실해석학 HW1
[해석학] 과제 문제 및 상세 풀이 (최종 수정본)
A. [과제 수령 및 확인 리포트]
확정 문항 리스트:
Chapter 1: 1, 2, 4, 6, 8, 13, 16, 18 (총 8문항)
Chapter 2: 2, 7, 9, 10, 11, 14, 16, 21, 23, 24, 25 (총 11문항)
총 문항 수: 19문항
B. [문항별 상세 솔루션]
[Chapter 1. The Real and Complex Number Systems]
1.1 Exercise 1
[문제 원문 및 번역]
If $r$ is rational ($r \neq 0$) and $x$ is irrational, prove that $r+x$ and $rx$ are irrational.
(만약 $r$이 유리수($r \neq 0$)이고 $x$가 무리수라면, $r+x$와 $rx$가 무리수임을 증명하시오.)
[요청 사항]
유리수와 무리수의 연산 결과가 무리수임을 귀류법(Contradiction)을 통해 증명.
[상세 풀이]
Def: $\mathbb{Q} = {m/n \mid m, n \in \mathbb{Z}, n \neq 0}$ (유리수의 정의, 교재
INTRODUCTIONp.1)Part 1: $r+x$가 무리수임을 증명
귀류법 가정: $r+x = q$ 라 하자. 여기서 $q \in \mathbb{Q}$ 이다.
$x = q - r$ 이다.
$r \in \mathbb{Q}$ 이고 $q \in \mathbb{Q}$ 이므로, 유리수 간의 뺄셈은 유리수이다. 즉, $q-r \in \mathbb{Q}$ (참고:
1.12 DefinitionA1, A5).따라서 $x \in \mathbb{Q}$ 이다. 이는 $x$가 무리수라는 문제의 전제에 모순(Contradiction!) 된다.
그러므로 $r+x$는 무리수이다.
Part 2: $rx$가 무리수임을 증명
귀류법 가정: $rx = q$ 라 하자. 여기서 $q \in \mathbb{Q}$ 이다.
문제에서 $r \neq 0$ 이고 $r \in \mathbb{Q}$ 이므로, $1/r$ 또한 유리수이다 (참고:
1.12 DefinitionM5).$x = q \cdot (1/r)$ 이다.
$q \in \mathbb{Q}$ 이고 $1/r \in \mathbb{Q}$ 이므로, 유리수 간의 곱셈은 유리수이다. 즉, $q \cdot (1/r) \in \mathbb{Q}$ (참고:
1.12 DefinitionM1).따라서 $x \in \mathbb{Q}$ 이다. 이는 $x$가 무리수라는 문제의 전제에 모순(Contradiction!) 된다.
그러므로 $rx$는 무리수이다.
[결론]
유리수 $r \ne 0$과 무리수 $x$의 합 $r+x$와 곱 $rx$는 모두 무리수이다.
1.2 Exercise 2
[문제 원문 및 번역]
Prove that there is no rational number whose square is $12$.
(제곱해서 $12$가 되는 유리수는 존재하지 않음을 증명하시오.)
[요청 사항]
$\sqrt{12}$의 무리성 증명.
[상세 풀이]
귀류법 가정: 제곱하여 $12$가 되는 유리수 $p$가 존재한다고 가정하자. 즉, $p^2 = 12$ 이다.
$p$는 유리수이므로, $p = m/n$ 형태로 나타낼 수 있다. 여기서 $m, n \in \mathbb{Z}$ 이고 $n \neq 0$ 이며, $m$과 $n$은 서로소(즉, $1$ 이외의 공약수를 갖지 않음)라고 가정할 수 있다.
$p^2 = (m/n)^2 = 12 \implies m^2 = 12n^2$.
$m^2 = 12n^2 = 4 \cdot 3 \cdot n^2$ 이므로, $m^2$은 $4$의 배수이다. 이는 $m$이 짝수임을 의미한다. 따라서 $m = 2k$ (단, $k \in \mathbb{Z}$)로 쓸 수 있다.
$m = 2k$를 위의 식에 대입하면: $(2k)^2 = 12n^2 \implies 4k^2 = 12n^2 \implies k^2 = 3n^2$.
$k^2 = 3n^2$ 이므로, $k^2$은 $3$의 배수이다. 이는 $k$가 $3$의 배수임을 의미한다. 따라서 $k = 3j$ (단, $j \in \mathbb{Z}$)로 쓸 수 있다.
$k = 3j$를 $m = 2k$에 대입하면 $m = 2(3j) = 6j$ 이다. 즉, $m$은 $6$의 배수이다.
또한, $k = 3j$를 $k^2 = 3n^2$에 대입하면 $(3j)^2 = 3n^2 \implies 9j^2 = 3n^2 \implies 3j^2 = n^2$.
$n^2 = 3j^2$ 이므로, $n^2$은 $3$의 배수이다. 이는 $n$이 $3$의 배수임을 의미한다.
결론적으로 $m$은 $6$의 배수이고 $n$은 $3$의 배수이므로, $m$과 $n$은 공약수 $3$을 갖는다. 이는 $m$과 $n$이 서로소라는 최초의 가정에 모순(Contradiction!) 된다. (참고:
1.1 Example에서 $\sqrt{2}$의 무리성 증명 방식과 동일)
[결론]
따라서 제곱해서 $12$가 되는 유리수는 존재하지 않는다. 즉, $\sqrt{12}$는 무리수이다.
1.3 Exercise 4
[문제 원문 및 번역]
Let $E$ be a nonempty subset of an ordered set; suppose $\alpha$ is a lower bound of $E$ and $\beta$ is an upper bound of $E$. Prove that $\alpha \leq \beta$.
($E$를 순서 집합의 공집합이 아닌 부분집합이라 하자. $\alpha$가 $E$의 하계이고 $\beta$가 $E$의 상계라면, $\alpha \leq \beta$임을 증명하시오.)
[요청 사항]
하계와 상계의 정의를 이용한 대소 관계 증명.
[상세 풀이]
Def: $\alpha$가 $E$의 하계(lower bound)라는 것은, $\forall x \in E$ 에 대해 $\alpha \le x$ 임을 의미한다 (참고:
1.7 Definition).Def: $\beta$가 $E$의 상계(upper bound)라는 것은, $\forall x \in E$ 에 대해 $x \le \beta$ 임을 의미한다 (참고:
1.7 Definition).$E$는 공집합이 아닌 부분집합이므로, $E$ 내에 적어도 하나의 원소 $x_0$가 존재한다.
$\alpha$가 $E$의 하계이므로, 정의에 따라 $\alpha \le x_0$ 이다.
$\beta$가 $E$의 상계이므로, 정의에 따라 $x_0 \le \beta$ 이다.
순서 관계의 추이성(transitivity)에 의해 $\alpha \le x_0$ 이고 $x_0 \le \beta$ 이므로, $\alpha \le \beta$ 이다 (참고:
1.5 Definition(ii)).
[결론]
순서 집합의 공집합이 아닌 부분집합 $E$에 대해, $E$의 임의의 하계 $\alpha$는 임의의 상계 $\beta$보다 작거나 같다 ($\alpha \le \beta$).
1.4 Exercise 6 (a, b, c, d)
[문제 원문 및 번역]
Fix $b > 1$. (a) If $r = m/n = p/q$, prove $(b^m)^{1/n} = (b^p)^{1/q}$. (b) Prove $b^{r+s} = b^r b^s$. (c) If $x$ is real, define $B(x)$ to be the set of all numbers $b^t$, where $t$ is rational and $t \le x$. Prove that $b^r = \sup B(r)$ when $r$ is rational. (d) Prove that $b^{x+y} = b^x b^y$ for all real $x$ and $y$.
($b > 1$을 고정하자. (a) $r = m/n = p/q$이면 $(b^m)^{1/n} = (b^p)^{1/q}$임을 증명하시오. (b) $b^{r+s} = b^r b^s$임을 증명하시오. (c) $x$가 실수일 때, $B(x)$를 $t \le x$인 유리수 $t$에 대한 $b^t$들의 집합이라 하자. $r$이 유리수일 때 $b^r = \sup B(r)$임을 증명하시오. (d) 모든 실수 $x, y$에 대해 $b^{x+y} = b^x b^y$임을 증명하시오.)
[요청 사항]
유리수/실수 지수의 정의와 일관성 및 지수 법칙 성립 증명.
[상세 풀이]
(a) 유리수 지수의 Well-definedness 증명:
$r = m/n = p/q$ 이므로 $mq = np$ 이다.
$x = (b^m)^{1/n}$, $y = (b^p)^{1/q}$ 라 하자.
$x^n = b^m$ 이고 $y^q = b^p$ 이다.
양변에 거듭제곱을 취하면:
$x^{nq} = (b^m)^q = b^{mq}$
$y^{qn} = (b^p)^n = b^{pn}$
$mq = np$ 이므로 $b^{mq} = b^{np}$ 이다.
따라서 $x^{nq} = y^{qn}$ 이다.
양수인 값의 $N$-제곱근은 유일하므로 ($b>1$이므로 $x,y > 0$), $x = y$ 이다 (참고:
1.21 Theorem의 유일성).즉, $(b^m)^{1/n} = (b^p)^{1/q}$ 이다.
(b) 유리수 지수 법칙 $b^{r+s} = b^r b^s$ 증명:
$r = m/n, s = p/q$ (단, $m,n,p,q \in \mathbb{Z}, n,q \ne 0$) 라 하자.
이때, $r+s = mq/nq + np/nq = (mq+np)/nq$ 이다.
$b^r b^s = (b^m)^{1/n} (b^p)^{1/q}$.
(a)에 의해 $b^r = (b^{mq})^{1/(nq)}$ 이고 $b^s = (b^{np})^{1/(nq)}$ 로 통일된 분모로 표현할 수 있다.
