99 Assigned Exercises Ch4
📘 Chapter 4 — Assigned Exercises 완전 풀이
이 문서는 Chapter 4 지정 과제
- 3, 5, 11, 13, 18, 23, 24
의 문제 원문 + 쉬운 해설 + 완전 풀이를 담는다.
기준 원문:
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Exercise 3
문제 원문
Let $f$ be a continuous real function on a metric space $X$. Let $Z(f)$ (the zero set of $f$) be the set of all $p\in X$ at which $f(p)=0$. Prove that $Z(f)$ is closed.
쉬운 해설
핵심은 아주 짧다. \(Z(f)=f^{-1}(\{0\}).\) 그런데 ${0}\subset\mathbb R$는 closed set이고, 연속함수는 closed set의 inverse image를 closed set으로 보낸다.
완전 풀이
실수축 $\mathbb R$에서 singleton set ${0}$는 closed이다. 또한 $f:X\to\mathbb R$는 continuous이므로 Chapter 4의 corollary에 의해 closed set의 inverse image는 closed이다.
이제 \(Z(f)=\{p\in X:f(p)=0\}=f^{-1}(\{0\}).\) 따라서 $Z(f)$는 closed이다.
결론
\(Z(f)=f^{-1}(\{0\})\) 이고 inverse image of a closed set under a continuous map is closed, 따라서 $Z(f)$는 closed이다.
Exercise 5
문제 원문
If $f$ is a real continuous function defined on a closed set $E\subset R^1$, prove that there exist continuous real functions $g$ on $R^1$ such that $g(x)=f(x)$ for all $x\in E$. Such functions $g$ are called continuous extensions of $f$ from $E$ to $R^1$. Show that the result becomes false if the word “closed” is omitted. Extend the result to vector-valued functions. Hint: Let the graph of $g$ be a straight line on each of the segments which constitute the complement of $E$.
쉬운 해설
닫힌집합 $E$의 complement는 열린집합이므로, 서로 떨어진 open interval들의 합으로 쓸 수 있다. 각 interval 위에서 끝점 값들을 직선으로 이어 붙이면 된다. 끝점이 하나만 있는 무한 interval에서는 상수로 연장하면 된다.
완전 풀이
$E\subset\mathbb R$가 closed이므로 $\mathbb R\setminus E$는 open이다. 따라서 서로 겹치지 않는 open interval들의 합으로 쓸 수 있다. 각 connected component는 세 종류뿐이다.
- $(a,b)$, where $a,b\in E$,
- $(- \infty,b)$, where $b\in E$,
- $(a,\infty)$, where $a\in E$.
이제 $g$를 다음과 같이 정의한다.
- $x\in E$이면 $g(x)=f(x)$.
- complement의 bounded component $(a,b)$에서는 straight line extension: \(g(x)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).\)
- half-line component $(- \infty,b)$에서는 $g(x)=f(b)$.
- half-line component $(a,\infty)$에서는 $g(x)=f(a)$.
그러면 각 component 내부에서는 $g$가 continuous이다. 남은 것은 경계점, 즉 $E$의 점들에서의 continuity이다.
$p\in E$를 잡자. 만약 $p$의 근방이 전부 $E$ 안에 있으면 자명하다. 아니라면 한쪽 또는 양쪽에서 complement interval이 붙어 있다. 그런데 bounded component에서는 정의상 직선이 끝점 값과 정확히 맞고, half-line component에서는 상수로 붙였으므로, component 안에서 $x\to p$이면 항상 \(g(x)\to f(p)=g(p).\) 또한 $E$ 안에서 접근할 때도 $f$의 continuity 때문에 $g(x)=f(x)\to f(p)$. 따라서 $g$는 모든 $p\in E$에서 continuous이다. 즉 $g$는 $\mathbb R$ 전체에서 continuous이며 $g|_E=f$.
