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연습문제

이 장의 내용을 확인하는 연습문제이다. 풀이는 접어서 두었으니 먼저 스스로 풀어 보자.

보통

1보통

무리수 xx가 리우빌 수(Liouville number)라는 것은 모든 m≥1m \ge 1에 대해 부등식 ∣x−p/q∣<1/qm|x - p/q| < 1/q^m을 만족하는 정수쌍 (p,q)(p, q) (q≥2q \ge 2)가 무한히 많이 존재하는 것이다. k≥1k \ge 1에 대해 Uk=⋃q≥2⋃p∈Z(p/q−1/qk, p/q+1/qk)U_k = \bigcup_{q \ge 2}\bigcup_{p \in \mathbb{Z}} (p/q - 1/q^k,\ p/q + 1/q^k)이라 두자.

(a) 각 UkU_k가 R\mathbb{R}의 조밀한 열린 집합임을 보여라. (b) G=⋂k≥1Uk∩⋂j≥1(R∖{rj})G = \bigcap_{k \ge 1} U_k \cap \bigcap_{j \ge 1} (\mathbb{R} \setminus \{r_j\}) (여기서 {rj}\{r_j\}는 유리수의 열거)가 GδG_\delta 집합이고 그 모든 원소가 리우빌 수임을 보여라. (c) 베어 범주 정리로 리우빌 수들이 R\mathbb{R}에 조밀하고 비가산임을 결론지어라.

Uk=⋃q≥2⋃p∈Z(pq−1qk, pq+1qk)U_k = \bigcup_{q \ge 2}\bigcup_{p \in \mathbb{Z}} \left(\frac{p}{q} - \frac{1}{q^k},\ \frac{p}{q} + \frac{1}{q^k}\right)
G=⋂k≥1Uk ∩ ⋂j≥1(R∖{rj})G = \bigcap_{k \ge 1} U_k \ \cap\ \bigcap_{j \ge 1} (\mathbb{R} \setminus \{r_j\})
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  1. (a) 각 UkU_k는 열린 구간들의 합집합이므로 열려 있다. 모든 유리수 p/qp/q는 중심이 자기 자신인 구간에 속하므로 Q⊂Uk\mathbb{Q} \subset U_k이고, Q\mathbb{Q}가 조밀하므로 UkU_k도 조밀하다.

  2. (b) GG는 가산 개의 열린 집합들의 교집합이므로 GδG_\delta이다 (각 R∖{rj}\mathbb{R} \setminus \{r_j\}도 열려 있다). x∈Gx \in G라 하자. xx는 무리수이고, 각 kk마다 ∣x−pk/qk∣<1/qkk|x - p_k/q_k| < 1/q_k^k인 쌍 (pk,qk)(p_k, q_k)이 존재한다.

    서로 다른 쌍이 유한 개만 등장한다면, 어떤 쌍 (p,q)(p, q)가 무한히 많은 kk에 대해 반복되어 ∣x−p/q∣=0|x - p/q| = 0, 즉 x=p/qx = p/q가 되어 무리수임에 모순이다. 따라서 서로 다른 쌍이 무한히 많다. 고정된 mm에 대해 k≥mk \ge m인 쌍들은 ∣x−pk/qk∣<1/qkk≤1/qkm|x - p_k/q_k| < 1/q_k^k \le 1/q_k^m을 만족하므로, xx는 리우빌 수의 정의를 만족한다.

  3. (c) GG는 조밀한 열린 집합들의 가산 교집합이므로 베어 범주 정리에 의해 R\mathbb{R}에 조밀하다. 따라서 리우빌 수들도 조밀하다.

    또한 GG는 비가산이다: G={xn}G = \{x_n\}이라 가정하면 G∩⋂n(R∖{xn})=∅G \cap \bigcap_n (\mathbb{R} \setminus \{x_n\}) = \varnothing인데, 이는 조밀한 열린 집합들의 가산 교집합이므로 베어 정리에 의해 조밀해야 하여 모순이다.

2보통

T(x)=cos⁡x+14T(x) = \frac{\cos x + 1}{4} (x∈[0,1]x \in [0, 1])이라 하자.