$b^r b^s = (b^{mq})^{1/(nq)} (b^{np})^{1/(nq)} = (b^{mq} b^{np})^{1/(nq)}$ 이다. (참고:
1.12 DefinitionM2, M3 및 파생 규칙)$b^{mq} b^{np} = b^{mq+np}$ 이므로, $(b^{mq+np})^{1/(nq)} = b^{(mq+np)/nq} = b^{r+s}$ 이다.
따라서 $b^{r+s} = b^r b^s$ 이다.
(c) 유리수 $r$에 대해 $b^r = \sup B(r)$ 증명:
Def: $B(x) = {b^t \mid t \in \mathbb{Q}, t \le x}$ 이다.
$r$이 유리수일 때, $B(r) = {b^t \mid t \in \mathbb{Q}, t \le r}$ 이다.
$b > 1$ 이므로, 만약 $t \le r$ 이면 $b^t \le b^r$ 이다.
이는 $b^r$이 집합 $B(r)$의 상계(upper bound)임을 의미한다.
또한, $r \in \mathbb{Q}$ 이고 $r \le r$ 이므로 $b^r$은 집합 $B(r)$의 원소이다.
상계이면서 동시에 집합의 원소인 경우, 그 상계는 곧 상한(supremum)이 된다 (참고:
1.8 Definition).그러므로 $b^r = \sup B(r)$ 이다.
(d) 실수 지수 법칙 $b^{x+y} = b^x b^y$ 증명:
Def: 실수 $x$에 대해 $b^x = \sup {b^t \mid t \in \mathbb{Q}, t \le x}$ 이다.
$b^{x+y} = \sup {b^w \mid w \in \mathbb{Q}, w \le x+y}$ 이다.
임의의 유리수 $t, u$에 대해 $t \le x, u \le y$ 라 하면, (b)에 의해 $b^t b^u = b^{t+u}$ 이다.
$t+u \le x+y$ 이므로, $b^{t+u} \le b^{x+y}$ 이다 (supremum의 정의에 따라).
따라서 $b^t b^u \le b^{x+y}$ 이다.
$b^x b^y = (\sup_t b^t) (\sup_u b^u) = \sup_{t,u} (b^t b^u) = \sup_{t,u} b^{t+u}$.
$b^{x+y}$는 $B(x+y)$의 상한이고, $B(x+y)$는 ${b^{t+u} \mid t \le x, u \le y}$를 포함하므로, $b^x b^y \le b^{x+y}$ 이다.
역으로, 임의의 $w \in \mathbb{Q}$ ($w \le x+y$)에 대해, $w = t+u$를 만족하는 $t \le x, u \le y$인 유리수 $t, u$를 찾을 수 있다. 이는 $\mathbb{Q}$가 $\mathbb{R}$에서 조밀하다는 사실과 아르키메데스 성질을 이용한다 (참고:
1.20 Theorem(a), (b)).$b^w = b^{t+u} = b^t b^u \le (\sup b^t)(\sup b^u) = b^x b^y$ 이다.
따라서 $b^{x+y} \le b^x b^y$ 이다.
위의 두 부등식에 의해 $b^{x+y} = b^x b^y$ 이다.
[결론]
(a) $r$이 같은 유리수라면 $(b^m)^{1/n}$의 값은 $m, n$의 선택에 무관하게 유일하게 정의되며, (b) 유리수 지수 법칙 $b^{r+s}=b^r b^s$가 성립한다. (c) 유리수 $r$에 대해 $b^r$은 $B(r)$의 상한이며, (d) 모든 실수 $x,y$에 대해 $b^{x+y}=b^x b^y$ 지수 법칙이 성립한다.
1.5 Exercise 8
[문제 원문 및 번역]
Prove that no order can be defined in the complex field that turns it into an ordered field. Hint: $1$ is a square.
(복소수체 위에 이를 순서체로 만드는 순서를 정의할 수 없음을 증명하시오. 힌트: $1$은 제곱수이다.)
[요청 사항]
$\mathbb{C}$가 순서체(Ordered Field)의 공리를 만족할 수 없음을 귀류법으로 증명.
[상세 풀이]
귀류법 가정: 복소수체 $\mathbb{C}$가 어떤 순서 관계 $<$를 통해 순서체(Ordered Field)가 될 수 있다고 가정하자.
순서체의 정의에 따르면, 모든 $x \in \mathbb{C}$ 에 대해 다음 세 조건 중 정확히 하나만 성립해야 한다: $x > 0$, $x = 0$, 또는 $x < 0$ (Trichotomy Property) (참고:
1.5 Definition(i)).또한, 순서체의 공리에 따르면, $x \neq 0$ 이면 $x^2 > 0$ 이다 (참고:
1.17 Definition(ii) 및1.18 Proposition(d)).Step 1: $1 \in \mathbb{C}$ 이고 $1 \neq 0$ 이므로, $1^2 > 0$ 이다. $1^2 = 1$ 이므로, $1 > 0$ 이다.
Step 2: $i \in \mathbb{C}$ 이고 $i \neq 0$ 이므로, $i^2 > 0$ 이다.
Step 3: 복소수의 정의에 따라 $i^2 = -1$ 이다 (참고:
1.28 Theorem). 따라서 $i^2 > 0$ 이라는 것은 $-1 > 0$ 임을 의미한다.Step 4: 이제 $1 > 0$ 이고 $-1 > 0$ 이다. 순서체의 덧셈 공리에 따라 양수끼리 더하면 양수가 되어야 한다.
$1 + (-1) > 0 + 0$
$0 > 0$
이는 순서체의 Trichotomy Property ($0 > 0$은 성립할 수 없음)에 모순(Contradiction!) 된다.
[결론]
따라서 복소수체 $\mathbb{C}$ 위에는 이를 순서체로 만드는 순서를 정의할 수 없다.
1.6 Exercise 13
[문제 원문 및 번역]
If $x, y$ are complex, prove that $ \vert \vert x \vert - \vert y \vert \vert \le \vert x - y \vert $.
(복소수 $x, y$에 대해 $ \vert \vert x \vert - \vert y \vert \vert \le \vert x - y \vert $임을 증명하시오.)
[요청 사항]
삼각 부등식(Triangle Inequality)의 변형을 이용한 증명.
[상세 풀이]
Def: 복소수 $z, w$에 대한 삼각 부등식은 $ \vert z+w \vert \le \vert z \vert + \vert w \vert $ 이다 (참고:
1.33 Theorem(e)).Step 1: $x = (x-y) + y$ 로 생각하고 삼각 부등식을 적용한다.
$ \vert x \vert = \vert (x-y) + y \vert \le \vert x-y \vert + \vert y \vert $
이 식을 정리하면 $ \vert x \vert - \vert y \vert \le \vert x-y \vert $ 이다. (식 1)
Step 2: $y = (y-x) + x$ 로 생각하고 삼각 부등식을 적용한다.
$ \vert y \vert = \vert (y-x) + x \vert \le \vert y-x \vert + \vert x \vert $
복소수의 절댓값 성질에 따라 $ \vert y-x \vert = \vert x-y \vert $ 이다 (참고:
1.37 Theorem(c)의 $k=2$ 경우 또는 $\alpha=-1$에 대한 스칼라 곱셈).따라서 $ \vert y \vert \le \vert x-y \vert + \vert x \vert $ 이다.
이 식을 정리하면 $ \vert y \vert - \vert x \vert \le \vert x-y \vert $ 이고, 이는 $-( \vert x \vert - \vert y \vert ) \le \vert x-y \vert $ 와 같다. (식 2)
Step 3: 식 (1)과 식 (2)를 종합하면 다음과 같다.
$- \vert x-y \vert \le \vert x \vert - \vert y \vert \le \vert x-y \vert $
절댓값의 정의에 따라, 이 부등식은 $ \vert \vert x \vert - \vert y \vert \vert \le \vert x-y \vert $ 와 동치이다.
[결론]
복소수 $x, y$에 대해 삼각 부등식을 적용하면 $ \vert \vert x \vert - \vert y \vert \vert \le \vert x - y \vert $가 성립한다.
1.7 Exercise 16
[문제 원문 및 번역]
Suppose $k \ge 3$, $x, y \in R^k$, $ \vert x - y \vert = d > 0$, and $r > 0$. Prove: (a) If $2r > d$, there are infinitely many $z \in R^k$ such that $ \vert z - x \vert = \vert z - y \vert = r$. (b) If $2r = d$, there is exactly one such $z$. (c) If $2r < d$, there is no such $z$.
($k \ge 3$, $x, y \in R^k$, $ \vert x - y \vert = d > 0$, $r > 0$이라 하자. (a) $2r > d$이면 $ \vert z-x \vert = \vert z-y \vert =r$인 $z$가 무수히 많음, (b) $2r=d$이면 오직 하나, (c) $2r<d$이면 존재하지 않음을 증명하시오.)
[요청 사항]
$R^k$ 공간에서 두 구면의 교집합에 대한 기하학적 분석.
[상세 풀이]
좌표계를 평행이동 및 회전시켜 일반성을 잃지 않고 $x = (-d/2, 0, \dots, 0)$ 이고 $y = (d/2, 0, \dots, 0)$ 으로 설정할 수 있다.
찾고자 하는 점 $z = (z_1, z_2, \dots, z_k)$ 는 다음 두 방정식을 만족해야 한다:
$ \vert z-x \vert ^2 = (z_1 + d/2)^2 + z_2^2 + \cdots + z_k^2 = r^2$
$ \vert z-y \vert ^2 = (z_1 - d/2)^2 + z_2^2 + \cdots + z_k^2 = r^2$
(1)에서 (2)를 빼면:
$(z_1 + d/2)^2 - (z_1 - d/2)^2 = 0$
$(z_1^2 + dz_1 + d^2/4) - (z_1^2 - dz_1 + d^2/4) = 0$
$2dz_1 = 0$
$d > 0$ 이므로 $z_1 = 0$ 이어야 한다.
