함수공간: C_c, C_0, C_b

$\varepsilon > 0$을 고정합니다. $\|f_n - f\|_\infty \to 0$이므로, 어떤 $n$이 존재해서 $\|f - f_n\|_\infty < \frac{\varepsilon}{2}$를 만족합니다. 이 $n$을 고정합니다.

$f_n \in C_0(\mathbb{R})$이므로 $f_n$은 무한원에서 사라집니다: 어떤 $M$이 존재해서 $|x| > M$이면 $|f_n(x)| < \frac{\varepsilon}{2}$입니다.

$|x| > M$인 $x$에 대해 삼각부등식을 적용합니다:

$|f(x)| \le |f_n(x)| + |f(x) - f_n(x)| \le |f_n(x)| + \|f - f_n\|_\infty < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$.

즉 $|x| > M$이면 $|f(x)| < \varepsilon$이며, 이는 $f$가 무한원에서 사라진다는 뜻입니다. 따라서 $f \in C_0(\mathbb{R})$입니다.

따라서 $C_0(\mathbb{R})$는 $C_b(\mathbb{R})$ 안의 수열 극한을 모두 포함하므로 닫혀 있습니다.

$C_b(\mathbb{R})$가 sup 노름에 대해 완비하므로 (균등 Cauchy 수열은 유계 연속함수로 균등수렴합니다), 닫힌 부분공간 $C_0(\mathbb{R})$도 완비합니다.

$f \in C_0(\mathbb{R})$와 $\varepsilon > 0$을 고정합니다. 먼저 $f_k = \varphi_k f$가 $C_c(\mathbb{R})$에 속함을 확인합니다.

$\varphi_k$는 조각별 선형이라 연속이고, $f$도 연속이므로 곱 $f_k$는 연속입니다. $|x| \ge k+1$이면 $\varphi_k(x) = 0$이라 $f_k(x) = 0$입니다. 따라서 $\operatorname{supp} f_k \subseteq [-(k+1), k+1]$이며, 이 지지집합은 compact이므로 $f_k \in C_c(\mathbb{R})$입니다.

오차를 잽니다. $|x| \le k$이면 $\varphi_k(x) = 1$이라 $f_k(x) = f(x)$이고 오차는 $0$입니다.

$|x| > k$이면 $0 \le 1 - \varphi_k(x) \le 1$이므로

$|f(x) - f_k(x)| = (1 - \varphi_k(x))\,|f(x)| \le |f(x)| \le \sup_{|t| \ge k} |f(t)|$.

결론적으로 모든 $x$에 대해 $|f(x) - f_k(x)| \le \sup_{|t| \ge k} |f(t)|$이며, 따라서 $\|f - f_k\|_\infty \le \sup_{|t| \ge k} |f(t)|$입니다.

$f \in C_0(\mathbb{R})$이므로 $f$는 무한원에서 사라집니다. 이를 $\frac{\varepsilon}{2}$에 적용하면, 어떤 $k$가 존재해서 $|t| \ge k$이면 $|f(t)| < \frac{\varepsilon}{2}$입니다.

이 $k$에 대해 $\sup_{|t| \ge k} |f(t)| \le \frac{\varepsilon}{2}$이고, 앞 단계에서 $\|f - f_k\|_\infty \le \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon$를 얻습니다.

즉 $f$의 모든 $\varepsilon$-근방에 $C_c(\mathbb{R})$의 원소 $f_k$가 들어 있습니다.

따라서 $C_0(\mathbb{R}) \subseteq \overline{C_c(\mathbb{R})}$입니다.

반대로 $C_c(\mathbb{R}) \subseteq C_0(\mathbb{R})$이고 문제 1에 의해 $C_0(\mathbb{R})$는 닫혀 있으므로 $\overline{C_c(\mathbb{R})} \subseteq C_0(\mathbb{R})$입니다.

결론적으로 $\overline{C_c(\mathbb{R})} = C_0(\mathbb{R})$: $C_c(\mathbb{R})$는 $C_0(\mathbb{R})$ 안에서 dense입니다.

각 $f_j = \varphi_j f$는 문제 2의 첫 단계에 의해 $C_c(\mathbb{R})$에 속합니다: 연속이고, $\operatorname{supp} f_j \subseteq [-(j+1), j+1]$입니다.

핵심 등식은 $\|f - f_j\|_\infty = e^{-(j+1)}$입니다. 구간별로 확인합니다.

$|x| \le j$: $\varphi_j(x) = 1$이라 오차는 $0$입니다.

$j \le |x| \le j+1$: $s = |x| - j \in [0, 1]$로 두면 오차는 $s\, e^{-|x|} = e^{-(j+1)} \cdot s e^{1-s}$입니다. $e^{s-1} \ge 1 + (s - 1) = s$ (지수함수의 볼록성)이므로 $s e^{1-s} \le 1$이고, 오차는 $e^{-(j+1)}$ 이하입니다.

$|x| \ge j+1$: $\varphi_j(x) = 0$이라 오차는 $e^{-|x|} \le e^{-(j+1)}$입니다.

그리고 $|x| = j+1$에서는 오차가 정확히 $e^{-(j+1)}$이므로, 상한은 이 값과 같습니다.

$(f_j)$가 균등 Cauchy임을 보입니다. 모든 $i, j$에 대해 삼각부등식으로

$\|f_i - f_j\|_\infty \le \|f_i - f\|_\infty + \|f - f_j\|_\infty = e^{-(i+1)} + e^{-(j+1)}$.

$i, j \to \infty$이면 오른쪽이 $0$으로 가므로, 모든 $\varepsilon > 0$에 대해 $i, j$가 충분히 크면 $\|f_i - f_j\|_\infty < \varepsilon$입니다: $(f_j)$는 sup 노름 Cauchy 수열입니다.

또한 $\|f_j - f\|_\infty = e^{-(j+1)} \to 0$이므로, $(f_j)$의 sup 노름 극한 (즉 $C_b(\mathbb{R})$ 안에서의 극한)은 $f$입니다.

$f \in C_0(\mathbb{R})$입니다: $\varepsilon > 0$에 대해 $|x| > \ln\frac{1}{\varepsilon}$이면 $|f(x)| = e^{-|x|} < \varepsilon$이기 때문입니다.

그러나 $f \notin C_c(\mathbb{R})$입니다: 모든 $x$에 대해 $f(x) = e^{-|x|} > 0$이라 $\{x : f(x) \ne 0\} = \mathbb{R}$이고, $\operatorname{supp} f = \mathbb{R}$는 compact이 아닙니다.

$C_c(\mathbb{R})$가 완비했다고 가정해 보세요. 그러면 Cauchy 수열 $(f_j)$는 어떤 $g \in C_c(\mathbb{R})$로 sup 노름 수렴해야 합니다.

그러나 sup 노름 극한은 $C_b(\mathbb{R})$ 안에서 유일합니다: $\|f_j - g\|_\infty \to 0$이고 $\|f_j - f\|_\infty \to 0$이면 $\|f - g\|_\infty \le \|f - f_j\|_\infty + \|f_j - g\|_\infty \to 0$이라 $f = g$입니다.

그런데 $f \notin C_c(\mathbb{R})$이므로 모순입니다. 따라서 $C_c(\mathbb{R})$는 완비가 아니며, $C_0(\mathbb{R})$ 안에서도 $C_b(\mathbb{R})$ 안에서도 닫혀 있지 않습니다 (문제 2의 density와 함께 읽으면 $\overline{C_c(\mathbb{R})} = C_0(\mathbb{R})$가 됩니다).