarrow&\;x\in\{x:\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)(x)=0\}\\\Rightarrow&\;x\notin\{x:\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)(x)\neq0\}\end{align}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;x\in\{x:\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)(x)\neq0\}\\\Rightarrow&\;h(x)\in\{y:f(y)\neq0\}\end{align}$$

$$\begin{align}\therefore&\;\{x:\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)(x)\neq0\}\\\subset&\;h^{-1}(\{y:f(y)\neq0\})\end{align}$$

한편 Thm 3.2 에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;\text{cl}\{x:\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)(x)=0\}\\=&\;\text{supp}\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)\\\subset&\;\text{cl }h^{-1}(\{h:f(y)\neq 0\})\\=&\;\text{Int }h^{-1}(\{y:f(y)\neq 0\})\cup\text{Bd }h^{-1}(\{y:f(y)\neq 0\})\\=&\;h^{-1}(\text{Int}\{y:f(y)\neq 0\})\cup h^{-1}(\text{Bd}\{y:f(y)\neq 0\})\\=&\;h^{-1}(\text{Int}\{y:f(y)\neq 0\}\cup \text{Bd}\{y:f(y)\neq 0\})\\=&\;h^{-1}(\text{cl}\{y:f(y)\neq 0\})\\=&\;h^{-1}(\text{supp }f)\end{align}$$

$$\therefore\text{supp}\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)\subset h^{-1}(\text{supp }f)$$

이때 $\text{supp }f\subset\text{Int }Q$ 이므로 $h^{-1}(\text{supp }f)\subset\text{Int }S$ 이며, 따라서 연속함수 $(f\circ h)|\text{det }Dh|$ 는 정의역 $\text{Int }S$ 에 포함되는 콤팩트집합 $\text{supp}\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)$ 밖에서 0이므로 Lem 1.7 에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\int_{\text{Int }S}(f\circ h)|\text{det }Dh|\\=&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{supp}\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)}}(f\circ h)|\text{det }Dh|\end{align}$$

이때 $(f\circ h)|\text{det }Dh|$ 를를 정의역인 $\text{Int }S$ 의 밖에서도 0의 값을 갖도록 확장하면 자명하게 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{supp}\big((f\circ h)|\text{det }Dh|\big)}}(f\circ h)|\text{det }Dh|\\=&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_S}(f\circ h)|\text{det }Dh|\end{align}$$

$$\therefore\int_{\text{Int }S}(f\circ h)|\text{det }Dh|=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_S}(f\circ h)|\text{det }Dh|$$

비슷하게 $f$ 는 정의역에 포함되는 집합인 $\text{supp }f$ 밖에서 0이므로, 정의역인 $\text{Int }Q$ 의 밖에서도 0의 값을 갖도록 확장하면 위와 비슷하게 다음이 성립함을 알 수 있다.

$$\int_{\text{Int }Q}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_Q}f$$

이제 step 5 를 증명하기 위해 다음의 식이 성립함을 보이자.

$$\int_{\text{Int }Q}f=\int_{\text{Int }S}(f\circ h)|\text{det }Dh|$$

위의 논의에 따라 보여야 하는 식은 다음과 같다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_Q}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_S}(f\circ h)|\text{det }Dh|$$

편의를 위해 $\text{Int }S$ 밖에서 0이도록 확장한 함수 $(f\circ h)|\text{det }Dh|$ 를 $F:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 이라고 하자. $Q$ 는 $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle 이므로 어떤 $D\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^{n-1})$ 과 $\mathbb{R}$ 의 어떤 닫힌구간 $I$ 에 대해 $Q=D\times I$ 이다. $S$ 의 경우는 조금 다르다. $S$ 는 콤팩트하므로 어떤 $Q'\in\mathbb{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 포함된다. 이때 어떤 $E\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^{n-1})$ 와 $\mathbb{R}$ 의 어떤 닫힌구간 $J$ 에 대해 $Q'=E\times J$ 라고 표현할 수 있다. 한편 정의에 따라 $S=h^{-1}(Q)$ 이며, 일대일대응 $h^{-1}$ 는 마지막 좌표를 보존하므로 $S$ 의 원소들의 마지막 성분은 $Q$ 의 원소들의 마지막 성분, 즉 $I$ 의 원소이다. 따라서 $S\subset E\times I$ 를 얻는다.

$F$ 는 $S$ 밖에서 0이므로, 우리가 보여야 하는 식은 다음과 같게 된다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_Q}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{E\times I}}F$$

푸비니 정리에 따라 위 식은 다음과 같다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{t\in I}}\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{y\in D}}f(y,t)=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{t\in I}}\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{x\in E}}F(x,t)$$

따라서 각 $t\in I$ 에 대해 다음이 성립함을 보이는 것으로 충분하다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{y\in D}}f(y,t)=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{x\in E}}F(x,t)$$

임의의 $t\in I$ 를 고정하자. $U,V$ 의 $\mathbb{R}^{n-1}\times\{t\}$ 와의 교집합은 각각 $\mathbb{R}^{n-1}$ 에서 열린 어떤 열린집합 $U_t,V_t$ 에 대해 $U_t\times\{t\},V_t\times\{t\}$ 와 같다. 비슷하게, $S$ 의 $\mathbb{R}^{n-1}\times\{t\}$ 와의 교집합은 $\mathbb{R}^{n-1}$ 의 어떤 콤팩트집합 $S_t$ 에 대해 $S_t\times\{t\}$ 와 같다. 한편 $Q$ 의 $\mathbb{R}^{n-1}\times\{t\}$ 와의 교집합은 그냥 $D\times\{t\}$ 이다.

이때 $S$ 밖에서 $F$ 는 0이므로, 보여야 하는 적분식을 다시 쓰면 다음과 같다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{y\in D}}f(y,t)=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{x\in S_t}}F(x,t)$$

한편 Lem 1.7 에 따라 다음을 얻는다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{y\in D}}f(y,t)=\int_{U_t}f(y,t)$$

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{x\in S_t}}F(x,t)=\int_{V_t}F(x,t)$$

따라서 보여야 하는 적분식은 다음과 같다.

$$\int_{U_t}f(y,t)=\int_{V_t}F(x,t)$$

이는 $\mathbb{R}^{n-1}$ 에서의 적분이며, 귀납법 가정에 따라 본 정리가 $\mathbb{R}^{n-1}$ 에서 성립함을 기억하자. 다음과 같이 함수 $k:U\to\mathbb{R}^{n-1}$ 를 정의하자.

$$k(x,t)=(h_1(x,t),\ldots,h_{n-1}(x,t))$$

이때 $k$ 는 $C^1$ 급임이 자명하며 $h(x,t)=(k(x,t),t)$ 의 꼴이 성립한다. 이때 다음이 성립한다.

$$Dh(x)=\begin{pmatrix}\displaystyle\frac{\partial k}{\partial x}&\begin{matrix}\\\displaystyle\frac{\partial k}{\partial t}\\{}\end{matrix}\\0\;\cdots\;0&1\end{pmatrix}$$

따라서 $\text{det }Dh=\text{det }\frac{\partial k}{\partial x}$ 이다. 고정된 각 $t$ 에 대해 사상 $x\mapsto k(x,t)$ 는 일대일대응 $U_t\to V_t$ 이다. 그리고 $\text{det }\frac{\partial k}{\partial x}=\text{det }Dh\neq 0$ 이므로, 이 사상은 $\mathbb{R}^{n-1}$ 의 미분동형사상이다. 따라서 귀납법 가정을 적용하면 다음 식이 성립한다.

$$\int_{y\in V_t}f(y,t)=\int_{x\in U_t}f(k(x,t),t)\left|\text{det }\frac{\partial k}{\partial x}\right|$$

이때 오른쪽 적분식의 함수는 $f(h(x,t))|\text{det }Dh|$ 와 같으며 이는 $F(x,t)$ 와 같으므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

이어서 남은 나머지 방향도 증명하자. 이것으로 변수변환정리의 증명은 마무리된다.

Lemma 4.2. $\mathbb{R}^n$ 의 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 생각하자. 연속함수 $f:B\to\mathbb{R}$ 에 대해 $(f\circ g)|\text{det }Dg|$ 가 $A$ 에서 적분가능하면 $f$ 가 $B$ 에서 적분가능하다.

Proof. $F=(f\circ g)|\text{det }Dg|$ 라고 하면 $F$ 는 $A$ 에서 적분가능하고 $A$ 에서 연속이다. Lem 4.1 에 따라 $(F\circ g^{-1})|\text{det }Dg^{-1}|$ 는 $B$ 에서 적분가능하다. 이때 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;\big((F\circ g^{-1})|\text{det }Dg^{-1}|\big)(x)\\=&\;F(g^{-1}(x))|\text{det }Dg^{-1}(x)|\\=&\;(f\circ g)(g^{-1}(x))|\text{det }Dg(g^{-1}(x))||\text{det }Dg^{-1}(x)|\\=&\;f(x)|\text{det }D(g^{-1}\circ g)(x)|\\=&\;f(x)\end{align}$$

따라서 $f$ 는 $B$ 에서 적분가능하다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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김한결 — Tue, 31 Jan 2023 23:59:22 +0900

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미분동형사상의 성질

다음의 정리에 따르면 미분동형사상은 측도 0을 보존한다.

Lemma 3.1. $C^1$ 급함수 $g:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 과 측도가 0인 $E\subset A$ 에 대해 $g(E)$ 의 측도는 0이다.

Proof.

Step 1. 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 과 임의의 $\delta>0$ 을 생각하자. 이때 $Q$ 는 각각의 width 가 $\delta$ 보다 작고 total volume 이 $2v(Q)$ 보다 작은 rectangles 의 유한모임으로 덮임을 보이자. 주어진 $Q$ 가 다음과 같다고 하자.

$$Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$$

임의의 $\lambda>0$ 에 대해 다음과 같이 $Q_\lambda\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 를 정의하자.

$$Q_\lambda[a_1-\lambda,b_1+\lambda]\times\cdots\times[a_n-\lambda,b_n+\lambda]$$

이때 $\lambda\in(0,\infty)$ 에 대한 함수 $v(Q_\lambda)$ 는 연속이므로 사잇값 정리에 따라 $v(Q_\lambda)=2v(Q)$ 이도록 하는 $\lambda>0$ 이 존재한다. 이 $\lambda$ 에 대해 아르키메데스 성질에 따라 어떤 자연수 $N$ 이 존재하여 $\frac{1}{N}<\delta,\lambda$ 가 성립한다. 다음의 집합을 생각하자.

$$L=\left\{\frac{m}{N}:m\in\mathbb{Z}\right\}$$

$a_i$ 보다 크지 않은 $L$ 의 최대원소를 $c_i$ , $b_i$ 보다 작지않은 $L$ 의 최소원소를 $d_i$ 라고 하자. 다음이 성립한다.

$$c_i\le a_i<c_i+\frac{1}{N}\qquad d_i-\frac{1}{N}<b_i\le d_i$$

$$a_i-c_i,d_i-b_i<\frac{1}{N}<\lambda$$

$$\therefore a_i-\lambda<c_i\qquad d_i<b_i+\lambda$$

따라서 다음을 얻는다.

$$[a_i,b_i]\subset[c_i,d_i]\subset[a_i-\lambda,b_i+\lambda]$$

다음과 같이 $Q'\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 를 선택하자.

$$Q'=[c_1,d_1]\times\cdots\times[c_n,d_n]$$

이때 $Q\subset Q'\subset Q_\lambda$ 이며, 부피의 성질에 따 다음이 성립한다.

$$v(Q')\le v(Q_\lambda)< 2v(Q)$$

$Q'$ 의 각 component interval $[c_i,d_i]=J_i$ 에 대해 $J_i\cap L$ 은 $J_i$ 의 partition 이며 이의 subinterval 의 length 는 $\frac{1}{N}$ 이다. 다음과 같이 $P$ 를 정의하면 이는 $Q'$ 의 partition 이다.

$$P=(J_1\cap L)\times\cdots\times(J_n\cap L)$$

이때 $P$ 에 대한 $Q'$ 의 각 subrectangles 는 width 가 $\frac{1}{N}$ 이며 이들의 모임은 $Q$ 를 덮는다. 링크의 Thm 1.4 에 따르면 $P$ 에 대한 $Q'$ 의 subrectangles 의 total volume 은 $v(Q')$ 와 같으며, 이는 $2v(Q)$ 보다 작으므로 원하는 결과를 얻는다.

Step 2. 측도가 0인 임의의 $E\subset\mathbb{R}^n$ 과 임의의 $\epsilon,\delta>0$ 를 생각하자. 이때 $E$ 는 각각의 width 가 $\delta$ 보다 작고 total volume 이 $\epsilon$ 보다 작은 rectangles 의 가산모임으로 덮임을 보이자. 측도 0의 정의에 따라 $E$ 를 덮는 어떤 가산모임 $\{Q_i\}_{i\in\mathbb{N}}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\sum_{i=1}^\infty v(Q_i)<\frac{\epsilon}{2}$$

Step 1 에 따르면 각 $Q_i$ 는 각각의 width 가 $\delta$ 보다 작은 유한모임 $\{Q_{ij}\}_{j_in K_i}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$\sum_{j\in K_i}v(Q_{ij})<2v(Q_i)$$

이때 $\bigcup_{i=1}^\infty\{Q_{ij}\}_{j\in K_j}$ 는 각각의 width 가 $\delta$ 보다 작은 rectangles 의 가산모임이며 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\\sum_{i=1}^\infty\sum_{j\in K_i}v(Q_{ij})<\sum_{i=1}^\infty 2v(Q_i)<\epsilon$$

Step 3. $A$ 에 포함되는 임의의 closed cube $C$ 를 생각하자. $C$ 는 콤팩트하고 $g$ 의 각 성분함수의 각 편미분 $D_jg_i$ 는 연속이므로 최대-최소 정리와 하이네-보렐 정리에 따라 $C$ 에서 $D_jg_i$ 는 유계이다. 이때 $|Dg|$ 는 $Dg$ 의 가장 큰 성분을 의미하며, (링크의 sup norm of metrix 참고) 따라서 $|Dg|$ 도 $C$ 에서 유계이다. 임의의 $x\in C$ 에 대해 $|Dg(x)|\le M$ 을 만족하는 $M>0$ 을 생각하자. 이때 $\text{width }C=w$ 라고 하면 $g(C)$ 는 width 가 $nMw$ 인 어떤 closed cube 에 포함됨을 보이자. $C$ 의 중심을 $a$ 라고 하면 $C$ 는 다음과 같다.

$$C=\left\{x:|x-a|\le\frac{w}{2}\right\}$$

$g$ 의 각 성분함수 $g_i$ 에 대해 평균값 정리에 따라 각 $x\in C$ 에 대해 $x$ 와 $a$ 를 잇는 line segment 위의 어떤 점 $c_i$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$g_i(x)-g_i(a)=Dg_i(c_i)(x-a)$$

이때 다음과 같다. (링크의 Thm 1.5 참고)

$$\begin{align}|g_i(x)-g_i(a)|&=|Dg_i(c_i)(x-a)|\\&\le n|Dg_i(c_i)||(x-a)|\\&\le nM\frac{w}{2}\end{align}$$

$$\therefore|g(x)-g(a)|\le nM\frac{w}{2}$$

따라서 $g(C)$ 는 width 가 $nMw$ 이고 중심이 $g(a)$ 인 closed cube 에 속한다.

Step 4. 링크의 Lem 6.2 의 조건을 만족하는 집합열 $\{C_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 을 생각하자. $E_i=C_i\cap E$ 라고 할때 각 $g(E_i)$ 의 측도가 0임을 보이자. 임의의 $\epsilon>0$ 을 생각하자. $C_i$ 는 콤팩트하고 $C_i\subset\text{Int }C_{i+1}$ 이므로 $\epsilon$-근방 정리에 따라 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 $C_i$ 의 $\delta$-근방이 $\text{Int }C_{i+1}$ 에 포함된다. Step 3 의 논의와 같이 임의의 $x\in C_{i+1}$ 에 대해 $|Dg(x)|\le M$ 을 만족하는 $M>0$ 이 존재한다. 다음과 같이 정의하자.

$$\epsilon'=\frac{\epsilon}{(nM)^n}$$

$E_i$ 의 측도는 0이므로 (링크의 Thm 2.1 참고) step 2 에 따라 각각의 width 가 $\delta$ 보다 작고 total volume 이 $\epsilon'$ 보다 작은 closed cubes 의 가산모임에 의해 덮인다. 이 closed cubes 중에서 $E_i$ 와 겹치는 것들을 $D_1,D_2,\ldots$ 라고 하자. 임의의 $D_k$ 를 고정하자. $D_k\cap E_i$ 는 서로소가 아니므로 어떤 원소 $a$ 를 가지며, $D_k$ 의 width 는 $\delta$ 보다 작으므로 임의의 $x\in D_k$ 에 대해 $|x-a|<\delta$ 가 성립한다. 즉 $D_k$ 는 $a\in E_i$ 의 $\delta$-근방에 속하므로 $E_i$ 의 $\delta$-근방에 속하며, 따라서 $D_k$ 는 $C_i$ 의 $\delta$-근방에 속하므로 $C_{i+1}$ 에 속한다. 이때 임의의 $x\in D_k$ 에 대해 $|Dg(x)|\le M$ 이 성립하므로 Step 3 에 따라 $g(D_k)$ 는 width 가 $nM(\text{width }D_k)$ 인 어떤 closed cube $D_k'$ 에 속한다. 다음이 성립한다.

$$v(D_k')=(nM)^n(\text{width }D_k)^n=(nM)^nv(D_k)$$

정리하면 $g(E_i)$ 는 $\{D_1',D_2',\ldots\}$ 에 의해 덮이며 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}\sum_{i=1}^\infty v(D_i')&=\sum_{i=1}^\infty(nM)^nv(D_i)\\&=(nM)^n\sum_{i=1}^\infty v(D_i)\\&<(nM)^n\epsilon'\\&=\epsilon\end{align}$$

Step 5. 본 정리를 증명하자. Step 4 의 집합열 $\{C_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 에 대해 $\{\text{Int }C_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 는 합집합이 $A$ 인 확장집합열이다. $E$ 는 콤팩트집합이므로 $\{\text{Int }C_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 에 의해 덮이며, 이것의 유한부분모임으로 다시 덮인다. 이 모임에서 가장 큰 원소를 $\text{Int }C_m$ 이라고 하면 $C_m$ 은 $E$ 를 덮으므로 $E_m=E$ 이다. Step 4 에 따르면 $g(E)=g(E_m)$ 의 측도는 0이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

다음의 정리에 따르면 미분동형사상은 콤팩트집합의 interior, boundary, 부피를 갖는 성질을 보존한다.

Theorem 3.2. $\mathbb{R}^n$ 의 미분동형사상 $g:A\to\ B$ 와 콤팩트집합 $D\subset A$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) $g(\text{Int }D)=\text{Int }g(D)$
(2) $g(\text{Bd }D)=\text{Bd }g(D)$
(3) $D$ 가 부피를 가지면 $g(D)$ 도 부피를 갖는다.

※ 이 정리는 $D$ 가 콤팩트 집합인 대신에 $\text{Bd }D\subset A$ 이고 $\text{Bd }g(D)\subset B$ 이면 성립함이 증명과정으로부터 자명하다.

Proof. $g^{-1}$ 는 연속이므로 임의의 열린집합 $U\subset A$ 에 대해 $(g^{-1})^{-1}(A)=g(A)\subset B$ 도 열린집합이다. 정리하면 미분동형사상은 열림성을 보존한다.

(1) $g(\text{Int }D)$ 는 열린집합이며 $g(D)$ 에 속하므로 interior 의 정의에 따라 다음을 얻는다.

$$g(\text{Int }D)\subset\text{Int }g(D)$$

미분동형사상 $g^{-1}:B\to A$ 에 대해 이 논의를 반복하여 다음을 얻는다.

$$g^{-1}(\text{Int }g(D))\subset\text{Int }g^{-1}(g(D))=\text{Int }D$$

$$\therefore\text{Int }g(D)\subset g(\text{Int }D)$$

정리하면 다음의 결론을 얻는다.

$$g(\text{Int }D)=\text{Int }g(D)$$

(2)

Step 1. 다음이 성립함을 보이자.

$$g(A\cap\text{Ext }D)\subset\text{Ext }g(D)$$

$A\cap\text{Ext }D$ 는 열린집합이므로 $g(A\cap\text{Ext }D)$ 도 열린집합이다. 한편 $g$ 는 단사이므로 $g(A\cap\text{Ext }D)$ 와 $g(D)$ 는 서로소이다. 즉 $g(A\cap\text{Ext }D)$ 는 $\mathbb{R}^n\setminus g(D)$ 에 속하는 열린집합이므로 exterior 의 정의에 따라 다음을 얻는다.

$$g(A\cap\text{Ext }D)\subset\text{Ext }g(D)=B\cap\text{Ext }g(D)$$

Step 2. 본 정리를 증명하자. 우선 $\text{Bd }g(D)$ 가 $g$ 의 치역에 포함되는지를 확인하여야 한다. $D$ 는 콤팩트하므로 최대-최소 정리에 따라 $g(D)$ 도 콤팩트하다. 따라서 하이네-보렐 정리에 따라 $g(D)$ 는 닫혀있으므로 $\text{Bd }g(D)\subset g(D)$ 이다. 정리하면 $\text{Bd }g(D)\subset B$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. 임의의 $y\in\text{Bd }g(D)$ 를 생각하자. $g$ 는 전단사이므로 $g(x)=y$ 를 만족하는 $x\in A$ 가 유일하게 존재한다. 본 정리의 (1)에 따르면 $x\notin\text{Int }D$ 이고 step 1 에 따르면 $x\notin\text{Ext }D$ 이다. 따라서 $x\in\text{Bd }D$ 이므로 다음을 얻는다.

$$\text{Bd }g(D)\subset g(\text{Bd }D)$$

콤팩트집합 $g(D)$ 와 미분동형사상 $g^{-1}:B\to A$ 에 대해 이 논의를 반복하여 다음을 얻는다.

$$\text{Bd }D=\text{Bd }g^{-1}(g(D))\subset g^{-1}(\text{Bd }g(D))$$

$$\therefore g(\text{Bd }D)\subset\text{Bd }g(D)$$

정리하면 다음의 결론을 얻는다.

$$g(\text{Bd }D)=\text{Bd }g(D)$$

(3) 링크의 Thm 5.1 에 따르면 어떤 집합이 부피를 가질 필요충분조건은 boundary 의 측도가 0인 것이다. 따라서 $D$ 가 부피를 가지면 $\text{Bd }D$ 의 측도는 0이며, Lem 3.1 에 따라 $g(\text{Bd }D)$ 의 측도는 0이다. 한편 본 정리의 (2)에 따라 $g(\text{Bd }D)=\text{Bd }g(D)$ 이므로 $\text{Bd }g(D)$ 의 측도도 0이며, 따라서 $g(D)$ 는 부피를 갖는다. $\square$

원시미분동형사상

다음의 정의는 다소 특별한 성질을 갖는 미분동형사상에 대한 것이다.

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 미분동형사상 $h:A\to\ B$ 를 생각하자. 만약 어떤 $i\in\{1,\ldots,n\}$ 에 대해 $h_i=\pi_i$ 이면 $h$ 가 i번째 성분(coordinate)을 보존한다고 한다. 적어도 하나의 성분을 보존하는 미분동형사상을 원시미분동형사상(primitive diffeomorphism)이라고 한다.

※ $\pi_i$ 란 i번째 성분에 대한 사영(projection)으로, 다음과 같이 정의된 함수를 말한다.

$$\pi_i(x_1,\ldots,x_n)=x_i$$

다음의 정리에 따르면 2차원 이상의 모든 미분동형사상은 국소적으로 원시미분동형사상의 합성과 같다.

Theorem 3.3. $\mathbb{R}^n$ ($n\ge 2$) 의 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 생각하자. 임의의 $a\in A$ 에 대해 어떤 $U_0\in\mathcal{N}_A(a)$ 가 존재하여 다음과 같은 원시미분동형사상 $h_1,\ldots,h_k$ 가 존재한다.$$\begin{CD}U_0@>{h_1}>>U_1@>h_2>>U_2\\@VgVV@.@VVh_3V\\U_k@<<h_k<\cdots@<<<U_3\end{CD}$$ 다시말해 다음과 같다.$$h_k\circ\cdots\circ h_2\circ h_1=g|_{U_0}$$

Proof.

Step 1. Non-singular 행렬 $C\in\mathbb{M}_{n\times n}$ 를 생각하자. $C$ 는 가역이므로 (링크의 Thm 6.10 참고) 미분가능함수 $L_C:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 도 가역이며, (링크의 정리 10.2-2 참고) 따라서 $L_C$ 는 전단사이므로 미분동형사상이다. 이 미분동형사상 $L_C$ 에 대하여 본 정리가 성립함을 보이자. $C$ 는 기본행렬의 곱과 같으며 (링크의 Cor 2.14 참고) 특히 모든 기본행렬은 다음의 기본연산에 대응하는 기본행렬의 곱으로 나타난다. (링크의 Thm 1.1 참고)

유형 1. i번째 좌표에 스칼라를 곱하기

유형 2. i번째 좌표에 다른 좌표의 스칼라배를 더하기

이 두 기본연산에 대응하는 기본행렬들 $E_1,\ldots,E_k$ 에 대해 다음과 같다.

$$C=E_k\cdots E_2E_1$$

기본행렬은 가역이므로 (링크의 정리 1.3 참고) 각 $E_i$ 에 대해 $L_{E_i}=h_i$ 라고 하면 $h_i$ 는 가역이며, 따라서 $h_i$ 는 전단사이므로 미분동형사상이다. 이때 다음이 성립한다. (링크의 정리 9-2 참고)

$$\begin{align}L_C&=L_{E_k\cdots E_2E_1}\\&=L_{E_k}\cdots L_{E_2}L_{E_1}\\&=h_k\circ\cdots\circ h_2\circ h_1\end{align}$$

한편 $E_i$ 는 위의 유형 1 또는 유형 2에 해당하는 기본행렬이므로 $h_i$ 는 i번째 좌표를 제외한 모든 좌표를 보존한다. 따라서 각 $h_i$ 는 원시미분동형사상이므로 원하는 결과를 얻는다.

Step 2. 다음과 같이 정의한 미분가능함수는 평행이동(translation)이라고 한다.

$$t:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n,\;t(x)=x+c$$

이때 평행이동은 전단사이므로 미분동형사상이다. 한편 $t$ 는 다음의 두 함수 $t_1,t_2:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 의 합성이다.

$$t_1(x)=x+(c_1,0,\ldots,0)$$

$$t_2(x)=x+(0,c_2,\ldots,c_n)$$

이때 $t_1$ 는 첫 번째 성분을 보존하고 $t_2$ 는 첫 번째 성분을 제외한 모든 성분을 보존하므로 원시미분동형사상이며, 따라서 원하는 결과를 얻는다.

Step 3. 본 정리에서 $a=0$ , $g(0)=0$ , $Dg(0)=I_n$ 인 특수한 경우에 본 정리가 성립함을 보이자. 다음의 함수를 정의하자.

$$h:A\to\mathbb{R}^n,\;h(x)=(g_1(x),\ldots,g_{n-1}(x),x_n)$$

전제에 따라 $g_i(0)=0$ 이므로 $h(0)=0$ 이다. 한편 다음이 성립한다.

$$Dh(x)=\begin{pmatrix}Dh_1(x)\\\vdots\\Dh_{n-1}(x)\\Dh_n(x)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}Dg_1(x)\\\vdots\\Dg_{n-1}(x)\\D\pi_n(x)\end{pmatrix}$$

이때 전제에 따라 $Dg(0)=I_n$ 이므로 $Dh(0)$ 의 1~(n-1)번째 행은 $I_n$ 의 1~(n-1)번째 행과 같고 $D\pi_n(0)$ 은 마지막 성분만 1이고 나머지가 0이므로 $Dh(0)=I_n$ 을 얻는다. 따라서 $\text{det }Dh(0)\neq 0$ 이므로 역함수 정리에 따라 $0$ 의 어떤 근방 $V_0$ 이 존재하여 어떤 열린집합 $V_1\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 $h:V_0\to V_1$ 은 전단사이며, 따라서 $h$ 는 $V_0$ 위에서 미분동형사상이다. 다음의 함수를 정의하자.

$$k:V_1\to\mathbb{R}^n,\;k(y)=(y_1,\ldots,y_{n-1},g_n(h^{-1}(y)))$$

$h^{-1}(0)=0$ 이고 $g_n(0)=0$ 이므로 $k(0)=0$ 이다. 또한 다음이 성립한다.

$$Dk(y)=\begin{pmatrix}\qquad I_{n-1}\qquad\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}\\D(g_n\circ h^{-1})(y)\end{pmatrix}$$

이때 연쇄법칙에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}D(g_n\circ h^{-1})(0)&=Dg_n(h^{-1}(0))Dh^{-1}(0)\\&=Dg_n(0)Dh(0)^{-1}\\&=\begin{pmatrix}0&\cdots&0&1\end{pmatrix}I_n\\&=\begin{pmatrix}0&\cdots&0&1\end{pmatrix}\end{align}$$

정리하면 $Dk(0)=I_n$ 을 얻는다. 따라서 $\text{det }Dk(0)\neq 0$ 이므로 역함수 정리에 따라 $0$ 의 어떤 근방 $U_1$ 이 존재하여 어떤 열린집합 $U_2\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 $k:U_1\to U_2$ 은 전단사이며, 따라서 $k$ 는 $U_1$ 위에서 미분동형사상이다. $U_0=h^{-1}(V_1)$ 이라고 하자.

이때 $h:U_0\to U_1$ , $k:U_1\to U_2$ 는 원시미분동형사상이다. 또한 임의의 $x\in U_0$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}(k\circ h)(x)&=k(h(x))\\&=\Big(h_1(x),\ldots,h_{n-1}(x),g_n\big(h^{-1}(h(x))\big)\Big)\\&=(g_1(x),\ldots,g_{n-1}(x),g_n(x))\\&=g(x)\end{align}$$

따라서 $g|_{U_0}=k\circ h$ 이므로 원하는 결과를 얻는다.

Step 4. 본 정리를 증명하자. 편의를 위해 $Dg(a)=C$ 라고 하자. 다음의 세 미분동형사상 $t_1,t_2,T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 를 생각하자.

$$t_1(x)=x+a\quad t_2(x)=x-g(a)\quad T(x)=C^{-1}x$$

이때 $\tilde{g}=T\circ t_2\circ g\circ t_1$ 이라고 하면 $\tilde{g}:t_1^{-1}(A)\to(T\circ t_2)(B)$ 는 미분동형사상이다.

이때 다음이 성립한다.

$$\tilde{g}(0)=0$$

$$D\tilde{g}(0)=C\cdot I_n\cdot Dg(a)\cdot I_n=I_n$$

Step 3 에 따라 $0$ 의 어떤 근방 $W_0\subset t^{-1}(A)$ 에 대해 $\tilde{g}|_{W_0}$ 는 어떤 원시미분동형사상의 합성과 같다. 다음과 같이 정의하자.

$$W_2=\tilde{g}(W_0)$$

$$A_0=t_1(W_0)\quad B_0=(t_2^{-1}\circ T^{-1})(W_2)$$

이때 다음이 성립한다.

$$\begin{align}B_0&=(t_2^{-1}\circ T^{-1})(W_2)\\&=(t_2^{-1}\circ T^{-1}\circ\tilde{g})(W_0)\\&=(t_2^{-1}\circ T^{-1}\circ\tilde{g}\circ t_1^{-1})(A_0)\\&=(t_2^{-1}\circ T^{-1}\circ(T\circ t_2\circ g\circ t_1)\circ t_1^{-1})(A_0)\\&=g(A_0)\end{align}$$

따라서 $g:A_0\to B_0$ 는 전단사이며 $g|_{A_0}$ 는 다음의 합성과 같다.

$$\begin{CD}A_0@.@.B_0\\@Vt_1^{-1}VV@.@AAt_2^{-1}A\\W_0@>>\tilde{g}>W_2@>>T^{-1}>T^{-1}(W_2)\end{CD}$$

Step 1, 2 에 따르면 $t_1^{-1},t_2^{-1},T^{-1}$ 는 몇 개의 원시미분동형사상의 합성과 같으므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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다음 읽을거리: ch4. 변수변환정리

[변수변환정리] ch2. 미분동형사상

김한결 — Mon, 30 Jan 2023 22:01:12 +0900

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다음 읽을거리: ch3. 미분동형사상의 성질

치환적분법

치환적분은 이번 시리즈에서 증명할 변수변환정리의 1변수 버전이다. (엄밀히 하면 변수변환정리는 열린집합에서의 적분을 다루므로 미세한 차이점이 있다) 1변수 적분에 대한 다음의 편리한 표기법을 이용하자.

Definition. 적분가능함수 $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음과 같이 표기하자.$$\int_a^bf=\int_{[a,b]}f$$ 특히 다음과 같이 표기하자. 이는 구간의 end points 의 순서가 주어지지 않았을 때에 유용하다.$$\int_b^af=-\int_a^bf$$

Lemma 2.1. 미분가능함수 $g:[a,b]\to\mathbb{R}$ 를 생각하자. 임의의 $x\in(a,b)$ 에 대해 $Dg(x)\neq 0$ 이면 $g([a,b])$ 는 end points 가 $g(a),g(b)$ 인 닫힌구간이다. 이때 $Dg>0$ 또는 $Dg<0$ 이며, $Dg>0$ 이면 $g(a)<g(b)$ 이고 $Dg<0$ 이면 $g(a)>g(b)$ 이다.

Proof.

Step 1. $g([a,b])$ 는 end points 가 $g(a),g(b)$ 인 닫힌구간임을 보이자. 편의상 $g(a)<g(b)$ 라고 가정하자. $g$ 는 연속이므로 사잇값 정리에 따라 임의의 $L\in(g(a),g(b))$ 을 함수값으로 갖는다. 따라서 다음이 성립한다.

$$[g(a),g(b)]\subset g([a,b])$$

모순을 보이기 위해 $g$ 가 $[g(a),g(b)]$ 밖의 어떤 값을 함수값으로 갖는다고 가정하자. 만약 $g(c)<g(a)$ 인 어떤 $c\in[a,b]$ 가 존재하면 $g(a)\in(g(c),g(b))$ 이므로 사잇값 정리에 따라 $g(d)=g(a)$ 인 $d\in(c,b)$ 가 존재한다. 롤의 정리에 따라 어떤 $e\in(c,d)$ 가 존재하여 $Dg(e)=0$ 이 성립해야 하며 이는 가정에 모순된다. $g(b)$ 보다 큰 함수값을 갖는 경우에도 비슷하게 모순을 보일 수 있다. 따라서 $g$ 는 $[g(a),g(b)]$ 밖의 함수값을 갖지 않으므로 다음을 얻는다.

$$[g(a),g(b)]=g([a,b])$$

Step 2. $Dg>0$ 또는 $Dg<0$ 임을 보이자. 다르부 정리에 따르면 $Dg$ 는 양의 값과 음의 값을 모두 가질경우 0의 값도 가져야 하므로 $Dg$ 는 양의 값만 갖거나 음의 값만 가져야 한다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

Step 3. $g(a)\neq g(b)$ 임을 보이자. 롤의 정리에 따르면 $g(a)=g(b)$ 일 경우 어떤 $c\in(a,b)$ 에 대해 $Dg(c)=0$ 이어야 하므로 원하는 결과를 얻는다.

Step 4. $Dg>0$ 이면 $g(a)<g(b)$ 임을 보이자. 모순을 보이기 위해 $g(a)>g(b)$ 라고 가정하자. 평균값 정리에 따르면 어떤 $c\in(a,b)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$Dg(c)=\frac{g(b)-g(a)}{b-a}$$

이때 $Dg(c)<0$ 이어야 하므로 모순. Step 3 에 따라 $g(a)\neq g(b)$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. 비슷하게 $Dg<0$ 이면 $g(a)>g(b)$ 임을 보일 수 있다. $\square$

Theorem 2.2 (치환적분법, substitution rule).
$I=[a,b]$ 와 $C^1$ 급함수 $g:I\to\mathbb{R}$ 를 생각하자. 임의의 $x\in(a,b)$ 에 대해 $Dg(x)\neq 0$ 이면 $g(I)$ 는 end points 가 $g(a),g(b)$ 인 닫힌구간 $J$ 이며 연속함수 $f:J\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\int_{g(a)}^{g(b)}f=\int_a^b(f\circ g)Dg\tag{1}$$ 이는 다음과 동치이다.$$\int_Jf=\int_I(f\circ g)|Dg|\tag{2}$$

Proof. $g(a),g(b)$ 중 작은 것을 $c$ , 큰 것을 $d$ 라고 하면 $J=[c,d]$ 이다. 다음의 함수 $F:J\to\mathbb{R}$ 을 생각하자.

$$F(y)=\int_c^yf$$

미적분학의 기본정리에 따르면 $DF=f$ 이다. 합성함수 $h=F\circ g$ 에 대해 연쇄법칙에 따라 다음이 성립한다.

$$Dh=(DF\circ g)Dg=(f\circ g)Dg$$

이때 함수 $(f\circ g)Dg$ 는 연속이므로 미적분학의 기본정리에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\int_a^b(f\circ g)Dg&=\int_a^bDh\\&=h(b)-h(a)\\&=F(g(b))-F(g(a))\\&=\int_c^{g(b)}f-\int_c^{g(a)}f\end{align}$$

이때 $c$ 는 $g(b)$ 또는 $g(a)$ 이며 둘 중 어느 것이든 다음을 얻는다.

$$\int_a^b(f\circ g)Dg=\int_{g(a)}^{g(b)}f$$

이제 본 정리의 식 (2)를 증명하자. Lem 2.1 에 따르면 $Dg>0$ 또는 $Dg<0$ 이다. $Dg>0$ 인 경우 $|Dg|=Dg$ 이며 $g(a)<g(b)$ 이므로 식 (1)은 자명하게 식 (2)와 같다. $Dg<0$ 인 경우 $|Dg|=-|Dg|$ 이며 $g(a)>g(b)$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\int_I(f\circ g)|Dg|&=-\int_I(f\circ g)Dg\\&=-\int_a^b(f\circ g)Dg\\&=-\int_{g(a)}^{g(b)}f\\&=\int_{g(b)}^{g(a)}f\\&=\int_Jf\tag*{$\square$}\end{align}$$

치환적분법의 예시

치환적분법은 한 번에 계산하기 어려운 적분을 풀기 쉬운 모양으로 바꾸는데 활용된다.

▷ 예시 1. 다음의 적분을 계산하자.

$$\int_{x=0}^{x=1}(2x^2+1)^{10}(4x)$$

함수 $f(y)=y^{10}$ 과 $g(x)=2x^2+1$ 을 생각하자. $Dg(x)=4x$ 는 $(0,1)$ 에서 0의 값을 갖지 않으므로 치환적분법에 따라 다음과 같이 보다 쉬운 적분으로 바꾸어 계산할 수 있다.

$$\begin{align}\int_{x=0}^{x=1}(2x^2+1)^{10}(4x)&=\int_0^1(f\circ g)Dg\\&=\int_{g(0)}^{g(1)}f\\&=\int_{y=1}^{y=3}y^{10}\\&=\frac{3^{11}-1}{11}\end{align}$$

▷ 예시 2. 다음의 적분을 계산하자.

$$\int_{y=-1}^{y=1}\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}$$

다음의 두 함수를 생각하자.

$$f:[-1,1]\to\mathbb{R},\;f(y)=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}$$

$$g:\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\to\mathbb{R},\;g(x)=\text{sin }x$$

이때 $Dg(x)=\text{cos }x$ 는 $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ 에서 0의 값을 갖지 않으며, $g\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1$ 및 $g\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$ 이므로 치환적분법에 따라 다음과 같이 보다 쉬운 적분으로 바꾸어 계산할 수 있다.

$$\begin{align}\int_{y=-1}^{y=1}\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}&=\int_{g\left(-\frac{\pi}{2}\right)}^{g\left(\frac{\pi}{2}\right)}f\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}(f\circ g)Dg\\&=\int_{x=-\frac{\pi}{2}}^{x=\frac{\pi}{2}}\frac{\text{cos }x}{\sqrt{1-\text{sin}^2x}}\\&=\int_{x=-\frac{\pi}{2}}^{x=\frac{\pi}{2}}1\\&=\pi\end{align}$$

미분동형사상

치환적분법을 임의의 n차원으로 확장하기 위해서는 몇 가지 작업이 필요하다. 우선 치환적분법에 나오는 함수 $g$ 를 일반화하여 다음과 같이 분류하자.

Definition. $C^r$ 급 단사함수 $g:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 이 임의의 $x\in A$ 에 대해 $Dg\neq 0$ 을 만족하면 $g$ 를 $\mathbb{R}^n$ 의 $C^r$ 급 변수변환(change of variables)이라고 한다.

※ 단사함수는 함수의 공역을 적절히 제한하여 일대일대응을 자명히 얻을 수 있음에 유의하자.

설명 없이 "변수변환 $g:A\to\mathbb{R}^n$" 이라고 한다면 $A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이고 $C^r$ 급($r\ge 1$) 변수변환을 의미한다고 하자.

이러한 정의로부터 다음의 정리를 얻을 수 있다. 이는 본 시리즈의 중심 주제인 변수변환정리이며, 아직 증명하지 않을 것이다.

변수변환 $g:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 과 연속함수 $f:g(A)\to\mathbb{R}$ 에 대해 $f$ 가 $g(A)$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $(f\circ g)|\text{det }Dg|$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이며 다음이 성립한다.$$\int_{g(A)}f=\int_A(f\circ g)|\text{det }Dg|$$

※ 변수변환정리는 열린집합 위의 적분이므로 확장된 의미의 적분을 사용함에 유의하자.

이때 변수변환과 동치인 좋은 정의가 존재한다.

Definition. $A,B\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 에 대해 일대일대응 $g:A\to B$ 가 존재한다고 하자. 만약 $g$ 와 $g^{-1}$ 가 모두 $C^r$ 급이면 $g$ 를 $\mathbb{R}^n$ 의 $C^r$ 급 미분동형사상(diffeomorphism)이라고 한다.

설명 없이 "$\mathbb{R}^n$ 의 미분동형사상 $g:A\to B$" 라고 한다면 $A,B\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이며 $C^r$ 급($r\ge 1$) 미분동형사상을 의미한다고 하자.

Theorem 2.3. 변수변환과 미분동형사상은 동치이다.

※ 이 정리로부터 알 수 있는 사실은 다음과 같다.

1. $\mathbb{R}^n$ 의 $C^r$ 급 변수변환의 치역은 $\mathbb{R}^n$ 에서 열린집합이고 그 역함수도 $C^r$ 급이다.

2. $\mathbb{R}^n$ 의 $C^r$ 급 미분동형사상은 도함수가 0의 값을 갖지 않는다.

Proof.

($\Rightarrow$) $\mathbb{R}^n$ 의 $C^r$ 급 변수변환 $g:A\to\mathbb{R}^n$ 을 생각하자. 링크의 Lem 5.3 에 따라 $g(A)\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이며 역함수가 $C^r$ 급이므로 $g:A\to g(A)$ 는 미분동형사상이다.

($\Leftarrow$) $\mathbb{R}^n$ 의 $C^r$ 급 미분동형사상 $g:A\to B$ 를 생각하자. 임의의 $x\in A$ 에 대해 연쇄법칙에 따라 다음이 성립한다.

$$I_n=D(g^{-1}\circ g)(x)=Dg^{-1}(g(x))Dg(x)$$

따라서 $Dg(x)\neq 0$ 이므로 $g:A\to\mathbb{R}^n$ 은 변수변환이다. $\square$

이로부터 변수변환정리의 서술을 좀 더 편하게 할 수 있다.

$\mathbb{R}^n$ 의 미분동형사상 $g:A\to B$ 와 연속함수 $f:B\to\mathbb{R}$ 에 대해 $f$ 가 $B$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $(f\circ g)|\text{det }Dg|$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이며 다음이 성립한다.$$\int_Bf=\int_A(f\circ g)|\text{det }Dg|$$

변수변환정리의 예시

아직 증명하지 않았지만, 변수변환정리를 어떻게 활용할 수 있는지 살펴보자.

▷ 예시 1. 다음의 적분을 계산하자.

$$B=\{(x,y):x>0\land y>0\land x^2+y^2<a^2\}$$

$$\int_Bx^2y^2$$

주어진 적분식은 확장된 의미의 적분을 의미함에 유의하자. 다음과 같이 함수를 정의하자.

$$A=(0,a)\times\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$$

$$g:A\to B,\;g(r,\theta)=(r\;\text{cos }\theta,r\;\text{sin }\theta)$$

이는 일대일대응임이 자명하다. 이때 임의의 $(r,\theta)\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}Dg(r,\theta)&=\begin{pmatrix}\frac{\partial g_1}{\partial r}&\frac{\partial g_1}{\partial\theta}\\\frac{\partial g_2}{\partial r}&\frac{\partial g_2}{\partial\theta}\end{pmatrix}(r,\theta)\\&=\begin{pmatrix}\text{cos }\theta&-r\;\text{sin }\theta\\\text{sin }\theta&r\;\text{cos }\theta\end{pmatrix}\end{align}$$

따라서 $Dg(r,\theta)=r>0$ 이므로 $g$ 는 미분동형사상이다. 변수변환정리에 따르면 다음이 성립한다.

$$\int_Bx^2y^2=\int_A(r\;\text{cos }\theta)^2(r\;\text{sin }\theta)^2r=\int_Ar^5\text{cos }^2\theta\;\text{sin }^2\theta$$

이때 $A'=[0,a]\times\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ 라고 하면 $\text{Int }A'=A$ 이며 링크의 Cor 6.7 에 따라 다음이 성립한다.

$$\int_{A'}r^5\text{cos }^2\theta\;\text{sin }^2\theta=\int_Ar^5\text{cos }^2\theta\;\text{sin }^2\theta$$

위 식의 좌변은 원래의 의미의 적분을 의미한다. 푸비니 정리에 따라 다음을 계산하는 것으로 원하는 결과를 얻을 수 있다.

$$\begin{align}&\;\int_{A'}r^5\text{cos }^2\theta\;\text{sin }^2\theta\\=&\;\int_{\theta=0}^{\theta=\frac{\pi}{2}}\int_{r=0}^{r=a}r^5\text{cos }^2\theta\;\text{sin }^2\theta\end{align}$$

▷ 예시 2. 다음의 적분을 계산하자.

$$W=\{(x,y):x^2+y^2<a^2\}$$

$$\int_Wx^2y^2$$

이 문제의 경우, 예시 1의 함수 $g$ 에 대해 적절한 열린집합 $E$ 를 찾아 $g:E\to W$ 가 일대일대응이 되도록 할 수 없다. 아니다. 따라서 약간의 트릭이 필요하다. $f(x,y)=x^2y^2$ 라고 하면 $f_W$ 는 거의 모든 곳에서 연속이므로 $f$ 는 $W$ 에서 원래의 의미로 적분가능하며 링크의 Thm 6.6 에 따라 원래의 적분과 확장된 적분은 값이 같다. 다음의 집합은 영점을 포함하는 양의 x-축을 의미한다.

$$I=\{(x,y):x\le 0\land y=0\}$$

원래의 적분의 성질에 따라 다음을 얻는다.

$$\int_Wx^2y^2=\int_{W\setminus I}x^2y^2+\int_{W\cap I}x^2y^2$$

한편 $W\cap I$ 의 측도는 0이므로 링크의 Thm 2.3 에 따라 다음을 얻는다.

$$\int_{W\cap I}x^2y^2=0$$

$$\therefore\int_Wx^2y^2=\int_{W\setminus I}x^2y^2$$

좌변의 적분은 다시 확장된 의미로도 존재하고 그 값이 같다. $U=(0,a)\times(0,2\pi)$ 라고 하면 $g:U\to W$ 는 일대일대응이며 예시 1과 같이 주어진 적분을 잘 계산할 수 있다.

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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다음 읽을거리: ch3. 미분동형사상의 성질

[변수변환정리] ch1. 단위분할

김한결 — Fri, 20 Jan 2023 02:27:27 +0900

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Convention.
▷ $\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이란 $\mathbb{R}^n$ 에서 열린집합의 모임이다.
▷ $\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x)$ 란 $x\in\mathbb{R}^n$ 의 근방의 모임, 즉 $\mathbb{R}^n$ 에서 열린 $x$ 를 포함하는 집합의 모임이다.
▷ $\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이란 $\mathbb{R}^n$ 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 $x\in(-1,\infty)$ 와 임의의 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 다음 부등식이 성립한다.$$(1+x)^n\ge 1+nx$$

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

$$\begin{align}(1+x)^n&=(1+x)(1+x)^{n-1}\\&\ge(1+x)\big(1+(n-1)x\big)\\&=1+nx+(n-1)x^2\\&\ge1+nx\tag*{$\square$}\end{align}$$

Lemma 1.2. 다음의 함수 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 은 $C^\infty$ 급이다.$$f(x)=\begin{cases}e^{-\frac{1}{x}}&\text{if }x>0\\0&\text{otherwise}\end{cases}$$

Proof. 각 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 다음의 함수 $f_n:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 을 정의하자.

$$f_n(x)=\begin{cases}\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^n}&\text{if }x>0\\0&\text{otherwise}\end{cases}$$

Step 1. 임의의 $x\in\mathbb{R}$ 에 대해 $e^x>x$ 임을 보이자. $x<0$ 인 경우에는 $e^x>0$ 이므로 자명하게 성립한다. $x\ge0$ 이라고 가정하자. 임의의 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 베르누이 부등식에 따라 다음이 성립한다.

$$\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\ge 1+x$$

따라서 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$e^x=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\ge 1+x>x$$

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

$$e^{-\frac{1}{x}}=\frac{1}{e^\frac{1}{x}}<\frac{1}{\frac{1}{x}}=x$$

$$\therefore |f(x)|=|e^{-\frac{1}{x}}|=e^{-\frac{1}{x}}<x<\epsilon$$

정리하면 다음과 같으므로 원하는 결과를 얻는다.

$$|x|<\delta\Rightarrow|f(x)|<\epsilon$$

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

$$\begin{align}\frac{1}{2nx}<e^\frac{1}{2nx}&\Leftrightarrow\frac{1}{(2nx)^n}<e^\frac{1}{2x}\\&\Leftrightarrow\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^n}<(2n)^ne^{-\frac{1}{2x}}\end{align}$$

따라서 임의의 $x\in\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$0\le f_n(x)\le(2n)^nf(2x)$$

$$\therefore\frac{|f_n(x)|}{(2n)^n}\le|f(2x)|$$

임의의 $\epsilon>0$ 을 생각하자. Step 2 에 따라 $f(2x)$ 는 $0$ 에서 연속이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}|x|<\delta&\Rightarrow|f(2x)|<\frac{\epsilon}{(2n)^n}\\&\Rightarrow|f_n(x)|<\epsilon\end{align}$$

Step 4. $f_n$ 이 미분가능함을 보이자. 이는 $0$ 에서 미분가능함을 보이는 것 만으로도 충분하다. $x\neq 0$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\frac{f_n(x)-f_n(0)}{x}=\frac{f_n(x)}{x}=f_{n+1}(x)$$

한편 $f_{n+1}$ 은 step 3 에 따라 $0$ 에서 연속이므로 다음이 성립한다.

$$f_{n+1}(0)=\lim_{x\to 0}f_{n+1}(x)=\lim_{x\to 0}\frac{f_n(x)-f_n(0)}{x}$$

따라서 $f_n$ 은 $0$ 에서 미분가능하며, 특히 $f_{n+1}(0)=0$ 이므로 $Df_n(0)=0$ 이다.

Step 4. 모든 $x\in\mathbb{R}$ 에 대해 다음 식이 성립함을 보이자.

$$Df_n(x)=f_{n+2}(x)-nf_{n+1}(x)$$

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

$$\begin{align}Df_n(x)&=\frac{d}{dx}\left(\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^n}\right)\\&=\frac{e^{-\frac{1}{x}}\cdot\frac{1}{x^2}\cdot x^n-e^{-\frac{1}{x}}\cdot nx^{n-1}}{x^{2n}}\\&=\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^{n+2}}-n\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^{n+1}}\\&=f_{n+2}(x)-nf_{n+1}(x)\end{align}$$

Step 5. 각 $f_n$ 이 $C^\infty$ 급임을 보이자. 귀납법으로 증명하자. Step 4 에 따라 각 $Df_n$ 은 두 연속함수의 합성이므로 연속이며, 따라서 각 $f_n$ 은 $C^1$ 급이다. 각 $f_n$ 이 $C^{r-1}$ 급이라고 가정하고 $C^r$ 급임을 보이자. Step 4 와 귀납법 가정에 따라 각 $Df_n$ 은 두 $C^{r-1}$ 급 함수의 합성이므로 $C^{r-1}$ 급이며, 따라서 $f_n$ 은 $C^r$ 급이다. (링크의 Thm 3.3 참고) 따라서 원하는 결과를 얻는다.

Step 6. 본 정리를 증명하자. 임의의 $x\in\mathbb{R}$ 에 대해 $f(x)=xf_1(x)$ 이므로 $f$ 는 $C^\infty$ 급이다. $\square$

Lemma 1.3. 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음을 만족하는 $C^\infty$ 급함수 $\phi:Q\to\mathbb{R}$ 이 존재한다.$$\begin{cases}\phi(x)>0&\text{if }x\in\text{Int }Q\\\phi(x)=0&\text{otherwise}\end{cases}$$

Proof. Lem 1.2 의 함수 $f$ 에 대해 함수 $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 를 $g(x)=f(x)f(1-x)$ 라고 정의하면 $g$ 는 $C^\infty$ 급이며 $(0,1)$ 에서 양의 값을 갖고 그 밖에서는 0이다.

Rectangle $Q$ 가 다음과 같다고 하자.

$$Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$$

$\phi$ 를 다음과 같이 정의하면 주어진 조건을 만족한다.

$$\phi(x_1,\ldots,x_n)=g\left(\frac{x_1-a_1}{b_1-a_1}\right)\cdots g\left(\frac{x_n-a_n}{b_n-a_n}\right)\tag*{$\square$}$$

Lemma 1.4. 임의의 $\mathcal{A}\subset\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 을 생각하자. $\mathcal{A}$ 의 합집합을 $A$ 라고 할때 각 원소가 $A$ 의 부분집합인 어떤 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\ldots\}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 다음을 만족한다.
(1) 모임 $\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}$ 는 $A$ 를 덮는다.
(2) 각 $Q_i$ 는 $\mathcal{A}$ 의 어느 원소의 부분집합이다.
(3) $A$ 의 각 점은 $\{Q_1,Q_2,\ldots\}$ 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 $\{D_1,D_2,\ldots\}$ 를 생각하자. (존재성은 링크의 Lem 6.2 참고)

1. 각 $D_i$ 는 콤팩트집합이다.

2. 각 $D_i$ 는 $A$ 의 부분집합이며 $\bigcup_{i=1}^\infty D_i$ 가 성립한다.

3. 각 자연수 $N$ 에 대해 $D_N\subset\text{Int }D_{N+1}$ 가 성립한다.

편의를 위해 $D_{-1},D_0=\varnothing$ 이라고 하자. 각 자연수 $N$ 에 대해 $B_N=D_N\setminus\text{Int }D_{N-1}$ 이라고 정의하자. 이때 $B_N$ 은 $D_N$ 과 $\mathbb{R}^n\setminus\text{Int }D_{N-1}$ 의 교집합이므로 콤팩트하다. 또한 $D_{N-2}\subset\text{Int }D_{N-1}$ 이므로 $B_N$ 은 $D_{N-2}$ 와 서로소이다. 따라서 각 $x\in B_N$ 에 대해 $x\in\text{Ext }D_{N-2}$ 이므로 어떤 $\delta_1>0$ 이 존재하여 $C_{\delta_1}^{\mathbb{R}^n}(x)$ 가 $\text{Ext }D_{N-2}$ 에 속한다. 한편 $x$ 는 $A$ 에 포함되므로 $\mathcal{A}$ 의 어떤 원소에 포함된다. 이때 $\mathcal{A}$ 의 각 원소는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로, 어떤 $\delta_2>0$ 이 존재하여 $C_{\delta_2}^{\mathbb{R}^n}(x)$ 가 $\mathcal{A}$ 의 어떤 원소에 포함된다. $\delta=\text{min}\{\delta_1,\delta_2\}$ 라고 할때 다음과 같이 집합 $C_x$ 를 정의하면 $C_x$ 는 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)$ 에 포함되므로 $\text{Ext }D_{N-2}$ 와 $\mathcal{A}$ 의 어떤 원소에 포함된다.

$$C_x=\left[x_1-\frac{\delta}{2},x_1+\frac{\delta}{2}\right]\times\cdots\times\left[x_n-\frac{\delta}{2},x_n+\frac{\delta}{2}\right]$$

이때 모임 $\{\text{Int }C_x:x\in B_N\}$ 은 콤팩트집합 $B_N$ 을 덮으므로 어떤 유한부분모임 $\{\text{Int }C_{x_1},\ldots,\text{Int }C_{x_k}\}$ 이 존재하여 $B_N$ 을 다시 덮는다. 이때 $\mathcal{C}_N=\{C_{x_1},\ldots,C_{x_k}\}$ 라고 하자. $\mathcal{C}=\bigcup_{i=1}^\infty\mathcal{C}_i$ 라고 하면 $\mathcal{C}$ 는 rectangles 의 가산모임이다. (링크의 Thm 2.5 참고) 이때 $\mathcal{C}$ 가 주어진 조건을 만족하는지 확인하자.

(2) 정의에 따라 $\mathcal{C}$ 의 각 원소는 $\mathcal{A}$ 의 어떤 원소의 부분집합이다.

(1) $\mathcal{C}$ 의 각 원소의 interior 의 모임이 $A$ 를 덮음을 확인하자. 각 $x\in A$ 에 대해 $x\in\text{Int }D_i$ 를 만족하는 가장 작은 자연수 $i$ 를 선택하자. (이러한 $i$ 의 존재성은 정렬원리에 의해 보장됨) 이때 다음이 성립한다.

$$x\in B_i=D_i\setminus\text{Int }D_{i-1}$$

이때 $\mathcal{C}_i$ 에 속하는 rectangles 의 interior 들은 $B_i$ 를 덮으므로, $x$ 는 이 rectangles 중 하나의 interior 에 속한다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

(3) 국소유한조건을 확인하자. 임의의 $x\in A$ 에 대해 어떤 $i$ 가 존재하여 $x\in\text{Int }D_i$ 가 성립한다. 이때 모임 $\mathcal{C}_{i+2},\mathcal{C}_{i+3},\ldots$ 에 속하는 rectangles 는 $D_i$ 와 겹치지 않으므로 $\text{Int }D_i$ 는 오직 $\mathcal{C}_{1},\ldots,\mathcal{C}_{i+1}$ 에 속하는 몇몇 rectangles 와 겹친다. 이때 $\text{Int }D_i$ 는 $x$ 의 근방이며 이는 $\mathcal{C}$ 에 속하는 유한개의 원소와만 겹치므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

단위분할

Definition. $\phi:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음의 집합을 $\phi$ 의 지지집합(support)이라고 한다.$$\text{supp }\phi=\text{cl}\{x:\phi(x)\neq 0\}$$ 만약 $\text{supp }\phi$ 가 콤팩트하면 $\phi$ 가 콤팩트 지지를 갖는다고 하고, $\phi$ 가 콤팩트 지지함수라고 한다.

위 정의에 따르면, $x\notin\text{supp }\phi$ 일 필요충분조건은 어떤 $U\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x)$ 가 존재하여 $U$ 에서 $\phi$ 가 0인 것이다.

Theorem 1.5 (단위분할의 존재성).
임의의 $\mathcal{A}\subset\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 과 $\mathcal{A}$ 의 합집합 $A$ 에 대해 다음을 만족하는 $\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 함수의 가산집합 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 이 존재한다.
(1) 모든 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 $\phi_i(x)\ge 0$ 이다.
(2) 각 $\text{supp }\phi_i$ 는 $A$ 에 속한다.
(3) $A$ 의 각 점은 $\{\text{supp }\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중 오직 유한개와 겹치는 근방을 갖는다.
(4) 모든 $x\in A$ 에 대해 $\sum_{i=1}^\infty\phi_i(x)=1$ 이다.
(5) 각 $\phi_i$ 는 $C^\infty$ 급이다.
(6) 각 $\phi_i$ 는 콤팩트 지지를 갖는다.
(7) 각 $\text{supp }\phi_i$ 는 $\mathcal{A}$ 의 어떤 원소의 부분집합이다.

함수의 가산집합 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 이 위의 몇 조건을 만족하면 다음과 같이 부른다.

(1)~(4): $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 가 $A$ 의 단위분할(partition of unity)이다.

(5): $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 가 $C^\infty$ 급이다.

(6): $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 가 콤팩트 지지를 갖는다

(7): $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 가 $\mathcal{A}$ 에 종속된다.

따라서 이 정리는 임의의 $\mathcal{A}\subset\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 와 $\mathcal{A}$ 의 합집합 $A$ 에 대해 "$\mathcal{A}$ 에 종속되고 콤팩트 지지를 갖는 $A$ 의 $C^\infty$ 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 $\mathcal{A},A$ 에 대해 Lem 1.4 를 만족하는 가산모임 $\{Q_i\}_{i\in\mathbb{N}}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 을 생각하자. Lem 1.3 에 따르면 각 $Q_i$ 에 대해 $\text{Int }Q_i$ 에서 양의 값을 갖고 그 밖에서는 0인 $C^\infty$ 급함수 $\psi_i:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 이 존재한다. {조건 (1), (5) 성립} 이때 $\text{supp }\psi_i=Q_i$ 이므로 $\text{supp }\psi_i$ 는 콤팩트하며, {조건 (6) 성립} Lem 1.4 의 조건에 따라 $\text{supp }\psi_i$ 는 $\mathcal{A}$ 의 어떤 원소에 속하고, {조건 (2), (7) 성립} $A$ 의 각 점은 $\{\text{supp }\psi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중 오직 유한개와 겹치는 근방을 갖는다. {조건 (3) 성립} 따라서 $\{\psi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 는 (4)를 제외한 모든 조건을 자동으로 만족한다.