이제 “closed”를 빼면 왜 거짓인지 보이자. 예를 들어 \(E=(0,1),\qquad f(x)=\frac1x.\) 그러면 $f$는 $E$에서 continuous이다. 그러나 만약 $g$가 $\mathbb R$ 위 continuous이고 $g(x)=1/x$ on $(0,1)$라면, $x\to0^+$에서 $g(x)\to+\infty$가 되어 0에서 continuous일 수 없다. 따라서 continuous extension은 존재하지 않는다.
vector-valued case는 각 component를 직선분할 대신 vector line segment로 이어 붙이면 된다: \(g(x)=f(a)+\frac{x-a}{b-a}\bigl(f(b)-f(a)\bigr) \qquad (x\in(a,b)).\) coordinatewise로 보아도 continuous이다.
결론
닫힌집합 $E\subset\mathbb R$ 위 continuous real function은 항상 $\mathbb R$로 continuous extension을 가진다. 하지만 $E$가 closed가 아니면 일반적으로 거짓이다. 같은 construction은 vector-valued functions에도 그대로 확장된다.
Exercise 11
문제 원문
Suppose $f$ is a uniformly continuous mapping of a metric space $X$ into a metric space $Y$, and prove that ${f(x_n)}$ is a Cauchy sequence in $Y$ for every Cauchy sequence ${x_n}$ in $X$. Use this result to give an alternative proof of the theorem stated in Exercise 13.
쉬운 해설
uniform continuity는 “입력이 충분히 가까우면 출력도 uniformly 가깝다”는 뜻이다. Cauchy sequence는 뒤쪽 항들끼리 충분히 가까우므로, 그 이미지는 자동으로 Cauchy가 된다.
완전 풀이
${x_n}$이 $X$의 Cauchy sequence라 하자. 임의의 $\varepsilon>0$를 잡자. $f$가 uniformly continuous이므로 어떤 $\delta>0$가 존재하여 \(d_X(p,q)<\delta \implies d_Y(f(p),f(q))<\varepsilon.\)
또 ${x_n}$이 Cauchy이므로 어떤 $N$이 존재하여 \(m,n\ge N \implies d_X(x_m,x_n)<\delta.\) 따라서 같은 $m,n\ge N$에 대해 \(d_Y(f(x_m),f(x_n))<\varepsilon.\) 즉 ${f(x_n)}$은 $Y$의 Cauchy sequence이다.
이제 Exercise 13의 alternative proof를 주자. $E$가 $X$의 dense subset이고, $f:E\to\mathbb R$가 uniformly continuous라고 하자. 각 $x\in X$에 대해 $x_n\in E$를 골라 $x_n\to x$가 되게 한다. density 때문에 가능하다. 그러면 ${x_n}$은 Cauchy sequence이고, 위에서 증명한 결과에 의해 ${f(x_n)}$은 $\mathbb R$의 Cauchy sequence이다. $\mathbb R$은 complete이므로 $f(x_n)$은 어떤 실수 $g(x)$로 수렴한다.
이제 이 $g(x)$가 choice-independent임을 보이자. 만약 $y_n\in E$도 $y_n\to x$라면 interlaced sequence \(x_1,y_1,x_2,y_2,\dots\) 는 $x$로 가는 Cauchy sequence이고, 그 image는 Cauchy이므로 두 subsequence $f(x_n)$, $f(y_n)$는 같은 limit를 가져야 한다. 따라서 $g$는 well-defined.
마지막으로 $g$가 $f$의 extension이고 continuous임을 보이면 된다. $x\in E$일 때 constant sequence $x_n=x$를 쓰면 $g(x)=f(x)$. 또 uniform continuity를 써서 $x_m\to x$, $y_m\to y$ with $x_m,y_m\in E$를 잡고 limit를 취하면 $g$도 uniformly continuous, hence continuous임을 얻는다.
결론
uniformly continuous map은 Cauchy sequence를 Cauchy sequence로 보낸다. 이 사실을 쓰면 Exercise 13의 extension theorem을 sequence/Cauchy 방식으로 증명할 수 있다.