(a) TT가 [0,1][0, 1]을 자기 자신으로 보내는 수축사상(contraction)임을 보여라 (수축 상수를 명시하라). (b) TT가 유일한 고정점 x∗∈[0,1]x^* \in [0, 1]을 가짐을 결론지어라. (c) x0=0x_0 = 0, xn+1=T(xn)x_{n+1} = T(x_n)이라 할 때, 오차 상한 ∣xn−x∗∣≤qn1−q∣x1−x0∣|x_n - x^*| \le \frac{q^n}{1-q}|x_1 - x_0|을 이용해 ∣xn−x∗∣<10−3|x_n - x^*| < 10^{-3}을 보장하는 가장 작은 nn을 구하라.

∣T(x)−T(y)∣≤14∣x−y∣|T(x) - T(y)| \le \frac{1}{4}|x - y|
∣xn−x∗∣≤23(14)n|x_n - x^*| \le \frac{2}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^n
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  1. (a) cos⁡\cos은 [0,π][0, \pi]에서 감소하고 1<π/31 < \pi/3이므로 cos⁡1>cos⁡(π/3)=1/2\cos 1 > \cos(\pi/3) = 1/2이다. 따라서 x∈[0,1]x \in [0,1]일 때 cos⁡x∈(cos⁡1,1]⊂(1/2,1]\cos x \in (\cos 1, 1] \subset (1/2, 1]이고 T(x)∈(3/8,1/2]⊂[0,1]T(x) \in (3/8, 1/2] \subset [0, 1]이다.

    수축성은 평균값 정리로: ∣cos⁡x−cos⁡y∣≤∣x−y∣|\cos x - \cos y| \le |x - y| (∣sin⁡∣≤1|\sin| \le 1이므로)이어서

    ∣T(x)−T(y)∣=∣cos⁡x−cos⁡y∣4≤14∣x−y∣,|T(x) - T(y)| = \frac{|\cos x - \cos y|}{4} \le \frac{1}{4}|x - y|,

  2. 즉 q=1/4q = 1/4인 수축사상이다.

    [0,1][0, 1]은 완비 거리공간이므로 바나흐 고정점 정리에 의해 TT는 유일한 고정점 x∗∈[0,1]x^* \in [0, 1]을 갖는다. 이것이 (b)이다.

  3. (c) x0=0x_0 = 0이면 x1=T(0)=1/2x_1 = T(0) = 1/2이므로 ∣x1−x0∣=1/2|x_1 - x_0| = 1/2이다. 오차 상한에 q=1/4q = 1/4를 대입하면 ∣xn−x∗∣≤(1/4)n3/4⋅12=234−n|x_n - x^*| \le \frac{(1/4)^n}{3/4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{3}4^{-n}이다.

    234−n<10−3\frac{2}{3}4^{-n} < 10^{-3}은 4n>2000/3≈666.74^n > 2000/3 \approx 666.7과 동치이고, 44=256<666.7<1024=454^4 = 256 < 666.7 < 1024 = 4^5이므로 가장 작은 nn은 55이다. 실제로 ∣x5−x∗∣≤23⋅1024=11536<10−3|x_5 - x^*| \le \frac{2}{3 \cdot 1024} = \frac{1}{1536} < 10^{-3}이다.

3보통

CC를 삼진법 소수 전개가 숫자 00과 22만을 사용하는 [0,1][0, 1]의 점들의 집합(표준 중간삼분의 일 칸토어 집합)이라 하자.

C+C={x+y:x,y∈C}C + C = \{x + y : x, y \in C\}에 대해 C+C=[0,2]C + C = [0, 2]임을 증명하라.

C={∑n=1∞2an3n:an∈{0,1}}C = \left\{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2a_n}{3^n} : a_n \in \{0, 1\} \right\}
C+C=[0,2]C + C = [0, 2]
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  1. 숫자를 22로 나누어 다시 쓰면 C={∑n≥12an3−n:an∈{0,1}}C = \{\sum_{n \ge 1} 2a_n 3^{-n} : a_n \in \{0,1\}\}이다. x,y∈Cx, y \in C이면 x+y≤2x + y \le 2이므로 C+C⊂[0,2]C + C \subset [0, 2]는 자명하다.