(4) 조건 (3)에 따르면 임의의 $x\in A$ 에 대해 $\{\psi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중 오직 유한개를 제외한 모든 함수가 $x$ 에서 0이다. 따라서 다음과 같이 정의한 급수는 모든 $x\in A$ 에서 반드시 수렴한다.

$$\lambda(x)=\sum_{i=1}^\infty\psi_i(x)$$

이때 $\lambda$ 는 임의의 $x\in A$ 의 근방에서 $\{\psi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중 오직 유한개의 함수의 합과 같으므로 $C^\infty$ 급이다. 또한 임의의 $x\in A$ 에 대해 $x$ 를 interior 에 포함하는 rectagle $Q_i$ 가 존재하므로 $\psi_i(x)>0$ 이며, 따라서 $\lambda$ 는 양의 값만을 갖는다. 따라서 각 $i$ 에 대해 다음의 함수 $\phi_i:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 이 잘 정의된다.

$$\phi_i(x)=\frac{\psi_i(x)}{\lambda(x)}$$

이때 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 는 주어진 조건을 모두 만족한다. $\square$

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

Corollary 1.6. $A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 의 단위분할 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 과 콤팩트집합 $C\subset A$ 에 대해 $C$ 를 포함하는 어떤 $B\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이 존재하여 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중 오직 유한개를 제외한 모든 함수가 $B$ 에서 0이다.

Proof. 각 $x\in C$ 에 대해, 단위분할의 국소유한조건에 따라 어떤 $U_x\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x)$ 가 존재하여 $U_x$ 는 $\{\text{supp }\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 중 오직 유한개와 겹친다. 이때 $U_x$ 와 겹치는 지지집합의 유한모임을 $\{\text{supp }\phi_i\}_{i\in J_x}$ 라고 하자. 이때 $\{\phi_i\}_{i\in J_x}$ 를 제외한 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 의 모든 함수가 $U_x$ 에서 0이다. 모임 $\{U_x:x\in C\}$ 는 $C$ 를 덮으며, $C$ 는 콤팩트하므로 유한부분모임 $\{U_{x_1},\ldots,U_{x_k}\}$ 에 의해 다시 덮인다. 다음과 같이 정의하자.

$$B=\bigcup_{i=1}^kU_{x_i}$$

$$J=\bigcup_{i=1}^kJ_{x_i}$$

이때 유한모임 $\{\phi_i\}_{i\in J}$ 를 제외한 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 의 모든 함수는 $B$ 에서 0이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

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 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}$ 가 콤팩트집합 $C\subset A$ 밖에서 0이면 $f$ 는 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능하고 $C$ 에서 (원래의 의미로) 적분가능하며 다음이 성립한다.$$\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_C}f$$

※ 적분가능성의 원래의 의미와 확장된 의미에 대해서는 아래의 두 링크 참고

[다변수 적분] ch4. 유계집합 위의 적분

[다변수 적분] ch6. 특이적분

Proof.

Step 1. $f_C:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 이 연속임을 보이자. $\text{Int }A$ ($=A$) 의 임의의 점의 어떤 근방에서 $f_C=f$ 이므로 $f_C$ 는 $\text{Int }A$ 에서 연속이고, $\text{Ext }A$ 의 임의의 점의 어떤 근방에서 $f_C=0$ 이므로 $f_C$ 는 $\text{Ext }A$ 에서 연속이다. 임의의 $x\in\text{Bd }A$ 를 생각하자. $x\notin A$ 이므로 $x\notin C$ 이며, $\mathbb{R}^n\setminus C$ 는 열린집합이므로 $x$ 의 어떤 근방에서 $f_C=0$ 이다. 따라서 $f$ 는 $\text{Bd }A$ 에서 연속이며, 정리하면 $f$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 연속이다.

Step 2. $f$ 가 $C$ 에서 (원래의 의미로) 적분가능함을 보이자. 하이네-보렐 정리에 따라 $C$ 는 유계이므로 $C$ 를 포함하는 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 가 존재한다. $f_C$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 연속이므로 르베그 판정법에 따라 $f_C$ 는 $Q$ 에서 (원래의 의미로) 적분가능하며, 따라서 $f$ 는 $C$ 에서 원래의 의미로 적분가능하다.

Step 3. 이제 본 정리를 증명하자. 링크의 Lem 6.2 의 성질을 만족하는 집합열 $\{C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 을 생각하자. 집합열 $\{\text{Int }C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 은 $A$ 를 덮으므로 $C$ 도 덮으며, $C$ 는 콤팩트하므로 이 중 유한모임으로 다시 덮인다. 이 유한모임에서 가장 큰 원소(집합)을 $\text{Int }C_M$ 이라고 하자. $C\subset C_M$ 이 성립하며 $C$ 밖에서 $f=0$ 이므로 $M$ 보다 큰 자연수 $N$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_C}f$$

이는 함수 $|f|$ 에 대해서도 동일하게 적용되며, 적분의 성질(링크의 Thm 4.3 중 monotonicity)에 따라 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_C}|f|$ 는 수열 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}|f|$ 의 상한이다. 따라서 링크의 Thm 6.3 에 따라 $f$ 는 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능하며 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f=\lim_{N\to\infty}\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_C}f\tag*{$\square$}$$

위의 도움정리에 따르면, 콤팩트 지지를 갖는 $A$ 의 단위분할 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 에 대해 $\phi_if$ 는 $\text{supp }\phi_i$ 밖에서 0이므로 $\phi_if$ 는 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능하다. 이제 다음의 정리를 확인하자.

Theorem 1.8. 연속함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}$ 과 콤팩트 지지를 갖는 $A$ 의 단위분할 $\{\phi_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ 에 대해 $f$ 가 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능할 필요충분조건은 다음의 급수가 수렴하는 것이다.$$\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_i|f|$$ 이때 다음이 성립한다.$$\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f=\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if$$

Proof. $A$ 에 속하는 부피를 갖는 모든 콤팩트집합의 모임을 $\mathcal{D}$ 라고 하자.

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

($\Leftarrow$) 급수 $\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{supp }\phi_i}}\phi_if$ 가 수렴한다고 하자. 임의의 $D\in\mathcal{D}$ 를 고정하자. Cor 1.6 에 따르면 어떤 자연수 $M$ 에 대해 $i>M$ 이면 $D$ 에서 $\phi_i=0$ 이다. 따라서 임의의 $x\in D$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$f(x)=f(x)\left(\sum_{i=1}^M\phi_i(x)\right)=\sum_{i=1}^M\phi_i(x)f(x)$$

따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f\\=&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}\sum_{i=1}^M\phi_if\\=&\;\sum_{i=1}^M\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}\phi_if\qquad\text{by linearity}\\\le&\;\sum_{i=1}^M\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{D\cup(\text{supp }\phi_i)}}\phi_if\qquad\text{by monotonicity}\end{align}$$

이때 $\phi_if$ 는 콤팩트집합 $D\cup(\text{supp }\phi_i)\subset A$ 밖에서 0이므로 Lem 1.7 에 따라 다음과 같다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{D\cup(\text{supp }\phi_i)}}\phi_if=\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f&\le\sum_{i=1}^M\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if\\&\le\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if\end{align}$$

$D$ 를 $\mathcal{D}$ 에서 임의로 선택하였으므로 특이적분의 정의에 따라 $f$ 는 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능하며 다음을 얻는다.

$$\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f\le\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if$$

($\Rightarrow$) $f$ 가 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능하다고 하자. 링크의 Thm 6.3 에 따르면 링크의 Lem 6.2 의 성질을 만족하는 집합열 $\{C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 에 대해 수열 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}f$ 는 위로 유계이다. 이때 모든 $N,i$ 에 대해 적분의 comparison 성질에 따라 다음과 같다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}\phi_if\le\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}f$$

따라서 수열 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}\phi_if$ 도 위로 유계이다. 그러므로 다시 링크의 Thm 6.3 에 따라 각 $\phi_if$ 는 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능하다. 임의의 자연수 $N$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\sum_{i=1}^N\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if=\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\sum_{i=1}^N\phi_if=\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f$$

따라서 급수 $\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if$ 는 위로 유계이므로 수렴한다. 한편 다음이 성립한다.

$$\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if\le\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f$$

위의 결과를 종합하면 다음을 얻는다.

$$\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f=\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if$$

Step 2. 일반적인 $f$ 에 대해 본 정리를 증명하자. 링크의 Cor 6.4 에 따르면 $f$ 가 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능할 필요충분조건은 $|f|$ 가 $A$ 에서 (확장된 의미로) 적분가능한 것이며, step 1 에 따르면 이는 급수 $\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_i|f|$ 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.

$$\begin{align}&\;\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f\\=&\;\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}(f_+-f_-)\\=&\;\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f_+-\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f_-\\=&\;\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if_+-\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if_-\\=&\;\sum_{i=1}^\infty\left(\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if_+-\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if_-\right)\\=&\;\sum_{i=1}^\infty\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}\phi_if\tag*{$\square$}\end{align}$$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

이전 읽을거리)

[선형변환부터 동형사상까지] ch1. 선형변환

다음 읽을거리: ch2. 미분동형사상

[다변수 적분] ch6. 특이적분

김한결 — Mon, 16 Jan 2023 01:10:55 +0900

이전 읽을거리: ch5. 부피를 갖는 집합

특이적분의 정의

지금까지 사용해온 적분은, 이를테면 $\int_Sf$ 라고 할때 $S$ 가 유계이고 $f$ 가 유계인 경우에 대해서만 정의했었다. 이제 $S$ 가 유계일 필요도, $f$ 가 유계일 필요도 없는 확장된 의미의 적분을 정의하자. 다만 소개할 적분은 $S$ 가 열려있고 $f$ 가 연속임을 요구한다.

다음의 보조정의부터 시작하자. 구분을 위해 기존의 적분을 $\sideset{^\text{ord}}{}\int$ , 이번에 정의할 적분을 $\sideset{^\text{ext}}{}\int$ 라고 쓰자.

Definition. 음의 값을 갖지않는 연속함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}$ 과 $A$ 의 부분집합인 부피를 갖는 모든 콤팩트집합의 모임 $\mathcal{D}$ 에 대하여 다음의 집합을 생각하자.$$\left\{\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f:D\in\mathcal{D}\right\}$$ 만약 위 집합의 상한이 존재하면 $A$ 에서 $f$ 가 (확장된 의미로) 적분가능하다고 하며 다음을 $A$ 에서 $f$ 의 (확장된) 적분이라고 한다.$$\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f=\text{sup}\left\{\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f:D\in\mathcal{D}\right\}$$

$f$ 는 연속이므로 임의의 $D\in\mathcal{D}$ 에 대해 $f(D)$ 는 콤팩트하다. 따라서 $f$ 는 $D$ 에서 유계이며, Cor 5.2 에 따라 적분 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f$ 가 존재하므로 위의 확장된 정의는 잘 정의된다.

Definition. 연속함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음의 두 함수 $f_+,f_-:A\to\mathbb{R}$ 을 생각하자.$$f_+(x)=\text{max}\{f(x),0\}$$$$f_-(x)=\text{max}\{-f(x),0\}$$ $A$ 에서 $f_+$ 와 $f_-$ 가 (확장된 의미로) 적분가능하면 $A$ 에서 $f$ 가 (확장된 의미로) 적분가능하다고 하며 다음을 $A$ 에서 $f$ 의 (확장된) 적분이라고 한다.$$\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f=\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f_+-\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f_-$$

※ Lem 4.2 에 의해 두 함수 $f_+,f_-$ 가 연속임이 보장된다.

이제 우리는 두 가지 의미의 적분을 갖게 되었다. 하나는 $S$ 가 유계이고 $f$ 가 유계일 때의 적분 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_S}f$ , 나머지 하나는 $S$ 가 열려있고 $f$ 가 연속일 때의 적분 $\sideset{^\text{ext}}{}{\int_S}f$ 이다. 만약 적분가능성을 논의할때 $S$ 가 유계가 아니거나 $f$ 가 유계가 아니라면 당연히 "확장된 의미의" 적분을 의미할 것이고, 혹은 $S$ 가 열려있지 않거나 $f$ 가 연속이 아니라면 당연히 "원래의 의미의" 적분을 의미할 것이다.

그러나 만약 $S$ 가 유계이며 열려있고 $f$ 가 유계이며 연속일 때 특별한 구별 없이 적분가능성을 논의한다면 이는 자칫 모호해 보이기도 한다. 나중에 밝히겠지만, 이 경우 다행히 두 적분은 동일한 값을 가지므로 걱정하지 않아도 된다. 그러므로 다음의 약속을 받아들이자.

Convention. 연속함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}$ 에 대해 $\int_Af$ 는 특별한 언급이 없어도 확장된 적분을 의미한다고 하자.

다시 말하자면 열린집합이 아닌 집합 $D$ 에 대해 $\int_Df$ 는 당연히 원래의 적분을 의미할수밖에 없다. 콤팩트 집합은 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있을 수 없으므로, 위의 약속을 받아들이면 확장된 적분의 정의에서 볼 수 있는 다음의 식은 모호한 부분이 존재하지 않는다.

$$\int_Af=\text{sup}\left\{\int_Df:D\in\mathcal{D}\right\}$$

다음의 자명한 성질을 잠시 확인하고 가자.

Lemma 6.1. 임의의 $A,B\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) $\text{Int }A\cup\text{Int }B\subset\text{Int}(A\cup B)$
(2) $\text{Int }A\cap\text{Int }B\subset\text{Int}(A\cap B)$

Proof.

(1) 임의의 $x\in\text{Int }A\cup\text{Int }B$ 를 생각하자. 어떤 $U\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x)$ 가 존재하여 $A$ 또는 $B$ 에 포함된다. 이는 $U$ 가 $A\cup B$ 에 포함된다는 것이므로 $x\in\text{Int}(A\cup B)$ 를 얻는다.

(2) 임의의 $x\in\text{Int }A\cap\text{Int }B$ 를 생각하자. 어떤 $U_1,U_2\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x)$ 가 존재하여 $U_1\subset A$ , $U_2\subset B$ 가 성립한다. 이때 $U_1\cap U_2$ 는 $U_1,U_2$ 의 부분집합이므로 $A$ 에도 포함되고 $B$ 에도 포함된다. 이는 $U_1\cap U_2$ 가 $A\cap B$ 에 포함된다는 것이며, $U_1\cap U_2$ 는 여전히 $x$ 를 포함하므로 $x\in\text{Int}(A\cap B)$ 를 얻는다. $\square$

다음의 집합열은 특이적분의 이론에서 중요하게 쓰인다.

Lemma 6.2. 임의의 $A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 에 대해 다음의 성질을 만족하는 모임 $\{C_1,C_2,\ldots\}$ 이 존재한다.
(1) 각 $C_N$ 는 부피를 갖는 콤팩트집합이다.
(2) 각 $C_i$ 는 $A$ 의 부분집합이며 다음이 성립한다.$$\bigcup_{i=1}^\infty D_i=A$$ (3) 각 자연수 $N$ 에 대해 다음이 성립한다.$$C_N\subset\text{Int }C_{N+1}$$

Proof. Sup metric 표기법에 따르면 $d(x,y)=|x-y|$ 이다. $B=\mathbb{R}^n\setminus A$ 와 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음과 같이 쓰자.

$$d(x,B)=\text{inf}\{d(x,b):b\in B\}$$

이는 $x$ 에 대한 연속함수임이 알려져있다. (링크의 $\epsilon$-근방 정리 증명 참고) 각 자연수 $N$ 에 대해 다음의 집합을 생각하자.

$$D_N=\left\{x\in\mathbb{R}^n:d(x,B)\ge\frac{1}{N}\land d(x,0)\le N\right\}$$

이때 모임 $\{D_1,D_2,\ldots\}$ 가 본 정리에서 각 $D_i$ 가 부피를 가짐을 제외한 모든 조건을 만족함을 보이자.

Step 1. 각 $D_N$ 이 콤팩트함을 보이자. 하이네-보렐 정리에 따르면 $D_N$ 이 유계이고 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있음을 보이면 된다. 먼저 $D_N$ 은 조건 $d(x,0)\le N$ 에 의해 중심이 0이고 반경이 $N$ 인 rectangle 에 속하므로 $D_N$ 은 유계이다. $D_N$ 이 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있음을 보이자. $D_N$ 은 다음의 두 집합 $D_N',D_N''$ 의 교집합이므로 이 두 집합이 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있음을 보이면 된다.

$$D_N'=\left\{x\in\mathbb{R}^n:d(x,B)\ge\frac{1}{N}\right\}$$

$$D_N''=\left\{x\in\mathbb{R}^n:d(x,0)\le N\right\}$$

1. $D_N'$ 이 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있음을 보이자. 임의의 $x_0\in\mathbb{R}^n\setminus D_N'$ 를 고정하면 $D_N'$ 의 정의에 따라 $d(x_0,B)<\frac{1}{N}$ 이다. 한편 $x$ 에 대한 함수 $d(x,B)$ 는 연속이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;x\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x_0)\\\Rightarrow&\;|d(x,B)-d(x_0,B)|<\frac{1}{N}-d(x_0,B)\\\Rightarrow&\; d(x,B)-d(x_0,B)<\frac{1}{N}-d(x_0,B)\\\Rightarrow&\;d(x,B)<\frac{1}{N}\end{align}$$

따라서 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x_0)$ 는 $D_N'$ 과 서로소이므로 $\mathbb{R}^n\setminus D_N'$ 에 속한다. 즉 $\mathbb{R}^n\setminus D_N'$ 은 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 $D_N'$ 은 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다.

2. $D_N''$ 이 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있음을 보이자. 임의의 $x_0\in\mathbb{R}^n\setminus D_N''$ 를 고정하면 $D_N'$ 의 정의에 따라 $d(x_0,B)>N$ 이다. 한편 $x$ 에 대한 함수 $d(x,0)=|x|$ 는 연속이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;x\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x_0)\\\Rightarrow&\;|d(x,0)-d(x_0,0)|<d(x_0,0)-N\\\Rightarrow&\;d(x_0,0)-d(x,0)<d(x_0,0)-N\\\Rightarrow&\;d(x,0)>N\end{align}$$

따라서 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x_0)$ 는 $D_N''$ 과 서로소이므로 $\mathbb{R}^n\setminus D_N''$ 에 속한다. 즉 $\mathbb{R}^n\setminus D_N''$ 은 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 $D_N''$ 은 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다.

Step 2. 각 $D_N$ 이 $A$ 의 부분집합이며 다음이 성립함을 보이자.

$$\bigcup_{i=1}^\infty D_i=A$$

1. $D_N$ 이 $A$ 의 부분집합임을 보이자. 모순을 보이기 위해 어떤 $D_N$ 이 $A$ 의 부분집합이 아니라고 가정하자. 이 경우 어떤 $x\in D_N$ 에 대해 $x\in B$ 가 성립한다. 이때 $D_N$ 의 성질에 따라 $d(x,B)\ge\frac{1}{N}$ 이어야 하는데, $x$ 는 $B$ 에 속하므로 모순. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

2. $\{D_1,D_2,\ldots\}$ 의 합집합이 $A$ 임을 보이자. 위의 논의에 따라 각 $D_N$ 은 $A$ 의 부분집합이므로 다음이 성립함을 보이는 것으로 충분하다.

$$A\subset\bigcup_{i=1}^\infty D_i$$

임의의 $x\in A$ 를 생각하자. $A$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)$ 가 $A$ 에 속한다. 이는 다시말해 임의의 $b\in B$ 는 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)$ 에 속하지 않으므로 $d(x,b)\ge\delta$ 가 성립한다. 따라서 $\delta\le d(x,B)$ 를 얻는다. 아르키메데스 성질에 따라 $\frac{1}{\delta}$ , $d(x,0)$ 보다 큰 자연수 $N$ 이 존재한다. 이때 다음이 성립한다.

$$d(x,B)\ge\frac{1}{N}\land d(x,0)\le N$$

따라서 $x\in D_N$ 이 성립한다. 정리하면 임의의 $x\in A$ 에 대해 어떤 $N\in\mathbb{N}$ 이 존재하여 $x\in D_N$ 이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

Step 3. 각 자연수 $N$ 에 대해 다음이 성립함을 보이자.

$$D_N\subset\text{Int }D_{N+1}$$

다음의 집합을 생각하자.

$$A_{N+1}=\left\{x\in\mathbb{R}^n:d(x,B)>\frac{1}{N+1}\land d(x,0)<N+1\right\}$$

이 집합은 다음의 두 집합의 교집합이며, 이 두 집합이 각각 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있음은 step 1 의 증명과 비슷하게 알 수 있으므로 $A_{N+1}$ 은 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다.

$$\left\{x\in\mathbb{R}^n:d(x,B)>\frac{1}{N+1}\right\}$$

$$\left\{x\in\mathbb{R}^n:d(x,0)<N+1\right\}$$

한편 정의에 따라 $D_N\subset A_{N+1}$ 및 $A_{N+1}\subset D_{N+1}$ 가 성립함을 알 수 있다. 따라서 $A_{N+1}$ 은 $D_{N+1}$ 에 포함되는 열린집합이므로 다음이 성립한다.

$$A_{N+1}\subset\text{Int }D_{N+1}$$

따라서 원하는 결과를 얻는다.

Step 4. 이제 본 정리를 증명하자. 임의의 자연수 $N$ 을 고정하고 임의의 $x\in D_N$ 를 고정하자. Step 3 에 따라 $x\in\text{Int }D_{N+1}$ 이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)$ 이 $\text{Int }D_{N+1}$ 에 포함된다. $x=(x_1,\ldots,x_n)$ 이라고 하면 다음의 $Q_x\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 은 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)$ 에 포함되므로 $\text{Int }D_{N+1}$ 에도 포함된다.

$$Q_x=\left[x_1-\frac{\delta}{2},x_1+\frac{\delta}{2}\right]\times\cdots\times\left[x_n-\frac{\delta}{2},x_n+\frac{\delta}{2}\right]$$

이렇게 구성된 모임 $\{Q_x\}_{x\in D_N}$ 은 $D_N$ 의 모든 점을 포함하므로 $D_N$ 을 덮는다. 이때 모임 $\{\text{Int }Q_x\}_{x\in D_N}$ 도 $D_N$ 을 덮으며, $D_N$ 은 콤팩트하므로 다음의 유한모임이 존재하여 $D_N$ 을 덮는다.

$$\{\text{Int }Q_{x_1},\ldots,\text{Int }Q_{x_k}\}$$

다음과 같이 $C_N$ 을 구성하면 $C_N$ 은 $D_N$ 을 포함하며, Lem 6.1 에 따라 $\text{Int }C_N$ 도 $D_N$ 을 포함한다.

$$C_N=\bigcup_{i=1}^kQ_{x_i}$$

이때 $C_N$ 은 콤팩트집합의 유한합집합이므로 콤팩트하다. 한편 Thm 2.1 과 Thm 5.1 에 따라 모든 rectangle 은 부피를 갖고, 부피의 additivity 성질에 따라 $C_N$ 도 부피를 갖는다. 또한 각 $Q_{x_i}$ 는 $\text{Int }D_{N+1}$ 에 포함되므로 $C_N$ 도 $\text{Int }D_{N+1}$ 에 포함된다. 정리하면 다음과 같다.

$$D_N\subset\text{Int }C_N\subset C_N\subset\text{Int }D_{N+1}$$

따라서 다음 식이 성립한다.

$$C_N\subset\text{Int }D_{N+1}\subset D_{N+1}\subset\text{Int }C_{N+1}$$

그러므로 각 $N$ 에 대해 $C_N\subset\text{Int }C_{N+1}$ 가 성립한다. 한편 $C_N\subset D_{N+1}$ 이고 $D_{N+1}$ 은 $A$ 의 부분집합이므로 $C_N$ 도 $A$ 의 부분집합임을 알 수 있다. 마지막으로 다음이 성립함을 보이자.

$$\bigcup_{i=1}^\infty C_i=A$$

임의의 $x\in A$ 를 생각하자. Step 3 에 따라 어떤 $N\in\mathbb{N}$ 이 존재하여 $x\in D_N$ 이 성립하며 $D_N\subset C_N$ 이므로 $x\in D_N$ 이 성립한다. 따라서 $A\subset\bigcup_{i=1}^\infty C_i$ 를 얻는다. 임의의 $x\in\bigcup_{i=1}^\infty C_i$ 를 생각하자. 어떤 $N\in\mathbb{N}$ 이 존재하여 $x\in C_N$ 이 성립하며 $C_N\subset D_{N+1}$ 이므로 $x\in D_{N+1}$ 이 성립한다. Step 3 에 따라 $x\in A$ 이므로 $\bigcup_{i=1}^\infty C_i\subset A$ 를 얻는다. $\square$

위 도움정리에 나오는 집합열 $\{C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 에는 추가적으로 몇 가지 특징을 갖는다. 우선 확대집합열의 특성을 가지므로 유한합집합은 가장 큰 집합과 동일하다. 이를테면 $N_1<\cdots<N_k$ 에 대해 다음과 같다.

$$\bigcup_{i=1}^kC_{N_i}=C_{N_k}$$

또한 각 자연수 $N$ 에 대해 $C_N\subset C_{N+1}\subset\text{Int }C_{N+1}$ 이므로 다음이 자명하게 성립한다.

$$\bigcup_{i=1}^\infty\text{Int }C_N=A$$

이제 확장된 적분의 새로운 정의를 확인해보자. 다음의 정의는 실제로 특이적분을 계산하는 방법에 대한 도움을 준다.

Theorem 6.3. 연속함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}$ 과 Lem 6.2 의 성질을 만족하는 집합열 $\{C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 을 생각하자. $f$ 가 $A$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 수열 $\int_{C_N}|f|$ 가 유계인 것이다. 이때 수열 $\int_{C_N}f$ 가 수렴하며 다음이 성립한다.$$\int_Af=\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f$$

Proof.

Step 1. $f$ 가 음의 값을 갖지 않을 때 본 정리가 성립함을 보이자. 이 경우 $f=|f|$ 이며 적분의 monotonicity 성질에 따라 수열 $\int_{C_N}f$ 는 증가한다. 단조수렴정리에 따르면 증가수열이 수렴할 필요충분조건은 위로 유계인 것이다. $A$ 의 부분집합인 부피를 갖는 모든 콤팩트집합의 모임 $\mathcal{D}$ 를 생각하자.

($\Rightarrow$) $f$ 가 $A$ 에서 적분가능하다고 하자. 각 $C_N$ 은 $\mathcal{D}$ 에 포함되므로 다음과 같다.

$$\int_{C_N}f\le\underset{D\in\mathcal{D}}{\text{sup}}\int_Df=\int_Af$$

따라서 수열 $\int_{C_N}f$ 는 위로 유계이므로 수렴한다. 한편 다음이 성립한다. (링크의 순서극한정리 참고)

$$\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f\le\int_Af$$

($\Leftarrow$) 수열 $\int_{C_N}f$ 가 위로 유계라고 하자. 이때 이 수열은 수렴한다. 임의의 $D\in\mathcal{D}$ 를 고정하자. 집합열 $\{\text{Int }C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 은 $A$ 를 덮으므로 $D$ 또한 덮는다. $D$ 는 콤팩트하므로 $\{\text{Int }C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 의 어떤 유한부분모임에 의해 다시 덮인다. 이때 $\{\text{Int }C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 는 확대집합열이므로 어떤 자연수 $M$ 에 대해 $D\subset\text{Int }C_M$ 이 성립한다. 적분의 monotonicity 성질에 따라 다음이 성립한다.

$$\int_Df\le\int_{C_M}f\le\lim_{N\to\infty}f$$

$D$ 를 $\mathcal{D}$ 에서 선택였으므로 집합 $\{\int_Df:D\in\mathcal{D}\}$ 는 위로 유계이며, 정의에 따라 $f$ 는 $A$ 에서 적분가능하다. 한편 다음이 성립한다.

$$\int_Af\le\lim_{N\to\infty}f$$

정리하면 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\int_Af=\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f$$

Step 2. 일반적인 $f$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. 정의에 따르면 $f$ 가 $A$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $f_+,f_-$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이며, step 1 에 따라 이는 수열 $\int_{C_N}f_+,\int_{C_N}f_-$ 가 수렴하는 것과 동치이다. 이때 $f_+,f_-$ 는 음의 값을 갖지 않으므로, 적분의 monotonicity 성질에 따라 $f$ 가 $A$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 수열 $\int_{C_N}f_+,\int_{C_N}f_-$ 가 위로 유계임과 동치이다. 임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 자명하다.

$$0\le f_+(x)\le|f(x)|\qquad0\le f_-(x)\le|f(x)|$$

$$|f(x)|=f_+(x)+f_-(x)$$

이로부터 적분의 linearity, comparison 성질에 따라 수열 $\int_{C_N}f_+,\int_{C_N}f_-$ 가 위로 유계일 필요충분조건은 수열 $\int_{C_N}|f|$ 가 위로 유계임이 자명하다. $\int_{C_N}|f|$ 는 증가수열이므로, 정리하면 $f$ 가 $A$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $\int_{C_N}|f|$ 가 유계이다. 이제 $f$ 가 $A$ 에서 적분가능하다고 가정하고 다음이 성립함을 보이자.

$$\int_Af=\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f$$

$f$ 가 $A$ 에서 적분가능하면 지금까지의 논의에 따라 수열 $\int_{C_N}f_+,\int_{C_N}f_-$ 가 수렴한다. 한편 $f=f_+-f_-$ 이므로 각 $C_N$ 에 대해 다음과 같다.

$$\int_{C_N}f=\int_{C_N}f_+-\int_{C_N}f_-$$

따라서 수열 $\int_{C_N}f$ 는 수렴하며 다음과 같다. (링크의 대수극한정리 참고)

$$\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f=\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f_+-\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f_-$$

한편 step 1 의 결론에 따라 다음과 같다.

$$\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f_+=\int_Af_+$$

$$\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f_-=\int_Af_-$$

따라서 확장된 적분의 정의에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f&=\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f_+-\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f_-\\&=\int_Af_+-\int_Af_-\\&=\int_Af\tag*{$\square$}\end{align}$$

Corollary 6.4. 연속함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}$ 가 $A$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 $|f|$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이다.

Proof. Lem 6.2 의 성질을 만족하는 집합열 $\{C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 을 생각하자. Thm 6.3 에 따라 $f$ 가 $A$ 에서 적분가능할 필요충분조건은 수열 $\int_{C_N}|f|$ 가 유계인 것이다. 한편 $|f|=\big||f|\big|$ 이므로 수열 $\int_{C_N}|f|$ 는 $\int_{C_N}\big||f|\big|$ 와 같다. 따라서 수열 $\int_{C_N}|f|$ 가 유계일 필요충분조건은 $|f|$ 가 $A$ 에서 적분가능한 것이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

특이적분의 성질

특이적분에도 원래의 적분과 아주 유사한 성질이 성립한다.

Theorem 6.5 (특이적분의 성질).
연속함수 $f,g:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) (Linearity) $f,g$ 가 $A$ 에서 적분가능하면 $a,b\in\mathbb{R}$ 에 대해 $af+bg$ 도 $A$ 에서 적분가능하며 다음과 같다.$$\int_A(af+bg)=a\int_Af+b\int_Ag$$ (2) (Comparison) $f,g$ 가 $A$ 에서 적분가능하고 임의의 $x\in A$ 에 대해 $f(x)\le g(x)$ 이면 다음과 같다.$$\int_Af\le\int_Ag$$ 특히 $|f|$ 가 $A$ 에서 적분가능하며 다음과 같다.$$\left|\int_Af\right|\le\int_A|f|$$ (3) (Monotonicity) $B\subset A$ 의 부분집합 $B\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 에 대해 $f$ 가 음의 값을 갖지 않고 $A,B$ 에서 적분가능하면 다음과 같다.$$\int_Bf\le\int_Af$$ (4) (Additivity) $A_1,A_2\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 에 대해 $A=A_1\cup A_2$ 라고 하자. $f$ 가 $A_1,A_2$ 에서 적분가능하면 $A,A_1\cap A_2$ 에서 적분가능하며 다음과 같다.$$\int_Af=\int_{A_1}f+\int_{A_2}f-\int_{A_1\cap A_2}f$$

Proof. Lem 6.2 의 성질을 만족하는 집합열 $\{C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 을 생각하자. 각 $C_N$ 에 대해 $f,g$ 는 $C_N$ 에서 (원래의 의미로) 적분가능하다.

(1) 적분의 linearity 성질과 comparison 성질에 따라 $|f|,|g|,|af+bg|$ 는 $C_N$ 에서 적분가능하며 다음이 성립한다.

$$\int_{C_N}|af+bg|\le|a|\int_{C_N}|f|+|b|\int_{C_N}|g|$$

Thm 6.3 에 따라 수열 $\int_{C_N}|f|,\int_{C_N}|g|$ 는 유계이며, 따라서 수열 $\int_{C_N}|af+bg|$ 도 유계이므로 $af+bg$ 는 $A$ 에서 적분가능하다. 한편 적분의 linearity 성질에 따라 각 $C_N$ 에 대해 다음과 같다.

$$\int_{C_N}(af+bg)=a\int_{C_N}f+b\int_{C_N}g$$

Thm 6.3 에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\int_A(af+bg)&=\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}(af+bg)\\&=a\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f+b\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}g\\&=a\int_Af+b\int_Ag\end{align}$$

(2) 임의의 $x\in C_N$ 에 대해 $f(x)\le g(x)$ 이므로 적분의 comparison 성질에 따라 다음이 성립한다.

$$\int_{C_N}f\le\int_{C_N}g$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\int_Af=\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}f\le\lim_{N\to\infty}\int_{C_N}g=\int_Ag$$

(3) $B$ 의 부분집합인 부피를 갖는 모든 콤팩트집합의 모임을 $\mathcal{D}$ 라고 하자. 임의의 $D\in\mathcal{D}$ 에 대해 $D$ 는 $A$ 의 부분집합이기도 하므로 특이적분의 정의에 따라 다음이 자명하다.

$$\int_Df\le\int_Af$$

즉 $\int_Af$ 는 집합 $\{\int_Df:D\in\mathcal{D}\}$ 의 상계이므로 다음을 얻는다.

$$\int_Bf=\underset{D\in\mathcal{D}}{\text{sup}}\int_Df\le\int_Af$$

(4) Lem 6.2 에서 $A$ 대신 $A_1$ 에 대한 성질을 만족하는 집합열 $\{C_N^{(1)}\}_{N\in\mathbb{N}}$ , $A$ 대신 $A_2$ 에 대한 성질을 만족하는 집합열 $\{C_N^{(2)}\}_{N\in\mathbb{N}}$ 를 생각하자. 이때 각 $N$ 에 대하여 다음과 같이 정의하자.

$$E_N=C_N^{(1)}\cup C_N^{(2)}\qquad F_N=C_N^{(1)}\cap C_N^{(2)}$$

이때 $\{E_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ , $\{F_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ 은 각각 부피를 갖는 콤팩트집합으로 이루어진 집합열이며 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\bigcup_{i=1}^\infty E_i&=\bigcup_{i=1}^\infty\left(C_i^{(1)}\cup C_i^{(2)}\right)\\&=\left(\bigcup_{i=1}^\infty C_i^{(1)}\right)\cup\left(\bigcup_{i=1}^\infty C_i^{(2)}\right)\\&=A_1\cup A_2\end{align}$$

$$\begin{align}\bigcup_{i=1}^\infty F_i&=\bigcup_{i=1}^\infty\left(C_i^{(1)}\cap C_i^{(2)}\right)\\&=\left(\bigcup_{i=1}^\infty C_i^{(1)}\right)\cap\left(\bigcup_{i=1}^\infty C_i^{(2)}\right)\\&=A_1\cap A_2\end{align}$$

이제 각 $N$ 에 대해 다음이 성립함을 보이자.

$$E_N\subset\text{Int }E_{N+1}\qquad F_N\subset\text{Int }F_{N+1}$$

정의에 따라 각 $N$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$C_N^{(1)}\subset\text{Int }C_{N+1}^{(1)}\qquad C_N^{(2)}\subset\text{Int }C_{N+1}^{(2)}$$

이때 Lem 6.1 에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}E_N&=C_N^{(1)}\cup C_N^{(2)}\\&\subset\text{Int }C_{N+1}^{(1)}\cup\text{Int }C_{N+1}^{(1)}\\&\subset\text{Int}\left(C_{N+1}^{(1)}\cup C_{N+1}^{(1)}\right)\\&=\text{Int }E_{N+1}\end{align}$$

$$\begin{align}F_N&=C_N^{(1)}\cap C_N^{(2)}\\&\subset\text{Int }C_{N+1}^{(1)}\cap\text{Int }C_{N+1}^{(1)}\\&\subset\text{Int}\left(C_{N+1}^{(1)}\cap C_{N+1}^{(1)}\right)\\&=\text{Int }F_{N+1}\end{align}$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. 이제 본 정리를 증명하자. 각 $N$ 에 대해 적분의 additivity 성질에 따라 다음이 성립한다.

$$\int_{E_N}f=\int_{C_N^{(1)}}f+\int_{C_N^{(2)}}f-\int_{F_N}f$$

이 식은 함수 $|f|$ 의 경우에도 동일하게 성립하므로 다음을 얻는다.

$$\int_{E_N}|f|+\int_{F_N}|f|=\int_{C_N^{(1)}}|f|+\int_{C_N^{(2)}}|f|$$

$$\therefore\int_{E_N}|f|,\int_{F_N}|f|\le\int_{C_N^{(1)}}|f|+\int_{C_N^{(2)}}|f|$$

한편 전제에서 $f$ 가 $A_1,A_2$ 에서 적분가능하다고 하였으므로 수열 $\int_{C_N^{(1)}}|f|,\int_{C_N^{(2)}}|f|$ 는 위로 유계이다. 따라서 수열 $\int_{E_N}|f|,\int_{F_N}|f|$ 도 위로 유계이며, 따라서 $f$ 는 $A,A_1\cap A_2$ 에서도 적분가능하다. 한편 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}&\;\int_Af\\=&\;\lim_{N\to\infty}\int_{E_N}f\\=&\;\lim_{N\to\infty}\int_{C_N^{(1)}}f+\lim_{N\to\infty}\int_{C_N^{(2)}}f-\lim_{N\to\infty}\int_{F_N}f\\=&\;\int_{A_1}f+\int_{A_2}f-\int_{A_1\cap A_2}f\tag*{$\square$}\end{align}$$

이제 "원래의 적분" 과 "확장된 적분" 이 모두 정의가능한 상황에서 어떤 일이 벌어지는지 확인하자. 이는 중요한 과정이다.

Theorem 6.6. $\mathbb{R}^n$ 에서 열린 유계집합 $A$ 와 유계 연속함수 $f:A\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) 적분 $\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f$ 가 존재한다.
(2) 적분 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f$ 가 존재한다면 다음과 같다.$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f=\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f$$

Proof. $A$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ , Lem 6.2 의 성질을 만족하는 집합열 $\{C_N\}_{N\in\mathbb{N}}$ , $A$ 의 부분집합인 부피를 갖는 모든 콤팩트집합의 모임 $\mathcal{D}$ 를 생각하자.

(1) $f$ 는 유계이므로 어떤 $M>0$ 이 존재하여 임의의 $x\in A$ 에 대해 $|f(x)|\le M$ 이 성립한다. 각 $C_N$ 에 대해 다음이 성립한다. (적분의 성질 및 부피의 정의와 성질 참고)

$$\begin{align}\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}|f|&\le\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}M\\&=M\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}1\\&=Mv(C_N)\\&\le Mv(Q)\end{align}$$

따라서 수열 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{C_N}}|f|$ 는 위로 유계이므로 Thm 6.3 에 따라 $\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f$ 가 존재한다.

(2)

Step 1. $f$ 가 음의 값을 갖지 않을 때 본 정리가 성립함을 보이자. 적분 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f$ 가 존재한다고 가정하면 원래의 적분의 정의에 따라 다음이 성립한다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_Q}f_A$$

임의의 $D\in\mathcal{D}$ 를 생각하자. $D$ 에서 $f$ 는 $f_A$ 와 동일한 값을 가지므로 다음과 같다.

$$\begin{align}\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f&=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f_A\\&\le\sideset{^\text{ord}}{}{\int_Q}f_A\qquad\text{by monotonicity}\\&=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f\end{align}$$

따라서 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f$ 는 집합 $\{\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f:D\in\mathcal{D}\}$ 의 상계이므로 다음을 얻는다.

$$\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f\le\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f$$

이어서 임의의 $P\in\Pi(Q)$ 를 생각하자. $S(P)$ 의 원소 중 $A$ 에 포함되는 것을 $R_1,\ldots,R_k$ 라고 할때 다음과 같다고 하자.

$$D=R_1\cup\cdots\cup R_k$$

임의의 $R\in S(P)$ 에 대해 만약 $R\subset A$ 라면 $\underset{R}{\text{inf}}\;f_A=\underset{R}{\text{inf}}\;f$ 이고, $R\not\subset A$ 라면 $\underset{R}{\text{inf}}\;f_A=0$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}L(f_A,P)&=\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f_A\right)v(R)\\&=\sum_{i=1}^k\left(\underset{R_i}{\text{inf}}\;f\right)v(R_i)\end{align}$$

한편 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\sum_{i=1}^k\left(\underset{R_i}{\text{inf}}\;f\right)v(R_i)\\=&\;\sum_{i=1}^k\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{R_i}}\left(\underset{R_i}{\text{inf}}\;f\right)\\\le&\;\sum_{i=1}^k\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{R_i}}f\qquad\text{by comparison}\\=&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_D}f\qquad\text{by additivity}\\\le&\;\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f\qquad\text{by definition}\end{align}$$

정리하면 다음과 같다.

$$L(f_A,P)\le\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f$$

이때 $P$ 를 $\Pi(Q)$ 에서 임의로 선택하였으므로 다음을 얻는다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f\le\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f$$

따라서 $f$ 가 음의 값을 갖지 않을 때 다음이 성립한다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f=\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f$$

Step 2. 일반적인 $f$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. 적분 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f$ 가 존재한다고 가정하면 linearity 에 따라 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}(-f)$ 도 존재하며, Lem 4.2 에 따라 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f_+$ , $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f_-$ 도 존재한다. Step 1 에 따라 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f\\=&\;\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f_+-\sideset{^\text{ord}}{}{\int_A}f_-\qquad\text{by linearity}\\=&\;\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f_+-\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f_-\qquad\text{by Step 1}\\=&\;\sideset{^\text{ext}}{}{\int_A}f\qquad\text{by definition}\tag*{$\square$}\end{align}$$

위의 정리의 일부는 유계 연속함수가 열린 유계집합에서 항상 확장된 의미로 적분가능함을 말한다. 다음의 정리를 확인하자.

Corollary 6.7. 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 과 유계 연속함수 $f:A\to\mathbb{R}$ 에 대해 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_S}f$ 가 존재한다면 다음과 같다.$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_S}f=\sideset{^\text{ext}}{}{\int_{\text{Int }S}}f$$

Proof. 우선 Thm 6.6 에 따라 $\sideset{^\text{ext}}{}{\int_{\text{Int }S}}f$ 의 존재성이 보장된다. Thm 4.6 에 따르면 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_S}f$ 가 존재하는 경우 $\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{Int }S}}f$ 도 존재하며 다음이 성립한다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_S}f=\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{Int }S}}f$$

다시 Thm 6.6 에 따라 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\sideset{^\text{ord}}{}{\int_{\text{Int }S}}f=\sideset{^\text{ext}}{}{\int_{\text{Int }S}}f\tag*{$\square$}$$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

이전 읽을거리: ch5. 부피를 갖는 집합

[다변수 적분] ch5. 부피를 갖는 집합

김한결 — Sun, 15 Jan 2023 18:09:39 +0900

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바나흐 측도 문제

잠시 편의를 위해 $\mathbb{R}^n$ 의 모든 유계집합의 모임을 $\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ 이라고 하자. 폴란드 수학자 바나흐(Stefan Banach, 1892-1945)는 임의의 유계집합의 "부피" 를 정의하고자, 다음의 성질을 갖는 함수 $\mu:\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)\to\mathbb{R}$ 가 존재하는지 검토하였다.

1. 임의의 $A\in\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 $\mu(A)\ge 0$ 이다.

2. 임의의 $A,B\in\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 $A\cap B=\varnothing$ 이면 $\mu(A\cup B)=\mu(A)+\mu(B)$ 이다.

3. 거리를 보존하는 임의의 사상 $T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $\mu\circ T=\mu$ 이다.

4. $[0,1]^n=[0,1]\times\cdots\times [0,1]$ 에 대해 $\mu([0,1]^n)=1$ 이다.

바나흐는 $n=1,2$ 에서는 이러한 함수 $\mu$ 가 존재함을 증명하였지만, 독일 수학자 하우스도르프(Felix Hausdorff, 1868-1942)는 $n\ge 3$ 에서 이러한 함수 $\mu$ 가 존재하지 않음을 증명하였다. 즉 3차원 이상의 공간에서는 임의의 유계집합에 부피를 정의하는 것이 불가능하다. 이러한 사실은 다음의 예시에서 적나라하게 드러난다.

바나흐-타르스키 역설 (Banach-Tarski paradox)
임의의 3차원 구 $S\subset\mathbb{R}^3$ 를 생각하자. 서로소인 집합 $A_1,\ldots,A_{p+q}$ 에 대해 다음과 같다고 하자.$$S=A_1\cup\cdots\cup A_{p+q}$$ 이때 평행이동과 회전변환만을 이용하여 각 $A_i$ 를 $B_i$ 로 바꾸어 다음이 성립하도록 할 수 있다.$$S=B_1\cup\cdots\cup B_p$$$$S=B_{p+1}\cup\cdots\cup B_{p+q}$$

※ 평행이동과 회전변환은 거리를 보존하는 사상(등장사상, isometry)중 하나이다.

이는 실제로 참인 명제이며, 단지 역설이라고 불리는 이유는 기하학적 직관에 잘 맞지 않기 때문이다. 위 역설에서 심지어 $p=2$ , $q=3$ 인 경우, 즉 하나의 구를 다섯 조각으로 나누고 재조립하는 것으로 원래의 구 두개를 만들 수 있음이 알려져있다.

수학에서는 이러한 문제를 피하기 위해, 모든 유계집합의 부피를 정의하지 않고 "부피를 갖는 집합" 을 별도로 고려한다.

부피를 갖는 집합

우리는 이미 rectangle 의 부피를 정의한 바 있다. 이제 부피의 정의를 좀 더 일반적인 경우로 확장하자.

Definition. 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 상수함수 $1$ 이 $S$ 에서 적분가능하면 $S$ 가 부피를 갖는다고 하자. 이때 $S$ 의 부피를 $v(S)$ 라고 쓰며 다음과 같이 정의한다.$$v(S)=\int_S1$$

"부피를 갖는다" 라는 용어는 수학계에서 다소 확립되지 못한 듯 하다. 다음의 리스트는 모두 같은 말을 의미한다.

1. 집합이 부피를 갖는다.

2. 집합이 rectifiable 하다.

3. 집합이 Jordan-measurable 이다.

4. 집합이 domain of integration 이다.

본 시리즈의 주 참고문헌인 "Munkres, Analysis on manifolds" 에서는 "rectifiable" 이라는 용어를 사용한다. 이는 예전부터 길이가 정의되는 곡선을 지칭해왔기 때문에, 부피가 정의되는 집합을 위한 용어로 사용하자는 것이 munkres 의 주장이다. 한편 "Spivak, Analysis on manifolds" 에서는 "Jordan-measurable" 이라는 용어를 사용한다. 이는 부피를 갖는 집합과 조르당 측도(Jordan-measure)가 정의되는 집합이 동치이기 때문이다.

필자는 용어 "부피를 갖는다" 를 사용할 것이다. "rectifiable" 은 한국어 독자에게 난해하고, "Jordan-measurable" 은 조르당 측도를 이용하지 않는 상황에서 과분한 용어라고 생각하기 때문이다. 용어 "부피를 갖는다" 는 "김홍종, 미적분학 2+" 를 따랐다. 한편 용어 "domain of integration" 는 아래의 Cor 5.2 에 따라 나름의 명분을 갖지만, 사용하지 않을 것이다.

Theorem 5.1. 집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 이 부피를 가질 필요충분조건은 $S$ 가 유계이고 $\text{Bd }S$ 의 측도가 0인 것이다.

Proof. 함수 $1_S:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 은 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음과 같다.

$$1_S(x)=\begin{cases}1&\text{if }x\in S\\0&\text{if }x\notin S\end{cases}$$

따라서 $1_S$ 는 $\text{Int }S$ 와 $\text{Ext }S$ 에서 연속이고, $\text{Bd }S$ 에서 불연속이다. $S$ 를 포함하는 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 $\int_S1$ 의 존재성은 $\int_Q1_S$ 의 존재성과 동치이며, 르베그 판정법에 따르면 $\int_Q1_S$ 의 존재성은 $\text{Bd }S$ 의 측도가 0임과 동치이다. $\square$

Corollary 5.2. 부피를 갖는 집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 유계 연속함수 $f:S\to\mathbb{R}$ 은 $S$ 에서 적분가능하다.

Proof. 함수 $f_S$ 는 $\text{Int }S$ , $\text{Ext }S$ 에서 반드시 연속이므로 $f_S$ 의 불연속점 집합은 $\text{Bd }S$ 에 포함된다. 한편 Thm 5.1 에 따라 $\text{Bd }S$ 의 측도는 0이므로 르베그 판정법에 따라 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 $f_S$ 는 $Q$ 에서 적분가능하다. 따라서 $f$ 는 $S$ 에서 적분가능하다. $\square$

다음은 부피에 대한 성질이며, 이는 직관에 아주 잘 부합한다.

Theorem 5.3 (부피의 성질). 부피를 갖는 집합 $S,T\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) (Positivity) $v(S)\ge 0$
(2) (Monotonicity) $S\subset T$ 이면 $v(S)\le v(T)$ 이다.
(3) (Additivity) $S\cup T$ 와 $S\cap T$ 는 부피를 가지며 다음과 같다.$$v(S\cup T)=v(S)+v(T)-v(S\cap T)$$ (4) $v(S)=0$ 일 필요충분조건은 $S$ 의 측도가 0인 것이다.
(5) $\text{Int }S$ 는 부피를 가지며 $v(\text{Int }S)=v(S)$ 이다.

Proof. (1), (2), (3)은 Thm 4.3 에 따라 자명하다.

(4) $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 을 생각하자. $1_S$ 는 음의 값을 갖지 않으므로 Thm 2.3 에 따라 $\int_Q1_S=0$ 일 필요충분조건은 $1_S$ 가 거의 모든 곳에서 0인 것이다. $1_S$ 가 0이 아닌 집합은 $S$ 와 같으므로 $1_S$ 가 거의 모든 곳에서 0일 필요충분조건은 $S$ 의 측도가 0인 것이다.

(5) Thm 4.6 에 따라 자명하다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

[2] StackExchange. https://math.stackexchange.com/questions/140710

[3] 김홍종. (2020). 미적분학 2+. 서울대학교출판문화원.

[4] Spivak, Michael. (2019). Analysis on manifolds. CRC press.

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[다변수 적분] ch4. 유계집합 위의 적분

김한결 — Sat, 14 Jan 2023 02:02:11 +0900

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유계집합 위의 적분의 정의

종종 적분을 이용할때 rectangle 이 아닌 집합에서 적분을 해야 할 때가 있다. 이를테면 구의 질량중심을 구하는 문제를 풀기 위해 적분을 이용하는 경우가 그렇다. 이제 적분의 정의를 "약간" 확장해보자.

다음의 정의는 함수의 "자명한 확장" 에 대한 것이다.

Definition. 함수 $f:S\subset\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 에 대하여 함수 $f_S:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 을 다음과 같이 정의한다.$$f_S(x)=\begin{cases}f(x)&\text{if }x\in S\\0&\text{otherwise}\end{cases}$$

이제 적분의 정의를 rectangle 뿐이 아닌 유계집합으로 확장하자.

Definition. 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ , 유계함수 $f:S\to\mathbb{R}$ , $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 를 생각하자. 만약 $\int_Qf_S$ 가 존재하면 $S$ 에서 $f$ 가 적분가능하다고 하며 이 값을 $S$ 에서 $f$ 의 적분이라고 하고 $\int_Sf$ 라고 쓴다.

위 정의에는 모호한 부분이 존재한다. $S$ 를 포함하는 임의의 rectangle $Q$ 에 대해 $\int_Sf=\int_Qf_S$ 라고 정의하였는데, 만약 $Q$ 의 선택에 따라 $\int_Qf_S$ 의 값이 달라진다면 이는 나쁜 정의일 것이다. 다행히 다음의 정리에 따르면 $Q$ 의 선택과 무관하게 $\int_Sf$ 는 단 하나의 값만 갖는다.

Lemma 4.1. 임의의 $Q,Q'\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 과 유계함수 $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 에 대하여 $Q\cap Q'$ 를 제외한 곳에서 $f$ 가 0이라고 하자. $\int_Qf$ 가 존재할 필요충분조건은 $\int_{Q'}f$ 가 존재하는 것이며, 이때 다음이 성립한다.$$\int_Qf=\int_{Q'}f$$

Proof. $Q=Q'$ 인 경우 본 정리가 자명하게 성립한다. $Q\neq Q'$ 인 경우에 대해 생각하자.

Step 1. $Q\subset Q'$ 일때 본 정리가 성립함을 보이자. $\text{Ext }Q$ 에서 $f$ 는 0이므로 연속이다. $\text{Int }Q$ 에서 $f$ 의 불연속점 집합을 $E$ 라고 하자. 이때 $f|_Q$ 와 $f|_{Q'}$ 는 $E$ 에서만 불연속이거나, 불연속점이 더 있더라도 $\text{Bd }Q$ 에 나타난다. Thm 2.1 과 르베그 판정법에 따라 $\text{Bd }Q$ 에 나타나는 불연속점은 $f|_Q$ 와 $f|_{Q'}$ 의 적분가능성에 영향을 미치지 않으며, $f|_Q$ 와 $f|_{Q'}$ 가 적분가능할 필요충분조건은 $E$ 의 측도가 0인 것이다. ㄸ라서 $\int_Qf$ 가 존재할 필요충분조건은 $\int_{Q'}f$ 가 존재하는 것임을 얻는다.

이어서 $\int_Qf$ 와 $\int_{Q'}f$ 가 존재한다고 가정하고 $\int_Qf=\int_{Q'}f$ 가 성립함을 보이자. 임의의 $P\in\Pi(Q')$ 에 대해 $P$ 에 $Q$ 의 component intervals 의 end points 를 푸가하여 얻은 $P$ 의 refinement $P''$ 를 생각하자. (위 그림 참고) 이제 $Q$ 는 $P''$ 에 대한 $Q$ 의 subrectangles 의 어떤 합집합으로 나타난다. $Q$ 에 포함되지 않는 어떤 $R\in S(P'')$ 에 대해 $\text{Bd }Q$ 과 겹치지 않는 모든 점에서 $f$ 는 0이므로 $\underset{R}{\text{inf}}\;f\le 0$ , $\underset{R}{\text{sup}}\;f\ge 0$ 이다. 따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}L(f,P'')&=\sum_{R\in S(P'')}\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&=\left(\sum_{\substack{R\in S(P'')\\R\not\subset Q}}+\sum_{\substack{R\in S(P'')\\R\subset Q}}\right)\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&\le\sum_{\substack{R\in S(P'')\\R\subset Q}}\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&\le\int_Qf\end{align}$$

비슷하게 $U(f,P'')\ge\int_Qf$ 임을 알 수 있다. 한편 Thm 1.1 에 따라 $L(f,P)\le L(f,P'')$ 와 $U(f,P'')\le U(f,P)$ 가 성립하므로 다음을 얻는다.

$$L(f,P)\le\int_Qf\le U(f,P)$$

한편 다음이 자명하다.

$$L(f,P)\le\int_{Q'}f\le U(f,P)$$

정리하면 $\int_Qf$ 와 $\int_{Q'}f$ 는 $U(f,P)$ 와 $L(f,P)$ 사이의 값을 가지므로 다음이 성립한다.

$$\left|\int_Qf-\int_{Q'}f\right|\le U(f,P)-L(f,P)$$

Riemann condition 에 따라 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $P\in\Pi(Q)$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$\left|\int_Qf-\int_{Q'}f\right|\le U(f,P)-L(f,P)<\epsilon$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\int_Qf=\int_{Q'}f$$

Step 2. 일반적인 $Q,Q'$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. $Q$ 와 $Q'$ 를 모두 포함하는 $Q''\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 을 생각하자. Step 1에 따라 $\int_{Q''}f$ , $\int_Qf$ , $\int_{Q''}f$ 의 존재성은 모두 동치이며 다음이 성립한다.

$$\int_Qf=\int_{Q''}f=\int_{Q'}f\tag*{$\square$}$$

이 lemma 를 통해 $\int_Sf$ 의 유일성을 알 수 있다. $S$ 를 포함하는 임의의 두 $Q,Q'\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 을 생각하자. $S$ 는 $Q\cap Q'$ 에 포함되므로 $Q\cap Q'$ 를 제외한 곳에서 $f$ 는 0이다. 따라서 $\int_Qf$ 가 존재하면 $\int_{Q'}f$ 도 존재하며 두 적분은 그 값이 같다.

한편 rectangle 도 유계이므로, 유계집합 위의 적분에 대한 논의는 rectangle 위의 적분에도 적용할 수 있다. 이러한 맥락에 따라, rectangle 위의 적분은 유계집합 위의 적분을 정의하기 위한 보조정의라고 해도 무방하다.

유계집합 위의 적분의 성질

Lemma 4.2. $S\subset\mathbb{R}^n$ 과 $f,g:S\to\mathbb{R}$ 에 대해 $F,G:S\to\mathbb{R}$ 를 다음과 같이 정의하자.$$F(x)=\text{max}\{f(x),g(x)\}$$$$G(x)=\text{min}\{f(x),g(x)\}$$ 다음이 성립한다.
(1) $f$ 와 $g$ 가 $x_0\in S$ 에서 연속이면 $F$ 와 $G$ 도 그러하다.
(2) $S$ 가 유계이고 $f,g$ 가 유계라고 하자. $f$ 와 $g$ 가 $S$ 에서 적분가능하면 $F$ 와 $G$ 도 그러하다.

Proof.

(1) $f,g$ 가 $x_0$ 에서 연속이라고 하자. 먼저 $f(x_0)=g(x_0)=r$ 이라고 가정하자. 이때 $F(x_0)=G(x_0)=r$ 도 성립한다. 연속의 정의에 따라 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$x\in C_\delta^S(x_0)\Rightarrow f(x),g(x)\in C_\epsilon^\mathbb{R}(r)$$

이때 $f(x)$ 와 $g(x)$ 가 $C_\epsilon^\mathbb{R}(r)$ 에 속하면 $\text{max}\{f(x),g(x)\}$ 와 $\text{min}\{f(x),g(x)\}$ 도 $C_\epsilon^\mathbb{R}(r)$ 에 속하므로 다음이 성립한다.

$$x\in C_\delta^S(x_0)\Rightarrow F(x),G(x)\in C_\epsilon^\mathbb{R}(r)$$

따라서 $F,G$ 는 $x_0$ 에서 연속이다. 이제 $f(x_0)-g(x_0)>0$ 이라고 가정하자. $h=f-g$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\begin{align}x\in C_\delta^S(x_0)&\Rightarrow\;|h(x)-h(x_0)|<h(x_0)\\&\Leftrightarrow -h(x_0)<h(x)-h(x_0)<h(x_0)\\&\Rightarrow 0<h(x)\\&\Leftrightarrow 0<f(x)-g(x)\end{align}$$

따라서 $C_\delta^S(x_0)$ 에서 $F=f$ , $G=g$ 이므로 자명하게 $F,G$ 는 $x_0$ 에서 연속이다. $f(x_0)-g(x_0)<0$ 라고 가정하여도 비슷하게 증명할 수 있다.

(2) $f$ 와 $g$ 가 $S$ 에서 적분가능하다고 하자. $f_S,g_S$ 의 불연속점 집합을 각각 $D_f,D_g$ 라고 하면 르베그 판정법에 따라 이 두 집합의 측도는 0이다. 한편 다음이 자명하다.

$$F_S(x)=\text{max}\{f_S(x),g_S(x)\}$$

$$G_S(x)=\text{min}\{f_S(x),g_S(x)\}$$

본 정리의 (1)에 따르면 $F_S,G_S$ 는 측도가 0인 집합인 $D_f\cup D_g$ 를 제외한 모든 곳에서 연속이며, $f_S,g_S$ 는 유계이므로 $F_S,G_S$ 도 유계이다. $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 를 생각하자. $F_S,G_S$ 의 $Q$ 에 포함되는 불연속점 집합은 $D_f\cup D_g$ 에 포함되므로 측도가 0이다. 르베그 판정법에 따라 $F_S,G_S$ 는 $Q$ 에서 적분가능하므로 $F,G$ 는 $S$ 에서 적분가능하다. $\square$

Theorem 4.3 (적분의 성질).
유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ , 유계함수 $f,g:S\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) (Linearity) $f,g$ 가 $S$ 에서 적분가능하면 $a,b\in\mathbb{R}$ 에 대해 $af+bg$ 도 $S$ 에서 적분가능하며 다음과 같다.$$\int_S(af+bg)=a\int_Sf+b\int_g$$ (2) (Comparison) $f,g$ 가 $S$ 에서 적분가능하고 임의의 $x\in S$ 에 대해 $f(x)\le g(x)$ 이면 다음과 같다.$$\int_Sf\le\int_Sg$$ 특히 $|f|$ 가 $S$ 에서 적분가능하며 다음과 같다.$$\left|\int_Sf\right|\le\int_S|f|$$ (3) (Monotonicity) $T\subset S$ 에 대해 $f$ 가 음의 값을 갖지 않고 $T,S$ 에서 적분가능하면 다음과 같다.$$\int_Tf\le\int_Sf$$ (4) (Additivity) $S=S_1\cup S_2$ 이고 $f$ 가 $S_1,S_2$ 에서 적분가능하면 $S,S_1\cap S_2$ 에서도 적분가능하며 다음과 같다.$$\int_Sf=\int_{S_1}f+\int_{S_2}f-\int_{S_1\cap S_2}f$$

Proof.