Exercise 13
문제 원문
Let $E$ be a dense subset of a metric space $X$, and let $f$ be a uniformly continuous real function defined on $E$. Prove that $f$ has a continuous extension from $E$ to $X$. (Uniqueness follows from Exercise 4.) Hint: For each $p\in X$ and each positive integer $n$, let $V_n(p)$ be the set of all $q\in E$ with $d(p,q)<1/n$. Use Exercise 9 to show that the intersection of the closures of the sets $f(V_1(p)), f(V_2(p)),\ldots$, consists of a single point, say $g(p)$, of $R^1$. Prove that the function $g$ so defined on $X$ is the desired extension of $f$. Could the range space $R^1$ be replaced by $R^k$? By any compact metric space? By any complete metric space? By any metric space?
쉬운 해설
핵심은 “$p$ 가까이 있는 $E$의 점들에서의 함수값은 uniform continuity 때문에 점점 한 점으로 몰린다”는 것이다. 그래서 그 한 점을 $g(p)$로 정의하면 된다.
완전 풀이
각 $p\in X$와 양의 정수 $n$에 대해 \(V_n(p)=\{q\in E:d(p,q)<1/n\}\) 로 두자. $E$가 dense이므로 각 $V_n(p)$는 nonempty이다.
uniform continuity 때문에, 임의의 $\varepsilon>0$에 대해 어떤 $\delta>0$가 존재하여 \(d(u,v)<\delta \implies |f(u)-f(v)|<\varepsilon.\) 이제 $n$을 충분히 크게 잡아 $2/n<\delta$가 되게 하자. 그러면 $u,v\in V_n(p)$이면 \(d(u,v)\le d(u,p)+d(p,v)<\frac1n+\frac1n=\frac2n<\delta,\) 따라서 \(|f(u)-f(v)|<\varepsilon.\) 즉 $f(V_n(p))$의 diameter는 0으로 간다. 따라서 closures \(\overline{f(V_1(p))}\supset \overline{f(V_2(p))}\supset\cdots\) 는 nested closed bounded sets이고 diameters가 0으로 간다. $\mathbb R$은 complete이므로 Exercise 21/Chapter 3의 완비성 정리와 같은 논리로 이들의 교집합은 정확히 한 점이다. 그 점을 $g(p)$라고 하자.
이제 $g$가 extension임을 보이자. $p\in E$이면 임의의 $n$에 대해 $p\in V_n(p)$, 따라서 $f(p)\in f(V_n(p))\subset \overline{f(V_n(p))}$. 교집합이 singleton이므로 \(g(p)=f(p).\)
마지막으로 $g$의 continuity를 보이자. $p_m\to p$라 하자. $\varepsilon>0$를 주고 uniform continuity로 $\delta>0$를 잡는다. 충분히 큰 $m$에 대해 $d(p_m,p)<\delta/3$. 또 density 때문에 $u\in E$ with $d(u,p)<\delta/3$, $v\in E$ with $d(v,p_m)<\delta/3$를 고를 수 있다. 그러면 \(d(u,v)\le d(u,p)+d(p,p_m)+d(p_m,v)<\delta,\) 따라서 \(|f(u)-f(v)|<\varepsilon.\) 그런데 $f(u)$는 $g(p)$에, $f(v)$는 $g(p_m)$에 arbitrarily 가깝게 고를 수 있으므로 결국 \(|g(p_m)-g(p)|\le \varepsilon.\) 즉 $g(p_m)\to g(p)$, 따라서 $g$는 continuous이다.
범위공간 대체 질문에 대해:
- $\mathbb R^k$: 된다. coordinatewise 혹은 complete metric space argument로 가능.
- any compact metric space: 된다. compact implies complete.
- any complete metric space: 된다. 위 증명에서 필요한 것은 complete뿐이다.
- arbitrary metric space: 일반적으로 안 된다. completeness가 없으면 Cauchy image가 limit를 가지지 않을 수 있다.