    역포함을 보인다.

  2. s∈[0,2]s \in [0, 2]라 하자. s/2∈[0,1]s/2 \in [0, 1]은 삼진법 전개 s/2=∑n≥1en3−ns/2 = \sum_{n \ge 1} e_n 3^{-n} (en∈{0,1,2}e_n \in \{0, 1, 2\})를 갖는다.

    각 자릿수를 쪼갠다: en=0e_n = 0이면 (an,bn)=(0,0)(a_n, b_n) = (0, 0), en=1e_n = 1이면 (1,0)(1, 0), en=2e_n = 2이면 (1,1)(1, 1)이라 두면 an,bn∈{0,1}a_n, b_n \in \{0, 1\}이고 en=an+bne_n = a_n + b_n이다. x=∑2an3−nx = \sum 2a_n 3^{-n}, y=∑2bn3−ny = \sum 2b_n 3^{-n}이라 두면 x,y∈Cx, y \in C이고

    x+y=∑n=1∞2(an+bn)3n=2∑n=1∞en3n=s.x + y = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(a_n + b_n)}{3^n} = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{e_n}{3^n} = s.

  3. 따라서 s∈C+Cs \in C + C이다. ss가 임의였으므로 [0,2]⊂C+C[0, 2] \subset C + C이고, 양쪽 포함으로 C+C=[0,2]C + C = [0, 2]이다.

    측도가 00인 "구멍투성이" 집합 두 개의 합이 구간 전체가 된다는 점이 놀랍다.

어려움

4어려움

f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R}의 연속점들의 집합을 C(f)C(f)라 하자.

(a) 진동(oscillation) ωf(x)=inf⁡δ>0sup⁡{∣f(y)−f(z)∣:y,z∈(x−δ,x+δ)}\omega_f(x) = \inf_{\delta > 0} \sup\{|f(y) - f(z)| : y, z \in (x-\delta, x+\delta)\}을 이용해 C(f)=⋂k=1∞{x:ωf(x)<1/k}C(f) = \bigcap_{k=1}^{\infty} \{x : \omega_f(x) < 1/k\}이고 각 {x:ωf(x)<1/k}\{x : \omega_f(x) < 1/k\}가 열려 있음을 보여라. 즉 C(f)C(f)는 GδG_\delta 집합이다.

(b) 베어 범주 정리를 이용해 Q\mathbb{Q}가 R\mathbb{R}의 GδG_\delta 부분집합이 아님을 보여라. (c) 유리수에서 정확히 연속이고 무리수에서 정확히 불연속인 함수 f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R}는 존재하지 않음을 결론지어라.

C(f)=⋂k=1∞{x:ωf(x)<1/k}C(f) = \bigcap_{k=1}^{\infty} \{x : \omega_f(x) < 1/k\}
Q=⋂n=1∞Gn  (Gn open)⟹⋂j=1∞(Gj∖{qj})=∅\mathbb{Q} = \bigcap_{n=1}^{\infty} G_n \ \ (G_n \text{ open}) \quad \Longrightarrow \quad \bigcap_{j=1}^{\infty}\left(G_j \setminus \{q_j\}\right) = \varnothing
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  1. (a) Ω(δ):=sup⁡{∣f(y)−f(z)∣:y,z∈(x−δ,x+δ)}\Omega(\delta) := \sup\{|f(y) - f(z)| : y, z \in (x-\delta, x+\delta)\}라 두면 ωf(x)=inf⁡δ>0Ω(δ)\omega_f(x) = \inf_{\delta > 0} \Omega(\delta)입니다. (⇒)(\Rightarrow) ff가 xx에서 연속이라 하자. 임의의 ε>0\varepsilon > 0에 대해 ∣y−x∣<δ⇒∣f(y)−f(x)∣<ε/2|y - x| < \delta \Rightarrow |f(y) - f(x)| < \varepsilon/2인 δ>0\delta > 0이 있다.