(1) $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 일때 본 정리가 성립한다고 가정하고 일반적인 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. $(af+bg)_S=af_S+bg_S$ 이므로 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\int_S(af+bg)&=\int_Q(af+bg)_S\\&=\int_Q(af_S+bg_S)\\&=a\int_Qf_S+b\int_Qg_S\\&=a\int_Sf+b\int_Sg\end{align}$$

따라서 원하는 결과를 얻는다.

이제 $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 라고 가정하고 본 정리가 성립함을 보이자. $f,g$ 가 $S$ 에서 적분가능하다고 하자. $f,g$ 의 각 불연속점 집합 $D_f,D_g$ 의 측도는 0이며 $af+bg$ 의 불연속점 집합은 $D_f\cup D_g$ 에 속하므로 측도가 0이다. 따라서 $af+bg$ 는 $S$ 에서 적분가능하다.

Step 1. $a,b\ge 0$ 일때 본 정리가 성립함을 보이자. 임의의 $P''\in\Pi(S)$ 와 임의의 $R\in S(P)$ 에 대하여 임의의 $x\in R$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$a\;\underset{R}{\text{inf}}\;f+b\;\underset{R}{\text{inf}}\;g\le af(x)+bg(x)$$

$$\therefore a\;\underset{R}{\text{inf}}\;f+b\;\underset{R}{\text{inf}}\;g\le\underset{R}{\text{inf}}(af+bg)$$

따라서 다음이 성립한다.

$$aL(f,P'')+bL(g,P'')\le L(af+bg,P'')\le\int_S(af+bg)$$

비슷하게 다음이 성립함을 알 수 있다.

$$aU(f,P'')+bU(g,P'')\ge\int_S(af+bg)$$

임의의 $P,P'\in\Pi(S)$ 를 고정하고 $P''$ 를 $P$ 와 $P'$ 의 refinement 라고 하자. 다음이 성립한다.

$$aL(f,P)+bL(g,P')\le aL(f,P'')+bL(g,P'')$$

$$aU(f,P'')+bU(g,P'')\ge aU(f,P)+bU(g,P')$$

따라서 다음을 얻는다.

$$aL(f,P)+b(g,P')\le\int_S(af+bg)\le aU(f,P)+bU(g,P')$$

한편 다음이 자명하다.

$$aL(f,P)+b(g,P')\le a\int_Sf+b\int_Sg\le aU(f,P)+bU(g,P')$$

정리하면 $\int_S(af+bg),a\int_Sf+b\int_Sg$ 는 $aU(f,P)+bU(g,P')$ 와 $aL(f,P)+b(g,P')$ 사이의 값을 갖는다. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 Riemann condition 에 따라 다음을 만족하는 $P,P'\in\Pi(S)$ 가 존재한다.

$$U(f,P)-L(f,P)<\frac{\epsilon}{2a}$$

$$U(g,P')-L(g,P')<\frac{\epsilon}{2b}$$

이때 다음이 성립한다.

$$\big(aU(f,P)+bU(g,P')\big)-\big(aL(f,P)+b(g,P')\big)<\epsilon$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\left|\int_S(af+bg)-\left(a\int_Sf+b\int_Sg\right)\right|<\epsilon$$

$\epsilon>0$ 을 임의로 선택하였으므로 다음이 성립한다.

$$\int_S(af+bg)=a\int_Sf+b\int_Sg$$

Step 2. $-f$ 이 $S$ 에서 적분가능하고 다음이 성립함을 보이자.

$$\int_S(-f)=-\int_Sf$$

임의의 $P\in\Pi(S)$ , 임의의 $R\in S(P)$ 에 대하여 임의의 $x\in R$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\underset{R}{\text{inf}}\;f\le f(x)\le\underset{R}{\text{sup}}\;f$$

$$\therefore -\underset{R}{\text{sup}}\;f\le(-f)(x)\le-\underset{R}{\text{inf}}\;f$$

따라서 다음을 얻는다.

$$-\underset{R}{\text{sup}}\;f\le\underset{R}{\text{inf}}(-f)\qquad\underset{R}{\text{sup}}(-f)\le-\underset{R}{\text{inf}}\;f$$

이때 다음이 성립하므로 Riemann condition 에 따라 $-f$ 가 $S$ 에서 적분가능함을 안다.

$$\begin{align}U(f,P)-L(f,P)&=\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{sup}}\;f-\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&\ge\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{sup}}\;f-\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&=U(-f,P)-L(-f,P)\end{align}$$

한편 다음이 성립한다.

$$-U(f,P)\le L(-f,P)$$

$$U(-f,P)\le-L(f,P)$$

따라서 다음을 얻는다.

$$L(f,P)\le-\int_S(-f)\le U(f,P)$$

$$L(f,P)\le\int_Sf\le U(f,P)$$

두 번째 식은 자명하게 성립한다. 정리하면 $-\int_S(-f),\int_Sf$ 는 $U(f,P)$ 와 $L(f,P)$ 사이의 값을 갖는다. $P$ 를 $\Pi(S)$ 에서 임의로 선택하였으므로 Riemann condition 에 따라 다음이 성립한다.

$$-\int_S(-f)=\int_Sf$$

Step 3. 일반적인 $a,b\in\mathbb{R}$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. 다음의 함수를 생각하자.

$$\alpha:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\qquad\alpha(x)=\begin{cases}1&\text{if }x\ge 0\\-1&\text{if }x<0\end{cases}$$

$a=|a|\alpha(a)$ , $b=|b|\alpha(b)$ 이며 step 1, 2 에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\int_S(af+bg)&=\int_S(|a|\alpha(a)f+|b|\alpha(b)g)\\&=|a|\int_S\alpha(a)f+|b|\int_S\alpha(b)g\\&=|a|\alpha(a)\int_Sf+|b|\alpha(b)\int_Sg\\&=a\int_Sf+b\int_Sg\end{align}$$

(2) 이 정리는 두 부분으로 되어있다.

Step 1. 다음이 성립함을 보이자.

$$\int_Sf\le\int_Sg$$

$S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 일때 위 식이 성립한다고 가정하고 일반적인 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해서도 성립함을 보이자. 임의의 $x\in S$ 에 대해 $f(x)\le g(x)$ 이면 $S$ 를 포함하는 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 $f_S(x)\le g_S(x)$ 이므로 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\int_Sf=\int_Qf_S\le\int_Qg_S=\int_Sg$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. 이제 $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 라고 가정하고 본 정리가 성립함을 보이자. 임의의 $P\in\Pi(S)$ 와 임의의 $R\in S(P)$ 에 대하여 임의의 $x\in R$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\underset{R}{\text{inf}}\;f\le f(x)\le g(x)$$

$$\therefore\underset{R}{\text{inf}}\;f\le\underset{R}{\text{inf}}\;g$$

따라서 다음을 얻는다.

$$L(f,P)\le L(g,P)\le\int_Sg$$

$P$ 를 $\Pi(S)$ 에서 임의로 선택하였으므로 다음을 얻는다.

$$\underline{\int_S}f\le\int_Sg\qquad\therefore\int_Sf\le\int_Sg$$

Step 2. $|f|$ 가 적분가능하며 다음이 성립함을 보이자.

$$\left|\int_Sf\right|\le\int_S|f|$$

$S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 일때 위 식이 성립한다고 가정하고 일반적인 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해서도 성립함을 보이자. $|f_S|=|f|_S$ 이므로 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음이 성립한다.

따라서 원하는 결과를 얻는다. 이제 $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 라고 가정하고 본 정리가 성립함을 보이자. 각 $x\in S$ 에 대해 다음이 자명하다.

$$|f(x)|=\text{max}\{f(x),-f(x)\}$$

한편 본 정리의 (1)에 따라 $-f$ 는 $S$ 에서 적분가능하므로 Lem 4.2 에 따라 $|f|$ 는 $S$ 에서 적분가능하다. 한편 각 $x\in S$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$-|f(x)|\le f(x)\le|f(x)|$$

따라서 본 정리의 (1)과 step 1 에 따라 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$-\int_S|f|\le\int_Sf\le\int_S|f|$$

(3) $f$ 가 음의 값을 갖지 않고 $T\subset S$ 이면 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 $f_T(x)\le f_S(x)$ 이다. $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 본 정리의 (2)에 따라 다음이 성립한다.

$$\int_Tf=\int_Qf_T\le\int_Qf_S=\int_Sf$$

(4) 편의를 위해 $T=S_1\cap S_2$ 라고 하자. 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 자명하게 성립한다.

$$f_S(x)=f_{S_1}(x)+f_{S_2}(x)-f_T(x)$$

만약 $f$ 가 $S,T$ 에서도 적분가능하면 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 본 정리의 (1)에 따라 다음 식이 성립한다.

$$\begin{align}\int_Sf&=\int_Qf_S\\&=\int_Qf_{S_1}+\int_Qf_{S_2}-\int_Qf_T\\&=\int_{S_q}f+\int_{S_2}f-\int_Tf\end{align}$$

이제 $f$ 가 $S,T$ 에서도 적분가능함을 보이자.

Step 1. $f$ 가 $S$ 에서 음의 값을 갖지 않을 때 $f$ 가 $S,T$ 에서 적분가능함을 보이자. $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 전제에 따라 $f_{S_1},f_{S_2}$ 는 $Q$ 에서 적분가능하다. 이때 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 자명하다.

$$f_S(x)=\text{max}\{f_{S_1}(x),f_{S_2}(x)\}$$

$$f_T(x)=\text{min}\{f_{S_1}(x),f_{S_2}(x)\}$$

Lem 4.2 에 따라 $f_S,f_T$ 는 $Q$ 에서 적분가능하다. 즉 $f$ 는 $S,T$ 에서 적분가능하다.

Step 2. 일반적인 $f$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. 다음과 같이 두 함수 $f_+,f_-:S\to\mathbb{R}$ 을 정의하자.

$$f_+(x)=\text{max}\{f(x),0\}$$

$$f_-(x)=\text{max}\{-f(x),0\}$$

본 정리의 (1)과 Lem 4.2 에 따라 $f_+,f_-$ 는 $S_1,S_2$ 에서 적분가능하다. 한편 $f_+,f_-$ 는 $S$ 에서 음의 값을 갖지 않으므로 step 1 에 따라 $S,T$ 에서도 적분가능하다. 이때 $f=f_++f_-$ 이므로 본 정리의 (1)에 따라 $f$ 는 $S,T$ 에서 적분가능하다. $\square$

Corollary 4.4. 유계집합 $S_1,\ldots,S_k\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 모든 $S_i\cap S_j$ ($i\neq j$) 의 측도가 0이라고 하자. $S=\bigcup_{i=1}^kS_i$ 에 대해 $f:S\to\mathbb{R}$ 이 각 $S_i$ 에서 적분가능하면 $f$ 는 $S$ 에서 적분가능하며 다음이 성립한다.$$\int_Sf=\int_{S_1}f+\cdots+\int_{S_k}f$$

Proof. $k=2$ 일 경우 적분의 additivity 성질과 Thm 2.3 에 따라 본 정리가 성립한다. 일반적인 경우에 대해서는 귀납법에 따라 성립함을 알 수 있다. $\square$

유계집합 위의 적분가능성

유계집합 $S$ 위의 함수 $f$ 가 적분가능하다는 것은, 정의에 따르면 $S$ 를 포함하는 임의의 rectangle $Q$ 에서 $f_S$ 가 적분가능하다는 것을 의미한다. 한편 Lem 4.1 에 따르면 $S$ 를 포함하는 모든 rectangle 에 대해 $f_S$ 의 적분가능성을 확인할 필요 없이, $S$ 를 포함하는 단 하나의 아무런 rectangle 에 대해서만 확인하는 것으로 충분하다.

한편 $Q$ 에서 $f_S$ 의 적분가능성은 $Q$ 에 포함되는 $f_S$ 의 불연속점의 측도와 관련이 있음을 알고있다. 지금 잠시 멈추어 $f$ 에서 $f_S$ 를 정의했던 방식을 잘 생각해보자. $f$ 가 정의역의 "가장자리"에서 0에 가까운 값을 갖지 않는다면, $S$ 와 $S$ 가 아닌 곳의 경계에서 $f_S$ 는 불연속점을 만들어낼 것이 분명하다. 따라서 유계집합 위의 적분가능성은 $f$ 의 정의역의 boundary 의 형태, 그리고 그 근처에서 $f$ 의 함수값과 관련이 있다.

이제부터는 적분의 대상을 연속함수로 제한하자. 그동안 이런 제한을 두지 않은 이유는 적분을 정의할때 연속을 가정하는 것은 과분했기 때문이며, 이제부터 이런 제한을 두는 이유는 좋은 함수의 좋은 성질에 대해 탐구하기 위함이다.

Theorem 4.5. 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ , 유계 연속함수 $f:S\to\mathbb{R}$ 에 대하여 다음의 집합을 생각하자.$$E=\left\{x_0\in\text{Bd }S:\lim_{x\to x_0}f(x)\neq 0\right\}$$ $E$ 의 측도가 0이면 $f$ 는 $S$ 에서 적분가능하다.

※ $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)\neq 0$ 은 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$ 의 값이 0이 아니거나, 혹은 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$ 이 정의되지 않음을 의미한다.

※ 극한의 정의는 [실수공간의 위상] ch5. 함수의 극한 참고

Proof. 임의의 $x_0\in\mathbb{R}^n\setminus E$ 를 생각하자. $f_S$ 가 $x_0$ 에서 연속임을 보이면 $f_S$ 의 불연속점은 $E$ 에 포함되므로 르베그 판정법에 따라 정리가 성립한다. 한편 $x_0$ 는 $\text{Int }S$ , $\text{Ext }S$ , $\text{Bd }S$ 중 단 한곳에 반드시 속한다.

1. 만약 $x_0\in\text{Int }S$ 라면 $f$ 는 $x_0$ 근방에서 연속이므로 $f_S$ 도 $x_0$ 에서 연속임이 자명하고, 만약 $x_0\in\text{Ext }S$ 라면 $f_S$ 는 $x_0$ 근방에서 0이므로 $x_0$ 에서 연속이다.

2. $x_0\in\text{Bd }S$ 라고 가정하자. 전제에 따라 $x_0\notin E$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to x_0}f(x)=0\tag{1}$$

여기서 다음이 성립함을 보이자.

$$\lim_{x\to x_0}f_S(x)=0\tag{2}$$

임의의 $V\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}}(0)$ 을 생각하자. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=0$ 이므로 어떤 $U\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x_0)$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$f(U\setminus\{x_0\})\subset V$$

임의의 $x\in U\setminus\{x_0\}$ 에 대해 $f_S(x)=f(x)$ 또는 $f_S(x)=0$ 이므로 다음과 같다.

$$f_S(U\setminus\{x_0\})\subset f(U\setminus\{x_0\})\cup\{0\}$$

한편 $V$ 는 0을 이미 포함하므로 $f(U\setminus\{x_0\})\cup\{0\}\subset V$ 이며, 따라서 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f_A(x)=0$ 가 성립한다. 식 (2)에 의해 $f_S$ 가 $x_0$ 에서 연속임을 보이는 것은 $f_S(x_0)=0$ 을 보이는 것과 같다. $x_0$ 은 $S$ 에 속하거나, 속하지 않는다. 먼저 $x_0\in S$ 라고 가정하면 $f$ 는 연속이므로 식 (1)에 따라 $f(x_0)=0$ 이며, 따라서 $f_S(x_0)=0$ 이다. $x_0\notin S$ 라고 가정하여도 $x_0$ 은 $f$ 의 정의역 밖의 점이므로 $f_S(x_0)=0$ 이다. 따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

이 정리는 종종 중요도가 낮아지곤 한다. $E$ 는 $\text{Bd }S$ 의 부분집합이며, 만약 연속함수의 정의역 $S$ 의 boundary 의 측도가 0이라면 $E$ 의 측도도 자동으로 0이 되기 때문이다. 본질적으로는 그 자체로 의의를 갖는 정리이지만, 좋은 함수의 좋은 성질을 탐구하는 과정에서는 중요도가 다소 떨어진다.

위 증명의 전략을 이용하면 아래의 정리를 알 수 있다. 이는 적분가능함수의 boundary 를 제거해도 영향이 없음을 의미한다.

Theorem 4.6. 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ , 유계 연속함수 $f:S\to\mathbb{R}$ 을 생각하자. $f$ 가 $S$ 에서 적분가능하면 $\text{Int }S$ 에서도 적분가능하며 다음과 같다.$$\int_{\text{Int }S}f=\int_Sf$$

Proof. 편의를 위해 $A=\text{Int }S$ 라고 하자.

Step 1. $f_S$ 가 어떤 $x_0\in\mathbb{R}^n$ 에서 연속이면 $f_A$ 도 $x_0$ 에서 연속이며 $f_A(x_0)=f_S(x_0)$ 임을 보이자.

1. 만약 $x_0\in\text{Int }S$ 또는 $x_0\in\text{Ext }S$ 이면 $x_0$ 의 근방에서 $f_S$ 와 $f_A$ 는 동일하므로 $f_A(x_0)=f_S(x_0)$ 이며 $f_A$ 는 $x_0$ 에서 연속이다.

2. $x_0\in\text{Bd }S$ 라고 가정하자. $f_S$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to x_0}f_S(x)=f_S(x_0)$$

이는 임의의 $V\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}}(f_S(x_0))$ 에 대해 $U\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x_0)$ 이 존재하여 $f(U\setminus\{x_0\})\subset V$ 가 성립함을 의미한다. 한편 $x_0$ 의 임의의 근방은 $S$ 밖의 점을 포함하므로 $0\in V$ 이다. 즉 $V$ 는 0의 근방이며, 정리하면 $f_S(x_0)$ 의 임의의 근방은 0을 포함하므로 $f_S(x_0)=0$ 임이 자명하다. 정리하면 다음과 같다.

$$\lim_{x\to x_0}f_S(x)=0$$

여기서 다음이 성립함을 보이자.

$$\lim_{x\to x_0}f_A(x)=0$$

임의의 $V\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}}(0)$ 을 생각하자. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f_S(x)=0$ 이므로 어떤 $U\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x_0)$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$f_S(U\setminus\{x_0\})\subset V$$

임의의 $x\in U\setminus\{x_0\}$ 에 대해 $f_A(x)=f_S(x)$ 또는 $f_A(x)=0$ 이므로 다음과 같다.

$$f_A(U\setminus\{x_0\})\subset f_S(U\setminus\{x_0\})\cup\{0\}$$

한편 $V$ 는 0을 이미 포함하므로 $f_S(U\setminus\{x_0\})\cup\{0\}\subset V$ 이며, 따라서 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f_A(x)=0$ 가 성립한다. 이때 $x_0\in\text{Bd }S$ 이므로 $x\notin A$ 이며, 따라서 $f_A(x_0)=0$ 이 성립하므로 정리하면 다음과 같다.

$$\lim_{x\to x_0}f_A(x)=f_A(x_0)$$

즉 $f_A$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 원하는 결과를 얻는다.

Step 2. 이제 본 정리를 증명하자. $f$ 가 $S$ 에서 적분가능하면 르베그 판정법에 따라 $f_S$ 의 불연속점 집합 $D$ 의 측도는 0이다. Step 1 에 따르면 $f_A$ 의 불연속점 집합은 $D$ 에 포함되므로 $f$ 는 $A$ 에서도 적분가능하다. 한편 $f_S-f_A$ 는 적분가능하고 $\text{Bd }S$ 를 제외한 모든 점에서 0이며, Thm 2.3 에 따라 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\int_Q(f_S-f_A)=0$$

이때 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}\int_Q(f_S-f_A)&=\int_Qf_S-\int_Qf_A\\&=\int_Sf-\int_Af\tag*{$\square$}\end{align}$$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

이전 읽을거리: ch3. 푸비니 정리

다음 읽을거리: ch5. 부피를 갖는 집합

[다변수 적분] ch3. 푸비니 정리

김한결 — Fri, 13 Jan 2023 17:33:57 +0900

이전 읽을거리: ch2. 측도 0과 적분가능성

다음 읽을거리: ch4. 유계집합 위의 적분

푸비니 정리

이번 포스팅의 목표는 다음의 수식이 성립함을 보이는 것이다.

$$\int_{[a,b]\times[c,d]}f(x,y)=\int_{x=a}^{x=b}\int_{y=c}^{y=d}f(x,y)$$

이는 적분의 계산을 고차원에서 저차원으로 끌어내려 실제로 적분값을 계산할 수 있도록 도와준다. 우리는 이미 1차원에 한하여 적분을 쉽게 계산하는 방법을 알고있으며, 이는 미적분학의 기본정리라고 불린다.

미적분학의 기본정리 (Tundamental theorem of calculus).
(1) 연속함수 $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ 과 다음의 함수 $g:[a,b]\to\mathbb{R}$ 에 대해 $Dg=f$ 가 성립한다.$$g(x)=\int_a^xf$$ (2) 연속함수 $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ 과 함수 $g:[a,b]\to\mathbb{R}$ 에 대해 $Dg=f$ 이면 다음이 성립한다.$$\int_a^bf=g(b)-g(a)$$

※ 구간의 end points 에서의 $DF$ 는 단방향 미분(one-side derivative)을 의미한다.

증명은 [FTC의 엄밀한 증명] ch26. 미적분학의 기본정리 (FTC) 참고.

미적분학의 기본정리를 두 식으로 짧게 요약하면 다음과 같다.

$$D\int_a^xf=f(x)\qquad\int_a^xDg=g(x)-g(a)$$

이제 푸비니 정리를 증명해보자.

푸비니 정리 (Fubini's theorem).
$A\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^k)$ , $B\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 $Q=A\times B$ 라고 하자. 유계함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ 을 $x\in A$ , $y\in B$ 에 대해 $f(x,y)$ 라고 쓰자. 각 $x\in A$ 에 대해 다음의 하적분, 상적분을 생각하자.$$\underline{\int_{y\in B}}f(x,y)\qquad\overline{\int_{y\in B}}f(x,y)$$ 만약 $f$ 가 $Q$ 에서 적분가능하면 $x$ 에 대한 위 두 함수는 $A$ 에서 적분가능하며 다음이 성립한다.$$\int_Qf=\int_{x\in A}\underline{\int_{y\in B}}f(x,y)=\int_{x\in A}\overline{\int_{y\in B}}f(x,y)$$

Proof. 다음과 같이 정의하자.

$$\underline{I}(t)=\underline{\int_{y\in B}}f(t,y)\qquad\overline{I}(t)=\overline{\int_{y\in B}}f(t,y)$$

임의의 $P\in\Pi(Q)$ 를 고정하자. $P$ 는 어떤 $P_A\in\Pi(A)$ , $P_B\in\Pi(B)$ 에 대해 $P=P_A\times P_B$ 로 구성된다.

Step 1. 다음이 성립함을 보이자.

$$L(f,P)\le L(\underline{I},P_A)$$

임의의 $R\in S(P)$ 를 고정하자. $R$ 은 어떤 $R_A\in S(P_A)$ , $R_B\in S(P_B)$ 에 대해 $R=R_a\times R_B$ 로 구성된다. 임의의 $x_0\in R_A$ 를 고정하면 함수 $g(t)=f(x_0,t)$ 와 임의의 $y\in R_B$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\underset{R_A\times R_B}{\text{inf}}\;f\le g(y)$$

$$\therefore\underset{R_A\times R_B}{\text{inf}}\;f\le\underset{R_B}{\text{inf}}\;g$$

따라서 $x_0$ 가 속한 $R_A$ 를 고정하면 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\sum_{R_B\in S(P_B)}\left(\underset{R_A\times R_B}{\text{inf}}\;f\right)v(R_B)&\le\sum_{R_B\in S(P_B)}\left(\underset{R_B}{\text{inf}}\;g\right)v(R_B)\\&=L(g,P_B)\\&\le\underline{\int_{y\in B}}g\\&=\underline{I}(x_0)\end{align}$$

이때 $x_0$ 는 $R_A$ 에서 임의로 선택하였으므로 다음을 얻는다.

$$\sum_{R_B\in S(P_B)}\left(\underset{R_A\times R_B}{\text{inf}}\;f\right)v(R_B)\le\underset{R_A}{\text{inf}}\;\underline{I}$$

따라서 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}&\;L(f,P)\\=&\;\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\=&\;\sum_{\substack{R_A\in S(P_A)\\R_B\in S(P_B)}}\left(\underset{R_A\times R_B}{\text{inf}}\;f\right)v(R_A\times R_B)\\=&\;\sum_{\substack{R_A\in S(P_A)\\R_B\in S(P_B)}}\left(\underset{R_A\times R_B}{\text{inf}}\;f\right)v(R_A)v(R_B)\\=&\;\sum_{R_A\in S(P_A)}\left(\sum_{R_B\in S(P_B)}\left(\underset{R_A\times R_B}{\text{inf}}\;f\right)v(R_B)\right)v(R_A)\\\le&\;\sum_{R_A\in S(P_A)}\left(\underset{R_A}{\text{inf}}\;\underline{I}\right)v(R_A)\\=&\;L(\underline{I},P_A)\end{align}$$

이와 비슷하게 다음이 성립함도 알 수 있다.

$$U(\overline{I},P_A)\le U(f,P)$$

Step 2. 이제 본 정리를 증명하자.임의의 $P\in\Pi(Q)$ 에 대해 어떤 $P_A\in\Pi(A)$ , $P_B\in\Pi(B)$ 가 존재하여 $P=P_A\times P_B$ 이며, $\underline{I}(x)\le\overline{I}(x)$ 이므로 다음이 성립한다.

$$L(f,P)\le L(\underline{I},P_A)\le U(\underline{I},P_A)\le U(\overline{I},P_A)\le U(f,P)$$

$$L(f,P)\le L(\underline{I},P_A)\le L(\overline{I},P_A)\le U(\overline{I},P_A)\le U(f,P)$$

전제에 따라 $f$ 는 $Q$ 에서 적분가능하므로 Riemann condition 에 따라 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 다음이 성립하도록 하는 $P\in\Pi(Q)$ 가 존재한다.

$$U(f,P)-L(f,P)<\epsilon$$

한편 $L(\underline{I},P_A)$ , $U(\underline{I},P_A)$ , $L(\overline{I},P_A)$ , $U(\overline{I},P_A)$ 는 모두 $L(f,P)$ 과 $U(f,P)$ 사이의 값을 가지므로 다음이 성립한다.

$$U(\underline{I},P_A)-L(\underline{I},P_A)<\epsilon$$

$$U(\overline{I},P_A)-L(\overline{I},P_A)<\epsilon$$

따라서 $\underline{I}$ 와 $\overline{I}$ 는 $A$ 에서 적분 가능하다. 즉 $\int_A\underline{I}$ 와 $\int_A\overline{I}$ 가 존재하며 다음이 모두 성립한다.

$$L(f,P)\le\int_Qf\le U(f,P)$$

$$L(f,P)\le L(\underline{I},P_A)\le\int_A\underline{I}\le U(\underline{I},P_A)\le U(f,P)$$

$$L(f,P)\le L(\overline{I},P_A)\le\int_A\overline{I}\le U(\overline{I},P_A)\le U(f,P)$$

즉 $\int_Qf$ , $\int_A\underline{I}$ , $\int_A\overline{I}$ 는 모두 $L(f,P)$ 과 $U(f,P)$ 사이의 값을 가지므로 다음이 성립한다.

$$\left|\int_Qf-\int_A\underline{I}\right|<\epsilon$$

$$\left|\int_Qf-\int_A\overline{I}\right|<\epsilon$$

$\epsilon>0$ 을 임의로 선택하였으므로 다음이 성립하여 증명이 완료된다.

$$\int_Qf=\int_A\underline{I}=\int_A\overline{I}\tag*{$\square$}$$

이 정리에서 적분의 순서는 중요하지 않다. 위 증명에서 단지 $x$ 를 $y$ 로 바꾸는 것으로 아래의 결론을 얻을 수 있다.

$A\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^k)$ , $B\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 $Q=A\times B$ 라고 하자. 유계함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ 에 대해 $\int_Qf$ 가 존재하고 각 $x\in A$ 에 대해 $\underline{\int_{x\in A}}f(x,y)$ , $\overline{\int_{x\in A}}f(x,y)$ 가 존재하면 다음이 성립한다.$$\int_Qf=\int_{y\in B}\underline{\int_{x\in A}}f(x,y)=\int_{y\in B}\overline{\int_{x\in A}}f(x,y)$$

푸비니 정리의 따름정리

Corollary 3.1. $A\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^k)$ , $B\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 $Q=A\times B$ 라고 하자. 유계함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ 에 대해 $\int_Qf$ 가 존재하고 각 $x\in A$ 에 대해 $\int_{y\in B}f(x,y)$ 가 존재하면 다음이 성립한다.$$\int_Qf=\int_{x\in A}\int_{y\in B}f(x,y)$$

함수의 조건을 연속으로 완화시켜버리면 다음의 좋은 따름정리를 얻으며, 이 정리가 종종 푸비니 정리라고 소개되곤 한다.

Corollary 3.2. $\mathbb{R}$ 의 닫힌구간 $I_1,\ldots,I_n$ 에 대해 $Q=I_1\times\cdots\times I_n$ 이라고 하자. 연속함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\int_Qf=\int_{x_1\in I_1}\cdots\int_{x_n\in I_n}f(x_1,\ldots,x_n)$$

※ 이 따름정리는 $f$ 가 유계임을 직접 명시하지 않는다. 따라서 증명은 다음과 같이 시작해야 한다.

Proof. $f$ 가 연속이고 $Q$ 는 콤팩트하므로 $f(Q)$ 는 콤팩트하다. (링크의 최대-최소 정리 참고) 하이네-보렐 정리에 따라 $f$ 는 유계이다. 또한 $f$ 는 $Q$ 에서 연속이므로 르베그 판정법에 따라 $\int_Qf$ 가 존재한다.

$n$ 에 대한 귀납법으로 증명하자. $n=1$ 일 경우에는 정리가 자명하게 성립한다. $n-1$ 에서 정리가 성립한다고 가정하고 $n$ 에서 정리가 성립함을 보이자. 임의의 $x_0\in I_1$ 을 고정하면 $x_2,\ldots,x_n$ 에 대한 함수 $f(x_0,x_2,\ldots,x_n)$ 은 연속이므로 귀납법 가정에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\int_{(x_2,\ldots,x_n)\in I_2\times\cdots\times I_n}f(x_0,x_2,\ldots,x_n)\\=&\;\int_{x_2\in I_2}\cdots\int_{x_n\in I_n}f(x_0,x_2,\ldots,x_n)\end{align}$$

한편 Cor 3.1 에 따라 다음을 얻는다.

$$\int_Qf=\int_{x_1\in I_n}\int_{(x_2,\ldots,x_n)\in I_2\times\cdots\times I_n}f(x_1,\ldots,x_n)$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

위 정리는 $Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ 에 대해 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$\int_Qf=\int_{x_1=a_1}^{x_1=b_1}\cdots\int_{x_n=a_n}^{x_n=b_n}f(x_1,\ldots,x_n)$$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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다음 읽을거리: ch4. 유계집합 위의 적분

[행렬의 랭크] ch2. 행렬의 랭크

김한결 — Thu, 12 Jan 2023 01:28:51 +0900

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ch1. 기본행렬연산

행렬의 랭크

Definition. $A\in\mathbb{M}_{m\times n}(F)$ 의 랭크(rank)란 선형변환 $L_A:F^n\to F^m$ 의 랭크로 정의하고 $\text{rank}(A)$ 라고 쓴다.

위 정리에 따르면 다음과 같다.

$$\text{rank}(A)=\text{rank}(L_A)=\text{dim}(L_A(F^n))$$

사실 이는 추상화된 정의이지만, 다음과 같이 중요한 정보를 빠르게 얻어낼 수 있다.

Theorem 2.1. $n\times n$ 행렬이 가역일 필요충분조건은 행렬의 랭크가 $n$ 인 것이다.

Proof. 행렬 $A\in\mathbb{M}_{n\times n}(F)$ 가 가역임은 $L_A:F^n\to F^n$ 가 가역임과 동치이며, (링크의 정리 10.2-1 참고) 다시 이는 $\text{rank}(L_A)=\text{dim}(F^n)$ 와 동치이다. (링크의 정리 10-1 참고) 한편 $\text{dim}(F^n)=n$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

다음의 정리에 따르면 행렬에 가역행렬을 곱하는 것으로는 랭크가 변하지 않는다.

Lemma 2.2. 벡터공간 $V,W$ 와 선형변환 $T:V\to W$ 에 대해 $T$ 가 단사일 필요충분조건은 임의의 선형독립집합 $S\subset V$ 에 대해 $T(S)$ 가 선형독립인 것이다.

Proof.

($\Rightarrow$) $T$ 가 단사라고 하자. 모순을 보이기 위해 어떤 선형독립집합 $S=\{v_1,\ldots,v_k\}$ 에 대해 $T(S)$ 가 선형종속이라고 가정하자. 이때 자명하지 않은 영벡터 표현 $\sum_{i=1}^ka_iT(v_i)=0$ 이 존재한다. $T$ 는 선형이므로 다음이 성립한다.

$$0=\sum_{i=1}^ka_iT(v_i)=T\left(\sum_{i=1}^ka_iv_i\right)$$

한편 $T$ 는 단사이므로 $\sum_{i=1}^ka_iv_i=0$ 이며, (링크의 정리 2.2-1 참고) 따라서 $S$ 의 일차결합 중 자명하지 않은 영벡터 표현이 존재한다. 이는 $S$ 가 일차독립이라는 가정에 어긋나므로 모순. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

($\Leftarrow$) 임의의 선형독립집합 $S\subset V$ 에 대해 $T(S)$ 가 선형독립이라고 하자. 0이 아닌 임의의 벡터 $x\in V$ 에 대해 $\{x\}$ 는 선형독립이므로 $\{T(x)\}$ 도 선형독립이며 따라서 $T(x)\neq 0$ 이다. 이는 $N(T)=\{0\}$ 을 의미하므로 $T$ 는 단사이다. (링크의 정리 2.2-1 참고) $\square$

Lemma 2.3. 유한차원 벡터공간 $V,W$ 와 전단사 선형변환 $T:V\to W$ , $V$ 의 부분공간 $V_0$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) $T(V_0)$ 은 $W$ 의 부분공간이다.
(2) $\text{dim}(V_0)=\text{dim}(T(V_0))$

Proof. $V_0$ 의 기저 $\beta_0$ 를 생각하자.

(1) 다음이 성립한다. (링크의 정리 1.1-2 참고)

$$T(V_0)=T(\text{span}(\beta_0))=\text{span}(T(\beta_0))\tag{1}$$

한편 $T(\beta_0)\subset W$ 이므로 $\text{span}(T(\beta_0))\subset W$ 이며, (링크의 정리 4.1-2 참고) 따라서 $T(V_0)$ 는 $W$ 의 부분공간이다.

(2) $T$ 는 단사이므로 보조정리 2.2.에 따라 $T(\beta_0)$ 은 선형독립이다. $|\beta_0|=n$ 이라고 하면 $|T(\beta_0)|=n$ 이며, 식 (1)에 따라 $T(V_0)$ 은 $T(\beta_0)$ 의 생성공간이므로 다음을 얻는다.

$$\text{dim}(V_0)=n=\text{dim}(T(V_0))\tag*{$\square$}$$

Theorem 2.4. $m\times n$ 행렬 $A$ , $m\times m$ 가역행렬 $P$ , $n\times n$ 가역행렬 $Q$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) $\text{rank}(AQ)=\text{rank}(A)$
(2) $\text{rank}(PA)=\text{rank}(A)$
(3) $\text{rank}(PAQ)=\text{rank}(A)$

Proof.

(1) 다음이 성립한다. (링크의 정리 9-2 참고)

$$\begin{align}\text{rank}(AQ)&=\text{rank}(L_{AQ})\\&=\text{rank}(L_AL_Q)\\&=\text{dim}(L_A(L_Q(F^n)))\end{align}$$

한편 $L_Q$ 는 가역이므로 전단사이다. 즉 $L_Q(F^n)=F^n$ 이므로 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\text{rank}(AQ)&=\text{dim}(L_A(F^n))\\&=\text{rank}(L_A)\\&=\text{rank}(A)\end{align}$$

(2) 위와 비슷하게 $\text{rank}(PA)=\text{dim}(L_P(L_A(F^n)))$ 가 성립한다. 한편 $L_P$ 는 전단사이고 $L_A(F^n)=R(L_A)$ 는 $F^m$ 의 부분공간이므로 (링크의 정리 2-1 참고) 보조정리 2.3.에 따라 다음을 얻는다.

$$\text{dim}(L_P(L_A(F^n)))=\text{dim}(L_A(F^n))$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\text{rank}(PA)&=\text{dim}(L_A(F^n))\\&=\text{rank}(L_A)\\&=\text{rank}(A)\end{align}$$

(3) (1)과 (2)에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\text{rank}((PA)Q)&=\text{rank}(PA)\\&=\text{rank}(A)\tag*{$\square$}\end{align}$$

Corollary 2.5. 행렬의 기본연산은 랭크를 보존한다.

Proof. 행렬 $A$ 에 기본행연산을 시행하여 행렬 $B$ 를 얻는다면 정리 1.2.에 따라 어떤 기본행렬 $E$ 에 대해 $B=EA$ 이다. 정리 1.3.에 따르면 $E$ 는 가역이며 정리 2.4.에 따라 다음을 얻는다.

$$\text{rank}(B)=\text{rank}(EA)=\text{rank}(A)$$

기본열연산에 대해서도 비슷하게 증명할 수 있다. $\square$

행렬의 랭크 구하기

이제 행렬의 랭크를 직접 구하는 방법을 알아보자. 다음의 정리로 시작하자.

Theorem 2.6. 행렬의 랭크는 그 열에 대한 생성공간의 차원이다. 즉 행렬의 랭크는 일차독립인 열의 최대 개수와 같다.

Proof. 임의의 $A\in\mathbb{M}_{m\times n}(F)$ 와 $F^n$ 의 표준순서기저 $\beta$ 를 생각하자. $A$ 의 $j$ 열을 $a_j$ 라고 하면 $L_A(e_j)=Ae_j=a_j$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\text{rank}(A)&=\text{rank}(L_A)\\&=\text{dim}(L_A(F^n))\\&=\text{dim}(L_A(\text{span}(\beta)))\\&=\text{dim}(\text{span}(L_A(\beta)))\\&=\text{dim}(\text{span}\{a_1,\ldots,a_n\})\end{align}$$

따라서 $A$ 의 랭크는 $\text{span}\{a_1,\ldots,a_n\}$ 의 차원이며, $\{a_1,\ldots,a_n\}$ 중 일차독립인 벡터의 최대 개수와 같다. (링크의 기저의 성질 참고) $\square$

정리 2.6. 덕분에 행렬의 랭크는 이제 선형변환에 얽매이지 않고 행렬의 열에 대한 개념으로 생각할 수 있다. 특히 따름정리 2.5.에 따르면 행렬의 랭크를 쉽게 파악하기 위해 몇 번의 간단한 연산을 시도해볼 수도 있다. 몇 개의 도움정리부터 시작하자.

Definition. 두 벡터공간 $V,W$ 의 합은 다음과 같이 정의되며 $V+W$ 라고 쓴다.$$\big\{x:\exists v\in V,\;\exists w\in W,\;x=v+w\big\}$$

Lemma 2.7. 벡터공간 $V$ 의 부분공간 $W_1,W_2$ 에 대해 $W_1+W_2$ 는 $W_1$ 과 $W_2$ 를 포함하며 $V$ 의 부분공간이다.

Proof. 임의의 $x\in W_1$ , $y\in W_2$ 에 대해 $x+y\in W_1+W_2$ 이다. 특히 $0\in W_2$ 이므로 $y=0$ 이라고 하면 $x\in W_1+W_2$ 이므로 $W_1\subset W_1+W_2$ 를 얻는다. 비슷하게 $W_2\subset W_1+W_2$ 가 성립한다. $W_1+W_2$ 가 $V$ 의 부분공간임을 보이자. 임의의 $z_1,z_2\in W_1+W_2$ 에 대해 어떤 $x_1,x_2\in V$ , $y_1,y_2\in W_2$ 가 존재하여 $z_1=x_1+y_1$ , $z_2=x_2+y_2$ 가 성립한다. 다음이 성립한다.

$$x_1+x_2\in W_1\qquad y_1+y_2\in W_2$$

$$\begin{align}z_1+z_2&=(x_1+y_1)+(x_2+y_2)\\&=(x_1+x_2)+(y_1+y_2)\end{align}$$

$$\therefore z_1+z_2\in W_1+W_2$$

따라서 $W_1+W_2$ 는 덧셈에 대하여 닫혀있다. 임의의 스칼라 $a$ 에 대하여 다음이 성립한다.

$$ax_1\in W_1\quad ay_1\in W_2$$

$$az_1=a(x_1+y_1)=ax_1+ay_1$$

$$\therefore az_1\in W_1+W_2$$

따라서 $W_1+W_2$ 는 스칼라곱에 대하여 닫혀있다. 또한 $0\in V$ 에 대해 $0\in W_1$ , $0\in W_2$ 이며 $0+0=0\in W_1+W_2$ 이므로 $W_1+W_2$ 는 $V$ 의 부분공간이다. (링크의 정리 2.1-1 참고) $\square$

Lemma 2.8. 유한차원 벡터공간 $W_1,W_2$ 에 대해 $W_1+W_2$ 는 유한차원이며 다음이 성립한다.$$\begin{align}&\;\text{dim}(W_1+W_2)\\=&\;\text{dim}(W_1)+\text{dim}(W_2)-\text{dim}(W_1\cap W_2)\end{align}$$

Proof. $W_1\cap W_2$ 의 어떤 기저 $\alpha$ 를 생각하자. 이때 $\alpha$ 를 확장하여 각각 $W_1$ , $W_2$ 의 기저를 얻을 수 있다. 이렇게 얻은 $W_1$ , $W_2$ 의 기저를 각각 $\alpha\cup\beta$ , $\alpha\cup\gamma$ 라고 하자. ($\beta,\gamma$ 는 $\alpha$ 와 서로소) 이때 $\alpha\cup\beta\cup\gamma$ 가 $W_1+W_2$ 를 생성함은 자명하다. 한편 $\alpha\cup\gamma$ 는 선형독립이므로 $\gamma$ 의 모든 원소는 $\text{span}(\alpha)$ 에 속하지 않는다. (링크의 정리 5.1-5b 참고) 이때 $\text{span}(\alpha)=W_1\cap W_2$ 이며 $\gamma\subset W_2$ 이므로 $\gamma\subset W_2\setminus W_1$ 을 얻는다. $\text{span}(\alpha\cap\beta)=W_1$ 이므로 다시 $\gamma$ 의 모든 원소는 $\text{span}(\alpha\cap\beta)$ 에 속하지 않으며, 따라서 $\alpha\cup\beta\cup\gamma$ 은 일차독립이다. 정리하면 $\alpha\cup\beta\cup\gamma$ 는 $W_1+W_2$ 의 기저이다. 특히 $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ 는 모두 서로소이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\text{dim}(W_1+W_2)\\=&\;|\alpha\cup\beta\cup\gamma|\\=&\;|\alpha|+|\beta|+|\gamma|\\=&\;\big(|\alpha|+|\beta|\big)+\big(|\alpha|+|\gamma|\big)-|\alpha|\\=&\;|\alpha\cup\beta|+|\alpha\cup\gamma|-|\alpha|\\=&\;\text{dim}(W_1)+\text{dim}(W_2)-\text{dim}(W_1\cap W_2)\end{align}$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Lemma 2.9. 다음의 두 행렬 $B,B'$ 에 대해 $\text{rank}(B)=\text{rank}(B')+1$ 가 성립한다.$$B=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&B'\end{array}\;\right)$$

Proof. $B$ 의 1열은 $e_1$ 이며, $B$ 의 1열을 제외한 나머지를 $B_0'$ 이라고 하면 $B=\left(\;\begin{array}{c|c}e_1&B_0'\end{array}\;\right)$ 이고 특히 다음과 같다.

$$e_1=\begin{pmatrix}1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}\qquad B_0'=\begin{pmatrix}0&\cdots&0\\\hline&&\\&B'&\\&&\end{pmatrix}$$

$B'\in\mathbb{M}_{m\times n}(F)$ 라고 하자. 임의의 $x\in F^{n+1}$ 에 대해 $x=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_{n+1}\end{pmatrix}$ 이라고 하면 다음이 성립한다.

$$Bx=x_1e_1+B_0'\begin{pmatrix}x_2\\\vdots\\x_{n+1}\end{pmatrix}$$

$$\therefore R(L_B)=R(L_{e_1})+R(L_{B_0'})$$

각 $R(L_B)$ , $R(L_{e_1})$ , $R(L_{B_0'})$ 는 $F^{m+1}$ 의 부분공간이다. (링크의 정리 2-1 참고) 이때 $R(L_{e_1})$ 의 모든 벡터는 첫 번째 성분을 제외한 모든 성분이 0이고, $R(L_{B_0'})$ 의 모든 벡터는 첫 번째 성분이 0이므로 다음이 성립한다.

$$R(L_{e_1})\cap R(L_{B_0'})=\{0\}$$

즉 $\text{dim}(R(L_{e_1})\cap R(L_{B_0'}))=0$ 이므로 도움정리 2.8.에 따라 다음을 얻는다.

$$\text{rank}(L_B)=\text{rank}(L_{e_1})+\text{rank}(L_{B_0'})$$

한편 $\text{rank}(L_{e_1})=1$ 임이 자명하므로 다음을 얻는다.

$$\text{rank}(B)=1+\text{rank}(B_0')$$

한편 정리 2.6.에 따라 $\text{rank}(B')=\text{rank}(B_0')$ 임이 자명하므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Lemma 2.10. 다음의 $(m+1)\times(n+1)$ 행렬 $B,D$ 와 $m\times n$ 행렬 $B',D'$ 를 생각하자.$$B=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&B'\end{array}\;\right)\quad D=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&D'\end{array}\;\right)$$ $B'$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 $D'$ 를 얻을 수 있다면, $B$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있다.

Proof. $B'$ 에 유한 번의 기본연산을 시행하여 $D'$ 를 얻었다면 $D'=E_1'B'E_2'$ 를 만족하는 행렬 $E_1',E_2'$ 가 존재한다. 다음의 행렬을 생각하자.

$$E_1=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'\end{array}\;\right)\quad E_2=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_2'\end{array}\;\right)$$

이때 $E_1$ 은 $I_m$ 에서 $E_1'$ 을 얻을 때 $i$ 번째 행에 시행한 기본연산을 $I_{m+1}$ 의 $i+1$ 번째 행에 시행하여 얻을 수 있는 행렬이므로 $m\times m$ 기본행렬이다. 비슷하게 $E_2$ 도 $n\times n$ 기본행렬이다. 한편 행렬의 곱 연산에 따라 다음이 자명하다.

$$\begin{align}E_1B&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'\end{array}\;\right)\!\!\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&B'\end{array}\;\right)\\&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'B'\end{array}\;\right)\end{align}$$

비슷하게 다음이 성립한다.

$$\begin{align}E_1BE_2&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'B'\end{array}\;\right)\!\!\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_2'\end{array}\;\right)\\&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&E_1'B'E_2'\end{array}\;\right)\end{align}$$

이때 $E_1'B'E_2'=D'$ 이므로 $E_1BE_2=D$ 를 얻는다. 이는 $B$ 에 유한 번의 기본연산을 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있음을 의미하므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

이제 랭크에 대한 논의의 중요한 분기점이 되는 정리를 증명하자.

Theorem 2.11. 랭크가 $r$ 인 $m\times n$ 행렬 $A$ 에 대해 $r\le m,n$ 이 성립하며 $A$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 다음의 행렬 $D$ 를 얻을 수 있다.$$D=\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}$$ 이때 각 $O$ 는 적절한 영행렬이다.

Proof. $A$ 가 영행렬이면 $\text{rank}(A)=0$ 이고 $D=A$ 이므로 정리가 성립한다. $A$ 가 영행렬이 아니라고 가정하자. $m$ 에 대한 수학적 귀납법으로 증명하자.

$m=1$ 일 때를 생각하자. $A$ 는 행벡터이며 0아닌 성분을 가지므로 1형, 2형 열연산으로 첫 번째 성분을 1로 만들 수 있으며, 3형 열연산을 반복하여 나머지 성분을 모두 0으로 만들어 $D$ 를 얻을 수 있다. 정리 2.6.에 따라 $D$ 의 랭크는 1이며 따름정리 2.5.에 따라 $A$ 의 랭크도 1이다. 이때 $1\le 1,n$ 이므로 정리가 성립한다.

$m-1$ 에서 정리가 성립한다고 가정하고 $m$ 에서 정리가 성립함을 보이자. $m\times n$ 행렬 $A$ 는 0이 아닌 성분을 가지므로 1형 행연산과 1형, 2형 열연산으로 1행 1열의 성분을 1로 만들 수 있으며 3형 연산을 반복하여 다음과 같은 꼴의 행렬을 얻을 수 있다.

$$B=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&B'\end{array}\;\right)$$

이때 $B'$ 는 $(m-1)\times(n-1)$ 행렬이므로 $\text{rank}(B')=r-1$ 이라고 하면 귀납법 가정에 따라 $r-1\le m-1,n-1$ 이 성립하며 $B'$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 다음의 행렬 $D'$ 를 얻을 수 있다.

$$D'=\begin{pmatrix}I_{r-1}&O\\O&O\end{pmatrix}$$

도움정리 2.9.에 따라 $\text{rank}(B)=r$ 이며 $r\le m,n$ 을 얻는다. 한편 $B'$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 $D'$ 를 얻었으므로 도움정리 2.10.에 따라 $B$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 다음의 행렬 $D$ 를 얻을 수 있다.

$$\begin{align}D&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&D'\end{array}\;\right)\\&=\left(\;\begin{array}{c|c}1&\begin{matrix}0&\cdots&0\end{matrix}\\\hline\begin{matrix}0\\\vdots\\0\end{matrix}&\begin{matrix}I_{r-1}&O\\O&O\end{matrix}\end{array}\;\right)\\&=\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}\end{align}$$

여기서 $B$ 는 이미 $A$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 얻은 행렬이므로, $A$ 에 기본연산을 유한 번 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있으며 따름정리 2.5.에 따라 $\text{rank}(A)=\text{rank}(B)$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

이 정리는 랭크의 관점에서 행렬의 불필요한 부분을 완전히 제거하여 랭크의 성질을 알아내는데 도움을 준다.

랭크의 성질

Corollary 2.12. 랭크가 $r$ 인 $m\times n$ 행렬 $A$ 에 대해 다음을 만족하는 $m\times m$ 가역행렬 $B$ , $n\times n$ 가역행렬 $C$ 가 존재한다.$$D=\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}=BAC$$

Proof. 정리 2.11.에 따라 $A$ 에 유한 번의 기본연산을 시행하여 $D$ 를 얻을 수 있다. 이때 다음을 만족하는 $m\times m$ 기본행렬 $E_1,\ldots,E_p$ , $n\times n$ 기본행렬 $G_1,\ldots,G_q$ 가 존재한다.

$$D=E_p\cdots E_1AG_1\cdots G_q$$

이때 기본행렬은 가역이므로 $E_p\cdots E_1$ 와 $G_1\cdots G_q$ 도 가역이며, 따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

다음의 따름정리 이전에 자명한 사실 하나를 확인하자. 어떤 행렬 $A$ 가 가역이면 $A^t$ 도 가역이며 $A^t$ 의 역행렬은 $(A^{-1})^t$ 이다. 이는 다음의 식으로써 자명하다.

$$(A^{-1})^tA^t=(AA^{-1})^t=I^t=I$$

Corollary 2.13. 다음이 성립한다.
(1) 행렬 $A$ 에 대해 $A^t$ 의 랭크는 $A$ 의 랭크와 같다.
(2) 행렬의 랭크는 그 행에 대한 생성공간의 차원이다. 즉 행렬의 랭크는 일차독립인 행의 최대 개수와 같다.
(3) 행렬의 행과 열이 생성하는 각각의 부분공간은 차원이 같으며, 이 차원은 행렬의 랭크와 같다.

Proof.

(1) $\text{rank}(A)=r$ 이라고 하자. 따름정리 2.12.에 따르면 $D=\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}$ 에 대해 $D=BAC$ 인 가역행렬 $B,C$ 가 존재한다. 한편 다음이 성립한다.

$$D^t=(BAC)^t=C^tA^tB^t$$

이때 $B,C$ 는 가역이므로 $B^t,C^t$ 도 가역이다. 정리 2.4.에 따라 다음이 성립한다.

$$\text{rank}(A^t)=\text{rank}(C^tA^tB^t)=\text{rank}(D^t)$$

한편 $D^t$ 는 여전히 $\begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}$ 의 꼴이므로 ($D\neq D^t$ 일 수 있음) 정리 2.6.에 따라 $D^t$ 의 랭크는 $r$ 이다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

(2) 정리 2.6.과 본 정리의 (1)에 따라 자명하다.

(3) 정리 2.6.과 본 정리의 (2)에 따라 자명하다. $\square$

이제 그 어떤 행렬도 반복계산으로 랭크를 구할 수 있다. 행렬의 랭크를 구하는 전략은 기본연산을 행렬에 적용하여 가능한 많은 성분이 0이 되도록 하여 일차독립인 행 또는 열이 몇 개인지 쉽게 파악하는 것이다. 예시는 생략한다.

다음의 정리는 상당히 중요하다.

Corollary 2.14. 모든 가역행렬은 기본행렬의 유한한 곱과 같다.

Proof. 정리 2.1.에 따라 $n\times n$ 가역행렬 $A$ 의 랭크는 $n$ 이다. 한편 따름정리 2.12.의 증명에서와 같이 다음을 만족하는 $m\times m$ 기본행렬 $E_1,\ldots,E_p$ , $n\times n$ 기본행렬 $E_1',\ldots,E_q'$ 가 존재한다.

$$I_n=E_p\cdots E_1AG_1\cdots G_q$$

정리 1.3.에 따르면 기본행렬은 가역이므로 다음이 성립한다.

$$A=E_1^{-1}\cdots E_p^{-1}I_nG_q^{-1}\cdots G_1^{-1}=E_1^{-1}\cdots E_p^{-1}G_q^{-1}\cdots G_1^{-1}$$

다시 정리 1.3.에 따라 기본행렬의 역행렬도 기본행렬이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)
[1] 스티븐 H, 프리드버그. (2020). 프리드버그 선형대수학 (한빛수학교재연구소 옮김). 한빛아카데미.

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[선형변환부터 동형사상까지] ch1. 선형변환

ch1. 기본행렬연산

[행렬의 랭크] ch1. 기본행렬연산

김한결 — Wed, 11 Jan 2023 17:56:42 +0900

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[선형변환부터 동형사상까지] ch5. 행렬 연산

[선형변환부터 동형사상까지] ch7. 가역인 선형변환

다음 읽을거리: ch2. 행렬의 랭크

기본행렬연산

Definition. $m\times n$ 행렬 $A$ 에 대하여 다음의 세 연산을 기본행연산(elementary row operation)이라고 한다.
1형 연산: $A$ 의 두 행을 교환하는 것.
2형 연산: $A$ 의 한 행에 $0$ 이 아닌 스칼라를 곱하는 것.
3형 연산: $A$ 의 한 행에 다른 행의 스칼라배를 더하는 것.

다음의 세 연산을 기본열연산(elementary column operation)이라고 한다.
1형 연산: $A$ 의 두 열을 교환하는 것.
2형 연산: $A$ 의 한 열에 $0$ 이 아닌 스칼라를 곱하는 것.
3형 연산: $A$ 의 한 열에 다른 열의 스칼라배를 더하는 것.

기본 행연산과 기본 열연산을 통틀어 기본연산(elementary operaton)이라고 한다.

예를들어 다음의 행렬 $A$ 를 생각하자.

$$A=\begin{pmatrix}-1&-2&-3&-4\\1&2&3&4\\11&22&33&44\end{pmatrix}$$

$A$ 의 2행과 3행을 교환하는 1형 행연산을 시행하면 다음과 같다.

$$\begin{pmatrix}-1&-2&-3&-4\\11&22&33&44\\1&2&3&4\end{pmatrix}$$

$A$ 의 1행에 2를 곱하는 2형 행연산을 시행하면 다음과 같다.

$$\begin{pmatrix}-2&-4&-6&-8\\1&2&3&4\\11&22&33&44\end{pmatrix}$$

$A$ 의 3행에 1행의 2배를 더하는 3형 행연산을 시행하면 다음과 같다.

$$\begin{pmatrix}-1&-2&-3&-4\\1&2&3&4\\9&18&27&36\end{pmatrix}$$

어떤 행렬 $P$ 에 어떤 기본연산을 시행하여 행렬 $Q$ 를 얻었다면, 다시 행렬 $Q$ 에 같은 유형의 기본연산을 시행하여 행렬 $P$ 를 얻을 수 있음은 자명하다. 만약 $P$ 의 1행과 2행을 교환했다면 다시 1행과 2행을 교환하여, 만약 $P$ 의 1행에 $c$ 를 곱했다면 다시 1행에 $\frac{1}{c}$ 를 곱하여, 만약 $P$ 의 2행에 1행의 $c$ 배를 더했다면 다시 2행에 1행의 $-c$ 배를 더하여 $P$ 를 얻을 수 있다.

다음의 정리에 따르면 세 가지 기본연산이 서로 독립적이지는 않다.

Theorem 1.1. 1형 행연산은 2형 및 3형 행연산을 반복하여, 1형 열연산은 2형 및 3형 열연산을 반복하여 얻을 수 있다.

※ 뺄셈은 $-1$ 을 곱하고 더하는 것과 같음에 유의하자.

Proof. 행연산에 대해서만 증명한다. 행렬 $A$ 의 $(i,j)$ 행을 $(a,b)$ 라고 하자.

1. $i$ 행에서 $j$ 행을 빼기 (3형): $(a-b,b)$

2. $j$ 행에 $i$ 행을 더하기 (3형): $(a-b,a)$

3. $i$ 행에서 $j$ 행을 빼기 (3형): $(-b,a)$

4. $i$ 행에 $-1$ 을 곱하기 (2형): $(b,a)$ $\square$

기본행렬

Definition. $n\times n$ 기본행렬(elementary matrix)이란 항등행렬 $I_n$ 에 기본연산을 시행한 행렬을 말한다. $I_n$ 에 1형, 2형, 3형 연산을 시행하여 얻은 행렬을 각각 1형, 2형, 3형 행렬이라고 한다.

여기서 항등행렬에 연산을 할때 1형 행연산과 1형 열연산이 같고, 2형 행연산과 2형 열연산이 같고, 3형 행연산과 3형 열연산이 같음에 유의하자. 이는 세 가지 유형의 기본행렬은 각각 행연산과 열연산의 두 가지 방법으로 동일하게 얻을 수 있음을 의미한다.

다음 정리에 따르면 기본연산을 시행하는 것과 기본행렬을 곱하는 것은 동일하다.

Theorem 1.2. $m\times n$ 행렬 $A$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) 어떤 기본 행연산을 $A$ , $I_m$ 에 시행하여 각각 $B$ , $E$ 를 얻었을 때 $B=EA$ 가 성립한다.
(2) 어떤 기본 열연산을 $A$ , $I_n$ 에 시행하여 각각 $B$ , $E$ 를 얻었을 때 $B=AE$ 가 성립한다.

Proof. (2)를 증명하면 (1)은 그 따름정리로 얻을 수 있다.

(2) $A$ 에서 $B$ 를 얻을 때 시행한 기본행연산을 $\beta$ 라고 하자. $E$ 가 다음과 같다고 하자.

$$E=\begin{pmatrix}\mid&&\mid\\\epsilon_1&\cdots&\epsilon_n\\\mid&&\mid\end{pmatrix}$$

다음이 성립한다. (링크의 정리 8-2 참고)

$$AE=\begin{pmatrix}\mid&&\mid\\A\epsilon_1&\cdots&A\epsilon_n\\\mid&&\mid\end{pmatrix}$$

즉 $B$ 의 $i$ 열은 $A\epsilon_i$ 와 같다. 한편 $A$ 의 $j$ 열은 $Ae_j$ 임에 유의하자.

1. $\beta$ 가 $p$ 열과 $q$ 열을 교환한 1형 연산이라고 하자. 이 경우 $\epsilon_p=e_q$ , $\epsilon_q=e_p$ 이고 나머지는 $\epsilon_r=e_r$ ($r\neq p,q$) 이므로 $A\epsilon_p=Ae_q$ , $A\epsilon_q=Ae_p$ , $A\epsilon_r=Ae_r$ 이다. 정리하면 $B$ 의 $p$ 열, $q$ 열은 $A$ 의 $q$ 열, $p$ 열이고 $B$ 의 나머지 열은 $A$ 의 나머지 열과 서로 같으므로 원하는 결과를 얻는다.

2. $\beta$ 가 $p$ 열에 $c$ 를 곱한 2형 연산이라고 하자. 이 경우 $\epsilon_p=ce_p$ 이고 나머지는 $\epsilon_r=e_r$ ($r\neq p$) 이므로 $A\epsilon_p=cAe_p$ , $A\epsilon_r=Ae_r$ 이다. 정리하면 $B$ 의 $p$ 열은 $A$ 의 $p$ 열에 $c$ 를 곱한 것이고 $B$ 의 나머지 열은 $A$ 의 나머지 열과 서로 같으므로 원하는 결과를 얻는다.