$z_1 = 0$ 을 (1)식에 대입하면:
$(d/2)^2 + z_2^2 + \cdots + z_k^2 = r^2$
$z_2^2 + \cdots + z_k^2 = r^2 - (d/2)^2$
$z_2^2 + \cdots + z_k^2 = r^2 - d^2/4$
이 식은 $z_1=0$ 평면(hyperplane) 상에서 중심이 원점이고 반지름이 $\sqrt{r^2 - d^2/4}$ 인 $(k-1)$차원 구면의 방정식이다.
Case (c): $2r < d$ 일 때 (교차하는 점이 없음)
$2r < d \iff 4r^2 < d^2 \iff r^2 < d^2/4 \iff r^2 - d^2/4 < 0$.
$z_2^2 + \cdots + z_k^2 = (\text{음수})$ 이므로, 이를 만족하는 실수 $z_2, \dots, z_k$는 존재하지 않는다.
따라서 이러한 $z$는 존재하지 않는다.
Case (b): $2r = d$ 일 때 (정확히 하나의 교차점)
$2r = d \iff 4r^2 = d^2 \iff r^2 = d^2/4 \iff r^2 - d^2/4 = 0$.
$z_2^2 + \cdots + z_k^2 = 0$ 이므로, $z_2 = z_3 = \cdots = z_k = 0$ 이어야 한다.
$z_1 = 0$ 이었으므로, 유일한 해는 $z = (0, 0, \dots, 0)$ 이다.
Case (a): $2r > d$ 일 때 (무수히 많은 교차점)
$2r > d \iff 4r^2 > d^2 \iff r^2 > d^2/4 \iff r^2 - d^2/4 > 0$.
$z_2^2 + \cdots + z_k^2 = r^2 - d^2/4$ (양수 값) 이다.
이를 만족하는 점 $z_2, \dots, z_k$들은 $k-1$차원 공간에서 반지름이 $\sqrt{r^2 - d^2/4}$인 $(k-2)$-sphere를 형성한다.
문제에서 $k \ge 3$ 이므로, $k-2 \ge 1$ 이다.
1차원 이상의 구면(원, 구 등)은 무수히 많은 점을 포함한다.
따라서 무수히 많은 $z$가 존재한다.
[결론]
$R^k$ 공간에서 두 구면의 교점은 두 구면의 반지름 $r$과 중심 간 거리 $d$에 따라 달라진다. (c) $2r<d$이면 교점은 없고, (b) $2r=d$이면 유일한 교점 (두 구가 접함)이 존재하며, (a) $2r>d$이고 $k \ge 3$이면 교점들은 $(k-2)$-구면을 형성하므로 무수히 많은 교점이 존재한다.
1.8 Exercise 18
[문제 원문 및 번역]
If $k \ge 2$ and $x \in R^k$, prove that there exists $y \in R^k$ such that $y \neq 0$ but $x \cdot y = 0$. Is this also true if $k = 1$?
($k \ge 2$이고 $x \in R^k$이면, $y \neq 0$이지만 $x \cdot y = 0$인 $y \in R^k$가 존재함을 증명하시오. $k = 1$일 때도 참인가?)
[요청 사항]
내적(Inner Product)의 정의와 직교성(Orthogonality) 존재 증명.
[상세 풀이]
$x = (x_1, x_2, \dots, x_k)$ 라고 하자. 내적은
1.36 Definitions에 따라 $x \cdot y = \sum_{i=1}^k x_i y_i$ 이다.Case 1: $x = \mathbf{0}$ (영벡터)
$x = (0, 0, \dots, 0)$ 이라면, 어떤 $y \neq \mathbf{0}$ 벡터를 선택하더라도 $x \cdot y = 0$ 이 성립한다.
예를 들어, $y = (1, 0, \dots, 0)$ 를 선택하면 $y \neq \mathbf{0}$ 이고 $x \cdot y = 0$ 이다.
Case 2: $x \neq \mathbf{0}$ (비영벡터)
$x$가 영벡터가 아니므로, 적어도 하나의 좌표 $x_i$가 $0$이 아니다.
일반성을 잃지 않고 $x_1 \neq 0$ 이라고 가정하자 (만약 $x_1=0$이면, $0$이 아닌 다른 $x_i$를 $x_1$으로 생각하고 좌표를 재배열할 수 있다).
$k \ge 2$ 이므로, 적어도 두 개의 좌표 $x_1, x_2$가 존재한다.
$y = (-x_2, x_1, 0, \dots, 0)$ 로 벡터 $y$를 정의하자.
$y \neq \mathbf{0}$ 임을 확인한다: $x_1 \neq 0$ 이므로 $ \vert y \vert ^2 = (-x_2)^2 + x_1^2 + 0^2 + \cdots + 0^2 = x_2^2 + x_1^2 > 0$ 이다. 따라서 $y$는 영벡터가 아니다.
$x \cdot y$ 를 계산한다:
$x \cdot y = x_1(-x_2) + x_2(x_1) + x_3(0) + \cdots + x_k(0)$
$x \cdot y = -x_1 x_2 + x_1 x_2 + 0 = 0$.
따라서 $y \neq \mathbf{0}$ 이면서 $x \cdot y = 0$ 인 벡터 $y$가 존재한다.
$k=1$ 일 때의 경우:
$R^1$에서 $x = (x_1)$ 이고 $y = (y_1)$ 이다.
내적은 $x \cdot y = x_1 y_1$ 이다.
$x_1 y_1 = 0$ 이면서 $y_1 \neq 0$ 인 $y$가 존재하는지 묻는 문제이다.
만약 $x_1 \neq 0$ 이라면, $x_1 y_1 = 0$ 이 되려면 $y_1$은 반드시 $0$이어야 한다. 이 경우 $y = (0)$ 이 되므로 $y \neq \mathbf{0}$ 조건을 만족하지 못한다.
만약 $x_1 = 0$ 이라면 $x = \mathbf{0}$ 이고 이 때는 $y_1 \neq 0$ 인 $y$가 존재한다.
하지만 문제의 명제는 “$x \in R^k$ 이면” 이므로, $x \neq \mathbf{0}$ 일 때도 해당되어야 한다.
따라서 $k=1$ 일 때는 $x \neq \mathbf{0}$ 이면 $y \neq \mathbf{0}$ 이면서 $x \cdot y = 0$ 인 $y$는 존재하지 않는다.
그러므로 이 명제는 $k=1$ 일 때 참이 아니다.
[결론]
$k \ge 2$ 일 때는 $x \cdot y = 0$ 을 만족하는 $y \ne \mathbf{0}$ 벡터가 항상 존재하지만, $k=1$ 일 때는 $x \ne 0$ 인 경우 $y$는 반드시 $0$이어야 하므로 해당 명제는 참이 아니다.
[Chapter 2. Basic Topology]
2.1 Exercise 2
[문제 원문 및 번역]
A complex number $z$ is said to be algebraic if there are integers $a_0, \dots, a_n$, not all zero, such that $a_0 z^n + a_1 z^{n-1} + \cdots + a_n = 0$. Prove that the set of all algebraic numbers is countable.
(복소수 $z$에 대해, 모두 $0$은 아닌 정수 $a_0, \dots, a_n$이 존재하여 $a_0 z^n + \cdots + a_n = 0$을 만족하면 $z$를 대수적 수라 한다. 모든 대수적 수의 집합이 가산 집합임을 증명하시오.)
[요청 사항]
대수적 수의 집합이 가산 집합의 가산 합집합(Countable union of countable sets)임을 증명.
[상세 풀이]
Def: 대수적 수(algebraic number)는 정수 계수를 갖는 다항식의 근이다.
Step 1: 정수 계수 다항식의 집합이 가산 집합임을 증명.
각 자연수 $n$에 대해, 차수가 $n$인 정수 계수 다항식 $a_0 z^n + \cdots + a_n = 0$ 을 고려하자. 계수 $(a_0, \dots, a_n)$ 는 $(n+1)$-튜플의 정수이고, $a_0 \neq 0$ 이다.
이러한 $n$차 다항식의 계수 집합은 $\mathbb{Z}^{n+1}$ 의 부분집합이며, 최소한 $a_0 \ne 0$ 조건을 만족한다.
$\mathbb{Z}$ 는 가산 집합이므로, $\mathbb{Z}^{n+1}$ 또한 가산 집합이다 (참고:
2.13 Theorem).따라서 특정 차수 $n$을 갖는 정수 계수 다항식의 집합 $P_n$ 은 가산 집합이다.
모든 정수 계수 다항식의 집합 $P = \bigcup_{n=1}^{\infty} P_n$ 은 가산 개의 가산 집합의 합집합이다.
가산 개의 가산 집합의 합집합은 가산 집합이므로 (참고:
2.12 Theorem), $P$는 가산 집합이다.
Step 2: 각 다항식의 근의 개수.
- 대수학의 기본 정리(Fundamental Theorem of Algebra)에 따라, 차수 $n$인 다항식은 (복소수 범위에서) 정확히 $n$개의 근을 갖는다 (중복을 허용). 즉, 각 다항식은 유한 개의 근을 갖는다.
Step 3: 대수적 수의 집합이 가산 집합임을 증명.
모든 대수적 수의 집합 $A$는 $P$에 속하는 모든 다항식의 근들의 합집합으로 표현될 수 있다.
$A = \bigcup_{f \in P} {\text{roots of } f}$.
$P$가 가산 집합이고, 각 다항식 $f \in P$는 유한 개의 근을 가지므로, $A$는 가산 개의 유한 집합의 합집합이다.
가산 개의 유한 집합의 합집합은 가산 집합이므로 (참고:
2.12 Theorem의 Corollary), $A$는 가산 집합이다.
[결론]
대수적 수의 집합은 가산 개의 유한 집합들의 합집합이므로 가산 집합이다.
