수학 문제 훈련 4
05 Jul 20268. 최대최소정리
nonempty compact set $X$에 대해, 연속함수 $f: X \to \mathbb{R}$ 은 유계이며 상하한을 가지며
$p, q \in X$ such that $f(p) = \text{sup}_{x \in X}(f(x)), f(q) = \text{inf}_{x \in X}(f(x))$
우선 $\epsilon > 0$을 fix하자.
$U_x = f^-1((f(x) - \epsilon, f(x) + \epsilon))$ 라 하면,
$f$가 연속함수이므로 당연히 $U_x$는 열린집합, $x \in U_x$
즉, $X = \bigcup_{x \in X} U_x$
Since $X$ is compact set, there is finite set $A = \lbrace a_1, \cdots, a_n \rbrace \subseteq X$ such that
$X = \bigcup_{x \in X} U_x = \bigcup_{x \in A} U_x = \bigcup_{x \in A} U_x = \bigcup_{i \in [n]} U_{a_i}$
For ${}^\forall x \in X, {}^\exists i \in [n]$ such that $f(x) \in (f(a_i) - \epsilon, f(a_i) + \epsilon)$
Let
\[m_A:= \text{min}_{i \in [n]}f(a_i), \quad M_A:= \text{max}_{i \in [n]}f(a_i)\]유한개 집합이므로 2개중에 큰거나 작은걸 선택하는걸 반복하면 된다.
이때 $\bigcup_{i \in [n]}(f(a_i) - \epsilon, f(a_i) + \epsilon) \subseteq (m_A - \epsilon, M_A + \epsilon)$이며,
For ${}^\forall x \in X, f(x) \in (m_A - \epsilon, M_A + \epsilon)$
따라서, $f(X):=\lbrace f(x) : x \in X \rbrace$는 공집합이 아니고 유계이며, 상하한을 가진다.
우선 \(M = \text{sup}(f(X)), m = \text{inf}(f(X))\) 이라 해두자.
그리고 For $\delta > 0$, $V_\delta := f^{-1}((-\infty, M-\delta))$ 이라 하자.
이때 $X \setminus V_\delta = f^{-1}([M-\delta, \infty))$이며,
$M - \delta < M$이므로 ${}^\exists x \in X$ such that $f(x) > M - \delta$ 즉 $X \setminus V_\delta \neq \varnothing$.
만약 ${}^\forall x \in X, f(x) < M$이라면 ${}^\exists \delta_x >0$ such that $f(x) < M - \delta_x$, $x \in V_{\delta_x}$
즉, $X = \bigcup_{\delta \in (0, \infty)} V_\delta$
$X$는 컴팩트 set이므로 유한한 subcover이 존재하는데, 즉, 유한집합 $D \subseteq (0, \infty)$가 존재해
$X = \bigcup_{\delta \in (0, \infty)} V_\delta = \bigcup_{\delta \in D} V_\delta = V_{\text{min}(D)}$ 이며,
$X \setminus V_{\text{min}(D)} = X \setminus X = \varnothing$, 모순.
즉, ${}^\exists p \in X$ such that $f(p) = M$
하한도 똑같이 증명하면 된다- 그냥 $-f$에 대해서 위 결과를 적용해도 좋다.
8.1. 컴팩트성과 닫힌집합의 finite intersection property
nonempty 위상공간 X에 대해서, X의 compactness는 아래와 동치.
닫힌집합으로 구성된 집합족에 대해서, 유한 부분집합족의 intersection은 공집합이 될수 없을때, 전체의 intersection 또한 공집합이 될수 없다.
naive하게 생각하자.
compactness는, 열린집합의 합집합이 X를 덮으면, 덮는 유한 subcover의 존재성.
그걸 여로 뒤집으면 닫힌집합과, 교집합으로 바뀜,
즉, 닫힌집합족 전체의 교집합이 비어있으면, 역시 비어있는 유한 교집합이 존재.
이거의 대우는 언제나 유한 교집합이 비어있지 않을때, 전체의 교집합도 빌수 없다. 가 되나.
대우를 열린집합에 대해서 생각하면, 유한개 합집합이 X를 덮을수 없다면, 전체의 합집합도 X를 덮을수 없다가 되네, 이건 이거대로 깔끔한데.
유한집합 $D \subseteq (0, \infty)$에 대해 언제나 $\bigcup_{\delta \in D} V_\delta = V_{\text{min}(D)} \subsetneq X$이므로
$\bigcup_{\delta \in (0, \infty)} V_\delta \subsetneq X$이니까.
$X \setminus \bigcup_{\delta \in (0, \infty)} V_\delta = X \setminus f^{-1}((-\infty, M)) = f^{-1}([M, \infty)) = f^{-1}(\lbrace M \rbrace) \neq \varnothing$
$(-\infty, M-\delta)$ 대신 $[M-\delta, M]$을 쓰는게 조금더 직접적일거같긴 하네
9. 볼차노-바이어슈트라스 정리
여러 변형이 있는거같아서 여러모로 해보자
Every bounded sequence in $\mathbb{R}^n$ has a convergent subsequence.
In other words,
For $x:\mathbb{N} \to \mathbb{R}^n$, which there is some $C > 0$ such that $\vert x(n)_i \vert < C$ for any $i, n$
There is some $k:\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ which $i < j \Rightarrow k(i) < k(j)$,
such that $x(k(n))$ converges.
자, 이건 떠오르는 가장 간단한 해법은, 우선 1차원부터 하는거다.
1차원에서, 감소하지 않는 부분열을 만들고, 유계이므로 상한을 가진다
위처럼 상한에서 조금 뺀 거까지 닫힌집합을 만들면, 그 안에 이후가 다 들어온다.