3. $\beta$ 가 $q$ 열에 $p$ 열의 $c$ 배를 곱한 3형 연산이라고 하자. 이 경우 $\epsilon_q=e_q+ce_p$ 이고 나머지는 $\epsilon_r=e_r$ ($r\neq q$) 이므로 $A\epsilon_q=Ae_q+cAe_p$ , $A\epsilon_r=Ae_r$ 이다. 정리하면 $B$ 의 $q$ 열은 $A$ 의 $q$ 열에 $A$ 의 $p$ 열의 $c$ 배를 더한 것이고 $B$ 의 나머지 열은 $A$ 의 나머지 열과 서로 같으므로 원하는 결과를 얻는다.

(1) $A$ 에서 $B$ 를 얻을 때 시행한 기본행연산을 $\alpha$ 라고 하고 $\alpha$ 에 대응하는 기본열연산을 $\alpha^t$ 라고 하자. 이때 $A^t$ 에 $\alpha^t$ 를 시행하여 얻은 행렬은 자명하게 $B^t$ 이다. (2)에 따라 $I_m$ 에 $\alpha^t$ 를 시행하여 얻은 행렬을 $E$ 라고 하면 $B^t=A^tE$ 가 성립한다. 따라서 $B=E^tA$ 이며, $E^t$ 는 $I_m$ 에 $\alpha$ 를 시행한 것과 같으므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

다음의 정리에 따르면 기본행렬의 역행렬도 기본행렬이다.

Theorem 1.3. 기본행렬을 가역이며 그 역행렬은 같은 유형의 기본행렬이다.

Proof. $n\times n$ 기본행렬 $E$ 를 생각하자. $I_n$ 에서 $E$ 를 얻을 때 시행한 기본행연산과 동일한 유형의 기본 행연산을 다시 $E$ 에 시행하여 $I_n$ 을 얻을 수 있다. 정리 1.2.에 따르면 $I_n=E^*E$ 인 기본행렬 $E^*$ 가 존재한다. 가역의 성질(링크의 정리 10.1-4)에 따라 $E$ 는 가역이며 $E^{-1}=E^*$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. 기본열연산에 대해서도 비슷하게 증명할 수 있다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)
[1] 스티븐 H, 프리드버그. (2020). 프리드버그 선형대수학 (한빛수학교재연구소 옮김). 한빛아카데미.

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[선형변환부터 동형사상까지] ch5. 행렬 연산

[선형변환부터 동형사상까지] ch7. 가역인 선형변환

다음 읽을거리: ch2. 행렬의 랭크

[다변수 적분] ch2. 측도 0과 적분가능성

김한결 — Thu, 5 Jan 2023 00:42:17 +0900

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[집합의 크기] ch2. 가산집합과 비가산집합

ch1. 적분의 정의

다음 읽을거리: ch3. 푸비니 정리

측도 0

이제부터는 유난히 rectangle 을 많이 사용하게 된다. 필자의 편의상 다음의 표기법을 정의하자.

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 모든 rectangles 의 모임을 $\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이라고 하자.

다음의 정의는 기하적으로 무한히 협소한 집합, "부피" 가 0인 집합을 가리킨다.

Definition. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\ldots\}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 $A\subset\mathbb{R}^n$ 을 덮으며 다음이 성립하면 $\mathbb{R}^n$ 에서 $A$ 의 측도가 0(measure zero)이라고 한다.$$\sum_{i=1}^\infty v(Q_i)<\epsilon$$ 이때 $Q_1,Q_2,\ldots$ 의 total volume 이 $\epsilon$ 보다 작다고 한다.

※ "$\mathbb{R}^n$ 에서 $A$ 의 측도가 0" 의 원문은 "$A$ has measure zero in $\mathbb{R}^n$" 이다.

이 정의에서 가산이란 쉽게말해 자연수의 갯수보다 많지 않음을 의미한다. 당연히 유한도 가산에 포함된다. (자세한 내용은 [집합의 크기] ch2. 가산집합과 비가산집합 참고)

이해를 돕기 위해 (아직 임의의 집합의 부피를 정의하지 않았지만) 적절한 부피를 갖는 집합을 생각해보자. 그 집합 안에 적절하게 축소시킨 rectangle 을 집어넣을 수 있을 것이다. 이 경우, 이 집합을 덮는 rectangles 의 그 어떤 모임도 total volume 이 집합에 들어가있는 rectangle 의 volume 보다 클 것이다. 이러한 실험으로부터 측도가 0인 집합이기 위해서는 부피가 없는 집합이어야 함을 상상해볼 수 있다. (아직은 임의의 집합의 부피를 정의하지 않음에 주의하자)

0이 아닌 양의 값을 갖는 측도를 정의할 수 있지만, 지금은 측도론보다는 적분에 집중할 것이므로 넘어가도록 하자.

Theorem 2.1.
(1) $B\subset A$ 이고 $\mathbb{R}^n$ 에서 $A$ 의 측도가 0이면 $B$ 도 그러하다.
(2) $A$ 가 가산모임 $\{A_1,A_2,\ldots\}$ 의 합집합이라고 하자. $\mathbb{R}^n$ 에서 각 $A_i$ 의 측도가 0이면 $A$ 도 그러하다.
(3) $\mathbb{R}^n$ 에서 $A$ 의 측도가 0일 필요충분조건은 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\ldots\}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 $\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}$ 가 $A$ 를 덮고 다음이 성립하는 것이다.$$\sum_{i=1}^\infty v(Q_i)<\epsilon$$ (4) $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle $Q$ 에 대해 $\mathbb{R}^n$ 에서 $\text{Bd }Q$ 의 측도는 0이며 $Q$ 는 그렇지 않다.

Proof.

(1) 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 $A$ 의 측도가 0이므로 total volume 이 $\epsilon$ 보다 작은 rectangles 의 가산모임이 존재하여 $A$ 를 덮는다. 이때 이 모임은 $B$ 도 덮으므로 정의에 따라 $B$ 의 측도도 0이다.

(2) 임의의 $\epsilon>0$ 을 생각하자. 각 $A_j$ 의 측도는 0이므로 어떤 가산모임 $\{Q_{j1},Q_{j2},\ldots\}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 $A_j$ 를 덮으며 다음이 성립한다.

$$\sum_{i=1}^\infty v(Q_{ji})<\frac{\epsilon}{2^j}$$

이러한 가산모임의 합모임 $\{Q_{ji}\}_{i,j\in\mathbb{N}}$ 은 가산모임이며(링크의 Thm 2.5 참고) $A$ 를 덮고 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\sum_{i,j}v(Q_{ji})=\sum_{j=1}^\infty\sum_{i=1}^\infty v(Q_{ji})<\sum_{j=1}^\infty\frac{\epsilon}{2^j}=\epsilon$$

(3) ($\Leftarrow$) $\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}$ 가 $A$ 를 덮으면 $\{Q_1,Q_2,\ldots\}$ 도 $A$ 를 덮으므로 $A$ 의 측도는 0이다.

($\Rightarrow$) 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해, $A$ 의 측도가 0이면 어떤 가산모임 $\{Q_1',Q_2',\ldots\}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 $A$ 를 덮고 total volume 이 $\frac{\epsilon}{2}$ 보다 작다. 각 $i$ 에 대해 다음을 만족하도록 $Q_i\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 을 선택하자.(※)

$$Q_i'\subset\text{Int }Q_i\qquad v(Q_i)\le 2v(Q_i')$$

이때 $\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}$ 는 $A$ 를 덮고 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\sum_{i=1}^\infty v(Q_i)\le 2\sum_{i=1}^\infty v(Q_i')<2\cdot\frac{\epsilon}{2}=\epsilon$$

(4) $Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ 이라고 하자. $x=(x_1,\ldots,x_n)$ 에 대해 $x_i=a_i$ 인 $x\in Q$ 의 집합을 $Q$ 의 i번째 면 중 하나라고 한다. 나머지 i번째 면은 $x_i=b_i$ 인 $x\in Q$ 의 집합이다. $Q$ 의 각 면의 측도가 0임을 간단히 보이자. $x_i=a_i$ 인 면은 다음의 단 하나의 rectangle 에 의해 덮인다.

$$[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_i,a_i+\delta]\times\cdots\times[a_n,b_n]$$

이 경우 $\delta$ 의 값에 따라 이 rectangle 의 volume 을 얼마든지 작게 할 수 있으므로 $Q$ 의 각 면의 측도는 0이다. 한편 $\text{Bd }Q$ 는 $Q$ 의 면들의 합집합과 같으며 $Q$ 는 총 $2n$ 개의 면을 가진다. 다시말해 $\text{Bd }Q$ 는 측도가 0인 집합의 가산모임의 합집합이므로 본 정리의 (2)에 따라 $\text{Bd }Q$ 의 측도가 0임을 얻는다. 이어서 $Q$ 의 측도가 0이 아님을 보이자. 모순을 보이기 위해 $Q$ 의 측도가 0이라고 가정하자. $\epsilon=v(Q)$ 라고 하자. 본 정리의 (3) 에 따라 어떤 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\ldots\}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 $\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}$ 가 $Q$ 를 덮고 다음이 성립한다.

$$\sum_{i=1}^\infty v(Q_i)<\epsilon$$

한편 $Q$ 는 콤팩트하므로(링크의 Thm 7.5 참고) $\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}$ 중에서 유한개를 택하여 다시 $Q$ 를 덮을 수 있다. 이렇게 택한 것을 $\{\text{Int }Q_{i_1},\ldots,\text{Int }Q_{i_k}\}$ 라고 하자. 다음이 성립한다.

$$\sum_{j=1}^kv(Q_{i_j})\le\sum_{i=1}^\infty v(Q_i)<\epsilon=v(Q)$$

이는 Cor 1.5 에 모순되므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

(※) 이런 선택이 가능함은 rectangle 의 volume 함수가 연속이기 때문이다. $Q_i=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ 에 대해 다음의 함수를 생각해보자.

$$Q_\delta=[a_1-\delta,b_1+\delta]\times\cdots\times[a_n-\delta,b_n+\delta]$$

$$f:[0,\infty)\to\mathbb{R},\;\;f(\delta)=v(Q_\delta)$$

이 함수는 분명 연속이며 사잇값 정리에 따라 어떤 $\delta\in(0,\infty)$ 에 대해 $f(\delta)=2v(Q_i)$ 가 성립한다. 한편 $\delta\neq 0$ 이므로 $Q_i\subset\text{Int }Q_\delta$ 가 반드시 성립한다.

적분가능성

이제 적분가능할 필요충분조건이 무엇인지 확인해보자. 다음의 정의는 잠깐 쓰이고 이후에는 쓰이지 않는다.

Definition. 유계함수 $f:Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)\to\mathbb{R}$ 에 대해 $a\in Q$ 에서 $f$ 의 oscillation 을 다음과 같이 정의하자.$$\nu^a(f)=\underset{\delta>0}{\text{inf}}\left\{\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f\right\}$$

위 정의에서 $\nu^a(f)\ge0$ 임은 자명하다.

Lemma 2.2. 유계함수 $f:Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)\to\mathbb{R}$ 에 대해 $f$ 가 $a\in Q$ 에서 연속일 필요충분조건은 $\nu^a(f)=0$ 이다.

Proof.

($\Rightarrow$) $f$ 가 $a$ 에서 연속이라고 하자. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 임의의 $x\in Q$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}x\in C_\delta^Q(a)&\Rightarrow|f(x)-f(a)|<\frac{\epsilon}{2}\\&\Leftrightarrow f(a)-\frac{\epsilon}{2}<f(x)<f(a)+\frac{\epsilon}{2}\end{align}$$

따라서 $f(a)-\frac{\epsilon}{2}$ , $f(a)+\frac{\epsilon}{2}$ 는 각각 $C_\delta^Q(a)$ 에서 $f$ 의 하계, 상계이므로 다음이 성립한다.

$$\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f\le f(a)+\frac{\epsilon}{2}$$

$$f(a)+\frac{\epsilon}{2}\le\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f$$

$$\therefore\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f\le\epsilon$$

한편 $\nu^a(f)\le\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f$ 이므로 $\nu^a(f)\le\epsilon$ 을 얻는다. $\epsilon>0$ 을 임의로 선택하였으므로 $\nu^a(f)=0$ 을 얻는다.

($\Leftarrow$) $\nu^a(f)=0$ 라고 하자. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 $\epsilon$ 은 집합 $\left\{\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f:\delta>0\right\}$ 의 하계가 아니므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f<\epsilon$$

이때 임의의 $x\in Q$ 에 대해 다음이 자명하다.

$$\begin{align}&\;x\in C_\delta^Q(a)\\\Rightarrow&\;\left\{\begin{matrix}\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f\le f(x)\le\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f\\\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f\le f(a)\le\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f\end{matrix}\right.\\\Rightarrow&\;\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f\le f(x)-f(a)\le\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f\\\Rightarrow&\;|f(x)-f(a)|\le\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f<\epsilon\end{align}$$

따라서 $f$ 는 $a$ 에서 연속이다. $\square$

르베그 판정법 (Lebesgue’s criterion).
유계함수 $f:Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)\to\mathbb{R}$ , $f$ 의 불연속점 집합 $D\subset Q$ 를 생각하자. $Q$ 에서 $f$ 가 적분가능할 필요충분조건은 $\mathbb{R}^n$ 에서 $D$ 의 측도가 0인 것이다.

※ 리만-르베그 정리(The Riemann-Lebesgue Theorem), 또는 르베그의 리만 적분가능성 판정법(Lebesgue’s Criterion for Riemann integrability)이라고도 한다.

Proof.

($\Leftarrow$) $f$ 는 유계이므로 어떤 $M>0$ 이 존재하여 모든 $x\in Q$ 에 대해 $|f(x)|\le M$ 이 성립한다. 임의의 $\epsilon>0$ 를 고정하고 다음과 같다고 하자.

$$\epsilon'=\frac{\epsilon}{2M+2v(Q)}$$

$\mathbb{R}^n$ 에서 $D$ 의 측도가 0이므로 Thm 2.1 에 따라 total volume 이 $\epsilon'$ 보다 작은 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\ldots\}\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 $\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}$ 가 $D$ 를 덮는다. 각 $a\in Q\setminus D$ 에 대해 $f$ 는 $a$ 에서 연속이므로 interior 에 $a$ 를 포함하는 어떤 $Q_a\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재하여 임의의 $x\in Q$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$x\in Q_a\Rightarrow|f(x)-f(a)|<\epsilon'\tag{1}$$

다음의 집합을 생각하자.

$$\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}\cup\{\text{Int }Q_a:a\in Q\setminus D\}$$

$\{\text{Int }Q_1,\text{Int }Q_2,\ldots\}$ 는 $D$ 를 덮고 $\{\text{Int }Q_a:a\in Q\setminus D\}$ 는 $Q\setminus D$ 를 덮으므로 위의 집합은 $Q$ 를 덮는다. 한편 $Q$ 는 콤팩트하므로 다음과 같은 위 집합의 유한부분모임이 존재하여 $Q$ 를 덮는다.

$$\{\text{Int }Q_{j_1},\ldots,\text{Int }Q_{j_k},\text{Int }Q_{a_1},\ldots,\text{Int }Q_{a_l}\}$$

편의상 $Q_{a_i}=Q_i'$ 라고 하자. 이제 $\{Q_{j_1},\ldots,Q_{j_k},Q_1',\ldots,Q_l'\}$ 은 $Q$ 를 덮으며 다음이 성립한다.

$$\sum_{i=1}^kv(Q_{j_i})<\epsilon'$$

특히 각 $j\in\{1,\ldots,l\}$ 과 임의의 $x,y\in Q$ 에 대해 식 (1)에 따라 다음이 성립한다.

$$x,y\in Q_j'\Rightarrow\left\{\begin{matrix}|f(x)-f(a_j)|<\epsilon'\\|f(y)-f(a_j)|<\epsilon'\end{matrix}\right.$$

$$\begin{align}|f(x)-f(y)|&=|f(x)-f(a_j)-(f(y)-f(a_j))|\\&\le|f(x)-f(a_j)|+|f(y)-f(a_j)|\\&<\epsilon'+\epsilon'=2\epsilon'\end{align}$$

$$\therefore x,y\in Q_j'\Rightarrow|f(x)-f(y)|<2\epsilon'\tag{2}$$

편의를 위해 표기의 변화 없이 $Q_{j_i}\cap Q$ 를 $Q_{j_i}$ 라고, $Q_j'\cap Q$ 를 $Q_j'$ 라고 하자. 위 조건들은 여전히 성립한다. $Q_{j_1},\ldots,Q_{j_k}$ 와 $Q_1',\ldots,Q_l,$ 의 component intervals 의 end points 로 $P\in\Pi(Q)$ 를 구성하자. (Cor 1.5 의 삽화 참고) 이제 각 $Q_{j_i},Q_i'$ 는 $P$ 에 대한 $Q$ 의 subrectangles 의 어떤 합집합과 같다. 이제 $S(P)$ 를 서로소인 두 부분모임 $\mathcal{R},\mathcal{R}'$ 로 나누되, 각 $R\in\mathcal{R}$ 은 $\{Q_{j_1},\ldots,Q_{j_k}\}$ 에 덮이고 각 $R\in\mathcal{R}'$ 은 $\{Q_1',\ldots,Q_l'\}$ 에 덮이도록 하자. 이때 임의의 $R\in\mathcal{R}'$ 에 대해 식 (2)에 따라 다음이 성립한다.

$$x,y\in R\Rightarrow|f(x)-f(y)|<2\epsilon'$$

또한 임의의 $R\in\mathcal{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$x,y\in R\Rightarrow\left\{\begin{matrix}|f(x)|\le M\\|f(y)|\le M\end{matrix}\right.$$

$$|f(x)-f(y)|\le|f(x)|+|f(y)|\\le 2M$$

$$\therefore x,y\in R\Rightarrow|f(x)-f(y)|\le 2M$$

따라서 다음을 얻는다. (링크의 도움정리 27-4 참고)

$$\sum_{R\in\mathcal{R}}\left(\underset{R}{\text{sup}}\;f-\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\le 2M\sum_{R\in\mathcal{R}}v(R)$$

$$\sum_{R\in\mathcal{R}'}\left(\underset{R}{\text{sup}}\;f-\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)<2\epsilon'\sum_{R\in\mathcal{R}'}v(R)$$

이때 다음과 같다.

$$\sum_{R\in\mathcal{R}}v(R)\le\sum_{i=1}^k\sum_{\substack{R\in S(P)\\R\subset Q_{j_i}}}v(R)=\sum_{i=1}^kv(Q_{j_i})<\epsilon'$$

$$\sum_{R\in\mathcal{R}'}v(R)\le\sum_{R\in S(P)}v(R)=v(Q)$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;U(f,P)-L(f,P)\\=&\;\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{sup}\;f}-\underset{R}{\text{inf}\;f}\right)v(R)\\=&\;\left(\sum_{R\in\mathcal{R}}+\sum_{R\in\mathcal{R}'}\right)\left(\underset{R}{\text{sup}\;f}-\underset{R}{\text{inf}\;f}\right)v(R)\\<&\;2M\epsilon'+2\epsilon'v(Q)\\=&\;\epsilon\end{align}$$

Riemann condition 에 따라 $Q$ 에서 $f$ 가 적분가능하다.

($\Rightarrow$) $Q$ 에서 $f$ 가 적분가능하다고 하자. 각 자연수 $m$ 에 대해 다음의 집합을 정의하자.

$$D_m=\left\{a\in\mathbb{Q}:\nu^a(f)\ge\frac{1}{m}\right\}$$

이때 다음이 성립함을 보이자.

$$\bigcup_{m=1}^\infty D_m=D$$

$D$ 는 $f$ 의 불연속점 집합이므로 Cor 2.2 에 따라 다음이 성립한다.

$$D=\{a\in\mathbb{Q}:\nu^a(f)\neq 0\}$$

임의의 $a\in D$ 를 고정하자. 이때 $\nu^a(f)\neq 0$ 이므로 $\nu^a(f)>0$ 이다. 아르키메데스 성질에 따라 어떤 자연수 $m$ 이 존재하여 $\frac{1}{m}\le\nu^a(f)$ 가 성립한다. 즉 $a\in\bigcup_{m=1}^\infty D_m$ 가 성립하므로 다음을 얻는다.

$$D\subset\bigcup_{m=1}^\infty D_m$$

임의의 $a\in\bigcup_{m=1}^\infty D_m$ 를 고정하자. 어떤 자연수 $m$ 이 존재하여 $a\in D_m$ 가 성립한다. 이는 $\nu^a(f)\ge\frac{1}{m}$ 과 같으며, 따라서 $\nu^a(f)\neq 0$ 가 성립한다. 다시 Cor 2.2 에 따라 $a\in D$ 를 얻으므로 다음이 성립한다.

$$\bigcup_{m=1}^\infty D_m\subset D$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. 다시 정리로 돌아와서, $\mathbb{R}^n$ 에서 각 $D_m$ 의 측도가 0임을 보이자. 임의의 $m\in\mathbb{N}$ 와 임의의 $\epsilon>0$ 을 고정하자. $f$ 는 적분가능하므로 Riemann condition 에 따라 어떤 $P\in\Pi(Q)$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$U(f,P)-L(f,P)<\frac{\epsilon}{2m}$$

다음과 같이 정의하자.

$$D_m'=D_m\cap\left(\bigcup_{R\in S(P)}\text{Bd }R\right)$$

$$D_m''=D_m\setminus D_m'$$

$D_m'$ 은 $\bigcup_{R\in S(P)}\text{Bd }R$ 에 속하며, 각 $\text{Bd }R$ 의 측도는 0이므로 Thm 2.1 에 따라 $D_m'$ 의 측도도 0임을 안다. 따라서 $D_m'$ 을 덮고 total volume 이 $\frac{\epsilon}{2}$ 미만인 가산모임 $\mathcal{Q}_1\subset\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 이 존재한다. $D_m''$ 의 점을 포함하는 모임 $\{R_1,\ldots,R_k\}\subset S(P)$ 를 생각하자. 각 $R_i$ 는 $D_m''$ 의 점 $a$ 를 포함한다. 이때 $D_m'$ 의 정의에 따라 $a\notin\text{Bd }R_i$ 이므로 정확히 $a\in\text{Int }R$ 이다. 따라서 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 $C_\delta^Q(a)\subset R_i$ 가 성립하며, 다음을 얻는다.

$$\frac{1}{m}\le\nu^a(f)\le\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{sup}}\;f-\underset{C_\delta^Q(a)}{\text{inf}}\;f\le\underset{R_i}{\text{sup}}\;f-\underset{R_i}{\text{inf}}\;f$$

다음이 성립한다.

$$\begin{align}\sum_{i=1}^kv(R_i)&=m\sum_{i=1}^k\frac{1}{m}v(R_i)\\&\le m\sum_{i=1}^k\left(\underset{R_i}{\text{sup}}\;f-\underset{R_i}{\text{inf}}\;f\right)v(R_i)\\&\le m\big(U(f,P)-L(f,P)\big)\\&< m\frac{\epsilon}{2m}\\&=\frac{\epsilon}{2}\end{align}$$

즉 $\{R_1,\ldots,R_k\}$ 의 total volume 은 $\frac{\epsilon}{2}$ 보다 작다. 정리하면 $\mathcal{Q}_1\cup\{R_1,\ldots,R_k\}$ 은 $D_m$ 을 덮고 total volume 이 $\epsilon$ 보다 작은 가산모임이므로 $D_m$ 의 측도는 0이다. Thm 2.1 에 따라 $D$ 의 측도도 0이다. $\square$

편의를 위해 다음의 용어를 도입하자.

Definition. 집합 $X\subset\mathbb{R}^n$ 과 측도가 0인 집합 $A\subset X$ 을 생각하자. 임의의 $x\in X\setminus A$ 에서 성질 $P$ 가 성립하면 거의 모든 곳(almost everywhere, a.e.)에서 $P$ 가 성립한다고 한다.

이러한 표현을 빌리면 "유계인 $f:Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)\to\mathbb{R}$ 가 적분가능할 필요충분조건은 거의 모든곳에서 연속인 것이다" 라고 할 수 있다.

편의를 위해 다음의 용어를 도입하자.

Definition. 함수 $f:A\subset\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 와 $C\subset A$ 를 생각하자. 어떤 $x\in A$ 에 대해 $f(x)=0$ 이면 $f$ 가 $x$ 에서 0이라고 하고 모든 $x\in C$ 에 대해 $f(x)=0$ 이면 $f$ 가 $C$ 에서 0이라고 한다.

※ "$f$ 가 $C$ 에서 0이다" 의 원문은 "$f$ vanishes on $C$" 이다.

르베그 판정법을 이용하면 다음의 정리를 얻을 수 있다.

Theorem 2.3. 적분가능함수 $f:Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) $f$ 가 거의 모든 곳에서 0이면 $\int_Qf=0$ 이다.
(2) $f$ 가 음의 값을 갖지 않으며 $\int_Qf=0$ 이면 $f$ 는 거의 모든 곳에서 0이다.

Proof.

(1) $f$ 가 측도가 0인 어떤 $E\subset Q$ 를 제외한 모든 곳에서 0이라고 하자. 임의의 $P\in\Pi(Q)$ 를 고정하자. 임의의 $R\in S(P)$ 에 대해 $R$ 은 측도가 0이 아니므로 $E$ 에 포함되지 않는다. 따라서 $f$ 는 $R$ 의 몇몇 점에서 0이므로, $\underset{R}{\text{inf}}\;f\le 0$ 및 $\underset{R}{\text{sup}}\;f\ge 0$ 이 성립한다. 이로써 $L(f,P)\le 0$ 및 $U(f,P)\ge 0$ 을 얻으며, $P$ 를 $\Pi(Q)$ 에서 임의로 선택하였으므로 다음이 성립한다.

$$\underline{\int_Q}f\le 0\qquad\overline{\int_Q}f\ge 0$$

$f$ 가 적분가능함을 전제하였으므로 $\int_Qf=0$ 을 얻는다.

(2) 모든 $x\in Q$ 에 대해 $f(x)\ge 0$ 이고 $\int_Qf=0$ 이라고 하자. $f$ 가 연속인 점에서 0임을 보이자. 모순을 보이기 위해 $f$ 가 $a\in Q$ 에서 연속이고 $f(a)>0$ 이라고 가정하자. $\epsilon=f(a)$ 라고 하면, $f$ 는 $a$ 에서 연속이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\begin{align}x\in C_\delta^Q(a)&\Rightarrow|f(x)-f(a)|<\frac{\epsilon}{2}\\&\Rightarrow-\frac{\epsilon}{2}<f(x)-\epsilon\\&\Rightarrow\frac{\epsilon}{2}<f(a)\end{align}$$

Mesh 가 $\delta$ 보다 작은 $P\in\Pi(Q)$ 를 선택하자. $a$ 를 포함하는 어떤 $R_a\in S(P)$ 에 대해 $R_a\subset C_\delta^Q(a)$ 이므로 $\underset{R_a}{\text{inf}}\;f\ge\frac{\epsilon}{2}$ 를 얻는다. 반면에 $f$ 는 음의 값을 갖지 않으므로 모든 $R\in S(P)$ 에 대해 $\underset{R_a}{\text{inf}}\;f\ge 0$ 이다. 따라서 다음이 성립한다.

$$L(f,P)=\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\ge\frac{\epsilon}{2}v(R_a)>0$$

그러나 이는 다음에 모순된다.

$$L(f,P)\le\int_Qf=0$$

따라서 $f$ 는 연속인 점에서 0이다. 전제에 따라 $f$ 는 적분가능하므로 르베그 판정법에 따라 $f$ 는 거의 모든 곳에서 연속이며, 따라서 $f$ 는 거의 모든 곳에서 0이다. $\square$

위 정리는 적분의 영역을 rectangle 이 아닌 임의의 영역으로 확장하였을 때의 적분가능성에 대한 중요한 힌트를 준다.

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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[집합의 크기] ch2. 가산집합과 비가산집합

ch1. 적분의 정의

다음 읽을거리: ch3. 푸비니 정리

[다변수 적분] ch1. 적분의 정의

김한결 — Wed, 4 Jan 2023 01:47:08 +0900

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[FTC의 엄밀한 증명] ch23. 리만 적분

[실수공간의 위상] ch6. Interior, Exterior, Boundary

다음 읽을거리: ch2. 측도 0과 적분가능성

Partition

적분을 정의하기 위해선 먼저 rectangle 의 volume 을 정의하여야 한다.

Definition. Rectangle $Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ 에 대해 각 $[a_j,b_j]$ 를 $Q$ 의 component interval 이라고 한다.
(1) $Q$ 의 width 를 다음과 같이 정의하자.$$\text{width }Q=\text{max}\{b_1-a_1,\ldots,b_n-a_n\}$$ (2) $Q$ 의 volume 을 다음과 같이 정의하자.$$v(Q)=(b_1-a_1)\cdots(b_n-a_n)$$

※ 참고문헌에서는 rectangle 의 width 를 표기하도록 하는 기호를 따로 명시하지 않았다.

위 정의에서 1차원 공간 $\mathbb{R}$ 의 rectangle , 즉 닫힌구간의 경우 volume 의 정의가 단순히 구간의 길이(length)의 개념으로 퇴화됨을 볼 수 있다.

다음의 정의는 rectangle 을 보다 작은 여러개의 rectangle 로 나누는 방법에 대해 말한다.

Definition. $[a,b]$ 의 partition 이란 $a,b$ 를 포함하며 $[a,b]$ 의 점들로 이루어진 유한집합이다.

Partiton 이 유한집합임에 유의하자. 닫힌구간 $[a,b]$ 의 partition $P\subset[a,b]$ 의 원소를 표기할 때에는 일반적으로 오름차순의 표기(increasing order index)를 사용한다. 예를들면 다음과 같다.

$$P=\{t_0,t_1,\ldots,t_k\}\subset[a,b]$$

$$\Rightarrow a=t_0<t_1<\cdots<t_k=b$$

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle $Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ 을 생각하자. 각 $[a_j,b_j]$ 의 partition $P_j$ 에 대해 다음의 집합을 $Q$ 의 partition 이라고 한다.$$P=P_1\times\cdots\times P_n$$ $Q$ 의 모든 partitions 의 모임을 $\Pi(Q)$ 라고 쓴다.

$\mathbb{R}^n$ 의 rectangle $Q$ 의 partiton $P$ 를 $P_1\times\cdots\times P_n$ 이라고 할때, 각 $P_j$ 는 유한집합이며 그 원소의 수를 $m_j$ 라고 할 경우 $P$ 의 총 원소의 수는 $m_1\times\cdots\times m_n$ 이다. 요점은 n차원 공간의 rectangle 의 partition 또한 유한집합이라는 것이며 이를 잘 기억해두자.

Definition. $[a,b]$ 의 partition $P=\{t_0,t_1,\ldots,t_k\}$ 를 생각하자. 각 $i\in\{1,\ldots,n\}$ 에 대해 구간 $[t_{i-1},t_i]$ 를 $P$ 에 대한 $[a,b]$ 의 subinterval 이라고 한다.

※ "$P$ 에 대한 $[a,b]$ 의 subinterval" 의 원문은 "the subinterval determined by $P$, of the interval $[a,b]$" 이다.

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle $Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ , $Q$ 의 partition $P=P_1\times\cdots\times P_n$ 을 생각하자. 각 $I_j$ 가 $P_j$ 에 대한 $[a_j,b_j]$ 의 subinterval 이면 다음의 rectangle 을 $P$ 에 대한 $Q$ 의 subrectangle 이라고 한다.$$R=I_1\times\cdots\times I_n$$ $P$ 에 대한 $Q$ 의 모든 subrectangles 의 모임을 $S(P)$ 라고 쓴다.

※ "$P$ 에 대한 $Q$ 의 subrectangle" 의 원문은 "the subrectangle determined by $P$, of the rectangle $Q$" 이다.

Subrectangle 은 rectangle 에 partition 이 주어진 뒤에 선택할 수 있음에, 그리고 각 subrectangle 은 그 자체로 하나의 rectangle 임에 유의하자.

기하적으로 subrectangle 이란 rectangle 을 각각의 축을 따라 분할하였을 때 생겨나는 각각의 격자공간를 의미한다. 여기서 잠시 멈추어 각 subrectangle 의 각 component interval 은 원래의 rectangle 의 component inteval 의 subinterval 과 같음을 이해해보자.

다음의 정의는 rectangle 을 얼마나 잘게 분할하였는지를 측정하는 도구이다.

Definition. Rectangle $Q$ 와 $P\in\Pi(Q)$ 에 대하여 다음을 $P$ 의 mesh 라고 한다.$$\text{max}\{\text{width }R:R\in S(P)\}$$

다시말해 mesh 란 rectangle 의 모든 component interval 과 그의 모든 subinterval 중에서 얻을 수 있는 가장 큰 length 이다.

다음의 정리는 주어진 partition 을 더 잘게 분할한 partition 에 대해 말한다. 더 잘게 분할한 partition 의 점들은 원래의 partition 의 모든 점을 이미 포함함에 유의하자.

Definition. Rectangle $Q$ 의 partition $P,P'$ 에 대해 $P\subset P'$ 이면 $P'$ 를 $P$ 의 refinement 라고 한다.

$\mathbb{R}^n$ 의 rectangle $Q$ 와 $Q$ 의 partition $P,P'$ 가 다음과 같다고 하자.

$$Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$$

$$P=P_1\times\cdots\times P_n$$

$$P'=P_1'\times\cdots\times P_n'$$

만약 $P'$ 가 $P$ 의 refinement 라면, 각 $P_j'$ 는 $[a_j,b_j]$ 의 원소중 유한개를 택하여 $P_j$ 에 추가한 형태일 것이다.

어떤 partition 의 refinement 를 얻는 또다른 방법은, 다른 partition 을 가져와 겹쳐놓는 것이다.

Definition. Rectangle $Q\subset\mathbb{R}^n$ 과 $Q$ 의 partition $P,P'$ 에 대해 다음과 같다고 하자.$$P=P_1,\times\cdots\times P_n$$$$P'=P_1'\times\cdots\times P_n'$$ 다음의 집합을 $P$ 와 $P'$ 의 common refinement 라고 한다.$$P''=(P_1\cup P_1')\times\cdots\times(P_n\cup P_n')$$

위 정의에서 $P''$ 가 동시에 $P$ 와 $P'$ 의 refinement 임은 자명하다.

적분의 정의

Definition. 함수 $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 어떤 $M>0$ 이 존재하여 모든 $x\in A$ 에 대해 $|f(x)|\le M$ 이 성립하면 $f$ 가 유계(bounded)라고 한다.

위 정의에 따르면 공역이 $\mathbb{R}$ 인 유계함수는 어떤 $M>0$ 에 대해 치역이 구간 $[-M,M]$ 에 포함되므로 치역에 상한과 하한이 존재한다. 그러므로 다음의 정의가 잘 선언된다.

Definition. Rectangle $Q$ 와 유계함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ , 그리고 $P\in\Pi(Q)$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.$$L(f,P)=\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)$$$$U(f,P)=\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{sup}}\;f\right)v(R)$$ 이때 $L(f,P)$ 와 $U(f,P)$ 를 각각 $P$ 에 대한 $f$ 의 lower sum, upper sum 이라고 한다.

※ 위 정의에서 $\underset{R}{\text{inf}}\;f$ 와 $\underset{R}{\text{sup}}\;f$ 는 다음을 의미한다.

$$\underset{R}{\text{inf}}\;f=\text{inf}\{f(x):x\in R\}$$

$$\underset{R}{\text{sup}}\;f=\text{sup}\{f(x):x\in R\}$$

다음의 정리에 따르면 partition 을 잘게 분할할수록 lower sum 은 커지고, upper sum 은 작아진다.

Theorem 1.1. Rectangle $Q$ , $P\in\Pi(Q)$ , 유계함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ 를 생각하자. $P$ 의 refinement $P''$ 에 대해 다음이 성립한다.$$L(f,P)\le L(f,P'')$$$$U(f,P'')\le U(f,P)$$

Proof. $Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ 및 $P=P_1\times\cdots\times P_n$ 이라고 하자. 본 정리를 증명하는 것은 어떤 $[a_j,b_j]$ 의 점을 $P_j$ 에 추가하여 $P''$ 를 구성하는 것으로 충분하다. 그 이후는 귀납적으로 알 수 있다.

$P_1=\{t_0,\ldots,t_k\}$ 라고 할때 어떤 $q\in(t_{i-1},t_i)$ 를 $P_1$ 에 추가하여 $P''$ 를 구성하자. 다음의 모임을 생각하자.

$$\left\{[t_{i-1},t_i]\times r:r\in S(P_2\times\cdots\times P_n)\right\}$$

위 모임은 분명 $S(P)$ 에 속하지만 $S(P'')$ 에는 속하지 않는다. 다음의 두 모임은 $S(P'')$ 에 속한다.

$$\left\{[t_{i-1},q]\times r:r\in S(P_2\times\cdots\times P_n)\right\}$$

$$\left\{[q,t_i]\times r:r\in S(P_2\times\cdots\times P_n)\right\}$$

임의의 $r\in S(P_2\times\cdots\times P_n)$ 을 고정하고 다음과 같이 쓰자.

$$R_r=[t_{i-1},t_i]\times r$$

$$R_r'=[t_{i-1},q]\times r$$

$$R_r''=[q,t_i]\times r$$

위의 논의와 같이 $R_r\in S(P)$ , $R_r',R_r''\in S(P'')$ 이다. 한편 $R_r',R_r''\subset R_r$ 이므로 하한의 정의에 따라 다음이 자명하다.

$$\forall x\in R_r',\;\;\underset{R_r}{\text{inf}}\;f\le f(x)$$

$$\forall x\in R_r'',\;\;\underset{R_r}{\text{inf}}\;f\le f(x)$$

따라서 $\underset{R_r}{\text{inf}}\;f$ 는 $\{f(x):x\in R_r'\}$ 와 $\{f(x):x\in R_r''\}$ 의 하계이므로 $\underset{R_r}{\text{inf}}\;f\le\underset{R_r'}{\text{inf}}\;f,\underset{R_r''}{\text{inf}}\;f$ 를 얻는다. 다음이 자명하다.

$$v(R_r)=v(R_r')+v(R_r'')$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\left(\underset{R_r}{\text{inf}}\;f\right)v(R_r)\le\left(\underset{R_r'}{\text{inf}}\;f\right)v(R_r')+\left(\underset{R_r''}{\text{inf}}\;f\right)v(R_r'')$$

위 식은 모든 $r\in S(P_2\times\cdots\times P_n)$ 에 대해 성립하므로 $L(f,P)\le L(f,P'')$ 를 얻는다. 비슷하게 $U(f,P'')\le U(f,P)$ 를 얻을 수 있다. $\square$

다음의 정리에 따르면 항상 lower sum 보다 upper sum 이 더 크며, 따라서 lower sum 의 집합은 upper sum 에 의해 위로 유계이고 upper sum 의 집합은 lower sum 에 의해 아래로 유계이다.

Theorem 1.2. Rectangle $Q$ , 유계함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ , $P,P'\in\Pi(Q)$ 에 대해 다음이 성립한다.$$L(f,P)\le U(f,P')$$

Proof. 만약 $P=P'$ 일 경우 임의의 $R\in S(P)$ 에 대해 $\underset{R}{\text{inf}}\;f\le\underset{R}{\text{sup}}\;f$ 이므로 본 정리가 성립한다. $P\neq P'$ 라고 가정하고 $P$ 와 $P'$ 의 common refinement $P''$ 를 생각하자. Thm 1.1 에 따라 다음이 성립한다.

$$L(f,P)\le L(f,P'')\le U(f,P'')\le U(f,P')$$

정리하면 $L(f,P)\le U(f,P')$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Definition. Rectangle $Q$ , 유계함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.$$\underline{\int_Q}f=\underset{P\in\Pi(Q)}{\text{inf}}L(f,P)$$$$\overline{\int_Q}f=\underset{P\in\Pi(Q)}{\text{sup}}U(f,P)$$ 이를 각각 $Q$ 에서 $f$ 의 lower integral, upper integral 이라고 한다.

※ "$Q$ 에서 $f$ 의 lower integral" 의 원문은 "the lower integral of $f$ over $Q$" 이다.

Thm 1.2 로부터 유계함수의 lower, upper integral 은 항상 존재함을 알 수 있다. 그러나 그 두 값이 같음은 보장되지 않는다.

Definition. 다음이 성립하면 $Q$ 에서 $f$ 가 적분가능하다(integrable)고 한다.$$\underline{\int_Q}f=\overline{\int_Q}f$$ 이때 이 공통값을 $Q$ 에서 $f$ 의 적분(integral)이라고 하고 다음과 같이 쓴다.$$\int_Qf\qquad\text{or}\qquad\int_{x\in Q}f(x)$$

※ "$Q$ 에서 $f$ 가 적분가능하다" 의 원문은 "$f$ is integrable over $Q$" 이고, "$Q$ 에서 $f$ 의 적분" 의 원문은 "the integral of $f$ over $Q$" 이다.

이제부터 당분간은 "적분가능함수" 는 "유계함수" 를 자동으로 함의한다고 하자. 이 약속은 유계가 아닌 함수에 대한 적분을 정의하기 전까지 유효할 것이다.

이렇게 정의된 적분은 다르부 적분(Darboux integral)이며 엄밀히 하면 "적분가능하다" 대신 "다르부 적분가능하다" 라고 해야한다. 한편 별도로 정의된 리만 적분(Riemann integral)에 대해, 리만 적분가능할 필요충분조건은 다르부 적분가능한 것이며 그 적분값이 동일함이 알려져있다. 즉 다르부 적분과 리만 적분은 동치이므로 "다르부 적분가능하다" 대신 "리만 적분가능하다" 라고 하기도 한다. 본 시리즈에서는 수식어를 빼고 "적분가능하다" 라고 할 것이다.

표기법에 대해 이야기해보자. $\mathbb{R}$ 에서의 적분에 대하여 종종 다소 다른 표기법을 이용할 수 있는데, 이를테면 $Q=[a,b]$ 인 경우 $[a,b]$ 에서 $f$ 의 적분을 $\int_{[a,b]}f$ 대신 다음과 같이 표기할 수 있다.

$$\int_a^bf\qquad\text{or}\qquad\int_{x=a}^{x=b}f(x)$$

그 밖에도 미적분학에서 1차원 적분을 나타내기 위해 자주 사용되는 표기법이 있으며, 이는 다음과 같다.

$$\int_a^bf(x)dx$$

이 경우 기호 "$dx$" 는 독립적인 어떠한 의미도 갖지 않는다. 본 시리즈에서는 이 표기법을 의도적으로 피할 것이며, 나중에 다른 시리즈에서 "$dx$" 에 어떠한 의미를 부여하여 이 표기법을 다시금 사용할 기회가 있을 것이다. "미분형식" 또는 "differentlal form" 이라는 이름을 기억해두자.

적분의 성질

다음의 정리는 두 단계로 되어있으며, 둘 다 중요하다.

Theorem 1.3 (The Riemann condition).
Rectangle $Q$ , 유계함수 $f:Q\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\underline{\int_Q}f\le\overline{\int_Q}f$$ 등식이 성립할 필요충분조건은 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $P\in\Pi(Q)$ 가 존재하여 다음이 성립하는 것이다.$$U(f,P)-L(f,P)<\epsilon$$

Proof. 임의의 $P'\in\Pi(Q)$ 를 고정하자. 임의의 $P\in\Pi(Q)$ 에 대해 Thm 1.2 에 따라 $L(f,P)\le U(f,P')$ 가 성립한다. 따라서 $\underline{\int_Q}f\le U(f,P')$ 가 성립하며, $P'$ 를 $\Pi(Q)$ 에서 임의로 선택하였으므로 $\underline{\int_Q}f\le\overline{\int_Q}f$ 를 얻는다.

($\Rightarrow$) $\underline{\int_Q}f=\overline{\int_Q}f$ 라고 가정하자. $\underline{\int_Q}f$ 는 lower sum 의 상한이고 $\overline{\int_Q}f$ 는 upper sum 의 하한이므로 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $P,P'\in\Pi(Q)$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$\underline{\int_Q}f-L(f,P)<\frac{\epsilon}{2}$$

$$U(f,P')-\overline{\int_Q}f<\frac{\epsilon}{2}$$

한편 $P$ 와 $P'$ 의 common refinement $P''$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$L(f,P)\le L(f,P'')\le \int_Qf\le U(f,P'')\le U(f,P')$$

이를 적절하게 정리하면 다음을 얻는다.

$$L(f,P)-\int_Qf\le L(f,P'')-\int_Qf$$

$$U(f,P'')-\int_Qf\le U(f,P')-\int_Qf$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\int_Qf-L(f,P'')<\frac{\epsilon}{2}$$

$$U(f,P'')-\int_Qf<\frac{\epsilon}{2}$$

$$\therefore U(f,P'')-L(f,P'')<\epsilon$$

($\Leftarrow$) $\underline{\int_Q}f\neq\overline{\int_Q}f$ 라고 가정하자. $\epsilon=\overline{\int_Q}f-\underline{\int_Q}f$ 라고 하면 본 증명의 초반 논의에 따라 $\epsilon>0$ 이다. 임의의 $P\in\Pi(Q)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$L(f,P)\le\underline{\int_Q}f<\overline{\int_Q}f\le U(f,P)$$

이를 적절하게 정리하면 다음을 얻는다.

$$L(f,P)-\underline{\int_Q}f\le 0$$

$$0\le U(f,P)-\overline{\int_Q}f$$

따라서 다음을 얻는다.

$$U(f,P)-L(f,P)\ge\overline{\int_Q}f-\underline{\int_Q}f=\epsilon$$

정리하면 $\underline{\int_Q}f\neq\overline{\int_Q}f$ 인 경우 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 임의의 $P\in\Pi(Q)$ 에 대해 $U(f,P)-L(f,P)\ge\epsilon$ 가 성립하므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

다음 정리의 의의중 하나는 rectangle 의 volume 이 subrectangles 의 volume 의 합과 같음을 형식적으로 보여줌에 있다.

Theorem 1.4. 상수함수는 모든 rectangle 에서 적분가능하다. 특히 rectangle $Q$ 와 $P\in\Pi(Q)$ 에 대해 다음과 같다.$$\int_Qc=c\cdot v(Q)=c\sum_{R\in S(P)}v(R)$$

Proof. 상수함수 $c:Q\to\mathbb{R}$ , $c(x)=c$ 와 임의의 $R\in S(P)$ 에 대해 다음이 자명하다.

$$\underset{R}{\text{inf}}\;c=c=\underset{R}{\text{sup}}\;c$$

따라서 다음이 성립한다.

$$L(f,P)=c\sum_{R\in S(P)}v(R)=U(f,P)$$

따라서 Riemann condition 이 성립하므로 $c$ 는 $Q$ 에서 적분가능하다. 이때 $\int_Qc$ 가 존재하며 다음이 성립해야 함을 안다.

$$L(f,P)\le\int_Qc\le U(f,P)$$

따라서 $\int_Qc=c\displaystyle\sum_{R\in S(P)}v(R)$ 를 얻는다. 이 결과는 임의의 $P\in\Pi(Q)$ 에 대해 성립하므로, 자명한 partition 즉 유일한 subrectangle 이 $Q$ 자기 자신인 경우에 대해서도 성립하여야 한다. 이 경우 $\displaystyle\sum_{R\in S(P)}v(R)=v(Q)$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

위 정리로부터 다음의 따름정리를 얻으며, 이는 얼핏 보기에 과하게 기하적인 의미만 갖는 것처럼 느껴진다. 하지만 적분가능성에 대한 논의에서 "measure zero" 의 개념을 빼고 말하기는 어려우며 이 과정에서 기하적인 응용이 많이 사용되므로 아래의 따름정리는 그 의의를 갖는다.

Corollary 1.5. Rectangles 의 유한모임 $\{Q_1,\ldots,Q_k\}$ 이 rectangle $Q$ 를 덮으면 다음이 성립한다.$$v(Q)\le\sum_{i=1}^kv(Q_i)$$

※ $\{Q_1,\ldots,Q_k\}$ 가 $Q$ 를 덮는다는 것은 합집합 $\displaystyle\bigcup_{i=1}^kQ_i$ 에 $Q$ 가 포함된다는 의미이다.

Proof. $Q_1,\ldots,Q_k$ 를 모두 포함하는 rectangle $Q'$ 를 생각하자. $Q$ 와 $Q'$ 및 $Q_1,\ldots,Q_k$ 의 subintervals 의 end points(예를들어 $[a,b]$ 의 end points 는 $a,b$) 의 집합들로 $Q'$ 의 partition $P$ 를 구성하자. 이때 $Q_1,\ldots,Q_k$ 와 $Q$ 는 각각 $P$ 에 대한 $Q'$ 의 subrectangles 의 어떤 합집합과 같다. Thm 1.4 에 따라 다음이 성립한다.

$$v(Q)=\sum_{\substack{R\in S(P)\\R\subset Q}}v(R)$$

이때 $Q$ 는 $\{Q_1,\ldots,Q_k\}$ 에 의해 덮이므로 $R\subset Q$ 인 각 $R\in S(P)$ 는 $\{Q_1,\ldots,Q_k\}$ 에 의해 덮인다. 이때 이 $R$ 은 $Q_1,\ldots,Q_k$ 중 적어도 하나에 완전히 포함되므로 다음이 성립한다.

$$\sum_{\substack{R\in S(P)\\R\subset Q}}v(R)\le\sum_{i=1}^k\sum_{\substack{R\in S(P)\\R\subset Q_i}}v(R)$$

다시 Thm 1.4 에 따라 다음이 성립한다.

$$\sum_{\substack{R\in S(P)\\R\subset Q_i}}v(R)=v(Q_i)$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

이전 읽을거리)

[FTC의 엄밀한 증명] ch23. 리만 적분

[실수공간의 위상] ch6. Interior, Exterior, Boundary

다음 읽을거리: ch2. 측도 0과 적분가능성

[다변수 미분] ch5. 역함수 정리

김한결 — Sat, 24 Dec 2022 02:05:39 +0900

이전 읽을거리: ch4. 연쇄법칙

역함수 정리

역함수 정리란 대략 "꼬여있지 않은 공간에는 국소적으로 역함수가 존재한다" 를 의미한다. (정확한 설명이 아님에 주의) 차근차근 증명해보자.

페르마의 임계점 정리 (interior extremum theorem)
미분가능함수 $\phi:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}$ 가 $a\in A$ 에서 local minimum 을 가지면 $D\phi(a)=0$ 이다.

※ Local minimum 이란 어떤 근방 속에서 최소값을 갖는 점을 의미한다.

Proof. 각 $j\in\{1,\ldots,m\}$ 에 대해 정의에 따라 다음과 같다.

$$\lim_{t\to 0}\frac{\phi(a+te_j)-\phi(a)}{t}=D_j\phi(a)\tag{1}$$

$\phi$ 는 $a$ 에서 local minimum 을 가지므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 모든 $x\in C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\phi(a)\le\phi(x)$$

한편 모든 $t\in C_\delta^\mathbb{R}(0)$ 에 대해 $|(a+te_j)-a|<\delta$ 이므로 $a+te_j\in C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)$ 이다. 정리하면 모든 $t\in C_\delta^\mathbb{R}(0)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\phi(a)\le\phi(a+te_j)\tag{2}$$

$C_\delta^\mathbb{R}(0)=(-\delta,\delta)$ 임을 상기하자. 극한의 성질(링크의 정리 5.2.)에 따라 $t$ 를 $(0,\delta)$ 에서만 취해도 식 (1)이 성립하며, 이 경우 극한식 내부의 함수는 식 (2)에 따라 양수이므로 극한의 성질(링크의 정리 5.6.)에 따라 $D_j\phi(a)\ge 0$ 을 얻는다. 다시 $t$ 를 $(-\delta,0)$ 에서만 취해도 식 (1)이 성립하며, 이 경우 극한식 내부의 함수는 식 (2)에 따라 음수이므로 $D_j\phi(a)\le 0$ 을 얻는다. 정리하면 $D_j\phi(a)=0$ 을 얻으며, 이는 $D\phi(a)$ 의 모든 성분이 0임을 의미하므로 $D\phi(a)=0$ 가 성립한다. $\square$

Definition. 어떤 집합이 그 집합의 임의의 두 점을 잇는 line segment 를 포함하면 convex 하다고 한다.

Lemma 5.1. 임의의 $c\in\mathbb{R}^n$ , $\epsilon>0$ 에 대해 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(c)$ 는 convex 하다.

Proof. 임의의 $a,b\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n})(c)$ 와 임의의 $t\in[0,1]$ 에 대해 다음이 성립함을 보이자.

$$a+t(b-a)\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n})(c)$$

$|a-c|<\epsilon$ 와 $|b-c|<\epsilon$ 가 성립하므로 다음을 얻는다.

$$\begin{align}|a+t(b-a)-c|&=|(1-t)a+tb-(1-t)-tc|\\&=|(1-t)(a-c)+t(b-c)|\\&\le|(1-t)(a-c)|+|t(b-c)|\\&=(1-t)|a- c|+t|b-c|\\&<(1-t)\delta+t\delta\\&=\delta\end{align}$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Lemma 5.2. $C^1$ 급함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 와 어떤 $a\in A$ 에 대해 $Df(a)$ 가 non-singular 이면 어떤 $\alpha>0$ 이 존재하여 $A$ 에 포함되는 어떤 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 안의 모든 $x_0,x_1$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\alpha|x_0-x_1|\le|f(x_0)-f(x_1)|$$ 이는 $f$ 가 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에서 단사임을 함의한다.

※ Non-singular 란 행렬의 행렬식이 0이 아님을 의미하며, 이는 행렬이 가역임과 동치이다. 자세한 정보는 [행렬식의 엄밀한 정의] ch6. 행렬식의 엄밀한 정의 참고

Proof. $E=Df(a)$ 라고 하자. $\alpha=\frac{1}{2n|E^{-1}|}$ 이라고 하면 sup norm 의 성질(링크의 정리 1.5.)에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|x_0-x_1|&=|E^{-1}(Ex_0-Ex_1)|\\&\le n|E^{-1}||Ex_0-Ex_1|\\&=\frac{1}{2\alpha}|Ex_0-Ex_1|\end{align}$$

$$\therefore 2\alpha|x_0-x_1|\le|Ex_0-Ex_1|$$

함수 $h(x)=f(x)-Ex$ 를 생각하자. $h$ 는 $A$ 에서 정의된 $C^1$ 급함수이며 $Dh(x)=Df(x)-E$ 이고, 특히 $Dh(a)=0$ 임을 알 수 있다. $h$ 는 $C^1$ 급이므로 각 $D_jh_i$ 가 $a$ 에서 연속이다. 따라서 어떤 $\delta_{ij}>0$ 이존재하여 임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$x\in C_{\delta_{ij}}^{\mathbb{R}^n}(a)\Rightarrow|D_jh_i(x)|<\frac{\alpha}{n}$$

$A$ 는 열린집합이므로 $A$ 에 포함되는 어떤 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)$ 가 존재한다. 다음과 같이 정의하자.

$$\epsilon=\text{min}\big(\{\delta\}\cup\{\delta_{ij}:i,j\in\{1,\ldots,n\}\}\big)$$

임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}x\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)&\Rightarrow\forall i,j\in\{1,\ldots,n\},\;\;|D_jh_i(x)|<\frac{\alpha}{n}\\&\Rightarrow|Dh(x)|<\frac{\alpha}{n}\end{align}$$

$x_0,x_1\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 라고 하자. 도움정리 5.1.에 따라 $x_0$ 과 $x_1$ 을 잇는 line segment 는 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 안에 포함되며, 평균값 정리에 따라 어떤 $c\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|h(x_0)-h(x_1)|&=|Dh(c)(x_0-x_1)|\\&\le n|Dh(c)||x_0-x_1|\\&<\alpha|x_0-x_1|\end{align}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\alpha|x_0-x_1|&\ge|h(x_0)-h(x_1)|\\&=|f(x_0)-Ex_0-f(x_1)+Ex_1|\\&=|(Ex_1-Ex_0)-(f(x_0)-f(x_1))|\\&\ge|Ex_1-Ex_0|-|f(x_0)-f(x_1)|\\&\ge 2\alpha|x_0-x_1|-|f(x_0)-f(x_1)|\end{align}$$

$$\therefore\alpha|x_0-x_1|\le|f(x_0)-f(x_1)|$$

이때 $f$ 가 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에서 단사임을 보이자. 임의의 $x_0,x_1\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에 대해 $x_0\neq x_1$ 이면 $|x_0-x_1|\neq 0$ 이므로 위 부등식에 따라 $|f(x_0)-f(x_1)|\neq 0$ 이다. 즉 $f(x_0)\neq f(x_1)$ 이므로 $f$ 가 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에서 단사임을 얻는다. $\square$

아래의 도움정리는 사실상 역함수 정리의 본질이며, 완성된 역함수 정리보다 더 자주 인용되곤 한다. 단사함수는 공역에서 치역에 포함되지 않는 부분을 제거하여 전단사함수를 만들 수 있음을 기억하자.

Lemma 5.3. $C^r$ 급 단사함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 와 각 $a\in A$ 에 대해 $Df(a)$ 가 non-singular 이면 $f(A)=B$ 라고 할때 $B\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이며 역함수 $g:B\to A$ 는 $C^r$ 급이다.

Proof.

Step 1. $B\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 임을 보이자. 임의의 $b\in B$ 를 고정하자. $f$ 는 단사이므로 $f(a)=b$ 를 만족하는 $a\in A$ 가 유일하게 존재한다. $A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이므로 어떤 $\gamma>0$ 이 존재하여 $C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)\subset A$ 이다. 다음의 집합을 생각하자.

$$Q=\left\{x\in\mathbb{R}^n:|x-a|\le\frac{\gamma}{2}\right\}$$

$Q\subset C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)$ 이므로 $Q$ 는 유계이고 $Q\subset A$ 이다. 한편 $Q$ 는 $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle 이므로 콤팩트하다. (링크의 정리 7.5. 참고) 하이네-보렐 정리에 따라 $Q$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있으므로 $\text{Bd }Q\subset Q$ 이다. (링크의 정리 3.7.과 링크의 정리 6.1. 참고) $Q$ 가 유계이므로 $\text{Bd }Q$ 도 유계이며, $\text{Bd }Q$ 의 여집합은 $\text{Int }Q\cup\text{Ext }Q$ 이므로 $\text{Bd }Q$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있다. 다시 하이네-보렐 정리에 따라 $\text{Bd }Q$ 는 콤팩트하다. 한편 $f$ 는 연속이기에 $f(\text{Bd }Q)$ 는 콤팩트하므로 (링크의 최대-최소 정리 참고) $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있고 유계이다. 한편 다음이 성립함을 안다. (링크의 정리 6.2. 참고)

$$\text{Int }Q=\left\{x\in\mathbb{R}^n:|x-a|<\frac{\gamma}{2}\right\}=C_\frac{\gamma}{2}^{\mathbb{R}^n}(a)$$

따라서 $a\in\text{Int }Q$ 이므로 $a\notin\text{Bd }Q$ 이다. $f$ 는 단사이므로 $f(a)=b$ 에 대해 $b\notin f(\text{Bd }Q)$ 임을 알 수 있다. 따라서 $b\in\mathbb{R}^n\setminus f(\text{Bd }Q)$ 이며 이는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다. (Euclidean metric 을 이용함에 주의. 링크의 정리 2.1. 참고)

$$B_{2\delta}^{\mathbb{R}^n}(b)\subset\mathbb{R}^n\setminus f(\text{Bd }Q)$$

이때 $B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)\subset B$ 임을 보이자. 임의의 $c\in B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)$ 에 대해 다음의 함수 $\phi:A\to\mathbb{R}$ 를 생각하자.

$$\begin{align}\phi(x)&=||f(x)-c||^2\\&=\big(f_1(x)-c_1\big)^2+\cdots+\big(f_n(x)-c_n\big)^2\end{align}$$

이 함수가 $C^r$ 급임은 자명하다. $Q$ 는 콤팩트하므로 최대-최소 정리에 따라 $\phi$ 는 $Q$ 에서 최솟값을 갖는다. 이 최소점 $q\in Q$ 에 대해 $f(q)=c$ 임을 보이자. 우선 다음이 성립한다.

$$\phi(a)=||f(a)-c||^2=||b-c||^2$$

이때 $c\in B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)$ 이므로 $\phi(a)<\delta^2$ 이다. 한편 $q$ 는 $\phi$ 의 최소점이므로 $\phi(q)<\delta^2$ 가 성립해야 한다. $q\in Q$ 이고 $Q=\text{Int }Q\cup\text{Bd }Q$ 이므로 $q\in\text{Int }Q$ 또는 $q\in\text{Bd }Q$ 이다. 만약 $q\in\text{Bd }Q$ 라면 $f(q)\in f(\text{Bd }Q)$ 이므로 $f(q)\notin B_{2\delta}^{\mathbb{R}^n}(b)$ 가 성립하며 다음을 얻는다.

$$\begin{align}2\delta&\le||f(q)-b||\\&\le||f(q)-c||+||c-b||\\&<||f(q)-c||+\delta\end{align}$$

$$\therefore||f(q)-c||>\delta$$

따라서 $\phi(q)>\delta^2$ 를 얻으며, 이는 $\phi(q)<\delta^2$ 임에 어긋나므로 $q\in\text{Bd }Q$ 가 성립하지 않는다. 따라서 $q\in\text{Int }Q$ 를 얻는다. 그러므로 $q$ 는 $\phi$ 의 local minimum 이기도 하며, 페르마의 임계점 정리에 따라 $q$ 에서 $\phi$ 의 미분은 0(영행렬)이다. 한편 각 $j\in\{1,\ldots,n\}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\phi(q)=\sum_{k=1}^n\big(f_k(q)-c\big)^2$$

$$\therefore D_j\phi(q)=\sum_{k=1}^n2\big(f_k(q)-c\big)D_jf_k(q)$$

식 $D\phi(q)=0$ 은 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$\begin{align}&\;D\phi(q)\\=&\;\begin{pmatrix}D_1\phi(q)&\cdots&D_n\phi(q)\end{pmatrix}\\=&\;2\begin{pmatrix}\displaystyle\sum_{k=1}^n\big(f_k(q)-c\big)D_1f_k(q)&\cdots&\displaystyle\sum_{k=1}^n\big(f_k(q)-c\big)D_nf_k(q)\end{pmatrix}\\=&\;2\begin{pmatrix}(f_1(q)-c)&\cdots&(f_n(q)-c)\end{pmatrix}Df(q)\end{align}$$

$$\therefore\begin{pmatrix}(f_1(q)-c)&\cdots&(f_n(q)-c)\end{pmatrix}Df(q)=0$$

이때 $Df(q)$ 는 non-singualr 이므로 역행렬을 위 식의 양변에 곱하면 다음을 얻는다.

$$\begin{pmatrix}(f_1(q)-c)&\cdots&(f_n(q)-c)\end{pmatrix}=0$$

$$\therefore f(q)=c$$

이때 $c$ 를 $B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)$ 에서 임의로 선택하였으므로 $B_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)\subset f(A)$ 를 얻으며, $f(A)=B$ 이므로 $B$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다.