    그러면 y,z∈(x−δ,x+δ)y, z \in (x-\delta, x+\delta)에 대해 ∣f(y)−f(z)∣≤∣f(y)−f(x)∣+∣f(x)−f(z)∣<ε|f(y) - f(z)| \le |f(y) - f(x)| + |f(x) - f(z)| < \varepsilon이므로 Ω(δ)≤ε\Omega(\delta) \le \varepsilon이고, ωf(x)≤ε\omega_f(x) \le \varepsilon이다. ε\varepsilon이 임의였으므로 ωf(x)=0\omega_f(x) = 0이다.

  2. (⇐)(\Leftarrow) ωf(x)=0\omega_f(x) = 0이라 하자. 임의의 ε>0\varepsilon > 0에 대해 inf⁡δ>0Ω(δ)=0<ε\inf_{\delta > 0} \Omega(\delta) = 0 < \varepsilon이므로 Ω(δ)<ε\Omega(\delta) < \varepsilon인 δ>0\delta > 0이 있다. 그러면 ∣y−x∣<δ⇒∣f(y)−f(x)∣≤Ω(δ)<ε|y - x| < \delta \Rightarrow |f(y) - f(x)| \le \Omega(\delta) < \varepsilon (z=xz = x인 경우) — ff는 xx에서 연속이다.

    따라서 x∈C(f)  ⟺  ωf(x)=0  ⟺  ωf(x)<1/k (∀k)  ⟺  x∈⋂k{ωf<1/k}x \in C(f) \iff \omega_f(x) = 0 \iff \omega_f(x) < 1/k \ (\forall k) \iff x \in \bigcap_k \{\omega_f < 1/k\}, 즉 C(f)=⋂k{ωf<1/k}C(f) = \bigcap_k \{\omega_f < 1/k\}이다.

  3. 각 {ωf<1/k}\{\omega_f < 1/k\}가 열려 있음을 보인다. ωf(x0)<1/k\omega_f(x_0) < 1/k라 하자. 하한의 정의에서 어떤 δ>0\delta > 0에 대해 M:=sup⁡{∣f(y)−f(z)∣:y,z∈(x0−δ,x0+δ)}<1/kM := \sup\{|f(y) - f(z)| : y, z \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta)\} < 1/k이다.

    x1∈(x0−δ/2,x0+δ/2)x_1 \in (x_0 - \delta/2, x_0 + \delta/2)이면 (x1−δ/2,x1+δ/2)⊂(x0−δ,x0+δ)(x_1 - \delta/2, x_1 + \delta/2) \subset (x_0 - \delta, x_0 + \delta)이므로 ωf(x1)≤M<1/k\omega_f(x_1) \le M < 1/k이다. 즉 {ωf<1/k}\{\omega_f < 1/k\}는 x0x_0의 근방을 포함하므로 열려 있다.

  4. (b) Q=⋂nGn\mathbb{Q} = \bigcap_n G_n (GnG_n 열림)이라 가정하자. 각 Gn⊃QG_n \supset \mathbb{Q}는 조밀하므로 열린 조밀 집합이다. Q={q1,q2,… }\mathbb{Q} = \{q_1, q_2, \dots\}라 열거하고 Hj=Gj∩(R∖{qj})H_j = G_j \cap (\mathbb{R} \setminus \{q_j\})라 두자. 각 HjH_j는 열린 조밀 집합이다 ({qj}\{q_j\}를 제거해도 조밀성은 유지된다).

    베어 정리에 의해 ⋂jHj\bigcap_j H_j는 R\mathbb{R}에 조밀하지만, ⋂jHj⊂Q∖Q=∅\bigcap_j H_j \subset \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Q} = \varnothing이므로 모순이다. 따라서 Q\mathbb{Q}는 GδG_\delta가 아니다.

  5. (c) C(f)=QC(f) = \mathbb{Q}인 ff가 존재한다면 (a)에 의해 Q\mathbb{Q}가 GδG_\delta가 되어 (b)에 모순이다. 따라서 유리수에서 정확히 연속인 함수는 존재하지 않는다.

    (참고로 토매 함수는 그 반대 — 무리수에서 정확히 연속 — 를 실현하며, 무리수 집합은 GδG_\delta이다.)