2.2 Exercise 7
[문제 원문 및 번역]
Let $A_{1}, A_{2}, \dots$ be subsets of a metric space. (a) If $B_{n}=\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}$, prove that $\overline{B}_{n}=\bigcup_{i=1}^{n} \overline{A}_{i}$ for $n=1, 2, 3, \dots$. (b) If $B=\bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i}$, prove that $\overline{B} \supset \bigcup_{i=1}^{\infty} \overline{A}_{i}$. Show, by an example, that this inclusion can be proper.
(Metric Space의 부분집합 $A_i$에 대해 (a) 유한 합집합의 폐포는 폐포들의 합집합과 같음을 증명하고, (b) 가산 합집합의 경우 포함 관계가 성립함을 보이며 진부분집합이 되는 예를 제시하시오.)
[요청 사항]
폐포(Closure) 연산과 합집합 연산의 교환 가능성(유한 vs 무한) 분석.
[상세 풀이]
(a) 유한 합집합의 폐포 증명: $\overline{B}_{n}=\bigcup_{i=1}^{n} \overline{A}_{i}$
Part 1: $\bigcup_{i=1}^n \overline{A}_i \subset \overline{B}_n$ 증명
임의의 $i=1, \dots, n$ 에 대해 $A_i \subset B_n = \bigcup_{j=1}^n A_j$ 이다.
부분집합 관계는 폐포 연산에 대해 보존되므로 (참고:
2.27 Theorem(c)), $\overline{A}_i \subset \overline{B}_n$ 이다.따라서 $\bigcup_{i=1}^n \overline{A}_i \subset \overline{B}_n$ 이 성립한다.
Part 2: $\overline{B}_n \subset \bigcup_{i=1}^n \overline{A}_i$ 증명
각 $\overline{A}_i$는 닫힌 집합이다 (참고:
2.27 Theorem(a)).유한 개의 닫힌 집합의 합집합은 닫힌 집합이다 (참고:
2.24 Theorem(d)).따라서 $F = \bigcup_{i=1}^n \overline{A}_i$ 는 닫힌 집합이다.
또한, 각 $A_i \subset \overline{A}_i$ 이므로, $B_n = \bigcup_{i=1}^n A_i \subset \bigcup_{i=1}^n \overline{A}_i = F$ 이다.
폐포 $\overline{B}_n$은 $B_n$을 포함하는 가장 작은 닫힌 집합이므로 (참고:
2.27 Theorem(a) 및 (c)의 마지막 문장), $\overline{B}_n \subset F = \bigcup_{i=1}^n \overline{A}_i$ 이 성립한다.
Part 1과 Part 2에 의해 $\overline{B}_{n}=\bigcup_{i=1}^{n} \overline{A}_{i}$ 이다.
(b) 가산 합집합의 폐포: $\overline{B} \supset \bigcup_{i=1}^{\infty} \overline{A}_{i}$ 및 진부분집합 예시
포함 관계 증명:
임의의 $i$에 대해 $A_i \subset B = \bigcup_{j=1}^\infty A_j$ 이다.
마찬가지로, 부분집합 관계는 폐포 연산에 대해 보존되므로 (참고:
2.27 Theorem(c)), $\overline{A}_i \subset \overline{B}$ 이다.따라서 $\bigcup_{i=1}^\infty \overline{A}_i \subset \overline{B}$ 이 성립한다.
진부분집합이 되는 예시:
$X = \mathbb{R}$ 이고 표준 거리 공간이라고 하자.
$A_n = {\frac{1}{n}}$ for $n=1, 2, 3, \dots$ 이라고 하자.
각 $A_n$은 한 점으로 이루어진 집합이므로 $\overline{A}_n = A_n = {\frac{1}{n}}$ 이다.
따라서 $\bigcup_{n=1}^\infty \overline{A}_n = \bigcup_{n=1}^\infty {\frac{1}{n}} = {1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots}$ 이다.
$B = \bigcup_{n=1}^\infty A_n = {1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots}$ 이다.
이때 $B$의 극한점(limit point)은 $0$이다 (참고:
2.18 Definition(b)). $0 \notin B$ 이다.따라서 $\overline{B} = B \cup {0} = {0, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots}$ 이다.
이 예시에서 $\bigcup_{n=1}^\infty \overline{A}_n = B \neq \overline{B}$ 이므로, $\bigcup_{n=1}^\infty \overline{A}_i$ 는 $\overline{B}$의 진부분집합이 될 수 있다. (즉, $0 \in \overline{B}$ 이지만 $0 \notin \bigcup_{n=1}^\infty \overline{A}_n$)
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ (a) } \overline{B}_n = \bigcup \overline{A}_i, \text{ (b) } \overline{B} \supset \bigcup \overline{A}_i \text{ holds; proper inclusion exists for the given example.}}\]2.3 Exercise 9
[문제 원문 및 번역]
Let $E^{\circ}$ denote the set of all interior points of a set $E$. (a) Prove $E^{\circ}$ is open. (b) Prove $E$ is open iff $E^{\circ}=E$. (c) If $G \subset E$ and $G$ is open, prove $G \subset E^{\circ}$. (d) Prove the complement of $E^{\circ}$ is the closure of the complement of $E$.
($E^{\circ}$를 $E$의 내부라 할 때, (a) $E^{\circ}$가 열린 집합임을 증명, (b) $E$가 열린 집합일 필요충분조건이 $E=E^{\circ}$임을 증명, (c) $E$에 포함된 임의의 열린 집합은 $E^{\circ}$에 포함됨을 증명, (d) $(E^{\circ})^c = \overline{E^c}$임을 증명하시오.)
[요청 사항]
내부(Interior)의 위상적 성질 및 폐포와의 상대적 관계 증명.
[상세 풀이]
Def: $p$가 $E$의 내부점(interior point)이라는 것은 $p \in E$ 이고, $p$를 중심으로 하는 어떤 열린 근방(neighborhood) $N$이 존재하여 $N \subset E$ 가 되는 것을 의미하며, $E^{\circ}$는 모든 내부점의 집합이다 (참고:
2.18 Definition(e)).(a) $E^{\circ}$가 열린 집합임을 증명:
임의의 점 $p \in E^{\circ}$ 를 선택하자.
내부점의 정의에 따라, $p$를 중심으로 하는 어떤 열린 근방 $N_p$가 존재하여 $N_p \subset E$ 가 된다.
열린 근방 $N_p$는 열린 집합이다 (참고:
2.19 Theorem).열린 집합의 모든 점은 그 집합의 내부점이다 (참고:
2.18 Definition(f)). 따라서 $N_p$의 모든 점은 $N_p$의 내부점이며, $N_p \subset E$ 이므로 $E$의 내부점이다.이는 $N_p \subset E^{\circ}$ 임을 의미한다.
따라서 $E^{\circ}$의 모든 점은 자기 자신을 포함하는 열린 근방을 $E^{\circ}$ 내에 갖는다.
그러므로 $E^{\circ}$는 열린 집합이다 (참고:
2.18 Definition(f)).
(b) $E$가 열린 집합일 필요충분조건이 $E=E^{\circ}$임을 증명:
($\implies$) $E$가 열린 집합이라고 가정하자.
열린 집합의 정의에 따라, $E$의 모든 점은 내부점이다 (참고:
2.18 Definition(f)).따라서 $E \subset E^{\circ}$ 이다.
내부점의 정의상 $E^{\circ} \subset E$ 는 항상 성립하므로, $E = E^{\circ}$ 이다.
($\impliedby$) $E = E^{\circ}$ 이라고 가정하자.
(a)에서 $E^{\circ}$는 열린 집합임을 증명했다.
$E = E^{\circ}$ 이므로 $E$는 열린 집합이다.
(c) $G \subset E$ 이고 $G$가 열린 집합이면 $G \subset E^{\circ}$임을 증명:
임의의 점 $x \in G$ 를 선택하자.
$G$는 열린 집합이므로, $x$를 중심으로 하는 어떤 열린 근방 $N_x$가 존재하여 $N_x \subset G$ 가 된다 (참고:
2.18 Definition(f)).문제의 가정에 의해 $G \subset E$ 이므로, $N_x \subset G \subset E$ 이다.
이는 $x$를 중심으로 하는 열린 근방 $N_x$가 $E$에 포함된다는 것을 의미하므로, $x$는 $E$의 내부점이다 (참고:
2.18 Definition(e)).따라서 $x \in E^{\circ}$ 이다.
이는 $G$의 모든 점이 $E^{\circ}$의 원소이므로 $G \subset E^{\circ}$ 임을 의미한다.
(d) $(E^{\circ})^c = \overline{E^c}$임을 증명:
$x \in (E^{\circ})^c$ 라고 가정하자.
이는 $x$가 $E$의 내부점이 아니라는 의미이다 (참고:
2.18 Definition(e)).즉, $x$를 중심으로 하는 어떤 열린 근방도 $E$에 완전히 포함되지 않는다는 뜻이다.
또는, $x$를 중심으로 하는 모든 열린 근방 $N_r(x)$에 대해, $N_r(x) \not\subset E$ 이다.
$N_r(x) \not\subset E$ 라는 것은 $N_r(x)$가 $E^c$의 원소를 반드시 포함한다는 것을 의미한다. 즉, $N_r(x) \cap E^c \neq \emptyset$ 이다.
이 조건은 $x$가 $E^c$의 극한점(limit point)이거나 $x \in E^c$ 임을 의미한다.
이는 곧 $x \in \overline{E^c}$ 임을 의미한다 (참고:
2.26 Definition및2.18 Definition(b)).
역으로, $x \in \overline{E^c}$ 라고 가정하자.
이는 $x$를 중심으로 하는 모든 열린 근방 $N_r(x)$가 $E^c$와 교차한다는 것을 의미한다. 즉, $N_r(x) \cap E^c \neq \emptyset$ 이다 (참고:
2.26 Definition).따라서 어떤 $N_r(x)$도 $E$에 완전히 포함될 수 없다 (만약 $N_r(x) \subset E$ 라면 $N_r(x) \cap E^c = \emptyset$ 이 되어 모순).
이는 $x$가 $E$의 내부점이 아니라는 의미이다 (참고:
2.18 Definition(e)).따라서 $x \in (E^{\circ})^c$ 이다.
양쪽 방향의 포함 관계가 성립하므로 $(E^{\circ})^c = \overline{E^c}$ 이다.