Step 2. $f$ 의 역함수 $g:B\to A$ 가 연속임을 보이자. 임의의 $U\in\mathcal{T}_A$ 를 생각하자. 이때 $A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이므로 $U\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이다. (링크의 따름정리 3.4. 참고) $V=g^{-1}(U)$ 라고 하면 $V=f(U)$ 이다. $f$ 는 단사이므로 $f|_U$ 도 단사이며, 각 $a\in U$ 에 대해 $Df|_U(a)=Df(a)$ 는 non-singular 이므로 step 1에 따라 $f|_U(U)=f(U)$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다. 다시말해 $g^{-1}(U)$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 연속의 정의에 따라 $g$ 는 연속이다.

Step 3. $g$ 가 미분가능함을 보이자. 임의의 $b\in B$ 를 고정하면 $b=f(a)$ 를 만족하는 $a\in A$ 가 유일하게 존재한다. 도움정리 5.2.에 따라 어떤 $C\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(a)$ 와 $\alpha>0$ 이 존재하여 모든 $x_0,x_1\in C$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\alpha|x_0-x_1|\le|f(x_0)-f(x_1)|$$

Step 1에 따라 $f(C)\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 이며 $b=f(a)\in f(C)$ 이므로 $f(C)\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(b)$ 이다. 따라서 어떤 $\delta_1>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$C_{\delta_1}^{\mathbb{R}^n}(b)\subset f(C)$$

$$\therefore g\left(C_{\delta_1}^{\mathbb{R}^n}(b)\right)\subset g\big(f(C)\big)=C$$

임의의 $b'\in C_{\delta_1}^{\mathbb{R}^n}(b)\setminus\{b\}$ 를 고정하고 $x_0=g(b')$ , $x_1=g(b)$ 라고 하자. 다음이 성립한다.

$$\alpha|g(b')-g(b)|\le|b'-b|$$

$$\therefore\frac{|g(b')-g(b)|}{|b'-b|}\le\frac{1}{\alpha}$$

이때 $g$ 는 단사이므로 $g(b')\neq g(b)$ 이며 따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\frac{g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(b'-b)}{|b'-b|}\\=&\;-Df(a)^{-1}\frac{b'-b-Df(a)\big(g(b')-g(b)\big)}{|g(b')-g(b)|}\frac{|g(b')-g(b)|}{|b'-b|}\end{align}$$

따라서 sup norm 의 성질(링크의 정리 1.5.)에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;\frac{|g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(b'-b)|}{|b'-b|}\\\le&\;n|Df(a)^{-1}|\frac{\left|b'-b-Df(a)\big(g(b')-g(b)\big)\right|}{|g(b')-g(b)|}\frac{|g(b')-g(b)|}{|b'-b|}\\\le&\;\frac{n|Df(a)^{-1}|}{\alpha}\frac{\left|b'-b-Df(a)\big(g(b')-g(b)\big)\right|}{|g(b')-g(b)|}\end{align}$$

$f$ 는 $a$ 에서 미분가능하므로 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\gamma>0$ 이 존재하여 모든 $a'\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$a'\in C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)\Rightarrow\frac{|f(a')-f(a)-Df(a)(a'-a)|}{|a'-a|}<\frac{\alpha}{n|Df(a)^{-1}(a)|}\epsilon$$

Step 2에 따라 $g$ 는 $b$ 에서 연속이므로 어떤 $\delta_2>0$ 이 존재하여 임의의 $b'\in B$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$|b'-b|<\delta_2\Rightarrow g(b')\in C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(g(b))=C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)$$

$\delta=\text{min}\{\delta_1,\delta_2\}$ 라고 하면 임의의 $b'\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(b)\setminus\{b\}$ 에 대해 $g(b')\in C_\gamma^{\mathbb{R}^n}(a)$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\epsilon&>\frac{n|Df(a)^{-1}(a)|}{\alpha}\frac{|f(g(b'))-f(a)-Df(a)(g(b')-a)|}{|g(b')-a|}\\&=\frac{n|Df(a)^{-1}(a)|}{\alpha}\frac{|b'-b-Df(a)(g(b')-g(b))|}{|g(b')-g(b)|}\\&\ge\frac{1}{\alpha}\frac{|g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(a)(b'-b)|}{|g(b')-g(b)|}\\&\ge\frac{|g(b')-g(b)|}{|b'-b|}\frac{|g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(a)(b'-b)|}{|g(b')-g(b)|}\\&=\frac{|g(b')-g(b)-Df(a)^{-1}(a)(b'-b)|}{|b'-b|}\end{align}$$

따라서 $g$ 는 $b$ 에서 미분가능하며, $g$ 를 $B$ 에서 임의로 선택하였으므로 $g$ 는 미분가능하다.

Step 4. $g$ 가 $C^r$ 급임을 보이자. Step 3에 따라 $g$ 는 미분가능하므로 연쇄법칙에 따라(링크의 따름정리 4.2.) 각 $y\in B$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$Dg(y)=Df\big(f(y)\big)^{-1}$$

Non-singular 인 $n\times n$ 행렬의 집합을 $GL(n)$ 이라고 하자. 가역행렬을 그 역행렬에 대응하는 사상을 $I:GL(n)\to GL(n)$ 라고 하자. 함수 $Dg:B\to GL(n)$ 는 다음의 세 함수의 합성이다.

$$\begin{CD}B@>g>>A@>Df>>GL(n)@>I>>GL(n)\end{CD}$$

함수 $I$ 에 대해 생각해보자. 임의의 $C\in GL(n)$ 에 대해 $I(C)$ 는 각 성분이 $C$ 의 성분으로 이루어진 분수다항식으로 구성된 $n\times n$ 행렬이다. 한편 함수 $\frac{1}{x}$ 는 자명히 $C^\infty$ 이므로 $I(C)$ 의 각 성분은 $C$ 의 성분에 대한 $C^\infty$ 급함수이다. $g$ 가 $C^r$ 급임을 $r$ 에 대한 귀납법으로 증명하자. $f$ 가 $C^1$ 급이면 $Df$ 의 각 성분함수는 연속이다. $g$ 는 미분가능하므로 연속이며, 따라서 $Df\circ g$ 의 각 성분함수는 연속이다. 위 논의에 따라 $I\circ Df\circ g$ 의 각 성분함수도 연속이다. 정리하면 $Dg$ 의 각 성분함수는 연속이므로 $g$ 는 $C^1$ 급임을 알 수 있다. $r-1$ 에 대해 Step 4의 결론이 성립한다고 가정하고 $r$ 에 대해서도 성립함을 보이자. $f$ 가 $C^r$ 급이면 $C^{r-1}$ 급이기도 하며, 귀납법 가정에 따라 $g$ 는 $C^{r-1}$ 급이다. 따라서 $Df\circ g$ 의 각 성분함수는 $C^{r-1}$ 이며 따라서 $I\circ Df\circ g$ 의 각 성분함수는 $C^{r-1}$ 급이다. 정리하면 $Dg$ 의 각 성분함수는 $C^{r-1}$ 급이므로 $g$ 는 $C^1$ 급임을 알 수 있다. (링크의 정리 3.3. 참고) 따라서 임의의 $r\in\mathbb{N}$ 에 대해 주어진 정리가 성립한다. $\square$

역함수 정리 (inverse function theorem)
$C^r$ 급함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 와 어떤 $a\in A$ 에 대해 $Df(a)$ 가 non-singular 이면 어떤 $U\in\mathcal{N}_A(a)$ 가 존재하여 어떤 $V\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 에 대해 $f|_U:U\to V$ 는 전단사이며 그 역함수는 $C^r$ 급이다.

Proof. 도움정리 5.2.에 따르면 어떤 $U_0\in\mathcal{N}_A(a)$ 가 존재하여 $f|_{U_0}$ 이 단사이다. 한편 $\text{det }Df(x)$ 는 $x$ 에 대한 연속함수이며 $\text{det }Df(a)\neq 0$ 이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$x\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)\Rightarrow|\text{det }Df(x)-\text{det }Df(a)|<|\text{det }Df(a)|$$

이때 역삼각 부등식에 따라 다음이 성립한다.

$$|\text{det }Df(a)|-|\text{det }Df(x)|\le|\text{det }Df(a)-\text{det }Df(x)|$$

따라서 다음이 성립한다.

$$x\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)\Rightarrow 0<|\text{det }Df(x)|$$

다시말해 임의의 $x\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에 대해 $\text{det }Df(x)\neq 0$ 이다. $U=U_0\cap C_\delta^{\mathbb{R}^n}(a)$ 라고 하면 $f|_U$ 는 단사이고 임의의 $a\in U$ 에 대해 $Df|_U(a)=Df(a)$ 는 non-singular 이므로 도움정리 5.3.에 따라 전단사함수 $f|_U:U\to V$ 는 치역이 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으며 역함수가 $C^r$ 급이므로 본 정리가 성립한다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

이전 읽을거리: ch4. 연쇄법칙

[다변수 미분] ch4. 연쇄법칙

김한결 — Fri, 23 Dec 2022 01:26:09 +0900

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다음 읽을거리: ch5. 역함수 정리

연쇄법칙

연쇄법칙 (chain rule)
$f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ , $g:B\subset\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^p$ 에 대해 $f(A)\subset B$ 가 성립한다고 가정하자. $f(a)=b$ 라고 할때 $f$ 가 $a$ 에서 미분가능하고 $g$ 가 $b$ 에서 미분가능하면 $g\circ f$ 는 $a$ 에서 미분가능하며 다음이 성립한다.$$D(g\circ f)(a)=Dg(b)Df(a)$$

우리는 아직 미분가능성이 정의되는 점을 정의역의 interior 로 제한하고 있음을 기억하자. 따라서 위 정의의 증명은 $a$ 가 $g\circ f$ 의 정의역의 interior 에 포함되는지를 확인하는 것으로 시작하여야 한다.

Proof. $b$ 는 $g$ 의 미분가능한 점이므로 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(b)\subset B$ 이다. 그리고 $f$ 는 $a$ 에서 미분가능하므로 $a$ 에서 연속이며, 따라서 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}x\in C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)&\Rightarrow f(x)\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(b)\\&\Rightarrow f(x)\in B\end{align}$$

따라서 합성함수 $g\circ f$ 는 $C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)$ 에서 잘 정의된다. 다시말해 $a$ 는 $g\circ f$ 의 정의역의 interior 에 속한다.

Step 1. 함수 $\frac{|f(x)-b|}{x-a}$ 가 $a$ 가 빠진 어떤 근방에서 유계임을 보이자. 함수 $F:C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)\to\mathbb{R}^n$ 를 다음과 같이 정의하자.

$$F(x)=\begin{cases}\frac{f(x)-f(a)-Df(a)(x-a)}{|x-a|}&\text{for }x\in C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)\setminus\{a\}\\0&\text{for }x=a\end{cases}$$

$f$ 는 $a$ 에서 미분가능하므로 $F$ 는 $a$ 에서 연속이다. 즉 $\displaystyle\lim_{x\to a}F(x)=0$ 이므로, 임의의 $\alpha>0$ 에 대해 어떤 $\beta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$x\in C_\beta^{\mathbb{R}^m}(a)\setminus\{a\}\Rightarrow|F(x)|<\alpha$$

따라서 $F$ 는 $a$ 가 빠진 어떤 근방에서 유계이다. 다시돌아와 $F$ 의 정의에 따라 임의의 $x\in C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)\setminus\{a\}$ 에 대해 다음 식이 성립한다.

$$f(x)-f(a)=Df(a)(x-a)+|x-a|F(x)\tag{1}$$

한편 $x=a$ 인 경우에도 위 식은 자명하게 성립한다. 삼각부등식과 sup norm 의 성질에 따라 다음이 성립한다.

$$|f(x)-f(a)|\le m|Df(a)||x-a|+|x-a||F(x)|$$

$$\therefore\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}\le m|Df(a)|+|F(x)|$$

따라서 $\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}$ 는 $a$ 가 빠진 어떤 근방에서 유계이다.

Step 2. Step 1의 구조를 $g$ 에 대해 반복하자. 함수 $G:C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(b)\to\mathbb{R}^p$ 를 다음과 같이 정의하자.

$$G(y)=\begin{cases}\frac{g(y)-g(b)-Dg(b)(y-b)}{|y-b|}&\text{for }y\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(b)\setminus\{b\}\\0&\text{for }y=b\end{cases}$$

$g$ 는 $b$ 에서 미분가능하므로 $G$ 는 $b$ 에서 연속이다. 한편 $y\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(b)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$g(y)-g(b)=Dg(b)(y-b)+|y-b|G(y)\tag{2}$$

Step 3. 이제 본 정리를 증명하자. 임의의 $x\in C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)$ 에 대해 $f(x)\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(b)$ 이므로 식 (2)에 따라 다음이 성립한다.

$$g(f(x))-g(b)=Dg(b)(f(x)-b)+|f(x)-b|G(f(x))$$

이때 식 (1)에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;g(f(x))-g(b)-Dg(b)Df(a)(x-a)\\=&\;Dg(b)\big(f(x)-b-Df(a)(x-a)\big)+|f(x)-b|G(f(x))\\=&\;|x-a|Dg(b)F(x)+|f(x)-b|G(f(x))\end{align}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;\frac{(g\circ f)(x)-(g\circ f)(a)-Dg(b)Df(a)(x-a)}{|x-a|}\\=&\;Dg(b)F(x)+\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}G(f(x))\end{align}$$

다음이 성립함을 보이자.

$$\lim_{x\to a}Dg(b)F(x)=0$$

$Dg(b)$ 의 i행 j열 성분을 $m_{ij}$ 라고 하자. $Dg(b)F(x)$ 의 i번째 성분함수는 $F$ 의 각 성분함수 $F_j$ 에 대해 다음과 같다.

$$m_{i1}F_1(x)+\cdots+m_{in}F_n(x)$$

한편 $F$ 는 $a$ 에서 연속이므로 각 $F_j$ 도 $a$ 에서 연속이며, $F_j(a)=0$ 이므로 $\displaystyle\lim_{x\to a}F_j(x)=0$ 이다. 따라서 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to a}\big(m_{i1}F_1(x)+\cdots+m_{in}F_n(x)\big)=0$$

이는 $Dg(b)F(x)$ 의 i번째 성분함수의 극한이므로 극한의 성질(링크의 정리 5.3.)에 따라 원하는 결과를 얻는다. 다음이 성립함을 보이자.

$$\lim_{x\to a}\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}G(f(x))=0$$

$\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}$ 는 $a$ 가 빠진 어떤 근방에서 유계이므로 어떤 $\delta_1>0$ 와 $M>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$x\in C_{\delta_1}^{\mathbb{R}^m}(a)\setminus\{a\}\Rightarrow\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}<M$$

한편 $G$ 는 $b$ 에서 연속이고 $f$ 는 $a$ 에서 연속이므로 연속의 성질(링크의 정리 4.6.)에 따라 $G\circ f$ 는 $a$ 에서 연속이다. 즉 $\displaystyle\lim_{x\to a}G(f(x))=0$ 이 성립하며, 이는 정의에 따라 임의의 $\xi>0$ 에 대해 어떤 $\delta_2>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$x\in C_{\delta_2}^{\mathbb{R}^m}(a)\setminus\{a\}\Rightarrow|G(f(x))|<\frac{\xi}{M}$$

$\eta=\text{min}\{\delta_1,\delta_2\}$ 라고 하면 다음이 성립한다.

$$\begin{align}x\in C_\eta^{\mathbb{R}^m}(a)\setminus\{a\}&\Rightarrow\left\{\begin{matrix}|G(f(x))|<\frac{\xi}{M}\\\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}<M\end{matrix}\right.\\&\Rightarrow\left|\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}G(f(x))\right|<\xi\end{align}$$

따라서 원하는 결과를 얻으며, 정리하면 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;0\\=&\;\lim_{x\to a}Dg(b)F(x)+\lim_{x\to a}\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}G(f(x))\\=&\;\lim_{x\to a}\left(Dg(b)F(x)+\frac{|f(x)-b|}{|x-a|}G(f(x))\right)\\=&\;\lim_{x\to a}\frac{(g\circ f)(x)-(g\circ f)(a)-Dg(b)Df(a)(x-a)}{|x-a|}\end{align}$$

그러므로 $g\circ f$ 는 $a$ 에서 미분가능하며 $D(g\circ f)(a)=Dg(b)Df(a)$ 가 성립한다. $\square$

연쇄법칙의 따름정리

Corollary 4.1. $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}^n$ , $g:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^p$ 에 대해 $f(A)\subset B$ 가 성립한다고 가정하자. $f$ 와 $g$ 가 $C^r$ 급이면 $g\circ f$ 도 $C^r$ 급이다.

Proof. 우선 연쇄법칙에 따라 다음이 성립한다.

$$D(g\circ f)(x)=Dg(f(x))Df(x)$$

$r$ 에 대한 귀납법으로 증명하자. $f$ 와 $g$ 가 $C^1$ 함수라고 가정하자. $g$ 의 각 성분함수의 각 편미분 $D_jg_i$ 는 연속이고 $f$ 도 연속이므로 $D_jg_i(f(x))$ 는 연속이다. 따라서 $Dg(f(x))$ 와 $Df(x)$ 의 각 성분은 연속함수로 구성된다. $D(g\circ f)(x)$ 의 각 성분은 $Dg(f(x))$ 의 성분과 $Df(x)$ 의 성분의 곱과 합으로 구성되므로 마찬가지로 연속이다. 따라서 $g\circ f$ 는 $C^1$ 함수이다.

정리가 $C^{r-1}$ 함수에 대해 성립한다고 가정하자. $f$ 와 $g$ 가 $C^r$ 함수라고 가정하자. $f$ 는 $C^{r-1}$ 함수이기도 하며, 정리 3.3.에 따라 $g$ 의 각 성분함수의 각 편미분 $D_jg_i$ 는 $C^{r-1}$ 함수이므로 $D_jg_i(f(x))$ 는 귀납법 가정에 따라 $C^{r-1}$ 함수이다. 따라서 $Dg(f(x))$ 와 $Df(x)$ 의 각 성분은 $C^{r-1}$ 함수로 구성된다. $D(g\circ f)(x)$ 의 각 성분은 $Dg(f(x))$ 의 성분과 $Df(x)$ 의 성분의 곱과 합으로 구성되므로 마찬가지로 $C^{r-1}$ 함수이다. 다시 정리 3.3.에 따라 $g\circ f$ 는 $C^r$ 함수임을 얻는다. 귀납법에 따라 본 정리가 임의의 $r\in\mathbb{N}$ 에 대해 성립한다.

특히 본 정리는 $C^\infty$ 함수에도 성립한다. $f$ 와 $g$ 가 $C^\infty$ 함수이면 임의의 $r\in\mathbb{N}$ 에 대해 $f$ 와 $g$ 가 $C^r$ 함수이므로 $g\circ f$ 도 $C^r$ 함수이다. 다시말해 $g\circ f$ 는 임의의 $r\in\mathbb{N}$ 에 대해 $C^r$ 함수이므로 $C^\infty$ 함수이다. $\square$

Definition. $a,b\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음의 집합을 $a$ 와 $b$ 를 잇는 line segment 라고 한다.$$\{a+t(b-a):t\in[0,1]\}$$

평균값 정리 (mean-value theorem)
미분가능함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}$ 에 대해 $A$ 가 $a$ 와 $b$ 를 잇는 line segment 를 포함하면 line segment 위의 $a,b$ 가 아닌 어떤 점 $c$ 가 존재하여 다음이 성립한다.$$f(b)-f(a)=Df(c)(b-a)$$

Proof. 다음의 함수 $\phi:[0,1]\to\mathbb{R}$ 을 생각하자.

$$\phi(t)=f(a+t(b-a))$$

임의의 $s\in(0,1)$ 에 대해 함수 $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ , $t\mapsto a+t(b-a)$ 는 $s$ 에서 미분가능하고 $f$ 는 $a+s(b-a)$ 에서 미분가능하므로 $\phi$ 는 $(0,1)$ 에서 미분가능하다. 한편 $\phi$ 의 미분은 연쇄법칙에 따라 다음과 같다.

$$D\phi(t)=Df(a+t(b-a))(b-a)$$

좁은 의미의 평균값 정리에 따라 어떤 $t_0\in(0,1)$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\phi(1)-\phi(0)=D\phi(t_0)$$

$c=a+t_0(b-a)$ 라고 하면 $c$ 는 $a$ 와 $b$ 를 잇는 line segment 위의 점이며 $c\neq a,b$ 이다. 한편 위 식은 다음과 같으므로 원하는 결과를 얻는다.

$$f(b)-f(a)=Df(c)(b-a)\tag*{$\square$}$$

Corollary 4.2. $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}\to\mathbb{R}^n$ 와 어떤 $a\in A$ 에 대해 $f(a)=b$ 라고 하자. $g:B\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(b)\to\mathbb{R}^n$ 와 $b$ 의 어떤 근방 $U$ 의 모든 점 $x$ 에 대해 다음이 성립한다고 가정하자.$$g(f(x))=x$$ 만약 $f$ 가 $a$ 에서 미분가능하고 $g$ 가 $b$ 에서 미분가능하면 다음이 성립한다.$$Dg(b)=Df(a)^{-1}$$

※ $\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(b)$ 는 $b$ 의 모든 근방의 집합의 모임, 즉 $\mathbb{R}^n$ 에서 열리고 $b$ 를 포함하는 모든 집합의 모임을 의미한다.

Proof. 항등함수 $\text{id}:U\to\mathbb{R}$ , $\text{id}(x)=x$ 의 미분이 대각성분이 1이고 나머지는 0인 $n\times n$ 항등행렬 $I_n$ 임을 보이자. $D\;\text{id}(a)$ 의 i행 j열 성분 $D_j\text{id}_i(a)$ 는 $i\neq j$ 인 경우 다음과 같다.

$$\begin{align}D_j\text{id}_i(a)&=\lim_{t\to 0}\frac{\text{id}_i(a+te_j)-\text{id}_i(a)}{t}\\&=\lim_{t\to 0}\frac{a_i-a_i}{t}\\&=0\end{align}$$

$i=j$ 인 경우 다음과 같다.

$$\begin{align}D_i\text{id}_i(a)&=\lim_{t\to 0}\frac{\text{id}_i(a+te_i)-\text{id}_i(a)}{t}\\&=\lim_{t\to 0}\frac{(a_i+t)-a_i}{t}\\&=1\end{align}$$

따라서 $D\;\text{id}(a)=I_n$ 을 얻는다. $D(g\circ f)(a)=D\;\text{id}(a)$ 임을 보이자. 편의상 $h=g\circ f$ 라고 하자. 연쇄법칙에 따라 $h$ 는 $a$ 에서 미분가능하므로 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to a}\frac{h(x)-h(a)-Dh(a)(x-a)}{|x-a|}=0$$

이는 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\delta_1>0$ 이 존재하여 다음이 성립함을 의미한다.

$$0<|x-a|<\delta_1\Rightarrow\left|\frac{h(x)-h(a)-Dh(a)(x-a)}{|x-a|}\right|<\epsilon$$

한편 $U$ 의 임의의 점에서 $h(x)=\text{id}(x)$ 가 성립하며, $C_{\delta_2}^{\mathbb{R}^n}(b)$ 가 $U$ 에 속하도록 하는 $\delta_2$ 를 선택하고 $\delta=\text{min}\{\delta_1,\delta_2\}$ 라고 하면 다음이 성립한다.

$$\begin{align}0<|x-a|<\delta&\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\displaystyle\left|\frac{h(x)-h(a)-Dh(a)(x-a)}{|x-a|}\right|<\epsilon\\\\h(x)=\text{id}(x)\end{matrix}\right.\\\\&\Rightarrow\left|\frac{\text{id}(x)-\text{id}(a)-Dh(a)(x-a)}{|x-a|}\right|<\epsilon\end{align}$$

즉 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to a}\frac{\text{id}(x)-\text{id}(a)-Dh(a)(x-a)}{|x-a|}=0$$

이는 $Dh(a)=D\;\text{id}(a)$ 를 의미하므로 원하는 결과를 얻는다. 다시 연쇄법칙에 따라 다음이 성립한다.

$$Dh(a)=Dg(b)Df(a)$$

$$\therefore Dg(b)Df(a)=I_n\tag{1}$$

이때 $Dg(b)$ 와 $Df(a)$ 는 각각 $n\times n$ 행렬이므로 가역행렬의 성질(링크의 정리 10.1-4)에 따라 $Dg(b)$ 와 $Df(a)$ 는 가역행렬이다. 식 (1)의 양변에 $Df(a)^{-1}$ 를 우측에 곱하면 $Dg(b)=Df(a)^{-1}$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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다음 읽을거리: ch5. 역함수 정리

[다변수 미분] ch3. 연속미분가능

김한결 — Wed, 21 Dec 2022 00:44:18 +0900

이전 읽을거리: ch2. 편미분

다음 읽을거리: ch4. 연쇄법칙

연속미분가능

이번 포스팅에는 다음의 정리가 필요하다.

평균값 정리 (mean-value theorem)
연속함수 $\phi:[a,b]\to\mathbb{R}$ 가 $(a,b)$ 의 각 점에서 미분가능하면 어떤 $c\in(a,b)$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\phi(b)-\phi(a)=D\phi(c)(b-a)$$

증명은 생략한다. (자세한 정보는 [FTC의 엄밀한 증명] ch22. 평균값 정리 참고)

Definition. $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}^n$ 가 각 $a\in A$ 에서 미분가능하면 $f$ 가 미분가능하다고 한다.

※ $\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}$ 는 $\mathbb{R}^m$ 에서 열린집합의 모임이다.

위 정의에 따르면 "미분가능함" 이 정의되는 함수의 정의역은 열린집합으로 제한된다. 이는 함수의 미분가능성이 정의역의 interior 의 점에서만 정의하기로 하였기 때문이다. 만약 정의역이 열린집합이 아니라면 미분가능성이 정의되지 않는 점이 존재하므로, 이를 피하기 위해 정의역 전체에서 미분가능한 함수는 정의역을 열린집합으로 제한한다.

함수 $f:A\to Y$ 에 대해 $f$ 가 미분가능하여 $Df(a)$ 가 존재하는 점 $a\in A$ 의 집합을 $B$ 라고 하자. 이때 함수의 미분 $Df$ 를 정의역이 $B$ 인 일종의 함수로 생각할 수 있음은 아주 자연스럽다.

Definition. $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $A$ 의 모든 점에서 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 편미분이 존재하여 $A$ 에서 연속이면 $f$ 가 연속미분가능하다(countinuously differentiable)고 한다.

지난 포스팅에서 모든 $D_jf_i(a)$ 가 존재하는 것 만으로는 미분가능함이 보장되지 않음을 확인하였다. 위 정의는 이에 더해 모든 함수 $D_jf_i$ 가 연속이라는 조건이 더해졌는데, 이것으로 좋은 결과를 얻을 수 있다.

Lemma 3.1. $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}$ 가 연속미분가능하면 미분가능하다.

증명하기 전에 이 정리가 무엇을 의미하는지를 간단히 확인하자. 다음의 함수를 생각해보자.

$$f(x,y)=\text{sin}(xy)\quad g(x,y)=xy^2+e^{xy}$$

미적분학을 공부해본 사람이라면 위의 두 함수가 미분가능함을 본능적으로 알 것이다. 사실 이 두 함수가 미분가능한 함수는 모든 편미분이 연속이기 때문임을 이 정리는 말하고 있다.

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y\text{cos}(xy)\quad\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x\text{cos}(xy)$$

$$\frac{\partial g}{\partial x}(x,y)=y^2+ye^{xy}\quad\frac{\partial g}{\partial y}(x,y)=2xy+xe^{xy}$$

이제 정리를 증명하자.

Proof. 임의의 $a\in A$ 를 생각하자. 각 $D_jf$ 는 $a$ 에서 연속이므로 $\displaystyle\lim_{x\to a}D_jf(x)=D_jf(a)$ 가 성립한다. 따라서 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 각 $\delta_1,\ldots,\delta_m>0$ 이 존재하여 임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{gather}0<|x-a|<\delta_1\Rightarrow|D_1f(x)-D_1f(a)|<\frac{\epsilon}{m}\\\vdots\\0<|x-a|<\delta_m\Rightarrow|D_mf(x)-D_mf(a)|<\frac{\epsilon}{m}\end{gather}$$

$\delta=\text{min}\{\delta_1,\ldots,\delta_m\}$ 이라고 하면 임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$0<|x-a|<\delta\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\displaystyle|D_1f(x)-D_1f(a)|<\frac{\epsilon}{m}\\\vdots\\\displaystyle|D_mf(x)-D_mf(a)|<\frac{\epsilon}{m}\end{matrix}\right.$$

$x=(x_1,\ldots,x_m)$ , $a=(a_1,\ldots,a_m)$ 이라고 할때 다음과 같이 $z_0,z_1,\ldots,z_m\in\mathbb{R}^m$ 을 정의하자.

$$z_0=a,\quad z_i=(x_1,\ldots,x_i,a_{i+1},\ldots,a_m)$$

$z_m=x$ 이므로 다음과 같다.

$$f(x)-f(a)=\sum_{j=1}^m\big(f(z_j)-f(z_{j-1})\big)$$

$B=\begin{pmatrix}D_1f(a)&\cdots&D_mf(a)\end{pmatrix}$ 라고 하면 다음이 성립한다.

$$\because B(x-a)=\sum_{j=1}^mD_jf(a)(x_j-a_j)$$

$$\begin{align}&\;|f(x)-f(a)-B(x-a)|\\=&\;\left|\sum_{j=1}^m\Big(f(z_j)-f(z_{j-1})+D_jf(a)(x_j-a_j)\Big)\right|\\\le&
\;\sum_{j=1}^m\Big|f(z_j)-f(z_{j-1})+D_jf(a)(x_j-a_j)\Big|\end{align}$$

$x_i\neq a_i$ 라고 가정하자. 다음의 함수를 생각하자.

$$\phi:[0,x_i-a_i]\to\mathbb{R},\;\;\phi(t)=f(z_{i-1}+te_i)$$

임의의 $t_0\in(0,x_i-a_i)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\lim_{t\to 0}\frac{\phi(t_0+t)-\phi(t_0)}{t}\\=&\;\lim_{t\to 0}\frac{f(z_{i-1}+t_0e_i+te_i)-f(z_{i-1}+t_0e_i)}{t}\\=&\;D_if(z_{i-1}+t_0e_i)\end{align}$$

따라서 $D\phi(t_0)=D_if(z_{i-1}+t_0e_i)$ 이며 $\phi$ 는 $(0,x_i-a_i)$ 의 각 점에서 미분가능하다. 평균값 정리에 따르면 어떤 $t_i\in(0,x_i-a_i)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\phi(x_i-a_i)-\phi(0)=D\phi(t_i)(x_i-a_i)$$

이때 $z_{i-1}+(x_i-a_i)e_i=z_i$ 이고 $D\phi(t_i)=D_if(z_{i-1}+t_ie_i)$ 이므로 다음이 성립한다.

$$f(z_i)-f(z_{i-1})=D_if(z_{i-1}+t_ie_i)(x_i-a_i)\tag{1}$$

만약 $x_i=a_i$ 인 경우에는 $t_i=0$ 이라고 하면 식 (1)이 성립한다. 정리하면 식 (1)은 어떤 $t_i\in[0,x_i-a_i]$ 에 대해 반드시 성립한다. $z_{i-1}+t_ie_i=c_i$ 라고 하자. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|c_i-a|&=|z_{i-1}+t_ie_i-a|\\&=|(x_1-a_1,\ldots,x_{i-1}-a_{i-1},t_i,0,\ldots,0)|\end{align}$$

한편 $|t_i|\le|x_i-a_i|$ 이므로 $|c_i-a|\le|x-a|$ 가 성립한다. 즉 $|c_i-a|<\delta$ 이므로 $c_i\neq a$ 라면 다음 부등식이 성립한다.

$$|D_if(c_i)-D_if(a)|<\frac{\epsilon}{m}\tag{2}$$

한편 $a_i=a$ 이면 $D_if(c_i)=D_if(a)$ 이므로 식 (2)는 항상 성립한다. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;|f(x)-f(a)-B(x-a)|\\\le&\;\sum_{j=1}^m\Big|f(z_i)-f(z_{i-1})-D_jf(a)(x_j-a_j)\Big|\\=&\;\sum_{j=1}^m\left|\Big(D_jf(c_j)-D_jf(a)\Big)(x_j-a_j)\right|\\\le&\;\sum_{j=1}^m\Big|D_jf(c_j)-D_jf(a)\Big||x_i-a_j|\\<&\;\sum_{j=1}^m\frac{\epsilon}{m}|x-a|\\=&\;\epsilon|x-a|\end{align}$$

정리하면 임의의 $x\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}0<|x-a|<\delta&\Rightarrow\frac{|f(x)-f(a)-B(x-a)|}{|x-a|}<\epsilon\\&\Leftrightarrow\left|\frac{f(x)-f(a)-B(x-a)}{|x-a|}\right|<\epsilon\end{align}$$

$$\therefore\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-B(x-a)}{|x-a|}=0$$

따라서 $f$ 는 미분가능하다. $\square$

Theorem 3.2. $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}^n$ 가 연속미분가능하면 미분가능하다.

Proof. $f$ 가 연속미분가능하면 $f$ 의 각 성분함수도 연속미분가능하다. 도움정리 3.1.에 따라 $f$ 의 각 성분함수는 미분가능하며, 정리 2.2.에 따라 $f$ 는 미분가능하다. $\square$

함수의 class

연속미분가능성의 개념을 확장해보자.

Definition. 함수 $f$ 가 연속미분가능하면 $f$ 가 $C^1$ 급이라고 한다.

※ "$f$ 가 $C^1$ 급 이다" 의 원문은 "$f$ is of class $C^1$" 이다.

Definition. $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $A$ 의 모든 점에서 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 편미분이 존재하여 $A$ 에서 연속이면 $f$ 가 $C^r$ 급이라고 한다.

예를들어 각각 임의의 변수로 두 번 편미분 가능하며, 그렇게 얻어낸 함수가 연속이면 $C^2$ 급인 것이다. 도움정리 3.1. 아래의 두 함수는 $C^1$ 급이며 동시에 $C^2$ 급이기도 하고, 더 나아가 임의의 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 $C^n$ 급임을 직감으로 알 수 있다.

Definition. 함수 $f$ 가 임의의 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 $C^n$ 급이면 $C^\infty$ 급이라고 한다.

Theorem 3.3. 함수 $f$ 가 $C^r$ 급일 필요충분조건은 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 편미분이 $C^{r-1}$ 급인 것이다.

Proof. $f$ 가 $C^r$ 급이면 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 $r$ 계 편미분이 연속이다. 한편 $f$ 의 성분함수의 $r$ 계 편미분이 연속임은 $f$ 의 성분함수의 편미분의 $r-1$ 계 편미분이 연속이라는 것이다. 따라서 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 편미분은 $C^{r-1}$ 급임을 얻는다. 역으로 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 편미분이 $C^{r-1}$ 급이면 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 편미분의 $r-1$ 계 편미분이 연속이므로 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 $r$ 계 편미분이 연속이다. 따라서 $f$ 가 $C^r$ 급임을 얻는다. $\square$

클레로 정리

다음의 정리는 $C^2$ 급 함수의 편미분에 대해 교환법칙이 성립함을 의미한다.

클레로 정리 (Clairaut's theorem)
$C^2$ 급함수 $f:A\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^m}\to\mathbb{R}$ 와 임의의 $i,j\in\{1,\ldots,m\}$ , 각 $a\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.$$D_jD_if(a)=D_iD_jf(a)$$

Proof. $i=j$ 인 경우에 정리가 자명하게 성립한다. $i<j$ 인 경우에 대해 생각하자. 편의상 $i=1$ , $j=2$ 라고 하자. (다른 경우에도 증명은 동일하다) $a'=(a_2,\ldots,a_m)$ 이라고 하면 정의에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;D_2f(x,a_2,a')-D_2f(a_1,a_2,a')\\=&\;\lim_{y\to a_2}\frac{f(x,y,a')-f(x,a_2,a')}{y-a_2}-\lim_{y\to a_2}\frac{f(a_1,y,a')-f(a_1,a_2,a')}{y-a_2}\\=&\;\lim_{y\to a_2}\left(\frac{f(x,y,a')-f(x,a_2,a')}{y-a_2}-\frac{f(a_1,y,a')-f(a_1,a_2,a')}{y-a_2}\right)\\=&\;\lim_{y\to a_2}\frac{f(x,y,a')-f(x,a_2,a')-f(a_1,y,a')+f(a_1,a_2,a')}{y-a_2}\end{align}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;D_1D_2f(a_1,a_2,a')\\=&\;\lim_{x\to a_1}\frac{1}{x-a_1}\Big(D_2f(x,a_2,a')-D_2f(a_1,a_2,a')\Big)\\=&\;\lim_{x\to a_1}\frac{1}{x-a_1}\lim_{y\to a_2}\frac{f(x,y,a')-f(x,a_2,a')-f(a_1,y,a')+f(a_1,a_2,a')}{y-a_2}\\=&\;\lim_{x\to a_1}\lim_{y\to a_2}\frac{f(x,y,a')-f(x,a_2,a')-f(a_1,y,a')+f(a_1,a_2,a')}{(x-a_1)(y-a_2)}\end{align}$$

$x\neq a_1$ , $y\neq a_2$ 인 $(x,y,a')\in A$ 를 고정하자. $f$ 는 $C^2$ 급이므로 함수 $g(t)=f(t,y,a')-f(t,a_2,a')$ 는 미분가능하며, 특히 $(a_1,x)$ 에서 미분가능하다. 평균값 정리에 따라 어떤 $c_x\in(a_1,x)$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;g(x)-g(a)\\=&\;Dg(c_x)(x-a)\\=&\;\big(D_1f(c_x,y,a')-D_1f(c_x,a_2,a')\big)(x-a_1)\end{align}$$

$\displaystyle\lim_{x\to a}c_x=a_1$ 임을 보이자. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 $\delta=\epsilon$ 이라고 하자. $0<|x-a_1|<\delta$ 인 임의의 $x$ 에 대해 $c_x\in(a_1,x)$ 이므로 $|c_x-a_1|<|x-a_1|$ 가 성립한다. 즉 $|c_x-a_1|<\epsilon$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. 한편 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;g(x)-g(a)\\=&\;f(x,y,a')-f(x,a_2,a')-f(a_1,y,a')+f(a_1,a_2,a')\end{align}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;D_1D_2f(a_1,a_2,a')\\=&\;\lim_{x\to a_1}\lim_{y\to a_2}\frac{\big(D_1f(c_x,y,a')-D_1f(c_x,a_2,a')\big)(x-a_1)}{(x-a_1)(y-a_2)}\\=&\;\lim_{x\to a_1}\lim_{y\to a_2}\frac{D_1f(c_x,y,a')-D_1f(c_x,a_2,a')}{y-a_2}\end{align}$$

한편 정의에 따라 다음과 같다.

$$\lim_{y\to a_2}\frac{D_1f(c_x,y,a')-D_1f(c_x,a_2,a')}{y-a_2}=D_2D_1f(c_x,a_2,a')$$

따라서 $\displaystyle D_1D_2f(a_1,a_2,a')=\lim_{x\to a_1}D_2D_1f(c_x,a_2,a')$ 를 얻는다. 이때 $D_2D_1f$ 는 연속이므로 극한의 성질(링크의 정리 5.5.와 정리 5.3.)에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\lim_{x\to a_1}D_2D_1f(c_x,a_2,\ldots,a_m)\\=&\;D_2D_1f\left(\lim_{x\to a_1}c_x,\lim_{x\to a_1}a_2,\ldots,\lim_{x\to a_1}a_m\right)\\=&\;D_2D_1f(a_1,a_2,\ldots,a_m)\end{align}$$

$$\therefore D_1D_2f(a)=D_2D_1f(a)\tag*{$\square$}$$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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[다변수 미분] ch2. 편미분

김한결 — Sun, 18 Dec 2022 21:35:01 +0900

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편미분

Definition. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}$ 에 대해 $D_{e_j}f(a)$ 가 존재하면 이를 $a$ 에서 $f$ 의 j번째 편미분(j-th partial derivative)이라고 하고 $D_jf(a)$ 라고 쓴다.

다시말해 $f$ 의 j번째 편미분은 아래의 극한이 존재할 때 그 극한값을 말한다.

$$\lim_{t\to 0}\frac{f(a+te_j)-f(a)}{t}$$

편미분은 사실 계산하기에 상당히 편리하다. $a=(a_1,\ldots,a_m)$ 이라고 할때 다음의 함수를 생각하자.

$$\phi(t)=f(a_1,\ldots,a_{j-1},t,a_{j+1},\ldots,a_m)$$

이때 $f$ 의 $a$ 에서 j번째 편미분은 그저 $\phi$ 의 $a_j$ 에서의 미분과 동일하다. 따라서 함수의 편미분이란 나머지 변수를 상수로 둔 일변수함수의 미분처럼 계산하면 된다.

편미분은 공역이 $\mathbb{R}$ 인 함수에 한하여 정의하자. 공역이 $\mathbb{R}^n$ 인 경우에도 편미분을 잘 정의할 수 있지만, 정의의 과다한 확장이 될 수 있다. 예를들어 $D_jf_i(a)$ 는 원래 i번째 성분함수의 j번째 편미분으로 정의되지만, 확장된 정의를 사용하면 j번째 편미분의 i번째 성분으로도 해석되어버린다.

다음의 정리는 편미분과 미분의 상관관계를 말한다.

Theorem 2.1. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}$ 가 $a$ 에서 미분가능하면 다음과 같다.$$Df(a)=\begin{pmatrix}D_1f(a)&\cdots&D_mf(a)\end{pmatrix}$$

Proof. 정리 1.7.에 따라 각 $j=1,\ldots,m$ 에 대해 $D_jf(a)=Df(a)e_j$ 이다. 이때 $Df(a)e_j$ 는 $Df(a)$ 의 j번째 열과 같으므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Theorem 2.2. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) $f$ 가 $a$ 에서 미분가능할 필요충분조건은 $f$ 의 각 성분함수가 $a$ 에서 미분가능한 것이다.
(2) $f$ 가 $a$ 에서 미분가능하면 $Df(a)\in\mathbb{M}_{n\times m}$ 은 j번째 행이 $Df_j(a)\in\mathbb{R}^m$ 인 행렬이다.

Proof. (1) 을 증명하는 과정에서 (2) 가 증명된다.

($\Rightarrow$) $f$ 가 $a$ 에서 미분가능하다고 하자. 다음의 함수를 생각하자.

$$F(x)=\frac{f(x)-f(a)-Df(a)(x-a)}{|x-a|}$$

이때 $Df(a)$ 의 j번째 행을 $B_j$ 라고 하면 $Df(a)(x-a)$ 의 j번째 성분은 $B_j(x-a)$ 이다. 따라서 $F$ 의 각 성분함수 $F_j$ 는 다음과 같다.

$$F_j(x)=\frac{f_j(x)-f_j(a)-B_j(x-a)}{|x-a|}$$

한편 $f$ 는 미분가능하므로 $\displaystyle\lim_{x\to a}F(x)=0$ 이 성립한다. 극한의 성질(링크의 정리 5.3.)에 따르면 $\displaystyle\lim_{x\to a}F_j(x)=0$ 도 성립하므로 $f$ 의 각 성분함수 $f_j$ 는 미분가능하며 $B_j=Df_j(a)$ 를 얻는다. 이로써 $Df(a)$ 의 j번째 행이 $Df_j(a)$ 임을 얻는다.

($\Leftarrow$) $f$ 의 각 성분함수 $f_j$ 가 미분가능하다고 하자. 다음의 함수를 생각하자.

$$F_j(x)=\frac{f_j(x)-f_j(a)-Df_j(a)(x-a)}{|x-a|}$$

이때 j번째 행이 $Df_j(a)$ 인 $n\times m$ 행렬 $B$ 에 대해 $B(x-a)$ 의 j번째 성분은 $Df_j(a)(x-a)$ 이므로, 아래의 함수 $F$ 는 j번째 성분함수로 $F_j$ 를 갖는다.

$$F(x)=\frac{f(x)-f(a)-B(x-a)}{|x-a|}$$

한편 각 $f_j$ 는 미분가능하므로 $\displaystyle\lim_{x\to a}F_j(x)=0$ 가 성립한다. 극한의 성질에 따르면 $\displaystyle\lim_{x\to a}F(x)=0$ 도 성립하므로 $F$ 는 미분가능하며 $B=Df(a)$ 를 얻는다. $\square$

야코비 행렬

위의 두 정리로 함수의 미분이라는 행렬이 구체적으로 어떻게 생겼는지 알아낼 수 있다. 정리 2.2.에 따라 $Df(a)$ 의 i번째 행은 $Df_i(a)$ 이며, $Df_i(a)$ 의 j번째 열은 정리 2.1.에 따라 $D_jf_i(a)$ 이다. 정리하면 $D_jf_i(a)$ 은 $Df(a)$ 의 i행 j열의 성분이므로 다음을 얻는다.

$$Df(a)=\begin{pmatrix}D_1f_1(a)&D_2f_1(a)&\cdots&D_mf_1(a)\\D_1f_2(a)&D_2f_2(a)&\cdots&D_mf_2(a)\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\D_1f_n(a)&D_2f_n(a)&\cdots&D_mf_n(a)\end{pmatrix}$$

함수의 미분에 관련된 논의에서, 함수의 정의역이 $\mathbb{R}^m$ 인 경우 그 함수의 j번째 변수를 $x_j$ 라고 하는 것은 널리 사용되는 수학적 관습이다. 이러한 관습을 잘 활용하면 편미분을 다음과 같이 표기할 수 있다.

Definition. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}$ 에 대해 $a$ 에서 $f$ 의 j번째 편미분 $D_jf(a)$ 는 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x_j}(a)$ 라고도 쓴다.

이러한 표기법을 이용하여 함수의 미분을 표기하면 다음과 같다.

$$Df(a)=\begin{pmatrix}\frac{\partial f_1}{\partial x_1}(a)&\frac{\partial f_1}{\partial x_2}(a)&\cdots&\frac{\partial f_1}{\partial x_m}(a)\\\frac{\partial f_2}{\partial x_1}(a)&\frac{\partial f_2}{\partial x_2}(a)&\cdots&\frac{\partial f_2}{\partial x_m}(a)\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\\frac{\partial f_n}{\partial x_1}(a)&\frac{\partial f_n}{\partial x_2}(a)&\cdots&\frac{\partial f_n}{\partial x_m}(a)\end{pmatrix}$$

이를 이용하여 행렬을 하나 정의할텐데, 이 정의를 주의깊게 읽어보자.

Definition. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 i열 j행의 성분이 $\displaystyle\frac{\partial f_i}{\partial x_j}(a)$ 인 $n\times m$ 행렬을 $a$ 에서 $f$ 의 야코비 행렬(jacobian matrix)이라고 하고 $\displaystyle\frac{\partial(f_1,\ldots,f_n)}{\partial(x_1,\ldots,x_m)}$ 이라고 쓴다.

야코비 행렬은 분명 함수의 미분과 동일한 행렬처럼 보이지만, 이 정의를 보면 의도적으로 야코비 행렬을 $Df(a)$ 로 정의하지 않았다. 이는 $a$ 에서 $f$ 의 미분이 존재하지 않아도 $f$ 의 모든 성분함수의 모든 편미분이 존재할 수도 있기 때문이다. 이를테면 다음의 함수를 생각해보자.

$$f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R},\;\;f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2y}{x^4+y^2}&\text{if }(x,y)\neq(0,0)\\0&\text{if }(x,y)=(0,0)\end{cases}$$

이 함수가 $(0,0)$ 즉, $0\in\mathbb{R}^2$ 에서 모든 편미분을 가짐을 보이자. 다음이 성립한다.

$$\lim_{t\to 0}\frac{f(t,0)-f(0,0)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{t^2\cdot0}{t^4+0}\frac{1}{t}=0=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$$

$$\lim_{t\to 0}\frac{f(0,t)-f(0,0)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{0\cdot t}{0+t^2}\frac{1}{t}=0=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$$

따라서 $0$ 에서 $f$ 의 야코비 행렬 $\begin{pmatrix}\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)&\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)\end{pmatrix}$ 은 $\begin{pmatrix}0&0\end{pmatrix}$ 으로서 존재한다. 그러나 $f$ 는 $0$ 에서 미분가능하지 않다. 미분가능하면 연속이므로, 이를 보이는 것은 $f$ 가 $0$ 에서 불연속임을 보이는 것으로 충분하다. 만약 $f$ 가 $0\in\mathbb{R}^2$ 에서 연속이라면 연속의 성질(링크의 정리 4.4.)에 따라 $\mathbb{R}^2$ 에서 $(x,y)=(t,t^2)$ 인 점들의 집합 $A\subset\mathbb{R}^2$ 에 대해 $f|_A$ 도 $0$ 에서 연속이어야 한다. 그러나 $0$ 을 제외한 점에서 $f|_A$ 의 값은 모두 $\frac{1}{2}$ 이므로 $f|_A$ 는 $0$ 에서 불연속이다. 따라서 $f$ 도 $0$ 에서 불연속이므로 $f$ 는 $0$ 에서 미분불가능하다. 정리하면 $f$ 는 $0$ 에서 야코비 행렬은 존재하지만 미분은 존재하지 않는다.

정리하면 모든 편미분이 존재하는 것만으로는 미분이 존재함을 알 수 없다. 그러나 모든 편미분이 존재함에 하나의 조건을 더하면 미분가능성을 얻어낼 수 있다. 이에 대해서 다음 포스팅에서 소개한다.

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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김한결 — Fri, 16 Dec 2022 16:19:25 +0900

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1공간에서 1공간으로의 미분

미분을 정의하기 이전에, 일단 지금은 미분은 항상 정의역의 interior 에서만 정의하자고 약속하자. Interior 가 아닌 점에서도 그 점이 극한점이라면 굳이 미분을 정의할 수는 있지만, 소탐대실이다. 나중에 다양체를 공부하며 interior 가 아닌 점에서의 미분을 다룰 계기가 다시 찾아올 것이다.

Definition. $\phi:A\subset\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ , $a\in\text{Int }A$ 에 대해 다음의 극한이 존재하면 $\phi$ 가 $a$ 에서 미분가능하다(differentiable)고 하며 이 극한값을 $a$ 에서 $\phi$ 의 미분(derivative)이라고 하고 $D\phi(a)$ 라고 쓴다.$$\lim_{x\to a}\frac{\phi(x)-\phi(a)}{x-a}$$

이 정의에는 신중하게 확인해야 할 부분이 존재한다. 함수의 극한의 엄밀한 정의를 다시 떠올려보자. 함수 $f:A\to B$ 와 $A$ 의 극한점 $a$ 에 대해 다음과 같다.

$$\begin{gather}\lim_{x\to a}f(x)=y_0\\\Updownarrow\\\forall V\in\mathcal{N}_Y(y_0),\;\;\exists U\in\mathcal{N}_X(a),\;\;f(U\setminus\{a\})\subset V\end{gather}$$

엄밀한 조건은 둘째 치고, 극한이 정의되는 형식을 자세히 보자. 먼저 함수가 제시되어야 하고, 극한은 그 함수의 정의역의 극한점에서 정의되어야 한다. 이로서 확인해야 하는 것이 드러나게 된다.

"$x$ 에 대한 함수 $\frac{\phi(x)-\phi(a)}{x-a}$ 의 정의역을 $A'$ 라고 하자. $a$ 는 $A'$ 의 극한점인가?"

이를 확인하기 위해서는 $\frac{\phi(x)-\phi(a)}{x-a}$ 의 정의역이 무엇인지를 알아야 하는데, 이 정의역조차 명시되지 않은 상태이다. 여기에는 극한의 활용에 대한 불문율이 숨겨져 있는데, 이러한 경우 극한의 대상이 되는 수식에서 정의될 수 있는 모든 대상의 집합을 정의역이라고 여겨야 한다. 가령 이번 예시의 경우에는 $x=a$ 인 경우에는 수식 $\frac{\phi(x)-\phi(a)}{x-a}$ 가 정의되지 않고, 그 외의 모든 $x\in A$ 에 대해서는 이 수식이 정의되므로 이 함수의 정의역은 $A\setminus\{a\}$ 라고 할 수 있겠다.

이제 $a\in\text{Int }A$ 가 $A\setminus\{a\}$ 의 극한점임을 확인하는 것으로 모호성이 해소된다. $\text{Int }A$ 는 $\mathbb{R}$ 에서 열려있으므로 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $C_\epsilon^\mathbb{R}(a)\subset\text{Int }A$ 가 성립한다. 따라서 임의의 $\delta>0$ 에 대해 $C_\delta^\mathbb{R}(a)$ 안에 $A\setminus\{a\}$ 의 원소가 존재함을 알 수 있다. 따라서 $a$ 는 $A\setminus\{a\}$ 의 원소이므로 주어진 극한이 잘 정의된다.

이러한 불문율을 잘 이용하면 다음과 같은 일반화가 가능함을 떠올릴 수 있다. 이는 미분의 두 가지 정의를 자연스럽게 동치로 이어준다.

Theorem 1.1. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ , $A$ 의 극한점 $a$ 를 생각하자.
(1) $0\in\mathbb{R}^m$ 은 $A-a$ 의 극한점이다.
(2) 극한 $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)$ 가 존재할 필요충분조건은 극한 $\displaystyle\lim_{h\to 0}f(a+h)$ 가 존재하는 것이며 이때 두 극한값은 같다.

※ 이때 집합 $A-a$ 는 $\{x-a:x\in A\}$ 를 의미한다. 이는 집합 $A$ 를 $a$ 가 원점이 되도록 이동시킨 집합이다.

Proof.

(1) $0$ 의 임의의 $\epsilon$-근방 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(0)$ 을 생각하자. $a$ 는 $A$ 의 극한점이므로 $A\cap C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 에는 $a$ 가 아닌 원소 $a'$ 가 존재한다. 한편 다음이 성립한다.

$$\begin{align}C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)-a&=\{x-a:|x-a|<\epsilon\}\\&=\{x:|x|<\epsilon\}\\&=C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(0)\end{align}$$

$a'\in A$ 이므로 $a'-a\in A-a$ 이고, $a'\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(a)$ 이므로 비슷하게 $a'-a\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(0)$ 를 얻는다. 즉 $a'-a\in(A-a)\cap C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(0)$ 이며 $a'-a\neq 0$ 이므로 $0$ 은 $A-a$ 의 극한점이다.

(2) 함수 $g:A-a\to\mathbb{R}^n$ , $g(h)=f(a+h)$ 를 생각하자. 먼저 임의의 $U\subset A$ 에 대해 $f(U)=g(U-a)$ 임을 보이자. 임의의 $y\in f(U)$ 를 생각하자. 어떤 $x\in U$ 에 대해 $f(x)=y$ 가 성립한다. 한편 $x-a\in U-a$ 이고 $f(x)=g(x-a)$ 이므로 $y\in g(U-a)$ 이다. 반대로 임의의 $y\in g(U-a)$ 를 생각하자. 어떤 $x\in U-a$ 에 대해 $g(x)=y$ 가 성립한다. 한편 어떤 $z\in U$ 에 대해 $x=z-a$ 이며, $g(x)=f(z)$ 이므로 $y\in f(U)$ 이다. 따라서 $f(U)=g(U-a)$ 가 성립한다.

이제 본 정리를 증명하자. 임의의 $\delta>0$ , $a\in A$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\left(C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)\setminus\{a\}\right)-a&=\{x-a:|x-a|<\delta\land x\neq a\}\\&=\{x-a:|x-a|<\delta\land x-a\neq 0\}\\&=\{x:|x|<\delta\land x\neq 0\}\\&=C_\delta^{\mathbb{R}^m}(0)\setminus\{0\}\end{align}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}&\;\lim_{x\to a}f(x)=y_0\\\iff&\;\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;f\left(C_\delta^{\mathbb{R}^m}(a)\setminus\{a\}\right)\subset C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(y_0)\\\iff&\;\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;g\left(C_\delta^{\mathbb{R}^m}(0)\setminus\{0\}\right)\subset C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(y_0)\\\iff&\;\lim_{h\to 0}g(h)=y_0\end{align}$$

$\displaystyle\lim_{h\to 0}g(h)=y_0$ 은 $\displaystyle\lim_{h\to 0}f(a+h)=y_0$ 와 같은 표현이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Corollary 1.2. $\phi:A\subset\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 가 $a\in\text{Int }A$ 에서 미분가능할 필요충분조건은 아래의 극한이 존재하는 것이다. 이때 이 극한값은 $D\phi(a)$ 와 같다.$$\lim_{t\to 0}\frac{\phi(a+t)-\phi(a)}{t}$$

※ 사실 이 따름정리의 증명은 $D\phi(a)$ 가 유일하다는 가정이 필요하다. 이에 대해서는 아래에서 증명할 것이다.

한편 미분을 또다른 방식으로 정의할 수 있다. 이는 다변수 미분을 정의하는 방법에 대한 힌트를 준다.

Theorem 1.3. $\phi:A\subset\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 가 $a\in\text{Int }A$ 에서 미분가능할 필요충분조건은 다음을 만족하는 $B\in\mathbb{R}$ 이 존재하는 것이다. 이때 $B$ 는 $D\phi(a)$ 와 같다.$$\lim_{x\to a}\frac{\phi(x)-\phi(a)-B(x-a)}{|x-a|}=0$$

Proof.

($\Rightarrow$) $\phi$ 가 $a$ 에서 미분가능하다고 하자. 이는 다음과 같다.

$$\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;\forall x\in A,$$

$$0<|x-a|<\delta\Rightarrow\left|\frac{\phi(x)-\phi(a)}{x-a}-D\phi(a)\right|<\epsilon$$

한편 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\left|\frac{\phi(x)-\phi(a)}{x-a}-D\phi(a)\right|&=\left|\frac{\phi(x)-\phi(a)-D\phi(a)(x-a)}{x-a}\right|\\&=\left|\frac{\phi(x)-\phi(a)-D\phi(a)(x-a)}{|x-a|}\right|\end{align}$$

$$\therefore\lim_{x\to a}\frac{\phi(x)-\phi(a)-D\phi(a)(x-a)}{|x-a|}=0$$

따라서 원하는 $B$ 는 $D\phi(a)$ 로서 존재한다.

($\Leftarrow$) 어떤 $B\in\mathbb{R}$ 가 존재하여 정리에 주어진 극한식이 성립한다고 하자. 이는 다음과 같다.

$$\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;\forall x A,$$

$$0<|x-a|<\delta\Rightarrow\left|\frac{\phi(x)-\phi(a)-B(x-a)}{|x-a|}\right|<\epsilon$$

위와 비슷하게 다음이 성립한다.

$$\left|\frac{\phi(x)-\phi(a)-B(x-a)}{|x-a|}\right|=\left|\frac{\phi(x)-\phi(a)}{x-a}-B\right|$$

$$\therefore\lim_{x\to a}\frac{\phi(x)-\phi(a)}{x-a}=B$$

따라서 $\phi$ 는 $a$ 에서 미분가능하며 $B=D\phi(a)$ 이다. $\square$

위 정리에서 분모의 절댓값 기호는 없어도 똑같이 성립한다. 지금은 오히려 없는 편이 더 자연스러워 보이지만, 나중에 이는 분수의 분모에 $\mathbb{R}^m$ 의 원소가 위치할 수 있도록 해준다.

방향미분

일반적인 실수공간에서 미분을 정의하기 전에, 마치 1공간에서 1공간으로의 함수에서 미분을 정의하는 것과 어느정도 유사한 방식으로 "미분 비슷한 것"을 정의해보자.

Definition. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ , $a\in\text{Int }A$ , $u\in\mathbb{R}^m\setminus\{0\}$ 에 대해 다음의 극한이 존재하면 이를 $f$ 의 $a$ 에서 $u$ 에 대한 방향미분(directional derivative)이라고 하고 $D_uf(a)$ 라고 쓴다.$$\lim_{t\to 0}\frac{f(a+tu)-f(a)}{t}$$

이 정의도 마찬가지로 $t$ 에 대한 함수 $\frac{f(a+tu)-f(a)}{t}$ 의 정의역을 $J_u$ 라고 할때, $0$ 이 $J_u$ 의 극한점인지 확인되지 않은채로 선언되었다. 이에 대해 한번 확인해보자. 먼저, $J_u$ 는 다음과 같은 집합임이 분명하다.

$$J_u=\{t\in\mathbb{R}:a+tu\in A\land t\neq 0\}$$

한편 $a\in\text{Int }A$ 이므로 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^m}(a)\subset A$ 가 성립한다. 실수의 조밀성에 따르면 $0<\epsilon'<\frac{\epsilon}{|u|}$ 를 만족하는 $\epsilon'\in\mathbb{R}$ 이 존재하며, 이때 $|\epsilon' u|<\epsilon$ 가 성립한다. 임의의 $t\in C_{\epsilon'}^\mathbb{R}(0)\setminus\{0\}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\epsilon>|\epsilon'u|>\epsilon|u|>|t||u|=|tu|=|(a+tu)-a|$$

따라서 $a+tu\in C_\epsilon^{\mathbb{R}^m}$ 이며 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^m}(a)\subset A$ 이므로 $a+tu\in A$ 가 성립한다. 이때 $t\neq 0$ 이므로 $C_{\epsilon'}^\mathbb{R}(0)\setminus\{0\}\subset J_u$ 를 얻는다. 따라서 임의의 $\delta>0$ 에 대해 $C_\delta^\mathbb{R}(0)$ 안에는 $J_u$ 의 원소가 존재하므로 $0$ 은 $J_u$ 의 극한점이다.