딱 수렴의 정의 그 자체가 되죠?
여기서 수열이 어느 값으로 수렴함은, 임의의 근방에 대해 $n \ge N$일때 해당 근방에 대해 모두 들어가게 하는 $N$의 존재성.
그리고 여기서 중요한 보조정리는, 수렴시엔 임의의 부분열을 잡아도 걔도 똑같은애로 수렴.
이미 임의의 근방에 대해서 그런 N이 존재했었고 무한부분열이면 기존 index 기준 N이 넘게하는 N’이 존재하니.
그리고 1차원에서 수렴하게만 부분열 잡고, 2차원에서 마찬가지로 수렴하게 잡고 등등…
음, 그리 구조적이지 않아서 맘에 안드는데
되게 재미있는 또다른 풀이는, $[-C, C]^n$ cube에서, 점열이 무한게 있죠? 일단 어떻게든 2개의 닫힌집합으로 딱 중간축으로 잘라서 이등분해보면, 둘중 하나에선 점이 무한히 있는게 보장되죠 언제나?
뭐 그냥 합집합이 전체인 닫힌집합들에 대해서, 전체에서 무한개면 그중 하나는 무한개 있어야함
아무튼 그리 쪼개서 무한인애를 선택하고 배열하고.. 하는걸 반복하면, 닫힌집합의 감소열을 만들수 있지
유계고, 그 감소열에서 있는 닫힌집합의 교집합은 제일 작은애니까, 공집합이 아님.
전체의 교집합이 공집합이 아니고, 어느 점 x가 거기 속한다 칠때, x와 임의의 거리보다 작은 닫힌집합이 감소열에 반드시 있음.
즉, x와 다른 점 y는 교집합에 포함될수 없다. 즉, 감소열의 전체교집합은 singleton x임.
이제 x로 가는 부분열을 만들면 되는건데, 감소열에서 집합마다 해당 집합 밖의 점 아무거나를 고르고, 그 점 이전거를 싸그리 날려버리면, 어차피 무한개 있는애는 여전히 무한개.
그런 느낌으로 부분열을 만들어나갈수 있다-가 되겠네.
9-1. Sequentially compact
기본적으로는 X의 무한수열이, 극한점에 도달하는 부분수열을 가지고 있다는 이야기.
어느 수열이 점 x에 대해 수렴함은, x의 임의의 근방에 대해 어느 N이 존재해 그 이상이면 죄다 들어간다.
뒤집어 이야기하면, x의 임의의 근방에 포함되지 않는 index의 개수가 유한하다는것과 동치.
저 정리의 일반형이, 거리공간 X에 대해 complete and totally bounded,랑 sequentially comapact의 동치성이라 하네.
여기서 complete조건은, 임의의 코시열이 수렴한다는것.
흠, 동치성이라 생각보다 까다로울수도?
우선, 간단히 생각하면, 감소하는 epsilon의 열을 만들고, 그걸로 finite 구들 만들어두자.
언제나 이중 무한한애가 있고, 그리고 더 작은 단계일때 딱 구랑 교집합 통해서 고른 구를 또 더 작은 크기들로 쪼갤수 잇고 그중 무한한거 잇는게 반복된다.
어차피 해당 구를 닫힌구로 해도 되고, 닫힌구에 대해서는 위 논증 그대로 수렴성이 보장됨.
선택은 계속해서 점 잡고, 무한쪽에서 점 잡고, 하는 위 구성도 그대로 하고.
즉 최소한 n번째 점이 n번째 구 안에 있다는게 보장이 된다.
임의의 근방에 대해 어떤 구를 포함함이 보장되고, 해당 구에 매칭된 점 이후의 점은 모두 해당 구 안이므로 해결
역방향을 생각해볼까.
코시수열을 잡을때, 부분수열이 수렴한다 치자. 이떄 코시수열이랑 부분수열 수렴에 epsilon 1/3씩 주고, 중간 연결 1/3 해서 epsilon안에 가둬서 complete는 어찌 보일수 있을거같음
totally bounded가 감이 전혀 안잡혀서 ai한테 핼프를 쳤는데, 안된다면 거리 epsilon 아상의 수열을 무한히 고를수 있는데, 이건 수렴부분수열이 구조적으로 불가능하다.
뭐야 역방향이 생각보다 간단해서 당황했다.
근데 아직 totally bounded와 위 논증 연결성이 바로 안보이네-
9-2. totally bounded
거리공간 X에서 totally bounded랑, 임의의 무한수열에 대해 epsilon 이하 pair의 존재성이 동치란다.
그리고 거기서 코시수열의 존재성이 보장된다나.
우선 정방향, epsilon/2 크기 finite 구로 잡고 무한수열 굴리면 구 중 하나에 점 2개 이상.
걔네끼리 거리가 epsilon 이하일테므로 끝.
역방향은, totally bounded가 아니면, 언제나 X에다 점찍고, 거기서 모두랑 먼거 뽑고, 반복하는게 된다.
여기서 중요한 논증, 만약 X에 finite한 점끼리 거리는 epsilon 이상이면서,
그 뒤에 epsilon 이상인 점을 더 찍을수 없는 집합이 있으면
임의의 점이 epsilon 미만이라는거라 그 자체가 totally bounded를 의미함.
때문에, totally bounded가 아니면 그런 유한집합이 존재하지 않으며, epsilon 이상인 점을
계속 찍어대는게 가능함, 그러면 그 자체가 두 임의의 pair에 대해 언제나 epsilon 이하인 수열이 되는것.