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ (a)-(d) are proven by definitions of interior and closure.}}\]2.4 Exercise 10
[문제 원문 및 번역]
Let $X$ be an infinite set. Define $d(p, q)=1$ if $p \neq q$ and $d(p, q)=0$ if $p = q$. Prove this is a metric. Which subsets are open? closed? compact?
(무한 집합 $X$에서 이산 거리 함수(Discrete Metric)를 정의하고, 이것이 거리임을 증명한 후 어떤 부분집합들이 열린 집합, 닫힌 집합, 콤팩트 집합인지 판별하시오.)
[요청 사항]
이산 거리 공간(Discrete Metric Space)의 위상적 분류.
[상세 풀이]
$d(p,q)$가 거리(Metric)임을 증명:
(a) 비음수성 및 동일성: $d(p, q) \ge 0$ 이고, $d(p, q)=0 \iff p=q$ 이다. (정의에 의해 자명)
(b) 대칭성: $d(p, q) = d(q, p)$ 이다. (정의에 의해 자명)
(c) 삼각 부등식: $d(p, q) \le d(p, r) + d(r, q)$ 가 성립함을 증명해야 한다 (참고:
2.15 Definition(c)).Case 1: $p=q$ 인 경우. $d(p,q)=0$ 이므로, $0 \le d(p,r)+d(r,q)$ 이다. 거리는 항상 $0$ 이상이므로 이 부등식은 항상 참이다.
Case 2: $p \neq q$ 인 경우. $d(p,q)=1$ 이다.
만약 $r=p$ 이면 $d(p,r)=0$ 이고 $d(r,q)=d(p,q)=1$ 이므로, $1 \le 0+1$ 이 되어 참이다.
만약 $r=q$ 이면 $d(p,r)=d(p,q)=1$ 이고 $d(r,q)=0$ 이므로, $1 \le 1+0$ 이 되어 참이다.
만약 $r \neq p$ 이고 $r \neq q$ 이면 $d(p,r)=1$ 이고 $d(r,q)=1$ 이므로, $1 \le 1+1$ 이 되어 참이다.
모든 경우에 대해 삼각 부등식이 성립하므로, $d(p,q)$는 거리 함수이다.
위상적 분류:
열린 집합 (Open sets):
임의의 점 $p \in X$ 에 대해, 반지름 $r=1/2$ 인 열린 구(open ball)를 생각하자.
$N_{1/2}(p) = {q \in X \mid d(p, q) < 1/2}$ 이다.
정의에 따라 $d(p,q) < 1/2$ 를 만족하는 $q$는 $p$ 자신뿐이므로, $N_{1/2}(p) = {p}$ 이다.
모든 열린 근방은 열린 집합이므로 (참고:
2.19 Theorem), 모든 한 점 집합 ${p}$는 열린 집합이다.임의의 부분집합 $E \subset X$ 는 그 원소들로 이루어진 한 점 집합들의 합집합으로 표현할 수 있다: $E = \bigcup_{p \in E} {p}$.
열린 집합들의 임의의 합집합은 열린 집합이므로 (참고:
2.24 Theorem(a)), 이산 거리 공간에서는 모든 부분집합이 열린 집합이다.
닫힌 집합 (Closed sets):
모든 부분집합이 열린 집합이므로, 임의의 부분집합 $E$의 여집합 $E^c$ 또한 열린 집합이다.
여집합이 열린 집합인 집합은 닫힌 집합이다 (참고:
2.23 Theorem).따라서 이산 거리 공간에서는 모든 부분집합이 닫힌 집합이다.
콤팩트 집합 (Compact sets):
콤팩트 집합은 임의의 열린 피복(open cover)이 유한 부분 피복(finite subcover)을 가져야 한다 (참고:
2.32 Definition).$X$가 무한 집합이므로, $K \subset X$ 가 무한 집합이라고 가정하자.
$K$의 열린 피복으로 $\mathcal{G} = {{p} \mid p \in K}$ 를 고려하자. (각 ${p}$는 열린 집합이므로 $\mathcal{G}$는 열린 피복이다.)
이 피복은 $K$를 덮지만, $K$가 무한 집합이므로 $\mathcal{G}$에서 어떤 유한 부분집합을 선택해도 $K$ 전체를 덮을 수 없다.
따라서 무한 집합은 콤팩트가 아니다.
반대로 $K$가 유한 집합이라고 가정하자. $K = {p_1, \dots, p_n}$ 이다.
$K$의 임의의 열린 피복 $\mathcal{G}$에 대해, 각 $p_i \in K$ 는 $\mathcal{G}$의 어떤 원소 $G_i$에 속해야 한다.
따라서 ${G_1, \dots, G_n}$ 은 $\mathcal{G}$의 유한 부분 피복이 된다.
그러므로 이산 거리 공간에서는 유한 집합(Finite sets)만이 콤팩트이다.
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ Every subset is open and closed. Only finite subsets are compact.}}\]2.5 Exercise 11
[문제 원문 및 번역]
Determine, for each of these, whether it is a metric or not: $d_1(x, y)=(x-y)^2$, $d_2(x, y)=\sqrt{ \vert x-y \vert }$, $d_3(x, y)= \vert x^2-y^2 \vert $, $d_4(x, y)= \vert x-2y \vert $, $d_5(x, y)=\frac{ \vert x-y \vert }{1+ \vert x-y \vert }$.
(다음 함수들이 거리(Metric)인지 판별하시오.)
[요청 사항]
거리의 세 가지 공리(비음수성, 대칭성, 삼각 부등식) 검증.
[상세 풀이]
$d_1(x, y) = (x-y)^2$ ($x, y \in \mathbb{R}$)
(a) $d_1(x,y) = (x-y)^2 \ge 0$. $d_1(x,y)=0 \iff (x-y)^2=0 \iff x=y$. (성립)
(b) $d_1(x,y) = (x-y)^2 = (y-x)^2 = d_1(y,x)$. (성립)
(c) 삼각 부등식 $d_1(x, z) \le d_1(x, y) + d_1(y, z)$ 를 검증한다.
예시를 통해 확인한다. $x=0, y=1, z=2$ 라고 하자.
$d_1(0, 2) = (0-2)^2 = 4$.
$d_1(0, 1) = (0-1)^2 = 1$.
$d_1(1, 2) = (1-2)^2 = 1$.
$4 \not\le 1+1$ 이므로 삼각 부등식이 성립하지 않는다 (참고:
2.15 Definition(c)).
결론: $d_1$은 거리가 아니다.
$d_2(x, y) = \sqrt{ \vert x-y \vert }$ ($x, y \in \mathbb{R}$)
(a) $d_2(x,y) = \sqrt{ \vert x-y \vert } \ge 0$. $d_2(x,y)=0 \iff \vert x-y \vert =0 \iff x=y$. (성립)
(b) $d_2(x,y) = \sqrt{ \vert x-y \vert } = \sqrt{ \vert y-x \vert } = d_2(y,x)$. (성립)
(c) 삼각 부등식 $d_2(x, z) \le d_2(x, y) + d_2(y, z)$ 를 검증한다.
표준 거리 $ \vert a-c \vert \le \vert a-b \vert + \vert b-c \vert $ 를 이용한다.
$\sqrt{ \vert x-z \vert } = \sqrt{ \vert (x-y) + (y-z) \vert } \le \sqrt{ \vert x-y \vert + \vert y-z \vert }$.
$a,b \ge 0$ 일 때 $\sqrt{a+b} \le \sqrt{a} + \sqrt{b}$ 라는 부등식이 성립한다. (이는 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2 = a+b+2\sqrt{ab} \ge a+b$ 에서 유도된다.)
따라서 $\sqrt{ \vert x-y \vert + \vert y-z \vert } \le \sqrt{ \vert x-y \vert } + \sqrt{ \vert y-z \vert }$.
종합하면 $\sqrt{ \vert x-z \vert } \le \sqrt{ \vert x-y \vert } + \sqrt{ \vert y-z \vert }$ 이므로 삼각 부등식이 성립한다.
결론: $d_2$는 거리이다 (참고:
2.15 Definition).
$d_3(x, y) = \vert x^2 - y^2 \vert $ ($x, y \in \mathbb{R}$)
(a) $d_3(x,y) = \vert x^2-y^2 \vert \ge 0$.
$d_3(x,y)=0 \iff \vert x^2-y^2 \vert =0 \iff x^2=y^2 \iff x=\pm y$.
이 조건은 $d(x,y)=0 \iff x=y$ 를 만족하지 않는다. 예를 들어, $x=1, y=-1$ 일 때 $d_3(1, -1) = \vert 1^2 - (-1)^2 \vert = \vert 1-1 \vert =0$ 이지만 $1 \neq -1$ 이다.
결론: $d_3$은 거리가 아니다.
$d_4(x, y) = \vert x - 2y \vert $ ($x, y \in \mathbb{R}$)
(a) $d_4(x,y) = \vert x-2y \vert \ge 0$.
$d_4(x,y)=0 \iff \vert x-2y \vert =0 \iff x=2y$.
이 조건은 $d(x,y)=0 \iff x=y$ 를 만족하지 않는다. 예를 들어, $x=2, y=1$ 일 때 $d_4(2, 1) = \vert 2 - 2(1) \vert = 0$ 이지만 $2 \neq 1$ 이다.
결론: $d_4$은 거리가 아니다.