위의 논의에서 $u$ 를 임의로 선택하여도 $0$ 이 $J_u$ 의 극한점이었음을 기억하자. 다음의 정리는 방향미분과 미분의 관계를 이어주는 역할을 하게 된다.

Lemma 1.4. $A\subset\mathbb{R}^m$ , $a\in\text{Int }A$ , $g:A\setminus\{a\}\to\mathbb{R}^n$ 를 생각하자. $\displaystyle\lim_{x\to a}g(x)=b$ 이면 임의의 $u\in\mathbb{R}^m\setminus\{0\}$ 에 대해 $\displaystyle\lim_{t\to 0}g(a+tu)=b$ 이다.

Proof. 위의 논의에 따라 $t$ 에 대한 함수 $g(a+tu)$ 의 정의역을 $J_u$ 라고 하면 $0$ 은 $J_u$ 의 극한점이다. $\displaystyle\lim_{x\to a}g(x)=b$ 이면 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\delta'>0$ 이 존재하여 임의의 $x\in A\setminus\{a\}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$0<|x-a|<\delta\Rightarrow|g(x)-b|<\epsilon$$

$\delta=\frac{\delta'}{|u|}$ 라고 하면 임의의 $t\in J_u$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}0<|t|<\delta&\iff0<|tu|<\delta'\\&\iff0<|(a+tu)-a|<\delta'\\&\implies|g(a+tu)-b|<\epsilon\end{align}$$

$$\therefore0<|t|<\delta\Rightarrow|g(a+tu)-b|<\epsilon$$

따라서 $\displaystyle\lim_{t\to 0}g(a+tu)=b$ 를 얻는다. $\square$

m공간에서 n공간으로의 미분

다음은 미분의 일반적인 정의이다.

Definition. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음을 만족하는 $B\in\mathbb{M}_{n\times m}$ 이 존재하면 $f$ 가 $a$ 에서 미분가능하다고 하며 $B$ 를 $a$ 에서 $f$ 의 미분이라고 하고 $Df(a)$ 라고 쓴다.$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-B(x-a)}{|x-a|}=0$$

다음의 정의에 따르면 함수의 미분은 둘 이상 존재하지 않는다.

Theorem 1.5. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 가 $a\in\text{Int }A$ 에서 미분가능하면 $Df(a)$ 가 유일하게 존재한다.

Proof. $a$ 에서 $f$ 의 두 미분 $B_1,B_2\in\mathbb{M}_{n\times m}$ 를 생각하자. 정의에 따라 다음과 같다.

$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-B_1(x-a)}{|x-a|}=0$$$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-B_2(x-a)}{|x-a|}=0$$

따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;\lim_{x\to a}\left(\frac{f(x)-f(a)-B_1(x-a)}{|x-a|}-\frac{f(x)-f(a)-B_2(x-a)}{|x-a|}\right)\\=&\;\lim_{x\to a}\frac{(B_1-B_2)(x-a)}{|x-a|}=0\end{align}$$

극한의 성질(링크의 정리 5.4.)에 따라 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to a}\frac{|(B_1-B_2)(x-a)|}{|x-a|}=0$$

보조정리 1.4.에 따라 임의의 $u\in\mathbb{R}^m$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}0&=\lim_{t\to 0}\frac{|(B_1-B_2)(tu)|}{|tu|}\\&=\lim_{t\to 0}\frac{|t(B_1-B_2)u|}{|tu|}\\&=\lim_{t\to 0}\frac{|t||(B_1-B_2)u|}{|t||u|}\\&=\lim_{t\to 0}\frac{|(B_1-B_2)u|}{|u|}\end{align}$$

이때 $\frac{|(B_1-B_2)u|}{|u|}$ 는 상수함수이므로 연속이며, 따라서 다음이 성립한다.

$$\frac{|(B_1-B_2)u|}{|u|}=0$$

따라서 $|(B_1-B_2)u|=0$ 이 성립하며, norm 의 성질(링크의 정리 1.1.)에 따라 $(B_1-B_2)u=0$ 을 얻는다. 한편 $u$ 를 $\mathbb{R}^m$ 에서 임의로 선택하였으므로, $\mathbb{R}^m$ 의 각 표준단위벡터 $e_1,\ldots,e_m$ 에 대해 $(B_1-B_2)e_i=0$ 가 성립한다. 이는 $B_1-B_2$ 의 각 열이 0임을 의미하므로 $B_1-B_2=0$ 을 얻는다. 정리하면 $B_1=B_2$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

정리 1.1.에 따라 다음이 성립함을 바로 알 수 있다.

Corollary 1.6. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 가 $a\in\text{Int }A$ 에서 미분가능할 필요충분조건은 다음을 만족하는 $B\in\mathbb{M}_{n\times m}$ 이 존재하는 것이다. 이때 $B$ 는 $D\phi(a)$ 와 같다.$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)-Bh}{|h|}=0$$

다음의 정리는 방향미분과 미분의 중요한 관계식을 담고있다.

Theorem 1.7. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 가 $a\in\text{Int }A$ 에서 미분가능하면 $f$ 의 $a$ 에서 모든 $u$ 에 대한 방향미분이 존재한다. 이때 다음이 성립한다.$$D_uf(a)=Df(a)u$$

Proof. $f$ 가 $a$ 에서 미분가능하면 임의의 $u\in\mathbb{R}^m$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}0&=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-Df(a)(x-a)}{|x-a|}\\&=\lim_{t\to 0}\frac{f(a+tu)-f(a)-Df(a)(tu)}{|tu|}\end{align}$$

양변에 $|u|$ 를 곱하면 다음을 얻는다.

$$\lim_{t\to 0}\frac{f(a+tu)-f(a)-Df(a)(tu)}{|t|}=0$$

위의 식에서 $t$ 가 양수인 것만 취하면 극한의 성질(링크의 정리 5.2.)에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}0&=\lim_{t\to 0}\frac{f(a+tu)-f(a)-Df(a)(tu)}{t}\\&=\lim_{t\to 0}\left(\frac{f(a+tu)-f(a)}{t}-Df(a)u\right)\end{align}$$

$$\therefore\lim_{t\to 0}\frac{f(a+tu)-f(a)}{t}=Df(a)u$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

이 정리의 결과는 "함수의 미분" 이라는 행렬이 구체적으로 어떻게 구성되어있는지 계산하는 방법을 알려준다.

여기서 한가지 주의할 점이 있다. 함수가 미분가능하면 모든 방향미분이 존재하지만, 이 역은 일반적으로 성립하지 않는다. 그렇지만 방향미분으로 미분의 존재성을 알아내는 방법이 없지는 않다. 이에 대해서 나중에 알아볼 것이다.

Theorem 1.8. $f:A\subset\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 가 $a\in\text{Int }A$ 에서 미분가능하면 $a$ 에서 연속이다.

Proof. 항등함수는 연속이므로 $\displaystyle\lim_{x\to a}x=a$ 가 성립하며 $\displaystyle\lim_{x\to a}(x-a)=0$ 이므로 $\displaystyle\lim_{x\to a}|x-a|=0$ 을 얻는다. 한편 $f$ 는 $a$ 에서 미분가능하므로 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-Df(a)(x-a)}{|x-a|}=0$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{align}0&=\left(\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-Df(a)(x-a)}{|x-a|}\right)\left(\lim_{x\to a}|x-a|\right)\\&=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-Df(a)(x-a)}{|x-a|}|x-a|\\&=\lim_{x\to a}\big(f(x)-f(a)-Df(a)(x-a)\big)\\&=\lim_{x\to a}\big(f(x)-f(a)\big)\end{align}$$

$$\therefore\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$$

$a$ 는 $A$ 의 극한점이므로 극한의 성질(링크의 정리 5.5.)에 따라 $f$ 는 $a$ 에서 연속이다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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[실수공간의 위상] ch7. 콤팩트 집합

김한결 — Wed, 14 Dec 2022 01:53:23 +0900

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콤팩트 집합

Definition. $X\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있는 집합의 모임의 합집합이 $X$ 를 포함하면 이 모임을 $X$ 의 열린덮개(open cover)라고 하며 이 열린덮개가 $X$ 를 덮는다고 한다.

Definition. $X\subset\mathbb{R}^n$ 의 임의의 열린덮개가 $X$ 를 덮는 어떤 유한부분모임을 가지면 $X$ 가 콤팩트하다(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. $X\subset\mathbb{R}^n$ 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.

($\Rightarrow$) $X$ 가 콤팩트하다고 하자. 합집합이 $X$ 를 포함하는, $X$ 에서 열려있는 집합의 임의의 모임 $\{A_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 를 생각하자. 각 $A_\alpha$ 는 $X$ 에서 열려있으므로 정리 3.3.에 따라 어떤 $U_\alpha\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 에 대해 $A_\alpha=U_\alpha\cap X$ 가 성립한다. 따라서 다음을 얻는다.

$$X\subset\bigcup_{\alpha\in J}A_\alpha=\bigcup_{\alpha\in J}(U_\alpha\cap X)=\left(\bigcup_{\alpha\in J}U_\alpha\right)\cap X$$

$$\therefore X\subset\bigcup_{\alpha\in J}U_\alpha$$

따라서 모임 $\{U_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 는 $X$ 의 열린덮개이며 $X$ 는 콤팩트하므로 이 열린덮개의 유한부분모임 $\{U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\}$ 이 존재하여 $X$ 를 덮는다. 따라서 다음이 성립한다.

$$X\subset\left(\bigcup_{k=1}^nU_{\alpha_k}\right)\cap X=\bigcup_{k=1}^n(U_{\alpha_k}\cap X)=\bigcup_{k=1}^nA_{\alpha_k}$$

즉 $\{U_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 의 유한부분모임 $\{A_{\alpha_1},\ldots,A_{\alpha_n}\}$ 의 합집합이 $X$ 를 포함하므로 원하는 결과를 얻는다.

($\Leftarrow$) 주어진 조건이 성립한다고 하자. $X$ 의 임의의 열린덮개 $\{U_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 를 생각하자. 각 $U_\alpha$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 $A_\alpha=U_\alpha\cap X$ 는 $X$ 에서 열려있다. 따라서 다음이 성립한다.

$$X\subset\left(\bigcup_{\alpha\in J}U_\alpha\right)\cap X=\bigcup_{\alpha\in J}(U_\alpha\cap X)=\bigcup_{\alpha\in J}A_\alpha$$

가정에 따라 $\{A_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 의 어떤 유한부분모임 $\{A_{\alpha_1},\ldots,A_{\alpha_n}\}$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$X\subset\bigcup_{k=1}^nA_{\alpha_k}=\bigcup_{k=1}^n(U_{\alpha_k}\cap X)=\left(\bigcup_{k=1}^nU_{\alpha_k}\right)\cap X$$

$$\therefore X\subset\left(\bigcup_{k=1}^nU_{\alpha_k}\right)$$

즉 $\{U_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 의 유한부분모임 $\{U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\}$ 이 $X$ 를 덮으므로 $X$ 는 콤팩트하다. $\square$

다음은 콤팩트집합의 가장 간단한 예시이다.

Theorem 7.2. $[a,b]\subset\mathbb{R}$ 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 $\{A_\alpha\in\mathbb{R}\}_{\alpha\in J}$ 를 생각하자. 여기서 $\{A_\alpha\in\mathbb{R}\}_{\alpha\in J}$ 의 어떤 유한부분모임이 존재하여 $[a,x]$ 를 덮도록 하는 $x\in[a,b]$ 의 집합 $S\subset[a,b]$ 를 생각하자. $b\in S$ 임을 보이는 것으로 증명이 마무리된다.

자명하게 $a\in S$ 가 성립한다. 또한 $b$ 는 $S$ 의 상계이므로 $S$ 는 공집합이 아니고 위로 유계이며, 따라서 $S$ 의 상한이 존재한다. $x_0=\text{sup }S$ 라고 하자. $x\le b$ 이며 모순을 보이기 위해 $x_0<b$ 라고 가정하자. $a\in S$ 이므로 어떤 $A_\alpha$ 에 대해 $a\in A_\alpha$ 이며 $A_\alpha\in\mathcal{T}_\mathbb{R}$ 이므로 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $C_{2\epsilon}^\mathbb{R}(a)\subset A_\alpha$ 가 성립한다. 즉 다음을 얻는다.

$$(-2\epsilon+a,a+2\epsilon)\subset A_\alpha$$

$$\therefore[-\epsilon+a,a+\epsilon]\subset A_\alpha$$

특히 $[a,a+\epsilon]\subset A_\alpha$ 이므로 $a+\epsilon\in S$ 도 성립한다. 따라서 $a<x_0$ 을 얻는다. 정리하면 $x_0\in(a,b)$ 이므로 어떤 $\epsilon_1>0$ 이 존재하여 $C_{\epsilon_1}^\mathbb{R}(x_0)\subset(a,b)$ 가 성립한다. 한편 $\{A_\alpha\in\mathbb{R}\}_{\alpha\in J}$ 는 $[a,b]$ 를 덮으며 $x_0\in[a,b]$ 이므로 어떤 $\alpha_0\in J$ 에 대해 $x_0\in A_{\alpha_0}$ 이 성립한다. 즉 $A_{\alpha_0}\in\mathcal{N}_\mathbb{R}(x_0)$ 이므로 어떤 $\epsilon_2>0$ 가 존재하여 $C_{\epsilon_2}^\mathbb{R}(x_0)\subset A_{\alpha_0}$ 가 성립한다. $2\epsilon=\text{min}\{\epsilon_1,\epsilon_2\}$ 라고 하면 다음이 성립한다.

$$[-\epsilon+x_0,x_0+\epsilon]\subset C_{2\epsilon}^\mathbb{R}(x_0)\subset (a,b)\cap A_{\alpha_0}\subset[a,b]\cap A_{\alpha_0}$$

이때 $x_0-\epsilon$ 은 $S$ 의 상계가 아니므로 어떤 $x_1\in S$ 에 대해 $x_0-\epsilon<x_1$ 이 성립한다. 한편 $x_1\in S$ 이므로 $\{A_\alpha\in\mathbb{R}\}_{\alpha\in J}$ 의 어떤 유한부분모임 $\{A_{\alpha_1},\ldots,A_{\alpha_n}\}$ 이 존재하여 $[a,x_1]$ 를 덮는다. 따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}[a,x_0+\epsilon]&=[a,x_1]\cup[-\epsilon+x_0,x_0+\epsilon]\\&\subset\left(\bigcup_{k=1}^nA_{\alpha_k}\right)\cap A_{\alpha_0}\\&=\bigcup_{k=0}^nA_{\alpha_k}\end{align}$$

즉 $\{A_\alpha\in\mathbb{R}\}_{\alpha\in J}$ 의 유한부분모임 $\{A_{\alpha_0},A_{\alpha_1},\ldots,A_{\alpha_n}\}$ 은 $[a,x_0+\epsilon]$ 을 덮으므로 $x_0+\epsilon\in S$ 가 성립한다. 이는 모순이므로 $x_0=b$ 를 얻는다. 한편 $[a,b]$ 는 $\mathbb{R}$ 에서 닫혀있으므로 정리 3.8.에 따라 $\text{cl}^\mathbb{R}(S)\subset[a,b]$ 이며, 집합의 상한은 극한점이므로 $b\in\text{cl}^\mathbb{R}(S)$ 즉 $b\in[a,b]$ 를 얻는다. $\square$

위 정리에서 집합의 상한이 극한점임은 자명하다. 집합 $S$ 의 상한 $x_0$ 의 아무리 작은 $\epsilon$-근방을 선택해도 $(x_0-\epsilon,x_0)$ 에는 $S$ 의 원소가 존재하기 때문이다. 만약 $(x_0-\epsilon,x_0)$ 에 $S$ 의 원소가 없다면 $x_0-\epsilon$ 도 $S$ 의 상계이므로 모순이 발생한다.

하이네-보렐 정리

Definition. $X\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립하면 $X$ 가 유계(bounded)라고 한다.$$\exists M>0,\;\;\forall x\in X,\;\;|x|\le M$$

즉 유계인 집합은 중심이 $0\in\mathbb{R}^n$ 인 어떤 closed cube 속에 속한다는 것이다.

다음의 정리는 $\mathbb{R}^n$ 의 부분공간에 한정하여, 콤팩트성이 어떤 의미를 갖는지 매우 친절하게 번역해준다.

하이네-보렐 정리 (Heine-Borel theorem)
$X\subset\mathbb{R}^n$ 이 콤팩트할 필요충분조건은 $\mathbb{R}^n$ 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. $X\subset\mathbb{R}^n$ 이 콤팩트하면 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있고 유계이다.

Proof.

Step 1. 먼저 $X$ 가 유계임을 보이자. $0\in\mathbb{R}^n$ 을 중심으로 하고 반경이 각 자연수인 open ball 의 모임 $\left\{C_m^{\mathbb{R}^n}(0)\right\}_{m\in\mathbb{N}}$ 의 합집합은 $\mathbb{R}^n$ 와 같으므로 자명하게 $X$ 의 열린덮개이다. 가정에 따라 $\left\{C_m^{\mathbb{R}^n}(0)\right\}_{m\in\mathbb{N}}$ 의 어떤 유한부분모임 $\left\{C_{m_1}^{\mathbb{R}^n}(0),\ldots,C_{m_N}^{\mathbb{R}^n}(0)\right\}$ 이 존재하여 $X$ 를 덮는다. $M=\text{max}\{m_1,\ldots,m_N\}$ 이라고 하면 $X\subset C_M^{\mathbb{R}^n}(0)$ 이므로 $X$ 는 유계이다.

Step 2. $X$ 가 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있음을 보이자. 이는 $\mathbb{R}^n\setminus X$ 가 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있음을 보이는 것과 같다. Step 1에 따라 $X$ 는 유계이므로 $\mathbb{R}^n\setminus X\neq\varnothing$ 이다. 임의의 $a\in\mathbb{R}^n\setminus X$ 를 생각하자. 각 자연수 $m$ 에 대해 다음과 같이 새로운 집합을 정의하자.

$$C_m=\left\{x\in\mathbb{R}^n:|x-a|\le\frac{1}{m}\right\}$$

$C_m$ 은 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있다. 한편 $\bigcap_{m\in\mathbb{N}}C_m=\{a\}$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\bigcup_{m\in\mathbb{N}}\left(\mathbb{R}^n\setminus C_m\right)=\mathbb{R}^n\setminus\left(\bigcap_{m\in\mathbb{N}}C_m\right)=\mathbb{R}^n\setminus\{a\}\supset X$$

따라서 $\left\{\mathbb{R}^n\setminus C_m\right\}_{m\in\mathbb{N}}$ 은 $X$ 의 열린덮개이며 가정에 따라 어떤 유한부분모임 $\left\{\mathbb{R}^n\setminus C_{m_1},\ldots,\mathbb{R}^n\setminus C_{m_N}\right\}$ 이 존재하여 $X$ 를 덮는다. $M=\text{max}\{m_1,\ldots,m_N\}$ 이라고 하면 $\bigcap_{k=1}^NC_{m_k}=C_M$ 이므로 다음이 성립한다.

$$X\subset\bigcup_{k=1}^N\left(\mathbb{R}^n\setminus C_{m_k}\right)=\mathbb{R}^n\setminus\left(\bigcap_{k=1}^NC_{m_k}\right)=\mathbb{R}^n\setminus C_M$$

따라서 $C_M\subset\mathbb{R}^n\setminus X$ 가 성립한다. 한편 $C_{\frac{1}{M}}^{\mathbb{R}^n}(a)\subset C_M$ 이므로 $C_{\frac{1}{M}}^{\mathbb{R}^n}(a)\subset\mathbb{R}^n\setminus X$ 이다. $a$ 를 $\mathbb{R}^n\setminus X$ 에서 임의로 선택하였으므로 $\mathbb{R}^n\setminus X$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으며, 따라서 $X$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있다. $\square$

다음의 정리에 따르면 연속함수는 콤팩트성을 보존한다.

최대-최소 정리 (Extreme-value theorem)
$X\subset\mathbb{R}^m$ 이 콤팩트하다고 하자.
(1) $f:X\to\mathbb{R}^n$ 이 연속이면 $f(X)$ 는 콤팩트하다.
(2) $\phi:X\to\mathbb{R}$ 이 연속이면 $\phi$ 는 최댓값과 최솟값을 갖는다.

※ 정리 4.5.에 따라 정의역의 진부분집합인 콤팩트집합의 상도 콤팩트하다.

Proof.

(1) $f(X)$ 의 임의의 열린덮개 $\{A_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 를 생각하자. $f$ 는 연속이므로 각 $f^{-1}(A_\alpha)$ 는 $X$ 에서 열려있다. $\left\{f^{-1}(A_\alpha)\right\}_{\alpha\in J}$ 는 $X$ 에서 열려있는 집합의 모임이며 합집합이 $X$ 를 포함하므로 정리 7.1.에 따라 유한부분모임 $\left\{f^{-1}(A_{\alpha_1}),\ldots,f^{-1}(A_{\alpha_n})\right\}$ 이 존재하여 합집합이 $X$ 를 포함한다. 따라서 $\{A_{\alpha_1},\ldots,A_{\alpha_n}\}$ 의 합집합이 $f(X)$ 를 포함하므로 $f(X)$ 는 콤팩트하다.

(2) (1) 에 따라 $\phi(X)\subset\mathbb{R}$ 은 콤팩트하며, 보조정리 7.3.에 따라 $\phi(X)$ 는 $\mathbb{R}$ 에서 닫혀있으므로 극한점을 모두 포함한다. 한편 $\phi(X)$ 의 상한과 하한은 $\phi(X)$ 의 극한점이므로 $\phi(X)$ 에 포함되며, 각각 $\phi$ 의 최댓값과 최솟값이다. $\square$

다음의 정의는 비유하자면 집합의 안팎으로 일정한 두께의 코팅을 하는 행위이다.

Definition. $X\subset\mathbb{R}^n$ 와 $\epsilon>0$ 에 대해 집합 $\displaystyle\bigcup_{x\in X}C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(x)$ 를 $X$ 의 $\epsilon$-근방이라고 하며 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(X)$ 라고 쓴다.

열린집합에 포함되는 점은 그 열린집합에 포함되는 $\epsilon$-근방을 반드시 가지지만, 열린집합에 포함되는 "집합" 은 그 열린집합에 포함되는 $\epsilon$-근방을 가짐이 보장되지 않는다. 가령 $\mathbb{R}^2$ 의 x축은 다음의 집합 $U$ 에 포함되고 $U$ 는 $\mathbb{R}^2$ 에서 열려있지만, x축의 그 어떠한 $\epsilon$-근방도 $U$ 에 포함되지 않는다.

$$U=\left\{(x,y):y^2<\frac{1}{1+x^2}\right\}$$

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

$\epsilon$-근방 정리 (The $\epsilon$-neighborhood theorem)
콤팩트한 $X\subset\mathbb{R}^n$ 과 $X$ 를 포함하는 임의의 $U\in\mathcal{T}_{\mathbb{R}^n}$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\exists\epsilon>0,\;\;C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(X)\subset U$$

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

Proof. 다음의 함수를 정의하자.

$$d:\mathbb{R}^n\times\mathcal{P}\left(\mathbb{R}^n\right)\to\mathbb{R},\quad d(x,C)=\text{inf}\{|x-c|:c\in C\}$$

예를들어 $d(x,C)$ 는 점 $x$ 와 집합 $C$ 의 거리로 이해된다. 임의의 $C\subset\mathbb{R}^n$ 를 고정하고 $x$ 에 대한 함수 $d(x,C)$ 가 연속임을 보이자. 임의의 $c\in C$ , $x,y\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$d(x,C)-|x-y|\le|x-c|-|x-y|\le|y-c|\le d(y,C)$$

$$\therefore d(x,C)-d(y,C)\le|x-y|$$

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

정리에서 주어진 $\mathbb{R}^n$ 에서 열린집합 $U$ 에 대해 $f:X\to\mathbb{R}$ , $f(x)=d(x,\mathbb{R}^n\setminus U)$ 는 $x$ 에 대한 함수 $d(x,\mathbb{R}^n\setminus U)$ 의 $X$ 로의 제한이므로 정리 4.5.에 따라 연속이다. 임의의 $x\in X$ 를 생각하자. $x\in U$ 이므로 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(x)\subset U$ 가 성립한다. 임의의 $a\in\mathbb{R}^n\setminus U$ 를 생각하자. $a\notin U$ 이므로 $a\notin C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(x)$ 이며, 따라서 $|x-a|\ge\epsilon$ 이 성립한다. 한편 $d$ 의 정의에 따라 $f(x)=\text{inf}\{|x-a|:a\in U\}$ 이므로 $f(x)\ge\epsilon$ , 즉 $f(x)>0$ 을 얻는다. $f$ 는 정의역이 콤팩트한 연속함수이므로 최솟값을 가지며, 이 최솟값을 $\delta$ 라고 하면 $\delta>0$ 가 성립한다.

임의의 $x\in X$ 에 대해 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)\subset U$ 임을 보이자. 모순을 보이기 위해 어떤 $a\in\mathbb{R}^n$ 이 존재하여 $a\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)$ , $a\notin U$ 라고 가정하자. $a\in\mathbb{R}^n\setminus U$ 이므로 $f$ 의 정의에 따라 $f(x)\le|x-a|$ 가 성립한다. 한편 $a\in C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)$ 이므로 $|x-a|<\delta$ 이며, $\delta\le f(x)$ 이므로 $|x-a|<|x-a|$ 라는 모순이 발생한다. 따라서 $C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)\subset U$ 가 성립하고, $x$ 를 $X$ 에서 임의로 선택하였으므로 다음이 성립한다.

$$\bigcup_{x\in X}C_\delta^{\mathbb{R}^n}(x)=C_\delta^{\mathbb{R}^n}(C)\subset U\tag*{$\square$}$$

다음의 정의는 연속보다 조금 더 강한 조건을 가리킨다.

Definition. 함수 $f:X\to Y$ 에 대해 다음이 성립하면 $f$ 가 균등연속(uniformly coutinuous)이라고 한다.$$\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;\forall x,y\in X$$$$d_X(x,y)<\delta\Rightarrow d_Y\big(f(x),f(y)\big)<\epsilon$$

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

$$\forall y\in X,\;\;\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;\forall x\in X$$

$$d_X(x,y)<\delta\Rightarrow d_Y\big(f(x),f(y)\big)<\epsilon$$

위 표현에서 "$\forall y\in X,\;\;\forall\epsilon>0$" 는 "$\forall\epsilon>0,\;\;\forall y\in X$" 로 순서가 바뀌어도 된다. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해, $f$ 가 연속임을 판단하기 위해서는 각 $y$ 에 대해 적절한 $\delta>0$ 를 찾아 이하의 조건이 만족함을 보이면 된다. 그러나 $f$ 가 균등연속임을 판단하기 위해서는 미리 적절한 $\delta>0$ 를 찾아서 이하의 모든 조건이 만족함을 보여야 한다.

Theorem 7.4. 콤팩트집합 $X\in\mathbb{R}^m$ 에 대해 함수 $f:X\to\mathbb{R}^n$ 가 연속이면 균등연속이다.

Proof. $f$ 는 연속이므로 각 $z\in X$ 와 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\delta_z>0$ 이 존재하여 $f\left(C_{\delta_z}^X(z)\right)\subset C_\frac{\epsilon}{2}^X(f(z))$ 가 성립한다. 이때 $\left\{C_\frac{\delta_z}{2}^X(z)\right\}_{z\in X}$ 는 $X$ 의 열린덮개이며 $X$ 는 콤팩트하므로 $X$ 를 덮는 유한부분모임 $\left\{C_\frac{\delta_{z_1}}{2}^X(z_1),\ldots,C_\frac{\delta_{z_n}}{2}^X(z_n)\right\}$ 가 존재한다. $\delta=\text{min}\left\{\frac{\delta_{z_1}}{2},\ldots,\frac{\delta_{z_n}}{2}\right\}$ 이라고 하자. $|x-y|<\delta$ 가 성립하는 임의의 $x,y\in X$ 를 생각하자. $x\in X$ 이므로 어떤 $i\in\{1,\ldots,n\}$ 에 대해 $x\in C_\frac{\delta_{z_i}}{2}^X(x_i)$ 이다. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|z_i-y|&\le|z_i-x|+|x-y|\\&<\frac{\delta_{z_i}}{2}+\delta\\&\le\frac{\delta_{z_i}}{2}+\frac{\delta_{z_i}}{2}\\&=\delta_{z_i}\end{align}$$

$$\therefore y\in C_{\delta_{z_i}}^X(z_i)$$

한편 $x\in C_{\delta_{z_i}}^X(z_i)$ 도 성립하며, $f\left(C_{\delta_{z_i}}^X(z_i)\right)\subset C_\frac{\epsilon}{2}^X(f(z_i))$ 이므로 $f(x),f(y)\in C_\frac{\epsilon}{2}^X(f(z))$ 를 얻는다. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|f(x)-f(y)|&\le|f(x)-f(z_i)|+|f(z_i)-f(y)|\\&<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}\\&=\epsilon\end{align}$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

$\mathbb{R}$ 의 가장 대표적인 콤팩트집합이 닫힌구간이라면, $\mathbb{R}^n$ 의 가장 대표적인 콤팩트집합은 rectangle 이다.

Theorem 7.5. $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle 은 콤팩트하다.

Proof. $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle $Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ 을 생각하자. $n$ 에 대한 귀납법으로 증명하자. $n=1$ 인 경우에는 정리 7.2.에 따라 본 정리가 성립한다. $Q'=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_{n-1},b_{n-1}]$ 이 콤팩트하다고 가정하고 $Q$ 가 콤팩트함을 보이자. 각 $t\in[a_n,b_n]$ 에 대해 다음의 함수를 생각하자.

$$f_t:Q'\to\mathbb{R}^n,\quad f(x_1,\ldots,x_{n-1})=(x_1,\ldots,x_{n-1},t)$$

$f$ 의 $1,\ldots,n-1$ 번째 성분함수는 사영이고 $n$ 번째 성분함수는 상수함수이므로 정리 4.7.에 따라 $f$ 는 연속이다. 최대-최소 정리에 따라 $f_t(Q')=Q'\times\{t\}$ 는 콤팩트하다. 한편 $f_t(Q')\subset Q$ 이므로, $Q$ 의 임의의 열린덮개 $\{A_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 는 $f_t(Q')$ 의 열린덮개이기도 하며, $f_t(Q')$ 를 덮는 유한부분모임 $\mathcal{A}_t\subset\{A_\alpha\}_{\alpha\in J}$ 가 존재한다. $\mathcal{A}_t$ 의 합집합은 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 $\epsilon$-근방 정리에 따라 어떤 $\epsilon_t>0$ 가 존재하여 $C_{\epsilon_t}^{\mathbb{R}^n}(f_t(Q'))$ 가 $\mathcal{A}_t$ 에 의해 덮인다. 한편 $Q'\times C_{\epsilon_t}^\mathbb{R}(t)\subset C_{\epsilon_t}^{\mathbb{R}^n}(f_t(Q'))$ 이므로 $\mathcal{A}_t$ 는 $Q'\times C_{\epsilon_t}^\mathbb{R}(t)$ 의 열린덮개이다. $Q'\times C_{\epsilon_t}^\mathbb{R}(t)$ 는 $Q$ 에서 열려있으며, 모임 $\left\{Q'\times C_{\epsilon_t}^\mathbb{R}(t)\right\}_{t\in[a_n,b_n]}$ 의 합집합은 $Q$ 를 포함하므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}Q'\times[a_n,b_n]&=Q\subset\bigcup_{t\in[a_n,b_n]}\left(Q'\times C_{\epsilon_t}^\mathbb{R}(t)\right)\\&=Q'\times\left(\bigcup_{t\in[a_n,b_n]}C_{\epsilon_t}^\mathbb{R}(t)\right)\end{align}$$

$$\therefore[a_n,b_n]\subset\bigcup_{t\in[a_n,b_n]}C_{\epsilon_t}^\mathbb{R}(t)$$

따라서 모임 $\left\{C_{\epsilon_t}^\mathbb{R}(t)\right\}_{t\in[a_n,b_n]}$ 은 $[a_n,b_n]$ 의 열린덮개이며, $[a_n,b_n]$ 은 콤팩트하므로 $[a_n,b_n]$ 를 덮는 유한부분모임 $\left\{C_{\epsilon_{t_1}}^\mathbb{R}(t_1),\ldots,C_{\epsilon_{t_n}}^\mathbb{R}(t_n)\right\}$ 이 존재한다. 다음이 성립한다.

$$Q\subset\bigcup_{k=1}^n\left(Q'\times C_{\epsilon_{t_k}}^\mathbb{R}(t_k)\right)$$

한편 각 $Q'\times C_{\epsilon_{t_k}}^\mathbb{R}(t_k)$ 는 유한모임 $\mathcal{A}_{t_k}$ 에 의해 덮이므로, $Q$ 는 유한모임 $\mathcal{A}_{t_1}\cup\cdots\cup\mathcal{A}_{t_n}$ 에 의해 덮인다. 따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

이제 하이네-보렐 정리의 나머지 방향을 증명하자.

Lemma 7.6. $X\subset\mathbb{R}^n$ 이 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있고 유계이면 콤팩트하다.

Proof. $X$ 의 임의의 열린덮개 $\mathcal{A}$ 를 생각하자. $\mathbb{R}^n\setminus X$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 $\mathcal{A}\cup\{\mathbb{R}^n\setminus X\}$ 는 $\mathbb{R}^n$ 의 열린덮개이다. 한편 $X$ 는 유계이므로 $X$ 를 포함하는 rectangle $Q\in\mathbb{R}^n$ 이 존재한다. 한편 $Q$ 는 콤팩트하므로 $\mathcal{A}\cup\{\mathbb{R}^n\setminus X\}$ 의 유한부분모임 $\mathcal{A}'$ 가 존재하여 $Q$ 를 덮는다. 이때 $\mathcal{A}'$ 는 $X$ 의 열린덮개이기도 하다. 한편 $\mathcal{A}'$ 는 $\mathbb{R}^n\setminus X$ 를 포함하거나 포함하지 않는데, 포함하는 경우 $\mathcal{A}'$ 에서 $\mathbb{R}^n\setminus X$ 를 제외하여도 여전히 $X$ 의 열린덮개이다. 따라서 $X$ 는 $\mathcal{A}$ 의 어떤 유한부분모임에 의해 덮이므로 $X$ 는 콤팩트하다. $\square$

이로써 하이네-보렐 정리의 증명이 끝났다.

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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[실수공간의 위상] ch6. Interior, Exterior, Boundary

김한결 — Tue, 13 Dec 2022 01:20:53 +0900

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Interior, Exterior, Boundary

일반적으로 interior 는 내부, exterior 는 외부, boundary 는 경계로 번역된다. 그러나 내부와 외부는 그저 집합과 여집합으로 오해되기 쉬우므로 본 블로그에서는 번역하지 않는다.

Definition. 집합 $A\subset\mathbb{R}^n$ 을 생각하자.
(1) $A$ 에 포함되는, $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있는 모든 집합의 합집합을 $A$ 의 interior 라고 하고 $\text{Int }A$ 라고 쓴다.
(2) $\mathbb{R}^n\setminus A$ 에 포함되는, $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있는 모든 집합의 합집합을 $A$ 의 exterior 라고 하고 $\text{Ext }A$ 라고 쓴다.
(3) $\mathbb{R}^n\setminus(\text{Int }A\cup\text{Ext }A)$ 를 $A$ 의 boundary 라고 하고 $\text{Bd }A$ 라고 쓴다.

집합의 interior, exterior, boundary 각각이 서로소임은 자명하다. 간단한 성질을 모아보자.

Theorem 6.1. 집합 $A\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.
(1) $\text{Int }A$ 와 $\text{Ext }A$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다.
(2) $\text{Int }A\cup\text{Bd }A=\text{cl}^{\mathbb{R}^n}(A)$

Proof.

(1) 정리 3.1.에 따라 열린집합의 임의의 합집합은 열린집합이므로 원하는 결과를 얻는다.

(2) 편의를 위해 $\text{Int }A\cup\text{Bd }A=B$ 라고 하자. $\mathbb{R}^n\setminus B=\text{Ext }A$ 이며 이는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으므로 $B$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 닫혀있다. 한편 $\mathbb{R}^n\setminus B$ 는 $A$ 와 서로소이므로 $A\subset B$ 를 얻는다. 정리 3.8.에 따라 $\text{cl}^{\mathbb{R}^n}A\subset B$ 를 얻는다. 따라서 다음이 성립한다.

$$\mathbb{R}^n\setminus B\subset\mathbb{R}^n\setminus\text{cl}^{\mathbb{R}^n}(A)$$

이때 $\mathbb{R}^n\setminus\text{cl}^{\mathbb{R}^n}(A)$ 는 $A$ 와 서로소이므로 $\mathbb{R}^n\setminus A$ 에 속하고, $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다. 정의에 따라 $\mathbb{R}^n\setminus\text{cl}^{\mathbb{R}^n}(A)\subset\text{Ext }A$ 가 성립하므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Rectangle

Rectangle 은 좌표평면에서는 직사각형에 대응하는 도형이며, 이는 다변수 해석학에서 가장 중요한 도구 중 하나이다.

Definition. 다음의 두 집합을 각각 $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle, open rectangle 이라고 한다.$$[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$$$$(a_1,b_1)\times\cdots\times(a_n,b_n)$$

다음의 정리는 interior 를 직관적으로 이해하기 아주 좋은 예시이다.

Theorem 6.2. $\mathbb{R}^n$ 의 rectangle $Q=[a_1,b_1]\times\cdots\times[a_n,b_n]$ 에 대해 $\text{Int }Q$ 는 $\mathbb{R}^n$ 의 open rectangle 이며 다음이 성립한다$$\text{Int }Q=(a_1,b_1)\times\cdots\times(a_n,b_n)$$

Proof. 편의상 $Q'=(a_1,b_1)\times\cdots\times(a_n,b_n)$ 이라고 하자. 각 $j\in\{1,\ldots,n\}$ 에 대해 사영 $\pi_j:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 과 $(a_j,b_j)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\pi_j^{-1}\big((a_j,b_j)\big)=\mathbb{R}^{j-1}\times(a_j,b_j)\times\mathbb{R}^{n-j}$$

이때 $\pi_j$ 는 연속이므로 $\pi_j^{-1}\big((a_j,b_j)\big)$ 는 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있으며, $Q'$ 는 $\pi_1^{-1}\big((a_1,b_1)\big),\ldots,\pi_n^{-1}\big((a_n,b_n)\big)$ 의 교집합이므로 $\mathbb{R}^n$ 에서 열려있다. 한편 $Q'\subset Q$ 이므로 $Q'\subset\text{Int }Q$ 를 얻는다.

모순을 보이기 위해 $\text{Int }Q\not\subset Q'$ 라고 가정하자. $\text{Int }Q$ 와 $Q'$ 모두 $Q$ 에 속하므로, $\text{Int }Q$ 에는 속하고 $Q'$ 에는 속하지 않는 어떤 $x\in Q$ 가 존재한다. $Q$ 와 $Q'$ 의 정의에 따라, $x=(x_1,\ldots,x_n)$ 이라고 하면 반드시 어떤 $x_i$ 는 $a_i$ 또는 $b_i$ 이다. 편의상 $x_i=a_i$ 라고 하자. $x\in\text{Int }Q$ 이므로 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $C_\epsilon^{\mathbb{R}^n}(x)\subset\text{Int }Q$ 이다. 따라서 다음이 성립한다.

$$(a_1-\frac{\epsilon}{2},x_2,\ldots,x_n)\in(a_1,b_1)\times\cdots\times(a_n,b_n)$$

이때 $a_1-\frac{\epsilon}{2}$ 는 $(a_1,b_1)$ 에 포함되지 않으므로 모순. 다른 경우에도 모순이 발생하므로 $\text{Int }Q\subset Q'$ 가 성립한다. 따라서 $Q'=\text{Int }Q$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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[실수공간의 위상] ch5. 함수의 극한

김한결 — Tue, 13 Dec 2022 00:39:55 +0900

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함수의 극한

함수에 대한 집합의 상을 표현할 때 함수의 정의역에 포함되지 않는 원소는 무시하도록 하자.

Definition. 함수 $f:A\to Y$ 에 대해 $B$ 가 $A$ 의 부분집합이 아닌 경우 $f(B)=f(B\cap A)$ 라고 정의한다.

이러한 약속 하에 함수의 극한을 간결하게 정의할 수 있다.

Definition. 거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ , 함수 $f:A\to Y$ , $X$ 에서 $A$ 의 극한점 $x_0\in X$ 를 생각하자. 다음이 성립하면 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$ 라고 한다.$$\forall V\in\mathcal{N}_Y(y_0),\;\;\exists U\in\mathcal{N}_X(x_0),\;\;f(U\setminus\{x_0\})\subset V$$

이 정의는 마치 함수의 연속과 비슷하지만, 함수의 극한은 그 극한점에서 함수가 정의되지 않아도 된다. 이러한 작업은 미분을 잘 정의하기 위한 노력의 일환이다.

앞으로 설명 없이 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$ 라고 쓰면 $x_0$ 은 $f$ 의 정의역의 극한점이라고 하자. 극한은 극한점이 아닌 곳에서 판단하지 않는다.

Theorem 5.1. 거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ , 함수 $f:A\to Y$ 에 대해 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$ 일 필요충분조건은 다음과 같다.$$\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;\forall x\in A,$$$$0<d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow d_Y\left(f(x),y_0\right)<\epsilon$$

Proof. 먼저 위 정리의 조건이 다음과 같음을 보이자.

$$\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;f\left(U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}\right)\subset U_\epsilon^Y(y_0)$$

조건 $0<d_X(x,x_0)<\delta$ 는 $d_X(x,x_0)\neq 0$ 및 $d_X(x,x_0)<\delta$ 이므로 $x\in U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}$ 와 동치이고, 이는 다시 $f(x)\in f\left(U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}\right)$ 와 동치이다. 한편 조건 $d_Y\left(f(x),y_0\right)<\epsilon$ 은 $f(x)\in U_\epsilon^Y(y_0)$ 와 동치이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;0<d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow d_Y\left(f(x),y_0\right)<\epsilon\\\iff&\;f(x)\in f\left(U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}\right)\Rightarrow f(x)\in U_\epsilon^Y(y_0)\end{align}$$

이때 모든 $x\in A$ 이라는 조건은 모든 $f(x)\in f(A)$ 이라는 조건과 같으므로 원하는 결과를 얻는다. 본 정리를 증명하자.

($\Rightarrow$) $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$ 라고 하자. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 $U_\epsilon^Y(y_0)\in\mathcal{N}_Y(y_0)$ 이므로 어떤 $U\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 가 존재하여 $f\left(U\setminus\{x_0\}\right)\subset U_\epsilon^Y(y_0)$ 가 성립한다. 이때 $U\in\mathcal{T}_X$ 이므로 어떤 $\delta>0$ 가 존재하여 $U_\delta^X(x_0)\subset U$ 가 성립하므로 다음을 얻는다.

$$\because U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}\subset U\setminus\{x_0\}$$

$$f\left(U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}\right)\subset f\left(U\setminus\{x_0\}\right)\subset U_\epsilon^Y(y_0)$$

($\Leftarrow$) 주어진 조건이 성립한다고 가정하자. 임의의 $V\in\mathcal{N}_Y(y_0)$ 에 대해 $V\in\mathcal{T}_Y$ 이므로 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $U_\epsilon^Y(y_0)\subset V$ 가 성립한다. 한편 가정에 따라 어떤 $\delta>0$ 가 존재하여 $f\left(U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}\right)\subset U_\epsilon^Y(y_0)$ 가 성립한다. 이때 $U_\delta^X(x_0)\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 이며 $f\left(U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}\right)\subset V$ 이므로 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$ 를 얻는다. $\square$

함수의 극한의 성질

다음의 정리는 정리 4.4.와 닮아있다.

Theorem 5.2. 거리공간 $X$ 와 $A\subset B\subset X$ , 함수 $f:B\to Y$ 와 $A$ 의 극한점 $x_0$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0\Rightarrow\lim_{x\to x_0}f|_B(x)=y_0$$

증명은 정리 4.4.의 증명과 매우 비슷하므로 생략한다.

다음의 정리는 정리 4.7.과 닮아있다.

Theorem 5.3. 거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ , 함수 $f:A\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$ 일 필요충분조건은 다음과 같다.$$\left(\lim_{x\to x_0}f_1(x),\ldots,\lim_{x\to x_0}f_n(x)\right)=y_0$$

마찬가지로 증명은 정리 4.7.의 증명과 매우 비슷하므로 생략한다.

Theorem 5.4. 거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ , 함수 $A\to\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 성립한다.$$\lim_{x\to x_0}f(x)=0\in\mathbb{R}^n\iff\lim_{x\to x_0}|f(x)|=0\in\mathbb{R}$$

Proof.

$$\begin{gather}\lim_{x\to x_0}f(x)=0\\\Updownarrow\\\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;\forall x\in A,\\0<d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow|f(x)-0|<\epsilon\\\Updownarrow\\\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;\forall x\in A,\\0<d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow\big||f(x)|-0\big|<\epsilon\\\Updownarrow\\\lim_{x\to x_0}|f(x)|=0\tag*{$\square$}\end{gather}$$

만약 어떤 극한점이 함수의 정의역에 포함되며, 그 극한점에서 함수가 연속인 경우 특별한 식이 성립한다.

Theorem 5.5. 거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ , 함수 $f:A\to Y$ 와 $X$ 에서 $A$ 의 극한점 $x_0\in A$ 에 대해 $f$ 가 $x_0$ 에서 연속일 필요충분조건은 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ 이다.

Proof.

($\Rightarrow$) $f$ 가 $x_0$ 에서 연속이라고 하자. 임의의 $V\in\mathcal{N}_Y(f(x_0))$ 에 대해 어떤 $U\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 가 존재하여 $f(U)\subset V$ 가 성립한다. 이때 $f(U\setminus\{x_0\})\subset f(U)$ 이므로 $f(U\setminus\{x_0\})\subset V$ 를 얻는다. 따라서 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ 가 성립한다.

($\Leftarrow$) $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ 라고 하자. 임의의 $V\in\mathcal{N}_Y(f(x_0))$ 에 대해 어떤 $U\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 이 존재하여 $f(U\setminus\{x_0\})\subset V$ 가 성립한다. 이때 $f(x_0)\in V$ 이므로 $f(U)\subset V$ 도 성립한다. 따라서 $f$ 는 $x_0$ 에서 연속이다. $\square$

Theorem 5.6. 거리공간 $X$ 와 $A\subset X$ , 함수 $f:A\to\mathbb{R}$ 에 대해 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$ 라고 가정하자.
(1) 모든 $x\in A$ 에 대해 $f(x)\ge 0$ 이면 $y_0\ge 0$ 이다.
(2) 모든 $x\in A$ 에 대해 $f(x)\le 0$ 이면 $y_0\le 0$ 이다.

Proof.

(1) 모순을 보이기 위해 모든 $x\in A$ 에 대해 $f(x)\ge 0$ 이고 $y_0<0$ 이라고 가정하자. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=y_0$ 이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 임의의 $x\in X$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$x\in U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}\Rightarrow|f(x)-y_0|<-y_0$$

한편 부등식의 성질에 따라 $|f(x)-y_0|<-y_0$ 이면 $y_0<f(x)-y_0<-y_0$ 이 성립하므로 다음을 얻는다.

$$\begin{align}x\in U_\delta^X(x_0)\setminus\{x_0\}&\Rightarrow y_0<f(x)-y_0<-y_0\\&\Rightarrow f(x)<0\end{align}$$

이는 모순이므로 원하는 결과를 얻는다.

(2) $g(x)=-f(x)$ 라고 정의하면 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}g(x)=-y_0$ 이 성립하며, (1)에 따라 $-y_0\ge 0$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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[실수공간의 위상] ch4. 연속함수

김한결 — Sun, 11 Dec 2022 18:57:22 +0900

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연속의 정의

먼저 함수의 연속성은 "어떤 점에서 연속" 으로 정의될 수 있다.

Definition. 거리공간 $(X,d_X)$ , $(Y,d_Y)$ 와 함수 $f:X\to Y$ 에 대해 다음이 성립하면 $f$ 가 $x_0\in X$ 에서 연속(continuous)이라고 한다.$$\forall V\in\mathcal{N}_Y(f(x_0)),\;\;\exists U\in\mathcal{N}_X(x_0),\;\;f(U)\subset V$$

이는 다시말해 $f(x_0)\in Y$ 의 아무런 근방을 가져와도 $x_0\in X$ 의 어떤 근방을 가져와 그 상을 $f(x_0)\in Y$ 의 근방 안에 집어넣을 수 있다는 것이다. 이는 거꾸로 말해 다음과 같은 상황이 발생하지 않음을 의미한다.

"$f(x_0)$ 의 어떤 근방은 그 밖으로 $x_0$ 의 모든 근방의 함수값이 빠져나온다."

여기서 말하고있는 근방이란 해당 점을 포함하는 열린집합이라는 포괄적인 개념을 의미한다. 그러나 다음의 정리에 따르면 좀더 협소한 의미인 $\epsilon$-근방으로 대체하여도 연속성의 정의가 바뀌지 않는다. 아마 많은 사람들은 다음의 정의가 더 익숙할 것이다.

Theorem 4.1. 함수 $f:X\to Y$ 가 $x_0\in X$ 에서 연속일 필요충분조건은 다음이 성립하는 것이다.$$\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;\forall x\in X,$$$$d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow d_Y(f(x),f(x_0))<\epsilon$$

Proof. 먼저 위 정리의 조건이 다음과 같음을 보이자.

$$\forall\epsilon>0,\;\;\exists\delta>0,\;\;f\left(U_\delta^X(x_0)\right)\subset U_\epsilon^Y(f(x_0))$$

조건 $d_X(x,x_0)<\delta$ 는 $x\in U_\delta^X(x_0)$ 과 동치이고, 이는 다시 $f(x)\in f\left(U_\delta^X(x_0)\right)$ 와 동치이다. 한편 조건 $d_Y(f(x),f(x_0))<\epsilon$ 는 $f(x)\in U_\epsilon^Y(f(x_0))$ 과 동치이므로 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow d_Y(f(x),f(x_0))<\epsilon\\\iff&\;f(x)\in f\left(U_\delta^X(x_0)\right)\Rightarrow f(x)\in U_\epsilon^Y(f(x_0))\end{align}$$

이때 모든 $x\in X$ 이라는 조건은 모든 $f(x)\in f(X)$ 이라는 조건과 같으므로 원하는 결과를 얻는다. 본 정리를 증명하자.

($\Rightarrow$) $f$ 가 $x_0\in X$ 에서 연속이라고 가정하자. 임의의 $\epsilon>0$ 을 생각하자. $U_\epsilon^Y(f(x_0))$ 는 $Y$ 에서 $f(x_0)$ 의 근방이므로 연속의 정의에 따라 $X$ 에서 $x_0$ 의 어떤 근방 $U$ 가 존재하여 $f(U)\subset U_\epsilon^Y(f(x_0))$ 가 성립. 한편 $U$ 는 $X$ 에서 열린집합이며 $x_0$ 을 포함하므로 $x_0$ 의 어떤 $\delta$-근방 $U_\delta^X(x_0)$ 이 존재하여 $U$ 에 포함된다. 이때 $f(U_\delta^X(x_0))\subset f(U)$ 이며 정리하면 $f(U_\delta^X(x_0))\subset U_\epsilon^Y(f(x_0))$ 이므로 원하는 결과를 얻는다.

($\Leftarrow$) 주어진 조건이 성립한다고 가정하자. $Y$ 에서 $f(x_0)$ 의 임의의 근방 $V$ 를 생각하자. $V$ 는 $Y$ 에서 열려있으며 $f(x_0)$ 을 포함하므로 $f(x_0)$ 의 어떤 $\epsilon$-근방 $U_\epsilon^Y(f(x_0))$ 이 존재하여 $V$ 에 포함된다. 가정에 따라 $X$ 에서 $x_0$ 의 어떤 $\delta$-근방 $U_\delta^X(x_0)$ 이 존재하여 $f(U_\delta^X(x_0))\subset U_\epsilon^Y(f(x_0))$ 가 성립하므로 $f(U_\delta^X(x_0))\subset V$ 이다. 이때 $U_\delta^X(x_0)$ 는 $X$ 에서 $x_0$ 의 근방이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Definition. 함수 $f:X\to Y$ 가 $X$ 의 모든 점에서 연속이면 $f$ 가 연속이라고 한다.

다음의 정리에 따르면 연속함수의 역상은 열림성을 보존한다.

Theorem 4.2. 함수 $f:X\to Y$ 가 연속일 필요충분조건은 다음이 성립하는 것이다.$$\forall V\in\mathcal{T}_Y,\;\;f^{-1}(V)\in\mathcal{T}_X$$

이때 집합 $f^{-1}(V)$ 는 $\{x\in X:f(x)\in V\}$ 로서, $V$ 가 $f$ 의 치역에 속하지 않는 경우에 의해 공집합이 되기도 한다.

Proof.

($\Rightarrow$) $f$ 가 연속이라고 하자. 임의의 $V\in\mathcal{T}_Y$ 를 생각하자. $f^{-1}(V)=\varnothing$ 인 경우 $\varnothing\in\mathcal{T}_X$ 이므로 정리가 성립한다. $f^{-1}(V)$ 가 공집합이 아닐 때를 생각하자. 임의의 $x_0\in f^{-1}(V)$ 에 대해 $V\in\mathcal{N}_Y(f(x_0))$ 이고 $f$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 $U\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 가 존재하여 $f(U)\subset V$ 이다. 이때 $U\subset f^{-1}(V)$ 이므로 $f^{-1}(V)\in\mathcal{T}_X$ 이다.

($\Leftarrow$) 주어진 조건이 성립한다고 하자. 임의의 $x_0\in X$ 를 생각하자. $Y$ 에서 $f(x_0)$ 의 임의의 근방 $V$ 에 대해 $V\in\mathcal{T}_Y$ 이므로 가정에 따라 $f^{-1}(V)\in\mathcal{T}_X$ 이다. 이때 $x_0\in f^{-1}(V)$ 이므로 어떤 $U\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 가 존재하여 $U\subset f^{-1}(V)$ 가 성립한다. $f(U)\subset V$ 이므로 $f$ 는 $x_0$ 에서 연속이며, 따라서 $f$ 는 연속이다. $\square$

연속의 성질

Theorem 4.3. 함수 $f:X\to Y$ 는 $X$ 에서 $X$ 의 고립점에서 연속이다.

Proof. $X$ 의 고립점 $x_0\in X$ 를 생각하자. 임의의 $V\in\mathcal{N}_Y(f(x_0))$ 을 생각하자. 고립점의 정의에 따라 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $U_\epsilon^X(x_0)=\{x_0\}$ 이다. 다음이 성립한다.

$$f\left(U_\epsilon^X(x_0)\right)=f(\{x_0\})=\{f(x_0)\}\subset V$$

$U_\epsilon^X(x_0)\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 이므로 연속의 정의에 따라 $f$ 는 $x_0$ 에서 연속이다. $\square$

Theorem 4.4. $A\subset X$ 에 대해 $f:X\to Y$ 가 $x_0\in A$ 에서 연속이면 $f|_A:A\to Y$ 도 $x_0$ 에서 연속이다.

※ 함수 $f|_A$ 는 $f$ 의 $A$ 로의 제한을 의미한다. 엄밀한 정의는 링크 참고.

Proof. $f$ 가 $x_0$ 에서 연속이면 정의에 따라 임의의 $V\in\mathcal{N}_Y(f(x_0))$ 에 대해 어떤 $U_X\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 가 존재하여 $f(U_X)\subset V$ 가 성립한다. 한 편 $U_X$ 는 $X$ 에서 열려있으므로 정리 3.3.에 따라 $U_A=U_X\cap A$ 는 $A$ 에서 열려있다. 다음이 성립한다.

$$f|_A(U_A)=f(U_A)\subset f(U_X)\subset V$$

이때 $V$ 는 $Y$ 에서 $f(x_0)=f|_A(x_0)$ 의 근방이므로 $f_A$ 는 $x_0$ 에서 연속이다.

위의 정리에 따르면 $f$ 가 모든 점에서 연속이면 $f|_A$ 도 모든 점에서 연속이므로 다음의 따름정리를 얻는다.

Corollary 4.5. 연속함수의 제한은 연속이다.

Theorem 4.6. $f:X\to Y$ , $g:Y\to Z$ 에 대해 $f$ 가 $x_0$ 에서 연속이고 $g$ 가 $f(x_0)$ 에서 연속이면 $g\circ f:X\to Z$ 는 $x_0$ 에서 연속이다.

Proof. $g$ 가 $f(x_0)$ 에서 연속이므로 임의의 $W\in\mathcal{N}_Z\big(g(f(x_0))\big)$ 에 대해 어떤 $V\in\mathcal{N}_Y(f(x_0))$ 이 존재하여 $g(V)\subset W$ 가 성립한다. 한편 $f$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 어떤 $U\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 이 존재하여 $f(U)\subset V$ 가 성립한다. $g(f(U))\subset g(V)$ 이므로 $(g\circ f)(U)$ 가 $W$ 에 속하며, $W$ 는 $Z$ 에서 $(g\circ f)(x_0)$ 의 근방이므로 $g\circ f$ 는 $x_0$ 에서 연속이다. $\square$

다음의 정의는 어떤 함수의 공역이 $\mathbb{R}^n$ 인 경우, 즉 함수값이 실수의 n-순서쌍인 경우에 대해 말하고있다.

Definition. 함수 $f:X\to\mathbb{R}^n$ 는 어떤 함수 $f_1,\ldots,f_n:X\to\mathbb{R}$ 와 각 $x\in X$ 에 대해 다음과 같이 표현된다.$$f(x)=\big(f_1(x),\ldots,f_n(x)\big)$$ 이때 각 $f_i$ 를 $f$ 의 성분함수(componenet function)라고 한다.

Theorem 4.7. $f:X\to\mathbb{R}^n$ 가 $x_0\in X$ 에서 연속일 필요충분조건은 각 성분함수가 $x_0$ 에서 연속인 것이다.

Proof.

($\Rightarrow$) $f$ 가 $x_0$ 에서 연속이라고 하자. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\delta>0$ 가 존재하여 임의의 $x\in X$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$$

$$\begin{gather}d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow|f_1(x)-f_1(x_0)|<\epsilon\\\vdots\\d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow|f_n(x)-f_n(x_0)|<\epsilon\end{gather}$$

따라서 각 $f_1,\ldots,f_n$ 은 $x_0$ 에서 연속이다.

($\Leftarrow$) 각 $f_1,\ldots,f_n$ 이 $x_0$ 에서 연속이라고 하자. 임의의 $\epsilon>0$ 을 생각하자. 어떤 $\delta_1,\ldots,\delta_n>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\begin{gather}d_X(x,x_0)<\delta_1\Rightarrow|f_1(x)-f_1(x_0)|<\epsilon\\\vdots\\d_X(x,x_0)<\delta_n\Rightarrow|f_n(x)-f_n(x_0)|<\epsilon\end{gather}$$

$\delta=\text{min}\{\delta_1,\ldots,\delta_n\}$ 이라고 하자. $U_\delta^X(x_0)$ 은 $U_{\delta_1}^X(x_0),\ldots,U_{\delta_n}^X(x_0)$ 에 포함되므로 다음이 성립한다.

$$d_X(x,x_0)<\delta\Rightarrow\left\{\begin{matrix}|f_1(x)-f_1(x_0)|<\epsilon\\\vdots\\|f_1(x)-f_1(x_0)|<\epsilon\end{matrix}\right.$$

연속함수의 예시

Theorem 4.8. 상수함수(constant function) $c:X\to X$ , $c(x)=c$ 는 연속이다.

Proof. 상수함수 $c$ 에 대해 $c(X)=\{c\}$ 이다. 임의의 $x_0\in X$ 에 대해 임의의 $V\in\mathcal{N}_X(c(x_0))$ 를 생각하자. 아무런 $U\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$f(U)\subset f(X)=\{y\}\in V$$

따라서 $c$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 $c$ 는 연속이다. $\square$

Theorem 4.9. 항등함수(identiy function) $\text{id}:X\to X$ , $\text{id}(x)=x$ 는 연속이다.

Proof. 임의의 $x_0\in X$ 에 대해 임의의 $V\in\mathcal{N}_X(\text{id}(x_0))$ 를 생각하자. $\text{id}(V)=V$ 이므로 $\text{id}(V)\subset V$ 이며, $V\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 이므로 $\text{id}$ 는 $x_0$ 에서 연속이다. 따라서 $\text{id}$ 는 연속이다. $\square$

Corollary 4.10. 사영(projection map) $\pi_j:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ , $\pi_j(x_1,\ldots,x_n)=x_j$ 는 연속이다.

Proof. 항등함수 $\text{id}:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ 은 연속이며 $\text{id}_j=\pi_j$ 이므로 정리 4.7.에 따라 $\pi_j$ 는 연속이다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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[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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김한결 — Fri, 9 Dec 2022 04:36:36 +0900

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열린집합

다음의 집합은 지난 포스팅의 마지막에서 말한 "경계가 없는" 원 또는 정사각형과 비슷한 집합이다.

