함수공간: C_c, C_0, C_b

함수공간을 보는 씬입니다. 연속함수들의 세 집합

C_c

C_0

C_b

가 어떻게 겹치고 갈리는지 확인합니다. 유계인 연속함수 전체가

C_b

입니다. 멀리 가면 0으로 사라지는 함수가

C_0

, 유한 구간 밖에서는 완전히 0인 함수가

C_c

입니다.

C_c \subset C_0 \subset C_b

이고, 두 포함 모두 진짜입니다. 예를 들면, ⛺ 텐트는 유한한 땅에만 서 있습니다. 안개는 멀어질수록 옅어지지만 어디에나 깔려 있습니다. 끝없이 펼쳐진 평야는 사라지지 않습니다.

예제

$C_0(\mathbb{R})$ 가 sup 노름에 대해 $C_b(\mathbb{R})$ 의 닫힌 부분공간임을 완전히 증명하세요. 즉, $f_n \in C_0(\mathbb{R})$ 이고 $f \in C_b(\mathbb{R})$ 이며 $\|f_n - f\|_\infty \to 0$ 이면 $f \in C_0(\mathbb{R})$ 임을 보이세요. (균등수렴하는 연속함수열의 극한은 연속이라는 사실은 사용해도 됩니다.)

|f(x)| \le |f_n(x)| + \|f - f_n\|_\infty < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \quad (|x| > M)

세 대표원소: 텐트 함수(

C_c

e^{-|x|}

(

C_0

), 상수

1

(

C_b

) —

C_0

가 닫혀 있다는 것은 이 가운데 층이 균등극한에 닫혀 있다는 뜻입니다.

증명 보기

$\varepsilon > 0$ 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.

절단 함수 $\varphi_k(x) = 1$ ( $|x| \le k$ ), $\varphi_k(x) = k + 1 - |x|$ ( $k \le |x| \le k+1$ ), $\varphi_k(x) = 0$ ( $|x| \ge k+1$ )를 이용해, $C_c(\mathbb{R})$ 가 $C_0(\mathbb{R})$ 안에서 sup 노름으로 dense임을 완전히 증명하세요. 즉, 모든 $f \in C_0(\mathbb{R})$ 와 모든 $\varepsilon > 0$ 에 대해 $\|f - \varphi_k f\|_\infty < \varepsilon$ 인 $k$ 가 존재함을 보이세요.

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

k = 1

f_1 = \varphi_1 f

는

[-(k+1), k+1] = [-2, 2]

밖에서 사라지는

C_c

함수이고, sup 오차는

e^{-2} \approx 0.1353

입니다.

증명 보기

$f \in C_0(\mathbb{R})$ 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.

$f(x) = e^{-|x|}$ 와 $f_j = \varphi_j f$ ( $j = 1, 2, 3, \dots$ , $\varphi_j$ 는 문제 2의 절단 함수)를 이용해, $C_c(\mathbb{R})$ 가 sup 노름에 대해 완비가 아님을 완전히 증명하세요. 즉, $(f_j)$ 는 $C_c(\mathbb{R})$ 안의 균등 Cauchy 수열이지만, sup 노름 극한인 $f$ 는 $C_c(\mathbb{R})$ 에 속하지 않음을 보이세요.

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

k = 2

: 절단이 넓어질수록 sup 오차

e^{-(k+1)}

는

e^{-3} \approx 0.0498

까지 줄지만, 극한 함수

e^{-|x|}

자체는 어디에서도

0

이 되지 않습니다.

증명 보기

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).