$d_5(x, y) = \frac{ \vert x-y \vert }{1+ \vert x-y \vert }$ ($x, y \in \mathbb{R}$)
(a) $d_5(x,y) = \frac{ \vert x-y \vert }{1+ \vert x-y \vert } \ge 0$. $d_5(x,y)=0 \iff \vert x-y \vert =0 \iff x=y$. (성립)
(b) $d_5(x,y) = \frac{ \vert x-y \vert }{1+ \vert x-y \vert } = \frac{ \vert y-x \vert }{1+ \vert y-x \vert } = d_5(y,x)$. (성립)
(c) 삼각 부등식 $d_5(x, z) \le d_5(x, y) + d_5(y, z)$ 를 검증한다.
함수 $f(t) = \frac{t}{1+t}$ ($t \ge 0$)를 고려하자. $f’(t) = \frac{(1+t) - t}{(1+t)^2} = \frac{1}{(1+t)^2} > 0$ 이므로, $f(t)$는 증가함수이다.
표준 거리의 삼각 부등식: $ \vert x-z \vert \le \vert x-y \vert + \vert y-z \vert $ 이다 (참고:
2.15 Definition(c)).$d_5(x, z) = f( \vert x-z \vert ) \le f( \vert x-y \vert + \vert y-z \vert )$ ( $f$가 증가함수이므로)
이제 $\frac{A+B}{1+A+B} \le \frac{A}{1+A} + \frac{B}{1+B}$ (여기서 $A= \vert x-y \vert , B= \vert y-z \vert $) 임을 증명해야 한다.
$f(A+B) = \frac{A+B}{1+A+B}$.
$f(A)+f(B) = \frac{A(1+B)+B(1+A)}{(1+A)(1+B)} = \frac{A+B+2AB}{1+A+B+AB}$.
$\frac{A+B}{1+A+B} \le \frac{A+B+2AB}{1+A+B+AB}$ 은 $(A+B)(1+A+B+AB) \le (A+B+2AB)(1+A+B)$ 와 동치이다.
$A+B+A^2+AB+AB+B^2+A^2B+AB^2 \le A+B+A^2+AB+B^2+AB+2AB+2A^2B+2AB^2$
$0 \le 2AB + A^2B + AB^2$
이는 $A, B \ge 0$ 이므로 항상 성립한다.
따라서 $d_5(x, z) \le d_5(x, y) + d_5(y, z)$ 이므로 삼각 부등식이 성립한다.
결론: $d_5$는 거리이다.
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ } d_1: \text{No, } d_2: \text{Yes, } d_3: \text{No, } d_4: \text{No, } d_5: \text{Yes.}}\]2.6 Exercise 14
[문제 원문 및 번역]
Give an example of an open cover of the segment $(0, 1)$ which has no finite subcover.
(구간 $(0, 1)$에 대해 유한 부분 피복을 갖지 않는 개방 피복의 예를 제시하시오.)
[요청 사항]
$(0, 1)$이 콤팩트하지 않음을 개방 피복의 정의를 통해 증명.
[상세 풀이]
Def: 집합 $E$의 열린 피복(open cover)은 $E \subset \bigcup_{\alpha} G_\alpha$ 를 만족하는 열린 집합 $G_\alpha$들의 모임 ${G_\alpha}$ 이다 (참고:
2.31 Definition).Def: 열린 피복의 유한 부분 피복(finite subcover)은 원래 피복의 유한한 부분 모임 ${G_{\alpha_1}, \dots, G_{\alpha_k}}$ 이 여전히 $E$를 덮는 것을 의미한다 (참고:
2.32 Definition).$E = (0, 1)$ 이라고 하자.
다음과 같은 열린 집합들의 모임을 고려하자: $\mathcal{G} = {G_n}_{n=2}^{\infty}$, 여기서 $G_n = (\frac{1}{n}, 1)$ 이다.
Step 1: $\mathcal{G}$가 $E$의 열린 피복임을 증명.
각 $G_n = (\frac{1}{n}, 1)$ 은 $\mathbb{R}$의 열린 구간이므로 열린 집합이다.
$\bigcup_{n=2}^{\infty} G_n = \bigcup_{n=2}^{\infty} (\frac{1}{n}, 1) = (0, 1)$ 이다.
임의의 $x \in (0, 1)$ 에 대해, 아르키메데스 원리(Archimedean property)에 의해 $n > 1/x$ 인 자연수 $n$이 항상 존재한다 (참고:
1.20 Theorem(a)).이러한 $n$에 대해 $1/n < x$ 이므로 $x \in (1/n, 1) = G_n$ 이다.
따라서 $\bigcup_{n=2}^{\infty} G_n = (0, 1)$ 이므로, $\mathcal{G}$는 $E$의 열린 피복이다.
Step 2: $\mathcal{G}$가 유한 부분 피복을 갖지 않음을 증명.
$\mathcal{G}$가 유한 부분 피복을 갖는다고 가정하자. 즉, $E$를 덮는 유한한 개수의 집합 ${G_{n_1}, G_{n_2}, \dots, G_{n_k}}$ 가 존재한다고 가정하자.
이 유한 부분 피복의 각 집합은 $G_{n_i} = (1/n_i, 1)$ 형태이다.
이들의 합집합은 $G_{N} = (\frac{1}{N}, 1)$ 이 될 것이다. 여기서 $N = \max(n_1, n_2, \dots, n_k)$ 이다.
만약 이 유한 부분 피복이 $E=(0,1)$을 덮는다면, $(\frac{1}{N}, 1) = (0, 1)$ 이어야 한다.
하지만 이는 명백히 거짓이다. 예를 들어, $x = \frac{1}{2N}$ 이라는 점은 $(0, 1)$ 에 속하지만, $x \notin (\frac{1}{N}, 1)$ 이다.
따라서 유한 부분 피복은 $(0, 1)$ 전체를 덮을 수 없다.
결론:
- $\mathcal{G}$는 $(0, 1)$의 열린 피복이지만 유한 부분 피복을 갖지 않는다. 이는 $(0, 1)$이 콤팩트하지 않다는 것을 보여준다 (참고:
2.32 Definition).
- $\mathcal{G}$는 $(0, 1)$의 열린 피복이지만 유한 부분 피복을 갖지 않는다. 이는 $(0, 1)$이 콤팩트하지 않다는 것을 보여준다 (참고:
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ The collection } \{(\frac{1}{n}, 1)\}_{n=2}^\infty \text{ is such a cover.}}\]2.16 Exercise 16
[문제 원문 및 번역]
Regard $\mathbb{Q}$, the set of all rational numbers, as a metric space, with $d(p, q)= \vert p-q \vert $. Let $E$ be the set of all $p \in \mathbb{Q}$ such that $2 < p^2 < 3$. Show that $E$ is closed and bounded in $\mathbb{Q}$, but that $E$ is not compact. Is $E$ open in $\mathbb{Q}$?
(모든 유리수의 집합 $\mathbb{Q}$를 거리 $d(p, q)= \vert p-q \vert $인 거리 공간으로 간주하자. $2 < p^2 < 3$을 만족하는 $p \in \mathbb{Q}$의 집합을 $E$라 할 때, $E$가 $\mathbb{Q}$ 내에서 닫혀 있고 유계이지만 콤팩트하지 않음을 보이시오. $E$는 $\mathbb{Q}$ 내에서 열린 집합인가?)
[요청 사항]
상대 위상(Relative Topology)에서 닫힘성, 유계성, 콤팩트성 및 열림성 판별.
[상세 풀이]
유계성 (Boundedness) 증명:
$p \in E$ 이면 $2 < p^2 < 3$ 이다.
이는 $ \vert p \vert < \sqrt{3}$ 임을 의미한다.
$\sqrt{3} \approx 1.732$ 이므로, 예를 들어 $E \subset N_2(0)$ (중심이 $0$이고 반지름이 $2$인 열린 구)이다.
따라서 $E$는 유계 집합이다 (참고:
2.18 Definition(i)).
$\mathbb{Q}$ 내에서의 닫힘성 (Closed in $\mathbb{Q}$) 증명:
$E$가 $\mathbb{Q}$ 내에서 닫힌 집합임을 보이기 위해서는 $E$의 $\mathbb{Q}$ 내 모든 극한점(limit point)을 $E$가 포함해야 한다 (참고:
2.18 Definition(d), (b)).$p \in \mathbb{Q}$ 가 $E$의 극한점이라고 가정하자.
그러면 $p_n \to p$ 를 만족하는 $E$ 내의 수열 ${p_n}$ 이 존재한다.
$p_n \in E$ 이므로 $2 < p_n^2 < 3$ 이다.
연속 함수의 성질에 따라 $p_n^2 \to p^2$ 이므로, $2 \le p^2 \le 3$ 이다.
이제 $p^2=2$ 이거나 $p^2=3$ 인 경우를 고려하자. $\sqrt{2}$와 $\sqrt{3}$은 무리수이므로 (참고:
1.1 Example), $p \in \mathbb{Q}$ 인 경우 $p^2=2$ 또는 $p^2=3$ 을 만족할 수 없다.따라서 $2 < p^2 < 3$ 이어야 한다.
$p \in \mathbb{Q}$ 이고 $2 < p^2 < 3$ 이므로, $p \in E$ 이다.
$E$는 $\mathbb{Q}$ 내의 모든 극한점을 포함하므로, $E$는 $\mathbb{Q}$ 내에서 닫힌 집합이다 (참고:
2.18 Definition(d)).
$\mathbb{Q}$ 내에서의 열림성 (Open in $\mathbb{Q}$) 증명:
$E = {p \in \mathbb{Q} \mid \sqrt{2} < \vert p \vert < \sqrt{3}}$ 으로 표현할 수 있다.
$\mathbb{R}$ 에서 열린 집합 $G = {x \in \mathbb{R} \mid \sqrt{2} < \vert x \vert < \sqrt{3}}$ 를 생각하자. $G$는 $\mathbb{R}$에서 열린 집합이다.
$E = G \cap \mathbb{Q}$ 이다.