Definition. 거리공간 $(X,d)$ 에 대해 다음의 집합을 $X$ 에서 $x_0\in X$ 의 $\epsilon$-근방($\epsilon$-neighborhood of $x_0$ in $X$)이라고 한다.$$U_\epsilon^X(x_0)=\{x\in X:d(x,x_0)<\epsilon\}$$

※ 근방의 상위집합인 거리공간을 상첨자로 표기하는 방법은 필자가 독단적으로 고안하였지만, 공부 결과 이 표기법이 상당히 유용하여 소개한다.

만약 $d$ 가 euclidean metric 이면 $U_2^{\mathbb{R}^2}(0,1)$ 은 중심이 $(0,1)$ 이고 반지름이 2인 경계가 없는 원이다. 한편 상반평면 $\mathbb{R}\times[0,\infty)$ 에 대해 $U_2^{\mathbb{R}\times[0,\infty)}(0,1)$ 는 중심이 $(0,1)$ 이고 반지름이 2이지만, 아래가 약간 잘려있는 경계가 없는 원이다.

Definition. 거리공간 $(X,d)$ 와 집합 $U\subset X$ 에 대해 다음이 성립하면 $U$ 는 $X$ 에서 열려있다(open in $X$)고 한다.$$\forall x_0\in U,\;\;\exists\epsilon>0,\;\;U_\epsilon^X(x_0)\subset U$$

다시말해 $U$ 가 $X$ 에서 열려있으면 $U$ 의 어떤 점을 선택해도 그 점의 $U$ 에 포함되는 어떤 $\epsilon$-근방이 존재한다. 어떤 점의 $\epsilon$-근방이란 직관적으로 그 점에서 $\epsilon$ 미만의 거리만큼 나아가 도달할 수 있는 모든 지점으로 이해되므로, 열린집합이란 "모든 점에서 모든 방향으로 (짧게라도) 길이 열려있는 집합" 으로 이해하면 도움이 된다.

예를들어 열린구간 $(0,1)$ 은 $\mathbb{R}$ 에서 열려있다. 특히 $(0,1)$ 의 어떤 점을 선택해도 $(0,1)$ 에 포함되는 $\epsilon$-근방을 찾을 수 있으며, 이는 그 점에서 갇히지 않고 가능한 모든 방향으로 (짧게나마) 길이 열려있음을 의미한다.

열린집합의 정의에서 어디에서 열려있는지를 명시하는 이유는 똑같은 집합이더라도 어떤 거리공간 속에 포함되는지를 선택함에 따라 열린집합이기도 하고, 아니기도 하기 때문이다. 예를들어 집합 $[0,1)$ 은 $[0,\infty)$ 에서 열려있지만 $\mathbb{R}$ 에서는 열려있지 않다. 여기서 거리는 절댓값 함수를 이용하였다.

여기서 한 가지 의문이 생길 수 있다. 어떤 집합 $U$ 가 거리공간 $(X,d)$ 에 대해 열려있다면, 다른 거리 $d'$ 가 정의된 거리공간 $(X,d')$ 에 대해서도 열려있을까? 다행히도 이러한 고민은 실수공간 $\mathbb{R}^n$ 에서는 하지 않아도 된다. 다음의 정의부터 확인하자.

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 부분공간 $X$ 에서 $x_0\in X$ 의 $\epsilon$-근방 $U_\epsilon^X(x_0)$ 을 생각하자.
(1) $X$ 의 거리가 euclidean matric 이라면 $U_\epsilon^X(x_0)$ 를 반경이 $\epsilon$ 인 open ball 이라고 하며 $B_\epsilon^X(x_0)$ 이라고 한다.
(2) $X$ 의 거리가 sup metric 이라면 $U_\epsilon^X(x_0)$ 를 반경이 $\epsilon$ 인 open cube 라고 하며 $C_\epsilon^X(x_0)$ 이라고 한다.

Theorem 2.1. Euclidean metric 을 $d_1$ , sup metric 을 $d_2$ 라고 하자. $\mathbb{R}^n$ 의 부분공간 $X$ 에 대해 $U\subset X$ 가 $(X,d_1)$ 에서 열려있을 필요충분조건은 $(X,d_2)$ 에서 열려있는 것이다.

Proof. $U$ 가 $(X,d_1)$ 에서 열려있다고 하자. 임의의 $x_0\in U$ 에 대해, 정의에 따라 어떤 $\epsilon'>0$ 이 존재하여 $B_{\epsilon'}^X(x_0)\subset U$ 가 성립한다. $\epsilon=\frac{\epsilon'}{\sqrt{n}}$ 이라고 하자. $C_\epsilon^X(x_0)$ 의 임의의 점 $x$ 에 대해 $|x-x_0|<\epsilon$ 이며, 정리 1.4.에 따라 다음이 성립한다.

$$||x-x_0||\le\sqrt{n}|x-x_0|<\sqrt{n}\epsilon=\epsilon'$$

즉 $||x-x_0||<\epsilon'$ 도 성립하므로 $x$ 는 $B_{\epsilon'}^X(x_0)$ 에 속한다. $x$ 를 $C_\epsilon^X(x_0)$ 에서 임의로 선택하였으므로 $C_\epsilon^X(x_0)\subset B_{\epsilon'}^X(x_0)$ 를 얻으며, 따라서 $C_{\epsilon'}^X(x_0)\subset U$ 가 성립한다. 정의에 따라 $U$ 는 $(X,d_2)$ 에서 열려있다.

역으로 $U$ 가 $(X,d_2)$ 에서 열려있다고 하자. 임의의 $x_0\in U$ 에 대해, 정의에 따라 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $C_\epsilon^X(x_0)\subset U$ 가 성립한다. $B_\epsilon^X(x_0)$ 의 임의의 점 $x$ 에 대해 $||x-x_0||<\epsilon$ 이며, 정리 1.4.에 따라 다음이 성립한다.

$$|x-x_0|\le||x-x_0||<\epsilon$$

즉 $|x-x_0|<\epsilon$ 도 성립하므로 $x$ 는 $C_\epsilon^X(x_0)$ 에 속한다. $x$ 를 $B_\epsilon^X(x_0)$ 에서 임의로 선택하였으므로 $B_\epsilon^X(x_0)\subset C_\epsilon^X(x_0)$ 를 얻으며, 따라서 $B_\epsilon^X(x_0)\subset U$ 가 성립한다. 정의에 따라 $U$ 는 $(X,d_1)$ 에서 열려있다. $\square$

위 정리에 따르면 두 거리 중 어느 것을 이용하더라도 어떤 집합이 열린집합임은 변하지 않으므로, $\mathbb{R}^n$ 에서 euclidean metric 과 sup metric 둘 만 고려한다면 열린집합이란 개념은 거리의 선택에 구애받지 않는다.

Definition. 거리공간 $X$ 에서 열려있는 모든 집합의 모임을 $\mathcal{T}_X$ 라고 쓴다.

특히, 정리 2.1.의 증명 과정으로부터 다음의 따름정리를 바로 얻을 수 있다.

Corollary 2.2. $\mathbb{R}^n$ 의 부분공간 $X$ 를 생각하자. 임의의 $x_0\in X$ , $\epsilon>0$ 에 대해 $B_\epsilon^X(x_0),C_\epsilon^X(x_0)\in\mathcal{T}_X$ 이다.

위 따름정리는 $\epsilon$-근방 또한 열린집합이라고 말하고 있다. $\epsilon$-근방의 개념을 확장하자.

Definition. 거리공간 $X$ 에서 열려있는 $U$ 에 대해 $x_0\in U$ 이면 $U$ 를 $X$ 에서 $x_0$ 의 근방(neighborhood of $x_0$ in $X$)이라고 한다. $X$ 에서 $x_0$ 의 모든 근방의 모임을 $\mathcal{N}_X(x_0)$ 이라고 쓴다.

이러한 사고의 확장은 커다란 유연성을 가져다준다. 모든 $\epsilon$-근방이 열린집합이라는 성질 덕분에, 위 정의를 이용하여 $\epsilon$-근방을 그냥 근방으로 대체할 수 있다. 예를 들어 다음과 같은 시도를 해볼 수 있다.

Theorem 2.3. 거리공간 $X$ 에 대해 어떤 집합 $U$ 가 $U\in\mathcal{T}_X$ 일 필요충분조건은 다음이 성립하는 것이다.$$\forall x_0\in U,\;\;\exists U_{x_0}\in\mathcal{N}_X(x_0),\;\;U_{x_0}\subset U$$

Proof. $U\in\mathcal{T}_X$ 라고 가정하자. 임의의 $x_0\in U$ 에 대해 열린집합의 정의에 따라 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $U$ 에 포함되는 $x_0$ 의 $\epsilon$-근방 $U_\epsilon^X(x_0)$ 이 존재한다. 한편 $U_\epsilon^X(x_0)$ 는 $x_0$ 를 포함하며 $X$ 에서 열려있는 집합이므로 $x_0$ 의 근방이다. 따라서 $U_\epsilon^X(x_0)=U_{x_0}$ 이라고 하면 원하는 결과를 얻는다.

역으로 임의의 $x_0\in U$ 에 대해 어떤 $U_{x_0}\in\mathcal{N}_X(x_0)$ 가 존재하여 $U_{x_0}\subset U$ 가 성립한다고 가정하자. 이때 $U_{x_0}$ 는 $x_0$ 를 포함하는 $X$ 에서 열려있는 집합이므로 열린집합의 정의에 따라 어떤 $\epsilon>0$ 이 존재하여 $x_0$ 의 $U_{x_0}$ 에 포함되는 $\epsilon$-근방 $U_\epsilon^X(x_0)$ 이 존재한다. 따라서 $U_\epsilon^X(x_0)\subset U$ 이므로 $U$ 는 $X$ 에서 열려있는 집합이다. $\square$

닫힌집합

닫힌집합을 다음과 같이 정의하자. 사실 이러한 정의방법은 닫힌집합의 본질과는 다소 거리가 있지만, 일단 닫힌집합의 성질을 알기에는 더할나위없이 편리한 정의이다. 닫힌집합의 본질을 담은 정의는 다음 포스팅에서 설명한다.

Definition. 거리공간 $X$ 와 $U\subset X$ 에 대해 $X\setminus U$ 가 $X$ 에서 열려있으면 $U$ 가 $X$ 에서 닫혀있다(closed in $X$)고 한다.

다시말해 여집합이 열린집합이면 그 집합은 닫힌집합이라고 하자는 것이다. 열린집합이 아닌 집합이 닫힌집합이라는 것이 아님에 주의하자. 사실 대부분의 집합은 열려있지도, 닫혀있지도 않다. 다음의 정리로 이 논의를 선명히 하자.

Theorem 2.4. 거리공간 $X$ 에서 $U$ 가 열려있을 필요충분조건은 $X\setminus U$ 가 $X$ 에서 닫혀있는 것이다.

Proof. $X\setminus U=V$ 라고 하자. $U$ 와 $V$ 는 $X$ 의 부분집합이며 $V$ 는 $U$ 의 여집합이므로 $U$ 는 $V$ 의 여집합이다. 즉 $X\setminus V=U$ 이다. 닫힌집합의 정의에 따라 $V$ 가 $X$ 에서 닫혀있다는 것은 $X\setminus V$ 가 $X$ 에서 열려있다는 것과 동치이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

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다음 읽을거리: ch3. 위상적 성질

[실수공간의 위상] ch1. 거리공간

김한결 — Fri, 9 Dec 2022 02:10:16 +0900

다음 읽을거리: ch2. 열린집합, 닫힌집합

Inner Product

두 집합 $A,B$ 에 대해, $A\times B$ 란 $a\in A$ 및 $b\in B$ 에 대하여 $(a,b)$ 꼴의 모든 순서쌍의 집합임을 상기하자.

Definition. $\mathbb{R}$-벡터공간 $V$ 의 inner product 란 다음의 성질을 만족하는 함수 $\left<\cdot,\cdot\right>:V\times V\to\mathbb{R}$ 을 의미한다.
(1) $\left<v,w\right>=\left<w,v\right>$
(2) $\forall c\in\mathbb{R},\;\left<cv,w\right>=c\left<v,w\right>=\left<v,cw\right>$
(3) $v\neq 0\Rightarrow \left<v,v\right>>0$
(4) $\left<v+w,z\right>=\left<v,z\right>+\left<w,z\right>$

위에서 두 번째 조건에 따라 $V$ 의 영벡터 $0_V$ 와 $\mathbb{R}$ 의 영 $0$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\left<v,0_V\right>=\left<v,0\cdot0_V\right>=0\left<v,0_V\right>=0$$

따라서 영벡터와의 inner product 는 영임을 알 수 있다.

다음은 inner product 를 이해하는 일반적인 방식이다. 이 정의가 위 조건을 만족함은 쉽게 보일 수 있으므로 생략한다.

Definition. $\mathbb{R}$-벡터공간 $\mathbb{R}^n$ 의 dot product 란 다음과 같이 정의된 inner product 이다.$$x=(x_1,\ldots,x_n),\;y=(y_1,\ldots,y_n)$$$$\left<x,y\right>=x_1y_1+\cdots+x_ny_n$$

Dot product 는 standard inner product 라고도 하며, $\mathbb{R}$-벡터공간 $\mathbb{R}^n$ 에 대한 논의에서 특별한 언급이 없다면 기호 $\left<\cdot,\cdot\right>$ 는 dot product 를 의미한다.

Norm

Norm 이란 크기의 일반화된 개념이다.

Definition. $\mathbb{R}$-벡터공간 $V$ 의 norm 이란 다음의 성질을 만족하는 함수 $p:V\to\mathbb{R}$ 을 의미한다.
(1) $\forall c\in\mathbb{R},\;p(cv)=|c|p(v)$
(2) $v\neq 0\Rightarrow p(v)>0$
(3) $p(v+w)\le p(v)+p(w)$

다음의 정리에 따르면 크기가 0인 벡터는 영벡터뿐이다.

Theorem 1.1. 벡터공간 $V$ 의 norm $p$ 와 벡터 $v$ 에 대해 $p(v)=0$ 일 필요충분조건은 $v=0$ 인 것이다.

Proof. Norm의 정의의 첫 번째 조건에 따라 $V$ 의 영벡터 $0_V$ 와 $\mathbb{R}$ 의 영 $0$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$p(0_V)=p(0\cdot0_V)=|0|p(0_V)=0$$

따라서 영벡터의 norm 은 0이다. 역으로 어떤 벡터 $v$ 에 대해 $p(v)=0$ 이라고 하자. Norm 의 정의의 두 번째 조건의 대우명제는 $p(v)\le 0\Rightarrow v=0$ 이므로 $v=0$ 을 얻는다. $\square$

Norm의 정의에서 세 번째 성질을 삼각 부등식(triangle inequality)이라고 하는데, 이를 살짝 변형하여 아래와 같은 역삼각 부등식(reverse triangle inequality)을 얻을 수 있다. 이것도 종종 사용되는 성질이다.

Theorem 1.2. $\mathbb{R}$-벡터공간 $V$ 의 norm $p$ 와 임의의 $v,w\in V$ 에 대해 다음이 성립한다.$$p(v)-p(w)\le p(v-w)$$

Proof. 삼각 부등식에 따라 다음이 성립한다.

$$p(v)=p(v-w+w)\le p(v-w)+p(w)$$

$$\therefore p(v)-p(w)\le p(v-w)\tag*{$\square$}$$

다음은 벡터공간으로서의 $\mathbb{R}^n$ 에서 정의되는 중요한 두 norm 이다.

Definition. $\mathbb{R}^n$ 의 원소 $x=(x_1,\ldots,x_n)$ 에 대해 아래의 두 함수 $\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 을 각각 euclidean norm, sup norm이라고 한다.$$||x||=\sqrt{\left<x,x\right>}$$$$|x|=\text{max}\{|x_1|,\ldots,|x_n|\}$$

위의 정의에서 norm 이라는 이름을 붙였지만, 진짜 norm 일지는 증명해보아야 아는 것이다. 다음의 정리부터 시작하자.

Lemma 1.3. 코시-부냐콥스키-슈바르츠 부등식 (Cauchy–Bunyakovsky–Schwarz inequality)
임의의 $x,y\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음 부등식이 성립한다.$$\left|\left<x,y\right>\right|\le||x||\;||y||$$

※ 이 정리는 짧게 CBS 부등식, 또는 코시-슈바르츠 부등식이라고도 한다.

Proof. $y=0$ 인 경우 $|\left<x,y\right>|=0$ 및 $||x||\;||y||=0$ 이므로 부등식이 자명하게 성립한다. $y\neq 0$ 이라고 하자. 임의의 $c\in\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}0&\le\left<x-cy,x-cy\right>\\&=\left<x,x-cy\right>-c\left<y,x-cy\right>\\&=\left<x,x\right>-c\left<x,y\right>-c\left<y,x\right>+c^2\left<y,y\right>\\&=||x||^2-2c\left<x,y\right>+c^2||y||^2\end{align}$$

이제 $c=\frac{\left<x,y\right>}{||y||^2}$ 라고 하자. 위 식은 다음과 같다.

$$\begin{align}0&\le||x||^2-2c\left<x,y\right>+c^2||y||^2\\&=||x||^2-2\frac{\left<x,y\right>^2}{||y||^2}+\frac{\left<x,y\right>^2}{||y||^2}\end{align}$$

$$\therefore \left<x,y\right>^2\le||x||^2||y||^2$$

이때 $||x||$ 와 $||y||$ 는 음이 아닌 실수이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Theorem 1.4. Euclidean norm 과 sup norm 은 $\mathbb{R}^n$ 의 norm 이며, 특히 다음이 성립한다.$$|x|\le||x||\le\sqrt{n}|x|$$

Proof.

Step 1. Euclidean norm이 $\mathbb{R}^n$ 의 norm 임을 확인하자.

(1) 임의의 $c\in\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}||cx||&=\sqrt{(cx_1)^2+\cdots+(cx_n)^2}\\&=\sqrt{c^2}\sqrt{x_1^2+\cdots+x_n^2}\\&=|c|\;||x||\end{align}$$

(2) 0이 아닌 $x\in\mathbb{R}^n$ 의 어떤 성분 $x_i$ 는 0이 아니며 다음이 성립한다.

$$0<|x_i|=\sqrt{x_i^2}\le\sqrt{x_1^2+\cdots+x_n^2}=||x||$$

(3) 코시-부냐콥스키-슈바르츠 부등식에 따라 다음 식이 성립한다.

$$\begin{align}||x+y||^2&=\left<x+y,x+y\right>\\&=\left<x,x\right>+\left<x,y\right>+\left<y,x\right>+\left<y,y\right>\\&=||x||^2+||y||^2+2\left<x,y\right>\\&\le||x||^2+||y||^2+2\left|\left<x,y\right>\right|\\&\le||x||^2+||y||^2+2||x||\;||y||\\&=(||x||+||y||)^2\end{align}$$

따라서 $||x+y||\le||x||+||y||$ 를 얻는다.

Step 2. Sup norm이 $\mathbb{R}^n$ 의 norm 임을 확인하자.

(1) 임의의 $c\in\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|cx|&=\text{max}\{|cx_1|,\ldots,|cx_n|\}\\&=\text{max}\{|c||x_1|,\ldots,|c||x_n|\}\\&=|c|\text{max}\{|x_1|,\ldots,|x_n|\}\\&=|c||x|\end{align}$$

(2) 0이 아닌 $x\in\mathbb{R}^n$ 의 어떤 성분 $x_i$ 는 0이 아니며 $|x|=|x_m|$ 이라고 할 때 다음이 성립한다.

$$0<|x_i|\le|x_m|=|x|$$

(3) Step 1에 따라 euclidean norm 은 $\mathbb{R}^n$ 의 norm이며, $n=1$ 의 경우 euclidean norm 은 절댓값함수 $|\cdot|$ 와 동일하므로 norm 의 세 번째 성질에 따라 임의의 $a,b\in\mathbb{R}$ 에 대해 삼각 부등식 $|a+b|\le|a|+|b|$ 가 성립한다. $|x+y|=|x_m+y_m|$ 이라고 하자. 다음이 성립한다.

$$|x+y|=|x_m+y_m|\le|x_m|+|y_m|\le|x|+|y|$$

Step 3. 정리의 부등식을 증명하자. $|x|=|x_m|$ 이라고 하자. 다음이 성립한다.

$$|x|=|x_i|=\sqrt{x_m^2}\le\sqrt{x_1^2+\cdots+x_n^2}=||x||$$

따라서 $|x|\le||x||$ 를 얻는다. 한편 다음이 성립한다.

$$\begin{align}||x||&=\sqrt{x_1^2+\cdots+x_n^2}\\&=\sqrt{|x_1|^2+\cdots+|x_n|^2}\\&\le\sqrt{|x_m|^2+\cdots+|x_m|^2}\\&=\sqrt{n|x_m|^2}=\sqrt{n}|x_m|\\&=\sqrt{n}|x|\end{align}$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

일상생활에서 쓰이는 길이의 개념과 더 비슷한 norm 은 euclidean norm 이지만, 다변수 해석학에서 더 자주 쓰이는 것은 sup norm 이다. Sup norm 를 더 선호하는 것은 단지 단순함 때문이며, 나중에 살펴보겠지만 두 norm 중 어느 것을 사용하더라도 달라지는 것이 없다. 미리 힌트를 주자면 위 정리의 부등식에 따라 두 norm 은 서로 비슷한 (사실상 같은) 값을 갖는 것이 그 원인이다.

$\mathbb{R}^n$ 의 sup norm 을 정의하였듯이 실수를 성분으로 갖는 $m\times n$ 행렬의 집합 $\mathbb{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$ 에서도 절댓값이 가장 큰 성분을 그 값으로 하여 sup norm 을 잘 정의할 수 있다. 이 경우 다음의 성질이 성립한다.

Theorem 1.5. $m\times n$ 행렬 $A$ 와 $n\times p$ 행렬 $B$ 에 대해 다음 부등식이 성립한다.$$|AB|\le n|A||B|$$

Proof. $|AB|$ 가 $AB$ 의 $(r,s)$ 번째 성분의 절댓값이라고 하자. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}|AB|&=\left|\sum_{k=1}^na_{rk}b_{ks}\right|\le\sum_{k=1}^n|a_{rk}||b_{ks}|\\&\le\sum_{k=1}^n|A||B|=n|A||B|\tag*{$\square$}\end{align}$$

거리공간

Definition. 집합 $X$ 의 거리(metric)란 다음의 성질을 만족하는 함수 $d:X\times X\to\mathbb{R}$ 을 의미한다.
(1) $d(x,y)=d(y,x)$
(2) $d(x,y)=0\Leftrightarrow x=y$
(3) $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$
거리 $d$ 가 정의된 집합 $X$ 를 거리공간(metric space)이라고 하며 $(X,d)$ 와 같이 표기한다.

한 집합에 반드시 하나의 거리만 정의될 이유는 없으며, 하나의 집합에 서로 다른 거리가 정의된 두 거리공간은 엄밀히 서로 다른 거리공간으로 보야아 한다.

만약 거리공간의 거리가 무엇인지 분명한 경우 거리공간을 그냥 그 집합으로 언급하기도 한다. 예를들어 절대값 함수 $|\cdot|$ 가 정의된 실수집합 $\mathbb{R}$ 은 거리공간으로서 $(\mathbb{R},|\cdot|)$ 이라고 하기보다는 일반적으로 $\mathbb{R}$ 이라고 한다.

위 정의로부터 거리의 숨겨진 성질 하나를 얻어낼 수 있다. 이는 "음의 거리" 를 고려하지 않는 우리의 직관과 일치한다.

Theorem 1.6. 거리공간 $(X,d)$ 과 임의의 $x,y\in X$ 에 대해 다음이 성립한다.$$d(x,y)\ge 0$$

Proof. 거리의 정의에 따라 다음이 성립한다.

$$0=d(x,x)\le d(x,y)+d(y,x)=2d(x,y)$$

따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

다음의 정의는 어떤 집합과 그 부분집합에 동일한 거리를 사용하는 일반적인 상황에 대해 말한다.

Defintion. 거리공간 $(X,d)$ 을 생각하자. 집합 $Y\subset X$ 와 정의역을 $Y\times Y$ 로 제한한 거리 $d$ 에 대해 $(Y,d)$ 를 $(X,d)$ 의 부분공간(subspace)이라고 한다.

부분공간의 원소는 원래 거리공간에도 속하므로 거리의 성질을 모두 만족하며, 따라서 부분공간도 거리공간임은 자명하다. 사실상 부분공간이라는 개념은 (거리를 바꾸지 않는다면) 그저 부분집합에 불과하다.

다음의 정리에 따르면 집합에 norm 이 잘 정의되는 경우 그 집합은 자연스럽게 거리를 가진다.

Theorem 1.7. 집합 $X$ 에 정의된 norm $p$ 에 대해 함수 $d(x,y)=p(x-y)$ 는 $X$ 의 거리이다.

Proof. 위와 같이 정의된 함수가 거리의 성질을 만족하는지 확인하자.

(1) 다음이 성립한다.

$$d(x,y)=p(x-y)=|-1|p(y-x)=d(y,x)$$

(2) 정리 1.1.에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}d(x,y)=0&\iff p(x-y)=0\iff x-y=0\\&\iff x=y\end{align}$$

(3) 다음이 성립한다.

$$\begin{align}d(x,z)&=p(x-z)=p(x-y+y-z)\\&\le p(x-y)+p(y-z)\\&=d(x,y)+d(y,z)\tag*{$\square$}\end{align}$$

따라서 다음의 따름정리를 얻는다.

Corollary 1.8. 다음과 같이 정의된 두 함수는 각각 euclidean matric, sup matric 이라고 하며 $\mathbb{R}^n$ 의 거리이다.$$d(x,y)=||x-y||\qquad d(x,y)=|x-y|$$

여기서 잠시 두 거리가 서로 어떠한 모양을 갖는지를 생각하자.

쉽게 좌표평면 $\mathbb{R}^2$ 위에서, $y=0$ 인 경우를 생각하자. $||x-0||=2$ 을 만족하는 모든 $x$ 의 집합을 $U$ , $|x-0|=2$ 을 만족하는 모든 $x$ 의 집합을 $V$ 라고 하자. $U$ 의 원소의 경우 식 $x^2=4$ 를 만족하므로 $U$ 는 좌표평면에서 중심이 원점이고 반지름이 2인 원의 형태이다. 한편 $V$ 의 원소의 경우 가장 큰 성분의 절댓값이 2인 점이므로, 두 성분 중 하나는 $\pm 2$ 이고 나머지 성분은 -2 에서 2 사이의 값을 갖는 점일 것이다. 이러한 점들을 모으면 좌표평면에서 중심이 원점이고 한 변의 길이가 4인 정사각형으로 나타난다.

나아가 다음의 두 집합을 생각하자.

$$U'=\{x:||x-y_0||\le r\}$$

$$V'=\{x:|x-y_0|\le r\}$$

이 두 집합이 좌표평면에서 어떻게 나타나는지를 생각해본다면, $U'$ 는 중심이 $y_0$ 이고 반지름이 $r$ 인 내부가 채워진 원, $V'$ 는 중심이 $y_0$ 이고 한 변의 길이가 $2r$ 인 정사각형임을 쉽게 떠올릴 수 있다. 만약 집합의 표현에 $\le$ 대신 $<$ 가 사용되었다면 각각 이전의 도형에서 경계선이 제외된 집합을 가리킬 것이다.

이렇게 경계선이 없는 원과 정사각형은 (다음 포스팅에서 알아볼) 열린집합의 원형이다.

읽어주셔서 감사합니다.

References)

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

다음 읽을거리: ch2. 열린집합, 닫힌집합

블로그 가이드

김한결 — Tue, 29 Nov 2022 19:13:25 +0900

본 블로그는 다양한 수학적 지식들을 하나의 코스로 묶어 소개합니다. 이를테면, 실수의 정의와 적분의 정의는 "미적분학의 기본정리의 증명" 이라는 하나의 세부 카테고리로 묶입됩니다. 수학 공부를 하다보면 종종 내용의 쓸모에 대한 의구심이 들기도 하는데, 저는 이러한 코스 형식의 카테고리 분류가 수학 공부의 동기부여에 큰 도움이 된다고 믿습니다.

본 페이지는 본 블로그에 소개된 모든 세부 카테고리들을 한 눈에 볼 수 있도록 도와주는 글입니다. 나열된 순서는 작성일 기준 오름차순으로 하였습니다. 원하는 주제로 바로 이동하시려면 페이지 상단 또는 우측의 목차를 클릭해주세요.

미분의 정의부터 연쇄법칙까지

미적분학에 대한 코스. (추천도: ★☆☆☆☆)

이 코스는 수학 공부의 초기에 기획된 것으로, 1차원 함수의 미분의 정의를 개략적으로 소개하고 끝에서는 다변수 벡터장의 도함수와 연쇄법칙에 대한 내용으로 마무리됩니다. 모든 내용이 서울대 학부 미적분학 교재를 기준으로 작성되었습니다. 아무래도 수학책 한 권을 읽고 쓰는 글이다보니 더닝 크루거 효과의 그것처럼 매우 자신감이 넘치기도 하고, 한편 블로그 $\LaTeX$ 서식 작성을 배우면서 작성하다보니 시행착오가 구석구석 보이기도 합니다. 지금의 기준으로는 만족스럽지 못한 퀄리티라 읽기를 추천하지는 않습니다.

[목록]

ch.0 미분이란?

ch.1 일변수 미분

ch.2 다변수 미분

ch.3 벡터장

ch.4 곡선

[파생글]

라그랑주 승수법(Lagrange Multiplier Method)

좌표 변환에서 gradient vector 의 기술 (미적분학, 선형대수학)

2차원 발산정리(divergence theorem)의 증명 ch.1

2차원 발산정리(divergence theorem)의 증명 ch.2

2차원 발산정리(divergence theorem)의 증명 부록. '보조정리 1'의 증명

벡터공간부터 기저까지

선형대수학에 대한 코스. (추천도: ★★★★☆)

이 코스는 학부 미적분학 공부를 마치고 선형대수학을 공부하며, 엄밀한 정의를 처음으로 접하고 어려움을 겪는 중 스스로 적응력을 키우기 위해 작성되었습니다. 벡터공간의 정의의 소개로 시작하여 일차독립이 무엇인지를 정의하고, 기저의 다양한 성질을 증명하는 것으로 마무리됩니다. 이 코스는 본 블로그에서 가장 조회수가 잘 나오는 코스 중 하나이기도 합니다.

[목록]

선형변환부터 동형사상까지

선형대수학에 대한 코스. (추천도: ★★★★☆)

이 코스는 초기에 위 코스와 하나로 합쳐진 상태로 기획되었으나 분리 독립되었습니다. 함수에 대한 간단한 상기를 시작으로 선형변환의 다양한 성질을 소개하며 벡터공간의 중요한 이슈인 동형에 대한 개념을 제시하며 마무리됩니다. 마찬가지로 본 블로그에서 가장 조회수가 잘 나오는 코스 중 하나입니다. 어느정도 $\LaTeX$ 작성에 이숙해진 상태에서 작성하였고 꾸준히 수정 및 보완을 하는 포스팅이므로, 본 블로그를 방문하신 분들에게 권장하는 코스입니다.

[목록]

ch0. 함수

ch1. 선형변환

ch2. 선형변환의 존재성 및 유일성

ch3. 선형변환의 행렬표현

ch4. 선형변환의 합성과 행렬 곱

[파생글]

쌍대공간 (Dual Space)

원하는 행렬의 존재성 증명

[파생 코스: 행렬의 랭크]

ch1. 기본행렬연산

ch2. 행렬의 랭크

FTC의 엄밀한 증명

해석학에 대한 코스. (추천도: ★★★☆☆)

이 코스는 해석학의 전반적인 내용에 대해 다루고 있으며, 미적분학의 기본정리(fundamental theorem of calculus)를 증명하는 것을 목표로 상정하고 있습니다. 해석학은 종종 미적분학에서 직관적으로 당연하게 여겨온 내용들을 극한으로써 엄밀하게 증명하곤 하는데, 이러한 과정은 특별한 동기부여 없이는 자칫 지루해질 수 있기에 이러한 제목을 갖게 되었습니다.

[목록]

ch8. 열린 집합과 닫힌 집합

ch13. 연속성

ch21. 페르마의 임계점 정리

ch22. 평균값 정리

ch23. 리만 적분

ch24. 리만 적분의 성질 1

ch25. 리만 적분의 성질 2

ch26. 미적분학의 기본정리 (FTC)

ch27. 부분적분법, 치환적분법

부록

대수구조부터 체까지

추상대수학에 대한 코스. (추천도: ★★★☆☆)

이 코스는 벡터공간의 정의에 나타나는 체와, 벡터공간으로서의 체에 대한 논의를 명확히 하기 위해 기획되었습니다.

[목록]

ch1. 이항대수구조

ch2. 기본 대수구조

ch3. 군(Group)

ch4. 환(Ring)

ch5. 체(Field)

[파생글]

추상대수로서의 벡터공간, 벡터공간으로서의 체

직선과 실수

해석학에 대한 코스. (추천도: ★★★★☆)

이 코스는 해석학의 중요한 직관 중 하나인 "실수와 직선의 동질성" 을 최대한 엄밀하게 증명하는 것을 목표로 하는, 번외적인 코스입니다. 본 블로그에서 가장 노력이 많이 들어간 코스 중 하나이며 참고문헌의 내용 외에도 개인적으로 터득하여 작성한 내용이 많이 포함되어있습니다.

[목록]

ch1. 순서체의 엄밀한 정의

ch2. 연속성의 본질, 절단성

ch3. 전통적 직선

ch4. 직선에 새겨진 유리수

ch5. 직선과 실수는 같다

행렬식의 엄밀한 정의

선형대수학에 대한 코스. (추천도: ★★★☆☆)

이 코스는 순열을 이용하여 재귀적 요소 없이 엄밀하게 행렬식을 정의하는 방법에 대해 설명합니다. 본 블로그에서 이러한 정의방법을 소개하는 목적은 선형대수학의 공부를 위해서보다는, 나중에 포스팅할 다양체 해석학의 주제인 미분형식을 기술하기 위함입니다. 그러나 분명 그 자체로 선형대수학 공부로서의 가치도 있습니다.

[목록]

ch3. 순열

집합론 기초

집합론에 대한 코스. (추천도: ★★★★★)

이 코스는 위상(topology) 또는 가산성(countability) 등 집합과 관련된 심오한 논의를 명확하게 하기 위해 기초적인 집합론적 약속들을 정리합니다.

[목록]

ch1. 집합론의 표기법

ch2. 합집합, 교집합, 명제

[파생글]

집합의 크기

집합론에 대한 코스. (추천도: ★★★★★)

이 코스에서는 가산성에 대한 성질을 소개하고 가산집합과 비가산집합을 구분하는 방법에 대해 소개합니다. 마지막으로는 가산성에 대한 공부의 보상으로 실수집합이 비가산집합임을 증명하는 것으로 마무리됩니다. 가산성에 대한 논의는 다변수 해석학에서 중요한 부분을 차지합니다.

[목록]

ch1. 유한집합

ch2. 가산집합과 비가산집합

ch3. 유리수 집합과 실수 집합의 크기

실수공간의 위상

다변수 해석학에 대한 코스. (추천도: ★★★☆☆)

이 코스에서는 대체로 실수공간 $\mathbb{R}^n$ (유클리드 공간, 또는 데카르트 공간이라고도 함) 의 부분공간에 대한 위상의 기초적인 이론에 대해 소개합니다.

[목록]

ch6. Interior, Exterior, Boundary

ch7. 콤팩트 집합

다변수 미분

다변수 해석학에 대한 코스. (추천도: ★★★★☆)

이 코스에서는 $\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$ 함수의 미분에 대한 이론에 대해 소개합니다.

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ch2. 편미분

다변수 적분

다변수 해석학에 대한 코스. (추천도: ★★★★☆)

이 코스에서는 $\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 함수의 적분에 대한 이론에 대해 소개합니다. 측도의 개념을 사용하기 위해 지금까지 공부한 여러가지 수학적 지식을 동원하므로 수학공부의 과정에서 하이라이트처럼 느껴지는 부분 중 하나입니다.

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변수변환정리

다변수 해석학에 대한 코스. (추천도: ★★☆☆☆)

이 코스에서는 1차원의 이론인 치환적분법의 일반화된 이론을 소개합니다.

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읽어주셔서 감사합니다.

문의사항은 방명록 또는 kimhan217@naver.com 으로 남겨주시면 감사하겠습니다.

[집합의 크기] ch3. 유리수 집합과 실수 집합의 크기

김한결 — Wed, 23 Nov 2022 02:14:33 +0900

이전 읽을거리)

[FTC의 엄밀한 증명] ch4. 극한의 성질 1

ch2. 가산집합과 비가산집합

유리수 집합의 크기

※ 앞서 증명한 많은 정리를 활용하므로 이전 포스팅을 보고 오길 추천한다.

정리 2.6.으로부터 모든 유리수의 집합 $\mathbb{Q}$ 가 셀 수 있음을 어렵지 않게 알 수 있다. 지난 포스팅의 초반에 언급하였듯이 모든 정수의 집합 $\mathbb{Z}$ 는 셀 수 있다. 여기서부터 시작하자.

Theorem 3.1. $\mathbb{Q}$ 는 셀 수 있다.

Proof. 가산집합인 $\mathbb{Z}$ 에 대해 따름정리 2.3.에 따르면 $\mathbb{Z}\setminus\{0\}$ 도 셀 수 있으므로 정리 2.6.에 따라 집합 $(\mathbb{Z}\setminus\{0\})\times\mathbb{Z}$ 는 셀 수 있다. 그러므로 일대일대응 $\pi:\mathbb{N}\to(\mathbb{Z}\setminus\{0\})\times\mathbb{Z}$ 이 존재한다. 이제 다음과 같이 함수를 정의하자.

$$g:(\mathbb{Z}\setminus\{0\})\times\mathbb{Z}\to\mathbb{Q}\qquad g(n,m)=\frac{m}{n}$$

이는 자명하게 전사함수이므로 합성함수 $h\circ\pi:\mathbb{N}\to\mathbb{Q}$ 는 전사함수이다. 정리 2.1.에 따라 $\mathbb{Q}$ 는 셀 수 있다. $\square$

지금까지 알아본 바에 따르면 $\mathbb{N}$ 도 셀 수 있고, $\mathbb{Z}$ 도 셀 수 있고, $\mathbb{Q}$ 도 셀 수 있다. 그러나 $\mathbb{R}$ 은 셀 수 없다. 본 포스팅에서는 $\mathbb{R}$ 이 어느 집합과 같은 크기를 갖는지 알아볼 것이다. 그 전에 크기가 같다는 것이 무엇인지 정의해야 한다.

Definition. 전단사함수 $A\to B$ 가 존재하면 두 집합 $A$ 와 $B$ 의 크기가 같다고 하며 $A\sim B$ 라고 표기한다.

여기서 표기 "$\sim$" 가 동치관계임은 자명하다. 다시말해 집합 $A,B,C$ 에 대해 다음이 성립한다.

(1) $A\sim A$

(2) $A\sim B\iff B\sim A$

(3) $(A\sim B)\land(B\sim C)\implies A\sim C$

이 표현을 빌려 $\mathbb{N}\sim\mathbb{Z}\sim\mathbb{Q}$ 라고 할 수 있다.

칸토어-베른슈타인 정리

실수 집합의 크기를 알아보기 이전에 하나의 정리를 짚고 넘어가자. 이 정리의 결론은 이해하기 쉽지만, 그 증명은 그 만큼 쉽지는 않다. 먼저 다음의 도움정리부터 확인하자.

Lemma 3.2. 단사함수 $f:A\to B$ 와 $A$ 의 부분집합 $A_0,A_1$ 에 대해 다음이 성립한다.$$f(A_0\setminus A_1)=f(A_0)\setminus f(A_1)$$

Proof. $f(A_0\setminus A_1)$ 의 원소 $b$ 를 생각하자. 이때 $A_0\setminus A_1$ 의 어떤 원소 $a$ 에 대해 $f(a)=b$ 이다. 한편 $a\in A_0$ 이므로 $b\in f(a_0)$ 이다. 반면에 $a\notin A_1$ 이며, 만약 $b\in f(A_1)$ 이라면 어떤 $a_1\in A_1$ 에 대해 $f(a_1)=b$ 이어야 하지만 $a\neq a_1$ 이므로 $f$ 의 단사성에 의해 모순. 따라서 $b\notin f(A_1)$ 이므로 정리하면 다음을 얻는다.

$$f(A_0\setminus A_1)\subset f(A_0)\setminus f(A_1)$$

$f(A_0)\setminus f(A_1)$ 의 원소 $b$ 를 생각하자. 이때 $b\in f(A_0)$ 이므로 어떤 $a\in A_0$ 에 대해 $f(a)=b$ 이다. 한편 $b\notin f(A_1)$ 이므로 모든 $a_1\in A_1$ 에 대해 $f(a_1)=b$ 이며, 따라서 $a\neq A_1$ 을 얻는다. 그러므로 $a\in A_0\setminus A_1$ 이며, $b\in f(A_0\setminus A_1)$ 이므로 정리하면 다음을 얻는다.

$$f(A_0\setminus A_1)\supset f(A_0)\setminus f(A_1)$$

두 결론의 식을 종합하면 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Lemma 3.3. $A$ 의 부분집합 $B$ 에 대해 단사함수 $A\to B$ 가 존재하면 $A\sim B$ 이다.

Proof. 먼저 각 자연수 $n$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.

$$A_1=A\qquad B_1=B$$

$$A_{n+1}=f(A_n)\qquad B_{n+1}=f(B_n)$$

Step 1. 다음이 성립함을 보이자.

$$A_1\supset B_1\supset A_2\supset B_2\supset\cdots$$

이는 모든 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 $B_n\subset A_n$ , $A_{n+1}\subset B_n$ 이 성립하는 것과 같다. 귀납법으로 증명하자. $n=1$ 의 경우 $B_1\subset A_1$ 은 자명하게 성립하고, $A_2=f(A)$ 이며 $f(A)$ 는 $f$ 의 치역 $B$ 의 부분집합이므로 $A_2\subset B_1$ 도 성립한다. $n-1$ 에 대해 성립한다고 가정하고 $n$ 에 대하여도 성립함을 보이자. 귀납법 가정에 따라 $B_{n-1}\subset A_{n-1}$ 와 $A_n\subset B_{n-1}$ 이므로 $f(B_{n-1})\subset f(A_{n-1})$ 와 $f(A_n)\subset f(B_{n-1})$ 가 성립하며 정의에 따라 $B_n\subset A_n$ 과 $A_{n+1}\subset B_n$ 이다. 귀납법에 따라 원하는 결과를 얻는다.

Step 2. 다음의 집합을 정의하자.

$$C=\{x:\exists n\in\mathbb{N},\;x\in A_n\setminus B_n\}$$

$C$ 는 $A$ 의 부분집합이다. 이제 다음의 함수 $h:A\to B$ 를 정의하자.

$$h(x)=\begin{cases}f(x)&\text{for }x\in C\\x&\text{for }x\in A\setminus C\end{cases}$$

$h$ 가 단사임을 보이자. $A$ 의 서로다른 원소 $a,a'$ 를 생각하자. 만약 둘 다 $C$ 의 원소이면 $f$ 가 단사이므로 $h(a)\neq h(a')$ 이고, 둘 다 $A\setminus C$ 의 원소이면 자명하게 $h(a)\neq h(a')$ 이다. $a\in C$ 이고 $a'\in A\setminus C$ 라고 하자. 어떤 자연수 $n$ 에 대해 $a\in A_n\setminus B_n$ 이다. 특히 $h(a)=f(a)$ 이며 도움정리 3.2.와 정의에 따라

$$f(A_n\setminus B_n)=f(A_n)\setminus f(B_n)=A_{n+1}\setminus B_{n+1}$$

이므로 $f(a)\in A_{n+1}\setminus B_{n+1}$ 이다. 집합 $C$ 의 정의에 따라 $f(a)\in C$ 이므로 $h(a)\in C$ 이다. 한편 $h(a')=a'\notin C$ 이므로 $h(a)\neq h(a')$ 이다. 따라서 $h$ 는 단사이다.

$h$ 가 전사임을 보이자. $B$ 의 임의의 원소 $b$ 를 생각하자. $b$ 는 $C$ 에 속하거나 속하지 않는다. 만약 $b\notin C$ 이면, $B$ 는 $A$ 의 부분집합이므로 $b\in A\setminus C$ 이며 $h(b)=b$ 이므로 $b$ 는 $h$ 의 치역에 속한다. 만약 $b\in C$ 이면 어떤 자연수 $n$ 에 대해 $b\in A_n\setminus B_n$ 이다. 이때 $b$ 는 $B$ 의 원소이기 때문에 $b\notin A\setminus B$ 이므로 $n$ 은 적어도 1이 아니다. 여기서 이미 살펴본 바와 같이 $A_n\setminus B_n=f(A_{n-1}\setminus B_{n-1})$ 이므로 $b\in f(A_{n-1}\setminus B_{n-1})$ 이다. 이는 어떤 $x\in A_{n-1}\setminus B_{n-1}$ 에 대해 $f(x)=b$ 인 것이며, 특히 $x\in C$ 이므로 $h(x)=b$ 이므로 $b$ 는 $h$ 의 치역에 속한다. 따라서 $h$ 는 전사이다. $\square$

이제 편리한 도구가 되어줄 정리를 증명하자.

칸토어-베른슈타인 정리 (Cantor-Bernstein theorem)
단사함수 $f:A\to C$ , $g:C\to A$ 가 존재하면 $A\sim C$ 이다.

Proof. $g$ 는 단사이므로 함수 $h:C\to g(C)$ , $h(c)=g(c)$ 는 전단사이다. 합성함수 $h\circ f$ 는 단사함수 $A\to g(C)$ 이며 $g(C)$ 는 $A$ 의 부분집합이므로 도움정리 3.2.에 따라 $A\sim C$ 를 얻는다. $\square$

실수 집합의 크기

지난 포스팅의 말미에 두 집합 $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 과 $\{0,1\}^\omega$ 는 셀 수 없는 집합임을 알아보았다. 특히 이 두 집합의 크기는 같으며, 쉽게 말하자면 동일한 정도로 셀 수 없이 무한하다는 것을 의미한다. 사실 이는 거의 자명한 성질이다.

Theorem 3.4. $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 와 $\{0,1\}^\omega$ 는 크기가 같다.

Proof. 함수 $f:\mathcal{P}(\mathbb{N})\to\{0,1\}^\omega$ 를 정의하자. 순서쌍의 함수 표기법을 이용하여 각 $f(A)$ 의 n번째 성분을 $f(A)(n)$ 이라고 쓰기로 하자. 다음과 같이 정의하자.

$$f(A)(n)=\begin{cases}1&\text{if }n\in A\\0&\text{if }n\notin A\end{cases}$$

$f$ 가 단사임을 보이자. $\mathbb{N}$ 의 서로다른 부분집합 $A,A'$ 에 대해 $A\setminus A'$ 와 $A'\setminus A$ 둘 중 하나는 공집합이 아니므로, $A\setminus A'$ 가 공집합이 아니라고 하자. 어떤 원소 $n\in A\setminus A'$ 를 생각하자. 함수의 정의에 따라 $f(A)(n)=1$ 이고 $f(A')(n)=0$ 이므로 $f(A)\neq f(A')$ 이다. 따라서 $f$ 는 단사이다.

$f$ 가 전사임을 보이자. 임의의 $\omega$-순서쌍 $\text{x}\in\{0,1\}^\omega$ 를 생각하자. $\text{x}$ 의 n번째 성분 $x_i$ 에 대해 집합 $B=\{n:x_n=1\}$ 를 정의하자. $B$ 는 $\mathbb{N}$ 의 부분집합이므로 $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 이며, 정의에 따라 $f(B)=\text{x}$ 이므로 $\text{x}$ 는 $f$ 의 치역에 속한다. 따라서 $f$ 는 전사이다. $\square$

Lemma 3.5. 단사함수 $\mathbb{R}\to\mathcal{P}(\mathbb{Q})$ 가 존재한다.

※ 아래의 증명에는 유리수의 조밀성이 사용된다. 이에 대해서는 링크의 정리 2.1-2 참고.

Proof. 함수 $f:\mathbb{R}\to\mathcal{P}(\mathbb{Q})$ 를 $f(r)=\{q:q<r\}$ 라고 정의하자. 서로다른 두 실수 $r<r'$ 에 대해 유리수의 조밀성에 따라 $r<q<r'$ 인 유리수 $q$ 가 존재한다. 이때 $q$ 는 $f(r)$ 에는 속하지 않고 $f(r')$ 에는 속하므로 $f(r)\neq f(r')$ 이다. 따라서 $f$ 는 단사이다. $\square$

Lemma 3.6. 단사함수 $\{0,1\}^\omega\to\mathbb{R}$ 이 존재한다.

※ 아래의 증명에는 수열의 극한에 대한 성질이 사용된다. 이에 대해서는 링크의 대수극한정리와 순서극한정리 참고.

Proof. $\{0,1\}^\omega$ 의 원소 $\text{x}$ 를 $(x_1,x_2,\ldots)$ 라고 표기하고 함수 $f$ 를 다음과 같이 정의하자.

$$f:\{0,1\}^\omega\to\mathbb{R}\qquad f(\text{x})=\sum_{k=1}^\infty\frac{x_k}{3^k}$$

$\{0,1\}$ 의 원소의 서로다른 두 $\omega$-순서쌍 $\text{x},\text{x}'$ 를 생각하자. 이때 어떤 자연수 $m$ 에 대해 $x_m\neq x_m'$ 이다. 이러한 원소 중 최소원소 $m$ 을 선택하자. (이러한 선택이 가능함은 정렬원리에 근거한다) 모순을 보이기 위해 $f(\text{x})=f(\text{x}')$ 라고 가정하자. 대수극한정리에 따라 다음이 성립한다.

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}=0\quad\left(\because\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{3^k}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{x_k'}{3^k}\right)$$

이때 $x_m-x_m'\neq 0$ 이고 $m$ 보다 작은 모든 자연수 $n$ 에 대해 $x_n-x_n'=0$ 이므로 급수의 유한합은 다음과 같다.

$$\sum_{k=1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}=\frac{x_m-x_m'}{3^m}+\sum_{k=m+1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}$$

각 자연수 $k$ 에 대해 $|x_k-x_k'|\le 1$ 이므로 삼각 부등식에 따 다음이 성립한다.

$$\left|\sum_{k=m+1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}\right|\le\sum_{k=m+1}^n\left|\frac{x_k-x_k'}{3^k}\right|\le\sum_{k=m+1}^n\frac{1}{3^k}$$

다음과 같이 $n=m+1,m+2,\ldots$ 에 대한 급수의 유한합을 정의하자.

$$S_n=\sum_{k=m+1}^n\frac{1}{3^k}=\frac{1}{3^{m+1}}+\frac{1}{3^{m+2}}+\cdots+\frac{1}{3^n}$$

다음이 성립한다.

$$\frac{S_n}{3}=\frac{1}{3^{m+2}}+\cdots+\frac{1}{3^n}+\frac{1}{3^{n+1}}=S_n-\frac{1}{3^{m+1}}+\frac{1}{3^{n+1}}$$

$$\therefore S_n=\frac{1}{2\cdot 3^m}-\frac{1}{2\cdot 3^n}$$

따라서 다음을 얻는다.

$$\left|\sum_{k=m+1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}\right|\le\frac{1}{2\cdot 3^m}-\frac{1}{2\cdot 3^n}\tag{1}$$

급수로 다시 돌아오면 다음이 성립해야 한다.

$$\begin{align}0&=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}\\&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_m-x_m'}{3^m}+\sum_{k=m+1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}\right)\\&=\frac{x_m-x_m'}{3^m}+\lim_{n\to\infty}\sum_{k=m+1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}\end{align}$$

$$\iff \lim_{n\to\infty}\sum_{k=m+1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}=\frac{x_m'-x_m}{3^m}$$

$$\implies \lim_{n\to\infty}\left|\sum_{k=m+1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}\right|=\left|\frac{x_m'-x_m}{3^m}\right|\tag{2}$$

식 (2)의 좌변은 식 (1)과 순서극한정리에 따라 다음이 성립한다.

$$\lim_{n\to\infty}\left|\sum_{k=m+1}^n\frac{x_k-x_k'}{3^k}\right|\le\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2\cdot 3^m}-\frac{1}{2\cdot 3^n}\right)=\frac{1}{2\cdot 3^m}$$

식 (2)의 우변은 $|x_m'-x_m|=1$ 이므로 $\frac{1}{3^m}$ 이며, 이는 $\frac{1}{2\cdot 3^m}$ 보다 작을 수 없으므로 모순. 정리하면 $\{0,1\}^\omega$ 의 서로다른 두 원소 $\text{x},\text{x}'$ 에 대해 $f(\text{x})\neq f(\text{x}')$ 이므로 $f$ 는 단사이다. $\square$

본 포스팅의 목표가 되는 결론을 증명하자.

Theorem 3.7. $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 과 $\mathbb{R}$ 은 크기가 같다.

Proof. 정리 3.1.에 따라 $\mathbb{N}\sim\mathbb{Q}$ 이므로 전단사함수 $f:\mathbb{N}\to\mathbb{Q}$ 가 존재한다. 함수에 대한 집합의 상을 이용하여 함수 $F:\mathcal{P}(\mathbb{N})\to\mathcal{P}(\mathbb{Q})$ 를 $F(A)=f(A)$ 라고 정의하면 $F$ 는 전단사이므로 $\mathcal{P}(\mathbb{N})\sim\mathcal{P}(\mathbb{Q})$ 를 얻는다.

보조정리 3.5.에 따르면 단사함수 $\mathbb{R}\to\mathcal{P}(\mathbb{Q})$ 가 존재하며 $\mathcal{P}(\mathbb{Q})\sim\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 이므로 단사함수 $\mathbb{R}\to\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 이 존재한다. 비슷하게, 보조정리 3.6.에 따르면 단사함수 $\{0,1\}^\omega\to\mathbb{R}$ 가 존재하며 정리 3.4.에 따르면 $\mathcal{P}(\mathbb{N})\sim\{0,1\}^\omega$ 이므로 단사함수 $\mathcal{P}(\mathbb{N})\to\mathbb{R}$ 가 존재한다. 칸토어-베른슈타인 정리에 따라 $\mathcal{P}(\mathbb{N})\sim\mathbb{R}$ 을 얻는다. $\square$

이로써 집합론의 아름다운 공식, $\mathbb{N}\sim\mathbb{Z}\sim\mathbb{Q}$ 와 $\mathcal{P}(\mathbb{N})\sim\mathbb{R}$ 를 얻게 되었다. 자연수와 정수와 유리수의 집합이 모두 같은 크기인 것, 그러나 실수의 집합은 크기가 다르다는 것, 하지만 놀랍게도 자연수 집합의 멱집합과는 크기가 같다는 것 모두 아름다운 결과가 아닐 수 없다.

다음의 따름정리를 마지막으로 이 논의를 마무리하자.

Corollary 3.8. $\mathbb{R}$ 은 셀 수 없다.

Proof. 모순을 보이기 위해 $\mathbb{R}$ 가 셀 수 있다고 가정하자. 정리 2.1.에 따라 전사함수 $f:\mathbb{N}\to\mathbb{R}$ 이 존재한다. 이때 $\mathbb{R}\sim\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 이므로 전단사함수 $g:\mathbb{R}\to\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 가 존재하여 합성함수 $g\circ f:\mathbb{N}\to\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 는 전사함수이다. 그러나 정리 2.8.에 따르면 전사함수 $\mathbb{N}\to\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 는 존재할 수 없으므로 모순이다. 그러므로 $\mathbb{R}$ 은 셀 수 없다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

[1] James R. Munkres. (2000). Topology. Pearson College Div.

[2] StackExchange. https://math.stackexchange.com/questions/553526

이전 읽을거리)

[FTC의 엄밀한 증명] ch4. 극한의 성질 1

ch2. 가산집합과 비가산집합

[집합의 크기] ch2. 가산집합과 비가산집합

김한결 — Tue, 22 Nov 2022 18:43:33 +0900

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[집합론 기초] ch5. 집합의 모임

ch1. 유한집합

다음 읽을거리: ch3. 유리수 집합과 실수 집합의 크기

무한의 정의

마치 자연수의 절편이 유한집합의 원형이듯이, 모든 자연수의 집합은 가산무한집합이라고 불리는 것들의 원형이다. 앞으로 유한하지도, 가산무한하지도 않은 집합을 구성하는 것에 대해 살펴볼 것이다.

Definition. 집합 $A$ 가 유한하지 않으면 무한하다(infinite)고 한다. 일대일대응 $A\to\mathbb{N}$ 이 존재하면 $A$ 가 셀 수 있게 무한하다(countably infinite)고 하거나 가산무한이라고 한다.

예를들면, 모든 정수의 집합 $\mathbb{Z}$ 는 셀 수 있게 무한하다. 다음의 함수 $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{N}$ 은 일대일대응이다.

$$f(n)=\begin{cases}2n&\text{for }n>0\\-2n+1&\text{for }n\le 0\end{cases}$$

또 다른 예시로 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 는 셀 수 있게 무한하다. $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 의 각 원소를 좌표평면의 제1사분면 위의 격자점으로 표현하여 아래의 그림과 같이 세는 방법을 생각해볼 수 있다.

이는 자연수에서 자연수의 순서쌍으로의 일대일대응을 만드는 방법을 보여주고있다. 물론 그림은 증명이 아니지만, 일대일대응이 존재함을 암시하기에는 충분하다. 증명은 후술할 것이다.

Definition. 유한하거나 셀 수 있게 무한한 집합을 셀 수 있다(countable)고 하거나 가산이라고 한다. 셀 수 있지 않은 집합을 셀 수 없다(uncountable)고 하거나 비가산이라고 한다.

가산의 성질

다음은 집합이 셀 수 있음을 보이는 유용한 판정법을 알려준다.

Theorem 2.1. 공집합이 아닌 집합 $B$ 에 대해 다음의 세 명제는 동치이다.
(1) $B$ 는 셀 수 있다.
(2) 전사함수 $\mathbb{N}\to B$ 가 존재한다.
(3) 단사함수 $B\to\mathbb{N}$ 이 존재한다.

Proof.

($1\Rightarrow 2$) 가산집합 $B$ 를 생각하자. 만약 $B$ 가 셀 수 있게 무한하면 정의에 따라 전단사함수 $\mathbb{N}\to B$ 가 존재한다. 만약 $B$ 가 유한하면 정의에 따라 어떤 자연수 $n$ 에 대해 전단사함수 $h:\{1,\ldots,n\}\to B$ 가 존재한다. 이때 다음과 같이 $h$ 를 확장하여 얻은 함수 $f:\mathbb{N}\to B$ 는 전단사이다.

$$f(i)=\begin{cases}h(i)&\text{if }i\in\{1,\ldots,n\}\\h(1)&\text{otherwise}\end{cases}$$

($2\Rightarrow 3$) 전사함수 $f:\mathbb{N}\to B$ 에 대해, 함수 $g:B\to\mathbb{N}$ 을 각 $b\in B$ 에 대해 $g(b)=\text{min }f^{-1}(\{b\})$ 라고 정의하자. $f$ 는 전사이므로 $f^{-1}(\{b\})$ 는 공집합이 아니며 정렬원리에 따라 최소원소가 존재하므로 $g$ 가 잘 정의된다. 이때 $b\neq b'$ 에 대해 $f^{-1}(\{b\})$ 와 $f^{-1}(\{b'\})$ 는 서로소이므로 각 집합의 최소원소도 서로 다르다. 따라서 $g$ 는 단사이다.

($3\Rightarrow 1$) 단사함수 $g:B\to\mathbb{N}$ 에 대해, $g$ 의 치역을 $S$ 라고 하자. 이때 함수 $h:B\to S$ , $h(b)=g(b)$ 는 전단사이다. 만약 $\mathbb{N}$ 의 부분집합인 $S$ 가 셀 수 있다면 $\mathbb{N}$ 또는 자연수의 절편으로의 전단사함수 $\pi$ 가 존재하여 함수 $h\circ\pi$ 로써 $B$ 가 셀 수 있음을 알 수 있다. 그러므로 이를 증명하기 위해서는 $N$ 의 모든 부분집합이 셀 수 있음을 보이는 것으로 충분하다. $\mathbb{N}$ 의 부분집합 $C$ 를 생각하자.

만약 $C$ 가 유한하다면 정의에 따라 셀 수 있다. 그러므로 이 증명을 위해 필요한 것은 $\mathbb{N}$ 의 모든 무한부분집합 $C$ 가 셀 수 있게 무한하다는 성질이다. 이 표현은 분명히 타당하다. 올바른 순서로 집합 $\mathbb{N}$ 을 취하고, $C$ 에 속하지 않는 $\mathbb{N}$ 의 모든 점들을 "지워버리는" 것으로 $C$ 의 원소를 무한수열로 재배열할 수 있다.

이러한 주장의 놀라운 타당성은 이것이 상당히 형식적이지 못하다는 사실을 간과하게 만들기도 한다. 형식적인 증명에는 많은 주의가 필요하다. 나머지 증명은 아래의 도움정리에서 이어진다. $\square$

Lemma 2.2. $\mathbb{N}$ 의 무한부분집합은 셀 수 있게 무한하다.

Proof. $\mathbb{N}$ 의 무한부분집합 $C$ 에 대해 전단사함수 $h:\mathbb{N}\to C$ 를 귀납적으로 정의하자. 먼저 $C$ 의 최소원소를 $h(1)$ 이라고 하자. 이제 $h(1),\ldots,h(n-1)$ 이 정의되었다고 가정하고 $h(n)$ 을 $C\setminus h(\{1,\ldots,n-1\})$ 의 최소원소라고 정의하자. 이때 만약 $C\setminus h(\{1,\ldots,n-1\})$ 이 공집합이라면 $C$ 는 $h(\{1,\ldots,n\})$ 의 부분집합이며 따름정리 1.6.에 따라 $C$ 가 유한하다는 모순이 발생하므로 $C\setminus h(\{1,\ldots,n-1\})$ 는 공집합이 아니다. 따라서 $h(n)$ 은 잘 정의된다. 이제 귀납법에 따라 모든 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 $h(n)$ 이 정의된다.