결론
dense subset 위 uniformly continuous real function은 ambient space 전체로 continuous extension을 가진다. 본질적 필요조건은 range space의 completeness이다.
Exercise 18
문제 원문
Every rational $x$ can be written in the form $x=m/n$, where $n>0$, and $m$ and $n$ are integers without any common divisors. When $x=0$, we take $n=1$. Consider the function $f$ defined on $R^1$ by \(f(x)= \begin{cases} 0,&x\text{ irrational},\\)2mm] \dfrac1n,&x=\dfrac mn. \end{cases} $$ Prove that $f$ is continuous at every irrational point, and that $f$ has a simple discontinuity at every rational point.
쉬운 해설
이 함수는 Thomae 함수다. irrational 근처에서는 작은 값의 rational만 살아남고 거의 다 0으로 눌리기 때문에 연속이 된다. rational 점에서는 함수값이 양수지만, irrational에서 0이 자꾸 접근하므로 jump처럼 보인다.
완전 풀이
먼저 irrational point $x_0$에서의 continuity를 보이자. $\varepsilon>0$를 주자. $N$을 택해 \(1/N<\varepsilon.\) 이제 denominator가 $\le N$인 rational numbers는 임의의 bounded interval 안에서 유한 개뿐이다. 특히 $x_0$ 근처 어떤 작은 interval 안에는 $x_0$ 자신을 제외하고 그런 rational들이 유한 개만 존재한다. $x_0$가 irrational이므로 이 유한 집합을 피하는 $\delta>0$를 택할 수 있다.
| 그러면 $ | x-x_0 | <\delta$이면 두 경우뿐이다. |
- $x$가 irrational이면 $f(x)=0$.
- $x$가 rational이면 reduced form $x=m/n$의 denominator가 반드시 $n>N$, 따라서 \(f(x)=1/n<1/N<\varepsilon.\)
또 $f(x_0)=0$이므로 \(|f(x)-f(x_0)|=|f(x)|<\varepsilon.\) 따라서 $f$는 모든 irrational point에서 continuous이다.
이제 rational point $x_0=m_0/n_0$를 reduced form으로 잡자. 그러면 \(f(x_0)=1/n_0>0.\) 하지만 irrational sequence $x_k\to x_0$를 잡으면 모든 $k$에 대해 $f(x_k)=0$, 따라서 \(f(x_k)\to0.\) 그러므로 $f$는 $x_0$에서 continuous일 수 없다.
한편 rational이든 irrational이든 $x\to x_0$일 때 $f(x)\to0$임을 보일 수 있다. 실제로 위 irrational점 continuity 증명과 같은 논리에서 중심을 rational point로 바꿔도, $x_0$ 자신을 제외하면 denominator가 작은 rational들을 피하는 작은 근방을 잡을 수 있으므로, $x\to x_0$, $x\ne x_0$이면 $f(x)\to0$이다. 따라서 \(f(x_0-)=f(x_0+)=0.\) 하지만 \(f(x_0)=1/n_0\ne0.\) 즉 rational point에서 simple discontinuity를 가진다.
결론
$f$는 모든 irrational point에서 continuous이고, 모든 rational point에서 simple discontinuity를 가진다.
Exercise 23
문제 원문
A real-valued function $f$ defined in $(a,b)$ is said to be convex if \(f(\lambda x+(1-\lambda)y)\le \lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)\) whenever $a<x<b$, $a<y<b$, $0<\lambda<1$. Prove that every convex function is continuous. Prove that every increasing convex function of a convex function is convex. For example, if $f$ is convex, so is $e^f$. If $f$ is convex in $(a,b)$ and if $a<s<t<u<b$, show that \(\frac{f(t)-f(s)}{t-s} \le \frac{f(u)-f(s)}{u-s} \le \frac{f(u)-f(t)}{u-t}.\)
쉬운 해설
convexity는 chord 아래에 그래프가 놓인다는 뜻이다. 이 성질 하나만으로 secant slope들이 정렬되고, 그 결과 continuity가 나온다.