거리 공간 $X$의 부분집합 $Y$에서 $E \subset Y$ 가 $Y$에 대해 열린 집합일 필요충분조건은 $E = Y \cap G’$ 를 만족하는 $X$의 열린 집합 $G’$가 존재한다는 것이다 (참고:
2.30 Theorem).여기서 $X=\mathbb{R}$, $Y=\mathbb{Q}$, $G’=G$ 이므로, $E$는 $\mathbb{Q}$ 내에서 열린 집합이다.
콤팩트하지 않음 (Not Compact) 증명:
$E$가 $\mathbb{Q}$ 내에서 콤팩트하다면, $E$는 $\mathbb{R}$ 내에서도 콤팩트해야 한다 (참고:
2.33 Theorem).$\mathbb{R}$ 공간에서 콤팩트 집합은 닫혀 있고 유계인 집합이다 (참고:
2.34 Theorem).그러나 $E$는 $\mathbb{R}$ 내에서 닫힌 집합이 아니다.
$E$의 $\mathbb{R}$ 내 극한점 집합은 $[!-\sqrt{3}, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, \sqrt{3}]$ 이다.
$E$는 $\pm\sqrt{2}, \pm\sqrt{3}$ 과 같은 무리수 극한점을 포함하지 않는다.
따라서 $E$는 $\mathbb{R}$ 내에서 닫힌 집합이 아니므로 $\mathbb{R}$ 내에서 콤팩트하지 않다 (참고:
2.34 Theorem).그러므로 $E$는 $\mathbb{Q}$ 내에서도 콤팩트하지 않다.
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ } E \text{ is closed, bounded, and open in } \mathbb{Q}, \text{ but not compact.}}\]2.21 Exercise 21
[문제 원문 및 번역]
Let $A$ and $B$ be separated subsets of some $R^k$. Suppose $a \in A$ and $b \in B$. Define $p(t) = (1-t)a + tb$ for $t \in R^1$. Let $A_0 = p^{-1}(A)$ and $B_0 = p^{-1}(B)$.
(a) Prove that $A_0$ and $B_0$ are separated subsets of $R^1$.
(b) Prove that there exists $t_0 \in (0, 1)$ such that $p(t_0) \notin A \cup B$.
(c) Prove that every convex subset of $R^k$ is connected.
[요청 사항]
경로와 분리된 집합(Separated Sets)의 관계를 통한 볼록 집합(Convex Set)의 연결성 증명.
[상세 풀이]
Def: 두 집합 $A, B$가 분리되어 있다는 것은 $A \cap \overline{B} = \emptyset$ 이고 $\overline{A} \cap B = \emptyset$ 인 것을 의미한다 (참고:
2.45 Definition).Def: 집합 $E$가 연결 집합(connected set)이 아니라는 것은 $E = A \cup B$ 로 표현될 수 있고, $A, B$는 공집합이 아닌 분리된 집합임을 의미한다 (참고:
2.45 Definition).함수 $p(t) = (1-t)a + tb$ (경로)는 연속 함수이다.
(a) $A_0, B_0$가 $R^1$의 분리된 부분집합임을 증명:
$A, B$가 $R^k$에서 분리된 집합이므로, $A \cap \overline{B} = \emptyset$ 이고 $\overline{A} \cap B = \emptyset$ 이다.
$p(t)$는 연속 함수이므로, 역상(inverse image)은 닫힌 집합을 닫힌 집합으로 보낸다. 즉, $p^{-1}(\overline{B}) \supset \overline{p^{-1}(B)}$ 이다.
$A_0 \cap \overline{B_0} = p^{-1}(A) \cap \overline{p^{-1}(B)}$ 이다.
$p^{-1}(A) \cap \overline{p^{-1}(B)} \subset p^{-1}(A) \cap p^{-1}(\overline{B}) = p^{-1}(A \cap \overline{B})$ 이다.
$A \cap \overline{B} = \emptyset$ 이므로, $p^{-1}(A \cap \overline{B}) = p^{-1}(\emptyset) = \emptyset$ 이다.
따라서 $A_0 \cap \overline{B_0} = \emptyset$ 이다.
$\overline{A_0} \cap B_0 = \emptyset$ 임을 증명: 위와 동일한 논리로 증명할 수 있다.
그러므로 $A_0, B_0$는 $R^1$의 분리된 부분집합이다 (참고:
2.45 Definition).
(b) $p(t_0) \notin A \cup B$인 $t_0 \in (0, 1)$이 존재함을 증명:
$a \in A, b \in B$ 이므로 $p(0)=a \in A \implies 0 \in A_0$ 이고, $p(1)=b \in B \implies 1 \in B_0$ 이다.
따라서 $A_0 \ne \emptyset$ 이고 $B_0 \ne \emptyset$ 이다.
만약 모든 $t \in [0, 1]$ 에 대해 $p(t) \in A \cup B$ 라고 가정하자.
그러면 $A_0 \cup B_0 = [0, 1]$ 이다.
이것은 닫힌 구간 $[0, 1]$ 이 공집합이 아닌 두 분리된 집합 $A_0, B_0$ 의 합집합으로 표현됨을 의미한다.
이는 $[0, 1]$ 이 연결 집합이 아니라는 것을 의미한다 (참고:
2.45 Definition).그러나 닫힌 구간 $[0, 1]$ 은 $R^1$에서 연결 집합으로 잘 알려져 있다 (참고:
2.47 Theorem).이는 모순이다.
그러므로 우리의 가정(모든 $t \in [0, 1]$ 에 대해 $p(t) \in A \cup B$)이 틀렸다.
따라서 $p(t_0) \notin A \cup B$ 인 $t_0 \in (0, 1)$ 이 적어도 하나 존재한다.
(c) $R^k$의 모든 볼록 부분집합이 연결 집합임을 증명:
Def: 집합 $E \subset R^k$ 가 볼록(convex)이라는 것은, $a, b \in E$ 일 때, $a$와 $b$를 잇는 선분 전체 $p(t) = (1-t)a + tb$ ($0 \le t \le 1$)가 $E$에 포함되는 것을 의미한다 (참고:
2.17 Definition).귀류법 가정: $E \subset R^k$ 가 볼록 집합이지만 연결 집합이 아니라고 가정하자.
$E$가 연결 집합이 아니므로, $E = A \cup B$ 로 표현될 수 있으며, $A, B$는 공집합이 아닌 분리된 집합이다 (참고:
2.45 Definition).$A$는 공집합이 아니므로 $a \in A$ 인 점 $a$가 존재한다.
$B$는 공집합이 아니므로 $b \in B$ 인 점 $b$가 존재한다.
$E$는 볼록 집합이므로, $a \in E$ 이고 $b \in E$ 이면, $a$와 $b$를 잇는 선분 $p(t)=(1-t)a+tb$ ($0 \le t \le 1$)의 모든 점은 $E$에 포함되어야 한다 (참고:
2.17 Definition).즉, $\forall t \in [0, 1], p(t) \in E = A \cup B$ 이다.
그러나 (b)에서 $A, B$가 분리된 집합이고 $a \in A, b \in B$ 일 때, 반드시 $p(t_0) \notin A \cup B$ 인 $t_0 \in (0, 1)$ 이 존재함을 증명했다.
이는 모든 $p(t)$가 $E$에 포함되어야 한다는 볼록 집합의 정의에 모순(Contradiction!) 된다.
그러므로 우리의 가정(볼록 집합이 연결 집합이 아님)이 틀렸다.
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ Convex subsets are connected because paths between points stay within the set.}}\]2.23 Exercise 23
[문제 원문 및 번역]
Prove that every separable metric space has a countable base.
(모든 가분 거리 공간(Separable Metric Space)이 가산 기저(Countable Base)를 가짐을 증명하시오.)
[요청 사항]
가분성(셀 수 있는 조밀한 부분집합의 존재)을 이용한 기저 구성.
[상세 풀이]
Def: 거리 공간 $X$가 가분(separable)이라는 것은 $X$ 안에 가산(countable)이고 조밀한(dense) 부분집합 $D$가 존재한다는 것을 의미한다. 즉, $\overline{D} = X$ 이다 (참고:
2.22 Definition). $D = {d_1, d_2, d_3, \dots}$ 로 쓸 수 있다.Def: 거리 공간 $X$의 기저(base) $\mathcal{B}$는 $X$의 모든 열린 집합 $G$에 대해, $G = \bigcup_{i} B_i$ (여기서 $B_i \in \mathcal{B}$) 형태로 표현될 수 있는 열린 집합들의 모임이다. 또는, $X$의 모든 열린 집합 $G$의 임의의 점 $x$에 대해, $x \in B \subset G$ 를 만족하는 $B \in \mathcal{B}$ 가 존재한다는 것으로 정의할 수도 있다 (참고: 문제 2.23의 앞 문장).
Step 1: 가산 기저 $\mathcal{B}$ 구성.
가분 집합 $D = {d_n \mid n \in \mathbb{N}}$ 과 양의 유리수 $r \in \mathbb{Q}^+$ 들을 이용하자.
$\mathcal{B} = { N_r(d_n) \mid d_n \in D, r \in \mathbb{Q}^+ }$ 라고 정의하자. ($N_r(d_n)$은 중심이 $d_n$이고 반지름이 $r$인 열린 구).
$D$는 가산 집합이고 $\mathbb{Q}^+$ 도 가산 집합이므로, $D \times \mathbb{Q}^+$ 는 가산 집합이다 (참고:
2.13 Theorem). 따라서 $\mathcal{B}$는 가산 집합이다 (참고:2.12 Theorem).
Step 2: $\mathcal{B}$가 기저임을 증명.
$X$의 임의의 열린 집합 $G$와 $G$의 임의의 점 $x \in G$ 를 선택하자.
$G$가 열린 집합이므로, $x$를 중심으로 하는 어떤 열린 근방 $N_\epsilon(x)$가 존재하여 $N_\epsilon(x) \subset G$ 가 된다 (참고:
2.18 Definition(e), (f)).이제 $N_r(d_n) \in \mathcal{B}$ 중에서 $x \in N_r(d_n) \subset G$ 를 만족하는 것을 찾아야 한다.
$r$을 $r < \epsilon/2$ 인 양의 유리수 중에서 선택하자.