$h$ 가 단사임을 보이는 것은 쉽다. 주어진 $m<n$ 에 대해 $h(m)$ 은 $h(\{1,\ldots,n-1\})$ 에 속하고, 정의에 따라 $h(n)$ 은 속하지 않는다. 따라서 $h(m)\neq h(n)$ 이므로 원하는 결과를 얻는다.

$h$ 가 전사임을 보이자. $C$ 의 임의의 원소 $c$ 에 대해 $C$ 가 $h$ 의 치역에 속함을 보이자. $h$ 는 단사이기 때문에 함수 $g:\mathbb{N}\to h(\mathbb{N})$ 을 $g(n)=h(n)$ 으로 정의한다면 $g$ 는 전단사이므로 $h(\mathbb{N})$ 은 무한하다. 따라서 $h(\mathbb{N})$ 은 유한집합 $\{1,\ldots,c\}$ 에 속하지 않는다. 그러므로 $h(n)\neq c$ 이도록 하는 $n\in\mathbb{N}$ 이 존재하며, 특히 $h(n)>c$ 이다. $\mathbb{N}$ 의 원소 중 $h(m)\ge c$ 를 만족하는 최소원소 $m$ 을 선택하자. ($h(m)\ge c$ 를 만족하는 자연수 $m$ 은 $h(n)>c$ 를 만족하는 $n$ 이 있으므로 적어도 하나 존재하며, 정렬원리에 따라 이러한 최소원소 $m$ 이 존재한다) 이때 모든 $i<m$ 에 대해 $h(i)\ge c$ 가 성립하지 않으므로 ($m$ 은 이러한 성질을 만족하는 최소원소라 하였기 때문) $h(i)<c$ 이며, 따라서 $h(i)\neq c$ 이므로 $c$ 는 $h(\{1,\ldots,m-1\})$ 에 속하지 않는다. 여기서 $h(m)$ 은 $C\setminus h(\{1,\ldots,m-1\})$ 의 최소원소로 정의되었으므로 $h(m)\le c$ 가 반드시 성립해야 함을 안다. 두 개의 부등식을 같이 쓰면 $h(m)=c$ 이므로 $h$ 는 전사이다. $\square$

Corollary 2.3. 가산집합의 부분집합은 셀 수 있다.

Proof. 가산집합 $B$ 의 부분집합 $A$ 를 생각하자. 정리 2.1.에 따라 단사함수 $f:B\to\mathbb{N}$ 이 존재하며, $f|_A:A\to\mathbb{N}$ 은 단사함수이므로 다시 정리 2.1.에 따라 $A$ 는 셀 수 있다. $\square$

Corollary 2.4. $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 은 셀 수 있게 무한하다.

Proof. 이를 증명하는 것은 단사함수 $f:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ 가 존재함을 보이는것으로 충분하다. 함수 $f$ 를 $f(n,m)=2^n3^m$ 이라고 정의하자. $f$ 가 단사임을 보이는 것은 쉽다. $2^n3^m=2^p3^q$ 라고 하자. 만약 $n<p$ 라면 $3^m=2^{p-n}3^q$ 이며 이는 $3^m$ 이 모든 자연수 $m$ 에 대해 홀수임에 모순된다. 따라서 $n=p$ 이다. 그러므로 $3^m=3^q$ 이며, 만약 $m<q$ 라면 $1=3^{q-m}$ 이라는 모순이 발생한다. 따라서 $m=g$ 이다. $\square$

양의 유리수의 집합 $\mathbb{Q}_+$ 에 대해 함수 $g:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{Q}_+$ 를 $g(n,m)=\frac{m}{n}$ 이라고 정의하자. $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 는 셀 수 있으므로 전사함수 $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 가 존재하며, 합성함수 $g\circ f:\mathbb{N}\to\mathbb{Q}_+$ 는 전사이므로 $\mathbb{Q}_+$ 는 셀 수 있다. 그리고 물론, $\mathbb{Q}_+$ 는 $\mathbb{N}$ 를 포함하므로 무한하다.

유리수 집합에 대해서도 비슷한 증명이 가능하다. 이에 대해서는 다음 포스팅에서 다룬다.

Theorem 2.5. 가산집합의 가산 합집합은 셀 수 있다.

Proof. $\{1,\ldots,n\}$ 또는 $\mathbb{N}$ 인 인덱스 집합 $J$ 에 대항, 가산집합의 모임인 인덱스 패밀리 $\{A_n\}_{n\in J}$ 를 생각하자. 편의를 위해 각 $A_n$ 이 공집합이 아니라고 가정하자. (이 가정은 아무것도 바꾸지 않을 것이다)

각 $n\in J$ 에 대해, $A_n$ 은 셀 수 있으므로 전사함수 $f_n:\mathbb{N}\to A_n$ 이 존재한다. 비슷하게, $J$ 도 셀 수 있으므로 전사함수 $g:\mathbb{N}\to J$ 가 존재한다. 이제 다음과 같이 새로운 함수 $h$ 를 정의하자.

$$h:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\bigcup_{n\in J}A_n\qquad h(k,m)=f_{g(k)}(m)$$

$h$ 가 전사임은 거이 자명하다. 모든 $a\in\bigcup_{n\in J}A_n$ 은 어떤 $n\in J$ 에 대해 $a\in A_n$ 이며 $f_n$ 은 전사이므로 어떤 $m\in\mathbb{N}$ 에 대해 $f_n(m)=a$ 이다. 또한 $g$ 는 전사이므로 어떤 $k\in\mathbb{N}$ 에 대해 $g(k)=n$ 이므로 $f_{g(k)}(m)=a$ 이다. 정리하면 어떤 $k\in\mathbb{N}$ , $m\in\mathbb{N}$ 에 대해 $h(k,m)=a$ 이므로 $h$ 는 전사이다. 한편 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 은 $\mathbb{N}$ 과 일대일대응을 이루므로 전사함수 $\mathbb{N}\to\bigcup_{n\in J}A_n$ 가 존재함을 알 수 있다. 따라서 이 합집합은 셀 수 있다. $\square$

Theorem 2.6. 가산집합의 유한 곱은 셀 수 있다.

Proof. 먼저 두 가산집합 $A,B$ 의 곱 $A\times B$ 가 셀 수 있음을 보이자. 만약 $A$ 또는 $B$ 가 공집합이면 $A\times B=\varnothing$ 이므로 $A\times B$ 는 셀 수 있다. 그 밖의 경우, 전사함수 $f:\mathbb{N}\to A$ 와 $g:\mathbb{N}\to B$ 가 존재한다. 이제 함수 $h:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to A\times B$ 를 $h(n,m)=\big(f(n),g(m)\big)$ 이라고 정의하면 $h$ 는 전사이며 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 은 $\mathbb{N}$ 과 일대일대응을 이루므로 $A\times B$ 는 셀 수 있다.

이제 귀납법으로 본 정리를 증명하자. 가산집합 $A_1,\ldots,A_n$ 에 대해 $A_1\times\cdots\times A_{n-1}$ 이 셀 수 있다고 가정하고 $A_1\times\cdots\times A_n$ 이 셀 수 있음을 보이자. 먼저 $(A_1\times\cdots\times A_{n-1})\times A_n$ 과 $A_1\times\cdots\times A_n$ 사이에는 자명한 일대일대응

$$\big((x_1,\ldots,x_{n-1}),x_n\big)\leftrightarrow(x_1,\ldots,x_n)$$

이 존재한다는 사실을 기억하자. 귀납법 가정에 따라 $A_1\times\cdots\times A_{n-1}$ 과 $A_n$ 은 셀 수 있으므로 위의 논의에 따라 이 두 집합의 곱은 셀 수 있다. 따라서 $A_1\times\cdots\times A_n$ 도 셀 수 있으므로 귀납법에 따라 원하는 결과를 얻는다. $\square$

셀 수 없는 집합의 예시

위 정리에서 가산집합의 유한 곱이 가산임을 알아보았다. 여기에서 앞서나가 가산집합의 가산 곱도 셀 수 있다고 주장하고 싶어지지만, 이는 사실이 아니다.

Theorem 2.7. $\{0,1\}^\omega$ 는 셀 수 없다.

※ $\{0,1\}^\omega$ 란 집합 $\{0,1\}$ 의 원소를 성분으로 갖는 $\omega$-순서쌍의 집합으로 $\{0,1\}\times\{0,1\}\times\cdots$ 라고도 표기한다. $\omega$-순서쌍이란 정의역이 $\mathbb{N}$ 인 함수이며, 직관적으로는 "셀 수 있게 무한히 많은 성분을 갖는 순서쌍" 으로 이해된다. 자세한 내용은 데카르트 곱의 일반화된 정의 참고.

Proof. 이를 증명하기 위해 모든 함수 $g:\mathbb{N}\to\{0,1\}^\omega$ 가 전사일 수 없음을 보이자. 각 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 다음과 같이 쓰자.

$$g(n)=(x_{n1},x_{n2},\ldots,x_{nm},\ldots)$$

이때 각 $x_{ij}$ 는 0 또는 1이다. 이제 다음과 같이 $\{0,1\}^\omega$ 의 원소 $\text{y}=(y_1,y_2,\ldots)$ 를 정의하자.

$$y_n=\begin{cases}0&\text{if }x_{nn}=1\\1&\text{if }x_{nn}=0\end{cases}$$

모든 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해 $g(n)$ 과 $\text{y}$ 는 n번째 성분이 다르므로 $\text{y}$ 는 $g$ 의 치역에 포함되지 않는다. 따라서 $g$ 는 전사가 아니다. $\square$

$\{0,1\}$ 의 가산 데카르트 곱 $\{0,1\}^\omega$ 은 비가산집합의 한 가지 예시이다. 다른 예시로는 $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ 이 있으며, 이는 정리 2.1.과 아래의 정리로 얻어지는 결과이다.

Theorem 2.8. 집합 $A$ 에 대해 단사함수 $\mathcal{P}(A)\to A$ 는 존재하지 않으며 전사함수 $A\to\mathcal{P}(A)$ 는 존재하지 않는다.

Proof. 일반적으로, 공집합이 아닌 집합 $B$ 에 대해 단사함수 $f:B\to C$ 가 존재한다면 전사함수 $g:C\to B$ 가 존재한다. 이러한 함수 $g$ 는 $f$ 의 치역의 원소 $c$ 에 대해서는 $g(c)=f^{-1}(c)$ 라고 정의하고, $C$ 의 나머지 원소에 대해서는 무작위로 정의하여 구성하여 얻을 수 있다.

그러므로, 단사함수 $\mathcal{P}(A)\to A$ 가 존재하지 않음을 보이는 것은 전사함수 $A\to\mathcal{P}(A)$ 가 존재하지 않음을 보이는 것으로 충분하다. 함수 $g:A\to\mathcal{P}(A)$ 를 생각하자. 각 $a\in A$ 에 대해 $g(a)$ 는 $A$ 의 어떤 부분집합이며, 이는 $a$ 를 포함하거나 포함하지 않는다. $g(a)$ 가 $a$ 를 포함하지 않도록 하는 $A$ 의 모든 원소 $a$ 의 집합을 $B$ 라고 하자. 즉,

$$B=\{a:a\in A\setminus g(a)\}$$

이다. (이때 $B$ 는 $g$ 에 따라 공집합이거나 또는 $A$ 그 자체일 수도 있지만 이는 중요하지 않다) 이렇게 정의된 $A$ 의 부분집합 $B$ 가 $g$ 의 치역에 속하지 않음을 보이자. 모순을 보이기 위해 어떤 $a_0\in A$ 에 대해 $g(a_0)=B$ 라고 가정하자. 이때 $a_0$ 은 $B$ 에 속하는가, 속하지 않는가? $a_0$ 과 $B$ 의 정의에 따라 다음의 세 명제는 동치이다.

$$a_0\in B\iff a_0\in A\setminus g(a_0)\iff a_0\in A\setminus B$$

이에 따르면 $a_0$ 는 $B$ 와 $A\setminus B$ 모두에 속하므로 모순이다. 따라서 $\mathcal{P}(A)$ 의 원소 $B$ 는 $g$ 의 치역에 속하지 않으므로 $g$ 는 전사가 아니다. $\square$

무한집합의 성질

지금까지 집합을 두 가지로 나누는 중요한 기준은 셀 수 있는가 없는가였다. 마지막으로는 가산과 비가산을 구분하지 않고 그저 무한집합에 대해 성립하는 성질을 간단하게 알아보자.

Theorem 2.9. 집합 $A$ 에 대해 다음의 세 명제는 동치이다.
(1) 단사함수 $\mathbb{N}\to A$ 가 존재한다.
(2) $A$ 에서 $A$ 의 어떤 진부분집합으로의 전단사함수가 존재한다.
(3) $A$ 는 무한하다.

Proof.

($1\Rightarrow 2$) 단사함수 $f:\mathbb{N}\to A$ 에 대해 $f$ 의 치역을 $B$ 라고 하고 $f(n)=b_n$ 이라고 표기하자. $f$ 는 단사이므로 $n\neq m$ 이면 $b_n\neq b_m$ 이다. 함수 $g:A\to A\setminus\{a_1\}$ 을 다음과 같이 정의하자.

$$\forall n\in\mathbb{N},\;g(b_n)=b_{n+1}$$

$$g(x)=x\quad\text{for }x\in A\setminus B$$

함수 $g$ 는 $A$ 에서 각 점 $f(n)$ 은 $f(n+1)$ 로 옮기고, 그 외의 점은 제자리로 옮기는 함수이다. 이는 자명하게 전단사이므로 원하는 결과를 얻는다.

($2\Rightarrow 3$) 따름정리 1.3.에 따라, $B$ 가 유한하면 $B$ 에서 $B$ 의 진부분집합으로의 전단사함수는 존재하지 않는다. 이의 대우를 취하면 원하는 결과를 얻는다.

($3\Rightarrow 1$) 귀납적으로 단사함수 $f:\mathbb{N}\to A$ 를 구성하자. 우선 $A$ 는 공집합이 아니므로 $A$ 의 어떤 원소 $a_1$ 을 택하여 $f(1)=a_1$ 이라고 할 수 있다. 이제 $f(1),\ldots,f(n-1)$ 이 정의되었다고 가정하고 $f(n)$ 을 정의하자. 집합 $A$ 는 무한하므로 유한집합 $h(\{1,\ldots,n-1\})$ 에 속할 수 없으며, 따라서 $A\setminus h(\{1,\ldots,n-1\})$ 는 공집합이 아니다. 그러므로 이 집합의 어떤 원소 $a_n$ 을 택하여 $f(n)=a_n$ 이라고 할 수 있다. 귀납법에 따라 $f$ 는 모든 $n\in\mathbb{N}$ 에 대하여 정의된다.

$f$ 가 단사임을 보이는 것은 쉽다. $m<n$ 에 대하여 $f(m)$ 은 $f(\{1,\ldots,n-1\})$ 에 속하고, 정의에 따라 $f(n)$ 은 속하지 않으므로 $f(m)\neq f(n)$ 을 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

[1] James R. Munkres. (2000). Topology. Pearson College Div.

이전 읽을거리)

[집합론 기초] ch5. 집합의 모임

[집합론 기초] ch2. 합집합, 교집합, 명제

ch1. 유한집합

다음 읽을거리: ch3. 유리수 집합과 실수 집합의 크기

[집합의 크기] ch1. 유한집합

김한결 — Tue, 22 Nov 2022 17:26:25 +0900

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함수의 엄밀한 정의

[집합론 기초] ch2. 합집합, 교집합, 명제

수학적 귀납법과 정렬원리

다음 읽을거리: ch2. 가산집합과 비가산집합

유한집합의 정의

자연수 $n$ 에 대해 $n$ 보다 작은 자연수의 집합을 $S_n$ 또는 $\{1,\ldots,n-1\}$ 이라고 표기하고, 이를 자연수의 절편(section)이라고 한다. 물론 $S_1=\varnothing$ 이다. 자연수의 절편은 유한집합이라고 불리는 것들의 원형이다.

Definition. 집합 $A$ 와 자연수의 어떤 절편 $S_n$ 에 대해 일대일 대응 $A\to S_n$ 이 존재하면 $A$ 가 유한하다(finite)고 한다. 다시말해 $A$ 가 유한하다는 것은 공집합이거나, 어떤 자연수 $n$ 에 대해 전단사함수 $f:A\to\{1,\ldots,n\}$ 이 존재하는 것이다. 전자의 경우 $A$ 의 크기(cardinality)가 0이라고 하고, 후자의 경우 $A$ 의 크기가 $n$ 이라고 한다.

예를들면 집합 $\{1,\ldots,n\}$ 은 항등함수에 의해 스스로에 대한 일대일대응을 가지므로 크기가 $n$ 이다.

아직 우리는 유한집합의 크기가 그 집합에 의해 유일하게 결정됨을 보이지 않았음에 유의하자. 공집합의 경우 크기가 0임은 분명하다. 하지만 현재까지의 정보로는, 공집합이 아닌 집합 $A$ 에서 서로 다른 두 집합 $\{1,\ldots,m\}$ , $\{1,\ldots,n\}$ 으로의 두 일대일대응이 존재할 수 없다고 확신할 수 없다. 이는 마치 두 사람이 한 상자 안의 조약돌 갯수를 세고 서로 다른 수를 말했는데 둘 다 정답인 것과 비슷하므로, 우스꽝스러운 가능성에 대해 논의하는 것 처럼 느껴진다. 일상에서 갯수를 세어본 경험을 이것이 불가능함을 암시하며, 실제로 작은 수 1,2,3 등에 대해서는 이를 쉽게 증명할 수 있다. 그러나 5백만 등의 경우 이를 직접 증명하는 것은 엄청나게 부담스러울 것이다.

인생을 살며 우리는 작은 집합을 세는 경험이 임의의 큰 집합에 대해서도 동일학 적용될 것이라고 믿는다. 그러나 수학에서는 이러한 표현을 믿음에 의지하지 않는다. 물리적 셈 보다는 일대일대응의 유무가 수학적 증명으로 적합하다.

유한집합의 성질

유한집합에 대한 수많은 직관적 사실들은 수학적으로 증명 가능하다. 아래는 그 시작으로 적절한 예시이다.

Lemma 1.1. 자연수 $n$ 과 집합 $A$ , $A$ 의 원소 $a_0$ 을 생각하자. 일대일대응 $A\to\{1,\ldots,n+1\}$ 이 존재할 필요충분조건은 일대일대응 $A\setminus\{a_0\}\to\{1,\ldots,n\}$ 이 존재하는 것이다.

Proof.

($\Leftarrow$) 일대일대응 $g:A\setminus\{a_0\}\to\{1,\ldots,n\}$ 이 존재한다고 가정하자. 이때 함수 $f:A\to\{1,\ldots,n+1\}$ 을 다음과 같이 정의하자.

$$f(x)=\begin{cases}g(x)&\text{for }x\in A\setminus\{a_0\}\\n+1&\text{for }x\neq a_0\end{cases}$$

$f$ 는 자명하게 전단사이므로 원하는 결과를 얻는다.

($\Rightarrow$) 일대일대응 $f:A\to\{1,\ldots,n+1\}$ 이 존재한다고 가정하자. 만약 $f(a_0)=n+1$ 이라면 $f|_{A\setminus\{a_0\}}$ 은 우리가 찾는 일대일대응 $A\setminus\{a_0\}\to\{1,\ldots,n\}$ 이다. 그 밖의 경우에 대해, $f(a_0)=m$ 이라고 하고 $f(a_1)=n+1$ 이도록 하는 $a_1\in A$ 를 생각하자. 이때 $a_0\neq a_1$ 이다. 이제 새로운 함수 $h:A\to\{1,\ldots,n+1\}$ 을 다음과 같이 정의하자.

$$h(x)=\begin{cases}f(x)&\text{for }x\in A\setminus\{a_0,a_1\}\\m&\text{for }x=a_1\\n+1&\text{for }x=a_0\end{cases}$$

$h$ 는 자명하게 전단사이다. 이때 $h|_{A\setminus\{a_0\}}$ 은 우리가 찾는 일대일대응 $A\setminus\{a_0\}\to\{1,\ldots,n\}$ 이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

이 보조정리로부터 수많은 유용한 결과가 얻어진다.

Theorem 1.2. 집합 $A$ 에 대해, 어떤 자연수 $n$ 에 대하여 일대일대응 $A\to\{1,\ldots,n\}$ 이 존재한다고 가정하자. $A$ 진부분집합 $B$ 에 대해 일대일대응 $B\to\{1,\ldots,n\}$ 은 존재하지 않지만, $B\neq\varnothing$ 인 경우 어떤 $m<n$ 에 대해 일대일대응 $B\to\{1,\ldots,m\}$ 이 존재한다.

Proof. $B=\varnothing$ 의 경우 공집합 $B$ 에서 공집합이 아닌 집합으로의 전단사함수가 존재할 수 없으므로 본 정리가 자명하게 성립한다.

이 정리를 귀납법으로 증명하자. 먼저 이 정리가 $n=1$ 에 대해 참임을 보이자 이 경우 $A$ 는 홀원소집합이며 이의 유일한 진부분집합 $B$ 는 공집합이므로 위의 논의에 따라 본 정리가 성립한다.

이제 이 정리가 $n$ 에 대해 참이라고 가정하고 $n+1$ 에 대해서도 참임을 보이자. 일대일대응 $f:A\to\{1,\ldots,n+1\}$ 과 $A$ 의 공집합이 아닌 진부분집합 $B$ 를 생각하자. $B$ 의 원소 $a_0$ 과 $A\setminus B$ 의 원소 $a_1$ 을 선택하자. 보조정리 1.1.에 따르면 일대일대응 $g:A\setminus\{a_0\}\to\{1,\ldots,n\}$ 이 존재한다. 이때 $a_1$ 은 $A\setminus\{a_0\}$ 에 속하지만 $B\setminus\{a_0\}$ 에는 속하지 않으므로 $B\setminus\{a_0\}$ 는 $A\setminus\{a_0\}$ 의 진부분집합이다. 귀납법 가정에 따라 다음이 성립한다.

(1) 일대일대응 $B\setminus\{a_0\}\to\{1,\ldots,n\}$ 이 존재하지 않는다.

(2) $B\setminus\{a_0\}=\varnothing$ 이거나 어떤 $p<n$ 에 대해 일대일대응 $B\setminus\{a_0\}\to\{1,\ldots,p\}$ 가 존재한다.

(1) 과 도움정리 1.1.에 따르면 일대일대응 $B\to\{1,\ldots,n+1\}$ 은 존재하지 않는다. 이는 본 정리의 첫 번째 결론이다. 본 정리의 두 번째 결론을 증명하자. 만약 $B\setminus\{a_0\}=\varnothing$ 이면 $B=\{a_0\}$ 이므로 일대일대응 $B\to\{1\}$ 이 존재한다. 반면 $B\setminus\{a_0\}\neq\varnothing$ 이라면 (2)와 도움정리 1.1.에 따라 일대일대응 $B\to\{1,\ldots,p+1\}$ 이 존재하며, 특히 $p+1<n+1$ 이다. 정리하면 두 경우 모두 어떤 $m<n+1$ 에 대해 일대일대응 $B\to\{1,\ldots,m\}$ 이 존재하므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

따름정리들

Corollary 1.3. 유한집합 $A$ 에 대해, $A$ 에서 $A$ 의 진부분집합으로의 일대일대응은 존재하지 않는다.

Proof. 모순을 보이기 위해 $A$ 의 진부분집합 $B$ 에 대해 일대일대응 $f:A\to B$ 가 존재한다고 가정하자. 유한집합의 정의에 따라 어떤 자연수 $n$ 에 대해 일대일대응 $g:A\to\{1,\ldots,n\}$ 이 존재한다. 이때 합성함수 $g\circ f^{-1}$ 는 일대일대응 $B\to\{1,\ldots,n\}$ 이며, 이는 정리 1.2.와 모순된다. 따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Corollary 1.4. $\mathbb{N}$ 은 유한하지 않다.

Proof. 함수 $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}\setminus\{1\}$ , $f(n)=n+1$ 은 $\mathbb{N}$ 에서 $\mathbb{N}$ 의 진부분집합으로의 일대일대응이다. 따름정리 1.3.에 따라 $\mathbb{N}$ 는 유한하지 않다. $\square$

Corollary 1.5. 유한집합 $A$ 의 크기는 $A$ 에 의해 유일하게 결정된다.

Proof. $m<n$ 에 대해 일대일대응 $f:A\to\{1,\ldots,n\}$ , $g:A\to\{1,\ldots,m\}$ 을 생각하자. 합성함수 $g\circ f^{-1}$ 는 일대일대응 $\{1,\ldots,n\}\to\{1,\ldots,m\}$ 이다. $\{1,\ldots,m\}$ 은 $\{1,\ldots,n\}$ 의 진부분집함이므로 이는 따름정리 1.3.에 모순되므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

Corollary 1.6. $B$ 가 유한집합 $A$ 의 부분집합이면 $B$ 는 유한하다. 만약 $B$ 가 $A$ 의 진부분집합이면 $B$ 의 크기는 $A$ 의 크기보다 작다.

Proof. $B=A$ 이면 자명하게 $B$ 는 유한하다. $B$ 가 $A$ 의 진부분집합이라고 가정하자. (이 가정은 $A\neq\varnothing$ 를 전제한다) 만약 $B=\varnothing$ 이면 $B$ 는 유한하며 $B$ 의 크기는 0이므로 본 정리가 성립한다. $B\neq\varnothing$ 이면 정리 1.2.에 따라 $A$ 의 크기를 $n$ 이라고 할 때 어떤 $m<n$ 에 대해 일대일대응 $B\to\{1,\ldots,m\}$ 이 존재한다. 따라서 $B$ 는 유한하며, $B$ 의 크기 $m$ 은 $n$ 보다 작으므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

다음의 정리에 따르면 어떤 집합이 유한할 조건은 (자연수의 절편과의) 전단사함수가 존재하는 대신, 적절한 방향의 전사함수 또는 단사함수가 존재하는 것 만으로 충분함을 말한다.

Corollary 1.7. 공집합이 아닌 집합 $B$ 에 대해 다음의 세 명제는 동치이다.
(1) $B$ 는 유한하다.
(2) 어떤 자연수 $n$ 에 대해 전사함수 $\{1,\ldots,n\}\to B$ 가 존재한다.
(3) 어떤 자연수 $n$ 에 대해 단사함수 $B\to\{1,\ldots,n\}$ 가 존재한다.

Proof.

($1\Rightarrow 2$) $B$ 는 공집합이 아니므로, 유한성의 정의에 따라 $B$ 에서 자연수의 어떤 절편으로의 전단사함수가 존재한다.

($2\Rightarrow 3$) 전사함수 $f:\{1,\ldots,n\}\to B$ 에 대해, 함수 $g:B\to\{1,\ldots,n\}$ 을 각 $b\in B$ 에 대해 $g(b)=\text{min }f^{-1}(\{b\})$ 라고 정의하자. $f$ 는 전사이므로 $f^{-1}(\{b\})$ 는 공집합이 아니며 정렬원리에 따라 최소원소가 존재하므로 $g$ 가 잘 정의된다. 이때 $b\neq b'$ 에 대해 $f^{-1}(\{b\})$ 와 $f^{-1}(\{b'\})$ 는 서로소이므로 (만약 서로소가 아니면 공통의 원소 $i$ 에 대해 $f(i)=b$ , $f(i)=b'$ , $b\neq b'$ 이며 이는 대응규칙의 정의에 어긋난다) 각 집합의 최소원소도 서로 다르다. 따라서 $g$ 는 단사이다.

($3\Rightarrow 1$) 단사함수 $g:B\to\{1,\ldots,n\}$ 에 대해, $g$ 의 치역을 $S$ 라고 하자. 이때 함수 $h:B\to S$ , $h(b)=g(b)$ 는 전단사이다. $S$ 는 유한집합 $\{1,\ldots,n\}$ 의 부분집합이므로 유한하며, $S$ 의 크기를 $m$ 이라고 할 때 일대일대응 $\pi:S\to\{1,\ldots,m\}$ 에 대해 합성함수 $\pi\circ h$ 는 일대일대응 $B\to\{1,\ldots,m\}$ 이므로 $B$ 는 유한하다. $\square$

Corollary 1.8. 유한집합의 유한 합집합과 유한 데카르트 곱은 유한하다.

Proof. 먼저 유한집합 $A,B$ 에 대해 $A\cup B$ 가 유한함을 보이자. $A$ 또는 $B$ 가 공집합인 경우에는 자명하게 성립한다. 그 밖의 경우 어떤 자연수 $m,n$ 에 대해 전단사함수 $f:\{1,\ldots,m\}\to A$ , $g:\{1,\ldots,n\}\to B$ 가 존재한다. $\{1,\ldots,m+n\}$ 에서 $A\cup B$ 로의 함수 $h$ 를 각 $i=1,\ldots,m$ 에서 $f(i)=f(i)$, 각 $i=m+1,\ldots,m+n$ 에서 $h(i)=g(i-m)$ 이라고 정의하자. $h$ 는 전사함수이므로 따름정리 1.7.에 따라 $A\cup B$ 는 유한하다.

이제 귀납법을 이용해 집합 $A_1,\ldots,A_n$ 이 유한하면 $A_1\cup\cdots\cup A_n$ 이 유한함을 보이자. $n=1$ 인 경우에 정리가 자명하게 성립한다. $n-1$ 에서 정리가 성립한다고 가정하자. 이때 집합 $A_1\cup\cdots\cup A_n$ 은 유한집합 $A_1\cup\cdots\cup A_{n-1}$ 과 유한집합 $A_n$ 의 합집합이므로 위의 논의에 따라 $n$ 에서도 정리가 성립한다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.

유한집합 $A,B$ 에 대해 $A\times B$ 가 유한함을 보이자. 만약 $A$ 또는 $B$ 가 공집합이라면 $A\times B=\varnothing$ 이므로 $A\times B$ 는 유한하다. 그 밖의 경우, 각 $a_0\in A$ 에 대해 $\{a_0\}\times B$ 는 자명한 일대일대응 $b\leftrightarrow(a_0,b)$ 에 의해 유한하다. $A\times B$ 는 이러한 집합의 합집합이다. $A$ 가 유한하므로 이는 유한집합이 유한 합집합이며 따라서 $A\times B$ 는 유한하다.

이제 귀납법을 이용해 집합 $A_1,\ldots,A_n$ 이 유한하면 $A_1\times\cdots\times A_n$ 이 유한함을 보이자. $A_1$ 의 원소의 1-순서쌍의 집합은 자명한 일대일대응 $a_1\leftrightarrow(a_1)$ 에 의해 유한하므로 $n=1$ 의 경우 정리가 성립한다. $n-1$ 에서 정리가 성립한다고 가정하자. 이전의 논의에 따라 $A_1\times\cdots\times A_{n-1}$ 과 $A_n$ 의 데카르트 곱 $(A_1\times\cdots\times A_{n-1})\times A_n$ 은 유한하며, 자명한 일대일대응

$$\big((a_1,\ldots,a_{n-1}),a_n\big)\leftrightarrow(a_1,\ldots,a_n)$$

에 의해 $A_1\times\cdots\times A_n$ 도 유한하다. 따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

[1] James R. Munkres. (2000). Topology. Pearson College Div.

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함수의 엄밀한 정의

수학적 귀납법과 정렬원리

다음 읽을거리: ch2. 가산집합과 비가산집합

수학적 귀납법과 정렬원리

김한결 — Tue, 22 Nov 2022 15:43:42 +0900

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페아노 공리계

수학자 크로네커(Leopold Kronecker, 1823~1891)는 다음의 명언을 남겼다.

자연수는 신의 선물이며, 나머지는 인간의 산물이다.

현대수학의 다양한 대상들은 자연수에 의지하여 존재한다. 예를들어, 실수의 존재성은 유리수에 의해 보장되고, 유리수는 정수, 정수는 자연수에 의해 존재한다. 그러나 자연수는 어쩌면 그 스스로 존재하는 듯 하다. 페아노 공리계는 자연수를 정의하는 한 가지 방법이다.

페아노 공리계 (Peano's axioms)
다음을 만족하는 집합 $\mathbb{N}$ 과 함수 $s:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ , 대상 $1$ 이 존재한다.
(P1) $1\in\mathbb{N}$
(P2) $\forall n\in\mathbb{N},\;s(n)\in\mathbb{N}$
(P3) $\forall m,n\in\mathbb{N},\;s(m)=s(n)\implies m=n$
(P4) $\forall n\in\mathbb{N},\;s(n)\neq 0$
(P5) $\forall A\subset\mathbb{N},\;1\in A\land(\forall a\in A,\;s(a)\in A)\implies A=\mathbb{N}$

페아노 공리계의 함수 $s$ 는 따름수(succesor)라고한다. 따름수의 의미는 자연수의 덧셈의 정의에서 나타난다.

Definition. 집합 $\mathbb{N}$ 의 덧셈은 다음과 같이 정의된 이항연산 $+:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ 이다.
(1) $\forall n\in\mathbb{N},\;n+1=s(n)$
(2) $\forall m,n\in\mathbb{N},\;m+s(n)=s(m+n)$

자연수의 덧셈의 정의에 따라, 따름수란 $1$ 을 더한 "다음 수" 를 의미한다. 덧셈의 정의를 이용하여 페아노 다섯 공리를 재구성하면 다음과 같다.

(P1) $\mathbb{N}$ 는 $1$ 을 포함한다.

(P2) $\mathbb{N}$ 의 모든 원소 $n$ 에 대해 $n+1$ 은 $\mathbb{N}$ 에 속한다.

(P3) $\mathbb{N}$ 의 모든 원소 $m,n$ 에 대해 $m+1=n+1$ 이면 $m=n$ 이다.

(P4) $\mathbb{N}$ 의 모든 원소 $n$ 에 대해 $n+1=0$ 은 성립하지 않는다.

(P5) $\mathbb{N}$ 의 모든 부분집합 $A$ 에 대해, $A$ 가 $1$ 을 포함하고 $A$ 의 모든 원소 $a$ 에 대해 $a+1$ 도 $A$ 에 속하면 $A=\mathbb{N}$ 이다.

여기서 마지막 공리 (P5)는 귀납법 공리 또는 수학적 귀납법 원리(principle of mathmatical induction)라고 한다. 이는 직관적으로 자명하게 받아들일 수 있으며, 수학의 증명 방법의 거대한 기둥이다. 수학적 귀납법은 귀납법 공리로부터 즉시 도출된다.

수학적 귀납법 (Mathmatical Induction)
자연수로 표현되는 명제 $P$ 에 대해 다음이 성립한다고 가정하자.
(1) $P$ 는 $1$ 에 대하여 참이다.
(2) 모든 자연수 $n$ 에 대해, 만약 $P$ 가 $n$ 에 대하여 참이면 $n+1$ 에 대하여도 참이다.
그럼 $P$ 는 모든 자연수에 대해 참이다.

Proof. 명제 $P$ 가 참이도록 하는 모든 자연수의 집합을 $A$ 라고 하자. $A$ 는 $\mathbb{N}$ 의 부분집합이다. (1)에 따르면 $A$ 는 $1$ 을 포함하고, (2)에 따르면 $A$ 의 임의의 원소 $n$ 에 대해 $n+1$ 도 $A$ 의 원소이다. (P5)에 따르면 $A=\mathbb{N}$ 이므로, 모든 자연수 $n$ 에 대해 $P$ 가 참이다. $\square$

정렬 원리

자연수 $n$ 에 대해, $n$ 보다 작은 모든 자연수의 집합을 $S_n$ 이라고 표기하고 이를 자연수의 절편(section)이라고 한다. $S_1$ 은 공집합이며, $S_{n+1}$ 은 $1$ 부터 $n$ 까지의 자연수의 집합이고 $\{1,\ldots,n\}$ 이라고도 쓴다.

정렬 원리는 매우 직관적이어서 논의의 필요성을 느끼기 힘들지만, 중요한 증명에서 핵심적인 역할을 한다. 더구나 현대수학의 성숙도는 이러한 사실을 증명할 수 있을 정도로 충분하다.

정렬 원리 (Well-ordering principle)
$\mathbb{N}$ 의 공집합이 아닌 부분집합은 항상 최소원소를 갖는다.

Proof. 먼저 모든 $n\in\mathbb{N}$ 에 대해, "$\{1,\ldots,n\}$ 의 공집합이 아닌 부분집합이 항상 최소원소를 가짐"을 귀납법으로 보이자. $n=1$ 의 경우 $\{1\}$ 의 공집합이 아닌 부분집합은 자기 자신뿐이므로 명제가 자명하게 성립한다. 명제가 $n$ 에 대하여 성립한다고 가정하고 $n+1$ 에 대하여도 성립함을 보이자. $\{1,\ldots,n+1\}$ 의 공집합이 아닌 부분집합 $C$ 를 생각하자. 만약 $C$ 가 $n+1$ 을 포함하지 않으면 $\{1,\ldots,n\}$ 의 부분집합과 같으므로 귀납법 가정에 따라 $C$ 는 최소원소를 갖는다. $C$ 가 $n+1$ 을 포함한다고 하자. 만약 $C$ 가 원소로 $n+1$ 하나만 포함한다면, 이는 $C$ 의 최소원소이다. 그 밖의 경우에 대해 공집합이 아닌 집합인 $B=C\cap\{1,\ldots,n\}$ 을 고려하자. $B$ 는 $\{1,\ldots,n\}$ 의 부분집합이므로 귀납법 가정에 따라 최소원소 $c_0$ 를 갖는다. $C$ 의 모든 원소 $c$ 는 $\{1,\ldots,n\}$ 에 속하거나 속하지 않으며, $\{1,\ldots,n\}$ 에 속하는 경우 $c\in B$ 이므로 $c\le c_0$ 이고, $\{1,\ldots,n\}$ 에 속하지 않은 경우 어떤 $m\in B$ 에 대해 $c_0\le m$ 이며 $m<c$ 이므로 $c_0\le c$ 이다. 정리하면 $c_0$ 은 $C$ 의 최소원소이므로 귀납법에 따라 명제가 모든 자연수 $n$ 에 대하여 성립한다.

이제 본 정리를 증명하자. $\mathbb{N}$ 의 공집합이 아닌 부분집합 $D$ 를 생각하자. $D$ 의 임의의 원소 $n$ 에 대해 $A=D\cap\{1,\ldots,n\}$ 이라고 하면 $A$ 는 $\{1,\ldots,n\}$ 의 공집합이 아닌 부분집합이다. 위의 논의에 따라 $A$ 는 최소원소 $k$ 를 갖는다. $D$ 의 모든 원소 $d$ 는 $\{1,\ldots,n\}$ 에 속하거나 속하지 않으며, $\{1,\ldots,n\}$ 에 속하는 경우 $d\in A$ 이므로 $k\le d$ 이고, $\{1,\ldots,n\}$ 에 속하지 않는 경우 $n<d$ 이며 $k\le n$ 이므로 $k\le d$ 이다. 정리하면 $k$ 는 $D$ 의 최소원소이므로 원하는 결과를 얻는다. $\square$

강한 수학적 귀납법

수학적 귀납법은 주어진 명제가 $1$ 에서 성립하고, "$n$ 에서 명제가 성립한다" 라는 가정하에 $n+1$ 에서도 성립함을 보이면 모든 자연수에 대해 성립함을 보장한다. 그러나 $n+1$ 에서 명제가 성립함을 보이기 위해 "$n$ 에서 명제가 성립한다" 라는 가정만으로 부족하다면 수학적 귀납법을 적용할 수 없다. 이러한 단점을 보완한 것이 강한 귀납법이다.

강한 귀납법 원리 (Strong Induction Principle)
$$\forall A\subset\mathbb{N},\;(\forall n\in\mathbb{N},\;S_n\subset A\implies n\in A)\implies A=\mathbb{N}$$

Proof. 모순을 보이기 위해 모든 자연수 $n$ 에 대해 $S_n\subset A\Rightarrow n\in A$ 가 성립하고 $A\neq\mathbb{N}$ 이 성립한다고 가정하자. $\mathbb{N}\setminus A$ 는 $\mathbb{N}$ 의 공집합이 아닌 부분집합이므로 정렬원리에 따라 최소원소 $m$ 을 갖는다. 이때 $m=1$ 이라면 $S_m$ 은 공집합이므로 자명하게 $S_m\subset A$ 이고, 그 밖의 경우 $m$ 보다 작은 모든 자연수는 $\mathbb{N}\setminus A$ 에 속하지 않으므로 $A$ 에 속하여 $S_m\subset A$ 가 성립한다. 가정에 따라 $m\in A$ 이어야 하지만 $m\in\mathbb{N}\setminus A$ 이므로 모순. 따라서 원하는 결과를 얻는다. $\square$

강한 귀납법 (Strong Induction)
자연수로 표현되는 명제 $P$ 에 대해 다음이 성립한다고 하자.
(1) $P$ 는 $1$ 에 대하여 참이다.
(2) 2 이상의 모든 자연수 $n$ 에 대해, 만약 $P$ 가 $1,\ldots,n-1$ 에 대해 참이면 $n$ 에 대하여도 참이다.
그럼 $P$ 는 모든 자연수에 대해 참이다.

Proof. 명제 $P$ 가 참이도록 하는 모든 자연수의 집합을 $A$ 라고 하자. $A$ 는 $\mathbb{N}$ 의 부분집합이다. (1)에 따르면 $1\in A$ 이며, $\varnothing\subset A$ 는 항상 참이므로 $S_1\subset A\Rightarrow 1\in A$ 가 성립한다고 할 수 있다. (2)에 따르면 2 이상의 모든 자연수 $n$ 에 대해 $S_n\subset A\Rightarrow n\in A$ 가 성립한다. 이를 종합하면 모든 자연수 $n$ 에 대해 $S_n\subset A\Rightarrow n\in A$ 가 성립하며, 강한 귀납법 원리에 따라 $A=\mathbb{N}$ 이다. 따라서 모든 자연수 $n$ 에 대해 $P$ 가 참이다. $\square$

강한 귀납법을 활용한 한 가지 예시를 소개한다.

비네 공식 (Binet's formula)
피보나치 수(Fibonacci numbers)는 초기값 $F_0=0$ , $F_1=1$ 과 점화식 $F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$ 으로 정의되는 수열이다. 다항식 $x^2-x-1$ 의 근 $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ , $\psi=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ 에 대하여 피보나치 수의 일반항은 다음과 같다.$$F_n=\frac{\phi^n-\psi^n}{\phi-\psi}$$

※ $\phi$ 는 황금비로 잘 알려진 수이다.

Proof. $n=1$ 에 대하여 주어진 일반항이 성립한다. 강한 귀납법으로 증명하자. 2 이상의 자연수 $n$ 에 대하여 주어진 일반항이 $1,\ldots,n-1$ 에서 성립한다고 가정하자. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}F_n&=F_{n-1}+F_{n+2}\\&=\frac{1}{\phi-\psi}\left(\phi^{n-1}-\psi^{n-1}+\phi^{n-2}+\psi^{n-2}\right)\\&=\frac{1}{\phi-\psi}\Big(\phi^n\left(\phi^{-1}+\phi^{-2}\right)+\psi^n\left(\psi^{-1}+\psi^{-2}\right)\Big)\end{align}$$

이때 $\phi$ 는 다항식 $x^2-x-1$ 의 근이므로 $\phi^2-\phi-1=0$ 이다. 따라서 다음을 얻는다.

$$\phi^{-1}+\phi^{-2}=\frac{\phi+1}{\phi^2}=1$$

이는 $\psi$ 에 대하여도 마찬가지이며, 이를 위 식에 대입하면 원하는 결과를 얻는다. $\square$

읽어주셔서 감사합니다.

References)

[1] James R. Munkres. (2000). Topology. Pearson College Div.

[2] ProofWiki. (2022). Axiom:Peano's Axioms. https://proofwiki.org/wiki/Axiom:Peano%27s_Axioms

[3] Wikipedia. (2022). Mathematical induction. https://en.wikipedia.org/wiki/Mathematical_induction

[4] Brilliant. (2022). Strong Induction. https://brilliant.org/wiki/strong-induction/

이전 읽을거리: [집합론 기초] ch4. 논리 기호

데카르트 곱의 일반화된 정의

김한결 — Tue, 22 Nov 2022 02:12:29 +0900

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인덱스 패밀리

Definition. 공모임이 아닌 모임 $\mathcal{A}$ 를 생각하자. $\mathcal{A}$ 의 인덱스 함수(indexing funcion)란 어떤 집합 $J$ 에 대해 전사함수 $f:J\to\mathcal{A}$ 를 의미하며, 이때 $J$ 를 인덱스 집합(index set)이라고 한다. 인덱스 함수 $f$ 가 정의된 모임 $\mathcal{A}$ 를 인덱스 패밀리(indexed family)라고 하자. 각 $\alpha\in J$ 에 대해 $f(\alpha)$ 를 $A_\alpha$ 라고 쓰기로 하고, 인덱스 패밀리 $\mathcal{A}$ 를
$$\{A_\alpha\}_{\alpha\in J}$$라고 표기하기로 하자. 인덱스 집합이 무엇인지 분명하다면 간단히 $\{A_\alpha\}$ 라고 쓰기도 한다.

※ 인덱스 패밀리는 보통 첨수족으로 번역되나, 편의를 위해 본 포스팅에서는 순화하지 않는다.

위 정의에서 인덱스 함수에게는 전사성만 요구되고, 단사성은 요구되지 않음에 유의하자. 이는 $\mathcal{A}$ 에 포함되는 동일한 집합을 $\alpha\neq\beta$ 이어도 $A_\alpha$ 와 $A_\beta$ 로 다르게 표기하는 것이 가능함을 의미한다.

인덱스 함수를 활용하는 한 가지 방법은 집합의 임의의 합집합과 교집합에 새로운 표기법을 부여하는 것이다. $\mathcal{A}$ 의 인덱스 함수 $f:J\to\mathcal{A}$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.

$$\bigcup_{\alpha\in J}A_\alpha=\{x:\exists\alpha\in J,\;x\in A_\alpha\}$$

$$\bigcap_{\alpha\in J}A_\alpha=\{x:\forall\alpha\in J,\;x\in A_\alpha\}$$

이는 단순히 이전에 정의한 모임의 합집합과 교집합의 새로운 표기법에 불과하다. 첫 번째는 $\mathcal{A}$ 의 합집합과 같고, 두 번째는 $\mathcal{A}$ 의 교집합과 같으며, 이러한 사실은 인덱스 함수의 전사성에 근거한다.

자연수 1부터 n까지의 집합 $\{1,\ldots,n\}$ 과 모든 자연수의 집합 $\mathbb{N}$ 은 인덱스 집합으로 유용하게 쓰인다. 이러한 인덱스 집합을 이용하여 몇 가지 특별한 표기법을 생각해볼 수 있다. 어떤 모임의 인덱스 집합이 $\{1,\ldots,n\}$ 이라면 이 인덱스 패밀리를 $\{A_1,\ldots,A_n\}$ 이라고 표기하고 이것의 합집합과 교집합을 각각

$$A_1\cup\cdots\cup A_n\qquad A_1\cap\cdots\cap A_n$$

이라고 표기한다. 어떤 모임의 인덱스 집합이 $\mathbb{N}$ 이라면 이 인덱스 패밀리를 $\{A_1,A_2,\ldots\}$ 라고 표기하고 이것의 합집합과 교집합을 각각

$$A_1\cup A_2\cup\cdots\qquad A_1\cap A_2\cap\cdots$$

이라고 표기한다.

데카르트 곱의 일반화된 정의

Definition. 자연수 $m$ 과 주어진 집합 $X$ 에 대해, $X$ 의 원소의 $m$-순서쌍($m$-tuple)이란 함수$$\text{x}:\{1,\ldots,m\}\to X$$를 의미한다. $\text{x}$ 에 대한 $i$ 의 상을 $\text{x}(i)$ 대신에 종종 $x_i$ 라고 쓰며, 이를 $\text{x}$ 의 i번째 성분(i-th coordinate)이라고 한다. 함수 $\text{x}$ 는 종종 다음과 같이 표기된다.$$(x_1,\ldots,x_m)$$

Definition. 인덱스 집합 $\{1,\ldots,m\}$ 에 대한 인덱스 패밀리 $\{A_1,\ldots,A_m\}$ 와 집합 $X=A_1\cup\cdots\cup A_m$ 을 생각하자. 이 인덱스 패밀리에 대한 데카르트 곱(cartesian product)은 각 $i$ 에 대해 $x_i\in A_i$ 이도록 하는 $X$ 의 원소의 모든 $m$-순서쌍의 집합을 의미하며 다음과 같이 표기한다.$$\prod_{i=1}^mA_i\qquad A_1\times\cdots\times A_m$$

이제 우리는 기호 $A\times B$ 에 대한 두 가지 정의를 안다. 하나의 정의는 먼저 정의한, $a\in A$ 와 $b\in B$ 에 대한 $(a,b)$ 꼴의 모든 순서쌍의 집합을 $A\times B$ 라고 표기하는 것이다. 두 번째 정의는 방금 주어진, $\text{x}(1)\in A$ 및 $\text{x}(2)\in B$ 이도록 하는 모든 함수 $\text{x}:\{1,2\}\to A\cup B$ 의 집합을 $A\times B$ 라고 표기하는 것이다. 이러한 두 가지 정의에 대하여, 순서쌍 $(a,b)$ 와 $\text{x}(1)=a$ , $\text{x}(2)=b$ 인 함수 $\text{x}$ 를 대응시키는 명백한 일대일 대응이 존재한다. 정의에서 언급하였듯이 일반적으로 이 함수 $\text{x}$ 를 순서쌍 표기법으로 $(a,b)$ 라고 표기하므로, 이러한 표기법은 그 자체로 전단사 대응을 암시한다. 그러므로 데카르트 곱의 일반화된 정의는 두 집합에 대해서는 본질적으로 그 이전의 정의로 퇴화한다.

데카르트 곱 $A\times B\times C$ 는 $A\times(B\times C)$ 및 $(A\times B)\times C$ 와 크게 다르지 않으며, 이 세 집합에는 아래와 같은 명백한 일대일 대응이 존재한다.

$$(a,b,c)\leftrightarrow\big(a,(b,c)\big)\leftrightarrow\big((a,b),c\big)$$

Definition. 주어진 집합 $X$ 에 대해, $X$ 의 원소의 $\omega$-순서쌍이란 다음의 함수를 의미한다.$$\text{x}:\mathbb{N}\to X$$상황에 따라 함수 $x$ 는 $X$ 의 원소의 수열(sequence) 또는 무한수열(infinite sequence)이라고 한다. $\text{x}$ 에 대한 $i$ 의 상을 $\text{x}(i)$ 대신 종종 $x_i$ 라고 쓰며 이를 $x$ 의 i번째 성분이라고 한다. 함수 $\text{x}$ 는 종종 다음과 같이 표기된다.$$(x_1,x_2,\ldots)\qquad (x_n)_{n\in\mathbb{N}}$$

Definition. 인덱스 패밀리 $\{A_1,A_2,\ldots\}$ 와 이 모임의 합집합 $X$ 를 생각하자. 이 인덱스 패밀리의 데카르트 곱이란 각 $i$ 에 대해 $x_i\in A_i$ 이도록 하는 $X$ 의 원소의 모든 $\omega$-순서쌍의 집합을 의미하며 다음과 같이 표기한다.$$\prod_{i\in\mathbb{N}}A_i\qquad A_1\times A_2\times\cdots$$

이 정의는 각 $A_i$ 가 서로 달라야 함을 필요로 하지 않는다. 사실, 이 정의를 활용하는 대부분의 상황에는 아마 $A_1,A_2,\ldots$ 는 모두 동일한 집합 $X$ 와 같을 것이다. 이러한 경우 데카르트 곱 $A_1\times\cdots\times A_m$ 은 그저 $X$ 의 원소의 모든 $m$-순서쌍의 집합이며 이를 $X^m$ 이라고 표기한다. 비슷하게, 데카르트 곱 $A_1\times A_2\times\cdots$ 는 그저 $X$ 의 원소의 모든 $\omega$-순서쌍의 집합이며 이를 $X^\omega$ 라고 표기한다.

예를들면, 모든 실수의 집합 $\mathbb{R}$ 에 대해 $\mathbb{R}^m$ 은 실수의 모든 $m$-순서쌍의 집합이며, 종종 m차원 유클리드 공간(euclidean m-space)이라고 한다. 유사하게, $\mathbb{R}^\omega$ 는 무한차원 유클리드 공간(infinite-dimensional euclidean space)이라고 불리며, 이는 실수의 모든 수열 $(x_1,x_2,\ldots)$ 의 집합, 즉 모든 함수 $\text{x}:\mathbb{N}\to\mathbb{R}$ 의 집합이다.

읽어주셔서 감사합니다.

References)

[1] James R. Munkres. (2000). Topology. Pearson College Div.

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김한결 — Tue, 22 Nov 2022 00:48:16 +0900

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[집합론 기초] ch6. 데카르트 곱

함수의 엄밀한 정의

Definition. 대응규칙(rule of assignment)이란 집합 $C\times D$ 의 부분집합 $r$ 로서, $C$ 의 각 원소들이 최대 한 번 $r$ 의 순서쌍의 첫 번째 성분으로 나타나는 것을 말한다.

형식적으로, 대응규칙이란 다음을 만족하는 $C\times D$ 의 부분집합 $r$ 을 의미한다.

$$\Big((c,d)\in r\land(c,d')\in r\Big)\implies(d=d')$$

이는 다르게 말하면 대응규칙 $r$ 이란 $D$ 의 서로 다른 두 원소 $d,d'$ 에 대해 $(c,d)\in r$ , $(c,d')\in r$ 을 허용하지 않는 것임을 의미한다. 따라서 대응규칙 $r$ 은 $(c,d)\in r$ 에 대해 $c\in C$ 를 $d\in D$ 에 배정하는 방법으로 생각할 수 있다.

주어진 대응규칙 $r\subset C\times D$ 에 대해, $r$ 의 정의역(domain)이란 $r$ 의 모든 원소의 첫 번째 성분으로 이루어진 $C$ 의 부분집합을 의미하고, $r$ 의 치역(image set)이란 $r$ 의 모든 원소의 두 번째 성분으로 이루어진 $D$ 의 부분집합을 의미한다. 형식적으로 다음과 같다.

$$\text{domain }r=\{c:\exists d\in D,\;(c,d)\in r\}$$

$$\text{image }r=\{d:\exists c\in C,\;(c,d)\in r\}$$

어떤 대응규칙 $r$ 이 주어지면, $r$ 의 정의역과 치역이 온전히 정해짐을 기억하자.

Definition. 함수(function) $f$ 란 치역을 포함하는 집합 $B$ 가 정의된 대응규칙 $r$ 을 의미한다. $f$ 의 정의역이란 $r$ 의 정의역 $A$ 를 의미하고 $f$ 의 치역이란 $r$ 의 치역을 의미하며, $B$ 는 $f$ 의 공역(codomain)이라고 한다.

함수 $f$ 가 정의역 $A$ 와 공역 $B$ 를 가진다면, 이를 $f:A\to B$ 라고 표기하고 "$f$ 는 $A$ 에서 $B$ 로의 함수이다" , "$f$ 는 $A$ 에서 $B$ 로의 사상이다" 라고한다. 함수의 구체적인 명시를 피하기 위해 그냥 $A\to B$ 라고 쓰거나 "$A$ 에서 $B$ 로의 함수" 라고 말하기도 한다. 종종 $A$ 의 점을 $B$ 의 점으로 물리적으로 옮기는 기하학적 변환으로 함수를 표현하기도 한다.

$f:A\to B$ 와 $A$ 의 원소 $a$ 에 대해, 대응규칙이 $f$ 가 $a$ 를 배정하도록 결정한 $B$ 의 유일한 원소를 $f(a)$ 라고 표기하며, 이를 $a$ 에서 $f$ 의 값(value)이라고 하거나 $f$ 에 대한 $a$ 의 상(image)이라고 한다. 형식적으로, 함수 $f$ 의 규칙 $r$ 에 대해 $f(a)$ 란 $(a,f(a))\in r$ 이도록 하는 $B$ 의 유일한 원소를 의미한다.

이러한 표기법을 이용하면 충분히 엄밀하게 함수들을 정의할 수 있다. 예를들어 다음과 같이 말할 수 있다.

"$f$ 는 규칙이 $\{(x,x^3+1):x\in\mathbb{R}\}$ 이고 공역이 $\mathbb{R}$ 인 함수이다."

"$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 은 $f(x)=x^3+1$ 인 함수이다."

두 문장은 정확하게 동일한 함수를 명시한다. 그러나 "$f$ 는 $f(x)=x^3+1$ 인 함수이다" 라는 문장은 하나의 함수를 명시하기에 충분히 엄밀하지 못하며, 이는 $f$ 의 정의역과 공역을 명시하지 않기 때문이다.

함수의 연산

Definition. 주어진 함수 $f:A\to B$ 와 $A$ 의 부분집합 $A_0$ 에 대해, $f$ 의 $A_0$ 으로의 제한(restriction)이란 $f|_{A_0}$ 이라고 쓰고 규칙이$$\{(a,f(a)):a\in A_0\}$$인 $A_0$ 에서 $B$ 로의 함수를 의미하며 "$A_0$ 으로 제한된 $f$" 라고 한다.

함수의 정의역을 제한하거나 공역을 바꾸는 것은 새 함수를 만드는 두 가지 방법이다. 또 다른 방법은 두 함수를 합성하는 것이다.

Definition. 주어진 함수 $f:A\to B$ , $g:B\to C$ 에 대해, $f$ 와 $g$ 의 합성(composite)이란 $g\circ f$ 라고 쓰고 식 $(g\circ f)(a)=g(f(a))$ 으로 정의된 함수 $g\circ f:A\to C$ 를 의미한다.

형식적으로 $g\circ f:A\to C$ 는 공역 $C$ 가 정의된 다음의 규칙을 의미한다.

$$\{(a,c):\exists b\in B,\;f(a)=b\land g(b)=c\}$$

$g\circ f$ 는 $f$ 의 공역과 $g$ 의 정의역이 같을 때에만 정의됨을 기억하자.

함수의 성질

Definition. 함수 $f:A\to B$ 를 생각하자.
(1) $f$ 에 대한 $A$ 의 서로 다른 두 점의 상이 서로 다르면 $f$ 가 단사(injective) 또는 일대일(one-to-one)함수라고 한다.
(2) $f$ 에 대한 $B$ 의 모든 원소가 $A$ 의 어떤 원소의 상이면 $f$ 가 전사(surjective) 또는 위로의(onto)함수라고 한다.
(3) $f$ 가 단사이며 전사이면 전단사(bijective) 또는 일대일대응(one-to-one correspondence)이라고 한다.

더 형식적으로, $f$ 가 단사라는 것은 다음을 의미한다.

$$\Big(f(a)=f(a')\Big)\implies(a=a')$$

그리고 $f$ 가 전사라는 것은 다음을 의미한다.

$$(b\in B)\implies\Big(\exists a\in A,\;f(a)=b\Big)$$

$f$ 의 단사성은 오직 $f$ 의 규칙에만 의존하며, 전사성은 $f$ 오직 의 공역이 무엇이느냐에 달려있다. 두 단사함수의 합성은 단사이고, 두 전사함수의 합성은 전사임을 쉽게 확인할 수 있다. 이에 따라 두 전단사함수의 합성은 전단사임을 안다.

만약 $f$ 가 전단사이면, $f$ 의 역함수(inverse)라고 하는 $B$ 에서 $A$ 로의 함수가 존재한다. 이를 $f^{-1}$ 이라고 표기하고, 각 $b\in B$ 에 대해 $f(a)=b$ 이도록 하는 원소 $a$ 를 $f^{-1}(b)$ 라고 하여 정의된다. 이때 $f$ 가 전단사이므로 이러한 원소 $a$ 는 유일하게 존재하여 함수 $f^{-1}$ 가 잘 정의된다. $f$ 가 전단사이면 $f^{-1}$ 도 전단사임을 보이는 것은 어렵지 않다.

함수의 원상

Definition. 함수 $f:A\to B$ 와 $A$ 의 부분집합 $A_0$ , $B$ 의 부분집합 $B_0$ 을 생각하자.
(1) $f$ 에 대해 $A_0$ 의 모든 원소의 상의 집합을 $f(A_0)$ 이라고 표기하고 $f$ 에 대한 $A_0$ 의 상(image)이라고 한다. 형식적으로 다음과 같다.$$f(A_0)=\{b:\exists a\in A,\;f(a)=b\}$$ (2) $f$ 에 대한 상이 $B_0$ 에 속하도록 하는 $A_0$ 의 모든 원소의 집합을 $f^{-1}(B_0)$ 이라고 표기하고 $f$ 에 대한 $B$ 의 원상(preimage)이라고 한다. 형식적으로 다음과 같다.$$f^{-1}(B_0)=\{a:f(a)\in B_0\}$$

물론 $A$ 의 원소 중 $f$ 에 대한 상이 $B_0$ 에 속하도록 하는 원소가 없을 수도 있다. 이 경우 $f^{-1}(B_0)$ 은 공집합이다.

전단사함수 $f:A\to B$ 와 $B_0\subset B$ 에 대하여 $f^{-1}(B_0)$ 는 두 가지 의미를 갖는다. 첫 번째는 $f$ 에 대한 $B_0$ 의 원상이며, 두 번째는 함수 $f^{-1}:B\to A$ 에 대한 $B_0$ 의 상이다. 이 두 가지 의미는 정확히 동일한 집합을 지시하며, 따라서 사실 혼란이 없다.

읽어주셔서 감사합니다.

References)

[1] James R. Munkres. (2000). Topology. Pearson College Div.

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