완전 풀이
먼저 slope inequality를 보이자. $a<s<t<u<b$라 하자. $t$는 $s$와 $u$의 convex combination으로 쓸 수 있다: \(t=\lambda u+(1-\lambda)s, \qquad 0<\lambda<1.\) convexity로 \(f(t)\le \lambda f(u)+(1-\lambda)f(s).\) 정리하면 \(\frac{f(t)-f(s)}{t-s}\le \frac{f(u)-f(s)}{u-s}.\) 마찬가지로 $t$를 $s,u$ 사이에 두고 정리하면 \(\frac{f(u)-f(s)}{u-s}\le \frac{f(u)-f(t)}{u-t}.\) 따라서 원하는 이중부등식이 성립한다.
이제 continuity를 보이자. 한 점 $x_0\in(a,b)$를 고정하고 $x_0$ 양옆에 $s<x_0<u$를 잡는다. slope inequality에 의해 $x\in(s,u)$에서 secant slopes가 bounded된다. 이를 정리하면 $f(x)$는 $x_0$ 근방에서 affine functions 사이에 끼인다. 즉 locally bounded and locally Lipschitz-type control을 얻는다. 그러므로 $x\to x_0$일 때 $f(x)\to f(x_0)$. 따라서 모든 convex function은 continuous이다.
다음으로, $g$가 increasing and convex이고, $f$가 convex라 하자. 그러면 \(f(\lambda x+(1-\lambda)y)\le \lambda f(x)+(1-\lambda)f(y).\) $g$가 increasing이므로 \(g(f(\lambda x+(1-\lambda)y)) \le g(\lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)).\) 다시 $g$의 convexity로 \(g(\lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)) \le \lambda g(f(x))+(1-\lambda)g(f(y)).\) 따라서 $g\circ f$는 convex이다. 특히 $e^x$는 increasing convex이므로 $e^{f(x)}$도 convex이다.
결론
convex function은 continuous이고, secant slope들은 단조 정렬되며, increasing convex function과의 합성도 다시 convex이다.
Exercise 24
문제 원문
Assume that $f$ is a continuous real function defined in $(a,b)$ such that \(f\left(\frac{x+y}{2}\right)\le \frac{f(x)+f(y)}2\) for all $x,y\in(a,b)$. Prove that $f$ is convex.
쉬운 해설
이건 midpoint convexity + continuity ⇒ full convexity 정리다. 먼저 dyadic rational coefficients에 대해 부등식을 증명하고, 그 다음 continuity로 모든 실수 $\lambda\in(0,1)$로 확장한다.
완전 풀이
가정은 midpoint convexity이다: \(f\left(\frac{x+y}{2}\right)\le \frac{f(x)+f(y)}2.\)
먼저 귀납으로 dyadic rational $\lambda=m/2^n$에 대해 \(f(\lambda x+(1-\lambda)y) \le \lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)\) 를 보일 수 있다. $n=1$일 때는 가정 자체이고, $n\to n+1$ 단계는 midpoint를 한 번 더 적용하면 된다.
이제 임의의 $0<\lambda<1$를 잡자. $\lambda_n$을 dyadic rationals로 잡아 $\lambda_n\to\lambda$라 하자. 그러면 \(z_n=\lambda_n x+(1-\lambda_n)y\to z:=\lambda x+(1-\lambda)y.\) $f$의 continuity에 의해 \(f(z_n)\to f(z).\) 또 각 $n$에 대해 dyadic case로부터 \(f(z_n) \le \lambda_n f(x)+(1-\lambda_n)f(y).\) 이제 $n\to\infty$를 보내면 우변은 \(\lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)\) 로 가므로 \(f(\lambda x+(1-\lambda)y) \le \lambda f(x)+(1-\lambda)f(y).\) 즉 $f$는 convex이다.
결론
continuous midpoint-convex function은 convex이다.
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