$D$는 $X$에서 조밀한 부분집합이므로, $x \in X$ 에 대해 $d(x, d_n) < r$ 을 만족하는 $d_n \in D$ 가 존재한다 (참고:
2.18 Definition(j)).이때 $x \in N_r(d_n)$ 이다.
Step 3: $N_r(d_n) \subset G$ 임을 증명.
임의의 점 $y \in N_r(d_n)$ 을 선택하자.
$d(y, d_n) < r$ 이다.
삼각 부등식에 의해 $d(y, x) \le d(y, d_n) + d(d_n, x)$ 이다.
$d(y, x) < r + r = 2r$ 이다.
우리는 $r < \epsilon/2$ 로 선택했으므로 $2r < \epsilon$ 이다.
따라서 $d(y, x) < \epsilon$ 이고, 이는 $y \in N_\epsilon(x)$ 임을 의미한다.
$N_\epsilon(x) \subset G$ 이므로, $y \in G$ 이다.
그러므로 $x \in N_r(d_n) \subset G$ 이다.
$\mathcal{B}$는 $X$의 가산 기저이다.
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ The collection of neighborhoods with rational radii centered at points of a countable dense set forms a countable base.}}\]2.24 Exercise 24
[문제 원문 및 번역]
Let $X$ be a metric space in which every infinite subset has a limit point. Prove that $X$ is separable.
(모든 무한 부분집합이 극한점을 가지는 거리 공간 $X$가 가분 공간임을 증명하시오.)
[요청 사항]
한계적 유한성(Limit Point Compactness)으로부터 가분성 유도.
[상세 풀이]
Def: 거리 공간 $X$가 가분(separable)이라는 것은 가산 조밀 부분집합 $D$가 존재한다는 것이다. 즉, $\overline{D} = X$ 이다 (참고:
2.22 Definition).Def: 집합 $S$의 극한점(limit point) $p$는 $p$를 포함하지 않는 $p$의 모든 근방이 $S$의 무한히 많은 점을 포함하는 점이다 (참고:
2.18 Definition(b)).주어진 조건은 $X$의 모든 무한 부분집합이 극한점을 가진다는 것이다.
Step 1: $X$가 모든 $\delta > 0$ 에 대해 유한 $\delta$-네트(finite $\delta$-net)를 가짐을 증명.
임의의 $\delta > 0$ 에 대해, $X$의 점들의 수열 $x_1, x_2, \dots$ 를 다음과 같이 구성하자:
$x_1 \in X$ 를 임의로 선택한다.
$x_2 \in X \setminus N_\delta(x_1)$ (만약 존재한다면).
$x_3 \in X \setminus (N_\delta(x_1) \cup N_\delta(x_2))$ (만약 존재한다면).
일반적으로, $x_{n+1} \in X \setminus \bigcup_{i=1}^n N_\delta(x_i)$ (만약 존재한다면).
이러한 방식으로 구성된 수열 ${x_n}$ 의 모든 원소들은 서로 거리가 $\delta$ 이상이다. 즉, $d(x_i, x_j) \ge \delta$ for $i \neq j$ 이다.
만약 이 과정이 무한히 계속된다면, 우리는 무한 집합 $S = {x_1, x_2, \dots}$ 를 얻는다.
$S$의 어떤 점 $p$도 극한점이 될 수 없다. 왜냐하면, 어떤 $x_j \in S$ 에 대해 $N_{\delta/2}(x_j)$ 는 $x_j$ 이외의 $S$의 어떤 점도 포함하지 않기 때문이다 ($d(x_i, x_j) \ge \delta$ 이므로).
이는 주어진 조건(모든 무한 부분집합은 극한점을 가짐)에 모순(Contradiction!) 된다 (참고: 문제 2.24 지문).
따라서 이 과정은 유한한 단계에서 멈춰야 한다. 즉, 어떤 자연수 $N_\delta$ 에 대해 $X = \bigcup_{i=1}^{N_\delta} N_\delta(x_i)$ 가 되어야 한다.
이는 $X$가 모든 $\delta > 0$ 에 대해 유한 $\delta$-네트(finite $\delta$-net) ${x_1, \dots, x_{N_\delta}}$ 를 가진다는 것을 의미한다.
Step 2: 가산 조밀 부분집합 $D$ 구성.
각 자연수 $n \in \mathbb{N}$ 에 대해 $\delta_n = 1/n$ 으로 설정하자.
Step 1에 의해, 각 $\delta_n$ 에 대해 $X$를 덮는 유한 집합 $D_n = {x_{n,1}, x_{n,2}, \dots, x_{n, k_n}}$ 이 존재한다. 즉, $X = \bigcup_{j=1}^{k_n} N_{1/n}(x_{n,j})$ 이다.
이제 집합 $D = \bigcup_{n=1}^\infty D_n$ 를 정의하자.
$D$는 유한 집합들의 가산 합집합이므로, $D$는 가산 집합이다 (참고:
2.12 Theorem).
Step 3: $D$가 조밀함을 증명 ($\overline{D}=X$).
$X$의 임의의 점 $y \in X$ 와 임의의 $\epsilon > 0$ 를 선택하자.
$1/n < \epsilon$ 을 만족하는 자연수 $n$을 선택하자.
$D_n$은 $X$의 $1/n$-네트이므로, $d(x_{n,j}, y) < 1/n$ 을 만족하는 $x_{n,j} \in D_n$ 이 존재한다.
$x_{n,j} \in D_n \subset D$ 이므로, $D$의 원소가 $y$의 임의의 근방 안에 존재한다.
따라서 $D$는 $X$에서 조밀하다 (참고:
2.18 Definition(j)).
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ } X \text{ is separable because it can be covered by a countable union of finite } 1/n\text{-nets.}}\]2.25 Exercise 25
[문제 원문 및 번역]
Prove that every compact metric space $K$ has a countable base, and that $K$ is therefore separable.
(모든 콤팩트 거리 공간 $K$가 가산 기저를 가지며, 따라서 가분 공간임을 증명하시오.)
[요청 사항]
콤팩트성의 정의(유한 부분 피복)를 이용한 가분성 증명.
[상세 풀이]
Def: 거리 공간 $K$가 콤팩트(compact)하다는 것은 $K$의 임의의 열린 피복이 항상 유한 부분 피복을 갖는다는 것을 의미한다 (참고:
2.32 Definition).Step 1: 가산 기저 $\mathcal{B}$ 구성.
각 자연수 $n \in \mathbb{N}$ 에 대해, $K$의 모든 점 $x \in K$ 를 중심으로 하는 반지름 $1/n$ 인 열린 구들의 모임 ${N_{1/n}(x) \mid x \in K}$ 를 고려하자. 이 모임은 $K$의 열린 피복이다 (참고:
2.18 Definition(a), (f),2.31 Definition).$K$는 콤팩트하므로, 이 열린 피복은 유한 부분 피복을 갖는다. 즉, $K$를 덮는 유한한 수의 점 $x_1^{(n)}, \dots, x_{k_n}^{(n)}$ 이 존재하여 $K \subset \bigcup_{i=1}^{k_n} N_{1/n}(x_i^{(n)})$ 이다 (참고:
2.32 Definition).이 유한 부분 피복의 원소들을 $\mathcal{B}_n = {N_{1/n}(x_i^{(n)}) \mid i=1, \dots, k_n}$ 이라고 하자.
이제 $\mathcal{B} = \bigcup_{n=1}^\infty \mathcal{B}_n$ 로 정의하자.
각 $\mathcal{B}_n$은 유한 집합이므로, $\mathcal{B}$는 유한 집합들의 가산 합집합이다. 따라서 $\mathcal{B}$는 가산 집합이다 (참고:
2.12 Theorem).
Step 2: $\mathcal{B}$가 기저임을 증명.
$K$의 임의의 열린 집합 $G$와 $G$의 임의의 점 $x \in G$ 를 선택하자.
$G$가 열린 집합이므로, $x$를 중심으로 하는 어떤 열린 구 $N_\epsilon(x)$가 존재하여 $N_\epsilon(x) \subset G$ 가 된다 (참고:
2.18 Definition(f)).$2/n < \epsilon$ 을 만족하는 자연수 $n$을 선택하자.
$\mathcal{B}_n$ 은 $K$를 덮으므로, $x \in N_{1/n}(y)$ 를 만족하는 어떤 $N_{1/n}(y) \in \mathcal{B}_n$ (여기서 $y=x_i^{(n)}$)이 존재한다.
이제 $N_{1/n}(y) \subset G$ 임을 증명해야 한다.
임의의 점 $z \in N_{1/n}(y)$ 를 선택하자.
삼각 부등식에 의해 $d(z, x) \le d(z, y) + d(y, x)$ 이다.
$z \in N_{1/n}(y)$ 이므로 $d(z, y) < 1/n$ 이고, $x \in N_{1/n}(y)$ 이므로 $d(y, x) < 1/n$ 이다.
따라서 $d(z, x) < 1/n + 1/n = 2/n$ 이다.
우리는 $2/n < \epsilon$ 을 만족하도록 $n$을 선택했으므로 $d(z, x) < \epsilon$ 이다.
이는 $z \in N_\epsilon(x)$ 임을 의미한다.
$N_\epsilon(x) \subset G$ 이므로, $z \in G$ 이다.
그러므로 $x \in N_{1/n}(y) \subset G$ 이다.
따라서 $\mathcal{B}$는 $K$의 가산 기저이다.
$K$가 가분 공간임을 증명:
모든 콤팩트 거리 공간은 가산 기저를 가지므로,
2.23 Exercise의 결과에 따라 모든 가산 기저를 갖는 거리 공간은 가분이다.따라서 $K$는 가분 공간이다.
[최종 답안]
\[\boldsymbol{Ans. \text{ A compact metric space has a countable base formed by finite subcovers of } 1/n\text{-neighborhoods, making it separable.}}\]
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